Ed. Arambulo

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS CON APLICACIONES EN CIENCIA E INGENIERÍA

Volumen I Carlos Eduardo Arámbulo Ostos Universidad Nacional de Ingeniería Facultad de Ingeniería Industrial y de Sistemas Profesor Asociado

Revisión Técnica Jimmy Rosales Huamaní

Celestina Peña Quiñones

Dr. en Ingeniería de Sistemas en la Universidad Nacional de Ingenería Universidad Politécnica de Madrid M.Sc. Ingeniería de Sistemas Ingeniero Químico en la Universidad Nacional de Ingeniería Profesor Principal de la Facultad de Ingeniería Geológica, Minera y Metalúrgica. Universidad Nacional de Ingeniería

Ms. Ciencia Profesora Principal de la Facultad de Ingeniería Industrial y de Sistemas Universidad Nacional de Ingeniería

José Obregón Sotelo Ing. Mecánico Electricista Profesor Asociado de la Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica Universidad Nacional de Ingeniería

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ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

La presentación, disposición y diseño de esta obra, son de propiedad del autor.

TÍTULO: ECUACIONES DIFERENCIALES CON APLICACIONES EN CIENCIA E INGENIERIA.

Derechos reservados en español: 2010. PRIMERA EDICION: MAYO DE 1992. SEGUNDA EDICION: SEPTIEMBRE DEL 2010. SEGUNDA IMPRESIÓN: SEPTIEMBRE DEL 2017. Diseño de la Carátula:

Carlos Eduardo Arámbulo Ostos.

Derechos Reservados de la Editorial TACHITA S.A.C.

Ninguna parte de este libro puede ser reproducida, archivada o transmitida en forma alguna o mediante algún sistema, ya sea electrónico, mecánico, de fotoreproducción, de almacenamiento en memoria o en cualquier otro medio, sin el previo y expreso permiso por escrito de la Editorial Tachita S.A.C.

Ley 13714

Lima - Perú

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A Dios por ser como soy A mis tesoros de toda la vida: Mi esposa Tarcila Hilda y mi hijo Carlos Martín quienes constituyen la fuente de mis inspiraciones y mi constante superación, con el cariño, afecto y respeto de siempre.

Carlos Eduardo Arámbulo Ostos.

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Prólogo Esta es la primera parte de la obra “Ecuaciones Diferenciales Ordinarias con Aplicaciones a Ingeniería” del autor Carlos Eduardo Arámbulo Ostos, que consta de dos volúmenes; por consiguiente la numeración de páginas continuará en la segunda parte. Esta obra ha sido escrita para que sirva de libro texto, pues es concreto y de fácil lectura para estudiantes que llevan el primer curso de introducción a las ecuaciones diferenciales ordinarias que los estudiantes de ciencias, ingeniería y matemáticas toman después de un curso previo de cálculo infinitesimal, con conocimientos razonables de Álgebra y Trigonometría. El profesor deberá tener en cuenta esta circunstancia, no olvidando que sus oyentes sólo están familiarizados con los aspectos puramente operativos del cálculo y carecen de una formación matemática rigurosa. Por ello, es aconsejable que utilice cuantas oportunidades se le ofrezcan para despertar y desarrollar en ellos el hábito del rigor matemático. También sirve como libro de consulta para todos aquellos que ya hubiesen terminado dicho curso, así como a los egresados que quieran seguir estudios de post-grado en Ingeniería, Economía y/o Administración.

Para lograr dicho propósito el libro tiene los siguientes objetivos: 1. -

Aumentar la cultura y el entendimiento de las ideas básicas, hechos y técnicas que tienen la mayor importancia e interés tanto en Matemática Pura como Aplicada.

2. -

Demostrar como las ecuaciones diferenciales pueden ser útiles en la solución de variados tipos de problemas de la situación del mundo real, en particular, mostrar al estudiante como: a) Traducir problemas a un lenguaje de ecuaciones diferenciales, esto es, establecer la formulación matemática de problemas y realización de un modelo matemático. b) Mediante un análisis matemático, resolver la ecuación diferencial resultante sujeta a condiciones dadas. c) Interpretar las soluciones obtenidas.

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Se presentan problemas elementales de muchos campos diferentes e importantes, los cuales se explican en relación a su formulación matemática, solución e interpretación. Las aplicaciones están ordenadas de modo tal que los tópicos de mayor interés a los estudiantes o al profesor pueden escogerse sin dificultad. 3. -

Pensar en un enfoque con el propósito de lograr una exposición que a los estudiantes les sea accesible, atractiva e interesante con la finalidad de motivarlos de modo que se consiga un entendimiento de los tópicos tratados y se desarrolle un interés. Esto se logra por medio de ayudas como ejemplos, preguntas y problemas para discusión; esperando haberme anticipado a ello y abordado la mayoría de las preguntas y dificultades con que se encuentran regularmente cuando estudian ecuaciones diferenciales por primera vez.

4. -

Proporcionar relativamente pocos métodos de resolver ecuaciones diferenciales que puedan aplicarse a un grupo grande de problemas. Se ha enfatizado en un número mínimo de métodos básicos que el estudiante encuentra normalmente en la práctica.

5. - Proporcionar diferentes aplicaciones que estimulen tanto la motivación como la ilustración de las técnicas elementales estandarizadas de solución de ecuaciones diferenciales. Para ello se ha puesto el mayor cuidado en la elección y estudio del material de ejercicios y problemas en forma más extensa y detallada que es lo que es costumbre en textos elementales de Cálculo y de Ecuaciones Diferenciales. 6. -

Proporcionar al estudiante que desee estudiar métodos e ideas más avanzadas o problemas y técnicas más complicados una oportunidad para que lo haga. Esto se hace al ofrecer un material abundante en ejercicios y problemas propuestos de modo que el profesor podrá señalar tareas separadas a cada alumno o a cada grupo de ellos, así como seleccionar cuestiones y problemas para las pruebas de prácticas y exámenes parciales que se realicen durante el curso. Se incluirán también auto-evaluaciones tanto para prácticas como para los exámenes (parcial y final), para que el alumno pueda determinar el nivel de aprendizaje. Los ejercicios están ordenados en grados de dificultad, siendo los primeros en su mayoría fáciles que requieren poca originalidad y están diseñados para propósitos de prácticas. Los intermedios requieren computaciones algebraicas

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más complicadas o mayor originalidad que los anteriores y los últimos están dirigidos principalmente a complementar el material del texto; ellos exigen un alto grado de originalidad y conocimiento, diseñados para desafiar a los estudiantes y profesionales que utilicen este texto. 7. -

Separar la teoría de las ecuaciones diferenciales de sus aplicaciones, para dar amplia atención a cada una. Esto se consigue presentando la teoría y aplicaciones en capítulos separados, particularmente en los primeros capítulos del libro. Esto se hace por dos razones. Primero, desde un punto de vista pedagógico, parece no aconsejable mezclar teoría y aplicaciones en las etapas iníciales puesto que el principiante generalmente encuentra difícil la formulación matemática de problemas aplicados; cuando él se ve forzado a hacerlo, además de aprender técnicas de solución, generalmente ningún tema se domina. Al tratar la teoría sin aplicaciones y luego ampliar gradualmente a las aplicaciones (al mismo tiempo que se revisa la teoría), el estudiante puede aprender mejor ambos tópicos puesto que la atención se concentra en sólo un aspecto a la vez. Una segunda razón para separar teoría y aplicaciones es la de facultar a los profesores que deseen presentar un mínimo de aplicaciones de hacerlo tan fácilmente sin tener que estar en la difícil posición de tener que “saltar” capítulos. También debo manifestar, por la experiencia adquirida en más de 30 años de dictar esta signatura, en la comunicación con muchos estudiantes, que en algunos casos no han apreciado las bondades de este curso porque el desarrollo fue netamente matemático con pocas aplicaciones. Este primer volumen consta de 3 capítulos que son: 1. -

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales en general y conceptos fundamentales.

2. -

Ecuaciones Diferenciales de primer orden y sus métodos de solución.

3. -

Aplicaciones de las Ecuaciones Diferenciales de primer orden.

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Agradecimiento: Aprovecho la oportunidad para agradecer a muchos de mis colegas por sus valiosas sugerencias y críticas constructivas, así como también por los aportes de muchos de los problemas presentados en esta obra, Colegas como Alejandro Huamán y Gelacio Tafur (Licenciados en Física); Daniel Alcántara (Licenciado en Química); Víctor Moncada (Ingeniero Mecánico), a los Doctores (Médicos) Víctor Carrasco y Raúl Arámbulo. En particular, deseo expresar mi profundo agradecimiento a los profesores Jimmy Rosales Huamaní (Dr.(c) Informática), José Obregón Sotelo (Ing. Mecánico Electricista) y Celestina Peña Quiñones (MS, Ciencias) docentes de la prestigiosa Universidad Nacional de Ingeniería, quienes se tomaron el trabajo de leer con exquisito cuidado el original, proporcionándome valiosas observaciones.

Asimismo mi agradecimiento por el aporte y revisión, y principalmente por los dibujos de mi colega Víctor Moncada (Ing. Mecánico). También a las Srta. Sonia Fajardo en su primera edición y a la Srta. Fiorella Z. Espinoza Villafuerte en su segunda edición quienes colaboraron desinteresadamente en el mecanografiado del texto, que por la naturaleza de la obra es complicada.

Finalmente mi agradecimiento al Instituto de Investigación de la Facultad de Ingeniería Industrial y Sistemas de la Universidad Nacional de Ingeniería por el apoyo económico brindado, en calidad de donación, sin cuya ayuda no hubiese sido posible la publicación de esta obra, así como también a su Director Doctor Luis Huamán Ureta por su continua asistencia, estímulo y principalmente por su comprensión y paciencia por el retraso de la publicación, Igualmente al Ing. Luis Flores Fonseca, decano de la Facultad de Ingeniería Industrial y Sistemas, por las facilidades brindadas en la ejecución de esta obra. También vaya mi enorme y reconocido agradecimiento, en esta segunda edición a la Universidad Tecnológica del Perú y su Oficina Editorial por el apoyo brindado especialmente a su promotor Ing. Roger Amuruz Gallegos, así como también a su Vicepresidente Académico Ing. Lucio Huamán Ureta por sus sabios consejos, por su apoyo incondicional y brindarme esta oportunidad.

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ÍNDICE Página Prologo

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Agradecimiento

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Índice

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CAPÍTULO 1 1.0

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales 1.1

Definiciones y Observaciones Preliminares

...................................

1

Ecuación Diferencial. Definición (1). Ejemplos de Ecuaciones Diferenciales (2) Orden. (5) Clasificación de las Ecuaciones Diferenciales. (6) Grado. (7) Solución de una Ecuación Diferencial. (9) Tipos de Solución. Solución General. Solución Particular. (11) Solución Singular. (14)

Solución Implícita. (15)

Solución Explícita. Solución Trivial. (16) Problemas Resueltos. (17) 1.2

Problemas de Valor Inicial y de Frontera.

.

...............................

22

Problemas de Valor Inicial (23). Problema de Valor de Frontera ............... 24 1.3

Observaciones sobre existencia y unicidad de las soluciones. (24) Teorema de Existencia y Unicidad

..........................

25

Observaciones e Interpretación Gráfica (26). Ejemplos de Existencia y Unicidad (27) Interpretación Geométrica de una ecuación Diferencial de Primer orden y de Primer grado(30). Campo Direccional. Curva Integral. Isoclinas (31). Ejemplos de soluciones de ecuaciones por el método de las isoclinas (32). Problemas propuestos 1.4

........... 35

Obtención de la Ecuación Diferencial a partir de la Solución General Ejemplos.

.......................... 40

Teorema 3

.......................... 45

Problemas Resueltos

.......................... 47

Ejercicios y Problemas Propuestos

.......................... 57

CAPÍTULO 2 2.1

Método de Separación de Variables.

.......................... 62

Problemas Resueltos .

.......................... 67

Problemas Propuestos .

.......................... 75

Problemas Geométricos

.......................... 77

viii

2.2

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Aplicaciones Geométricas Aplicando Coordenadas Polares

.......................... 81

Ejemplos

.......................... 82

Método de Transformación de Variables.

…………….…. 87

2.2.1 Solución de Ecuaciones Diferenciales Reductibles a Variables Separables por Transformaciones Diversas. Ejemplos

...................... 88

2.2.2 Ecuaciones Homogéneas. Definición de función Homogénea (97). Ejemplos (100) Problemas Resueltos (103). 2.2.3 Ecuaciones Reducibles a Homogéneas

.................... 111

Ejemplos (113) Problemas Resueltos (121) Problemas Resueltos (128) 2.2.4 Solución de Ecuaciones Diferenciales Reductibles a Variables Separables por Transformaciones Diversas

........................ 132

2.3

Idea intuitiva de Exactitud

....................... 135

2.4

Ecuaciones Diferenciales Exactas

........................ 136

Ejemplos (137) 2.5

Factores Integrantes

.......................... 142

Ejemplos (147) 2.5.1 Ecuaciones hechas exactas por factores integrantes que involucran una variable

........................... 150

Problemas Resueltos (154) 2.5.2 Otros factores integrantes 2.6

Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden 2.6.1 Ecuaciones Reducibles a lineales

....................... 156 ........................... 163 .......................

169

2.6.1.1 Ecuación de Bernoulli (169) Ejemplos (170) ProblemasResueltos (173) 2.6.1.2 Ecuación de Riccati (185) Ejemplos (186) Problemas Resueltos (190) Problemas Propuestos (193) 2.7

Sistemas Lineales de Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden ................... 194

2.8

Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden, y Grado de Superior al

primero

196

2.9

2.8.1 Ecuaciones de Clairaut

................................ 204

2.8.2 Ecuación de Lagrange

................................ 208

Reducción de Orden de la Ecuación

................................ 211

Ejemplos Resueltos (212) Problemas Propuestos (220)

CAPÍTULO 3 APLICACIONES

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

3.1

Trayectorias Ortogonales

..................................

ix

223

Composición de las E.D. de las familias de curvas (223). Problemas de Trayectorias (224). Problemas Resueltos (233). Problemas Propuestos (248) 3.2

Aplicaciones a los Circuitos Eléctricos

........................................

249

Introducción (249). Ley de Ohm (250). Unidades (251). Leyes de Kirchhoff (252). Ejemplos (253) Problemas Resueltos (258). Problemas Propuestos (282) 3.3

Aplicaciones a Química

................................

283

3.3.1 Velocidades de las Reacciones Químicas (283) La ley de Acción de Masas (283). Problemas de Reacciones Químicas (285) Problemas de Mezclas (295) Problemas Resueltos (301) 3.4.

Aplicaciones a Problemas Misceláneo de Crecimiento y Decaimiento.

309

Problemas de Evaporación (310). Interés Compuesto (312). Crecimiento de Poblaciones (313). 3.4.1 Ley de Desintegración Radioactiva

............................... 316

Eliminación de Medicamentos (319) Problemas Propuestos (321) 3.4.2 Ley de Absorción de Lambert

............................... 322

Ejemplos (323) 3.4.3 Ley de Enfriamiento de Newton

............................... 326

Ejemplos (327) Problemas Propuestos (329) 3.5

Aplicaciones al Flujo de Calor en Estado estacionario

................................... 331

Problemas Propuestos ( 335) 3.6

Aplicaciones a la Termodinámica

..................................

3.7

Aplicaciones a Presiones Atmosféricas

..................................

337 341

Problemas Propuestos (345) 3.8

Problemas de Física que involucran geometría

................................... 347

Problemas Resueltos (352) 3.9

El Cable Colgante

................................

354

3.10 Aplicaciones de la Óptica

...................................

358

3.11 Aplicaciones a Mecánica

...................................

362

Introducción (362). Leyes del Movimiento de Newton (363) Principales sistemas de Unidades (364). Problemas resueltos (370) 3.12 Aplicaciones a Biología

.................................. 374

Crecimiento Biológico (374). Poblaciones Limitadas (376) ANEXO (Examenes y/o Practicas) REFERENCIAS BIBLIOGRÁFICAS

.

................................... 383 ..................................

400

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1

Capítulo 1 INTRODUCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES 1.1

Definiciones. Observaciones Preliminares

Las leyes del universo están, en gran parte, escritas en el fascinante lenguaje de las Matemáticas. El Álgebra es suficiente para resolver muchos problemas estáticos, pero, posteriormente con el descubrimiento independiente del cálculo, por Newton y Leibniz en el siglo XVII, proporcionó grandes avances en las matemáticas puras o aplicadas, en ciencias e ingeniería para describir mejor los más interesantes fenómenos naturales que implican cambios y que se describen mejor mediante ecuaciones que relacionen cantidades variables. Una de las más importantes y fascinantes ramas de las matemáticas que proporcionó el medio para las formulaciones matemáticas y soluciones de variados problemas en estas áreas se llama ecuaciones diferenciales, las cuales la estudiaremos en esta obra. La derivada

dy  f ´(x) de la función f puede ser considerada como la razón dx

con la cual la cantidad y  f (x) cambia con respecto a la variable independiente x por eso es natural que las ecuaciones que entrañan derivadas sean las que describen el universo cambiante. Con la finalidad de seguir adelante, necesitamos algunas definiciones importantes. 1.1.1 Definición: “Ecuación Diferencial”: Es una ecuación que contiene una o más derivadas de una función desconocida de una o más variables, pero que no provengan de identidades, tales como por ejemplo, las siguientes identidades: 1. Dx ( Lnxy) 

1 Dx y  x y

2.

d ( xCosy)  Cosy  xy' Seny dx

Las derivadas son generalmente (y siempre lo pueden ser) interpretadas como variaciones de una cantidad respecto a otra. Por ejemplo, la derivada ordinaria la razón del cambio de y con respecto a x, y la derivada parcial

dy es dx

 es la razón del x

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cambio de u con respecto a x cuando todas las variables independientes excepto x tienen valores fijos. Las derivadas de órdenes superiores se interpretan como razones de razones, tales como las aceleraciones y, así sucesivamente. Entonces, podemos decir que una ecuación diferencial es, pues, una ecuación en la que intervienen dichas razones. También podemos decir que una ecuación diferencial es una ecuación que contiene diferenciales, si no hay derivadas superiores al primer orden. Quién se especialice en Matemáticas Aplicadas o en materias tales como Ingeniería, Física, Biología, Economía, etc., aprende que muchas leyes físicas se expresan con ecuaciones diferenciales, es por ello que el estudio de las ecuaciones diferenciales tienen los siguientes fines: 1.- Describir la ecuación diferencial, mediante modelos Matemáticos, que describe una situación física. 2.- Encontrar la solución apropiada para esa ecuación. A diferencia del Álgebra, en la cual buscamos los números desconocidos que satisfacen una ecuación como x 3  5 x  2  0 , al resolver una ecuación diferencial se nos reta a que encontremos las funciones desconocidas y  f (x ) que satisfagan una identidad como: 2( x  1) y '2  xy  0 . Para algún intervalo de números reales. Generalmente, queremos encontrar todas las soluciones de la ecuación diferencial si ello es posible. A continuación se proporcionan algunos ejemplos que ilustran el proceso de traducir leyes y principios científicos en ecuaciones diferenciales, interpretando razones de cambio como derivadas. En cada uno de estos ejemplos la variable independiente es el tiempo t, pero veremos numerosas aplicaciones en las que alguna otra cantidad será la variable independiente.

Ejemplo 1: La razón o tasa de cambio o variación respecto al tiempo de la cantidad x de radio en una porción de materia es proporcional a x , es decir, que podemos

establecer esta “Ley” por la siguiente ecuación diferencial:

dx  Kx dt

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3

Esta ley es también aplicable para una población P(t) con índices constantes de nacimiento y mortalidad, que en muchos casos simples su variación es proporcional al tamaño de población, así tenemos que:

dp  kp dt

Ejemplo 2: “Ley de enfriamiento de Newton” Puede ser establecida de la siguiente forma: “La tasa de cambio de la temperatura T(t) de un cuerpo con respecto al tiempo t es proporcional a la diferencia T y la temperatura TA del medio circundante. Es decir que:

dT  K (TA  T (t ))   K (T (t )  TA ) dt

K 0

,

en la que K es una constante positiva. La ley física se traduce así a una ecuación diferencial. Esperemos que, si nos dan los valores de K y TA, podamos encontrar una fórmula explícita para T(t) y entonces podemos predecir la temperatura futura del cuerpo. Ejemplo 3: “Ley de Acción de Masa” Esta ley podemos enunciarla de la siguiente manera: “Si la temperatura se mantiene constante, la velocidad de una reacción química es proporcional al producto de las concentraciones de las sustancias que están reaccionando”. La formulación matemática se presenta en forma detallada en las aplicaciones químicas. Ejemplo 4: “Ley de Torricelli” Establece que la tasa de cambio con respecto al tiempo del volumen V de agua en un tanque que se vacía es proporcional a la raíz cuadrada de la profundidad “y” del agua del tanque. Es decir que: dV   Ky 1 2 dt

... (1)

donde K es constante. Si el tanque es un cilindro y transversal, entonces V  Ay 

dV d dy   Ay )  A dt dt dt

En este caso la ecuación (1) toma la forma:

A es el área de su sección

... (2)

dV dy  A   Ky 1 2 entonces : dt dt

4

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS dy K    y 1 / 2 dt  A

... (3)

Ahora presentaremos algunos ejemplos de ecuaciones diferenciales: d 2x  K 2 x 2 dt

1.

dy  3x 2 dx

2. x  y

dy 0 dx

3.

4.

dx  P(t ) x  Q(t ) dt

5. y ' ' 

m 1  ( y´) 2 H

6. EIy ( 4)  W ( x)

7.

d2y g  Seny  0 dx 2 l

8. y   3 y´´ y´3 y  0

 2V 4 2V  2V  4 2 0 11. x 2 xy y

 2u  2u 10.  0 x 2 y 2

12.

9. I   4I´5I  10Sen20t

 2T  2T  2T   0 x 2 y 2  z 2

13.

14. (3 y 2  x)dx  (2 y 3  6 xy)dy  0

  2U  2U  U  K  2  2  t y   x

15. ( x  2 xy  y 2 ) y´ y 2  0

En general, dada la función incógnita y  y (x) y sus derivadas: y´ , y  , y  , .... y (n ) , entonces toda ecuación de la forma: F ( x, y, y´, y´´,....... ... y ( n ) )  0

recibe el nombre de ecuación diferencial.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

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ORDEN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL

1.1.2 Definición:

El orden de una ecuación diferencial es el orden de la derivada más alta que aparece en la ecuación diferencial, siempre que la variable dependiente no esté afectada por la integral.

Ejemplo 1: La derivada más alta que aparece en las ecuaciones (1), (2), (4), (14) y (15) es

dy , las cuales son de primer orden, esto es, de primer orden u dx

orden 1. Por lo tanto dichas ecuaciones diferenciales son ecuaciones de primer orden .

Ejemplo 2: Las derivadas más altas que aparecen en las ecuaciones (3), (5), (7) y (9) son respectivamente

d 2x d2y , y ´´ , y I´´ , los cuales son de segundo dt 2 dx 2

orden, es decir, orden 2.

Estas ecuaciones diferenciales son, por tanto, de orden 2, o ecuaciones diferenciales ordinarias de segundo orden. Ejemplo 3: Las derivadas más altas que aparecen en las ecuaciones (10), (11), (12) y (13) son respectivamente:

 2   2   2V  2T  2  etc., las cuales , , , , x 2 y 2 x y x 2 x 2

son de segundo orden. Por consiguiente, las ecuaciones diferenciales son ecuaciones diferenciales parciales de segundo orden.

6

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

1.1.3 Clasificación de las Ecuaciones Diferenciales 1.1.3.1 Por la Cantidad de las Variables Independientes A) Ecuaciones Diferenciales Ordinarias (E.D.O.)1. Se denomina ordinaria si la función desconocida depende sólo de una variable independiente (de tal modo que las derivadas son derivadas ordinarias). B) Ecuación Diferencial Parcial Se denomina ecuación diferencial parcial, si la función desconocida depende de más de una variable (de tal modo que las derivadas son derivadas parciales). Ejemplos: a)

 2V  2V  2 V x 2 y 2

b) 9

 2Y  2Y  4 x 2 t 2

1.1.3.2 Por la Linealidad de la Variable Independiente

Es útil clasificar una Ecuación Diferencial Ordinaria como una Ecuación Diferencial Lineal o No Lineal. A) Ecuación Diferencial Ordinaria Lineal Es toda ecuación que puede ser escrita en la forma:

a ( x) y ( n)  a1 ( x) y n1  a2 ( x) y ( n.2)  ......  an1 xy´an ( x) y  Qx donde

Q (x )

y los coeficientes

a0 ( x), a1 ( x), a2 ( x)............, an ( x)

... (I) son

funciones dadas de x y ao(x) no es idéntica a cero. Estas ecuaciones son de gran importancia puesto que el modelo matemático de muchos fenómenos físicos son precisamente lineales, y aquellos que no son lineales pueden aproximarse por modelos lineales. También las ecuaciones lineales presentan soluciones que son fáciles de hallar, ya que han sido estudiadas extensa y rigurosamente, a diferencia de las no lineales que presentan determinado grado de complejidad. Las Ecuaciones Diferenciales Lineales pueden clasificarse en Ecuaciones Diferenciales con Coeficientes Constantes y en Ecuaciones Diferenciales con Coeficientes Variables. Así por ejemplo: 1

Observación: En esta obra estudiaremos únicamente, ecuaciones diferenciales ordinaria

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

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a) y´´´3 y´´2 y´ 0

b) x 3 y´´ ´ x 2 y´´  2 y  0

c) y´´  4 y´  4 y  0

d) y´´ xy´ y  0

B) Ecuaciones Diferenciales No Lineales Toda ecuación que no sea posible expresarla en la forma (I) recibe el nombre de Ecuación Diferencial No-Lineal. Ejemplos: a) ( y´) 2  xy´ y  0

b) yy´5 x  0

c) y´´Cos( x  y )  Senx

d)

d 2  g Sen  0 dt 2

1.1.4 Grado de una Ecuación Diferencial.- Es el grado algebraico de su derivada de mayor orden, cuando los elementos de dicha ecuación diferencial son polinomios de sus derivadas. Por tanto, el grado de la ecuación: 3

d2y 2 dy ( 2 )  1 ( )2 dx dx

no se determina cuando aparece en esta forma, pero la ecuación siguiente, que es definitivamente diferente, 4

d2y  dy    dy   dy   dy   2   1  ( ) 2   1  3   3     dx    dx   dx   dx   dx  3

2

4

6

obtenida a partir de la anterior, por procedimiento algebraico evidente, es de cuarto grado, que es el exponente entero en la derivada de mayor orden. Asimismo, si se tiene la ecuación diferencial:

d2y dy 3 x 2 dx dx

se observa que es de primer grado puesto que se logra obtener: 2

2

d 2 y  dy d2y dy   dy   3  x   9    6 x  x2   2 2 dx dx dx  dx   dx 

Debe tenerse presente que no toda ecuación diferencial tiene un grado definido y esto ocurrirá siempre que la derivada de mayor orden esté afectada por funciones trascendentes2. Ejemplo: Determinar el grado de las siguientes ecuaciones diferenciales. a.- e y´  ( y´) 2  x 2

b.- Sen( y´´)  xy´ 0

c.- ( y´) 3  Ln ( y´1)  0

Reciben el nombre de funciones trascendentes aquellas funciones que no son elementales. Entre las funciones trascendentes tenemos las funciones trigonométricas, exponenciales, logarítmicas o las combinaciones de éstas.

8

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS SOLUCIÓN:

a)

Si : e y ´( y´) 2  x es la ecuación propuesta, notamos, entonces, que la ecuación es de primer orden y aparentemente es de segundo grado, por ser este, el mayor exponente de y´. Recuérdese, además que el desarrollo de Maclaurin de e X está dado por: 

xn x 2 x3 xn  1  x    .........   ........ , 2! 3! n! n 0 n!

eX  

luego, se tiene que: e y  1  y´

( y´) 2 ( y´) 3 ( y´) n   ........   ...... 2! 3! n!

desarrollo que nos indica que el grado de la ecuación diferencial e y´  ( y´) 2  x no está definido, puesto que se tiene la ecuación diferencial equivalente: e y  ( y  )2  1  y  

b)

( y  )2 ( y  )3 ( y  )n   .......   .....  ( y  )2  x 2! 3! n!

Sea también la ecuación: Sen( y´´)  xy´ 0 donde sabemos que:

x 2 m1 x3 x5 x7 Senx   (1)  x    ........ (2m  1)! 3! 5! 7! m 1 

m

entonces : Sen( y´´)  xy´ y´´

( y´´)3 ( y´´)5 ( y´´)7    ......  xy´ 0 3! 5! 7!

ecuación en la cual el grado de la mayor derivada ( y ) no está definida. c)

Sabemos que: 

Ln (1  x)   (1) m1 m 1

xm x2 x3 x4 x5 xn  x     ......  (1) n 1  ... m 2 3 4 5 n

Luego : ( y´)  Ln(1  y )  y´3  y´ 3

n y  2 y 3 y  4 y5 n 1  y´     ......( 1)   ...  0 2 3 4 5 n

es decir, es una ecuación diferencial en la cual el grado no está definido. 1. 1.5 SOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL

DEFINICIÓN : Se denomina solución de una ecuación diferencial a toda función o relación determinada en el intervalo (a, b) tal que esta función junto con sus derivadas sucesivas hasta el orden de dicha ecuación inclusive, al ser reemplazadas o

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

9

sustituidas, en la ecuación diferencial, ésta se convierte en una identidad con respecto a x en el intervalo (a, b). Ejemplos : Verificar, en los ejercicios que se dan a continuación, que las funciones dadas son soluciones de las ecuaciones diferenciales indicadas: 1. y 

Senx , xy´ y  cos x x

1 2. y  C e 2 x  e x , y´2 y  e x 3

3. y  x 1  x 2 , yy´ x  2 x 3

4. y  e arcsenCx

xy´ ytg ( Lny )

,

5. y  Cx  3Cx 2 , y´( x  3x 2 )  y (1  6 x)  0 6. - x 2  y 2  C , yy´  x SOLUCIÓN:1. Si: y 

senx x

... (1 )



y´ 

x cos x  senx x

2

... (2)

Sustituyendo, las expresiones (1) y (2), en la ecuación diferencial propuesta, logramos que: xy´ y  x

x cos x  senx senx x cos x  senx  senx    cos x x x x2

 xy´ + y = cos x Otra forma de solución: Si: y 

sen x x



xy  senx

Derivando, esta última expresión, logramos que: Dx ( xy )  Dx ( senx) xy´ y  cos x

que es la ecuación diferencial dada.

1 2. Sí: y  Ce 2 x  e x 3

...(1)



1 y´ 2Ce 2 x  e x 3

... (2)

De (1) y (2), logramos que: 1 1 1 2 y´2 y  2Ce  2 x  e x  2(Ce 2 x  e x )  2C e  2 x  e x  2C e 2 x  e x = ex 3 3 3 3

 y´2 y  e x

3. Si:



y  x 1  x2

Dx : y´ 1  x  2

(1)  (2) : y y  x 1  x 2 

... (1)

x2 1 x2

1  2x 2 1 x

2

 y´ 

1  2x 2 1 x2

 x(1  2 x 2 )  yy  x  2 x 3

... (2)

10

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS ...(1)  y´ Dx (earc senCx ) 

4. Si: y  e arc senCx

De (1): Lny  arc senCx  arc tg 

    1C x 



Cx

tg ( Lny) 

1 C x 2

2

* Se sabe que: sen1 x  tg 1  

Cx

2 2

1 C 2x 2

 y´

Cy 1 C 2x 2

  Cx tg( Lny )  tg arc tg  2 2   1C x

C



Ce arc senCx

1 C x 2

2



... (2)

   

tg ( Lny) x

... (3)

   Cx 

(3) en (2):

y´

x

2

tg ( Lny ) y x

5. Sí: y  Cx  3Cx 2





xy´ ytg ( Lny )

y  C ( x  3x 2 )

... (1)

y´ C (1  6 x)

... (2)

luego de (1) y (2) resultará que:

y´( x  3x 2 )  y (1  6 x)  C (1  6 x)( x  3x 2 )  C ( x  3x 2 )(1  6 x)  0  6. Sí:

y´( x  3x 2 )  y (1  6 x)  0

x2  y2  C 

... (1)

Dx : 2 x  2 yy´ 0

También : y 2  C  x 2 



 x  yy´ 0  yy´  x

y   C  x 2  y  

yy´ (  C  x 2 )(

x C  x2

x C  x2

)   x  yy´  x

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

11

1.1.5.1 TIPOS DE SOLUCIONES: Dada la ecuación diferencial de orden " n": F ( x, y, y´, y´´, ...... y ( n ) )  0

...

(I)

La solución de la ecuación diferencial (I) se llama: A)

SOLUCIÓN GENERAL: Es el conjunto de todas o casi todas las soluciones de la ecuación diferencial (I): En la sección siguiente veremos que el problema de obtener una ecuación diferencial cuyas soluciones sean conocidas de antemano admite en general solución inmediata. Por el contrario, el problema inverso (a estudiar en esta sección) de hallar las soluciones de una ecuación diferencial no es en general resoluble. En los capítulos que siguen desarrollaremos diversos métodos para abordar este problema para una gran variedad de tipos especiales de ecuaciones diferenciales. También es de gran importancia adquirir la seguridad de que, en determinadas condiciones, la ecuación diferencial propuesta tiene, en efecto, soluciones. Además, es importante conocer si dada una primitiva “y” obtenida de la ecuación diferencial correspondiente, la primera incluye a todas las soluciones que la ecuación pueda tener. Ejemplos : a)

Si : y´ y



y  Ce x es la solución general de la ecuación

diferencial propuesta. b)

Sí: y´´ w 2 y  0 es una ecuación diferencial de segundo orden, entonces

y  C1 cos wx  C2 senwx , es su solución general el cual incluye dos constantes esenciales3. B)

SOLUCIÓN PARTICULAR: Es una solución obtenida a partir de la solución general, al asignarle a la constante un determinado valor a la solución de la ecuación diferencial propuesta, en el caso que la ecuación sea de primer orden y si la ecuación es de orden superior, se darán tantas condiciones como el orden de dicha ecuación, para determinar igual número de constantes arbitrarias.

3

El nombre de constante esencial se definirá en la página .

12

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Ejemplos : a) Dada la ecuación diferencial de segundo orden: y´´5 y´6 y  0 , entonces, y  C1e 2 x  C 2 e 3 x

la solución general será4:

... (1)

y sí: y (0)  2 y y ( Ln3)  36 , entonces, las condiciones dadas, permiten calcular las constantes esenciales, C1 y C2, es decir: i) Si: y (0)  2 ó cuando x  0 , y  2 , luego, de (1): C1  C2  2

... (2)

ii) Si: y ( Ln 3)  36 , entonces, de ( 1 ) : y( Ln3 )  C1e2 Ln 3  C2e3 Ln 3  36



9C1  27C2  36  C1  3C2  4

...(3)

De (2) y (3): C1  1, C2  1 , entonces, de (1) : y  e 2 x  e 3 x es una solución particular de la solución general (1).

Existencia, Unicidad y Determinación de las Soluciones: Cada vez que se formule un problema de valor inicial o de frontera, hay tres preguntas en relación a este problema que podrían y deberían hacerse.

1. -

Pregunta de Existencia; ¿Existe una solución de la ecuación diferencial que satisfaga las condiciones dadas?

2. -

Pregunta de Unicidad; Si existe una solución que satisface las condiciones dadas, ¿puede haber una solución diferente que también satisfaga las condiciones?

3. -

Pregunta de Determinación; ¿Cómo encontrar las soluciones que satisfagan las condiciones dadas?

Normalmente, como una tendencia natural, procedemos directamente a la tercera pregunta e ignorar las dos primeras. Sin embargo, supóngase que llegamos a una formulación matemática de algún problema aplicado y pudiéramos probar que no tiene solución. Entonces es obvio que no vale la pena invertir tiempo en tratar de encontrar una solución. Asimismo, aún si tuviéramos éxito en hallar una solución, respondiendo así afirmativamente a la pregunta 1, queda aún la pregunta de unicidad. Si se pueden encontrar dos o

4 Recuerde que:

e ln N  N

y

e nLnN  e LnN  N n n

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

13

más soluciones, esto violaría el principio científico fundamental de que un sistema no puede comportarse de varias formas diferentes bajo las mismas condiciones. En tal caso se pondría en sospecha la validez de la formulación matemática.

Para mostrar que hay alguna base para hacer las preguntas anteriores, supongamos que se nos ha dado el problema de valor inicial: dy  y3 dx

1 y   1  2

,

.. (1)

Podemos verificar rápidamente que la solución general de (1) está dada por:



1 2 y  xc 2

... (2)

1 1 y con la condición dada, logramos que:  (1) 2   C 2 2



C  1

Así, obtendríamos la solución particular y 2  2(1  x)

Sin embargo otra solución de (1) está dada por y = 0. Aún una tercera solución está dada por:

1   2(1  x)  y  0  

,

si

x 1

,

si

x 1

Así, la solución no es única. La solución de (1) dada por y  0 no puede obtenerse de la solución general (2) con ninguna elección de la constante C de modo que no es una solución particular. Es costumbre llamar una solución singular a cualquier solución de una ecuación diferencial que no pueda obtenerse de la solución general mediante una elección particular de las constantes arbitrarias. Como su nombre lo sugiere, las soluciones singulares son no usuales o extrañas.

14

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

C)

SOLUCIÓN SINGULAR: Es la solución que satisface a la ecuación diferencial propuesta, pero que no puede obtenerse de la solución general al asignar un valor definido a la constante arbitraria. Estas soluciones se presentan, en muy raras ocasiones en los problemas de Ingeniería. Ejemplo: 1. Hallar la solución singular en la siguiente ecuación diferencial: y  2  xy´ y  0

SOLUCIÓN:

y  2  xy´ y  0

Si:

Dx : 2 yy  xy´´  y´  y´  0 i ) y´´  0

... (1)



( 2 y´  x )y´´  0

ii )2 y´  x  0

ó

Luego : i)

Si y´´ 0





dy´ 0dx



 dy   C dx

y´ C1 



1

dy dx

... (2)

y  C1 x  C2

... (3)

Ahora bien, si (3) es la solución general de (1) entonces solo debe tener una constante esencial y no dos como aparece en la expresión (3), esto nos indica que una de las constantes debe estar en función de la otra: (2) y (3) en (1) : C12  xC1  C1 x  C2  0

(4) en (3) :

y  c1 x  c

2

1

ii) Si: 2 y´ x  0

 y

C2   C12

... (4)

, es la Solución General.

2 y´ x  x2 C  4 2



 2dy   xdx

y

y´ 

x 2



2y 

x2 C 2

... (5)

2

2  x  x x (5) en (1) :    x    C2  0 2 2 4

(6) en (5): y 



C2  0

... (6)

x2 , es la solución singular y como esta solución no puede 4

obtenerse cuando se asigna un valor definido a la constante C de la solución general, entonces, es una solución llamada solución singular. Es obvio que

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

15

cada solución particular representa una tangente a la parábola que está definida por la solución singular. Debe hacerse notar que en algunos libros, la noción de solución general significa una fórmula que incluye a todas las soluciones de una ecuación, esto es, tanto las particulares como las singulares. En esta obra no adoptaremos esta definición por dos razones. Ante todo, frecuentemente es muy difícil demostrar que una fórmula particular incluye todas las soluciones y, por lo tanto, esta definición de solución general no es muy útil desde el punto de vista práctico. Además veremos que una clase de ecuaciones, amplia y muy importante (las llamadas ecuaciones diferenciales lineales), no tiene soluciones singulares y nuestra definición de solución general puede generalizarse fácilmente para las ecuaciones de orden superior, de modo que la noción resultante incluye todas las soluciones de una ecuación diferencial que sea lineal.

2

Solución Singular

1

-1

1

Soluciones Particulares

D)

SOLUCIÓN IMPLÍCITA: Es la solución que se obtiene de una ecuación diferencial y que se expresa como una relación implícita de la forma :

F( x,y,C1,C2,...,Cn) = 0 En forma práctica se reconocerá que es una solución implícita si al dar algún valor a la variable independiente no se logra directamente el valor de la variable dependiente, sino que se tendrá que resolver la función implícita.

16

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Ejemplo: a)

Al resolver la ecuación:

dy 2x  3y se obtiene como solución la  dx 4 x  6 y  1

expresión 14(2 x  3 y )  3Ln (14x  21y  2)  49x  C

y en ésta, al dar

algún valor a una de las variables, no hallamos en forma directa el valor de la otra variable. Al resolver y´

y x  x2  y2



se logra: y 2  c x  x 2  y 2



En general, toda función implícita es de la forma: G ( x , y )  0 entonces, se dice: que es una solución implícita.

E) SOLUCIÓN EXPLÍCITA: Es la solución que se obtiene de la ecuación diferencial y cuya solución (función desconocida) se presenta en forma explícita, es decir, dado un valor de la variable independiente podemos encontrar, por simple evaluación, el valor de la función desconocida. Ejemplos: 1) Dado la ecuación diferencial: xy´ y  cos x , entonces, y 

senx x

es una

solución, y es la solución explícita, en la cual para un valor de la variable independiente x, digamos

 , obtenemos por simple evaluación el valor de la 2

variable dependiente y, en la que: y( 2)  2 

F)

SOLUCIÓN TRIVIAL: Se llama solución trivial cuando la función y = 0 es solución de la ecuación diferencial propuesta. Por ejemplo la ecuación:

y´

y tiene como una de sus soluciones a y = 0

luego, se dice que esta solución, es la solución trivial.

Nosotros cuando pidamos una solución nos referiremos siempre a la solución no trivial.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

17

PROBLEMAS RESUELTOS

1. -

Compruebe si la relación dada es la integral o solución de la ecuación e  y  Cx  1

diferencial, siendo:

Sea: e  y  Cx  1

Comprobación: 

Dx :  e y y´ C  0

... (1)

y   Cey





xy´  Cxe y

Cx  e  y  1

De (1):

(3) en (2): xy´  (e y  1)ey   1  ey

2. -

xy´1  e y

y

Demuestre que si:

arctg

... (2) ... (3)



xy´1  ey





y  Ln C x 2  y2  0 x

,entonces:

( x  y )dx  ( x  y )dy  0

Demostración : Si: arctg 

arctg





y  Ln C x 2  y 2  0 x

y 1  LnC  Ln ( x 2  y 2 )  0 x 2

 y d  2 2  x   0  1 d( x  y )  0 2 2 x2  y 2  y 1  x

......(1) , al diferenciar logramos:

( xdy  ydx ) / x 2 1 ( 2 xdx  2 ydy )  0 ( x2  y 2 ) / x2 2 ( x2  y 2 )



xdy  ydx xdx  ydy  0 (x2  y2 ) (x2  y2 )



Como : x 2  y 2  0 Vx, y  R  0



xdy  ydx  ( xdx  ydy )  0

  ( x  y )dx  ( x  y )dy  0  ( x  y )dx  ( x  y )dy  0

3. -

x

Verificar sí: x  y  sen t 2 dt , satisface la ecuación: y  xy´ y 2 sen x 2 0

SOLUCIÓN:

x

x  y  sent 2 dt

Si : x

Dx : Dx x  Dx ( y  sent 2 dt ) 0



... (1)

0

x

x

0

0

 1  yDx  sent 2 dt  y  sent 2 dt x

1  ysenx2  y  sen t 2 dt 0

.. (2)

18

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS x

  sent 2 dt 

x

De (1), Si : x  y  sent 2 dt

0

0

(3) en (2): 1  y senx 2  y´  B) Método II:

x y

x x x  D x  sen t 2 dt  D x ( ) 0 y y

x

0

y  xy   y 2 sen x 2  y  xy   y  xy   y 2 sen x 2 y2



x x Demostrar que: y  e (C1  C 2 e dx) es solución general de la ecuación: 2

4. -

... (3)

y  y 2 sen x 2  xy 



De (3):  sen t 2 dt 

 sen x 2 

x y

2

y´´- 2xy´- 2y = 0



x x x Demostración: Si: y  C1e  C 2 e e dx 2

2

x x Dx : y´ C1 D x e  C 2 D x (e 2

2

e

 x2

2

... (1)

dx) 

y´  C1 2 xe x  C2 ( Dx e x )  e x dx  e x Dx  e x dx    2

2

2

2

2

x x y´ 2C1 xe x  2C2 xe x  e  x dx  C2 e  e   2

2

2

2

2

1



y´ 2x e x (C1  C2  e x dx )  C2 2

2

... (2)

y

(1) en (2): y´  2 xy  C2

 Dx : y"  2 Dx ( xy )  2( xy´  y )  y " 2xy´2y  0

5. -

Demostrar que: y  e

x3



x3

x2

e t dt es solución de la ecuación diferencial:

y´ 3x 2  2 xe x x Demostración : Si : y  e

3



x3 x2

3

 x2

 3x 2 y

e t dt

... (1)

x x 3 3 Dx : y´ e x Dx  2 e t dt   ( Dx e x )  2 e t dt x x   3

3

x3  3  3 2 3 y´  e x e  x ( x 3 )  e  x  x 2    3 x 2 e x  2 e t dt x   y

y´  3 x 2  2 xe x3

x3  x2

 3x2 y

3 2 Otra solución: Como :  2 e dt  e   e  x  e  x , luego, de (1), si: x  x2

x3

t

t

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

y  ex

3



x3 x

2

e t dt  e x (e  x  e  x ) 3

Dx : y´ D x (1  e x

3

 x2

3

)  0  ex

3

 x2

 y´ 3x2 y  3x2  2xe x x 3

6. -

Verifique si: y  C1 x  C2 x 

x

0

 x2

3

 x2

...(2)

. Dx ( x 3  x 2 ) 3

De (2) y (3), hallemos: y´3x 2 y  e x

 3 x 2e x

3

y  1  e x

y´ e x  x (3x 2  2 x )



 y´3 x 2 y



2

19

3

 x2

2

(3x 2  2 x)  3x 2 (1  e x

 2xe x

3

 x2

 3x2  3x2e x

y´ 3x 2  2 xex



2

... (3)

3

3

3

 x2

)

 x2

x2

 3x 2 y

sent dt es la solución general de: t

xy´´senx  xy´cos x  y cos x  0 sent dt t

...(1)

sent dt  C2senx 0 t

...(2)

SOLUCIÓN: Si y  C1 x  C2 x  0

x

 Dx : y´ C1  C2 





D X : y´´ C 2

C2 

x

senx  C 2 cos x x



xy´´ C 2 ( senx  x cos x)

xy´´ senx  x cos x

...(3)

x sent dt  C 2 xsenx  xy´ y  C2 xsenx De (2): xy´ C1 x  C 2 x  t 0 

...(4)

de (1): y

(3) en (4): xy´ y 

xy´´ xsenx  senx  x cos x

 xy  y senx  x cos x   x 2 ysenx

entonces, la ecuación diferencial que satisface la función dada es: x 2 y senx  xsenx  x cos x  y   ysenx  x cos x   0

7. -

Verificar que la función dada: x  a(t  sent) , y  a(1  cos t ), a : cte. satisface la ecuación diferencial: 1  ( y´)2  2 yy´´ 0 SOLUCIÓN : Si:

x  a(t  sent) y  a(1  cos t )

...(1)



Dt x  a(1  cost ) Dt y  asent

... (2)

20

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Por derivación paramétrica tenemos que: y´

dy Dt y asent   dx Dt x a(1  cost )



y´

sent 1  cost

 sent  (1  cos t )cos t  sen t (sen t ) Dt  2 d y D y´ (1  cos t )2 1  cos t  y´´ 2  t    Dt x a (1  cos t ) a (1  cos t ) dx



cos t  1 (1  cos t )2 y"  a (1  cos t )

De (1), (3) y (4):



y"  

... (3) cos t  (cos 2 t  sen 2 t) (1  cos t )2  a (1  cos t )

1 a (1  cos t )2

1  ( y´)2  2 yy´´  1  (

... (4)

sent 2 1 )  2a(  1  cos t ) . 2 1  cos t a(  1  cos t )

1  ( y´) 2  2 yy´´  1 

sen2t  2( 1  cos t ) 1  cos 2 t  2  2 cos t  1  ( 1  cos t )2 ( 1  cos t )2

1  ( y´) 2  2 yy´´  1 

2 ( 1  cos t )2  1  1  0  , 1   y   2 yy  0 es decir, 2 ( 1  cos t )

1  ( y´) 2 2 yy´´ 0

la relación dada es solución de la ecuación diferencial propuesta. 8. -

Verificar que la función dada V ( x, y )  e 2 x y cos(y  2 x ) es solución de la

 2V  2V  2V ecuación diferencial dada: 4 4 2 0 x y x 2 y SOLUCIÓN:

Si: V ( x, y )  e 2 x y cos(y  2 x) 

 V 2 x y  x  2cos(y  2 x)  sen( y  2 x)e    V  cos(y  2 x)  sen( y  2 x)e 2 x  y   y 

2 2 2 Entonces:  V2  8e2 x  y sen( y  2 x ) ,  V2  2e2 x  y sen( y  2 x ) ,  V   4e 2 x  y sen( y  2 x)

x

Por lo tanto:

y

x y

Vxx  4Vyx  4Vyy  8e 2 x y sen( y  2 x)  4(4e 2 x y sen( y  2 x))  4(2e 2 x y sen( y  2 x))

Vxx  4V yx  4V yy  0 9. -

Determine para qué valores de r tiene soluciones de la forma y  e rx , la ecuación:

y   3 y   2 y   0

SOLUCIÓN : Sea y = erx

...(1) ,

... (I) solución de la ecuación diferencial,

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

21

entonces, la función “y” y sus derivadas, hasta el tercer orden, satisfacerán dicha ecuación diferencial; luego de (1):

y´ re rx



y´´ r 2 e rx

y

y´´´ r 3 e rx

... (2)

(1) y (2) en (I), sí: y   3 y´´2 y   0 , entonces: r 3e rx  3r 2 e rx  2rerx  0

Como:

x  , erx  0



e rx (r 3 3r 2  2r )  0

entonces: r 3  3r 2  2r  0

,

... (II)

donde la ecuación (II) es conocida como ecuación característica, la cual estudiaremos, en detalle, en el capítulo III, al estudiar las ecuaciones diferenciales lineales de orden “n”. Nótese que la ecuación (II) se obtiene directamente de la ecuación diferencial (I) cambiando la derivada y(n) por la potencia rn, n N . De (II): r (r 2  3r  2)  r (r  1)(r  2)  0 r1  0

,

r2  1

,

r3  2

22 1.2

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS PROBLEMAS DE VALOR INICIAL Y DE FRONTERA

1.2.1 Ejemplos sencillos de Problemas de Valor Inicial y de Frontera Es muy frecuente, sobre todo en problemas aplicados, que una ecuación diferencial se resuelva sujeta a unas condiciones dadas que la función desconocida debe satisfacer. Como un ejemplo sencillo, consideremos un circuito eléctrico serie RLC, el cual estudiaremos con minuciosidad en él capítulo III, y cuya ecuación diferencial, que describe este circuito, es: R + E

-

Li (t )  Ri´(t ) 

1 i (t )  0 C

y que para valores apropiados de los parámetros

i(t)

L

R, L y C podemos establecer, por ejemplo, que: i´´(t )  5i´(t )  6i (t )  0

... ( I )

C

Supongamos ahora que nos pidan resolver dicha ecuación diferencial sujeta a las condiciones: a) i (0)  0

y

i´(0)  1

b) i (0)  0

y

i (1)  e 2  e 3

Para satisfacer las condiciones dadas ya sea en (a) o en (b), es natural para nosotros buscar una solución a la ecuación diferencial en ( I ), que esperamos que tenga dos constantes arbitrarias, y luego usar las dos condiciones para determinar estas constantes. Hasta el momento, por supuesto, no sabemos determinar tal solución, y los métodos para hacerlo lo estudiaremos en un capítulo posterior. Suponga, sin embargo, que por algún medio) (tales como por conocimiento previo o usando error y ensayo) llegue a: i(t )  C1e 2t  C 2 e 3t

... (1)

la cual posee las dos constantes arbitrarias C1 y C2 que se necesitan y que puede verificarse como una solución. Usando la condición (a) en la expresión (1), logramos que:

i(0)  C1  C2  0

... (2)

Además, necesitamos otra ecuación para hallar las dos constantes, lo cual se logra al derivar la expresión (1). De (1):

i´( t )  2C1e2t  3C2e3t

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 

i´( 0 )  2 C1  3C2  1

23

...(3)

De (2) y (3): C1  1 y C2  1 luego : i(t )  e 2t  e 3t es una solución particular. Para hallar una solución particular, de la ecuación diferencial dada en (1), usando la condición (b), logramos que:

(4) en (5)

i(0)  C1  C2  0  C2  C1

...(4)

i (1)  C1e 2  C 2 e 3  e 2  e 3

...(5)

C1e 2  (C1 )e 3  e 3  e 2  C1 (e 2  e 3 )  e 2  e 3

 C 1  1 y C2  1 De (1): i(t) = e-2t – e-3t es una solución particular; que es la misma a la obtenida por la condición (a), al haber escogido, a priori, un segundo valor de la variable independiente, lo cual no siempre se dará.

El lector debe notar que una diferencia importante entre las condiciones dadas para esta ecuación diferencial es que en (a) las condiciones sobre la función desconocida i(t) y su derivada i´(t) están especificadas en un valor de la variable independiente, (en este caso t = 0), mientras que en (b) las condiciones sobre la función desconocida i(t) se especifican en dos valores de la variable independiente (en este caso t = 0 y t = 1). Los dos tipos de problemas presentados en (a) y (b), respectivamente, se llaman problemas de valor inicial y problemas de valor de frontera. Debemos así hacer las siguientes definiciones.

Problema de Valor Inicial (P.V.I)

1.2.2 Definición: Un problema de valor inicial es un problema que busca determinar una solución a una ecuación diferencial sujeta a condiciones sobre la función desconocida y sus derivadas, especificadas en un valor de la variable independiente. Tales condiciones se llaman Condiciones Iníciales. Es decir dada la ecuación diferencial:

24

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS F ( x, y, y´,....., y ( n ) )  0 y las Condiciones Iníciales (C.I.)

y( x0 )  y 0 , y´( x0 )  y´0 . y´´( x0 )  y´´0 ,..., y ( n 1) ( x0 )  y 0

( n 1)

a este

conjunto se le conoce como problema de Valor Inicial.

Problema de Valor de Frontera (P.V.F.)

1.2.3 Definición: Un problema de valor de frontera es un problema que busca determinar una solución a una ecuación diferencial sujeta a condiciones sobre la función desconocida especificadas en dos o más valores de la variable independiente. Tales condiciones se llaman Condiciones de Frontera. Es decir, dada la ecuación diferencial: F(x, y, y´, … , y(n)) y las Condiciones de Frontera (C.F) y(x0) = y0 , y(x1) = y1 , y(x2) = y2 , … , y(xn-1) = yn-1 OBSERVACIONES ADICIONALES RELACIONADAS CON LAS SOLUCIONES

1.3. - Observaciones sobre Existencia y Unicidad de las Soluciones Para la mayoría de las ecuaciones diferenciales que estudiaremos podemos decir desde un principio, que hay soluciones únicas que satisfacen ciertas condiciones especificadas. Veremos que las condiciones bajo las cuales una ecuación diferencial dada tiene soluciones, son bastantes generales. Pero debemos notar que existen ecuaciones sencillas que no tienen solución y otras que no tienen solución general. Por ejemplo, la ecuación: y´2 + 4 = 0 como es obvio, no tiene solución para “y” real; la ecuación: |y´| + |y| = 0 no tiene solución general puesto que su única solución es y = 0, es decir, la solución trivial. Es natural pensar que antes de perder mucho tiempo tratando de resolver una ecuación diferencial, es preferible investigar si la solución, en efecto, existe. Quizá también queramos saber si hay sólo una solución de la ecuación que satisfaga una condición inicial (es decir, si las soluciones son únicas). Por ejemplo, basta un simple vistazo para reconocer que un problema como:

dy  3 y 2 3 , y(0)  0 tiene dos soluciones diferentes a saber, tales como: dx a) y1 x   x 3

y

b) y2 x   0

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

25

Las cuestiones relativas a existencia y unicidad también afectan a la elaboración de modelos matemáticos. Supóngase que estamos estudiando un sistema físico cuyo comportamiento está completamente determinado por ciertas condiciones iníciales, pero que nuestro modelo matemático propuesto involucra una ecuación diferencial que no tiene solución única. Esto hace surgir de inmediato la pregunta de si el modelo matemático representa adecuadamente al modelo físico.

Teorema de Existencia y Unicidad (para las Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden y Primer Grado) 1.3.1 Teorema: Dada la ecuación diferencial de primer orden y’=F(x, y), si la función F(x, y) satisface las siguientes condiciones: 1. -

F(x, y) es real, finita y continua en todos los puntos de una región R del plano (x, y) que contenga al punto (x0 , y0) en su interior (puede contener todos los puntos). Entonces, el problema de valor inicial. dy  F ( x, y ) dx

;

y ( x0 )  y 0

... (1)

tiene al menos una solución en algún intervalo abierto I que contiene al punto x = x0. 2. -

Si, además la derivada parcial

F ( x, y ) (o Fy ( x, y )) es real, finita y y

continua5 en R, entonces existe una y sólo una solución y = f(x) (solución única) en algún intervalo abierto I0 (quizá más pequeño) que contenga al punto (x0,y0), tal que y = y0 cuando x = x0, esto es, y(x0) = y0 6

1.3.2 Observación: 1. - Este teorema da las condiciones suficientes para la existencia y unicidad de una solución, esto es, si las condiciones se cumplen, la existencia y unicidad están aseguradas. Sin embargo, las condiciones no son 5

Algunas de las condiciones en el teorema están implicadas por otras y se enuncian sólo por énfasis. Una condición realmente suficiente es la llamada condición de Lipschitz, F(x,y1)-F(x,y2)< My1-y2en donde x, y1 e y2 pertenecen a R, M es una constante. Esta condición queda satisfecha siempre que F y exista y sea continua.

Se puede concluir más precisamente que f(x) existe y es continua en algún intervalo x-x0  en donde  es un número positivo que depende de F(x, y). 6

26

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS condiciones necesarias, puede que aún haya una solución única. Es de notar, además, que el teorema no nos dice como obtener esta solución. Para ecuaciones diferenciales de mayor orden también existen teoremas más generales de existencia y unicidad que se enunciarán en él capitulo III. 2.- Este teorema, expuesto aquí sin demostración, se aplicará a lo largo del texto. Para mayor sencillez de la exposición, las condiciones dadas en esta sección no son necesariamente restrictivas. 3.- El problema de la búsqueda de la solución de la ecuación y´= F(x, y) que satisface a la condición inicial y(x0)= y0 lleva el nombre de Cauchy. 4.- El teorema expresa las condiciones suficientes para la existencia de solución única del problema de Cauchy para la ecuación y' f x, y  , pero estas condiciones no son necesarias. Precisamente puede existir una solución única de (1) a pesar de que en el punto P(x0,,y0) no se cumple la condición (a) o la condición (b), o éstas dos condiciones simultáneamente.

1.3.3 Interpretación Gráfica

Una interpretación gráfica de este teorema es que, si R es la región (parte sombreada) en la cual las condiciones especificadas se cumplen, entonces por cualquier punto P(x0,,y0) en R pasará una y sólo una curva C cuya pendiente en cualquier punto de R está dada por y´ F ( x, y ). La

solución

y  f (x)

representa, R

geométricamente, la curva integral que pasa por el punto P(x0,y0), curva que está en R. El y0

C P(x0,y0)

teorema equivale a establecer que existe una solución única a y´=F(x, y) en R, la cual puede escribirse como: y  f ( x, y ) , U ( x, y , C )  0 , G ( x, y )  C

0

x0

...(2)

donde el valor de C(único) queda determinado al conocer el punto P(x0,y0) correspondiente a un punto de la región R. Además, todas las soluciones de (1) que pertenezcan a la región quedan incluidas en la familia (2). Esto sirve para

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

27

soportar el uso de la terminología de solución general, (2), puesto que si satisfacen las condiciones del teorema no existen otras soluciones en ℝ y donde cualquier otra solución obtenida dando a C un valor particular recibe el nombre de solución particular. Pueden surgir complicaciones si tratamos de extender la solución más allá de la frontera de la región. En un cierto sentido el teorema de existencia y unicidad puede ser más significativo desde el punto de vista práctico donde las condiciones no se cumplen que cuando ellas si se cumplen. Esto es debido a que cuando ellas no se cumplen ni la existencia ni la unicidad de la solución puede garantizarse. A continuación consideramos algunos ejemplos que ilustren el uso del teorema de existencia y unicidad.

EJEMPLO: 1. -

Dado: y´  xy  e y analice la región en la que la ecuación diferencial, tenga 2

solución única. SOLUCIÓN:

Desde que y´ f ( x, y )  xy  e  y

2

y

2 f  x  2 ye  y y

son continuas con respecto a x e y en todos los puntos del plano XOY, entonces en virtud del teorema de existencia y unicidad, el recinto en el que la ecuación dada tiene solución única es todo el plano XOY. 2. -

Determinar si existe una solución única para el problema de valor inicial

y´ 4  ( x 2  y 2 ) , y (1)  1 SOLUCIÓN:

Como: y´ f ( x , y )  4  ( x 2  y 2 ) , y(1)  1

...(1)

luego, f es continua para todo (x, y) en el rectángulo R, sí: 4  (x2  y 2 )  0  x2  y 2  4

Además, si

f  y

y 4  (x2  y 2 )

...(2)

apreciamos que surgen complicaciones para

los puntos (x, y) para los cuales x 2  y 2  4

Y (0,2)

De (1) y (3) podemos escoger como la región

…(3) x2  y2  4

P (1,1)

a todos los puntos (x, y) tales que: x  y  4 , 2

2

la cual incluye al punto (1,1) descrito por la

(-2,0)

(2,0)

0

condición inicial. Entonces, puesto que se (0,-2)

X

28

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS cumplen las condiciones del teorema, podemos concluir que si existe una solución única al problema de valor inicial, es decir, existe una única curva solución C contenida en la región R que pasa por el punto (1,1).

3. -

Aplicando el teorema de existencia y unicidad señale el recinto en el cual admite solución única, la ecuación y´ x 2  y  x y´  f ( x, y )  x 2  y  x

SOLUCIÓN: sea: Luego, ( x, y ) 

2

Además :

f 1 ( x , y)   , y 2 x2  y

…(I)

si x 2  y  0  y  x 2

( x, y ) 

2

... (1) luego

fy(x,y) es continua, sí:

/ x2  y  0  y  x2

...(2)

Y

De (1) y (2): y´  f ( x, y ) admitirá una solución x

4. -

única en ( x0 , y 0 ) siempre que y0  x02

Dada la ecuación lineal de primer orden:

dy  P ( x ) y  Q ( x) donde P(x) y dx

Q(x) se asumen continuas en un intervalo [a, b] pruebe que existe una solución única a la ecuación diferencial tal que y( x0 )  y0 y x0   a, b y´P( x ) y  Q( x )

…(I)

y´ f ( x , y)  Q( x )  P( x )y

... (1)

SOLUCIÓN: Sí : 

f ( x , y )   P( x ) y

... (2)

de modo que las condiciones del teorema de existencia y unicidad se cumplen en una región rectangular R acotada por las rectas x=a y x=b.

5. -

Si y´

1 1 y 2 2x  ( ) ; y (1) = 1 verificar que y  x  es la solución 2 2 x Ln x  c

general y determinar, comprobando que se cumple las condiciones de existencia y unicidad, que la solución al P.V.I. es única.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

SOLUCIÓN :

y´

29

1 1 y 2  ( )  f ( x, y ) 2 2 x

 y´(1,1)  1

y

... (1)

f y  2 y x

... (2)

De (1) y (2) podemos considerar una región R que no contenga a x = 0, con lo cual existirá una solución única. Evaluando la solución general en el punto (1,1) logramos que: 1  1

1 C

... (3)

es decir, no existe valor alguno de C en R que satisfaga la ecuación (3). Sea, y = x, entonces y´=1 que reemplazados en la ecuación diferencial (1), logramos

que:

y  x x  0

1

1 1 2  (1)  1  1  existe 2 2

una

única

solución

30

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL DE PRIMER ORDEN Y PRIMER GRADO

Campo Direccional. Curvas Integrales. Soluciones Gráficas mediante las Isoclinas Ahora empezaremos con un tratamiento sistemático de las ecuaciones diferenciales de primer orden, cuya ecuación se puede escribir en forma implícita como:

F ( x, y , y´)  0

... (I)

que supuesta resuelta, esta ecuación respecto a y´, en forma explícita resulta: y´ f ( x, y )

... (II)

Antes de que consideremos varios métodos ordinarios que se usan para resolver las ecuaciones de la forma (II), demostraremos que ésta tiene una interpretación geométrica muy simple, que nos conducirá de inmediato a un método gráfico y útil para obtener una idea general de las soluciones particulares de (II), sin necesidad de resolver la ecuación. Supongamos que f(x, y) es unívoca, esto es, tiene un valor en cada punto (x, y) del plano XY donde f(x, y) está definido, entonces de este punto de la ecuación (II) se obtiene una dirección y´ asociada con cada punto (x, y). La terna dada en (I), F(x,y,y´), determina la dirección de un segmento rectilíneo que pasa por (x, y). Cada punto tomado junto con la pendiente constituye el “Campo de Direcciones” de (II). El conjunto de los segmentos de estas rectas es la representación geométrica del campo de direcciones. Entonces definimos como: Campo de Direcciones. El conjunto de direcciones: y´ f ( x, y )  tg se llama campo de direcciones de la ecuación diferencial (II) que se representa generalmente, por medio de un sistema de rayitas o de flechas con un ángulo de inclinación; realmente (II) representa el coeficiente angular de las rectas tangentes a la solución general de la ecuación (I) en cada punto (x, y). Curva integral Definición: Se llama curva integral de (II) a toda curva construida de manera que en cada uno de sus puntos tenga la dirección determinada por la ecuación (II). La resolución de una ecuación diferencial equivale al problema de obtener sus curvas integrales.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

31

Ejemplo: Consideremos la ecuación diferencial y´

x dando a x e y los siete valores –3, y

-2,-1,0,1,2,3 y calculando los correspondientes valores de y´ se obtiene la tabla adjunta, en la que se observa que no existe valor correspondiente al punto (0,0). X Y

-3

-2

-1

0

-3

1

2/3

1/3

0

- 1/3 - 2/3

-2

3/2

1

1/2

0

- 1/2

-1

- 3/2

-1

3

2

1

0

-1

-2

-3

0













1

-3

-2

-1

0

1

2

3

2

- 3/2

-1

- 1/2

0

1/2

1

3/2

3

-1

- 2/3 - 1/3

0

1/3

2/3

1

1

2

3

Y

-1

X

Vemos que falta el elemento lineal, indeterminado, en (0,0). Dicha figura sugiere dos líneas rectas que pasan por el origen, y  x

e

y   x y otras

curvas integrales aparentemente asintóticas a dichas rectas, lo cual induce a considerar la expresión y 2  x 2  C como posible solución. Efectivamente esto es cierto, puesto que si: y´ 

dy x  dx y



 ydy   xdx 

y 2 x2 C   2 2 2

y 2  x2  C eslasolución de la ecuación propuesta :

Geométricamente lo que se da es un conjunto de direcciones y la ecuación diferencial es el problema de encontrar las curvas que tengan a dichas direcciones como tangentes. El conjunto de direcciones {f(x, y)} se llama campo direccional. El problema de resolver la ecuación diferencial (2) consiste en hallar una curva cuya tangente en cada punto tenga la misma dirección que el campo direccional en dicho punto. Estas curvas se llaman curvas de pendientes constantes o isoclinas de (2).

32

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Curvas de Pendiente Constante o Isoclina Definición.- Se llama isoclina al lugar geométrico de los puntos en los cuales la tangente a las curvas integrales consideradas tienen la misma dirección, es decir, es de valor constante. Las isoclinas permiten encontrar las curvas integrales en forma aproximada. La familia de todas las isoclinas se determinan haciendo f ( x, y)  k (cte). Observaciones: 1)

Si k=0 entonces la isoclina

. En ésta isoclina se

encuentra los puntos máximos o mínimos de las curvas integrales. 2)

Los puntos de inflexión de las asíntotas de las curvas integrales están ubicados en la siguiente curva: y´´

3)

dy d f f dy  f ( x, y )   . 0 dx dx x y dx

Construyendo las isoclinas y el campo de direcciones en los casos más simples se puede dibujar aproximadamente el campo de las curvas, que en cada uno de sus puntos tienen la dirección dada del campo.

Ejemplos: I)

Usando Isoclinas trazar aproximadamente las curvas integrales para la siguiente ecuación diferencial: y´ 

x y

SOLUCIÓN: 1.– Como:

y´ f ( x , y) y y´ 

x x  f ( x , y)   y y

… (I)

Para obtener la isoclinas hacemos: f ( x, y )  k . Es decir: 

x  k es la y

familia de isoclinas, donde k es un parámetro al cual se le asigna valores para obtener las isoclinas necesarias: (generalmente seis, que son suficientes).

k  3,  2,  1, 0

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

33

Por ejemplo, en (1,1) la pendiente es -1 así como también en todos los puntos para los cuales y  x la pendiente será –1 tales como por ejemplo en los puntos  3 2 , 3 2  , ( 2, 2), (3, 3), ( 3,  3), ( 2,  2) como se muestra en la figura adjunta donde los segmentos de línea tiene una inclinación de 135 puesto que sí: y´ tg    tg1y´ tg1 (k) y para: k = - 1    tg1 (1)  135º En (3,2), la pendiente es  3 2 y podemos dibujar el correspondiente segmento de línea. El trabajo numérico puede ser resumido en forma tabular, como se muestra en la figura (b) donde   tg 1 y Tabulación

b) Segmentos de línea para la ecuación

y´ 

x

y

y´



1

0



90°

2

0



90°

0

1

0

0

1

1

-1

135°

2

1

-2

116.5°

-1

1

1

45º

-2

1

2

63.43°

0

2

0

0

1

2

-0.5

153.4°

2

2

-1

135°

x y

Dibujamos algunos segmentos de línea razonadamente espaciados y la figura empieza a sugerir una familia de curvas cuyas tangentes son segmentos de línea; en la figura (b) las curvas sugeridas son las circunferencias:

x2  y2  c2 Para diferentes valores de la constante C. Para cada círcunferencia (I) la pendiente de la tangente en el punto (x, y) en precisamente; esto es, cada círcunferencia en (I) representa una solución de (1). Es posible que estas sean las únicas soluciones, lo cual se demostraría con el teorema de existencia y de unicidad y se puede confirmar, en ese caso particular, al obtener la solución de dicha ecuación diferencial (1), puesto que, si:

34

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

y´ 

x y2 x2 C 2  y dy   x dx   :   y 2 2 2

 x 2  y 2  C 2 es la solución.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

35

PROBLEMAS PROPUESTOS I. - En los problemas del 1 al 20 determine si el teorema de existencia y unicidad garantizada o no la existencia de una solución para el problema de valor inicial dado. Si la existencia está garantizada, entonces determine si el teorema asegura o no la unicidad de la solución dada. 1.

y´  2 x 2 y 2

3. y´  y 5. y´ 

1 3

y( 1 )  1

;

1

; y( 0 ) 1

4. y´  y 3 ; y( 0 )  0

x ; y( 0 ) 1 y

7. y´  Ln ( 1  y 2

9. y ' ( x  y ) 11. y ( 1  y 13. y´  

2. y´  xLn y ; y( 1 )  0

x ; y

2

1 2

)

1 2

2

) ; y( 0 )  0

x ; y( 1 ) 1 y

8. y´  x

2

y

2

; y( 0 ) 1

1 2

; y( 2 )  2

10. y'=(x-y) ; y( 2 ) 1

; y( 0 )  0

12. y´  y

1 ; ( x2  y 2 ) 1 17. y´  ; 2 ( x  y2 )

19. y´ ( x  4 y  4 ) 2

2

; y( 0 ) 1

14. y´  3 x  2 x ; y( 1 )  4

y( 4 )  3

15. y´ 

2

6. y´ 

2

y( 0 )  0

16. y´  xy  x

y( 0 ) 1

18. y´  y csc x ; y( 0 ) 1



1 2

; y( 3 )  2

20. y´ 

; y( 0 )  2

( x  2y ) ; y( 1 )  2 ( y  2x )

II.- En los problemas del 21 al 29 construya un campo de pendientes para la ecuación diferencial dada. 21. y´  2 x 2 y 2

22. y´  y1 3

23. y´  ( x  y )1 2

24. y´   x y

25. y´  y / x

26. y´  y 2

27. y´  y e x

28 y´  x3  y 3

29. y´  y 4

III.-En los problemas del 1 al 12 se proporciona el campo de pendientes de una ecuación diferencial (también dada). Dibuje tres o cuatro para cada uno.

1. y´ x 2  y 2

2. y 

y 2

36

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 3. y´ y 2  1

5.

y´ xy  1

7. y '  x  y

4. y  x 2  y 2

6. y  ln 1  y 2 

8.

y '  xy

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

9.

11.

37

1 y

10.

y 

y  x e  y

12.

y  y 3

y 

x y

IV.1. -

Dado el problema de valor inicial a)

y´  3 x

3

y ; y( x0 )  y0

¿Para qué puntos ( x0 , y0 ) se asegura la existencia de una única solución? Para cada uno de estos puntos hallar la única función que es solución al problema dado sobre algún intervalo I. Determine I

b)

¿Para qué puntos ( x0 , y0 ) no se asegura la existencia de una única solución? Ver si para éstos puntos hay más de una solución. ¿Cuáles?

38

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

2. -

Dadas las siguientes ecuaciones diferenciales, encuentre la región donde es válido el teorema de existencia y unicidad.

3. -

a) xy  y 2  1  0

b) ( y)3  ( x y )3 2  0

c) y  1  y 2

d) y  y  3

3

y

Considere el problema de valores iniciales: y´  y 2 P( x )  yQ( x ) ; y( 2 )  5 donde P y Q son polinomios de segundo

a)

grado de x. ¿Tiene este problema una solución única en algún intervalo

x  2  h alrededor de x 0  2 ¿Explique por qué sí o por qué no? y´  y1 8 ; y( 0 )  0 ¿Tiene este problema una solución única en algún

b)

intervalo x  h alrededor de x0  0 ? Explique. 4. -

Dado el siguiente problema de valor inicial: y´  3 3 x  y * , y( x0 )  y0 a)

¿Para qué puntos de

2

se aseguran la existencia de una única solución?

Hallar la solución de (*) para y (0) = -1. b)

¿Para qué puntos de

no se asegura la existencia de una única

solución? Ver si para estos puntos hay más de una solución. V.1.

a) Resolver la ecuación diferencial y´

y

b) Escribir la ecuación de las isoclinas. c) Trazar en cada una de las isoclinas y  0 , y  1 , y  2 , y  3 . e y  4 , y para puntos comprendidos en el intervalo x  4 y x  4 , rectas cuya pendiente sea

y. d) Trazar en el gráfico correspondiente al apartado (c), curvas que representen soluciones de y´  y por ( 0,0 ) , ( 1,0 ) , ( 2,0 ) , ( 1,0 ) , ( 2,0 ) respectivamente. e) ¿Por qué no pasa ninguna curva solución debajo del eje de las X?

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 2. -

39

Dada la ecuación diferencial: y´  ( x  4 y  8 ) / 4 se pide: a) Resolver usando el método de las isoclinas. b) ¿Existe alguna curva que satisfaga la siguiente propiedad : y  f (x) es una isoclina y a la vez una integral particular de la ecuación

diferencial dada. c) Generalice su respuesta en b al teorema de existencia y unicidad. d) Es posible escribir una solución de la forma x  f ( y ) . ¿En qué se fundamenta y por qué?

40 1.4

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Obtención de la Ecuación Diferencial a partir de la Solución General Dada la solución general de una ecuación diferencial ya sea de primer orden tal que y = F(x, C), que involucra una constante arbitraria C; de una de segundo orden cuya solución es y = G(x, C1, C2) y en general de una ecuación diferencial de orden “n” cuya solución es, y = H (x, C1, C2, C3, ... ,Cn), la cual está asociada a “n” constantes esenciales o arbitrarias, es de interés preguntarnos de que ecuación diferencial provienen estas funciones primitivas (o soluciones) y principalmente encontrar dichas ecuaciones diferenciales. Primeramente resolveremos algunos ejemplos sencillos y posteriormente sustentaremos la manera de hallar dichas ecuaciones diferenciales.

Ejemplo1: Hállese la ecuación

diferencial cuya solución general es

y  c senx

SOLUCIÓN: Dada la solución general: y = c senx ...(1), la cual posee sola una constante esencial, dará lugar entonces a una ecuación diferencial de primer orden; por consiguiente, bastará con derivar una sola vez la expresión (1), es decir que: y´

dy d  (Csenx)  y´ C cos x dx dx

...(2)

De las expresiones (1) y (2), eliminaremos la constante C, para ello podemos dividir (2)  (1), entonces: y C cos x   y C senx

y ´senx  y cos x  0

Tratemos ahora de establecer una expresión general, para una ecuación diferencial de primer orden, que tiene por solución general la expresión siguiente: y  c f1 ( x )



...(1)

Dividiendo (2)  (1), logramos:

y´  c f1´ ( x )

y´ f1´ ( x )   y´ f1 ( x )  y f1´ ( x )  0 y f1 ( x )

...(2) …(3)

que es la ecuación diferencial pedida, expresión que podemos plantearla como: f1 ( x ) f1´ ( x )

y y´

0

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

41

Ejemplo 2: Encontrar la ecuación diferencial que tiene como solución general la función y  C1 cos 2 x  C2 sen 2 x SOLUCIÓN: Apreciamos que la solución dada posee dos constantes esenciales, luego derivamos dos veces la solución general. Es decir, sí:

y  C1 cos2 x  C2 sen2 x

...(1) , entonces:

Dx : y´  2C1 sen 2 x  2C2 cos 2 x

...( 2 )

Dx : y´´  4C1 cos 2 x  4C2 sen 2 x

...( 3 )

Reemplazando (1) en (3), si: y´´ 4(C1 cos2 x  C2 sen2 x)  4 y

y´´  4 y  0



La ecuación diferencial de segundo orden obtenida ha sido hallada de una manera bastante sencilla por eliminación directa de las constantes C1 y C2 ; pero no siempre sucederá esto. Tratemos ahora de hallar una expresión general, dada la solución general que contenga dos constantes esenciales, así tenemos que si:

y = C1 y1 + C2 y2

...(1)

donde y1, y2 son dos funciones diferenciables al menos dos veces. Entonces derivando dos veces la expresión (1) obtenemos:

y '  C1 y1'  C2 y2'

...(2)

y ''  C1 y1''  C2 y2''

...(3)

De (2) y (3):  S 

y´1 ´´ 1

y

y´2 ´´ 2

y

Que es un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas C1 y C2 donde el determinante del sistema  S  0 para que tenga solución única.

 y´1 y´´2  y´´1 y´2 ; C1 

 C2  C1 

C1 y´ y´´2  y´´ y´2   S y1 y´´2  y´´1 y´2

y

C2 

y´1

y´

y´´1

y´´

y´ ´´

y

y´2 ´´ 2

y

 y´ y´´2  y´´ y´2 ;

 y´´ y´1  y´ y´´1

C2 y´´ y´1  y´ y´´1   S y1´ y´´2  y´´1 y´2

Reemplazando (4) en (1):

y

y´ y2´´  y2´ y´´ y1´ y´´  y´ y1´´ y  y2 1 y1 y2´´  y2´ y1´´ y1´ y2´´  y2´ y1´´

 y ( y´1 y´´2  y´2 y´´1 )  ( y´ y´´2  y´2 y´´ ) y1  ( y´1 y´´  y´ y´´1 )y2  ( y´2 y´´  y´´2 y´ ) y1  ( y´1 y´´  y´´1 y´ ) y2  ( y´1 y´´2  y´2 y´´1 ) y  0

...(4)

42

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS y1 y2 y y1' y'2 y'

Ecuación diferencial que es equivalente a:

'' 1

y

'' 2

 0

''

y

y

Ejemplo 3: Obtener la ecuación diferencial asociado con la primitiva: y  Ae 3 x  Be 2 x  Ce x

SOLUCIÓN: Como la función primitiva presenta 3 constantes esenciales, entonces la ecuación diferencial pedida será de tercer orden, y, puesto que para hallar las 3 constantes A, B, y C debemos de formar un sistema de 3 ecuaciones con 3 constantes, como incognitas, que al ser reemplazadas (estas constantes), en la función primitiva, obtendremos la ecuación diferencial pedida, es decir, sí:  Ae3 x  Be2 x  Ce x

y

… (1)

 Dx : y'  3 Ae3 x  2Be2 x  Ce x Dx : y  9 Ae ''

3x

 4Be

2x

 Ce

… (2)

x

… (3)

Dx : y'''  27 Ae3 x  8Be2 x  Ce x

3e3 x

2e2 x

ex

9e

3x

2x

x

27e

3x

Donde:  S 

4e 8e

2x

 6e6 x ( 8  10 )

2e2 x

y´

 A  y´´ 4e

2x

y´´´ 8e 2 x

ex e

x

ex

e

e

1 1 1 ,  (3e ) (2e ) (e ) 3 2 1 9 4 1 3x

x

2x

x

… (4)

 6e

6x

  S  12e6 x

y´ 1 1  ( 2e )( e ) y´´ 2 1  2e 3 x y´´´ 4 1 2x

x

y´ 1 y´´ 2 y´´´ 4

  A  2e 3x (2y´  3y´´  y´´)

3e3x B 

9e

2x

27e

3x

y´

ex

y´´

x

e

y´´´ ex

1  (3e ) (e ) 3 9 3x

x

y´ 1 1 4x y´´ 1  6e 3 y´´´ 1 9

y´ 0 y´´ 1 y´´´ 4

B  6e4 x ( 4 y´´  y´´´  3 y´ ) 3e3x 2e 2x y´ C 

9e

3x

2x

4e

27e

3x

8e 2x

1 0 0 3 1 2 9 5 8

1 y´´  (3e ) (2e ) 3 9 y´´´ 3x

2x

1 y´ 1 5x 2 y´´  6e 3 4 y´´´ 9

0 y´ 1 y´´ 5 y´´´

0 1 3

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

43

C  6e5 x ( y´´´  5 y´´  6 y´) Donde: A 

 A 2e3x (y´´´  3y´´  2y´)  B 6e4x (4y´´  y´´´  3y´)  , B   S S 12e6x 12e6x

y

 C 6e5 x ( y´´´  5 y´´  6 y´) C  S 12e6 x

(5) en (1): y =

y´´´ 3 y´´ 2 y´ 3 x 4 y´´  y´´´ 3 y´ 2 x y´´´ 5 y´´ 6 y´ x e  e  e 6e3 x 2e 2 x 2e x

Simplificando, obtenemos la ecuación diferencial:

y´´´  6 y´´  11 y´  6 y  0

Definamos ahora un operador D tal que: D n  luego : y´´´ 

… (a)

dn entonces : dx n

d3y d2y dy 3  D y , y´´   D 2 y , y , y´   Dy 3 2 dx dx dx

Dn y 

dny dx n

… (b)

reemplazando la expresión (b) en (a) logramos otra representación de la E.D., es decir que: D3 y  6D3 y  11Dy  6y  0  (D3  6D 2  11D  6)y  0

 (D  1) (D  2) (D  3) y  0 , lo cual podemos expresar como: P ( D) y  0

donde

P( D)  ( D  1) ( D  2) ( D  3)

es un polinomio, y si buscamos

soluciones no triviales ( y  0) entonces P ( D)  0 lo cual da 3 raíces, r1  1 , r2  2 y r3  3 que son los coeficientes de los exponentes de las

e x , e 2 x y e3 x

funciones exponenciales

donde estas funciones constituyen el

sistema básico de funciones linealmente independientes, que se estudiará con amplitud en el capítulo III. Ahora supongamos que la solución de una ecuación diferencial lineal de tercer y  C1 Y1  C2 Y2  C3 Y3

orden sea: donde

Y1 , Y2 , Y3

son

tres

funciones

(linealmente

…(1) independientes)*

diferenciables al menos 3 veces, C1 , C2 y C3 son 3 constantes esenciales que debemos eliminar y para ello debemos formar un sistema de 3 ecuaciones, donde las incógnitas son dichas constantes: De :

y´  C1 Y1´  C2 Y2´  C3 Y3´

…(2)

44

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS y´´  C1 Y1´´  C2 Y2´´  C3 Y3´´

…(3)

y´´´  C1 Y1´´´  C2 Y2´´´  C3 Y3´´´

Tal que: Ci 

 C1 S

.

…(4)

i  1,2,3,

Al resolver el sistema de ecuaciones dada por las expresiones (2), (3) y (4) logramos de (1) que: y

 C3  C1  C2 y1  y2  y S S S 3

y  S  y1 C1  y2 C2  y3 C3



y1  C1  y2  C2  y3  C3  y  S  0

y1´

y 2´

Donde :  S  y1´´

y3´

y´

y 2´´ y3´´

 C1  y ´´

,

…(5) y 2´

y 2´´ y3´´

y1´´´ y 2´´´ y3´´´

y ´´´ y 2´´´ y3´´´

y1´

y1´

y´

 C2  y1´´

y3´

y ´´ y3´´

 C3  y1´´

,

y 2´

y 2´´ y ´´

tal que  S  0 , para que exista solución única. y 2´

y3´

y1´

y1 y´´ y 2´´ y3´´

 y 2 y1´´

y´

y´´ y3´´

y1´

y1´

y2 ´

y1´´

y´´ y3´´

y´

y 2´´ y´´

´´´ 1

y

y

y1 (1) 2

´´´ 2

 y

´´´ 1

y´´´

y

y1´

y2´

y´

y1´´

y2´´

y´´

y1´´´

y2´´´

y3´

y´´´ y

0

´´´ 3

y 2´

y3´

y´

y1´

y 2´´

y3´´ y´´

 y 2 (1) y1´´

y 2´´´ y3´´´ y´´´

 y3

y3´

y1´´´ y´´´ y3´´´

 y3 y1´´



y´

y´´ y 2´´´ y3´´´ y 2´

y´´´



y´

y1´´´ y 2´´´ y ´´´

y1´´´ y ´´´ y3´´´

De(5):

y3´

y

y3´

y´

y3´´ y´´

y1´´´ y3´´´ y´´´ y1´

y2´

y3´

y1´´

y2´´

y3´´

y1´´´

y2´´´

y3´´´

0

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



y1

y2

y3

y

´ 1

y

´ 2

y

´ 3

y

y´

y´´1

y´´2

y´´3

y´´

y´´´ 1

y´´´ 2

y´´´ 3

45

0

y´´´

que es la expresión que proporciona la ecuación diferencial de tercer orden de una función primitiva de 3 funciones linealmente independientes. En general podemos dar el siguiente Teorema: Teorema 3: Dado un sistema de funciones, y1 , y2 , y3 , ... , yn linealmente independientes en el intervalo,

, que poseen derivadas hasta el orden

enésimo inclusive. Entonces, la ecuación: y1

y2

y3

y4

... yn

y

y´1

y´2

y´3

y´4

... y´n

y´

y´´1

y´´2

y´´3

y´´4

... y´´n

y´´

.. ..

.. ..

.. ..

.. .. .. ..

.. ..

0

... ...

y1( n ) y2( n ) y3( n ) y4( n ) ... yn( n ) y( n )

es una ecuación diferencial lineal, para la cual las funciones y1 , y 2 , y 3 ,........ y n forman un sistema fundamental de soluciones y donde “y” es la función incógnita. Ejemplo : Formar las ecuaciones diferenciales, para los cuales los sistemas dados de funciones, forman los sistemas fundamentales de soluciones:

y1  x

SOLUCIÓN: a) Sí: y1

Luego, si :

y2

´ 1

y

y

y1´´



b) Si:

0 

´

y

y´´2 y´´

x

ex

1

x

y´

x

y´´

e

0

e



y´1  2 x cos x2

y2  cos x2

 y´2  2 x senx2





2

 2 x senx 2

x 1 ex 1 1 0 1

( x  1) y´´ xy´ y  0

y´´1  2 cos x2  4 x2 senx 2

cos x 2

2 cos x  4 x senx 2



 y´´2  2 senx2  4x2 cos x2

senx 2 2 x cos x

0



y1  senx2

Entonces, sí:

y

x( y´´ y´)  y´´ y  0

2

2

2

y 2  e x  y1´  1 , y1´´  0 ; y2´  e x  y2´´

y

y

´ 2

c) y  c1 x  c2e x

b) y1  senx2 , y2  cos x 2

a) y1  x , y2  e x

 2senx  4 x cos x 2

y

2

2

xy´´  y´  4 x 3 y  0

y´ 2

y´´

0

y y´ y´´

0

46

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

y  c1 x  c2 e x

c) Si:

2

2

 y1´  1  y1´´  0 y

x

luego :

1

ex

2

xe

2



y2´  xe x

2

2

 y2´´  e x

y

2

x 2

0 ( 1  x )e 2

y1  x

entonces :

x2 2

y´

0



e

x2 2

y 2

2

2

2

(1  x 2 )

x 1

1 x

0

1 x

y´´

y2  e x

y y´ 2

0

y´´

( x 2  1) y´´  x(1  x 2 ) y´  (1  x 2 ) y  0

Conclusión : Para encontrar la ecuación diferencial cuya función primitiva: F( x, y, c1 , c2 , ... cn )  0 , con “n” constantes esenciales o arbitrarias, se

conoce si puede hacer uso directamente del teorema (T: 3) o en su defecto seguir los siguientes pasos: 1. -

Derivar tantas veces sea necesario, dependiendo del número de constantes esenciales que tenga la función primitiva, en este caso “n”.

2. -

Formemos un sistema de “n” ecuaciones teniendo como incógnitas las constantes, Ci (i = 1,2,3, ..., n)

3. -

Las constantes C i halladas, reemplazarlas en la función primitiva obteniendo así, de esta manera, la ecuación diferencial pedida en la que debe notarse que esta carece de constantes. Muchas veces el lector encontrará que no es necesario resolver el sistema y aún puede hallarse la ecuación diferencial pedida, así por ejemplo véase el ejemplo 2, resuelto anteriormente.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

47

PROBLEMAS RESUELTOS I.- Determinar la ecuación diferencial de la familia de curvas dada por: 2. y  ae x  be  x  c cos hx  d sen hx

1. y  C1  Ln C2 x 3. Ln (

a2 x )  x 3  b 3 ( xy  0 y

x 

4. y  e x  A  e  x  A

5. y  a cos 2 x  b sen2 x  c cos2 x  d sen2 x 6. y 

A B C  2 x  4 x 3x e e e

SOLUCIÓN: 1.

Si: y  C1  Ln C2 x donde



y  C1  Ln C2  Ln x  C  Ln x

...(I),

C  C1  Ln C2´ es decir, esta función posee solo una constante

esencial, luego, la ecuación diferencial pedida será de primer orden, donde, si: y  C  Ln x

2.



D x : y´

1 x



xy´ 1

Dado: y  ae x  be x  c cos hx  d senhx

 y  ae x  be  x  c (

e x  ex e x  ex cd x c  d x )d ( )  (a  )e  (b  )e 2 2 2 2    

luego :

y  Ae  Be

A x

B

x

...( I )

Dx : y´ Ae x  B e  x  Dx : y´´ Ae x  Be  x  y  3.

Ln(

Sí : 

a2 x )  x 3  b3 y



y´´ y  0

Ln a 2  Ln x  Ln y  x 3  b 3

Ln x  Ln y  x 3  (b 3  Ln a 2 )  Ln x  Ln y  x 3  A ,

A:cte. esencial. 1 y Dx :   3 x 2  y  xy´  3 x 3 y x y

4.



xy´(3x 3  1) y  0

Si: y  e x A  e x A  ( e A )e x  ( e A )e x  y  C1e x  C2e x De (I): Dx : y´ C1e x  C2 e  x  Dx : y´´ C1e x  C2 e  x  y 

5.

Si: y  a cos 2 x  b sen2 x  c cos2 x  d sen2 x 

y  a cos 2 x  b sen2 x  c(

1  cos 2 x 1  cos 2 x )  d( ) 2 2

...(I)

y´´ y  0

48

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS  y  (a 

c d cd  ) cos 2 x  b sen2 x  ( ) 2 2 2



y  A cos 2x  Bsen2x  C ...(I)

primitiva de 3 constantes esenciales y cuyas funciones linealmente independientes son y1  cos 2 x , y 2  sen2 x , y3  1 y si “y” es la función desconocida, entonces la ecuación diferencial pedida se encontrará al resolver la ecuación siguiente: cos 2x sen2x 1 y  2sen2x  2sen2x 2cos 2x 0 y´  0  (1) 4cos 2x 4cos 2x  4sen2x 0 y´´ 8sen2x 8sen2x  8cos 2x 0 y´´´

sen2 x  cos 2 x 2 cos 2 x 2 sen2 x  4sen2 x 4 cos 2 x

2cos 2x  4sen2x  8cos 2x

y´ y´´  0 y´´´

y´ y´´  0  y´´´

sen2 x( 2 y´´´ sen2 x  4 y´´ cos 2 x )  cos 2 x( 2 y´´´cos 2 x  4 y´´ sen2 x )  y´(8cos 2 2x  8sen 2 2x)  0 8



2y´´´(sen 2 2x  cos 2 2x)  8y´ 0

y´´´  4 y´ 0



1

6. - Si: y  Ae 3 x  Be 2 x  Ce 4 x

...(I)

y1  e 3x , y 2  e 2x y y 3  e 4x

Entonces :

...(1)

DX :

y1´   3e 3x

, y´2  2e2x

y

y´3  4e 4x

DX :

y1´´ 

9e 3x

, y´´2  4e 2x

y

y´´3  16e 4x

DX :

y   27e ´´´ 1

3x

y  8e ´´´ 2

,

2x

y

´´´ 3

y

 64e

...(2)

4x

Luego la ecuación diferencial se obtendrá al calcular el determinante siguiente: e 3 x  3e 3e

3 x 3 x

 27e

3 x

e2x 2e

2x

4e

2x

8e

2x

e4x 4e

y

4x

16e

164e



y´

4x

y´´

4x

 0  e 3 x . e 2 x . e 4 x

y´´´

1 3 9  27

1 2 4 8

1 4 16 64

y y´ 0 y´´ y´´´

y´´´3y´´10y´24y  0

Solución que pudo hallarse directamente como se explicó en el ejemplo 3, teniendo en cuenta (1), si:

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS y1  e3x



D  3 

D3 0

y2  e

2x



D 2



D2  0

4x



D  4



D4  0

y3  e

49

 P( D) y  ( D  3) ( D  2) ( D  4) y  0  ( D 3  3D 2  10D  24) y  0 D 3 y  3D 2 y  10 Dy  24 y  0  y   3 y   10 y´  24 y  0

II.- Hallar la ecuación diferencial cuya solución general es: 8. y  ax 2 

7. y  x sen( x  c) 9. y  Ae 3 x  Be 2 x  Ce x

b  Lnx x

10. y  a e x  b senx

SOLUCIÓN: y  x sen( x  c) 

7. - Si:

y ( )´ x Dx : 1  y 1  ( )2 x



sen( x  c) 

y x  c  sen1 ( ) x



y y xy´  y 1  ( ) 2  ( )´  x x x2



x2  y2 xy´ y  x x2

y x



x x 2  y 2  xy´ y

METODO II : Se puede resolver de la siguiente manera: Si:

y  x sen ( x  c) ...(1)  sen( x  c) 

De (1): 8. y  ax 2 

b  Lnx x

y x

Dx : y´ x cos ( x  c)  sen ( x  c) ...( 2) y y y´ x 1  ( ) 2   x x



xy´

x2  y2  y

...(1) , como a y b son dos constantes esenciales, entonces, la

ecuación diferencial será de segundo orden, luego, derivando 2 veces la expresión (1), logramos que: y´  2ax 

b 1  x2 x

De (3):

xy   2ax 

(4) - (2): xy   y´ 

...( 2 )



y   2a 

2b 1  x3 x2

2b 1  x2 x

3b 2  2 x x

...( 3 )

.



b 1 2  x ( xy   y´  ) x 3 x

..(4)

50

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS (2) 

1 1 1 (4): xy   y´ 3ax  2x 2 2

(5) en (1): y 



ax 2 

1 1 1 ( xy   y´ ) x 3 2 2x

...(5)

1 1 2 1 1 ( x y   xy´ )  ( x 2 y   xy´2)  Ln x 3 2 2 3

y

1 2 1 x y    Ln x 2 2

También se puede hallar la ecuación diferencial si la expresión (1) la expresamos como: xy  ax3  b  x Lnx

…(1)

Dx : y  xy´  3ax2  Ln x  1

…(2)

Dx : 2 y´  xy´´  6ax 

1 x

 2 xy´  x 2 y  6ax 2  1

…(3)

(3) –2 (2): 2 xy´ x 2 y   2( y  xy´)  6ax 2  1  2(3ax 2  Lnx  1)  x 2 y´´2 y  2 Lnx  1



Debe tenerse cuidado que si en la solución primitiva, y  ax2  b  ln x , x

aplicamos el teorema (T.3) para hallar la ecuación diferencial, se encontrará la ecuación homogénea. Si las funciones son: y1  x 2

1 x 1 2x  2 x 2 2 x3 x2

y

y2 

1 , luego tenemos que: x

y 1

2

1

4

2

 x2 (  x2 y   x3 y´)  x (2xy   2y´)  y ( x2  x2 )  0 y´  0  y´´  2 y´  2y   2 y´ 6 y  0   3y´´ 6 y  0 x

y  

x

x2

x2

 x 2 y   2 y  0

9. -Dado: y  Ae3x  Be2x  Cex

…(I)

A, B, C son tres constantes esenciales, entonces, la ecuación diferencial pedida será de tercer orden, donde: y´  3 Ae 3 x  3Be 2 x  Ce x y´´´ 27Ae3x  8Be 2x  Ce x

...(1)  y´´  9Ae3x  4Be2x  Ce x

…(2) …(3)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

51

Como hemos constatado, en ejemplos anteriores, con estas 4 ecuaciones podemos eliminar las constantes; y el camino para lograrlo puede ser de varias formas, uno de ellos, por ejemplo, podría ser mediante la aplicación de determinantes, teniendo como incógnitas, a las 3 constantes esenciales, en las ecuaciones (1), (2) y (3) y con estos valores así hallados, reemplazarlos en la ecuación (I). La facilidad de lograr esto depende de la destreza y habilidad, lograda en sus conocimientos elementales de Álgebra. Podemos, también, realizar la siguiente transformación algebraica: (3)  6(2)  11(1)  6( I ) , logrando así:

y   6 y   11y´6 y  27 Ae 3 x  8Be 2 x  Ce x  6(9 Ae 3 x  4 Be 2 x  Ce x )  11(3 Ae 3 x  2 Be 2 x  Ce x )  6( Ae 3 x  Be 2 x  Ce x ) y   6 y  11y   6 y  0



10. - Hállese la ecuación diferencial de la siguiente familia, en la que a y b son constantes, si: y  a e x  b senx

y  ae x  b sen x

SOLUCIÓN: Si: Dx : y´ ae x  b cos x

…(1)

Dx : y  ae x  bsenx

..(2)

…(3)

De (2) y (3): y´ y

a

cos x  sen x

e

x

cos x

e

x

 sen x



 y´sen x  y cos x e x sen x  e x cos x

(2) –(3): y´ y  b(cos x  sen x) (4) y (5) en (1): y 







a ex 

b

y´sen x  y cos x sen x  cos x

...( 4)

y´ y cos x  sen x

...(5)

y´sen x  y  cos x y´ y   sen x sen x  cos x cos x  sen x

y ( sen x  cos x)  2 y´sen x  y´´(cos x  sen x)

También se pudo hallar la ecuación pedida resolviendo: y1

y2

´ 1

y

´ 2

y

´´ 2

y

´´ 1

y

y y´  0 y´´

donde:

y1  e x

y1´  e x

y

y1´´  e x

y 2  sen x

y´2  cos x

y

y´´2  sen x

52

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS ex e

x

e

x



sen x

y

1 y´  e 1 1 y

sen x cos x  sen x

x

cos x  sen x

sen x  cos x 2sen x

y 1 x y´  e 0 y 0

sen x sen x  cos x 2sen x

y y  y´  0 y  y

y  y´  0  (y  y) (sen x  cos x)  2sen x(y  y´)  0 y  y



y (cos x  sen x)  2 y´sen x  y ( sen x  cos x)

11. - Encontrar la ecuación diferencial que tiene por solución general a todas las rectas que pasan por el origen de coordenadas. SOLUCIÓN: Toda recta que pasa por el origen de coordenadas es de la forma: y  mx ...(1) , donde m es una constante esencial, luego de (1) : y´  m

…(2)

Reemplazando (2) en (1): y  xy  que es la ecuación diferencial pedida. 12. - Hallar la ecuación diferencial de todas las circunferencias que pasan por los puntos (0,0) y (2,0). SOLUCIÓN: Las familias de circunferencias de radio r y centro (h, k) tendrá por ecuación a:

(x  h) 2  (y  k) 2  r 2

…(1)

Pero si (0,0) y (2,0) son puntos de las

Y

circunferencias, K

X H

determinarán

una

cuerda en el eje x y por consiguiente el centro

C

O

entonces

A

estará dada por la recta x  1 punto medio de dicha

cuerda,

lo

cual

podemos

verificar

h2

 k2  r2

…(2)

ii) Si: (2,0)  C  De (1) : (2  h) 2  k 2  r 2

…(3)

rápidamente: i) Si: (0,0)  C  De (1) :

De (2) y (3): h 2  k 2  ( 2  h) 2  k 2

 h 2  4  4h  h 2

Luego, de (2): r 2  k 2  1 (4) en (1):

(x - 1)2  (y - k) 2  k 2  1

Primitiva que posee una sola constante esencial.



h 1

…(4) ...(I )

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Dx : 2( x  1)  2( y  k ) y   0



k  y

(5) y (6) en (I): ( x  1) 2  (

yk 

53

x 1 y

...(5)

x 1 y

...( 6)

x 1 2 x 1 2 )  (y  ) 1 y y

x 2  2 x  1 (

x 1 2 2( x  1) y x  1 2 )  y2  ( ) 1 y y y

x2  2x  y 2 

2( x  1) y y

( x 2  y 2  2 x) y   2( x  1) y  0



13. - Hallar la ecuación diferencial de todas las familias de circunferencias de radio 1 y centro sobre la recta y = x. SOLUCIÓN: Sea C ( h, k ) el centro de todas las familias de circunferencias C de radio 1. Si

C (h, k )  L : y  x



k  h . luego, la

ecuación de C es: ( x  h) 2  ( y  h) 2  1

Dx : 2( x  h)  2( y  h) y  0  x  h  ( y  h) y   0 

x  h  yy  hy  0 

h

...(1)

...(2)

x  yy 1  y

...(3)

(2) en (1): ( y  h) y2  ( y  h) 2  1  ( y  h) 2 ( ( y) 2  1)  1 de (3): ( y 

x  yy  2 ) ( ( y ) 2  1)  1 1  y

2 2 2  ( y  x) (1  ( y ) )  (1  y )

14. - Determinar la ecuación diferencial de todas las circunferencias con centro en la recta y = x SOLUCIÓN: Sea C la circunferencia de centro: C(h k) y radio r, si su centro está en la recta L : y  x , luego, h = k. C: ( x  h) 2  ( y  h) 2  r 2

...(1) la cual posee dos

constantes esenciales y por consiguiente la ecuación pedida será de segundo orden.

54

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

De (1):

Dx: 2(x  h)  2(y  h)y  0  x  h  (y  h)y  0

...(2)

De (2):

D x : 1  (y  h)y  (y) 2  0

...(3)

De (3):y-h - 

1  (y) 2 y

...(4) , De(2): x  h  (y  h)y

xh

(4) en (5): (6) - (4): x  y 

...(5)

1  ( y) 2 y y

1  ( y ) 2 1  ( y ) 2 y   y  y 

...( 6)





( x  y ) y  1  ( y ) 2 (1  y )

15.- Hallar la ecuación diferencial de las circunferencias que tiene sus centros sobre el eje Y. SOLUCIÓN: Sea C la circunferencia cuyo centro es (0,k) por estar sobre el eje Y, luego: C : x 2  ( y  k ) 2  r 2

...(1)

Dx : 2 x  2( y  k ) y   0 x  ( y  k ) y  0



Dx : 1  ( y ) 2  ( y  k ) y   0 ...(3)

(4) en (3): 1  ( y ) 2 

x y   0 y

...( 2)

De (2): y  k   x y



...( 4)

y   ( y ) 3  xy   0

16. - Hallar la ecuación diferencial de todas las circunferencias tangentes a la recta y = x.

Y

SOLUCIÓN: Sea C la circunferencia de centro C(h, k) cuya r

ecuación está dada por: ( x  h) 2  ( y  k ) 2  r 2 Si L : y  x



c (h,k)

...(1)

L:x y 0

X

Sea “d” la distancia del centro de la circunferencia a la recta L, luego: d ((h, k ), L )

hk (1) 2  (1) 2

r 

hk 2

r

...(2)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

55

(2) en (1): ( x  h) 2  ( y  k ) 2 

(h  k ) 2 2

...(3)

Dx : 2( x  h )  2( y  k )y   0 

x  h  ( y  k )y 

...( 4 )

1  ( y )2 y

...( 5 )

Dx : 1  ( y )2  ( y  k )y   0

(5) en (4): x  h 

 yk 

[1  ( y ) 2 ] y  y 

...(6)

( 1  y  )( 1  ( y  )2  (5) – (6): h  k  x  y  y 

...(7)

(5), (6) y (7) en (3) simplificando logramos: 2 2 ( 1  y )( 1  (y) 2    [1  (y)2 ]y   1  (y) 2  1        x  y  y y    y  2  

2

17. - Hállese la ecuación diferencial de la familia de tangentes a la parábola. x2 = 2y Encuéntrese una solución singular de dicha ecuación diferencial. SOLUCIÓN: Sea L la recta tangente a la parábola en el punto

Y

P ( x , y ) , luego su ecuación será: LT : y  y  y( x )( x  x ) y

1 2 x 2

 y ( x )  x

y

donde:

X

De (1): y  1 x 2  x ( x  x )  y  x x  2

1 (3) en (2) : y  xy   ( y ) 2 2



1 2 x 2

...(I)

 y 

y  x 1 2 x 2

...( 2)  Dx : y  x

( y ) 2  2 xy   2 y  0

...( )

...(1) ...( 3)

...(4)

Derivando la expresión (4) : 2 y  y   2 y   2 xy   2 y   0  2( y   x) y   0  i) y  x  0



De (4): x 2  2 xx  2(

y  x



x2  c)  0  2

y

x2 c 2

c0 

con y   0 hallamos la solución general en (2).

...(5) y

x2 es la solución singular 2

56

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

18. - Hallar la ecuación diferencial de todas las normales a la curva y 2   x . SOLUCIÓN: Sea Ln la recta normal a la parábola en el punto P(x, y), luego su ecuación está dada por:L N : Y  y  

Si : y 2   x 



1  2y y

1 ( X  x) , y

...( 2)

. 1. ) . (

 Dx : 2 yy  1

...(3)

Además P(x, y) es un punto de la parábola, luego reemplacemos (2) y (3) en (1): Y  y  2 y ( X  y 2 )



Y  (2 y ) X  2 y 3  y

Como y es cte., entonces, de (4): Y   2 y  en (4) : Y  Y  X 



4Y  4Y X  (Y ) 3  2Y 

...(4)

(Y ) 3 Y   4 2

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

57

EJERCICIOS Y PROBLEMAS PROPUESTOS I.- Hallar el orden y el grado (si es que está definido) de cada una de las ecuaciones diferenciales siguientes: 1.

(

4.

dy 2 3 x )  dx 4y

2.

d3 y  dx 3

d2 y dy  x dx dx 2

5.

d2y dy 4  1( ) dx dx 2

dy dx

3.

d2 y dy   xy 2 dx dx

6. (

d2y 1 3 dy 2   )  k 1  ( ) dx  dx 2 

10. e x ( y  )2 3  x 2 ( y  )2  xy   3 y   1

d2x  8  4t  t 2 dt 2 11. ( y  )2  sen (( y  )3  x )  Ln ( y   1 )6

12. ( y  )3 4  xy sen 3 x  ( y  )3 2  1  0

13. xy   x 3 y   y 2  x  2  0

7. y   xy  cos y 

14.

d2x dx 2  ( sen x )( ) 0 2 dy dt

8. y   4 y   5 y  e 3 x

15.

dy dx  1 dx dy

5 2

9.

16. 1  ( y  )2  2 yy   0

II.- Complete la siguiente Tabla Ecuaciones Diferenciales

y  5x 2 

1

y   2 y   3 y  e 2 x

3

(

d 2 y d 2x  1 dy 2 dy 2

5

d 2x  3x  cos y Z dy 2

8

Grado

Variables Independientes

Variables Dependientes

d 3s 2 d 2s 3 )  ( )  s  3t dt 3 dt 2

4

7

Orden

2 y x

2

6

Ordinaria o Parcial

dx  dt

xt

 2V V 5 2 x y

 2V  2V  2V  4  4 0 xy x 2 y 2

III.- En cada uno de los ejercicios siguientes a, b, c y d son constantes reales arbitrarias, así como x y y son variables reales. ¿Cuántas constantes arbitrarias son esenciales?

58

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 1. y  ae x  be  x  4 x

2. xy 2  ax  b

3. y  x  a sen( x  b )

4. y  ae( b 1 )x  bLn( cx )  d , x  0, 6.Ln(

a2 x )  x 3  b 3 , xy y

5. y  x a  x b  x a b , x 

0

IV.- En cada uno de los ejercicios siguientes, comprobar que la función dada es una solución de la ecuación diferencial que está escrita a su derecha y suponer que A; B y C son constantes reales. 1. y  Ax 2 , xy   2 y

5. y  ( c  x )e  x ; y'  y  e  x

2. y  x 5  Ax  B , y   20 x 3 B 4. y  Ax  2 ; x 2 y''  2 xy'  2 y  0 x 6. y  x 4  Ax 2  Bx  C ; y'''  24 x

7. y 3  x 3 ( 3e x  A ) , xy   y   x 4 y 4 e x

8. xy 2  Ax  B , x( y  )2  2 yy   xyy   0

9. x  y LnAy , y ( x  y )  y

10. y  A( x  A )2 , ( y  )3  4 xyy   8 y 2  0

3. y  Acos 3 x  B sen 3 x ; y   9 y  0

11. y  tg 1 (

A ) , xy   sen 2 y  0 x2

13. y  Ln( A  e x ) , y   e x  y 15. y 

A , y   y tg x  0 cos x

2

12. y  (

e Ax 1 2 ) , 2 xy   3 y  2 y Ln( x 3 y 2 ) 3 x

14. y  A3 x  Ax 3 , ( y  xy  )3  x 9 y  16. Ln y  Ae x  Be  x , yy   ( y  )2  y 2 Ln y

1 ex , y  3 y 2 18. y  x(  dx  A ) , xy   y  xe x 3x  A x cos 3 x 19. y  , y  cos 3 x  3 y 2 cos 3 x  3 ysen 3 x  0 A  sen 3 x 17. y  

20. x  ye Ay 1 , y  

y x( Ln x  Ln y )

V.- Hallar una ecuación diferencial tal que las funciones dadas sean soluciones de ésta. Si es posible, hallar un intervalo de definición de dichas ecuaciones:

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 1. y1  Ln x , y 2  x Ln x

59

2. y1  e  x , y 2  e x , y 3  x 2

y3  x 2 Ln x

3. y1  e 6x , y 2  x e 6x , y3  x 2e 6x

4. y1  x 2 , y 2  x 4 , y 3  x 5

5. y1  sen2x , y 2  cos 2x

6. y1 

7. y1  e x

2

, y2  e x

8. y1  sen hx , y 2  cos hx

2

9. y1  sen x 2 , y 2  cos x 2 11. y1  Lnx

cos 3x sen 3x , y2  x x

, y 2  xLnx

10.

y1  x , y 2  e x

2

2

, y 3  x 2 Lnx

12. y1  x  3  y 2  x 2  1 , y3  x  3 , y 4  x  1

VI:-

Hallar

la

ecuación

diferencial

asociada

a

la

primitiva

dada,

siendo: a, b, c, d , c1 , c 2 , ...c n , constantes reales arbitrarias y n  Z  . 1. y  c1  c1x  c 2 x 2  ...  c n x n

2. x 6 y 5  x 4 y 7  c

3. y  a cos (x  b)

4. y  c1e x cos 4x  c 2e x sen 4x

5. y 2  cx 3  c3

6. y  c1e 3x  c 2e 6x  c3e 2x  c 4

7. y  c1e1 x  c 2 e 1 x

8. y  e x  e t dt  ce  x

9.  sen

1

1  x  sen 2

x

3

0

1

1 y  c 2

10. xy  x (ax 2  b) c

VII.1. -¿16x 2  y 2  64 es solución implícita de la ecuación diferencial y   16x y ? ¿Por qué? 2.- Hallar, por simple inspección, dos soluciones diferentes de la ecuación diferencial:

xyy   x 2 y   xy   2  y

60

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

61

Capítulo 2 MÉTODOS DE SOLUCIONES DE LA ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN

2.1

Variables Separables y Reducibles a Variables Separables

62

2.1.1

62

Método de Separación de Variables, o de Variables Separables Problemas Resueltos (67). Ejercicios Propuestos (75). - Problemas Geométricos (77) Aplicando Coordenadas Polares. (81) Método de Reducción a Variables Separables.

2.1.2 2.2

…………….…. 87

Método de Transformación de Variables.

2.2.1 Solución de Ecuaciones Diferenciales Reductibles a Variables Separables por Transformaciones Diversas. Ejemplos

...................... 88

2.2.2 Ecuaciones Homogéneas. Definición de función Homogénea (97). Ejemplos (100) Problemas Resueltos (103). 2.2.3 Ecuaciones Reducibles a Homogéneas

.................... 111

Ejemplos (113) Problemas Resueltos (121) Problemas Resueltos (128) 2.2.4 Solución de Ecuaciones Diferenciales Reductibles a Variables Separables por Transformaciones Diversas

........................ 132

2.3

Idea intuitiva de Exactitud

....................... 135

2.4

Ecuaciones Diferenciales Exactas

........................ 136

Ejemplos (137) 2.5

Factores Integrantes

.......................... 142

Ejemplos (147) 2.5.1 Ecuaciones hechas exactas por factores integrantes que involucran una variable

............. 150

Problemas Resueltos (154) 2.5.2 Otros factores integrantes 2.7

Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden 2.6.1 Ecuaciones Reducibles a lineales

....................... 156 ........................... 163 .......................

169

2.6.1.1 Ecuación de Bernoulli (169) Ejemplos (170) Problemas Resueltos (173) 2.6.1.2 Ecuación de Riccati (185) Ejemplos (186) Problemas Resueltos (190) Problemas Propuestos (193) 2.7

Sistemas Lineales de Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

2.8

Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden, y Grado de Superior al primero

2.9

.

.................. 194 ………….

196

2.8.1 Ecuaciones de Clairaut

............................... . 204

2.8.2 Ecuación de Lagrange

............................... . 208

Reducción de Orden de la Ecuación

................................ 211

Ejemplos Resueltos (212) Problemas Propuestos (220)

62

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

ECUACIONES DIFERENCIALES DE VARIABLES SEPARABLES 2.1.1- Método de Variables Separables o Separación de Variables Ecuaciones de Variables Separables: Una ecuación de primer orden y primer grado es de dy  F ( x, y ) dx

la forma:

.....

(1)

entonces, considerando dy dx como un cociente de diferenciales, la expresión (1) podemos escribirla en la forma equivalente: M ( x, y ) dx  N ( x, y ) dy  0

....

(2)

donde M y N son funciones de x e y tales que: F ( x, y ) 

M ( x. y ) dy  dx N ( x, y)

Así, por ejemplo, la ecuación diferencial:

dy 2 x  5 y  dx 2 x  y

(2 x  5 y ) dx  ( y  2 x) dy  0

Puede ser escrita en la forma: Donde:

..... (3)

M ( x, y )  2 x  5 y

,

N ( x, y )  y  2 x

El problema de resolver ecuaciones diferenciales de primer orden está vinculado con la solución de la ecuación (1) ó (2). Para aclarar el problema de hallar la solución general de una ecuación diferencial dada, consideremos un tipo especialmente simple de ecuación, de primer orden y primer grado, que ocurre a menudo en la práctica y que fácilmente se puede poner, por medio de algunas operaciones algebraicas, en la siguiente forma: f ( x) dx  g ( y ) dy  0

..... (4)

donde un término involucra sólo a x mientras el otro involucra sólo a y; pero no debemos olvidar que ésta es simplemente otra manera de escribir la ecuación (1) ó (2). Una ecuación de este tipo se dice que es una ecuación de variables separables o ecuación separables, debido a que las variables x e y se han separado una de la otra. Esta ecuación puede ser resuelta inmediatamente por integración. Así, la solución general de (4) es:

 f ( x)dx   g ( y)dy  C

... (5)

Suponiendo que f y g son funciones continuas, las integrales en (5) deben existir entonces, la solución es:

F ( x)  G ( y )  C

/

F  ( x)  f ( x) G  ( y)  g ( y)

…(6)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

solución que se puede expresar como:

63

 ( x, y )  C

..... (7)

donde C es la constante arbitraria de integración. Nosotros podemos por supuesto regresar a la ecuación (4) tomando la diferencial en ambos lados de (6), así eliminar C; incluso si se hubiese escrito una función de C en vez de C. De ahí que se pueda poner Ln C , tg 1 C , o cualquier otra función de C en lugar de C, con la finalidad de obtener una solución que tenga una forma más sencilla. Es decir: d

 f ( x)dx   g ( y)dy  dc  d  f ( x)dx  d  g ( y)dy  0

 f ( x)dx  g ( y )dy  0

El lector tendrá en cuenta que la situación afortunada en la cual las variables son separables, no siempre sucederá, como podrá comprobar con el ejemplo dado anteriormente en la forma (6). En tales casos estaremos forzados a buscar otros métodos, los cuales serán desarrollados como tema concerniente al resto de este capítulo. Muchas veces las ecuaciones que no se dan en la forma (4), se puede reducir a está, mediante los siguientes pasos: a)

Primer Paso.- Si la ecuación contiene derivadas, quitar denominadores; se multiplican todos los términos por la diferencial de la variable independiente.

b)

Segundo Paso.- Se sacan las diferenciales de factor común. Si entonces la ecuación toma la forma :

f1 ( x) g 2 ( y)dx  f 2 ( x) g1 ( y)dy  0 Tales que f1 ( x)

y

..... (I)

f 2 ( x) son funciones únicamente de x y que g1 ( y) y g 2 ( y) son

funciones únicamente de y, entonces (I) se reduce a la forma (4) dividiendo la expresión entre f 2 x  g 2  y  . Es decir, resulta, de (I): 1  f1 ( x) g 2 ( y)dx  f 2 ( x) g1 ( y)dx  0 f 2 ( x) g 2 ( y )

c)



f1  x  g  y dx  1 dx  0 f2  x  g2  y 

...(II )

Tercer paso.- Suponiendo que f1 ( x) f 2 ( x) y g1 ( y ) g 2 ( y ) son funciones continuas, las integrales en (II), deben existir. Calculando estas integrales se llega a la solución general de (I). Es decir que:

De (II), se integra:

f 1 ( x) g ( y) dx   1 dy  C g 2 ( y) 2 ( x)

f



es la solución general, de la ecuación diferencial propuesta.

F(x)+G(y)=C

..... (III)

64

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Ejemplos : 1.- Resolver :

dy 1 y2  0 dx (1  x 2 ) xy

SOLUCIÓN : 1)

Paso N° 1 :

(1  y 2 ) dx  dy  0 (1  x 2 ) xy

b)

Paso N° 2 :

  1   2   x(1  x ) 

donde : f1  x  

1 x(1  x 2 )

1 y2    dx  dy  0 (agrupando términos)  y 

g1 ( y ) 

1 y2 y

f 2 ( x)   g1 ( y )  1

,

1 y dy dx  0 2 x(1  x ) 1 y2



Paso N° 3:

,

(multiplicando por –dx a la ec. dada)

1

 x(1  x

2

)

dx  

y dy  0 1 y2 



... (2) 1

  x





x  y dy dx    c2 2  1 x  1 y2



1 1 1  Ln x  Ln (1  x 2 )  Ln 1  y 2  c1  2 Ln x  Ln(1  x 2 )  Ln(1  y 2 )  c1  Ln C 2 2 2 2   x x2  Ln   Ln C  C 2 2  (1  x 2 )(1  y 2 )  (1  x )(1  y )  2.-

Hallar la solución general de cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales :

d  d di d ) L  Ri  0 dt

a)

SOLUCIÓN : a)

b)

dy  2y  y2 dx

c) 1  y 2 dx  1  x 2 dy

, siendoL y R cons tan tes.

d    d   d d



d



 d

 Ln    c1     e c1  e c1 e  b)

dy  2 y  y2 dx





dy  y2  2 y dx

dy

  y  1

2

1



  dx  C1  







d



  d

  Ce 



dy  y 2  2 y dx  0 

dy  dx  0 y  2y 2

1  y  1 1 1   x  C1   Ln C Ln  2  y  1  1 2

1  Cy   x  Ln  2  y  2 

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

c) 1  y 2 dx  1  x 2 dy 

d )L

dx



1 x

2

dy



di di R  Ri  0   dt  0  dt i L



1 y

2

3.-

1 1  C  Sen x  Sen y  C

di R  dt  C1 i L

R

 Ln i  

65

R

 Lni 

i t   C e

 t  C1  t R t  C1  i  e L  e C1 . e L  L

R t  C1 L

R  t L

Resolver : y  e x  y

SOLUCIÓN: A) Método I : Si y  e x  y 

 e y  C  e x



Ln e y  Ln (C  e x )

dy  e x .e y dx



e y  e x  C







e

y

dy   e x dx

 , o también, e  y  C  e x

y   Ln (C  e x )



 y  Ln (C  e x )

B) Método II : Por cambio de variable : si y  e x  y Sea z  x  y



...(1)

Dx : z   1  y 



y  z´  1

dz dx



dz  dx 1 eZ

(1) y (2) en (I): z´  1  e Z  z´  1  e Z  

e Z  e Z  1 dz   dx



Ln e  Z  1   x  C  



…(I)



..... (2)



 Ln e  Z  1  x  C





e  Z  1  e   x C 

C , donde : e  x C   e  x . e  K ex K

e-(x + y) = Ke-x - 1

De (1) : 4.-

Hallar y si

 y dx  K  y  b  x

a



SOLUCIÓN : Si

a

Dx  y dx  KDx  y  b   x

a



 dx  K 

De (1), Si x  a

x



dy C  y

y dx  K  y  b 

y  Ky   K

dy dx

a

a



(1)

….

(2)

.....

(3)

 y dx  K dy  0

x  K Ln y  C (Solución General)

y dx  K  y  b   

…

y b  0



y b

0

Es decir : y (a) = b ó

y=b

(3) en (2) : a – K Ln b = C

si : x = a

.....

(4)

66

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

(4) en (2) : x – K Ln y = a - K Ln b

y  be





5.- Hallar y si :

x a





SOLUCIÓN: Si : entonces :

Dx



x a

Si x  a



a

a



SOLUCIÓN :

a







y 3kyy   1  0

K  0 o b  0 , pero K  0 



3 Kb 2 a 2

C 



x 6 y 2 dx  x 7 y 2  b 2



b0

3K 2 y xC 2

...(2)

yb

..(3)

.

3 Ky 2  2 x  3Kb 2  2a





Si:

 3Kydy   dx

De 1 : 0  K  y 3  b 3  



3 Kb 2 3K 2 y  x a 2 2 x



3Kyy  1 

y dx  0

3K 2 b a  C 2

... (1)

ii ) 3kyy  1  0

 





y  K 3y 2 y



De (1) : 0  K  b3 

a, b, k, son constantes.





 y  x a Ln    K b



x a K

y dx  K y 3  b 3



ii)Si 3Kyy  1  0

6.- Resolver :

a

v

i ) Si y  0 

(3) en (2) :

x

;

y dx  KD x y 3  b 3

i) y  0

De 2:



y dx  K y 3  b 3

 y x  a  K Ln   b



x 6 y 2 dx  x 7  y 2  b 2 

x

a

(1)

Derivando ambos miembros con respecto a x, logramos :

 

x Dx  x 6 y 2 dx  Dx x 7 y 2  b 2  a 









y 2  7 y 2  b 2  2 xyy 





dx 2 y dy  2 x 7b  6 y 2









7b 2  6 y 2  2 xyy  2 xy



dy dx





 



Ln x 6 7b 2  6 y 2  Ln C

x 6  7b2  6y2   C





x 6 y 2  7 x 6 y 2  b 2  x 7 . 2 yy 

1 1 Ln x   Ln 7b 2  6 y 2  Ln C 6 6

 6 Ln x  Ln 7b 2  6 y 2  Ln C

…



(Solución General)

(2)

De (1) ; si x = a, entonces y = b. De (2) : C  a 6 b 2





(3) en (2) : x 6 7b2  6y2  a 6 b2

(Solución Particular)

… (3) … (4)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

67

PROBLEMAS RESUELTOS 1.-

dy  y 2  y . Determine además la solución particular tal que dx

Halle la solución general de :

y 

1 cuando x = 0. 2

dy  y2  y dx

SOLUCIÓN : Si :

 1

1

  y  1  y  dy   dx 

y 1  e x  C1 y



 1

1  eC1 e x  Ce x  y

y 



1 1  2 1 C



Luego, la solución particular, es:

2.-

Hallar la solución general de : que

dy  dx y  y  1



Ln ( y  1)  Ln y  x  C1 

 Si x  0

dy  y  y  1 dx

...( I ) 

 y 1  Ln    x  C1  y 

1  1  Cex y

1 1  Ce x

…(II)

Solución General

 2  1 C



C 3

1 1  3e x

y

…(III)

dy  y 2  4 . Determinar además la solución particular tal dx

y = 0 cuando x = 0

SOLUCIÓN: Si:

dy dy  dx  y 2  4 ,entonces:  2 dx y 4 

Ln

y2  4 x  4C1  y2

 1

4  Ce 4 x y2

Si x  0,





1 y2 Ln  x  C1 22 y2

y2 4 x  4C e  e 4C1 .e 4 x  Ce 4 x y2

4  1  Ce 4 x y2

y0  0





y



y2  Ce 4 x y2

4  2 Solución General 1  Ce 4 x

4  2  C  1 1 C y

4 2 1  e 4x

...(1)

Solución Particular

68

3.-

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



Resolver : y 2 1  x 2

SOLUCIÓN:



4.-





12

Si y 2 1  x 2



12

dy  Arc Sen x dx

 y dy  

dy  Arc Senxdx 

1 3 1 C 2 y   Arc Senx  3 2 6

2

Arc Senx 1  x2

dx

2 y 3  3  Arc Senx  C



2

Encontrar la abscisa del punto en el que la curva y  e x corta a la curva representada por la solución particular de

SOLUCIÓN : Si:



dy y  y dx x Lnx

Lny  



y que pasa por (e,1)

 1  y  1   x Lnx 



 1  dy     1 dx y  x Lnx 

...   

 Lny  Ln Lnx  x  C

dx  dx x Lnx 

* ( Hagamos : u  Lnx

dy y  y dx x Lnx

du 

dx x



Si x  e, y  1  Ln 1  Ln  Lne   e  c

  en  : Lny  Ln( Lnx)  x  e

dx du   Lnu  Ln(Lnx) ) x Lnx u

 0  eC 



... 

C  e

y  e xe Lnx

... (I)

Ahora, si esta curva se corta con la curva y  e x , entonces : y  e x e Lnx  e x

5.-



e  e Lnx  1 

Lnx  e e



x  ee

e

Resolver : Sec2 x tgy dx  Sec2 y tgx dy  0

SOLUCIÓN : Dividamos la ecuación por el factor : tgy tgx, entonces :

Sec2 x Sec2 y dx  dy  0 tgx tgy

 6.-

  :Ln tgx  Ln tgy  Ln C2

Ln tgx tgy  Ln C2 

tgx tgy  C 2

Resuelva la ecuación diferencial siguiente : xdx  1  x 4 dy  x 2 1  x 4 dy.

SOLUCIÓN : 4 2 4 Si xdx  1  x dy  x 1  x dy

xdx   x 2  1 1  x 4 dy





x

xdx  x 2 1  x 4 dy  1  x 4 dy

xdx

2

 1 1  x 4

 dy

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

y   dy  

xdx

 x  1 1  x 2

Sen d 1

Sen  Cos2 2

. 2

tg   1





2

Sen Cos d Cos   Sen  2

2

 1  tg   y

(5) en (4) : Se dá la expresión :

1  x





2





xdx

 x  1

32

2

1 x2

tg Sec2 d Sec  1  tg  3

2



... 1

...  3

dx  Sec2 d

tg d Sec 1  tg 2

1 Sen2 d 1  Cos2  C  2 2 Cos2

...  4 



...  5 

de (2) : Cos 2  1  x 2



2

2



1  tg 

32

2

Pero : Cos 2  1  tg 2

7.-

1  x

tg Sec2 d

(2) y (3) en (1) : y   y

 x  1 2

x  tg

Hagamos :



xdx



4

69

 1  x  2

1 1 x2 C 2 1 x2

dx 2  4a 1  x   ax 2 donde a es una constante de valor dt

conocido. Determinar una fórmula que permita calcular x en función del tiempo t sabiendo que x =0 para t =0. Se entiende que, para aplicar la fórmula hallada, sólo se cuenta con una tabla que dá los valores de e x para cualquier valor de x. SOLUCIÓN :



Si :







dx  a 4 1  2x  x 2  x 2 dt



2  dx 4 4 4  2 8 2  a 3x  8 x  4  3a x  x    3a  x     dt 3 3 3  9   





dx



2

4 2 x     3 3 



dx 2  4a1  x   ax 2 dt

Ln

2

  3adt

x2  4at  C 2 2 x 3

43 1  Ce 4 at 2 x 3



Si t = 0, x = 0; de (I) : 0 = 3-k





4 2  1 3 3  3at  C Ln 1 4 2 2 x  2  3 3 3 x

x2  e 4 at C2  Ce 4 at 2 x 3

x(t ) 



2  3  Ke4 at 

... (I)

3 1  Ke4 at 

K=3 

X (t ) 

2 1  e4at  1  3e4 at

70

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

dy 3x 2  6 x 2 y 2  dx y  x3 y

8.- Resolver:

SOLUCIÓN : La ecuación propuesta podemos expresarla como :

 



 



dy 3x 2 1  2 y 2 3x 2 2 y 2  1    dx y 1  x3 y x3  1







ydy 3x 2dx  2y2  1   x 3  1











x2 1  x

 dx 



1 Ln  2y 2  1  Ln x 3  1  C  Ln 2y2 1  4Ln x3 1  Ln C  Ln C x 3 1 4

4

2 y 2  1  C x 3  1

4

9.- Resolver :

1  y 2 dx 

x

x x 1  x 2

1

dx 

1 y

2

dy

  x x 2  1  x 2 dx  

10.-

x 2  1  x dy  0



dy  0









1  y2

x







2

x2 1  x2



C 

1 1  y2

dy  0

32 1 2 x3 x  1    3  Sen 1y  C 3

Hallar la ecuación de la curva C, tal que el área limitada por un arco de ella, el eje x, la recta x =a y la recta variable x  t t  a ; sea igual a la longitud del arco de la curva comprendida entre las 2 rectas, sabiendo que C pasa por el punto (0,1).

SOLUCIÓN: Por dato: Área R   L  , entonces:

C

AB



t a

f x dx  

Y

1  D x f ( x) dx

t

2

a

B

Derivando con respecto a t, teniendo en cuenta el teorema fundamental del cálculo integral, logramos:

Dt : f t   1  ( f ´(t )) 2





f´(t) 

f  x

df (t )

1

1

 f (t ) 



2

1

2

f x  

x =a

X x =t

df (t) dt f ( x) x 2 Ln  f  t    f  t    1  t  x 0   1

0



 f ( x) 

 f (t ) 2 1   f (t ) 2

x   dt * 

 f x 2 1  x

 Ln f x  



f (t)  2  1 



 f x  

 f x2  1  e x



1  e x  f ( x)   e2 x  2e x f ( x)   f ( x)  2

e2x  1 e x  ex   Cos hx 2 2e x

2



 f x2  1  e x  f x  2e x f  x   e2 x  1

f x   Cos hx

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

71

B) Otro método de solución: Recordemos que:

 cosh 1 ( f (t ))



du u 1 2

 cosh1 u  c

f ( x) x t  1 0

, luego de(*),si :

cosh 1 ( f ( x))  x 



f ( x) x df (t )   dt 2 1 0 ( f (t ))  1

f ( x)  cosh x

11.- El rendimiento de un obrero se expresa como un porcentaje; por ejemplo, si su rendimiento en un momento dado es del 70% entonces el trabajador realiza su trabajo al 70% de su capacidad total. Suponiendo que E por ciento representa el rendimiento de un obrero t horas después de iniciar sus tareas, y la intensidad a la que E cambia es de (35–8t) por ciento cada hora; si el rendimiento del obrero es del 81% a las 3 horas de haber comenzado a trabajar, calcule su rendimiento si trabaja: A) 4 horas

B) 8 horas

SOLUCIÓN: Por dato: dE  35  8t   dE    35  8t  dt  E( t )  35t  4t 2  C Dt

Si t  3 hrs.   De 1 :

E (3)  81%  81  35(3)  4(3) 2  C



C  12

E  t   35t  4t 2  12

De (2), si : a ) t  4 hrs. 

… (1)

… (2)

E  4   88%

b ) t  8 hrs. 

E 8  36%

12.- Por un punto cualquiera (x, y) de una curva, que pasa por el origen, se trazan paralelas a los ejes coordenados. Hallar la ecuación de dicha curva sabiendo que ésta divide al rectángulo formado por las paralelas y los ejes coordenados en dos áreas una de las cuales es 3 veces la otra. SOLUCIÓN : Sea P (x, y) un punto de la curva desde el cual se traza las rectas paralelas a los ejes, con los cuales determinan el rectángulo OAPB cuya área está dada por : P(x,y) R2

P(x,y)

AOAPB  xy

R2 R1

… (1)

R1

Por dato : i) AR2   3 AR1   3 ydx x

0

…(2)

luego : x

AOAPB  A( R2 )  A( R1 )  4 A( R1 )  4  ydx 0



x

AOAPB  4  ydx 0

(3)

72

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

De (1) y (3) : 4 ydx  xy  Dx : 4 y  DX  xy   y  xy x

0





dy 3dx  y x



 

Lny  3Lnx  LnC  Ln Cx 3

ii)* Si se considera que : A R1   3 A R2  4 A R  3 1



A 



xy   y 



Lny 



4 y 3

xy 



4 x ydx 3 0



D x  xy   dy 1 dx   y 3 x





1 Lnx  LnC  Ln Cx 1 3 3



y  Cx 1 3

xy  

xy  3 y



y  Cx3

A  A R1   A R2   A R1  

1 y 3





4 Dx 3



x

0

1 4 A R1   A R1  3 3

ydx

13.- Un destructor trata de cazar a un submarino en medio de una niebla densa, la niebla se levanta durante un instante, y revela que el submarino se encuentra en la superficie, a 3 millas de distancia, y vuelve a cerrarse. La velocidad del destructor es doble que la del submarino y se sabe que este último se sumergirá inmediatamente y avanzará a toda velocidad, en línea recta, en una dirección desconocida. ¿ Qué trayectoria deberá seguir el destructor para estar seguro de pasar sobre el submarino?. SOLUCIÓN : Sea 0 la posición inicial del submarino y D la del

P

destructor. Al levantarse la niebla, por un instante, el destructor se dirigirá en línea recta

A B 0 3 millas

hacia el punto O, avanzando en este caso 2 D

millas, por cuanto la velocidad del destructor es el doble que la del submarino, para un mismo

tiempo; mientras que el submarino recorrerá 1milla, en línea recta, encontrándose este en un punto A de una circunferencia de radio 1, siendo B la nueva posición del destructor. El destructor estando en B recorrerá la trayectoria del arco BP y el submarino recorrerá siempre en línea recta, la longitud AP; luego se cumplirá que el espacio recorrido por el destructor será el doble del espacio recorrido por el submarino, entonces : ed  2es  2OP  OA , utilizando coordenadas polares tenemos : LBP  



0

 2   2 d  2    1  D :  2   2  2 

  2   2  4  2

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

3  2   2



Ln   

 3

    3 



Ln  

d





d 3

  0 ,  1

 C , donde si :

 En (1 ):





3

   exp(

... 1

  3

73

)e

C 0

    3 

14.- Cuatro insectos se posan en las esquinas de una mesa cuadrada, de lado a. Al mismo tiempo, comienzan a caminar con la misma velocidad, de tal modo que cada uno de ellos se desplaza constantemente hacia el insecto situado a su derecha. Si se traza en la mesa un sistema de coordenadas polares, con el origen en el centro y el eje polar a lo largo de una diagonal, encuéntrese la trayectoria del insecto que parte del eje polar y la distancia total que recorre, antes de que todos los insectos se reúnan en el centro. SOLUCIÓN : Sea P un punto de la trayectoria de uno de los insectos que parte de C. B

P = P (, ).

Las coordenadas de P serán :

Por ser la mesa cuadrada y suponiendo que la velocidad de P

Q A

todos los insectos es la misma, entonces las distancias C recorridas, en un mismo tiempo t serán las mismas, es decir,

O

para dos de ellos se tendrá que :

S

R

...1

CP  BQ  OP  OQ  

Además R y S son las posiciones de los otros dos insectos, D

determinando los cuatro el cuadrado PQRS, luego

OQ  OP entonces

es rectángulo isósceles, por consiguiente:

POQ

m OQP  m OPQ  45    180  45o  135

Además : tg  

Si :   0 



 d   d

d

 d    d 



tg135  



2  e a

a 2 2



 1  

d d

...  I 

Ln     C

  OP  OC 

Ln     Ln

d d

a 2 2





 C  Ln Ln  Ln

a 2  e 2

a 2 2

a 2  2

 2  Ln   a

     

74

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Como el desfasaje entre dos insectos es de 

2

entonces las posiciones serán

Insecto que parte de C:

C 

a 2  e 2

Insecto que parte de B:

B 

a 2   2  e 2

Insecto que parte de A:

 A

a 2    e 2

Insecto que parte de D:

D 

a 2  3 2 e 2

b.- Distancia total recorrida por cada insecto: Cada insecto llegará al centro cuando

 0

 2  Para C, si: Ln       2  L



L



0

0

    d  2

2







0

Ln 0   



   

2

2

 a 2    a 2   e     e  d  2 2    

a 2 2 a 2 2 e  e d  a 2 2





0



e d   ae   a 0

La longitud total recorrida por cada insecto es “a” unidades.

    , luego:

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

75

EJERCICIOS PROPUESTOS

I.- Resolver las siguientes diferenciales, sujetos a las condiciones donde se den: 1. 1  x 2  y  xy  0

2. y 2dx   x  1 dy  0

3.vx 2  x 2 dv   v 2 x  2vx  x  dx  0

4.  y  3  dx  ctgx dy  0

5.x   t   1  sen 2t

6.  xy  x  dx   x 2 y  y  dy  0

7.sec x cos 2 y dx  cos x seny dy 9.dr  r cos  d  0 dy u  , y  2  1 dx x 1 d  2  1 13.  tg  d  2  1 11.

15.  r 2  1 d  cos 2  dr  0 17.

II.-

dr sen   e 2 r sen     , r   0 r r d 3 e  e cos 2 2

8.senx cos 2 y cos 2 x dy  0 dy xy  y 10.  dx x  xy dy y 12.   , y 1   3 dx x 14.rd   dr  2dr 16.

dY Y 1  ds s  sY

18.d   tg d  0

19.tgx sen 2 y dx  cos 2 x ctgy dy  0

20. y dx   x 3 y 2  x 3  dy  0

21.senx cos y dx   cos x seny dy  0

22.  x 3e 2 x

23.x 1  y 2  yy 1  x 2  0

24.x 1  y 2 dx  y 1  x 2 dy  0 y  0   1

2

 3 y2

dx  y 3 e  x

2

 2 y2

dy  0

Hallar la solución particular para cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales, según las condiciones dadas. 1.x dy  y dy , y 1  3

2.x dy  2 y dx  0 y  2   1

3.x  y  1 dx  y  x  1 dy  0 , y  0   1

4. y  x 2  6  dy  x  y 2  1 dx , y  0   3

5.  x  4  2 y  6  dy  xy 2dx  0 , y  0   16

6. 1  e x  yy  e y , y  0   0

dy 3x  xy 2 7.   , y  2  1 dx 2y  x 2 y

1 ey 8. dx  3 dy  0 , y(1)  0 xy x 1

2

9.ctgy dx  ctgx dy  0 , y(0)  0

   10.sen 2 y dx  cos 2 x dy  0 y    4 4

  11. 2 y cos x dx  3 senx dy  0 , y    2 2

12.e  y 1  y   1

13. y  a x  y  a  0 , a  1

14.  a 2  y 2  dx  2x ax  x 2 dy  0 , y  a   0

III.- Resolver cada uno de los siguientes ejercicios:

76

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

1.

dy  y  1 x  2  y  3   dx  x  1 y  2  x  3 

 x  y n p  x  y   x  y m

3. y  1 

xy xy 2. y  sen    sen    2   2  4.  Lnx  y 3  dx  3xy 2 dy  0

5.  x 6  2x 5  2x 4  y 3  4x 2 y  dx   xy 2  4x 3  dy  0  sugerencia : y  tx 

IV.- Muestre que la ecuación diferencial y  4 y 2  x 4 / 4 xy no es de variables separables pero se convierte en separable con el cambio de variable de y a v de acuerdo a la transformación y = vx. Use esto para encontrar la solución de la ecuación original. Muestre que las ecuaciones diferenciales no separables:

F x  y G xydx  xG xydy  0

y

yF  xy  dx  xG xy dy  0

se convierten en separable al utilizar la transformación u = xy. Use esto para resolver: a).  x 2  y sen xy  dx  x sen  xy  dy  0

b).  x 2 y 2  1 dx  2x 2dy  0

c). 1  x 2 y 2  y   xy  1 xy  0

d).  x 2 y3  y  x  2  dx   x 3 y 2  x  dy  0

2

e).  x 2 y3  2xy 2  y  dx   x 3 y 2  2x 2 y  x  dy  0

V.- Ejercicios diversos: 1)

La aceleración de una partícula que se mueve sobre una recta es opuesta a su velocidad, y parte del origen con velocidad igual a 1. Hállese su posición al cabo de dos unidades de tiempo

2)

La partícula se mueve a lo largo del eje x de tal manera que su velocidad es proporcional al producto de su posición instantánea x (medida de x = 0) y el tiempo t (medido de t = 0). Si la partícula esta localizada en x = 54 cuando t = 0 y x = 36 cuando t = 1, ¿dónde estará cuando t = 2?

3)

Determine el camino S recorrido por un cuerpo durante el tiempo t, si su velocidad es proporcional al trayecto, sabiendo que en 10s el cuerpo recorre 100m y en 15s, 200m.

4)

Demostrar que la curva que posee la propiedad de que todas sus normales pasan por un punto constante es una circunferencia.

5)

Demostrar que la curva para la cual la pendiente de la tangente en cualquier punto es proporcional a la abscisa del punto de contacto, es una parábola.

6)

Hallar la curva para la cual la pendiente de la tangente en cualquier punto es n veces mayor que la pendiente de la recta que une este punto con el origen de coordenadas.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

77

PROBLEMAS GEOMÉTRICOS Muchos problemas de aplicaciones diversas, se solucionan fácilmente con ayuda de la geometría del problema y de las rectas notables que se puedan trazar a una curva dada; especialmente los problemas geométricos que ofrecen una fuente fértil en las ecuaciones diferenciales. En esta sección consideramos diversos problemas

Y

geométricos, pero para ello necesitamos de algunas

D(0,yD) LN

relaciones que detallaremos a continuación.

C Q

Sea C una curva y P(x, y) un punto cualesquiera

P(x,y) T

LT

de dicha curva, punto de tangencia. Sean LT y L N las rectas tangente y normal a dicha

N

B A 0

H

C(xC ,0) X

curva C en el punto P(x, y), luego; las ecuaciones de éstas son:

LT :Y  y  y  X  x 

L N :Y  y 

... (I)

1 X  x y

... (II)

Encontremos, ahora, los interceptos de dicha recta con los ejes coordenados. A.- Interceptos de la Recta Tangente con los Ejes Coordenados: i)

En el eje X; En la expresión (I) hacemos Y  0 y X  x A , luego de (I):

A(x A , 0)  LT  X : 0  y  y  x A  x 

ii)

y y

...(1)



y B  y  xy

...  2 

Interceptos de la Recta Normal con los Ejes Coordenados: i)

En el eje X : En la expresión (II), evaluemos en el punto  xC ,0  luego:

C ( xC , 0)  LN  X : 0  y  

ii)

1  xC  x  y

1 0  x  y



Longitud de la Recta Tangente desde P: i)



xC  x  yy

...  3

En el eje Y: Hagamos, en (II), x, y  , y D  , luego; yD  y  

C.-

xA  x 

En el eje Y: Hacemos: X  0 y Y  y B en la expresión (I), luego:

B(0, yB )  LT  Y : yB  y  y  0  x  B.-



Al eje X : LTx  AP

yD  y 

x y

...  4 

78

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

En

AHP

: AP = HPCsc = HP 1  ctg 2  HP 1 

1 HP  1  tg 2 2 tg tg 

Donde : HP = y y tg = y´, luego:

y 2 1   y y

LTX  ii)

...(5)

En el eje Y: LTY  BP En

PQB

: BP  QP Sec = QP 1  tg 2  DH 1  tg 2  L

TY

 x 1   y 

2

...(6)

D.- Longitud de la Recta Normal desde P: i) En

ii) En

Al eje X: LNX  CP : PHC :

LNX  CP = HP Sec = HP

1  tg2

LNx  y 1   y 



2

...(7)

Al eje Y: LNY  PD PQD

: PD  QP Csc   QP

1  ctg 2



L NY 

x 2 1   y  y

...(8)

E.- Longitud de la Subtangente: ST  AH En F.-

PHA

: AH  HP ctg  

HP tg

y y

 ST 

...(9)

Longitud de la Subnormal: SN  HC En

PHC

: HC  HP tg 

 SN  yy

...(10)

Ejemplos: 1.-

El intercepto en el eje Y de la normal a una curva en cualquier punto es 2. Si la curva pasa por (3,4) encuentre su ecuación. SOLUCIÓN: De la expresión (4) podemos formular que: y D  y  Entonces y´

x 2y

 



  2  y  dy   xdx



como (3,4) satisface (II), luego:

32  (4  2) 2  C  C  13

x 2   y  2   13 2

...  I 

(2  y) 2 x 2 C   2 2 2

x 2  (y  2) 2  C

C :

Luego, en (II) :



x 2 y

...  II 

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

2.-

79

El intercepto en el eje Y de la tangente a una curva en cualquier punto es siempre igual a la pendiente en ese punto. Si la curva pasa por (2,1) encuentre su ecuación. y B  y

SOLUCIÓN: Por dato:

De la expresión (2) sabemos que : y  xy  y , luego: 1  x  y  y 



Lny  Ln 1  x   LnC  LnC 1  x  

y  C 1  x  ;

dy dx  y 1 x

...  I 

si y  1 cuando x = 2, entonces, en (I): 1 = C(3)  C = 1/3 y

Luego, de (I) : 3.-

1 1  x  3

La longitud de la línea normal desde cualquier punto de una curva al eje X es siempre igual a una constante a > 0. Muestre que la curva es una circunferencia de radio a. SOLUCIÓN: Por dato:

LNX  a

Sabemos que: L NX  y 1   y 

4.-

a y

1   y  



2

ydy

2





a 2  y 2  x  c 

a y

2

2

 1   y  



2

(De la expresión (7) ) Entonces: y 1   y   a

2

  dx 2



a2 y2



 y

2



a2 a 2  y2  1  y2 y2

 a 2  y2  x  c



x  c2  y 2  a 2

¿Para qué curvas la subnormal en un punto guarda con la subtangente la misma relación que su abscisa con el segmento fijo a? SOLUCIÓN:

Sea P (x, y) un punto cualquiera de la curva y si S N y S T son,

respectivamente, las subnormal y subtangente, entonces : SN  yy Por dato:

 5.-

SN x  ST a

 dy  

x dx a

 

yy  x  y y a y

2 3 a



 y2  x

a



y

ST 

y y

dy x  dx a

x3 2  C

Hallar la ecuación de la curva que pasa por el punto (0,3), si la subtangente en todo punto es igual a la suma de la abscisa del punto de tangencia y de la distancia desde el origen de coordenadas hasta el punto de tangencia.

80

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

SOLUCIÓN: Sea P (x, y) el punto de tangencia de la curva pedida. Por dato ST  OH  OP

Y P(x,y)

y  x  x 2  y2 y

 y 0 y

Si:

y 

 0

X

H

T

y  x  x2  y2 y



y

Ec.Homogénea ... 1

x  x 2  y2

Hagamos: y  vx

 x



y  v  x

dv vx vx   2 2 dx x  x  vx x  x 1 v2

dv v v 1  v2  v   dx 1  1  v 2 1  1  v2

dv

v



  v2 x Ln    LnC 2  1 1 v 



*Sea:

v

1 z



v

1  1  v2 v 1  v2

 1  1  v2 dv dx  *  Ln     v v x 



1 v2







dv 1 v

2











dz z2

1 1 1 2 z z







dz 1 z

dx x

   Lnv   Lnx  LnC  

v2 x  C 1  1  v2

y2  C x  x2  y2

dv   

2

 Cosh 1 z   Ln z  1  z 2

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

81

Aplicaciones Geométricas Aplicando Coordenadas Polares Muchas veces es más simple y sencillo trabajar en coordenadas polares que en coordenadas cartesianas como ha podido constatar el estudiante en sus primeros cursos de cálculo. Recordemos que dado un punto P en el plano cartesiano cuyas coordenadas rectangulares son (x, y) podemos expresarlo como P (r, ) mediante las transformaciones siguientes: Y

Y

x  r cos 

2

0

x2  y 2  r 2

r

y X

x

0

Polo

... 1

y  r sen

P(r, )

P(x,y)

 y  

  tg 1   x

X

donde al eje OX se le conoce como eje polar y al eje OY se le conoce como el eje a

 2

. A OP se le conoce como radio vector y  el ángulo que forma el eje polar con el

radio vector. Angulo de Inclinación , de la tangente a la curva, en un punto P (r, ) con el eje polar Dicho ángulo está por: tg  

P(r, )

r cos  r  sen  r sen  r  cos

expresión que se obtiene directamente de la expresión (1) teniendo en cuenta que:

0

x

dy d r sen  r D sen  sen D r dy d d    tg     d dx dx r D cos  cos D r r cos  d d



tg 

r cos   r sen  rsen  r  cos 

...(2)

El valor de tg  juega el mismo papel en el sistema de coordenadas polares, que el papel que juega la pendiente de la tangente a una curva en coordenadas rectangulares.

82

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Ángulo  formado por el radio vector OP con la tangente en el punto P de tangencia Esta fórmula fundamental concerniente a las curvas en coordenadas polares r y , es: tg 

r r d  r dr

Expresión que se obtiene del gráfico y la expresión (2) tg  tg 1  tg tg

Como:

     , entonces tg  tg     

De (2):

r cos   rsen sen  r  cos   sen 2  r r sens  r cos  cos  tg    2 r cos   rsen sen r  cos   sen   r 1 r sens  r cos  cos 



tg  

r r  r  dr d

tg  



r rd  r dr

... (3)

Fórmula que facilita la obtención de la ecuación de muchas curvas que cumplen interesantes propiedades geométricas. Ejemplos: 1.-

Obtener la ecuación de la curva que pasa por el punto (r = a,   0 ) y que corta, bajo un ángulo constante a, a todas las rectas que pasan por el polo.

SOLUCIÓN: Por dato: tg   tga 

Si   0

 d  tg a  

ra

dr r



r

d  tg a dr

 0  tg a Ln a  C  C   tg a Ln a

r (2) en (1):   tg a Ln r  tg a Ln a  tg a Ln   a



2.-

... 1

   tg a Lnr  C

r  e ctg a a





...  2 

r Ln     ctg a a

r  ae ctg a

Una perpendicular, por el polo P, al radio vector de un punto cualquiera Q que pertenece a cierta curva, encuentra a la tangente en Q en el punto T, y a la normal en Q en el punto N. Obténgase la ecuación de la curva: a) Si PN = a, siendo a constante;

b) Si PT = a

SOLUCIÓN: Del enunciado del problema podemos bosquejar el siguiente gráfico.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS C

N

Q

NPQ : PQ = PN tg  :

a) En

P

x

d dr

r  a  C

dr  ad 



r  a.r

83

TPQ: PT = PQ tg 

b) En



a  r.r





d dr



a  C r

a

dr  d r2

r   C   a  0



T

3.-

Sea (r,) las coordenadas polares de cualquier punto en la curva APB (fig.). El punto O es el polo del sistema de coordenadas, OX es el eje polar (línea inicial), y OP es el radio vector. Sea COD una línea perpendicular a OP en O. Definimos CP como la tangente polar, PD como la normal polar, CO como la subtangente polar, y OD como la subnormal polar. Demuestre la validez de lo siguiente, donde de r   dr d .

1) Longitud de la subtangente: CO  r 2 r 

2) Longitud de la subnormal: OD  r

3) Longitud de la tangente : CP  r r 2  r2

4) Longitud de la normal: PD 

r

SOLUCIÓN: Sabemos que: tg   r

d r  . Entonces, la longitud de la: dr r 

B

1°) Subtangente: En

COP:

P(r, )



A r D 0

2°) Subnormal: En

DOP: OD





CP 

4°) Normal: En

CO 

x

C

3°) Tangente: En

CO  OP tg  r.

r2 r

 OP ctg  r.

OD  r 

r 2 COP: CP  OP sec  r 1 tg   r 1    r 

2

r 2 r  r 2 r

 r  DOP: PD  OP csc  r 1  ctg   r 1    r 2



r 2  r 2

PD 

r 2  r 2

2

r r

r r

84

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

4.-

Encuentre la familia de curvas cuyas normales polares son de longitud constante.



5.-



r 2  r 2  a 



SOLUCIÓN: Por dato: LN  a , cte.

r   d  sen 1      C a a r dr

2

r  a sen   C 



2

Encuentre la familia de curvas subtangentes y normales polares tienen igual longitud.

LST  L N

SOLUCIÓN: Por dato:

r2  r



 r  r r  r 2

 r 2  

2

4

5 1 d 2

dr  r

Hállese la

2

 r2  r4  r   r 2     2 4 

 2 r 2  5r 4  r    2 4 

4

5 2 r2 5 1 2 r   r  r   2 2 2 

r  Ce

r4  r 2  r 2 2  r

r 2  r 2 

2

4

6.-

r 2  a 2  r 2

5 1 r 2

5 1  2



ecuación polar de la curva que pasa por el punto (1, /3) y cuya

subtangente polar,  2

d , en cualquier punto es igual a 2 dividido por el radio vector d

 de ese punto. SOLUCIÓN: Por dato:  2

Como ;

 

1



2



 3

1 

d 



      1 , luego de ( I ) : 3

( 1 ) en ( I ):   7.-

d 2  d 

 3

2



 1 

3



  3  3   2

1

 :   

d 



 3

2

 C …( I )

1

…( 1 )

3

a) Muestre que la longitud de la perpendicular desde el polo a la línea tangencial de cualquier curva es r 2

r 2  r 

2

b) Encuentre todas las curvas tales que la longitud de la perpendicular desde el polo a sus líneas tangentes es constantes e igual a a  0 SOLUCIÓN : a) En  OM 

OMP

: OM  OP sen

r r  csc 1  1 tg 2 



OM 

 OM  r sen

r 1  1  r r 

2



r 1   r r 

2

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

P(r, ) M

r2

 OM 

C

r 2  r 

b) Si OM  a

 

2

r

x

0





r 2 r 2  a 2 a r 

 d  a  r

2

r a

r2





r 4  a 2 r 2   r 

r 2   r  2

2

a



... ( I )

r r 2  a 2  ar 



2

r    C  sec1    r  a sec   C  a

dr 2



2

 r cos   C   a  r cos  cos C  r sen senC  a  x cos C  y senC  a x

8.-

ra

…(II)

y

De (I): D : 4r 3 r   a 2 2r r   2r r   

85



r  0

x2  y 2  a2

que constituye la envolvente.

¿Para qué curvas es constante la tangente polar? tg  r

SOLUCIÓN: Por dato: Pero: r  

dr d

ds a dr

... ( 1 )

ds ds d ds  .  dr d dr d



2

 dr  2 ds     r d  d 

dr d

... ( 2 )

2



ds  dr  2    r d  d 

... ( 3 )

2

 dr  2   r d   (2) y (3) en (1): r.  a dr d 2   dr 2 2  2  dr   r2    r  a      d   d   

r 2  a2  r 2 Sea: r  a sen

dr d





d 

2





dr  dr  2 r   r a d  d 

 dr  r4  a2  r2     d 

a 2  r 2 dr r2

dr  a cos d

a 2   a sen  a2  r2 cos 2  d   dr  a cos  d   2   sen 2 r2  a sen  2



2

... ( 4 )

86

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

cos 2  d sen 2

   ctg 2 d     

9.-

   ctg    C1

a2  r 2 r  sen1    C r a

Determine todas las curvas cuya subnormal polar es constante e igual a “a”.

SOLUCIÓN: Por dato:

dr a d

 r  a    

 dr   a d



r  a  c



son espirales de Arquímedes.

10.- Determinese análogamente todas las curvas, cuya tangente polar o normal polar o subtangente polar o subnormal polar es proporcional al radio vector. SOLUCIÓN: a) .- Si: Tp  Kr  r  dr  2 d K   r . dr  d 

ds  Kr  r  0 dr 2

2

 



K2 1

dr  d r 

 dr  2    r  Kr d   



dr  K 2  1 d r

c) .- Si: ST  r 2 d) .- Si: SN 

d  Kr dr

dr  Kr d









2

K 2  1 Ln r    C

 2

ds 7) .- Si: N*   Kr d 

 dr   dr  2    r  K   d   d 



ds ds d K  . K dr d d



2

 dr  2 2    K  1r d   

Lnr  K 2  1   C

 d   K dr  Kd r 

dr r





Ln r  K   C

  K Lnr  C

*Notemos que todas las curvas, así halladas, son espirales logarítmicas

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

87

2.2 MÉTODOS DE LA TRANSFORMACIÓN DE VARIABLES El estudio anterior nos permite, afirmar que las ecuaciones diferenciales cuyas variables son separables, son de muy fácil solución, luego una pregunta que surge de manera espontánea y relativamente obvia es la siguiente: Pregunta ¿Existirá algunos tipos de ecuaciones diferenciales cuyas variables no sean separables, que de alguna manera, por un procedimiento especial, se pueda transformar o cambiar en ecuaciones cuyas variables sean separables? La respuesta a esta pregunta es “si” y una de las más importantes formas de resolver una ecuación diferencial propuesta es hacer un apropiado cambio o transformación de variable de tal manera que la ecuación dada se reduzca algún tipo conocido que pueda resolverse. Esta habilidad para lograr el cambio adecuado se logrará en gran parte, a la experiencia de solucionar muchos de los diversos ejercicios que se irán presentando en forma gradual en que desarrollaremos el presente texto y en menor cantidad a las condiciones innatas de cada lector. Esta situación es mucho más análoga al de los “trucos ingeniosos” a menudo usado en cálculo para la evaluación de integrales por un cambio de variable. En algunos casos la transformación particular de variables a ser usada es sugerida por la forma de la ecuación. Las ecuaciones diferenciales que estudiaremos en esta sección serán las siguientes: 2.2.1.

Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Variables Separables

2.2.2

La Ecuación Homogénea

2..2.3

Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Homogéneas

2.2.4

Transformaciones Especiales.

88

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

2.2.1.- Solución de Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Variables Separables por Transformaciones Diversas En esta sección resolveremos algunos ejercicios mediante ciertas transformaciones especiales, sugeridas por la forma de las ecuaciones diferenciales propuestas. El estudiante constatará que no existe un método general a seguir y no debe amilanarse si no logra solucionar algunos de ellos, en un principio, porque estos requieren cierta experiencia que se adquirirá con la práctica continua. Ejemplos : Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales propuestas 1.- dy  ( x  y ) dx  0 SOLUCIÓN :

Sea : x + y = z

. . . (1)  dx + dy = dz  dy = dz – dx

De (1) y (2) , si : dy  ( x  y ) dx  0 , entonces : 



dz  ( z  1) dx  0

 Ln ( z  1)  x  C 

dz  dx  0  z 1

. . .(2)

dz  dx  zdx  0



dz + z 1

 dx   0

De (1) : Ln ( x  y  1)  x  C

2.- ( x 2 y  y 3 ) dy  xdx  0 SOLUCIÓN : La ecuación propuesta podemos expresarla como :

( x 2  y 2 ) y dy  xdx  0 Sea : x 2  y 2  z . . . (1) (1) y (2) en ( I ) : z 

... (I)

 2 xdx  2 ydy  dz  ydy 

dz  2xdx 2

... (2)

dz  2 xdx  xdx  0  zdz  2 zxdx  2 xdx  0 2

 zdz  2( z  1) xdx  0 

z dz  2 xdx  0  z 1



1 

 1  z  1  dz   2xdx   0

 z - Ln ( z  1)  x 2  C  De ( 1 ) : x 2  y 2  Ln ( x 2  y 2  1)  x 2  C

y 2  Ln( x 2  y 2  1)  C

 3.- y   sen ( x  y )

. . . (I)

SOLUCIÓN : Sea : x  y  z . . . ( 1 )  D x : 1  y  

dz dz  1 . . . (2)  y  dx dx

dz dz 1  sen z   1  sen z dx dx (1  sen z ) dz 1  sen z dz   dz  1  sen z (1  sen z )(1  sen z ) 1  sen2 z

( 1 ) y ( 2 ) en ( I ) : 

 dx  





. . . (3)



1  sen z cos2 z

dz

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

x

 sec

De ( 1 )

2

89



z  sec z tg z dz  x  tg z  sec z  C x  tg ( x  y )  sec ( x  y )  C

:

B) Método II : Utilizando la propiedad de Arco Mitad:

dz    z   1  senz  1  cos  z   2 cos2    dx 2   4 2 dz   z  dz  z   sec2     dx   tg    x  C  dx   z   4 2 2  4 2 2 cos2     4 2  z   x  y  x  tg    x  tg     C  De ( 1 ) : C 2   4 2 4 De (3), si ;



C) Método III: De (3): Z  Hagamos : t  tg

z 2

dz  1  sen z  dx

 1  Sen z   dx

...  

sen z 

2dt 2 De (α) y (β) en (II)  1  t   dx  2t 1 1 t2 2  xC  De   y (1):  xy 1  tg( ) 2 4.- y   sen x  y  SOLUCIÓN: Sea : x  y  z  1  y   Dx z

Si :



dz

2t 1 t2

2dt

 1  t 

2

dz 1  senz



y dz=

 xC

2dt 1 t2





... ( )

2  xC 1 t

y  sen x  y  ...(1)  D x ( x  y)  D x z y   1  Dx z 

( 1 ) y ( 2 ) en ( I ) : 1  D x z  senz  D x z  1  senz   dx 

. . . (II)

... (I) ... (2) dz

 1  senz dx 1  senz 1  senz   dx   dz   dz 1  senz1  senz cos 2 z



 x   sec 2 z  sec z tgz dz  tgz  sec z  C  De ( 1 ) : x  tg ( x  y )  sec ( x  y )  C 5.- y   sen2 x  y  1 SOLUCIÓN: Sea: x  y  1  z....( 1 )  Dx : 1  y  

...(I)

dz  dx

y  1 

dz dx

...(2)

90

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

(1 ) y ( 2 ) en ( I ) : 1 

 dx   sec



2

dz  sen2 z dx



1  sen2 z 

dz dx

 cos2 z 

dz dx

x  tg x  y  1  C

z dz  x  tg z  C  De (1 ) :

6.-  2  x  y  sec 2 x  tg x  dx  tg x dy  0 SOLUCIÓN: Efectuando en la ecuación dada, logramos que:

2 x  y sec2 x dx  tgxdx  tgxdy  0  2 x  y sec2 xdx  tgx dx  dy  0 ...( I ) Sea : x  y  z

...(1)



dx  dy  dz

( 1 ) y ( 2 ) en ( I ) : 2 z sec2 x dx  tg x dz  0  2 Ln tgx  Ln z  C1 

...( 2 )





Ln tgx2 z  Ln C

2sec2 x dz dx    0 tgx z 

z tg 2 x  C



 x  y  tg 2 x  C

De ( 1 ) :

7.- senx  tan ( x  2 y) dx  2 tan ( x  2 y) dy  0 SOLUCIÓN: La ecuación dada podemos expresarla como :

senxdx  tg ( x  2 y ) dx  2tg ( x  2 y ) dy  0  senxdx  tg ( x  2 y ) (dx  2dy)  0 ...(1) Sea :

x - 2y = z



….(1)

dx  2dy  dz

( 1 ) y (2) en ( I ) : senxdx  tgzdz  0  



 cos x  Ln (cos z )  C  De (1) :

senxdx 



... (2)

 senzdz  cos z

0

 cos x  Ln cos(x  2 y )  C :

8.- dy  y senxdx  y Ln ( y e cos x ) dx SOLUCIÓN: Si dy  y senxdx  yLn ( y ecos x )dx  dy  y senxdx  y ( Ln y  Ln e cos x )dx cos x



dy  ysenxdx  yLnydx  y cos xdx 



dy  Ln y dx  ( senx  cos x)dx y

dy  y Lnydx  y ( senx  cos x)dx

…(I)

dy  dz y ( 1) y (2 ) en (I) : dz  zdx  ( senx  cos x)dx  dz  zdx  ( senx  cos x)dx

Sea :

Ln y = z

…(1)



 e  x dz  zdx  e  x senx  cos x dx

…(2)

 e  x dz  ze x dx  e  x ( senx  cos x)dx

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

 

 d e  x z  d (e  x cos x) 

 d (e

x

z)  

De (1): e  x Lny   e  x cos x  C 



91

d (e  x cos x)  e  x z   e  x cos x  c

Lny  cos x  C e x

1 tg ( x 2 y 2 )dx  xy 2 dx 2 SOLUCIÓN: Una expresión equivalente a la ecuación propuesta es:

9.- x 2 ydy 

2 x 2 ydy  tg ( x 2 y 2 )dx  2 xy 2 dx  2 x y 2 dx  2 x 2 y dy  tg ( x 2 y 2 )dx x 2 y 2  z … (1)

Sea :

(1) y (2) en (I) ; dz  tg z dx 



 2 x y 2 dx  2 x 2 y dy  dz cos z dz  dx  Ln ( senz)  x  C senz



…(I) …(2)





Ln sen( x 2 y 2 )  x  C

De (1)

dy y x3  y  2   x tg  2  10.dx x y x  SOLUCIÓN: La ecuación dada podemos expresarla como : dy  y  x  y   2 x 2    x tg  2  dx x  y x  x2

Sea :

y x

2

z

 y  zx 2

. .. (1)



…(I)

dy dz  2 xz  x 2 dx dx

…(2)

1 dz x dz  2xz   xtgz   x : x dx   tgz z dx z xdz 1 senz zsenz  cos z z cos z dz dx      *  zsenz  cos z x dx z cos z z cos z

2 (1) y (2) en (I) 2xz  x



 Ln ( zsenz  cos z )  Lnx  Ln C  Ln (Cx ) De ( 1 ) :

zsenz  cos z  Cx

…(II)

 y   y  sen   cos   Cx x2  x2   x2  y

u  zsenz  cos z    du  z cos zdz  11.- ydx – xdy + Lnxdx = 0 * Sea: 



*



z cos zdz du   Ln u  C zsenz  cos z u

SOLUCIÓN: Por los términos ydx – xdy , recordemos que :  x  ydx  xdy  y  xdy  ydx i) d    y ii) d    2 y  x x2  y Utilizaremos ( ii) debido a que el tercer sumando es Lnxdx , es decir , una expresión solo de x . Luego, la ecuación la expresamos como:

92

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

 xdy  ydx  Lnxdx  0  ( I )

1 x2

:

xdy  ydx x2

...(I) 

Lnx x2

 y  x

dx  0   d   

Lnx

dx  0 x2 y Lnx     2 dx  C1 x x dx 1  du  y v x x

Lnx  y :  d     2 dx   0 x x dx u  Lnx y dv  Hagamos: x2 Lnx Lnx Lnx Lnx 1  1  dx Entonces, dx         x  2 dx    x x x x  x x x2 y Lnx 1   C1   C  y  Lnx  1  Cx ( 1 ) en ( II ) ;   x x x





12.-

x





 dy 



xdz  zdx x

...(I)

2



z  12 dx  2 xdz  0 De ( 1 )



z x

...(2)

x 2 dy  xdz  zdx





y



...(1)

( 1 ) y ( 3 ) en ( I ) : z 2  1 dx  2( xdz  zdx)  0



...(1)

y  1 dx  2 x 2 dy  0

2 2

SOLUCIÓN: Sea: xy = z



...(II)



:





...(3)

( z 2  2 z  1) dx  2 xdz  0



dx  2 ( z  1)  2 dz  x 2 Lnx  C xy  1





0  Lnx 

2 C z 1

13.- 1  xy  x 2 y 2 dx  ( x 3 y  x 2 ) dy  0 SOLUCIÓN: La ecuación propuesta podemos expresarla como :

1  xy  ( xy) dx  ( xy  1) x dy  0 2

2

...(I)

Como en la ecuación ( I ) existe el término xy que se repite, entonces, sea : xy  z . . . ( 1 )

 xdy + ydx = dz  x 2 dy  xydx  xdz

De (1 ) : x 2 dy  zdx  xdz

 x 2 dy  xdz  zdx

...(2)

2 (1) y (2) en ( I ) : (1  z  z ) dx  ( z  1)( xdz  zdx)  0





 (1  z  z 2  z ( z  1)) dx  x( z  1) dz  0  1  z  z 2  z 2  z dx  xz  1 dz  0  dx  x( z  1) dz  0  De (1 ) :



dx  x

 ( z  1) dz   0

1 Lnx  ( xy  1) 2  C 2

1  Lnx  ( z  1) 2  C 2

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

93

2

y  14.- dx  dy  x  y  1   xdy  ydx x  2

SOLUCIÓN: Si :

y  dx  dy  x  y  1   xdy  ydx x 

 d x  y   x  y 

x  y  2 xdy  ydx

Sean: x  y  u

y

x y  v . . .( 1 )  d x  y   du x

(1) y (2) en (I) : du  u 3  dv 

De (1 ) y ( 2 )

15.-

 d x  y   x  y 3

2



:

u

3

du 

1 2 x  y 

2

 dv 





xdy  ydx

xdy  ydx

y

x2

1 2u 2

...(I)

x2

 dv …(2)

 vC

y C x

dy 4 y 2  x 4  dx 4 xy

…(I)

SOLUCIÓN:

y  vx

Sea:

dy dv vx dx dx



.....( 1 )

...(2)

dv 4vx2  x 4 4v 2 x 2  x 4 x2   v ( 1) y (2) en (I) : v  x dx 4 xvx 4v 4vx 2 1 dv x2 4vdv   xdx  2v 2   x 2  C1  x   2 dx 4v



2

x2 C  y  2    2 2  x

y De ( 1 ), v  x

16.-

x   y 1  e y  

x   y e  



4 y 2  x 4  Cx 2

 x  1  y    0 y  

SOLUCIÓN:  Dx :



...(I)

x z y

Sea :

Dx x  Dx zy

 1  zy   yz 

 1



…( 1 )





x  zy

 De ( 1 ) :



e dz

 dx   1  e z   0

1

x y   yz  y

x y   yz  y

(1) y ( 3 ) en ( I ) : y 1  e z  e z  yz   0  1  e z  e z z

...(2)

…(3)

dz 0 dx x y

 x  Ln (1  e z )  C  x  Ln (1  e )  C

94

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



 



17.- x 2 y 3  y  x  2 dx  x 3 y 2  x dy  0

(sustitución : xy = t )

... (I)

SOLUCIÓN: Sea : xy = t . . . (1 )  ydx + xdy = dt  xdy = dt – ydx



 

(2)



De (1 ) y (2), si : ( xy) 2 y  y  x  2 dx  ( xy) 2  1 xdy  0  (t 2 y  y  x  2) dx  (t 2  1)(dt  ydx)  0  (t 2 y  y  x  2  (t 2  1) y ) dx  (t 2  1) ) dt  0 





( x  2) dx  (t 2  1) dt  0

3( x  2) 2  2( xy) 3  6 xy  C

 De (1 ) :

18.-

( x  2) 2 t 3 C  t  2 3 6



x 6  2 x5  2x 4  y 3  4x 2 y dx  ( xy 2  4x 3 )dy  0 (sustitución : y = tx ) SOLUCIÓN: Si : y = tx

. .. ( 1 )



dy = tdx + xdt

...(I) ...(2)

Reemplazando (1) y (2) en ( I):

x 6  2x5  2x 4  (tx)3  4x 2 (tx)dx  ( x(tx) 2  4x3 )(tdx  xdt)  0

 x 3 ( x 3  2 x 2  2 x  t 3  4t ) dx  x 3 (t 2  4)(t dx  xdt)  0  ( x 3  2 x 2  2 x  t 3  4t  (t 2  4)t ) dx  (t 2  4) xdt  0  x( x 2  2 x  2) dx  (t 2  4) xdt = 0 

x3 t3 2  x  2 x   4t  C   3 3

 x

De ( 1 ) :

2

  (t 2  4) dt   0

 2 x  2 dx 

x3 y3 4 y 2  x  2x   C 3 3x 3 x

19.- ( Lnx  y 3 ) dx  3 xy 2 dy  0

...(I)

SOLUCIÓN: En el primer sumando apreciamos los sumadores Lnx y y3 cuyos diferenciales son : d ( Lnx) 

dx y dy 3  3 y 2 dy y el segundo sumando es – 3xy2dy, x

Lnx  y 3  z

luego, podemos intentar el cambio : 

dx  3 y 2 dy  dz  3 xy 2 dy  xdz  dx x

(1 ) y (2) en ( I ) : z dx  ( xdz  dx)  0



(z + 1) dx – x dz = 0

...(1) ...(2)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

dx  x



dz  z 1





 0  Lnx – Ln(z +1) = Ln C



x 1  z + 1 = C x  De (1 ) :  C 1  z 1 C

20.- y   ax  by  c



Lnx + y3 +1 = C x

; a , b , c : constantes

bdz

dz = bz + a  dx

 bz  a  b  dx

...(1)

a  by   z 



D x ( ax  by  c)  D x z

De ( 1 ) y ( 2 ) , Si : y   ax  by  c 

 x   Ln    LnC 1 z  1  

-1

Sea : ax  by  c  z

SOLUCIÓN:  Dx :

95

z  a



y 



...(2)

b

z   a  bz



z

b

z  a

 Ln (bz  a )  bx  C

De ( 1 ) : Ln b(ax  by  c)  a   bx  C

21 .- x  y 2 y   a 2 SOLUCIÓN: Sea :  Dx : D x ( x  y )  D x z

( x  y) 2 y   a 2

De ( 1 ) y ( 2 ) , Si :  z  1 



a2 z2

dz



2  1  a  z2  a2 

x y  z  1  y   z   Dx z

dx

z a 2



2



z2

  dz  x  C  

x y  De ( 1 ) : x  y  atg  1    x  C  a  22.- y  1  6 x e x  y SOLUCIÓN:

...(1)



e  z  3x 2  C

z 2 z   1  a 2

z

z2 2

 a2



z 1 

z z  atg  1    x  C a



x y   C y  atg  1   a 



De ( 1 ) :



a2 z2

dz   dx



...(I)

Dx : 1  y   z  

( 1 ) y ( 2 ) en ( I ) : 1  z   1  6 x e z  

y  z 1



y  1  6 x e x  y

Si :

Sea : x  y  z



...(1) ...(2)

dz dx



dz  6x e z dx

e   x y   3x 2  C

y  1  z





...(2)



 e  z dz  6 x dx

96

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

23.- Resolver la ecuación diferencial : y '   Sugerencia : Sustituya x  y  u SOLUCIÓN: Si

De (I) : y   

,

( x 2  y 2  2 xy ) ( x 2  y 2  2 xy )

...(I)

x y v

x + y = u  u 2 - v2 1 1 ...(2)  ...(1)  x   u  v  , y   u  v  y, xy = 2 2 x - y = v  4

x  y  x  y   2 xy  dy x  y  x  y   2 xy dx

2uv - u 2 + v 2 du - dv  = 2uv + u 2 - v 2 du + dv



DN 2dv 2 2uv 4uv  u 2  v2  :    v  2uu22 -2v v 22 D  N 1 2du 

Hagamos : v = zu … (4)

dz 2z z3 + z  u = -z= du 1 - z 2 1 - z2

u 2 - v2 du - dv 2 = 2 De (1) y (2) :  2 2 du + dv u -v uv + 2 2 uv -



dv - du 2uv - u 2 + v 2   , por proporciones, du + dv 2uv + u 2 - v 2 v 

2uv u  v2 2

v´ =

dv dz 2u 2 z = z+u = 2 2 2 du du u - z u

...(3)

...(5)

1 - z2 du  3 dz = u z +z

1 2z du  ( - 2 )dz =   Lnz - Ln(z 2 + 1) = Lnu + LnC z z +1 u  Ln(

u z z 2 ) = LnCu   Cu  z  Cu(z + 1)  zu  Cu 2 (z 2 + 1) 2 2 z +1 z +1

De (5) : v  C(u 2 + v2 )  De (1) y (2) ; x - y  C (x + y)2 +(x - y)2   x - y  2C  x2 + y 2 

2.2.2 Ecuaciones Homogéneas Ciertas ecuaciones diferenciales de primer orden no son separables, pero pueden llevarse a esa forma mediante un sencillo cambio de variable. Esta afirmación se cumple para ecuaciones diferenciales de la forma: y 

dy  y  f  dx x

.

.,..(I)

(donde f es una función cualquiera dada de y/x) o bien reducible a ella, se llama ecuación homogénea. Así, por ejemplo: (2xy + x2 )y´  3y 2  2xy ,

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

3y 2  2xy 3y  2xy x2 y´   2xy + x 2 2xy + x 2 x2 2

al escribir en la forma:

 y´ 

3(

97

y 2 y )  2( ) x x  f( y ) y x 1  2( ) x

resulta claramente de ese tipo y es, por definición, homogénea. Antes de discutir la ecuación (1) enunciemos, previamente, algunas definiciones y teoremas importantes. Función Homogénea DEFINICION: Una función f (x, y) es homogénea de grado n en sus argumentos si se f tx, ty   t n f x, y 

cumple la identidad.

...(1)

Es decir que una expresión homogénea de grado n-ésimo en x e y es una expresión tal que si se sustituye en ella x e y por tx y ty resulta la expresión original multiplicada por t n . Por ejemplo

f x, y   2 x 2  xy es homogénea en x e y, ya que se tiene que





2 f tx, ty  2tx  txty  t 2 2 x 2  xy  t 2 f x, y  , es decir f es una función homogénea

de grado 2. En general, cualquier polinomio cuyos términos (monomios) sean del mismo grado en x e y, es homogéneo. Así, f x, y   ax2  bxy  cy 2 es homogénea en x e y, puesto que:





f tx, ty  atx  btxty  cty  t 2 ax2  bxy  cy 2  t 2 f x, y  2

2

Obsérvese que cualquier función de y/x es homogénea de grado 0, pues evidentemente  ty   y  y f    f    t f    tx  x x

y Por ejemplo: Si f x, y   2e y x  sen  x

...(2) ,

entonces:

 ty   y f tx, ty   2ety tx  sen   2e y x  sen   f x, y   t  f x, y   tx  x

TEOREMA: Si f x, y, z,.... es homogénea y de grado n, se verifica que: (xfx + yfy + zfz + ... )  nf(x, y,z, ...)

Este teorema, sobre funciones homogéneas, se debe a Euler y lleva su nombre; el lector que no esta familiarizado con él deberá consultar cualquier buen libro de cálculo para su demostración y discusión.

98

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

A partir de la definición, expresión (I), podemos obtener una relación bastante interesante, haciendo la sustitución t 

1 , es decir, si f es una función homogénea, de x

f(tx, ty)  t n f(x, y)  f(x, y)  x n f(1,

grado n, entonces:

y ) x

…(I)

Demostración: Si f es una función homogénea de grado n, entonces: f(tx, ty)  t n f(x, y) tx  1 ...(1)

Hagamos que:

 t

1 x

...(2)

1 1 1 y 1 Reemplazando (1) y (2) en (I): f( x, y)  ( )n f(x, y)  f(1, ) = n f(x, y) x x x x x y ) , si f es homogénea de grado n x

...(II)

DEFINICIÓN: Una ecuación diferencial: M (x, y) dx + N(x, y) dy = 0

...(III)

f(x, y)  x n f(1,

Es decir que:

es homogénea en x e y si M y N son funciones homogéneas del mismo grado en x e y. Por ejemplo: y 2  x 2

dy dy  xy es homogénea de segundo grado, porque al expresar en dx dx

forma equivalente la ecuación dada, resultaría que: y 2 dx  x 2  xydy  0 , donde:  M(tx, ty)= (ty)2  t 2 y 2  t 2 M(x, y)

M(x, y)= y 2

N(x, y)= (x 2 - xy)  N(tx, ty)= (tx)2  (tx)(ty) = t 2 (x 2  xy )  t 2 N(x, y)

o sea M y N son funciones homogéneas del mismo grado. Ahora bien, como, según (I), y/x desempeña un papel importante en una expresión homogénea, es de esperar que la sustitución: v  y/x

ó

v

y x

ó

y  vx

y

dy  cdx  xdv

...(3)

resulte el cambio de variable adecuado para resolver una ecuación homogénea. Vamos a probar, ahora, que la sustitución (3) en una ecuación homogénea de primer orden y de primer grado conduce a una ecuación del tipo de variables separables. Supongamos que la ecuación diferencial homogénea (III) sea de grado n, entonces teniendo en cuenta (II) logramos que:  y M x, y   x n M 1,   x

y

 y N x, y   x n N 1,   x

y y Luego, si: M x, y  dx  N x, y  dy  0 , entonces: x n M 1,  dx  x n N 1,  dy  0  x  x

De (3): M 1, v dx  N 1, v vdx  xdv  0 

M 1, v  v N 1, v dx  x N 1, v dv  0

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



dx N 1, v   dv  0 x M 1, v   v N 1, v 

99

...(4)

expresión en la que se encuentran las variables separadas y se hará la sustitución (3) siempre y cuando la expresión N sea más sencilla que M cuya solución se obtiene entonces por integración7 OBSERVACIÓN: En lugar de la sustitución (3) podemos utilizar el cambio de variable x = vy  dx = vdy + ydv

siguiente:

…(5)

Se hará este cambio cuando al tratar de resolver (III), M es más simple que N. …(I)

Demostración: Como: f(zx, zy) = z n f(x, y) Hagamos que:



… (σ)

zy = 1

Reemplazando (σ) y (η) en (I): f(

z=

1 y

… (η)

x 1 x , 1)  ( )n f(x, y)  f(x, y)  y n f( , 1) y y y

...(6)

Luego si: M(x, y) y N(x, y) son funciones homogéneas de grado “n”, entonces: M(x, y)= y n M(

x , 1) y

N(x, y)= y n N(

y

Como: M x, y  dx  N x, y  dy  0

x , 1) y

x  x  y n M  ,1 dx  y n N  ,1 dy  0 y  y 



...(7)

dx

( 5 ) en ( 7 ) : M(v,1)( vdy + ydv )+ N(v,1)dy = 0

v M v,1  N v,1dy  yM v,1 dv  0

dy M v,1  dv  0 y v M v,1  N v,1



...(8)

Expresión en la que se encuentran las variables separadas, y cuya solución se logra por integración de (8):



dy M(v,1) + dv =  0  Lny +G(v) = y vM(v,1)+ N(v,1)

Ejemplos: 1.-

y y Resolver:  x  y cos dx  x cos dy  0 x x 

SOLUCIÓN: Hagamos: y  vx

...(1)

,

.

...(I)

entonces: dy  vdx  xdv

(2)

(1) y (2) en (I): (x - vxcosv)dx + xcosv(vdx + xdv)= 0

1  v cosv  v cosv dx  x cosv . dv  0 7

Nótese que el método no funciona cuando

de tipo separable.

y´ = -

 dx+ xcosvdv = 0

M(x, y) M(1,v) ==v N(x, y) N(1,u)

sin embargo en este caso la ecuación es

100

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



2.-



dx  cos vdv  0  x 

Lnx  senv  C 

y De (1) : Lnx  sen   C x

2y + x 2 - y 2 dy =( ) dx 2x

Resolver:

... (I)  y i   x

y 1 SOLUCIÓN: Podemos expresar que y '   x 2

2

...(II) …(1)

ecuación que es homogénea, luego hagamos: y  v  x

De (1) y (II): 

dv 1 v 1  v2 dx 2

Lnx = 2sen-1v+C

3.-

SOLUCIÓN: x



4.-

y 

Resolver:





dx 2dv  x 1  v2

y  De (1) Lnx  2 sen1    C x

y2 y  1 x2 x

Sea y = vx, luego la ecuación resultará: y´= v + x

dv = v2 + v - 1 dx

dv dv dx 1 v -1 LnC v -1 = v2 - 1   2 =   Ln( )= Lnx +  Ln( )= Ln Cx 2 dx v -1 x 2 v +1 2 v +1

v - 1 Cx  v+1 1

2

D N D N



2v 1  Cx 2 y 1  Cx 2    x 1  Cx 2 2 1- Cx 2



y

1  Cx 2 x 1  Cx 2

Pruébese que si se cambia a coordenadas polares una ecuación homogénea (es decir, hacemos en ella x  r cos , y  r sen ), las variables quedan separadas en la ecuación resultante.

SOLUCIÓN: Sea M x, y  dx  N x, y dy  0 , la ecuación dada, luego si es homogénea

 y  y M 1,  dx  N 1,  dy  0  x  x y Si: x = r Cosθ, y = r Senθ  v = = tgθ x dx  Cos dr  r Sen d y dy  Sen dr  r Cos d tendremos que:







…(1) …(2) …(3)



( 2 ) y ( 3 ) en ( 1 ): M 1, tg  Cos dr  r sen d  N 1, tg  Sen dr  r Cos d  0



M 1, tg Cos  N 1, tg  Sen dr  rM 1, tg  Sen  N 1, tg Cos d  0



dr M 1, tg  Sen  N 1, tg Cos  d  0 r M 1, tg Cos  N 1, tg  Sen

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

101

Ecuación en la que están separadas las variables y cuya solución la obtenemos por integración directa 5.-

Resolver: y´=

-2xy (x + y )+(y 2 - x 2 ) 2

2

SOLUCIÓN: Apreciando la ecuación propuesta, vemos algunos términos que nos induce a utilizar coordenadas polares, donde: x  r cos

…(1 )  y  r sen

 x2 + y 2 = r 2  2 2 2 2 2 2  y - x = r (sen θ - cos θ)= -r cos2θ 2xy = 2(rcosθ)(rsenθ)= r 2 (2senθcosθ)= r 2 sen2θ 

… (2)

Entonces de (1) y (2): y´=

dy d(rsenθ) -r 2 sen2θ = = 2 2  dx d(rcosθ) (r ) +(-r 2 cos2θ)

senθdr + rcosθdθ -sen2θ = 2 cosθdr - rsenθdθ r - cos2θ

 ( senθdr + rcosθdθ)(r 2 - cos2θ )  (-sen2θ )(cosθdr - rsenθdθ )

 (r 2 - cos2θ )senθ + sen2θcosθ  dr + rcosθ(r 2 - cos2θ )  rsen2θsenθ  dθ = 0  r 2 senθ  (sen2θcosθ - cos2θsenθ  dr + r 3cosθ - r(cos2θcosθ  sen2θsenθ )  dθ = 0  r 2 senθ  sen(2θ - θ) dr + r 3cosθ - rcos(2θ - θ) dθ = 0

 r 2 senθ  senθ  dr + r 3cosθ - rcosθ  dθ = 0 r 2 +1 cosθ 2 2  (r +1)senθdr + r(r - 1)cosθdθ = 0  dr  dθ  0 2 r(r - 1) senθ 2r 1 cosθ  )dr   dθ  LnC  -1 r senθ



 (r



 r 2  1    sen   LnC Ln   r  

2

6.- Resolver: y´=

y(y 2 - x 2 - 1) x(y 2 - x 2 +1)



Ln(r 2 - 1)  Lnr + Lnsenθ  LnC

1   r   sen  C r 

(sugerencia: utilice coordenadas polares)

SOLUCIÓN: Sea x  r cos dy y(y 2 - x 2 - 1)  Como: y´= = dx x(y 2 - x 2 +1)

y

y  rsen



y 2  x 2  r 2 cos 2

d(rsenθ) rsenθ(-r 2 cos2θ - 1) = d(rcosθ) rcosθ(-r 2 cos2θ +1)

 (rcosθ  senθdr)cosθ(-r 2 cos2θ +1)= (-rsenθdθ  cosθdr ) senθ(-r 2 cos2θ - 1)  r cos 2θ(-r 2 cos2θ +1)+ sen 2θ(-r 2cos2θ - 1) dθ + senθcosθ(- r 2 cos2θ +1+ r 2 cos2θ +1)dr = 0  r -r 2 cos2θ(cos 2θ  sen2θ)+(cos 2θ - sen2θ) dθ +2senθcosθdr = 0

102

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



r  r cos 2 1  cos 2 d  sen2dr  0



r 1  r 2 cos 2 d  sen2 dr  0





cos 2 d  1 r    dr  0 2  sen2  r 1 r 

1 1 1  : 2 Lnsen2   Lnr  2 Ln1  r   2 LnC



 r 2 sen2    LnC1 Ln 2   1 r 





 2(rsenθ)(rcosθ)=





cos 2 d 1  dr  0 sen2 r 1 r2

r 2 sen2  C1 1  r 2 

2 (1+ r 2 )  Cxy = 1- r 2 = 1- (x 2 + y 2 ) C



x 2  y 2  Cxy  1





2

1

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

103

Problemas Resueltos Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales homogéneas: 1.





2 2 x 2  y 2 dx  xydy  0

…(I)

SOLUCIÓN: sea : y  vx . . . ( 1 )







dy  vdx  xdv

…(2)

( 1 ) y ( 2 ) en ( I ) : 2 2 x 2  vx dx  x.vx vdx  xdv  0



2







 2 x 2 2  v 2 dx  vx 2 vdx  xdv  0   x2 : 2 2  v 2 dx  v vdx  xdv  0 

 2(2+ v 2 ) - v 2  dx - vxdv = 0  (4 + v 2 )dx - vxdv = 0 



: 



2 Lnx  Ln 4  v 2

dx 1 2v -  dv =  0 x 2 4 + v2





 x  C 4v 2

2.

x

2

2





dx v dv = 0 x 4 + v2

1 1 Ln(4 + v 2 )= Ln C 2 2 2  x2    Ln C  x  Ln C  Ln  C 2  4  v2  4  v   

Lnx -

x2

 x4 = C(x2 +(vx)2 )  de ( 1 ) x4 = C(x2 + y2 )



 3 y 2 dx  2 xydy  0

SOLUCIÓN:

…(I)

Sea : y  vx . . . ( 1 )





dy  vdx  xdv

…(2)



( 1) y (2) en ( I ) : x 2  3 vx2 dx  2 x  vx(vdx  xdv)  0  x 2 (1  3v 2 ) dx  2 x 2 v(v dx  xdv)  0   (1  v 2 )dx  2vxdx  0



 x2 : (1  3v 2  2v 2 )dx  2vxdv  0

dx  2v 2  dv  0  Lnx - Ln (1  v )  LnC 2 x 1 v





x  x   Ln   LnC  x  C (1  v 2 )  x 3 = C(x 2 -(vx)2 ) 1 v2  De ( 1 ) x 3 = C(x 2 - y 2 ) 2

3.

xydx  ( x 2  y 2 ) dy  0

SOLUCIÓN: Sea : x = vy

… (I) . . . ( 1)



dx  ydv  vdy

(1 ) y (2) en ( I ) : (vy) y( ydv  vdy)  ((vy) 2  y 2 ) dy  0 

y 2 v( ydv  v dy)  y 2 (v 2  1) dy = 0 

vydv  v 2 dy  (v 2  1) dy  0

… (2)

104

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

1 4

4vdv

 2v 2  1  



vydv  (2v 2  1) dy  0 



1 1 Ln(2v 2  1)  Lny  LnC  4 4

dy  0 y



Ln(2v 2 - 1)+ Lny 4 = LnC

 Ln(2v 2 -1)y 4 = LnC  2(vy) 2 - y 2  y 2 = C De ( 1 ) :







2 x

2



4 . 3 y 2  10 xy dx  y 2  x 2 dy  0 SOLUCIÓN:

y  vx

Sea :



 y2 y2  C …(I)



...(1)

dy  vdx  xdv

…(2)

 3 vx  10x.vx dx   vx  x  vdx  xdv  0  x 3v  10v  dx  x v  1 vdx  xdv  0  3v  10v  v v  1 dx  v  1 xdv  0  v v  3v  11 dx  v  1 xdv  0 2

( 1 ) y ( 2 ) en ( I ) : 2

2

2

2





dx

2

2

2



x

Donde :



2

v2 1





2

v2 1





v v  3v  11 Tal que:

2

2



A

…()

Bv  C



…()

v  3v  11 2

v

v2 1

A

2

dv  0

v v  3v  11



2

1



v  3v  11 2

v0

...()

11

Valor Numérico: De (  ) , si : i)

v=1:

2

 A

15

ii) v = - 1 : 

BC 15

2

  A



2  15 A  B  C

 BC

9



…(3)

 2   9A  B  C

…(4)

9



( 3 ) + ( 4 ) : 0 = 6A + 2C

De () : C  



C = - 3A

3

…()

11



( 3 ) - ( 4 ) : 4 = 24A + 2B

B = 2 – 12A 

De ( ) : B 

10 11

1 () , (  ) y (  ) en (  ) :

v2  1

10

v

3

11  11  11 v v 2  3v  11 v v 2  3v  11





…()

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



105

v 2 +1 1 1 10v - 3 1 1 5(2v+3)- 18  v(v2 +3v+11) dv = 11  ( v + v 2 +3v+11 )= 11  ( v + v 2 +3v+11 )dv =

1 2v+ 3 (Lnv+ 5  2 dv - 18  11 v + 3v+11

dv

3 35 2 (v + )2 +( ) 2 2 3 v+ 1 1 2 )) = (Lnv+5Ln(v 2 +3v+11) - 18 tg -1( 11 35 35 2 2

(η) en () : = Lnx+

1 36 35 -1 2v+3 ( Ln v(v 2 +3v+11)5  tg ( ))= C 11 35 35

)

...(η)

, v=

y x

5. x 2 y  4 x 2  7 xy  2 y 2 SOLUCIÓN: y  vx

Sea:

x 2 y   4 x 2  7 xy  2 y 2

Si :

...(1) 2

Dx :

y   v  xv 

2

… (2)

2

2

2

x(v + xv´)= 4x +7xvx+ 2(vx) = (4 +7v+ 2v )x dv x  2 v 2  3v  2  2 v  2 v  1 v  xv   4  7v  2v 2  dx dv dx 1  dx  1 2     dv  2 v  2 v  1 x x  v 1 v  2 

( 1 ) y ( 2 ) en ( I ) : 



…(I)











Ln v  1  Ln v  2  2 Lnx  Ln C



v  1 x  Cx 2 v  2 x



De ( 1 ) :











 v 1  Ln    Ln Cx 2 v  2

vx  x  Cx 2 vx  2 x x  y  Cx 2 2 x  y 

2 x 6. xdx  sen    ydx  xdy  0  y

SOLUCIÓN: Sea : y = vx

2 x Si : xdx  sen    ydx  xdy  0  y ...(1)  dy = vdx + xdv

( 1 ) y ( 2 ) en ( I ) :

xdx + sen2v ( vxdx – x ( vdx + xdv ) ) = 0

2 2 2  x : dx+ vsen xdx - vsen vdx - xsen vdv = 0 

dx  sen 2 vdv = 0 x

...(I) ...(2)

106

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS





dx 1  x 2

 1  cos2v dv   0 

7. xy  



x 

y

SOLUCIÓN: Sea :

2

y = vx

... (1)

Sea

vx



v = z2

:

De ( 3 ) y ( 4 ) , 8.



2  1  2

...(3) I2 = 

Si :

x y





2

x  vx

v v

...(I)



dv dx

...(2)

   x 1  v  2

2

1 2

dv



 v





 x 1 v



2

dx  Lnx  C x

...()

dv = 2zdz

...(4)

dv 2zdz 1 1 = =  (1 )dz = z - Ln(1+ 2z) 1+ 2z 1+ 2z 2 1+ 2 v

2 xyy  y 2  x 2  0

1 y y    2 x

x  y 

...I  (Que es una ecuación diferencial homogénea)

...1 , luego, de (I):

y  vx

Sea entonces

v 2v 2 dv 1dv v  1 1+  x   x =-  =2v2v dx 2vdx 2 

C 1 v  x

9.

4 x

2

2

y2  x2 1  y2 x2      2 xy 2  xy xy 

y 



SOLUCIÓN: Dado: 2 xyy  y 2  x 2  0



1 sen2v  v  C 2 2 

Dx : y   v  x



dv   x v  x   dx  

dv  1 v dx

Lnx 

1y 1 2y    sen C 2x 2 x 

xy  

Si :

( 1 ) y ( 2 ) en ( I ) : 

Lnx 



2vdv

 1 v

2

 

y´= v+ x

dv 1 1 = (v - ) dx 2 v





dx C C  2 Ln 1v2 v)=  LnxLnC  LnC  Ln )   Ln(1+ -Lnx+ = Ln( x x x 

2

C  y De 1:1     x x









x 2  y 2  Cx



...I 

 3xy  y 2 dx  4 y 2  3xy  x 2 dy  0

SOLUCIÓN: Como: M x, y   4 x 2  3xy  y 2 N (x, y) = 4y 2 +3xy + x 2



…(I)



M tx, ty   t 2 4 x 2  3xy  y 2



 N (tx, ty)= t 2 (4y 2 +3xy + x 2 )

es decir M (x, y) y N(x, y) son funciones homogéneas de grado 2, entonces la ecuación diferencial ( I ) podemos resolverla por variables separables al hacer:

y = vx

y

dy = xdv+vdx

( 1 ) en ( I ): (4x 2 +3vx 2 +v 2 x 2 )dx+(4v 2 x 2 +3vx 2 + x 2 )(vdx+ xdv)= 0

…(1)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

107

x2 4+3v+v 2 +v(4v 2 +3v+1) dx+ x 2 (4v 2 +3v+1)xdv = 0

dx 4v 2 +3v+1 dx (3v 2 + 2v+1)+(v 2 +v) + 3 dv = 0  + dv = 0 x 4v +4v 2 +4v+4 x 4(v 3 +v 2 +v+1)



dx  3v 2  2v  1 vv  1   3 2  2 dv  0 x  4v  v  v  1 4v  1v  1

 : Lnx  4 Ln v 1

3







1 1  v 2  v  1  Ln v 2  1  LnC 8 8

Ln  x8 (v3 +v 2 +v+1)2 (v 2 +1) = LnC  x8(v 3 +v 2 +v+1)2 (v 2 +1)= C

 y 3  y  2  y   De (1): x          1  x   x   x   8

10.

2

 y  2  3 2 2 3 2 2 2    1  C  (y + xy + x y + x ) ( x + y )= C  x  

xy   y 2  x 2 y2  x2  y  y    1  f   x x x 2

SOLUCIÓN: Si: xy  Sea:  

y  vx

y x 2



2

y 

y  v  xv  v 2  1



2  (v + v - 1 )dv = - 



dx x





x



dv  v2 1  v  1 v  v2 1 dx



v2 C +  v 2 - 1 dv = -Lnx + 2 2







v2 1 LnC 1  v v 2  1  Ln v  v 2  1   Lnx   Ln Cx 2 2 2 2 2



 v 2 +v v 2 - 1 - Ln(v+ v 2 - 1 ) = Ln(Cx -2 )  v 2 +v v 2 - 1 = Ln Cx -2 (v + v 2 - 1 )    x2

 (vx)2 +(vx) (vx)2 - x2 = x 2 Ln(

C(vx+ (vx)2 - x 2 ) x3

 y + y 2 - x2 Donde: vx = y , luego:  y2 + y y 2 - x 2 = x 2 Ln C( x3  11.



 ) 



4 x 2  y 2  y x 2  xy  4 y 2  0

SOLUCIÓN: La ecuación propuesta es una ecuación diferencial homogénea puesto que: 2

y  y 4   2 2 4 x  xy  y x x  y y  2   F  2 2 x  xy  4 y x y  y 1  4  x x

...(I)

108

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Hagamos:

...(1) dv 4  v  v2  dx 1  v  4v 2



y  v  x



4v 3  4 dv x 0 2 4v  v  1 dx



4Lnx  



4



v

dx 4v 2  v  1  dv   odx x v3  1

4v 2  v  1 dv  LnC v  1 v 2  v  1





4  v  v2 dv x 0 2 1  v  4v dx

2v  1   2  4Lnx     2 dv  LnC  4Lnx  2 v  1 v  v  1  

 4Lnx+2Ln(v+1)+ Ln(v 2  v+1)= LnC  Ln  x 4 (v+1)2 (v 2  v+1)  = LnC  x 4 (v+1)(v+1)(v 2  v+1) = C  x(v+1)x 3 (v 3 +1)= C  (vx+ x)(v 3 x 3 + x 3 )= C



De (1): 12.

y´=

 y  x y 3  x 3   C

6x 2 - 5xy - 2y 2 6x 2 - 8xy + y 2

..(I)

SOLUCIÓN: La ecuación (I) es una ecuación diferencial homogénea puesto que podemos expresar la derivada de y como una función del cociente y/x, donde:

 y  y 6  5   2  x x y  2  y  y 6  8     x x y´=

2

d 6 - 5v - 2v 2 (vx)= dx 6 - 8v + v 2

...II  , sea entonces:

 vx

…(1)

y = vx

dv 6 - 5v - 2v 2 = dx 6 - 8v + v 2

 v-

6 - 5v - 2v 2 dv x 0 2 6 - 8v + v dx

v 3 - 6v 2 +11v - 6 dv (v - 1)(v - 2)(v - 3) dv  +x =0  x 0 2 2 v - 8v +6 dx v - 8v +6 dx

1 9 dx v - 8v+6 dx 6 1   dv = 0   +  ( 2 + + 2 )dv = LnC x (v - 1)(v - 2)(v - 3) x (v - 1) (v - 2) (v - 3) 2 -

2

 Lnx -

 13.

 x 2 (v - 2)12  1 9 1 Ln(v - 1)+6Ln(v - 2) - Ln(v - 3)= LnC  Ln  = LnC 9  2 2 2  (v - 1)(v - 3) 

x 2 (v - 2)12 =C (v - 1)(v - 3)9

 x 2 (y - 2x)12  C(y - x)(y - 3x)9

Resolver la siguiente ecuación: 2 xy dx  4 x 2  y 2 dy  0 y calcular la solución particular sabiendo que para x  0 , y  2. SOLUCIÓN: Si: 2 xy dx  4 x 2  y 2 dy  0

; y(0) = 2

...(I)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

x  vy

hagamos el cambio

109

dx  vdy  ydv

...(1), luego:

...(2)

( 1 ) y (2) en (I): 2vy 2 vdy  ydv  4v 2 y 2  y 2 dy  0 

2v(vdy + ydv)-(4v 2 +1)dy = 0  2v 2 dy + 2vydv -(4v 2 +1)dy = 0



2vydv - (2v 2 +1)dy = 0 



Ln(2v2 +1) 2 = LnC y  (2v 2 +1) 2 = C y  (2(vy)2 + y 2 ) 2 = C y 2

2v dy 1 dv -  =  0  Ln(2v 2 +1) - Lny = LnC 2 +1 y 2

 2v

1

y

1

1

(2x 2 + y 2 ) 2 = C y 2

De ( 1 ) :

… ( II )

1

Si x = 0, y = 2, entonces de ( II ): (0 + 4) 2 = 4C1  C1  2x2  y 2 

14.

1

Resolver: y 

1 2 y 2

5x  6 y 5x  6 y

SOLUCIÓN: Si : Sea: y   t

1  En ( II ): 2

...(1)



10x 1 t2 5x  6 y



y 5 1 1     x 3 1 t 2 2 

y´=

5x - 6y 5x+6y



En ( I ) t 2   y2 



5x  6 y 1  10x 1 t2





...(2) y '



Dx :

…(I) 5x  6 y 10x  1  5x  6 y 5x  6 y 1 3y 1   2 5 x 1 t2

1 1 10 t y  2 y   t 2 x x 3 1 t2





y 10 xtt '  x 3(1  t 2 )

5 1 1  10xtt  (2) + (3): y     2 3 1 t 2  31  t 2 

...(3) ...(4)

Entonces de (1) y (4) :

t



5 5 10xtt    2 3 1  t  6 3 1  t 2 2 10xtt 

31  t 2 

2





 6t 3  5t 2  6t  5 6 1  t 2 

10xtt 

3 1  t 2 

2





5 5 10  5 1  t 2   6t 1  t 2    t  3 1  t 2  6 6 1  t 2 

10xtt   3t 2  4t  52t  1 1  t 2   2

110



ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

dx 20tdt Bt  C Dt  E   A    2  2  dt 2 2 x 2t  1 t  1 3t  4t  5  2t  1 t  1 3t  4t  5 







138 160   32 t+  dx 31 + -2t + 31 31 dt = 16 Ln(2t - 1) - Ln(t 2 +1) + 1 23(6t +4)+68 dt =  2 2  x  2t - 1 t +1 3t +4t +5  31 31  3t 2 +4t +5    

-Ln x =

-Ln x =

16 23 68 dt Ln 2t - 1 - Ln(t 2 +1) + Ln(3t 2 +4t +5)+  31 31 31 3(t + 2 )2 + 11 3 3 16 23 68 3t + 2 Ln 2t - 1 - Ln(t 2 +1) Ln(3t 2 + 4t + 5)+ tg -1( ) +C 31 31 3 11 11

/t

5x  6 y 5x  6 y

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

111

2.2.3. Ecuaciones Reducibles a Homogéneas.

dy  dx

Toda ecuación diferencial de la forma: :

 ax  by  c f   x  y  

  

ax  by  cdx  x  y    dy  0 ,

también:

...(I) ...(II)

donde a, b, c, , , , son constantes, es posible poder resolverse por el método de la sección precedente, presentándose para ello dos casos: Caso I: Si:

a

b

 

 0 , es decir si: a  b  0

Caso II: Si: a  b  0 , es decir, si:

a



a







b



b





Análisis del caso I: Podemos hallar la solución de la ecuación diferencial propuesta, mediante cualquiera de los procedimientos siguientes: A.-

Por medio de una translación del origen de coordenadas al punto (h, k), que nos permita eliminar las constantes c y  mediante la sustitución:



xuh

y

dx  du

y

(1) y (2) en (I):

yvk

...(1)

dy  dv

...(2)

dy dv a(u + h)+b(v + k)+ c au +bv +(ah +bk + c) = = f( )= f( ) …(III) dx du α(u + h)+ β(v + k)+ δ αu + βv +(αh + βk + δ)

Ahora para que esta última expresión se haga homogénea debemos elegir h y k de tal ah  bk  c  0  ah  bk  c

manera que:

 h   k    0   h   k  

…(3)

Resolviendo, ahora para h y k en la ecuación (3) obtenemos: -c b -δ β Δh h= = a b ΔS α β

Entonces: h 

b  c a  b

y

y

a -c α -δ Δk k= = a b ΔS α β k

c  a a  b

Para solución única S  0  a   b  0 

a



...(4) 

b



112

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Al reemplazar (3) en (III), obtenemos la ecuación homogénea:

dv au +bv = f( ) , cuya du αu + βv

solución se logra por variables separables al realizar el cambio :

v = zu

…(5)

También si reemplazamos las expresiones (1) y (2) en la ecuación (II), obtenemos:



 a(u + h)+b(v+ k)+c du  α(u + h)+ β(v+ k)+δ  dv = 0 au  bv  ah  bk  cdu  u  v  h  k   dv  0

(3) en (6):

(au +bv)du +(αu + βv)dv = 0

De (5)

dv = udz + zdu

(Ecuación Homogénea)

…(6) ...(7) ...(8)

(5) y (8) en (7): au  buzdu  u  uzudz  zdu  0 

au  buzdu  u  uzudz  u  uz zdu  0



a  bz  z  z udu    z u dz  0 



du 1 2 z  b       b   . dz  0 u 2 z 2  b   z  a







Ln u 

2

2

du (   z )dz  2 0 u  z  (b   ) z  a

du 1 2 z  b    b dz   2 dz  C 2  u 2  z  (b   ) z  a 2  z  (b   ) z  a 1  b dz Ln z 2  b    z  a  C 2  2 2 z  b    z  a

...(9)

Donde:   2 βz  b  α  2  tg 1   , si, (b  α) 2  4αβ 2 2  4αβ - (b  α ) dz  4αβ - (b  α )     βz 2 +(b+ α)z + a  2 βz  b  α - (b  α ) 2  4αβ 1 Ln , si, (b  α ) 2  4αβ  2 2 2 βz  b  α  (b  α )  4αβ  (b  α )  4αβ du 1 u du 1 u a Recuérdese que:  2  Tg 1 ( )  C ,  2  Ln C 2 2 u a a a u a 2a ua

(1) y (5) en (9) :

Z

v yk  u xh

Resumen: Para llegar a la ecuación homogénea (7) a parir de la propuesta (II), se sigue los siguientes pasos: 1.-

Se resuelve el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas a partir de:

M x, y  dx  N x, y  dy  0 tal que:

M(h,k)= 0  ah+bk + c = 0 N(h,k)= 0

 αh+ βk +δ = 0

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Tal que: M x, y   ax  by  c 2.-

y

113

N x, y   x  y  

Se resuelve la ecuación homogénea:

 M (u, v)  c du   N (u, v)    dv  0 au  bvdu  u  vdv  0

, es decir:

donde : x  u  h ; y  v  k

haciendo el cambio : v  zu o u  tv Ejemplos: 1.-

Resolver: 2 x  3 y  1 dx  3x  4 y  1 dy  0

...(I)

SOLUCIÓN: Identificando las constantes: a  2, b  3 , c  1,   3,   4,   1. Como:

2 3  (2)(4)  (3)(3)  1  0 , entonces, realizamos el cambio siguiente: 3 4

xuh

y vk

y

...1 , donde:

M x, y   2 x  3 y  1 

M h, k   2h  3k  1  0



2h  3k  1

N x, y   3x  4 y  1 

N h, k   3h  4k  1  0



3h  4k  1

h  1 , k  1

resolviendo: (2)

 De(1) : x  u  1

y  v 1

...(2)

...(3)

Luego, la ecuación homogénea a resolver será de (3) en (I): (2u  3v)du  (3u  4v)dv  0

Sea:

v  zu

… (4)

 dv  zdu  udz

… (5)

 (2u  3 zu )du  (3u  4 zu )(udz  zdu )  0

 (2  3z)udu  u(3  4 z)udz  (3  4 z)uzdu  0



 2  3z  (3  4 z) z  du  (3  4 z)udz  0



du (4 z  3)dz  0 u 4z2  6z  2





du 1 (8 z  6)dz   C1 u 2  4z2  6z  2

 Ln u 

1 Ln(4 z 2  6 z  2)  LnC 2

 Ln u

4 z 2  6 z  2  LnC 

v y 1 De (3) : z   u x 1

4 z 2  6 z  2  C …(III)

u

 y 1  y 1 x  1 4   6 2 C  x 1   x 1  2

(De III) 

114

2.-

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Resolver: y   4 x  3 y  15 2 x  y  7 SOLUCIÓN: Si : y '   Vemos que:

a





b

4 x  3 y  15 2x  y  7

ya que identificando las constantes tenemos que:



a  4 ,   2 , b  3 ,   1 , entonces :

M h, k   0



…(I)

4h  3k  15  0

4 3  Además: 2 1



4h  3k  15 h  3 , k  1

N h, k   0



2h  k  7  0



2h  k  7

Hagamos: x  u  3

y

(1) y (2) en (I), Si:

y'  

Sea: v  zu ...(2) 

dv dz 4u  3 zu 4  3z  z u   du du 2u  zu 2 z

 u

y  v 1

 dx  du

…(1)

4 x  3 y  15 2x  y  7



y' 

y

dy  dv …(2)

dy dv 4u  3v   dx du 2u  v

dz 3z  4 z 2  5z  4  z du z2 z2



( z  2)dz du  2 z  5z  4 u



  z  4  z  1 dz   u



1 1 Ln ( z  4) 2 ( z  1)u 3  LnC1  LnC 3 3

 23

13 



du

z2 du dz   ( z  4)( z  1) u



2 1 Ln( z  4)  Ln( z  1)   Lnu  LnC1 3 3

 ( z  4) 2 ( z  1)u 3  C  De (1) : u  x  3 , v  y  1 , De (3) : z 

v u

 y 1   y 1  Luego:   4   1 ( x  3)3  C  ( y  4 x  13) 2 ( y  4 x  4)  C x  3 x  3     2

3.-

Resolver:

dy x  y  1  dx x y

SOLUCIÓN: Si: Como

a

dy x  y  1  dx x y

1 1 b     1 1 

,

…( I ) entonces;

h  k 1  0 hk 0

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

1 2

y

y v

( 1 ) en ( I ), Si:

dy x  y  1  dx x y



dv u  v  du u  v

Sea: v  zu

...( 2 )

 hk 

 u



1  2



zu

dz 1 z z2 1  z  du 1 z 1 z

z  du  1  2 dz   2 1 z 1  u

  z



1

tg z  Ln C u 4.-

xu

z 1 2

115

1 2

…( 1 ) ...( II )

dz u  zu 1  z   du u  zu 1  z 1 z du dz  2 z 1 u

1  tg 1 z  Ln( z 2  1)  Ln u  LnC 2

2    y 1 2    y  1 2    tg   Ln C x  1 2  1        x 1 2   x 1 2    



1

Resolver:

 dx (Cos 1 x  Csc 1 y  3)   2  1 x

  dy  1 1  0  (3 Cos x  Csc y  1)    y y2 1    

…( I )

SOLUCIÓN:

u  Cos 1 x  du   Sea: 1

v  Csc y  dv  

dx 1  x2 dy

...(1)

y y2 1

   dx  dy 0  (Cos 1 x  Csc 1 y  3)    (3Cos 1 x  Csc 1 y  1)    2  y y2  1   1 x    De (1): u  v  3 du  3u  v  1 dv  0 Donde:

...( II )

1 1  1  3  4  0 , Entonces: 3 1

De ( II ):

hk 3 0  3h  k  1  0 

h  k  3   3h  k  1

(2) en (II): (t  z)dt  (3t  z )dz  0



z  st



t  st  dt  3t  st sdt  tds  0



1  s  3  s  s.tdt  3  s t 2 ds  0



s

2



 2s  1 dt  s  3 tds  0

h  1 u  t 1  k 2 v  z2

...(2) ...(3)

116



ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

dt s3  2 ds  0 t s  2s  1



dt s  1  2  ds  0 t s  12

 1  dt 2 2    ds   C1  Lnt  Ln(s  1)    LnC 2 t s 1  s  1 (s  1)  2  2  v  2   Ln Ct ( s  1)    De (2) y (3): Ln C u  1   1  s 1  u  1  v  2  1  u 1 





Ln C (u  v  1)  

2(u  1) De (1): u  v 1 n

B.- Introduciendo nuevas variables definidas por: u  ax  by  c

 

Si:

du  adx  bdy    dv  dx  dy

a

b

 



y

du dv dx  a

b

 du  bdv a   b

 dy 

    Dado que:  ax  by  c  dx  x  y    dy  0       u v     u.

Si:

a  b  0



dy 

,

b

y

..(1)

a





 0  dx 

v  x  y  

a

du dv b







adv   du a   b

,

...(2)

entonces de (1) y (2):

du  bdv adv  du  v. 0 a  b a  b u ( du  bdv)  v (adv  du)  0

 (  u   v)du  (bu  av)dv  0 (Ecuación Homogénea)

Hagamos: v  zu  dv  zdu  udz , luego: ( u   zu)du  (bu  azu)( zdu  udz )  0  (    z )udu  (b  az )uzdu  (b  az )u 2 dz  0  [    z  (b  az ) z ]du  (b  az )udz  0



Lnu 



du (b  az )dz  2 0 u az  (b   ) z  



Lnu 



du (az  b)dz  2 0 u az  (b   ) z  

1 2az  (b   )  (  b) dz  C1 2  az 2  (b   ) z  

1 2az  (b   ) (  b) dz dz   C1 2 2   2 az  (b   ) z   2 az  (b   ) z  

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

117

1 (  b) dz  Lnu  Ln az 2  (b   ) z     C1 2  2 2 2a b   4 a   ( b   )   z   2 a 4a 2   …(3) Si: 4a  b   2  0 , entonces, de (3):

i)

 2az  (b   )  1  b Ln u  Ln az 2  (b   ) z    tg 1    C1 2 4a  (b   )2  4a  (b   ) 2  Si: 4a  b   2  0, entonces, de (3)

ii)

Ln u ( az 2  (b   ) z   )1/2  Donde: z 

 2az  (b   )  Ln    C1 4a  (b   )2  4a  (b   ) 2 

 b

v x   y   u ax  by  c

Ejemplos: 1.-

Resuélvase:

...(I)

SOLUCIÓN: Sea: De (2): dx 

u  x  y 1 v  2x  y  2

1 du  dv 3

y

udu  udv  vdv  2vdu  0 

Hagamos: (5) y (6) en (4):

...(2) 0 dy 

1 dv  2du  3

...(3)

1 1 u. (du  dv)  v. ( dv  2du )  0 3 3

(1) y (2) en (I):



...(1)

v  zu

...(5)

u  2v du  u  v dv  0  dv  zdu  udz

...(4) ...(6)

(u  2 zu )du  (u  zdu  udz )  0  u :  (1  2 z )du  (1  z )( zdu  udz )  0



(1  2 z)  (1  z) z  du  (1  z)udz  0



du (1  z )  2 dz  0  u ( z  z  1)





 ( z 2  z  1)du  (1  z )udz  0

du 1 (2 z  1)  3  . dz  0 u 2 ( z 2  z  1)

du 1 (2 z  1)dz 1 3dz   2   C 2 u 2 ( z  z  1) 2  1 3 z   2 4 

118

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

 1 z   1 2 1 2C  Lnu  Ln( z 2  z  1)  . tg 1  2 3 32 3      2  De (1) y (5): 2  3x  3 y  5  1  2 x  y  2 1  3    C Ln x  y  1  Ln       2 3tg 1  2  x  y  1 2  4    3 x  y  1    

2.-

Resuélvase: u  2x  y  7 v  x  3y

Sea: 

dx 

1 3du  dv 7

(1) y (2) en (I):

u.

1 du  2dv 7

dy 

y

du  2dx  dy dv  dx  3dy



...(1)

…(2)

...( 2)

3du  dv du  2dv  v. 0 7 7



u3du  dv  v du  2dv  0



3u  v du  u  2v dv  0

v  zu

...(4)

...(3)

 dv  zdu  udz

.

...(5)

(3  z )udu  (u  2 zu )( zdu  udz )  0

(4) y(5) en (3):

 (3  z )du  (1  2 z ) zdu  (1  2 z )udz  0  (2 z 2  2 z  3)du  (1  2 z )udz  0



du 1 2z  dz  0  u 2 z 2  2 z  3



Lnu 



u



du 2z 1  2 dz  LnC u 2z  2z  3





1 Ln(2 z 2  2 z  3)  LnC  Ln u 2 z 2  2 z  3  LnC 2



v x  3y z  u 2x  y  7

2z2  2z  3  C

Caso II: Si: a  b  0



a





b



k

Luego: ax  by  kx  ky  k x  y 

,

entonces: a  k

,

b  k

...(1), lo que significa que ax  by es

proporcional a: x  y , entonces la sustitución: z  x  y

...(2), permite separar

la variables. En efecto, si tenemos que: (ax  by  c) dx  x  y    dy  0 , entonces de (1) y (2), logramos: ( Kz  c)dx  ( z   ) *Donde:

dz   dx



 0*

...(3)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Si:   0 se presenta una aparente dificultad, pero como:

i)

119

b



 k , entonces

b

= 0 ya que b  k   k (0)  0 y la ecuación diferencial es de variables separables. Si:   0 , entonces de (3): ( Kz  c) dx  ( z   )dz  ( z   ) dx  0

ii)

 ( K  z   c   z )dx  ( z   )dz  0  dx 

z  dz  0  K     z   c  

 c       1  K    dx     dz  C  K     K     z   c      z 1   c      K   K   K 

 x

  Ln  K     z   c    C 

z x   y

NOTA: También es factible hacer z = ax + by. Ejemplos: 1.-

Resolver: x  2 y  1 dx  3x  6 y  2 dy  0

...(I)

SOLUCIÓN: Identificando las constantes, tenemos que: a = 1, b = -2,  = 3, = -6, luego:

a





z  x  2y

1 2 porque:  , entonces hacemos la sustitución: 3 6  b

(1)  dz  dx  2dy  dy 

(1) y (2) en (I) : ( z  1)dx  (3 z  2).



dx  dz 0 2

(3 z  2) dz  0  z

2

 5dx   (3  z )dz  C

De (1) 5 x  3( x  2 y )  2 Lnz  C  Resolver:

 5 x  (3 z  2 Lnz )  C

2 x  6 y  2 Ln( x  2 y )  C

dy 2x  3y  dx 4 x  6 y  1

SOLUCIÓN: Apreciamos que : 

…(2)

2( z  1)  3z  2 dx  (3z  2)dz  0  5 zdx  (3z  2)dz  0

 5dx 

2.-

dx  dz 2

dz 3dy  2 dx dx



2 3  , entonces sea: z  2 x  3 y 4 6

dy 1 dz  (  2) dx 3 dx

…(1) ...(2)

120

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Además:

dy 2x  3y   dx 2(2 x  3 y )  1



dz 3z 7z  2  2 dx 2 z  1 2z 1



  7  7 z  2  dz   dx

2

37 

1 dz z (  2)  3 dx 2z 1



2z 1 dz  dx 7z  2



2 3 z  Ln(7 z  2)  x  C1 7 49

142 x  3 y   3Ln 14x  21y  2  49x  C

De (1): 3.-

De (1) y (2):

Resolver: 3x  2sen hy  1 dx  3x Coshy  2 senhyCoshy  Coshy dy  0 SOLUCIÓN: La ecuación diferencial propuesta la podemos expresar como:

3x  2 Senhy  1 dx  3x  2Senhy  1Coshydy  0

...(I)

Hagamos: z  Senhy

...(2)

 dz  Coshydy

...(1)

(1) y (2) en (I): (3 x  2 z  1)dx  (3x  2 z  1)dz  0 Hagamos, 3x  2z  u ...(3)

 3dx  2dz  du  dz 

(3)cy (4) en (II): u  1 dx  u  1.



dx 

 1 4  du  0  5 55u  1 



1 4 x  u  Ln 5u  1  C 5 25



...(4)

2

5u  1 dx  u  1 du  0

1  4  du  0 dx     5 55u  1 

 1 dx  u  1 du  0

du  3dx 2

du  3dx  0

 2u  1 dx  3u  1 dx  u  1 du  0  u 1 du  0 5u  1

...(II)





dx 

u 1 du  0 5u  1

1 4 x  u  Ln 5u  1  C 5 25

De (1) y (3): u  3 x  2 Senhy

1 4 x  (3 x  2 Senhy )  Ln(15 x  10 Senhy  1)  C 5 25



ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

121

PROBLEMAS RESUELTOS I.-

Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales; 1.-

(3 x  2 y  1) dx  (2 x  3 y  1) dy  0

2.-

2x  4 y dx  x  y  3dy  0

3.-

senx  tgy  3cos x dx  3senx  tgy  1sec2 ydy  0

4.-

(tgx  ctgy  3)sec2 xdx  (3tgx  ctgy  1) csc 2 ydy  0

5.-

 6x  4 y  3  dy  6 x  4 y  3    2     dx  3x  y  1   3x  y  1 

6.-

 2x  3 y  4   y     3x  2 y  1 

2

2

Todas estas ecuaciones diferenciales propuestas son del tipo:

ax  by  cdx  x  y   dy  0 SOLUCIÓN: 1.-

(3 x  2 y  1) dx  (2 x  3 y  1) dy  0

...(I)

Entonces: a  3 , b  2 ,   2 ,   3 luego:

a





3 b 2 2 a b y , sea que:  , hagamos entonces:   2    3 3

x uh y vk



u  xh v  yk

tal que:

3h  2k  1  0 2h  3k  1  0



...(1) 

du  dx dv  dy

h  k  1

...(3)

Reemplazando (1), (2) y (3) en (I): 3u  2v du  2u  3v dv  0 (Ecuación Homogénea) Sea: v  zu 

...(4)

 u 3  2 z du  u 2  3z zdu  udz  0

3  2 z  2  3z  z du  2  3z udz

 3

du 2  3z  dz  0 u 1 z

 3Lnu 

 3





 3 1  z 2 du  2  3z udz  0

du  52 12     dz   0 u  z  1 z 1 

5 1 1 Ln( z  1)  Ln( z  1)  LnC 2 2 2

...(2)

…(II)

122

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

 Ln u 6 ( z  1)5 ( z  1)  LnC  (uz  u )5 (uz  u )  C v

De (4): v  u 5 v  u   C  2.-

v

( x  y  2)5 ( y  x)  C

De (1) y (3):

Si: 2 x  4 y dx  x  y  3dy  0 Apreciamos que: x uh y vk

a





..(1) y

b



...(I)

puesto que: a  2 , b  4 ,   1 ,   1 , luego, hagamos:

dx  du dy  dv

...(2) , tal que:

2 h  4k  0 h k 3  0



h2 k 1

.. .(3)

Al reemplazar (1), (2) y (3) en (I) resulta que:

Donde: u  zu

2u  4vdu  u  vdv  0  2u  4uz  du  u  zu ( zdu  udz)  0 ...(4)

 u 2  4 z  1  z  z du  u 1  z udz  0 

z

2



 3z  2 du  1  z udz  0



du 1 z du 1 z  2 dz  0   dz  0 u z  3z  2 u z  1z  2



du   2 3     dz  C1  Lnu  2Lnz  1  3Ln z  2  LnC u  z 1 z  2  Ln

u ( z  2)3 u ( z  2)3  LnC   C  u ( z  2)3  C ( z  1) 2 2 2 ( z  1) ( z  1)

Multiplicamos porxu 2 : u 3 z  23  Cu 2 z 12 

 3.-

...(II)

De (4):

v  2u 3  Cv  u 2

uz  2u 3  C uz  u 2



De (1): ( y  2 x  3)3  C ( y  x  1) 2

senx  tgy  3cos x dx  3senx  tgy  1sec2 y dy  0 Hagamos: z  senx  dz  cos x dx

...(I)

y

t  tgy

...(1)

y

dt  sec2 y dy

...(2)

(1) y (2) en (I): z  t  3dz  3z  t  1dt  0 Sea:

z uh t vk

...(3) y

(3), (4) y (5) en (II):

..(II)

dz  du hk 3 0 …(4) tal que: dt  dv 3h  k  1  0

u  vdu  3u  vdv  0

 u 1  z  du  u 3  z z du  udz  0   ( z  1) 2 du  (3  z )udz  0 



donde: v  zu

h  1 k 2

...(5) ...(6)

1  z  3  z  zdu  3  z udz  0

du 3  z  dz  0  u 1  z 2



z 12 du  3

 2 du 1      u   1  z 2 1  z  dz  C1



ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

du 3  z  dz  0  u 1  z 2



 2 du 1   dz  C1     2  u  1  z  1  z 

2 2  Ln 1  z    LnC  Ln Cu 1  z   z 1 z

 Ln C u  uz  

2 2  Ln 1  z    LnC  Ln Cu 1  z   1 z 1 z

2 1 z

1  senx Ln Csenx  tgy 1  2

De (1), (3) y (6): 4.-

 Lnu 

123

(tgx  ctgy  3)sec2 xdx  (3tgx  ctgy  1) csc 2 ydy  0

...(I)

Hagamos: z  tgx

y

t  ctgy

…(1)

 dz  sec 2 xdx

y

dt   csc 2 ydy

…(2)

(1) y (2) en (I): z  t  3dz  3z  t  1dt  0 De (II): sea:

...(II)

dz  du h  1 z uh hk 3 0 ...(3) y …(4) tal que: ...(5)  dt  dv k 2 t vk 3h  k  1  0

(5) en (3) u  z  1 , v  t  2

…(6)

u  vdu  3u  vdv  0

(3), (4) y (5) en (II):

(Ecuación Homogénea)

Hagamos: v  wu  (u  wu)du  (3u  wu)(wdu  udw)  0

u(1  w)  u(3  w)w du  u 2 (3  w)dw  0  u 1  w  3w  w2 du  u 2 3  wdw  0 

1  w2 du  u3  wdw  0





du w3  dw  0  u w  12

du

 Lnu  Ln w  1 

Como: w 

du w3  dw  0  u w  12  1

2

 u    w  1  w  1

2

du

 1

2

 u    w  1  w  1

2

  dw   0du  

2 2  C  Ln u w  1  C w 1 w 1

v 2 2u  Ln wu  u    C  Ln v  u   C v u u  v 1 u

De (6) y (1):

Ln(tgx  ctgy  1)  2(tgx  1) / (tgx  ctgy  1)  C 2

5.-

 6x  4 y  3  dy  6 x  4 y  3    2     dx  3x  y  1   3x  y  1  Como:

a



dx  du dy  dv



6 2 3

y

b



...(2) tal que:



...(I)

x uh a b 4  , entonces, sea: 4  y vk   1

...(1)

1 6h  4k  3  0  h  6 3h  k  1  0

...(3)

,

k

1 2

  dw   odu  

124

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

dv  6u  4v   6u  4v     2  (Ecuación Homogénea) du  3u  v   3u  v  2

La ecuación (I) equivale a:

dv dz  6u  4uz   6u  4uz  ...(5)  z u    2  du du  3u  uz   3u  uz  2

Hagamos:

v  zu

...(4) 

dv dz  6u  4uz   6u  4uz   z u    2  du du  3u  uz   3u  uz  2



 u

dz  6  4 z  43  2 z   43  2 z 3  z   z 3  z   6  4z     2  z  du  3  z  3  z 2  3 z 

 u

dz z z  1z  3   du z  32

2



2

2

( z  3)2 du dz  0 z ( z  1)( z  3) u

1 3  du  3    LnC1 dz   z z 1 z  3  u

 

 z  1z  33    LnC1   3Lnz  Ln( z  1)  3Ln( z  3)  Lnu  LnC1  Ln 3  z  

 ( z  1)( z  3)3  C1z 3

z

pero:

v u

u  x

y

1  1 1     y  2  y  2   y2    1  3   C1    1 1 1  x  x    x  6  6 6    6.-

 2x  3 y  4   Resolver: y     3x  2 y  1 

De (1) y (3):

dx  du dy  dv u  x

3x  3 y  2  C 6 x 12 y 1

3

2

...(I) a

De la ecuación, se aprecia que:

x uh ...(1) y vk

1 1 , v y 6 2





2 3 b   3 2 

..(2) tal que:

11 5

y

,

entonces,

h  11 5 k  14 5

2h  3k  4  0  3h  2k  1  0

v y

sea:

14 5

...(3) ...(4)

Reemplazando las expresiones (1), (2) y (3) en la ecuación diferencial (I), resulta la ecuación homogénea: y 

dy dv  2u  3v     dx du  3u  2v 

2

,

hagamos: v  zu

...(5)

,

luego:

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

dv dz  2u  3uz   z u   du du  3u  2uz 

2

125

dz  2  3z  4 z 3  21z 2  21z  4   z   du  3  2 z  (3  2 z ) 2 2

 u

z  14 z  1z  4  dz  u  du 2 z  32

2 z  32 du dz   z  14 z  1z  4 u

du 1 20 5  1 9 20 9 5 9       C1   Ln z  1  Ln 4 z  1  Ln z  4  Ln u  C1 dz   u 9 9 9  z 1 4z 1 z  4 

  Ln z  1  20 Ln 4 z  1  5Ln z  4  9 Ln u  Ln C2

 Ln ( z  1)1 (4 z  1)20 ( z  4)5 u 9  Ln C2  ( z 1)1 (4 z 1)20 ( z  4)5 u9  C3

… (6)

C3  C 2

/

14 y v 5  5 y  14 De (4) y (5): z   u x  11 5 x  11 5

...(7)

1

 5 y  14   5 y  14   5 y  14   11  (4)yy (7) en (6):    1  4  1   4   x    C3  25C 5  5 x  11   5 x  11   5 x  11   20

5

9

x  y  53 x  4 y  94x  y  6  C 5x 112



III Ecuaciones diferenciales reductibles a homogéneas. Una transformación especial es x = z  o y = z, cambio que permite transformar algunas ecuaciones diferenciales a ecuaciones homogéneas así por ejemplo: Resolver las ecuaciones diferenciales siguientes:





a.- y  y x 2 y 4  1 dx  2 x dy  0 SOLUCIÓN: Hagamos x = z , dx = z - 1dz, donde por hora  es un número arbitrario que se elegirá a continuación. Sustituyendo x y dx en la ecuación dada, por sus expresiones, obtenemos,

y  y

si:



 x 2 y 4  1 dx  2 x dy  0   y  y 

z 

 2

 y 4  1   z 1dz  2 z dy  0 





  yz 1  y 6 z 4  2  y 2 z 2 2 dz  2 z  dy  0

...(1)

y para que la ecuación (1) sea homogénea debe cumplirse que °G M = °GN, donde: Si N x, y   2 z





GN  

Si: M ( x, y )   yz 1  y 6 z 4 2  y 2 z 2 2



,

entonces el grado de yz 1

126

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

y 6 z 4 2  y 2 z 2 2

es 1 +  - 1 =  , además para

su grado será: 6  4  2  2  2  2   ,(para que (1) sea homogénea)    2 2

2





De (1): 2 yz 3  y 6 z 10  y 2 z 6 dz  2 z 2 dy  0

...(2)

Ecuación que resulta homogénea, hagamos entonces: y  vz

...(3)





(3)-en (2):  vz 2  v 6 z 4  v 2 z 4 dz  z 2 (vdz  zdv)  0





 z 2 :  v  v 6  v 2 dz  vdz  zdv  0

 

dz dv  0 * z v 1  v4

 Lnz 







2

4

4

tal que: z  x 1/ 2 y

b.-

v





v 6  v 2 dz  zdv  0

que al integrar resulta:

1 1  v4 1 1 Ln  LnC 4 1  v4  1 4

 1  v  1  C vz

 



1  v4  1 1 v 1 4

Cz 4

1  v 4  1  C vz 



2

y  x1/ 2 y  z

1  x 2 y 2  1  C1 y 2





2 x 2 y  1  x 4 y 2 dx  x3dy  0

SOLUCIÓN:





Si 2 x 2 y  1  x 4 y 2 dx  x3dy  0 , siendo x  z





 2 z 2 y  1  z 4 y 2  z 1dz  z 3 dy  0





 2 z 3 1 y  z 2 2  z 6 2 y 2 dz  z 3 dy  0

*

v

dv 1 v

4



t 1 1 1 2v 3 dv 1 tdt 1 dt 1 1  v4 1   2   2  Ln  Ln  4 4 2 v 1 v 2 t 1 t 4 t 1 4 t 1 4 1  v4  1





1  v4  t 2





2v 3 dv  t dt

...(1)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

127

si esta ecuación debe ser homogénea, entonces: 3  1  1 



2  2 6  2  2   3 2 2

  1  3







 

1 2

...(2)

De (1):  z 5 2 y  z 3  z 5 y 2 dz  z 3 2 dy  0 Hagamos: y  vz



vz







 z 3  z 5v 2 z 2 dz  z 3 2 vdz  zdv  0

3 2



 v  1  v 2 dz  vdz  zdv  0







  Lnz  Ln v 



1  v 2 dz  zdv  0





dz dv =0  z 1  v2 0



1  v 2  LnC

Donde: x  z   z 1 2 y

v



y  x2 y z

v  1  v 2  Cz 

...(3)

x2 y  1  x 4 y 2  Cx  2

De (3):

c.- 4 xy 2 dx  3x 2 y  1dy  0 SOLUCIÓN:





4 xy 2 dx  3x 2 y  1 dy  0

Si: hagamos: y  z 

y

...(1)

dy   z  1dz

...(2)

(2)_en (1) : 4 xz 2 dx   3 x2 z  1  z 1 dz  0  4 xz 2 dx    3x 2 z 2 1dz  z 1  dz  0

...(3)

Grado: 1  2  2  2  1    1    2 De (3):  4 xz 4 dx  2  3x 2 z 5  z 3  dz  0  2 xzdx   3x 2  z 2  dz  0

x  vz

Sea:

dx  vdz  zdv

y

...(5)



(5)_en (4): 2vz 2 v dz  z dv  3v 2 z 2  z 2 dz  0  

1  v dz  2vz dv  0 2

 : Ln z  Ln 1  v De (5): v 

2

x , de (2): z  y 1 2 z

 





z 2 2v 2  3v 2  1 dz  2vz 3 dv  0

dz 2v dv  0 z 1  v2



C

...(4)



z  C 1  v2





y 1 2  C 1  x 2 y









2

y 1  x 2 y  C1

128

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMAS RESUELTOS 1.-

Hallar la ecuación de la curva, tal que el área acotada por la curva, el eje de las x , una ordenada fija y otra variable, sea igual al cuadrado de la diferencia de las coordenadas de un punto arbitrario de la curva.

SOLUCIÓN: Sea A (a, b) el punto de ordenada fija y P (x, y) el punto

Y

variable arbitrario; luego, según el enunciado tenemos:

P(x,y)

A(a,b)



b

ydx   y  x 

x

2

a

Dx : y  2 y  x  y  1 a



X

x

y 

3y  2x 2 y  x 

...1



…(1)

Hagamos: y  vx  y '  v  xv ' 

v  22v  1  2 2v 2  v  2   v  1 2v  1 2v  1



y  2 y  x  y  2 y  x  (Ecuación Diferencial Homogénea)

3v  2 2v 2  5v  2 3vx  2 x 3v  2  xv '  v    2(v  1) 2(v  1) 2(vx  x) 2(v  1)

11    11   dv   dxdx  22 3 3   3 3  dv 22v v 11dv dxdx  dv   vv 22 2v2 v 11 x x v 2 2 2v2 v 11  xx  v     



2  1 1  dx    dv    3  v  2 2v  1  x



Ln v  2 2v  1  3Lnx  3C1  Lnx 3  LnC  LnCx 3  LnC



v  2 2 2 v  1  Cx 3

2.-

Determinar la ecuación de una curva que pasa por el punto (1,0) tal que si por un



2



2 1  Lnv  2  Ln2v  1   Lnx  C1  3 2 



2



y   2y   1   Cx  3   2  x x    



y  2 x 2 y  x  C 2

punto cualquiera de ella se traza la tangente geométrica y por el origen de coordenadas se traza una perpendicular a esta tangente, la corta en el punto T, de tal manera que OT siempre es igual a la abscisa del punto de tangencia. El origen de coordenadas es O. SOLUCIÓN: Sea Y  y  yx  x 

…(I)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

129

la ecuación de la recta tangente a la curva C en el Y

C

punto P (x, y) y A el intercepto de esta recta con el eje X, luego:

0

X

A(xA,0)

xA  x 

P(x,y) T

Nótese

y y'

y0

que

...(1)

y

y  0

y 0 y'

 

T



X



y , luego x A  x , lo cual concuerda con la expresión (1) y  0

y el dibujo.

En

OTA:

OA  OTCsc   OT 1  ctg 2  OT 1 

Donde: OA  X A (1)_en (2) : x 

1 tg 2

...(2)

y OT  x , luego, de (1) y (2) se logra:

y 1  x 1 y' ( y ') 2

  2 xy y  y 2  x 2 

 x 2  2 xy

1 y2 x2  2  x2  2 y' y' y'

y 2  x2 2 xy

y 

...(I) Ecuación Homogénea

Sea: y = vx, entonces de (I): y '  v  x

dv (vx) 2  x 2 v 2  1   dx 2 x(vx) 2v

dv v 2  1 v2  1  x  v   dx 2v 2v

v





 Ln v  1 x  LnC 2



v

2

3.-

Sea

2



Lnv 2  1 -Lnx LnC



 y 2      1 x  C   x  

C 1

1  1  x  y  x   x    y2    2  2

1 x  C

(1,0) CC  1  0  C 1  2

2v dx dv    1 x

2

x 2  y 2  Cx 2

2

2

2

una curva creciente ubicada en el primer cuadrante, que pasa por el punto

 3,1 y tal que verifica la siguiente condición: “Si Q es el punto de intersección del eje de las ordenadas, con la recta normal a P (x, y) 

en

, entonces la longitud del segmento OQ ( O es el origen de coordenadas)

es igual a la distancia de P al origen de coordenadas”.

130

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Hallar la ecuación de la curva

.

SOLUCIÓN: Por dato: OP = OQ

Y

...(1)

Sea N la recta normal a la curva que pasa por

C

P(x,y) y cuya pendiente es –1/y´, luego:

Q

N: Y  y  

N

P(x,y)

 OQ  y 

1 X  x y x ...2 y

…(2)

X

0

2 xy  x   x y y    y'  y'

x x  y  y y' 2

(2) en (1):

2

2

2

2

2

2

2y  2y       4 1 x 1 y  x     y 2 x

2



 1   y 1     2.   1  0   y   x  y

y2 1 x2

es creciente (en el I C), entonces y´> 0  1/y´ > 0, luego:

Como

2

y  y   1  x 1 x y'  2 2 2 y  y  1  y   y       1  x x x x

2

1 y  y      1  y' x x

2



y  y y     1  x x

Sea: v 

y x

...4 

, (Ecuación Homogénea) dv dx

...(3)

...5



y  v  x

vx

dv  v2  1  v dx

…(5)

(5) y (4) en (3):









dv v 1 2



dx x

 Ln v  v 2  1  Lnx  LnC  Ln Cx  v  v 2  1  Cx 2

y  y De (4) :     1  Cx  x x

 

y  x 2  y 2  Cx 2

x2  y 2  Cx2  y  x 2  y 2  C 2 x 4  2Cx 2 y  y 2





2Cx 2 y  C 2 x 4  x 2  C 2 x 2  1 x 2



2Cy  C 2 x 2  1

...(6)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Si



(3



3 1  +1) (

Como 4.-

2

, entonces, de (6): 2 (1) = – 1)



=1

ó

(3) – 1 3

2

–2

131

–1=0

= - 1/3

es creciente, debemos elegir

2 y  x2  1

= 1, luego, de (6):

Obtener una curva tal que el radio vector OM en un punto M cualquiera de la curva sea igual a la distancia OT, siendo T el punto donde la tangente en M a la curva coincide con el eje de las Y. SOLUCIÓN: Sea LT la recta tangente, en M, a la curva

pedida.

LT: Y  y  y X  x 

Donde LT está dada por:

...(1)

LT  Y : X  0  YT  OT  y  xy

3

Además: OM  M  O  x 2  y 2 Por dato: OM  OT





T

x 2  y 2  ( y  xy ')

xy  x 2  y 2  y 

Hagamos: y  vx 

…(2)

y 

y' v x

Y

M

y  x2  y2 x

X

0

dv dx

2 dv vx  x   vx   vx   v  1  v2 dx x 2



dv dx  2 x 1 v





y

C 2 1 x  2 2C



 Ln v  1  v 2  Lnx  LnC  LnCx

 

 v  1  v 2  Cx

() – (): 2v  Cx 

T

1 Cx 

 2



1 v  1 v

2



1 Cx



1  v2  v 

y 1  Cx   2Cy  C 2 x 2  1  x Cx

y  Kx 2  K 1

1 Cx

y

C 2 x 2C

... 



132

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

2.2.4 Solución de Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Variables Separables por Transformaciones Diversas En esta sección resolveremos algunos ejercicios mediante ciertas transformaciones especiales, sugeridas por la forma de las ecuaciones diferenciales propuestas. El estudiante constatará que no existe un método general a seguir y no debe amilanarse si no logra solucionar algunos de ellos, en un principio, porque estos requieren cierta experiencia que se adquirirá con la práctica continua. Veamos algunas transformaciones especiales sugeridas por la forma de las ecuaciones diferenciales propuestas, como por ejemplo: 1.-

2.- y 

x  y  1 y  x  y  1

3.- y  x  y 5.-

4.-

dy y 1  xy  dx x 1  xy

y  senx  cos x

x  y  1 y  x  y  1  x  y  1

6.- cos x  y  dx  x sen x  y  dx  x sen x  y  dy

Observando las ecuaciones propuestas, la presencia de x + y , x - y y xy sugiere realizar el cambio de las variables presentes, por otras tales como v dada por:

x y v

x y v

,

xy  v

ó

Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales:

x  y  1 y  x  y  1

1.-

SOLUCIÓN: Sea v  x  y

dv  1  y dx



x  y  1y '  x  y  1 



dv v 1 v  1  v 1  1   dx v 1 v 1



v 1



v 1  v 1

v  1   v  1

y 

dv 1 dx

...(1)

 dv  v  1   1  v  1  dx 

Si





 dv  dx



v 1 dv  dx v  1  v 1 1  v  1  v 2  1 dv  dx  2

1 v  1 dv  1  v 2  1dv  x  C  2 2





1 v  1 1 .  v v 2  1  Ln v  v 2  1  x  C1 2 2 4 2

De (1): ( x  y  1)2  ( x  y )

 x  y

2



 1  Ln x  y 

x  y

2



1  4x  C

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

2.-

y 

133

y  senx  cos x

SOLUCIÓN: Si y 

y  senx  cos x

Hagamos: z 2  y  senx (2)_y (3) en (1): 2 z

...(2)

dz  z2 dx



y  cos x  y  senx





2z

...(1)

dz  y  cos x dx

2  dz   dx



…(3)

2z  x  C

2 y  senx  x  C 3.-

y  x  y SOLUCIÓN: Si: y  x  y entonces, con la finalidad de eliminar el radical y  v2 x2

hagamos:

y  2 xv2  2 x 2 v



...(1)

dv dx

...(2)

Con este cambio, la ecuación propuesta, se transforma en una de variables separables, es decir que, de (1) y (2): y  2 xv2  2 x 2 v 



2v 2  2vx

dv  x  v 2 x 2  x  vx dx

dv dv  1  v  2v 2  v  1  2vx 0  dx dx

dx 2vdv  0 x 2v  1v  1 1



2

2v  1v  1  2vx dv  0 dx

2   2   dx   3  3  dv  0 x  2v  1 v  1      1

 : Ln x  3 Ln 2v  1  3 Ln v  1  3 LnC







Ln x3 2v  1v  1  LnC 2

2

2 y  y   1   1  C 2 y  x  x 2v  1v  1  C  x   x  x  2

3

4.-

Dado

3









2

y x C

x  y 1 y '  x  y 1  x  y  1

SOLUCIÓN: Entonces:

x  y  1 1  y  x  y  1

y  Hagamos: v  x  yv  x...(1)

(1) y (2) en (I): Cálculo de:



v 1

dv  v 1 dx

v 1 dv v 1

dv  1  y dx 



v  1 dv   dx  x  C v 1

...(I) ...(2) ...(3)



134

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Como:



v 1 v 1 vdv dv v 1 dv   2 dv   2  2 . dx v 1 v 1 v 1 v 1 v 1



v 1 dv  v 2  1  Ln v  v 2  1 v 1

v  y 2  1  Ln x  y  v  y 2  1  x  C

(4)_y (1) en (3): 5.-

dy y 1  xy  dx x 1  xy

dy y 1  xy   dx x 1  xy 

SOLUCIÓN: Dado: Hagamos: v  xy (2)_y (3) en (1): 

...(2)

x



1



  v  1 dv  2

Hagamos:

2.2

x dy 1 dv  1 y dx y dx



1 dv 2   y dx 1  v

dx x



...(3)

x dv 2  v dx 1  v

Ln v  v  2 Lnx  C

 y Ln   xy  C x



cos  x  y  dx  x sen  x  y  dx  dy  v  x  yv  x ...(2) y 

(2)_y (3) en (1): cos v dx  x senv dv  dx senv  dv x cos v



...(1)

Dado: cos x  y  dx  x sen x  y  dx  x sen x  y  dy SOLUCIÓN:



x dy 1  xy  y dx 1  xy

1 dv 1 v 2 1   1  y dx 1 v 1 v

1  v  dv  2dx v



dv dy  yx dx dx



De (2): Lnxy  Lnx 2  xy  C 6.-

...(4)



Lnx   Ln cos v  LnC 

...(1)

dv  dx  dy



dx senv  dv x cos v

Ln x cos v  LnC



...(3) 

Lnx   Ln cos v  LnC

x cosx  y   C

LA IDEA INTUITIVA DE EXACTITUD Supongamos que se nos de una ecuación diferencial de primer orden: M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0

ó

y 

dy M  x, y   dx N  x, y 

...(1)

Cuya solución general U(x, y), se dio en la expresión (6), en la página (130) como:

U x, y   C

...(2)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

135

donde U(x, y) debe ser determinada y C es una constante arbitraria. En tal caso si U(x, y) es la solución, entonces la ecuación diferencial a está, se obtiene por diferenciación de ambos miembros de (2), es decir, si:

U x, y   C





dU ( x, y ) 

De (1) y (4):

dU x, y   dC  0

dy dx



dU x, y   0 , entonces:

 0 …(3) ó



M ( x, y ) N ( x, y )

ó

dy dx

…(4)

=

...(5)

M(x,y)

N(x,y)

En esta última proporción, podemos pensar que la razón de proporción de ambos cocientes sea una función de x e y tal como  ( x, y ) , de donde:

U(x,y) U (x,y) y x   ( x, y )  entonces: M N

U  M x

,

U  N y

…(6) …(7)

Reemplazando (6) en (3)

de (7) apreciamos que  Mdx  Ndy  es la diferencial de una función U(x, y). Llamamos esto una diferencial exacta. Si tenemos la ecuación:

M x, y  dx  N x, y  dy  0

...(8)

y multiplicamos por:  ( x, y ) para lograr:

 ( x, y)  M ( x, y)dx  N ( x, y)dy   0

...(9)

Esto último, miembro izquierdo, es una ecuación diferencial exacta, que podemos escribirla como:

dU x, y   0

...(10)

 U x, y   C

...(11)

La función  x, y  es llamada factor integrante, la cual nos permite ir de (8) a (10) y por integración (de ahí su nombre) a (11), lográndose la solución. 2.4

Ecuaciones Diferenciales Exactas: Una ecuación diferencial de primer orden; M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0 se dice que es exacta, si en el primer miembro es la diferencial exacta de alguna función U(x, y) (solución de (1)) tal que U(x, y) = C.

136

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Entonces, del cálculo elemental:

dU ( x, y )  

U U ( x , y )dx  (x , y )dy  0 x x

...(3)

Así, comparando las expresiones (1) y (3), notamos que (1) es exacta, si existe alguna función U(x,y) tal que:

U M x

U N y

y

...(4)

Supongamos, ahora que M y N están definidas y tienen primeras derivadas parciales continuas en una región en el plano XY, limitada por una curva que no se corta así misma. Entonces de (4):

  U  M  2U   My   y  x  y y x   U  N   x  y  x

...(5)

 2U  Mx x y



Y por suposición, el orden de la diferenciación es indiferente; ya que la condición suficiente, para que esto ocurra, es que U y sus derivadas parciales (al menos de orden dos) sean continuas en una región del plano XY. De esta manera, se cumple que: M N  y x

M y  Nx

ó

...(6)

Esta condición no solamente es necesaria sino también suficiente, para que Mdx + Ndy sea una diferencial total; lo cual nos permite dar el siguiente teorema: Teorema: Una condición necesaria y suficiente para la exactitud de la ecuación diferencial Mdx +Ndy = 0 es:

M N  y x

Esto significa que: 1.- Si Mdx + Ndy = dU = 0 (esto es, la ecuación es exacta), entonces: M y



N , (necesidad); x

*( por simplicidad escribiremos U por U(x,y); M por M(x,y), ..................etc)

2.- Si

M y



N entonces U existe tal que Mdx + Ndy = dU, o lo que es x

equivalente, U existe tal que

U x



M

y

U y



N (suficiencia).

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

137

Para probar la suficiencia de este teorema basta mostrar que si: M y

a.-

N x



U x



entonces podemos producir una función U(x,y) tal que:

M

y

b.-

U y



N

Entonces, todas las funciones que satisfacen la ecuación (a) estarán dadas por: U   M dx    y 

...(7)

Luego, debemos mostrar ahora que existe una función  (y) tal que (7) también satisfacerá la ecuación (b), es decir, debemos mostrar que  (y) existe de modo que: U y



 M x    y   N y 





  M x    y    N  y  

  y   N 

Esta última expresión nos dice que N 

 y

 M x

 M x , es una función solo de y, es decir y 

que si la derivamos con respecto a x debe ser cero. Luego: =

 N       N   M x      x  y x x  y 



 M x 



N     x y  x



 Mx

N M M N , diferencia que es 0 puesto que, por hipótesis, .   x y y x

La suficiencia está por tanto probada.

Ejemplos: 1.-

Resuelva:

dy x  y cos x  dx senx  y

SOLUCIÓN:La ecuación diferencial propuesta podemos escribirla como:

x  y cos xdx  senx  y dy  0 Tenemos que :

M = x - ycosx

y

...(1)

N=-(senx+y), entonces, como:

M N    cos x , la ecuación es exacta y x Como:

U  M  x  y cos x , entonces: x

 U    x  y cos x  dx

138

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

x2  y senx    y  2

 U

U   senx   '  y  y

De (2):

;

...(2) U  N    senx  y  y

además:

senx    y     senx  y 

  y    y



, luego:

 d    ydy



y2   y    C1 2

(3)_en (2): 2.-

U  U  x, y  

...(3)

x2 y2  y senx   C1 2 2



x 2  2 y senx  y 2  C

Resuelva: ye x  senxdx  e  x  2 y dy  0 M  ye x  senx



N   ex  2 y

y

M N   e x y x

Luego:



Como: U y  N   e  x  2 y



U  M, x

...(1)

, entonces la ecuación es exacta

, entonces:

 U  x, y    e x y  y 2    x  Pero:



 U   e 

...(I)

x



 2 y dy

U  e  x y    x  x

luego: e  x y  x   ye x  senx  x    senx

  x     senxdx  cos x  C1

...(2)

(2) en (I): U  x, y    e x y  y 2  cos x  C 3.-

es la solución pedida

Resolver: 2 xy 2  2 y   2 x 2 y  2 x  y   0 SOLUCIÓN: La ecuación la podemos expresar como:

2 xy

2







 2 y dx  2 x 2 y  2 x dy  0

Donde: M x, y   2 xy 2  2 y M y x, y   4 xy  2

...(I)

y

N  x, y   2 x 2 y  2 x

y

N x  x, y   4 xy  2

, ,

entonces: luego es una

diferencial exacta puesto que M y  N x , por consiguiente podemos ordenar la expresión (I) como una suma de diferenciales totales, tal que: 2 2 De (I): 2 x y dx  2 y dx  2 x y dy  2 x dy  0



 2xy dx  2x ydy   2 ydx  2xdy  0 2

2



d  x 2 y 2   2d  yx   0

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

 d  x y   2 d  xy    0dx

139



x 2 y 2  2 xy  C es la solución General.

4.- Resuelva: (  Lny )dx  (  Lnx )dy  0

…(I)

2

2

y x

x y

SOLUCIÓN: Tenemos que : M x, y   M y  x, y  

Entonces:

Como: M y  N x

1 1  x y

y  Lny x

N x  x, y  

y

N  x, y  

y

x  Lnx , y

1 1  y x

entonces la ecuación diferencial es exacta tal que, de (I)

 y x y  x dx  Lny dx  dy  Lnx dy  0   dx  Lnx dy    dy  Lny dx   0 x y x  y 



5.-

d  y Lnx   d  x Lny   0

:



yLnx  xLny  C

Resuelva: 1  tg  xy   dx  sec  xy  tg  xy   x sec2  xy   ydx  xdy   0 SOLUCIÓN:

Analizando la ecuación, observemos, que los ángulos de las

funciones trigonométricas, son el producto xy, lo cual nos induce a realizar el siguiente cambio: xy = z 

...(1)

xdy  ydx  dz expresiones que al reemplazarlas en la ecuación logramos que:

1  tgz  dx   sec ztgz  x sec2 z  dz  0 donde:

M  x, z   1  tgz

.

...(I)

N x, z   sec z tgz  x sec2 z

y

 M z  N x  sec2 z De (I): dx   tgzdx  x sec 2 zdz   sec z tgz dz  0 

d  x  xtgz  sec z   0

:

x  xtgz  sec z  C

x  xtg xy  secxy  C

De (1): 6.-



Integre la ecuación:   x 1 1 y 1 x      dx     2  dy  0  x2  y 2 x y   x2  y 2 y y     

SOLUCIÓN: Como: M x, y  

x

1 1   x y x y 2

2

y N x, y  

...(I)

y x y 2

2



1 x  y y2

140

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Entonces: M y  x, y    xy  x 2  y 2  De (I) ordenando:

3 / 2

 xdx 1 dx     x2  y 2 x 

 x d Lnx  d x 2  y 2  d    d Lny  0  y

7.-



1  N x , luego la ecuación (I) es exacta. y2  1 x 1   dx  2 dy  dy  0 y y x 2  y 2  y ydy

:



Lnx  x 2  y 2 

x  Lny  C y

Resolver:  3x 2  2 y sen2 x  dx   2sen 2 x  3 y 2  dy  0 SOLUCIÓN: Tenemos que: M x, y   3x 2  2 y sen2 x

N  x, y   2 sen2 x  3 y 2 , entonces:

y

M N , por consiguiente la ecuación propuesta es exacta.  2 sen2 x  y x

Ordenando la ecuación, tenemos: 3x 2 dx  2 ysen2 x dx  2 sen2 x dy   3 y 2 dy  0

 



  

 d x 3  2d y sen2 x  d y 3  0 , luego, integrando, obtenemos la solución. x3  2 y sen2 x  y3  C

8.-

Resolver: 2 xtgy  sen2 y   x 2 sec y  2 x cos 2 y  e y  dy  0 SOLUCIÓN: Si:  2 xtgy  sen 2 y  dx   x 2 sec 2 y  2 x cos 2 y  e y  dy  0 M  x, y   2 xtgy  sen2 y



...(I)

N  x, y   x 2 sec 2 y  2 x cos 2 y  e y

y

M N  2 x sec2 y  2 cos 2 y  y x

,

luego la ecuación es una diferencial

exacta que reagrupándola convenientemente resultará:

2 x tgy dx  x sec ydy sen2 y dx  2 x cos2 y dy  e dy  0  d x tgy  d x sen2 y   d e   0   : x tgy  x sen2 y  e  C Hallar el valor de “b” para que la ecuación: ye  x  dx  bxe dy  0 , sea exacta, 2

2

y

2

9.-

y

2

2 xy

y

2 xy

y con este valor resuélvala. SOLUCIÓN: Para que la ecuación: ye2 xy  x  dx  bxe2 xy dy  0 sea exacta, debe cumplirse que:   ye2 xy  x  bxe2 xy y x





 e 2 xy  2 xye2 xy  be2 xy  2bxye2 xy





 b 1

...(I)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

141

De (I): ye2 xy dx  xdx  xe2 xy dy  0  xdx  e2 xy  ydx  xdy   0

1 1  xdx  e 2 xy 2 ydx  2 xdy  0  xdx  e 2 xy d 2 xy   0 2 2 

1 1 C d  x 2    e 2 xy d  2 xy    2 2 2



1 2 1 2 xy C x  e  2 2 2

x 2  e 2 xy  C

Veamos ahora otra forma de hallar la solución de una ecuación diferencial exacta. Si la ecuación:

M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0

…(1)

M N  y x

…(2)

Es una ecuación diferencial exacta, es decir,

entonces la integral general de la ecuación (1) tiene la forma de: x

y

0

0

x M ( x, y )dx  y

N ( x0 , y ) dy  C

Ejemplo Resolver la ecuación diferencial [ncos(nx+my) – msen(mx+ny)]dx + [mcos(nx+my) – nsen(mx+ny)]dy = 0 SOLUCIÓN: Comprobemos que la ecuación dada es una ecuación diferencial exacta. M(x,y) = ncos(nx + my) – msen(mx + ny)

Se tiene que:

N(x,y) = mcos(nx + my) – nsen(mx + ny) Luego:

M = - nm sen(nx + my) – mn cos(mx + ny) = N x y

Vemos que la condición (2) se cumple, por consiguiente, la solución está dada por: x

y

0

0

x [ n cos( nx  my )  msen( mx  ny )]dx + y [ m cos(nx

0

 my )  nsen ( mx0  ny )] dy = C1

x  y  sen(nx + my) + cos(mx + ny)  + sen(nx0 + my) + cos(mx0 + ny)  = C1  x0  y0  sen(nx + my) + cos(mx + ny) – sen(nx0 + my0) – cos(mx0 + ny0) = C1  sen(nx + my) + cos(mx + ny) = C

2.5 FACTORES INTEGRANTES Hemos visto que la solución de una ecuación diferencial de primer orden:

es una expresión de la forma:

M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0

… (1)

F(x, y, C) = 0

… (2)

142

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

en donde C es una constante arbitraria. Resolviendo esta ecuación respecto a C, se tiene: … (3)

U(x, y) = C Por diferenciación, obtenemos:



dU ( x, y ) 

0

… (4)

Para que dx y dy satisfagan simultáneamente a las ecuaciones (1) y (4) es necesario y suficiente que: M ( x, y ) U (x,y) x

N ( x, y ) U (x,y) y

0

… (5)

en el supuesto de que dx y dy no son ambas iguales a cero. Para que la expresión (5) se cumpla solo basta que los elementos de una de las filas, digamos la segunda fila, sea proporcional a los elementos de la primera fila, siendo en general el factor de proporcionalidad una función de x e y, o sea:

U (x,y) = u(x, y)M(x, y) , dx (6) en (4):

U (x,y) = (x, y)N(x, y) dy

dU(x, y) = (x, y)M(x, y)dx + (x, y)N(x, y)dy = 0 = (x, y) [M(x, y)dx + N(x, y)dy] = 0

… (6) … (7) … (8)

Es decir, a la expresión (1) la hemos multiplicado por u(x, y), y el resultado es la diferencial exacta (4), y la función (x, y) ( 0) utilizado para conseguirlo recibe el nombre de factor integrante de la ecuación (1). De (7) la ecuación resultante (x, y)M(x, y)dx + (x, y)N(x, y)dy = 0, será exacta si:    ( x , y ) M ( x , y )  =   ( x, y ) N ( x, y )  x y

…(I)

El factor integrante (x, y) no es en modo alguno único, por el contrario, es posible demostrar que si una ecuación de la forma (1) satisface las condiciones exigidas por el teorema de existencia, y tiene, por consiguiente, una solución general, posee también infinitos factores integrantes, puesto que si multiplicamos (8) por una función H(), se obtiene la expresión: H() (x, y) [M(x, y)dx + N(x, y)dy] = H()du que también es exacta, lo que significa que H() (x, y) es otro factor integrante y como H es arbitraria, se sigue que existe un número infinito de factores integrantes para (1).

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

143

Desafortunadamente no hay un solo método para obtener factores integrantes, por lo tanto, no podemos dar reglas generales para hallarlos. Si hubiera, nuestro objetivo estaría altamente simplificado. Por fortuna, sin embargo, existen algunos métodos, los cuales discutiremos, que parecen surgir frecuentemente en la práctica. El primer método que debería buscarse siempre en la práctica es por supuesto el método de separación de variables, donde el factor integrante es generalmente aparente puesto que M y N, cada uno de ellos, escribirse como el producto de una función de x y una función de y. En ciertos tipos muy especiales de ecuaciones diferenciales es posible precisar la forma del factor integrante. Algunos de los casos más útiles los consideramos en esta sección. Ejemplos

dy 4 x  xy 2 1.- Resolver: , si y(2) = 3  dx 9 y  x 2 y SOLUCIÓN: Podemos escribir la ecuación diferencial como: (4x + xy2)dx – (9y +x2 y)dy = 0

… (1)

donde: M(x,y) = 4x + xy2

 M  2 xy y

N(x,y) = – (9y +x2 y) 

N  2 xy x

N Como: M  , entonces la ecuación propuesta no es exacta. Pero de (1) x y notamos que M y N cada una puede ser factorizada en un producto de una función de x y una función de y, es decir: De (1):

x(4 + y2)dx – y(9 + x2)dy = 0

Un factor integrante es:

(x, y) =

… (2)

1 (4  y 2 )(9  x 2 )

Multiplicando (2) por este factor integrante, logramos que: ydy xdx   0 , la cual es de variable separables, ya que por integración obtenemos: 2 9 x 4  y2

1 1 1 Ln (9  x 2 ) – Ln (4 + y2) = C1 = Ln C  2 2 2 

9  x2 C 4  y2



9 + x2 = C(4 + y2)

 9  x2  1 1 Ln   = Ln C 2  4  y2  2

144

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Como: y = 3 cuando x = 2 , entonces C = 1. Así la solución pedida es: 2.- Resolver:

y2 – x2 = 5

(xy2 – y2 + x – 1)dx + (x2y – 2xy + x2 + 2y – 2x + 2)dy = 0

… (I)

SOLUCIÓN: Como: M = xy2 – y2 + x – 1

N = x2y – 2xy + x2 + 2y – 2x + 2

y

M = M = 2xy – 2y y y

Entonces:

N = Nx = 2xy – 2y + 2x – 2 x

y

Luego, My  Nx , por consiguiente, la ecuación propuesta no es una diferencial exacta. Busquemos un factor integrante que la transforme a exacta. Podemos expresar, por simple factorización, que: 2 2 2 M(x,y) = xy  y  x  1  y ( x  1)  ( x  1)



M(x,y) = (x – 1) (y2 + 1)

N(x,y) = x2 y  2 xy  x 2  2 y  2 x  2 = (x2y + x2) – (2xy + 2x) +( 2y + 2) = x2(y + 1) – 2x(y + 1) + 2(y + 1) 

N(x,y) = (y + 1)(x2 – 2x + 2)

Reemplazando M y N en (I), obtenemos: (x – 1)(y2 + 1)dx +(y + 1)(x2 – 2x + 2)dy donde el factor integrante será:

De (II) :

… (II)

1 ( y  1)( x 2  2 x  2) 2

y 1 x 1 dx  2 dy  0  x  2x  2 y 1 2

x

2

ydy dy x 1 dx   2  2  C1  2x  2 y 1 y 1



1 1 C Ln(x2 – 2x + 2) + Ln(y2 + 1) + tg–1y = C1 = 2 2 2



Ln [(x2 – 2x + 2) (y2 + 1)] + 2 tg–1y = C

3.- Resolver: xdy – ydx = 0 SOLUCIÓN: a) Si: – ydx + xdy = 0 , entonces M = – y , N = x 

M = – 1 y y

N = 1 , luego x

M y



N . x

Es decir, la ecuación no es exacta. Pero si multiplicamos la ecuación diferencial propuesta por

1 1 , se tiene: 2 (xdy – ydx) = 0  2 x x

y 1 dy – 2 dx = 0 x x

… (1)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Donde: M1 = 

y x2

y N1 =

145

M 1 N1 1 1 , entonces ,    2 , es decir (1) es la x y x x

 y diferencial exacta : d    0  x

y 1  C , siendo 2 un factor integrante para la x x

y  Cx , es la familia solución.

ecuación propuesta, y

b) Si multiplicamos por el factor 12 , a la ecuación propuesta, logramos: y 1 (xdy – ydx) = 0 y2



x 1 dy  dx  0 2 y y



x d    0   y

x C y

es la solución general, siendo 12 un factor integrante para dicha ecuación. y c) Multiplicamos , ahora, a la ecuación por el factor 1 , entonces, xy 1 (xdy – ydx) = 0  1 1 dy  dx  0 xy y x

 Ln y – Ln x = C1  Ln

y  C1 = LnC  x

También se puede comprobar, en seguida, que

y C x

1 son también factores integrantes x  y2 2

de esta ecuación. Si resolviéramos la ecuación utilizando cada uno de dichos factores integrantes, obtendríamos, respectivamente: tg–1

y C x

y

1  yx Ln  C 2  yx

Observamos que todas las soluciones son esencialmente la misma, pues geométricamente se ve que todas ellas representan familias de rectas que pasan por el origen. Podemos así hallar factores integrantes, de muchas ecuaciones diferenciales, por “SIMPLE INSPECCIÓN” pero esto depende en gran parte de la intuición y del entrenamiento para reconocer ciertos grupos como diferenciales de expresiones conocidas; siendo aconsejable retener en la memoria las siguientes diferenciales de funciones que con frecuencia se da en la práctica: 1.- d(xy) = ydx + xdy

2.- d ( x 2  y 2 )  2( xdx  ydy )

 y  xdy  ydx 3.- d    x2 x

y  xdy  ydx  4.- d  tg 1   2 x x  y2 

146

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

  y  x   2( xdy  ydx ) 5.- d  Ln    y  x y 2  x2   

  y  xdy  ydx 6.- d  Ln    xy   x 

 x  y  2( xdy  ydx ) 7.- d   ( x  y )2  x y 

 x  y  2( ydx  xdy ) 8.- d   ( x  y )2  x y 

Trataremos ahora de aplicar algunos de las diferenciales anteriores, a la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales: Ejemplos: resolver las ecuaciones diferenciales siguientes: 1.- (x2 + y2)(xdx + ydy) + (1 + x2 + y2)1/2(ydx – xdy) = 0

… (I)

SOLUCIÓN: La ecuación podemos expresarla como: xdx  ydy ydx  xdy  2 0 2 2 12 (1  x  y ) x  y2

 d(1 + x2 + y2)1/2 + d tg–1 x = 0 y 2.- Resolver:



(1 + x2 + y2)1/2 + tg–1

x =C y

dx + dy = (x + y)(1 + x )2(xdy – ydx) y

SOLUCIÓN: La ecuación propuesta podemos expresarla como: dx + dy = (x + y)(

x y 2 xdy  ydx ) (xdy – ydx)  dx + dy = (x + y)3. y y2



dx  dy xdy  ydx =0 3 ( x  y) y2





:

–

1  - d(x + y)–2 + d( x ) = 0 2 y

1 x =C (x + y)–2 + 2 y

3.- Resolver: (x2 + y2)1/2(xdx + ydy) + (xdy + ydx)(xy)–4 + (ydx – xdy)(x2 – y2)–1 = 0 SOLUCIÓN: De la ecuación propuesta apreciamos que: i) (x2 + y2)1/2(xdx + ydy) =

1 d(x2 + y2)3/2 3

1 ii) (xdy + ydx)(xy)–4 = (xy)–4d(xy) = – d(xy)–3 3 iii) (ydx – xdy)(x2 – y2)–1 =

 yx xdy  ydx 1 = dLn   2 y 2  x2  yx

luego, la ecuación diferencial propuesta podemos expresarla como:

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

147

 yx 1 1 1 d(x2 + y2)3/2 – d(xy)–3 + dLn   =0 3 3 2  yx 1 2 2 3/2 1 1  yx (x + y ) – (xy)–3 + Ln   =C 3 3 2  yx

que al integrarla resulta:

4.- Resolver:

x 







x 2  y 2 dx + y  x 2  y 2 dy = 0

SOLUCIÓN: Efectuando y agrupando convenientemente, resulta: xdx + ydy –

x 2  y 2 (dx + dy) = 0 

xdx  ydy x y 2

1 (x2 + y2)–1/2. d(x2 + y2) – d(x + y) = 0  2



– (dx + dy) = 0

2

:

x 2  y 2 – (x + y) = C

5.- Resolver la siguiente ecuación diferencial: (y – xy2 + x3/2 y5/2)dx + x(1 – xy – 2x3/2 y3/2)dy = 0 SOLUCIÓN: Si: (y – xy2 + x3/2 y5/2)dx + x(1 – xy – 2x3/2 y3/2)dy = 0  ydx + xdy – (xy2dx + x2ydy) + x3/2 y5/2dx – 2x5/2 y3/2dy = 0  ydx + xdy – xy(ydx + xdy) + (xy)3/2(ydx – 2xdy) = 0  (1 – xy) (ydx + xdy) + (xy)3/2(ydx – 2xdy) = 0 

(1  xy ) ydx  2 xdy d ( xy )  0 5 2 xy ( xy )

 [(xy)–5/2 – (xy)–3/2]d(xy) +

ydx  xdy 3xdy – =0 xy xy

 [(xy)–5/2 – (xy)–3/2]d(xy) + dLn(xy) – 3dLny = 0 



2 : – (xy)–3/2 + 2(xy)–1/2 + Lnxy – 3Lny = C – 2 (xy)–3/2 + 2(xy)–1/2 + Ln( x2 ) = C 3 3 y

6.- Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales por el método de inspección. a) (x3 – xy2 + y)dx + (y3 – x2y – x)dy = 0 b) (y – x5y4)dx + (x – x4 y5)dy = 0 c) (x2 y + y3 – x)dx + (x3 + xy2 – y)dy = 0 SOLUCIÓN: a) Ordenando logramos que la ecuación resulte:

148

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

[x ( x 2  y 2 ) + y]dx – [y ( x 2  y 2 ) + x]dy = 0  (x2 – y2)(xdx – ydy) + ydx – xdy = 0  xdx – ydy +

x y  ydx  xdy 1 1 1  1 = 0  dx2 – dy2 + d  Ln  = C 2 2 2 2 2  2 x y  x y





: x2 – y2 + Ln

x y =C x y

b) Si : (y – x5 y4)dx + (x – x4y5)dy = 0  ydx – (xy)4xdx + xdy – y(xy)4dy = 0  ydx + xdy – (xy)4(xdx + ydy) = 0 

ydx  xdy – (xdx + ydy) = 0 ( xy ) 4





: 

 x2 y 2  1 C     3 2  6 3( xy )  2

2 + 3(x2 + y2)(xy)3 = C(xy)3

c) Si: (x2y + y3 – x)dx + (x3 + xy2 – y)dy = 0  y(x2 + y2)dx – xdx + x(x2 + y2)dy – ydy = 0  (x2 + y2)(ydx + xdy) – xdx – ydy = 0  ydx + xdy –  d(xy) –

1 C dLn(x2 + y2) = C1 = 2 2





xdx  ydy =0 x2  y 2

: 2xy – Ln (x2 + y2) = C

7.- Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: a) xdy – ydx =

4 x 2  9 y 2 (4xdx + 9ydy)

b) xdy + ydx = (x2 + y2)3 (xdy – ydx) SOLUCIÓN: a) Si xdy – ydx =



4 x 2  9 y 2 (4xdx + 9ydy) =

1 (4x2 + 9y2)1/2 ( 8 xdx  18 ydy ) 2 d (4 x2 9 y2 )

2 2 xdy  ydx 1 d (4 x  9 y ) = 2 4 x2  9 y 2 4 x2  9 y 2

 y 1 d  3y  xdy  ydx d    2 xdy  ydx 3  x  x x Pero: = = = = 2 2 4 x2  9 y 2 4 x2  9 y 2 3 y  3y    4  22    x2 x    x 

… (1)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

xdy  ydx  3 y  1 1  = . d tg 1    2 2 3 2  4x  9 y  2 x 

(2)_en (1):

 3y  1 dtg 1   = d 4 x 2  9 y 2  6  2x 

149

… (2)



 3y  : tg 1   = 6 4 x 2  9 y 2 + C  2x 

b) xdy + ydx = (x2 + y2)3 (xdy – ydx) - (ejercicio para el estudiante)

150

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

2.5.1 ECUACIONES HECHAS EXACTAS POR FACTORES INTEGRANTES QUE INVOLUCRAN UNA VARIABLE En algunos casos, por cierto excepcionales, cuando la ecuación diferencial: M(x, y)dx + N(x,y)dy = 0

… (1) no es separable o exacta, se consigue hallar una

función (x, y) tal que al multiplicar el primer miembro de la ecuación diferencial resulta una diferencial total: d = Mdx + Ndy = 0 , es decir es ahora exacta, de modo que:   (M )  (N ) y x

… (2)

o bien

 M N       M  = N x  x y  y



M  N  M  N y y x x

Ln Ln  M  N = N M x y y x

… (3)

Para hallar tal factor integrante (x, y) hemos obtenido una ecuación en derivadas parciales. Simplificaremos nuestro trabajo considerando unos casos particulares en que fácilmente se puede hallar la solución de la ecuación (3) o sea, el factor integrante. CASO I: Si (x, y) = (x) , es decir  es una función sólo de x. En este caso

Ln =0y y

la ecuación (3) toma la forma siguiente: d 1  M N  Ln =    dx N  y x 

… (4)

Para que exista un factor integrante no dependiente de y es necesario y suficiente que el segundo miembro de (4) dependa solamente de x. En este caso, Ln se halla por cuadraturas. Donde: Ln =

1  M N    dx = y x 

 N 

1

 N (My – Nx)dx

Ejemplos: 1.- Resolver: (Lnx + y3)dx – 3xy2dy = 0 SOLUCIÓN: Como:

M  3 y2   y   M y  Nx N 2   3 y  x

M ( x, y )  Lnx  y 3  N ( x, y )  3 xy 2

… (5)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Como:

M y  Nx N

=

151

3 y 2  ( 3 y 2 ) 6 y2 2 , es decir, depende sólo de x y su =  2 2 3 xy x 3 xy

factor integrante  esta dado por:

Ln  

M y  Nx N

2 dx =   dx = – 2Lnx = Lnx–2 x

(x) = x–2



Entonces: x–2(Lnx + y3)dx – (x–2)(3xy2)dy = 0 , es una ecuación exacta donde: 

x–2Lnxdx + (x–2y3dx – 3x–1 y2dy) = 0 Integrando, logramos:



Lnx dx   d ( x 1 y 3 )  C 2 x 

x–2Lnxdx – d(x–1 y3) = 0





Lnx 1   x 1 y 3  C x x

1 + y3 + Lnx = Cx

y y 2.- Resolver: (x – ycos )dx + xcos dy = 0 x x SOLUCIÓN: Tenemos que:M(x, y) = x – y cos

N(x,y) = xcos

Como:

y x 2 = y x x cos x

y x

2cos

M y  Nx N



y y y y  M = My = sen – cos y x x x x 

y y y N = Nx = sen + cos x x x x

(x) = x–2

(Problema anterior)

Entonces:

y y (x) = x–2 (x – ycos )dx + x–2.xcos dy = 0.x–2 x x



x–1dx + cos(

y –1  y   xdy  ydx  dx )(x dy – x–2 ydx) = 0   cos   .  0 x x x2 x  



 y  y dx  cos   d    0 x x x



:

Lnx + sen

y =C x

3.- Resolver la ecuación diferencial: [2(x + y)sec2x + tgx]dx + tgxdy = 0 SOLUCIÓN: Si M(x,y) = 2(x + y)sec2x + tgx



My = 2sec2 x

N(x,y) = tgx



Nx = sec2x

Luego:

M y  Nx N

=

sec 2 x tgx



Ln =

sec 2 x  tgx dx = Ln(tgx)



(x) = tgx

La ecuación se transforma en: 2xtgxsec2xdx + tg2xdx + (2ytgxsec2xdx + tg2xdy) = 0 Integrando , obtenemos: 2  xtgx sec2 xdx   tg 2 xdx   d ( ytg 2 x)  C

… (1)

152

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Donde:

x 2 1 tg x   tg 2 xdx 2 2

 xu tgxsec x dx = 2

dv

( u = x  du = dx (2) en (1) : xtg2x –

 tg

2

x dx +

… (2)



dv = tgx sec2xdx

y

 tg

2

x dx + ytg2x = C 

v=

1 tg2x ) 2

(x + y) tg2x = C

CASO II: Sea (x, y) = (y) , es decir  es una función sólo de y. En este caso

 Ln = x

0 y la ecuación (3) toma la forma siguiente: M N dLn   M y x dy

dLn 1  N M   =   dy M  x y 



… (6)

Para que exista un factor integrante no dependiente de x es necesario y suficiente que el segundo miembro de (6) dependa solamente de y. Ejemplo: 1.- Resuelva: 2xydx – (4x2 + y2)dy = 0 y calcule la solución particular sabiendo que para x= 0 , y = 2 . SOLUCIÓN: Si:

Donde:

Nx  M y M

Luego: Ln  =



M(x,y) = 2xy



My = 2x

N(x,y) = – (4x2 + y2)



Nx = – 8x

10 x 5    ( y ) , es decir depende sólo de y. 2 xy y

=

Nx  M y M

 Ln = Ln y–5

dy   



5 dy   5 Lny  Lny 5 y (y) = y–5

De la ecuación propuesta, logramos: (2xy–4dx – 4x2 y–5dy) – y–3dy = 0  d(x2 y–4) +

1 d(y–2) = 0  2



x2 y–4 +

:

Ahora, bien, si x = 0, y = 2 resulta entonces: C =  x2 y–4 +

1 1 –2 y = 8 2



8x2 + 4y2 = y4

1 –2 y =C 2

Solución General.

1 8 Solución Particular

2.- Resolver: (2xy2 – 3y3)dx + (7 – 3xy2)dy = 0 SOLUCIÓN: Dado:

M(x,y) = 2xy2 – 3y3 y

My(x,y) = 4xy – 9y2

y

N(x,y) = 7 – 3xy2 Nx(x,y) = – 3y2

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

153

Donde:

Nx  M y M

=

1 1 [ 3 y 2  (4 xy  9 y 2 )] = 2 (6 y 2  4 xy ) 3 2 xy  3 y y (2 x  3 y )

=

2 y (2 x  3 y ) 2    f ( y) 2 y y (2 x  3 y )

2

Luego el factor será: F.I.:  ( y )  exp 



Nx  M y M

dy = exp  

2 dy = exp(Lny–2) = y–2 y

F.I.:  ( y )  y–2

Al multiplicar la ecuación diferencial propuesta por este factor integrante, resulta: y–2(2xy2 – 3y3)dx + y–2(7 – 3xy2)dy = 0 

(2x – 3y)dx + (7y–2 – 3x)dy = 0



2xdx – 3ydx – 3xdy + 7y–2dy = 0



d(x2) – 3d(xy) – 7d(y–1) = 0



:

x2 – 3xy – 7y–1 = C

154

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMAS RESUELTOS 1.- En las siguientes ecuaciones diferenciales halle un adecuado factor integrante (x) o (y) que haga exacta a dichas ecuaciones y resuélvalas, si: … (I)

a) (senxtgy + 1)dx + cosx sec2ydy = 0 SOLUCIÓN: Como: M(x,y) = senxtgy + 1 Entonces: My =

Además:

M = senx sec2 y y

M y  Nx N

=

y

N(x,y) = cosx sec2y

y

Nx =

N = – senx sec2y x

… (1) … (2)

senx sec2 y  ( senx sec2 y ) senx , es decir, depende sólo de 2 2 cos x cosx sec y

x y su factor integrante  está dado por: Ln =



M y  Nx N

dx  2 

senx dx   2Lncosx = Ln(cosx)–2  (x) = (cosx)–2 cos x

De (I): (cosx)–2(senxtgy + 1)dx + (cosx)–2cosx sec2 ydy = 0 senx sec 2 y 2 tgydx  sec xdx  dy  0 cos 2 x cos x







 tgy  d  + d(tgx) = 0   cos x 



:

tgy + tgx = C  cos x

tgy + senx = C cosx

b) (x4Lnx – 2xy3)dx + 3x2y2dy = 0

… (I)

SOLUCIÓN: De (I), apreciamos que: M(x,y) = x4Lnx – 2xy3 Entonces: My(x,y) = –6xy2  Además:

y

N(x,y) = 3x2 y2

… (1)

y

Nx = 6xy2

… (2)

My  Nx

M y  Nx N

=

1 4 ( 6 xy 2  6 xy )   , entonces su factor integrante (x) 2 2 x 3x y

está dado por: (x) = exp 

M y  Nx N

4 dx  exp    dx  = exp(– 4Lnx) = exp(Lnx–4)  u(x) = x–4 x  

De (1): x–4 (x4Lnx – 2xy3)dx + x–4 (3x2 y2dy) = 0  Lnxdx – 2x–3 y3dx + 3x–2y2dy = 0  Lnxdx + d(x–2 y3) = 0 

 Lnxdx   d ( x

2

y3 )  C 

xLnx - x + x–2y3 = C

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

155

3.- (x2 + y2 + 1)dx – 2xydy = 0

… (I)

SOLUCIÓN:

Como: M(x,y) = x2 + y2 + 1

N(x,y) = – 2xy

… (1)

Luego: My(x,y) = 2y

M y ( x, y )  N x ( x, y )

Como:

N ( x, y )

Nx(x,y)= – 2y

y



y … (2)

2 y  ( 2 y ) 2   , depende sólo de x, luego su 2 xy x

factor integrante está dado por: (x) = exp 

M y  Nx N

2 dx  exp    dx   exp( Lnx 2 ) = x–2 x  

  ( x)  x 2

De (I) : x–2(x2 + y2 + 1)dx – x–2.2xydy = x–2.0  x–2(x2 + 1)dx + x–2 y2dx – 2x–1 ydy = 0 

 (1  x

2

) dx   d ( x 1 y 2 )  C  x –

 (1 + x-2)dx – d(x–1 y2) = 0

1 – x–1y2 = C  x

x2 – y2 = Cx + 1

4.- 2xdx – (y + x2y)dy = 0

… (I)

SOLUCIÓN: Como: M(x,y) = 2x

y

N(x,y) = – (y + x2 y)

… (1)

Entonces

y

Nx = – 2xy

… (2)

My = 0

Nx  M y

Además:

M



Ln(y) =



Nx  M y M

1 ( –2xy – 0) = – y , luego: 2x dy    ydy  

1

1 2  u(y) =  2 y y e 2

2

… (3)

Es el factor integrante que transformará a la ecuación (I) en una diferencial exacta, De (I) : e  (2x e

1  y2 2

1  y2 2

 d(x2 e

[2xdx – (y + x2 y)dy] = e

dx – x2 y e

1  y2 2

) + d( e

1  y2 2

1  y2 2

dy) – y e

)=0 

1  y2 2



1  y2 2

.0 = 0

dy = 0

: x2 e

1  y2 2

+e

1  y2 2

=C 

2

x + 1 = Ce

1  y2 2

156

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

2.5.2 Otros Factores Integrantes Ahora resolveremos algunas ecuaciones diferenciales, mediante la utilización de ciertos factores integrantes (x, y) obtenidos al resolver la ecuación diferencial, en derivadas parciales, de la expresión hallada en (II), es decir, si:

 Lnu – M  Lnu = M – N y y x x

N

… (II)

Ejemplos 1.- Resolver la ecuación. xdx + ydy + x(xdy – ydx) = 0, si su factor integrante es de la forma  = (x2 + y2) . SOLUCIÓN : Hagamos z = x2 + y2 …….. (1). Entonces  = (z) y , por consiguiente,

Ln  z Ln = . z x x

y

Ln  z Ln = . z y y

luego, de (1):

Ln  Ln = .2x z x

y

Ln  Ln = .2y z y

… (2)

Reemplazando (2) en (II), resulta: N(2x



Ln  Ln  M N ) – M(2y )= – z z y x M  N Ln  y x = z 2( Nx  My )

… (3)

ordenando la ecuación diferencial propuesta: (x – xy)dx + (y + x2)dy = 0 donde:

… (I)

M(x,y) = x – xy

y

N(x,y) = y + x2

… (4)

My(x,y) = – x

y

Nx(x,y) = 2x

… (5)

(4) y (5) en (3):

Ln  x  2x 3 3 3 x = = =   2 2 2 2 2 z 2z 2 x( x  y ) 2 ( y  x ) x  ( x  xy ) y  2( x  y ) z 

3 dz z

 dLn    2  

3  Ln  =  Ln z = Lnz –3/2 2  = Lnz –3/2 = (x2 + y2) –3/2

De (I) : (x – xy)dx + (y + x2)dy = 0 (x – xy) (x2 + y2) –3/2 dx + (y + x2) (x2 + y2) –3/2 dy = 0 ,

cuya solución es:

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

(1  y ) 2

x

x ( x

2

1 2

 y 2 )3 2 (2 xdx ) +

0



Hagamos: y = x0 tg

dy   2 = ( x0  y 2 )3 2

 (x

y

y ( x 0

0

 x0 tg )

(1  y) (2)( x 2  y 2 )1 2 2

y y0

dy = C1 ( x0  y 2 )3 2 2

dy = x0sec2d

x0 sec2 d  2

 y 2 )3 2 (2 ydy ) + x02 

2

0

157

2

2

32

= 12 sen  x0

 (x

2

0

dy =  y 2 )3 2 x0 2

y x0 2  y 2

y

x

2 1 2 y

 ( x0 2  y )

y0

x0

y  x02 . 2 2 x0 ( x0  y 2 )1 2

 C1 y0

Evaluando resulta: – (1 – y) ( x 2  y2 ) 1 2 + (1  y )( x0 2  y 2 ) 1 2 – ( x02  y 2 )1 2 + ( x0 2  y0 2 ) 1 2 + y ( x0 2  y 2 )1 2 – y0 ( x0 2  y0 2 ) 1 2 = C1 0

2 1 2

 – (1–y) ( x  y ) 2

2 1 2

+ ( x0  y ) 2

((1  y)  (1  y)) + ( x02  y02 )1 2 .(1 – y0) = C1

 – (1 – y) ( x 2  y 2 ) 1 2 = C1 – (1 – y0) ( x02  y02 )1 2 = C

y 1



x2  y 2

=C

2.- Resolver: (x2 + y2 + 1)dx – 2xydy = 0 , usando el factor integrante de la forma:  = (y2 – x2) SOLUCIÓN: Sea z = y2 – x2 Entonces:

Donde:

z = – 2x x

y

… (1)

z = 2y y

Ln  z Ln  Ln = . = – 2x z x z x

(3) en (II): – 2xN

… (2)

y

Ln  Ln = 2y z y

… (3)

Ln  Ln  M N – 2yM = – z z y x M y  Nx Ln  = z 2( xN  yM )

… (4)

Si (x2 + y2 + 1)dx – 2xydy = 0

… (I)

Como: M(x,y) = x2 + y2 + 1

y

N(x,y) = – 2xy

… (5)

Luego: My(x,y) = 2y

y

Nx(x,y) = – 2y

… (6)

158

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

(5)_y (6) en (4):

dLn 2 y  (2 y) 4y 2 2    2  2 2 2 2 2 dz 2[ x(2 xy)  y( x  y  1)] 2 y ( y  x  1) y  x 1 z 1 z



dz

 d Ln  2 z  1

 Ln = – 2Ln(z + 1)

  = (z + 1)–2

De (I):  = (y2 – x2 + 1)–2 , y multiplicando en la ecuación diferencial este factor integrante; (x2 + y2 + 1) (x2 – y2 + 1)–2dx – 2xy(x2 – y2 + 1)–2dy = 0 , cuya solución resultará de: y x2  y 2  1 x 2 ydy x0 ( x2  y 2  1)2 dx  – x0 y0 ( x2  y 2  1)2  C1  y 2  1  x2

x

x

x0

y

x  2 02  C1 y  x  1 y0



x x x x  2 0 2  2 0 2  2 02  C1 2 y 1 x y  1  x0 y  1  x0 y0  x0  1



x x  C1  2 0 2 C 2 y  x 1 y0  x0  1

2



2

x = C(y2 – x2 + 1)

3..- Resolver la ecuación: (3y2 – x)dx + (2y3 – 6xy)dy = 0 si su factor integrante es de la forma  = (x + y2).

z 1 y x

SOLUCIÓN: Sea z = x + y2 …………. (1) 

z  2y y

… (2)

Entonces:

 d d z = Lnu = Lnu . Ln  x dz dz x

y

z  d d Ln  = Ln  . = 2y Lnu y z dz dz

… (3)

(3) en (III): N

dLn  dLn  M N – 2yM = – dz dz y x

 dLn =

M y  Nx N  2 yM

dz

Si: (3y2 – x)dx + (2y3 – 6xy)dy = 0 Entonces: M(x,y) = 3y2 – x



Hagamos x =

x=

… (I) N(x,y) = 2y3 – 6xy

y

y 2  1 sen a

y 2  1 cos a da 

x 2  ( y 2  1)  [( y2  1)  x2 ]2 dx =

x 2  ( y 2  1)  [( y2  1)  x2 ]2 dx =

 (2sec

3

(1  sen 2 a ) da  cos3 a y2 1 1

a  sec a ) da y 1 2

… (4)

=

(sec a tga ) y 1 2



x y  1  x2 2

… (5)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

luego:

My(x,y) = 6y

159

Nx(x,y) = – 6y

y

… (6)

(5) y (6) en (4): 6 y  ( 6 y ) 12 ydz 3dz =  3dz 2 =  dz = 2 2 z x y 2 y  6 xy  2 y (3 y  x ) 4 y ( x  y )

dLn = 

3

 dLnu  3

dz z



 = z–3 = (x + y2)–3

Ln = – 3Lnz = Lnz–3 

es el factor integrante que hará exacta a la ecuación diferencial propuesta. De (I): (3y2 – x) (x + y2)–3dx + (2y3 – 6xy)(x + y2)–3dy = 0 , cuya solución será: 3 2 y 2 y  6x y x 3y  x 0 dy  C1   dx +  y0 ( x  y 2 )3 x0 ( x  y 2 )3 0 



x

x0

4 y2  ( x  y2 ) dx + ( x  y 2 )3 x

 4y2  ( x0  y 2 )3 dx – x0

+



y y0



 x x0

y

2( x0  y 2 ) y  8 x0 y

y0

( x0  y 2 )3

dy  C1

( x0  y 2 ) 2 dx y

( x0  y 2 ) 2 .2 ydy – 4x0  ( x0  y 2 )3 .2 ydy = C1 y0

 1 1  2 y  2 2 2 2  ( x0  y ) ( x0  y ) 

x

2

Evaluando y simplificando resulta:

x0

 2 x0 1 +  2 2 2  ( x0  y ) ( x0  y ) 

y = C1

y0

x – y2 = C(x + y2)2

N  M x y 4.- Muestre que si la ecuación Mdx + Ndy = 0 , es tal que  F ( x, y ) , esto es, xM  yN

una función del producto xy, entonces un factor integrante es: F ( z ) dz a) e  donde z = xy

b) Aplique el método para resolver: (y2 + xy + 1)dx + (x2 + xy + 1)dx = 0 Demostración: a) Si

… (1)

z = xy

Entonces:

z y x

y

z x y

… (2)

Además:

Ln dLn y x dz

y

Ln dLn x y dz

… (3)

(2) y (3) en (III):

160

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

M  N y x dLn  =  F ( x, y )  F ( z ) dz yN  xM

dLn dLn M N  yN – xM = y x dz dz 

 dLn   F ( z )dz

 Ln =  F ( z )dz 

F(z) =

  e

F ( z ) dz

y

Nx  M y

… (4)

xM  yN

…(I)

b) Si (y2 + xy + 1)dx + (x2 + xy + 1)dx = 0 entonces:

M = y2 + xy + 1

y

N = x2 + xy + 1

… (5)

luego:

My = 2y + x

y

Nx = 2x + y

… (6)

(5) y (6) en (4): F(x,y) =

2 x  y  (2 y  x ) x y   1  F(z) = 1 2 x ( y  xy  1)  y ( x  xy  1) x  y 2

  e De (I):

F ( z ) dz

(y

2

 = e = ez   = exy dz

 xy  1)e xy dx   ( x 2  xy  1) dy  C

… (II)

Como: d(xexy) = exydx + x exyd(xy) = exydx + xy exydx + x 2 e xy dy d(yexy) = exydy + y exyd(xy) = exydy + xye xy dy + y2exydx  d(xexy) + d(yexy) = (1 + xy + y2) exydx + (1 + xy + x2) exydy 

 d ( xe

xy



 ye xy ) =

 (1  xy  y

2

)e xy dx   (1  xy  x 2 )e xy dy

xe xy  ye xy  C

es la solución (II).

Existen ecuaciones diferenciales que se resuelven fácilmente al utilizar un factor integrante de la forma xmyn , aplique este factor a las ecuaciones diferenciales siguientes y resuélvalas: 1.- (2y + 3x2y3)dx + (3x + 5x3 y2)dy = 0 2.- (3y2 + 10xy)dx + (5xy + 12x2)dy = 0 3.- (2y2 + 4x2 y)dx + (4xy + 3y3)dy = 0 SOLUCIÓN: 1.- Si : (2y + 3x2y3)dx + (3x + 5x3y2)dy = 0

… (I)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

161

 xmyn [(2y + 3x2y3)dx + (3x + 5x3y2)dy] = 0  (2xmyn+1 + 3xm+2yn+3)dx + (3xm+1yn + 5xm+3yn+2)dy = 0

… (II)

Por condición, esta última ecuación debe ser exacta, entonces debe cumplirse que:

  (3xm+1yn + 5xm+3yn+2) (2xmyn+1 + 3xm+2yn+3)dx = y x  2(n + 1) xmyn + 3( n  3) xm+2yn+2 = 3(m + 1) xmyn + 5( m  3) xm+2yn+2 igualdad que debe cumplirse siempre y cuando:

i) 2(n  1)  3(m  1)  3m  2n  1 ii) 3(n  3)  5(m  3)  3m  3n  6



m = –9

n = –13

y

… (1)

(1) en (II): (2x–9y–12 + 3 x–7y–10 )dx + (3 x–8y–13 + 5x–6y–11 )dy = 0  (2x–9y–12 dx + 3 x–8y–13 dy) + (3 x–7 y–10 dx + 5x–6 y–11 dy) = 0

1 1   d(x–8 y–12) – d(x–6 y–10) = 0 4 2 integrando logramos:

x–8y–12 + 2x–6 y–10 = C

2.- Si: (3y2 + 10xy)dx + (5xy + 12x2)dy = 0  (3xmyn+2 + 10xm+1yn+1)dx + (5xm+1yn+1 + 12xm+2yn)dy = 0 Por dato:

… (I)

  (3xmyn+2 + 10xm+1yn+1) = (5xm+1yn+1 + 12xm+2yn) y x

 3(n + 2) xmyn+1 + 10(n + 1) xm+1yn = 5(m + 1)xmyn+1 + 12(m + 2)xm+1yn Entonces:

i ) 3( n  2)  5( m  1)  5m  3n  1 ii ) 10( n  1)  12( m  2)  6m  5n  7



m

26 7

y

n

41 7

De (I): (3x26/7y55/7 + 10x33/7y48/7 )dx + (5x33/7 y48/7 + 12 x40/7y41/7 )dy = 0  (3x26/7 y55/7 dx + 5x33/7y48/7 dy) + (10x33/7 y48/7 dx + 12 x40/7y41/7 dy) = 0

7 7 d(x33/7 y55/7 ) + d(x40/7 y48/7) = 0 11 4





1 x33/7 y55/7 + 1 x40/7 y48/7 = C 11 4

3.- Resolver: (2y2 + 4x2 y)dx + (4xy + 3y3)dy = 0, dado que existe un factor integrante de la forma xpyq, donde p y q son constantes. SOLUCIÓN: Si el factor integrante es xpyq, entonces de la ecuación propuesta se tiene:

xpyq(2y2 + 4x2 y)dx + xpyq(4xy + 3y3)dy = 0

162

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

 (2xpyq+2 +4xp+2 yq+1)dx + (4xp+1 yq+1 + 3xp+3 yq)dy = 0 Esta ecuación resultante es una diferencial exacta, luego se cumple que:

  (4xp+1yq+1 + 3xp+3yq) (2xpyq+2 + 4xp+2 yq+1) = y x  2(q + 2) xpyq+1 + 4(q + 1) xp+2 yq = 4(p + 1) xpyq+1 + 3(p + 3)xp+2 yq entonces por polinomios idénticos podemos establecer: i) Para la potencia xpyq+1 : 2(q+2) = 4(p + 1)  2p – q = 0 ii) Para la potencia xp+2 yq : 4(q + l) = 3(p + 3)  3p – 4q = – 5 

p=1

y

q=2

De (I): (2xy4 + 4x3 y3)dx + (4x2 y3 + 3x4 y2)dy = 0 ordenando: (2xy4dx + 4x2 y3dy) + (4x3 y3dx + 3x4 y2dy) = 0 d(x2 y4) + d(x4y3) = 0



:

x2 y4 + x4 y3 = C

… (I)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

163

2.6 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN Una ecuación diferencial de primer orden es lineal si puede escribirse en la forma:

dy + P(x)y = Q(x) dx

… (1)

donde P(x) y Q(x) son funciones cualesquiera dadas de x. El rasgo característico de esta ecuación es que la variable dependiente y su derivada sólo funcionan con exponente uno, de allí su nombre de lineal. Como ejemplos de ecuaciones diferenciales lineales podemos citar las ecuaciones siguientes: 2) y´ – 2xy = 2x ex

1) y´ + 2y = x2 + 2x 4)

dx 3  x4 dt 100  t

5) x

2

dy = y + x2sen x dx

3) y´ –

1 y = x2 x

6) y 'cos x  seny  x  1

La noción de ecuación lineal se aplica a ecuaciones de todas las ordenes y el capítulo IV de esta obra está dedicado a las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior. Las ecuaciones lineales son importantes por la frecuencia con que aparecen en Matemáticas Aplicadas. Si Q(x)  0 , se dice que la ecuación (1) es homogénea y toma la forma de: y´ + P(x)y = 0 (2) cuya solución es fácil hallarla, por variables separables, al obtener

dy = – P(x)dx y y

por lo tanto, integrando logramos que: Lny =

  P ( x ) dx  c1 dy e = + C  y =  y=  P(x)dx 1 y 

 P ( x ) dx ec1 e 

 P ( x ) dx y= C e 



… (3) es la solución de la homogénea.

Si Q(x)  0 se dice que la ecuación es no homogénea, y si queremos hallar su P ( x ) dx solución, es fácil verificar que la ecuación tiene como factor integrante a e  , puesto

que al multiplicar ambos miembros de (1) por este factor se obtiene:

e



P ( x ) dx

y´ + P(x)y e

 P ( x ) dx = Q(x) e  P ( x ) dx

Una ecuación que no puede ser escrita de esta forma, como por ejemplo: ecuación de primer orden NO LINEAL.

dy + xy2 = cosx , se llama una dx

164

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

y el primer miembro es la derivada respecto a x de y e 

d   P ( x ) dx   P ( x ) dx  ye   Q( x)e dx  



 d (ye

P ( x ) dx

, es decir:

 P ( x ) dx )  Q( x)e  P ( x )dx dx 

… (4)

 P ( x )dx donde el factor integrante FI es:  ( x) = exp(  P(x)dx ) y (  ( x) )–1 = e 

OBSERVACIÓN: En otros casos podemos tener, también, una ecuación lineal en x considerándola como función de y, en este caso la ecuación diferencial tendrá la forma :

dx + P(y)x = Q(y) , ecuación que tendrá por solución la expresión: dy P ( y ) dy  P ( y ) dy dy ) x(y) = e  (C +  Q(y)e 

Ejemplos: 1)

dx – (x + Lny)dy = 0



dx – x = Lny dy

2)

(ey – 2xy) y ' = y2



y dx 2 + x = e2 dy y y

3)

y – x y ' = y ' y2ey



dx 1 – x = yey dy y

4)

y '=



dx – (seny)x = 2 sen2y dy

1 xseny  2sen2y

Ejemplos: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: 1.- x y ' – y = x2cosx SOLUCIÓN: Observando la ecuación, notamos que x  0, luego la ecuación diferencial, la expresamos como: y´+ (– donde: P(x) = –

1 x

y

1 )y = = xcos x

… (I)

Q(x) = xcosx

1 luego:  P(x)dx =  (  )dx = – Lnx = Lnx–1 , entonces el factor integrante será: x

 ( x) = e 

P ( x ) dx

De (I): (I) . x–1 

 d(x

1

=

eLn x

1

= x–1 , luego, el  ( x) = x–1

: x–1 y ' – x–2 y = cosx 

d ( x–1 y) = cosx dx

y)   cos xdx  x–1y = senx + c 

y = x(C + senx)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Nótese, también, que 1/x2 es un factor integrante, donde:

y  d( ) = cosx dx x 2.-



y = C + senx x



165

xdy  ydx = cosx dx x2

y = x(C +senx)

dx 3  4 dt 100  t

… (I)

SOLUCIÓN: P(t) = 

3 100  t

3

 P(t)dt =   100  t dt = Ln(100 + t)–3



3 P ( t )dt entonces.  (t ) = e  = eLn(100 t ) = (100 + t)–3

 (t ) = e 



P( t )dt

= (100 + t)–3 , y ,

 P( t )dt = (100 + t)3 e 

 P ( t ) dt P ( t ) dt (C   Q(t )e  dt ) La solución, según (4), será: x(t )  e 



x = (100 + t) 3 (C +

 4(100  t)

3

dt ) = (100 + t)3 (C –

2 ) (100  t) 2

x = C(100 + t)3 – 2(100 + t) 3.-

… (I)

y ' cosy + seny = x + 1

dy dz d  (seny)  cos y dx dx dx

SOLUCIÓN: Sea z = seny … (1)  Dx : (1) y (2) en (I):

z' + z = x + 1

donde: P(x) = 1 y

Q(x) = x + 1 , luego:

  ( x) = exp(  P(x)dx ) = exp(x) = ex

De (1) :

… (II)

 P(x)dx  1dx  x

  ( x) = ex y (  ( x) )–1 = e– x

 (x  1)e

La solución de (II) es : z = e– x (C +

… (2)

x

dx ) = e– x (C + xex)

seny = Ce– x + x



4.- Resolver: (1 + y2)dx = (arctgy – x)dy dx = (arctgy – x)

SOLUCIÓN: Sea:

z = tg–1y

(2) y (3) en (1): donde:

… (2) dx = (z – x)dz

P( z )  1

y

 

Q( z )  z

dy 1  y2

… (1)

dy 1  y2

… (3)

dx +x=z dz

… (I)

dz =

166

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



 P( z)dz   dz  z

 ( z ) = ez , entonces: (  ( z ) )–1 = e–z



La solución de (I), será: x = e–z (C +  zez dz ) = e–z [C + (z – 1) ez ]  x = e–zC + z – 1 De (2):

x  Ce tg

1

y

 tg 1 y  1

1  y2

5.- Resolver: y´ =

1  y 2 seny  xy

SOLUCIÓN: Como:

1  y 2 seny  xy dx 1 1 , entonces: dx    dy dy y´ dy 1  y2 dx

y seny dx  x 2 dy 1  y 1  y2



... (I)

donde: y

 P(y)dy   1  y 

2

dy  Ln 1  y 2   ( y ) = exp   P(y)dy  = exp  Ln 1  y 2     

 ( y ) = Ln 1  y 2

.......... (1)

(  ( y ) )–1 = (1 + y2)–1/2

y

La solución de (I) es: x = (1 + y2)–1/2 (C +

 x = (1 + y2)–1/2(C – cosy)





x

seny 1  y2

(1  y2 )1/ 2 dy )

C  cos y 1  y2

6.- Resolver: 2xyy´ = y2 – x2 + b2

…(I) z = y2 – x2 + b2

SOLUCIÓN: Sea: 

Dx : z´ = 2yy´ – 2x

(1) y (2) en (I): donde.



xz´ = 2xyy´ – 2x2  z '

xz´ + 2x2 = z

 P(x)dx =  

 



2xyy´ = xz´ + 2x2

1 z  2 x x

…(2) …(II)

dx   Lnx   ( x) = exp(  P(x)dx ) = exp(Lnx–1) = x–1 x

 De (II): x–1z´ – x–2z = – 2   x–1z = C – 2x

... (1)

d ( zx–1) = – 2  dx

z = Cx – 2x2

 d(zx

1

)   2dx = – 2x + C

 y2 – x2 + b2 = Cx – 2x2

y2 = Cx – x2 – b2

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

167

7.- Resolver: y – xy´ = y´y2ey

1 1  x  ye y y´ y

SOLUCIÓN: Si: y – xy´ = y´y2ey …….. (I)  Pero: x´ =

1 y´

1 x  ye y y

x´ 



... (II)

  luego:  ( y ) = exp(  P(y)dy ) = exp   (  1 dy)  = y–1 y  

 d(xy

1

) =  e y dy  xy–1 = ey + C

8.- Resolver: y´ =

x = y(C + ey )



1 xseny  2sen2y

SOLUCIÓN: De (I): Donde:

 ( y ) = y–1

d (xy–1) = ey dy

De (II) : y–1x´ – y–2x = ey  



…(I)

1 = x´ = xseny + 2sen2y  y´

 P(y)dy =  (seny)dy

= cosy 

x´ – (seny)x = 2sen2y …(II)

 ( y ) = ecosy

De (II): ecosy x´ – seny ecosy x = 2sen2y ecosy 

 d(xe

cosy

cos y ) = 4  cos y e senydy  u dv

Sean: u  cos y

 cos ye

cos y

y

dv  ecos y senydy

 du   senydy

y

v  ecos y

senydy  cos y(ecos y )   ecos y (senydy)  ecos y cos y  ecos y

 (2) en (II): x ecosy = – 4(cosy – 1) ecosy + C



…(2)

x = C e–cosy + 4(1 – cosy)

9.- Resuelva: x(x + 1)y´ + y = x(x + 1)2 e  x con la condición: x    y  2

1 2

SOLUCIÓN: Como x(x + 1)  0 ¿Por qué?, entonces: y´ + donde:  P(x)dx =

1

2 1 y = (x + 1) e  x x(x  1)

1

1 

 x(x  1) dx =   x  x  1  dx P ( x )dx  ( x) = e  =

1

x   De (I): y =   (C +  x 1 

x  (x  1)e . 2

= Ln(

… (I)

x ) x 1

x x 1 2 x x 1 dx ) = (C +  e  x xdx ) x 1 x

168

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

y=

x  1 (C – 1 e  x 2 ) x 2

1 1 e  x 2 ) = (1)(C – 0) = 1 lim y = lim  1   (C – x  x  x 2 2 De (II):

y=

x  1 (1 – e  x 2 ) 2x

… (II) 

C=

1 2

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

169

2.7.1 ECUACIONES REDUCIBLES A LA FORMA LINEAL. En esta seción estudiaremos dos tipos de ecuaciones reductibles a la forma lineal. Estas ecuaciones diferenciales son: I)

Ecuación de Bernoulli

II)

Ecuación de Riccati

2.7.1.1 ECUACIÓN DE BERNOULLI Una ecuación fácilmente reducible a lineal es toda ecuación de la forma:

dy + P(x)y = Q(x)yn dx

;

n  0, 1

… (I)

donde P(x) y Q(x) son funciones únicamente de x, llamada ecuación de Bernoulli , por ser James Bernoulli quien la estudió en 1695. Observe de (I), si: i) n = 0 entonces tenemos la ecuación lineal ii) n = 1 entonces y´ + P(x)y = Q(x)y

y´ + P(x)y = Q(x) ya estudiada.

lo cual se resuelve por variables separables,

y´ = [Q(x) – P(x)]y

es decir que:



dy = y

  Q(x)  P(x)  dx

 y = C e

 Q( x )  P( x ) dx

Como ejemplos de ecuaciones tipo Bernoulli tenemos: 1) y´ + xy =

x y

4) dy = (xy2 + 3xy)dx

2) y´ = 5x2y5 +

y 2x

5) tdx(2xt2Lnx + 1) = 2xdt

3) y´ –

y = y4Lnx 3x

6) xdy + ydx = xy2dx

La ecuación (I) se reduce a una ecuación lineal haciendo la sustitución z = y1–n ……… (1) ,

entonces

dy dz  (1  n)y  n dx dx

... (2)

Multipliquemos la ecuación (I) por el factor (1 – n)y–n , logrando así la expresión siguiente: (1 – n)y–n

dy + (1 – n)P(x)y1–n = (1 – n)Q(x) dx

Reemplazando (1) y (2) en esta última expresión logramos la ecuación lineal. dz + (1 – n)P(x)z = (1 – n)Q(x) dx (1 n ) P ( x ) dx  (1 n )P( x )dx dx) ) cuya solución es. z = y1–n = e  (C +  (1  n)Q ( x)e 



…(II) …(4)

Jacob Bernoulli (1654-1705), matemático suizo, miembro de una familia que dio varios nombres ilustres a las matemáticas de los siglos XVII y XVIII, contribuyó en el desarrollo de la teoría de la elasticidad y de la teoría de la probabilidad matemática. El método para resolver la ecuación de Bernoulli fue descubierto por Leibniz en 1696.

170

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

OBSERVACIÓN: El lector al encontrarse frente a una ecuación tipo Bernoulli podrá indistintamente hacer uso de la transformación dado por la sustitución (1) y así obtener una ecuación lineal o directamente la expresión (III), para solucionar dicha ecuación. También se puede presentar una ecuación tipo Bernoulli teniendo como variable independiente a y, como variable dependiente a x, en tal caso la ecuación diferencial

dx + P(y)x = Q(y)xn ; dy

tendrá la forma:

n  0,1

ecuación que tendrá por solución la expresión: (1 n )P( y)dy  (1 n )P( y)dy dy ) x1–n (y) = e  (C (5) +  (1  n)Q(y)e  …

Ejemplos: Resolver las siguientes ecuaciones:

x y

1.- y´ + xy =

SOLUCIÓN: Si y´ + xy = xy–1 z = y1–n = y1– (– 1) = y2

… (1) , entonces n = – 1 , luego hacemos:

dz = 2yy´ dx



... (2)

… (3)

al multiplicar la expresión (1) por el factor “2y” (según la expresión (3)) logramos: 2 xdx  2xdx dz dx ) + 2xz = 2x  z = e  (C +  2xe  dx

2yy´ + 2xy2 = 2x  De (2) y (3) :  2.-

z = e  x (C +  2xe x dx ) 2

2

y´ = 5x2y5 +



z = y2 = e  x (C + e x ) 2

2



y2 = C e  x + 1

y 2x

SOLUCIÓN: La expresión es equivalente a : y´ –

1 y = 5x2 y5 2x

 n = 5 cuya solución según la expresión (III) será: –4

y =e

 1 dx   2x 

 ( 4) 



2

2

(C +  (4)5x 2e

1

 ( 4)(  2 x ) dx

) = e 2Lnx (C – 20  x 2 e2Lnx dx )

Ln x dx ) = x–2 (C – 20  x 2 .x 2 dx ) = x–2 (C – 4x5)  y–4 = e Ln x (C – 20  x 2 e 2

y–4 = Cx–2 – 4x3

… (1)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

3.-

171

y = y4 Lnx 3x

y´ –

SOLUCIÓN: Apreciamos que n = 4, P(x) = –

1 3x

y Q(x) = Ln x, entonces según la

expresión (III) la solución será:  (14)(  ) dx  (14)(  3 x ) dx dx ) = e  dxx (C – 3 Lnx e x dx ) 3x y1–4 = e  (C +  (1  4) Lnx e  1

dx

1

 y–3 = e Ln x (C – 3  Ln x eLn x dx ) = x–1(C – 3  xLn x dx ) = x–1(C – 3 1))

y–3 = Cx–1 –

x2 (2Lnx – 4

3 (2Lnx – 1)x2 4

4.- dy = (xy2 + 3xy)dx SOLUCIÓN: La expresión es equivalente a:

dy – 3xy = xy2 , luego apliquemos la dx

expresión (III) teniendo en cuenta que. n = 2, P(x) = – 3x, Q(x) = x, entonces: –1

y = e

  3xdx

3

3

3

2

3

x  x  x x 3xdx dx ) = e 2 (C –  xe 2 dx ) = e 2 (C – 1 e 2 ) (C +  (  x)e  3



2

y–1 = C e

 3 x2

2

–

2

2

1 3

5.- Resolver: (x x 2  y2 + x2 y + y2 + y3)dx + (y x 2  y2 – x3 – xy – xy2)dy = 0 SOLUCIÓN: Observamos que en varios términos de la ecuación diferencial propuesta, aparece el factor “x2 + y2” lo cual nos sugiere el uso de coordenadas polares, donde, si: (1) x = rcos

y

y = rsen ,

(2) dx = cos dr – rsend ,

entonces:

dy = sendr + rcosd

y

x2 + y2 = r2

Observando la ecuación propuesta tenemos que: i) M(x,y) = x x 2  y2 + x2 y + y2 + y3 = x x 2  y2 + y(x2 + y2) + y2 ii) N(x,y) = y x 2  y2 – x3 – xy – xy2) = y x 2  y2 – x(x2 + y2) – xy De (1) :

i) M(x,y) = r cos . r + rsen(r2) + (rsen)2 ii) N(x,y) = r sen . r – rcos . r2 – rcos . rsen M(r,) = r2(cos + r sen + sen2)

y

172

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

N(r,) = r2(sen – r cos – sencos) Si: M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 , entonces de (2) y (3) , logramos que: r2(cos + rsen + sen2)(cosdr – rsend) + r2(sen – rcos – sencos)(sendr + rcosd) = 0 , luego , efectuando: [(cos + rsen + sen2)cos + (sen – rcos – sencos)sen]dr + [ –(cos + rsen + sen2)sen + (sen – rcos – sencos)cos ] rd = 0  [ cos2 + rsen cos  + sen 2  cos  + sen2 – rsen cos  – sen 2  cos  ] dr + [ sen cos  – rsen 2  – sen 3  + sen cos  – sen cos 2  – r cos 2  ] rd = 0 

(sen2 + cos2)dr – [r(sen2 + cos2) + sen( sen2 + cos2) ] rd = 0



dr – (r + sen) rd = 0 …(I)

Bernoulli

dr – sen . r = r2 d

dz dr = – r–2 d d

Hagamos: z = r1–2 = r–1 ………. (4) 

... (5)

dr + (sen)r–1 = – 1 d

(I) . (– r–2) :

dz + (sen)z = – 1  z = e  send (C +  ( 1)e send d d

De (4) y (5):

 De (1) y (4): x

1 x 2  y2

cos

=e

SOLUCIÓN:

 d(ze

d ) = e

e (C –  



x x2  y 2

y   d  tg 1 ( )  ) x  

dy 1 x  y  y 1 dx 2 2

… (1) Sea: z = y2 

dy 1 dy  y ) = 2y( x y 1 )  2y – y2 = x dx 2 dx 2

(1) y (2) en (3): 

e

x 2  y2

dy x  y 2 : y(0) = 1  dx 2y

6.- Resolver:

De (1): 2y(

(C –

 cos 

x

Como: y(0) = 1 

C–1=1 

C=2

y2 = 2ex – x – 1

… (2) … (3)

dz dz – z = x  e–x – z e–x = x e–x  dx dx

)   xe x dx  z e–x = C – (x + 1) e–x 

dy dz  2y dx dx

d (z e–x) = x e–x dx

z = C ex – (x + 1) = y2

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



173

es la solución. PROBLEMAS RESUELTOS

1.- Hallar la solución general de: y´ – 2xy = 2x e x

2

y´ – 2xy = 2x e x

SOLUCIÓN: Si:

2

… (1)

2 2 2 2 2  2 xdx entonces:  ( x) = e  = e  x  y = e x (C +  2xe x .e  x dx ) = e x (C +  2xdx )

2



y = e x (C + x2)

2

y = C e x + x2 e x

2

2.- Resolver: (x + 1)dy – [2y + (x + 1)4]dx = 0 SOLUCIÓN: Desde que:

dy 2 y = (x + 1)3 – dx x 1

2   dx

entonces el  ( x) = e

x 1

= e2Ln(x 1) = (x + 1)–2

 y = (x + 1)2(C +  (x + 1)3 (x + 1)-2 dx )



(x + 1)4 y = C(x + 1) + 2 2

3.- Resolver: 2xy´ – y = 3x2 y´ –

SOLUCIÓN: Como: luego :  ( x) = e 

  2x dx

y = x1 2 (C +

1

3

1 3 y= x 2x 2

… (1)

1 2  Ln|x|dx = e 2 = eLn|x| = | x | 1 2

1

 2 x.x

1 2

dx ) = C x1 2 + x1 2 . x3 2 

y = C x1 2 + x2

4.- Resolver: (a2 – x2)y´ + xy = a2 SOLUCIÓN: La ecuación la expresamos como: y´ + xdx

donde su  ( x) = e

 a2 x2

=e

 1 Ln ( a 2  x 2 ) 2

x a2 y= 2 2 a x a  x2 2

… (I)

= (a2 – x2)–1/2

a2  y  (a 2  x 2 )1 2 (C   2 2 (a 2  x 2 ) 1 2 dx)  (a  x ) a2  y = (a2 – x2)1/2(C +  2 dx ) 2 32  (a  x )  I1 =

x  a sen   dx  a cos d 



I1 =

a 2 dx  (a 2  x 2 )3 2 =

a 3 cos d 2  a 3 cos3  =  sec d = tg

… (1)

a 2 .a cos d  (a 2  a 2sen 2 )3 2

174

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

sen

donde: tg =

x

=

1  sen 

a x

2

2

 I1 = 2

a 2 dx  (a 2  x 2 )3 2 =

x a x 2

… (2) 2

y = C (a2 – x2)1/2 + x

(2) en (1) :

5.- Resolver la ecuación: (x2 + 2x – 1)y´ – (x + 1)y = x – 1 SOLUCIÓN: La ecuación propuesta podemos expresarla como: y´ –

x 1 x 1 y= 2 …….… (I) ecuación que es lineal y donde x  2x  1 x  2x  1 2

P(x) = –

x 1 x  2x  1

y Q(x) =

2



 P(x )dx  ( x) = e  = e



x 1 x 2  2 x 1

dx

x 1 cuyo factor integrante será: x  2x  1 2

= e



1 Ln ( x 2  2 x 1) 2

= eLn(x

2  2x 1)1 2

 ( x) = (x2 + 2x – 1)–1/2 , luego (I) tendrá por solución según (III)

y = (x2 + 2x – 1)1/2(C +

x

y = (x2 + 2x – 1)1/2(C +

 (x

2

x 1 (x 2  2x  1) 1 2 dx )  2x  1 2

x 1 dx ) = (x2 + 2x – 1)1/2(C + 32  2x  1)



y=C

x x  2x  1

)

2

x 2  2x  1 + x

 6.- Resolver: y´ tgx – y + 1 = 0 , si: y   = 3 2 Resolver: Si: y´ tgx – y + 1 = 0  y´ – (ctgx)y = – ctgx donde:  P(x)dx =  ctgxdx =    e

P( x )dx

De (I) : 

=

cos x dx = – Ln(senx) senx

e Ln(senx) = e Ln (senx )

1

=

1 senx

ctgx cos x cos x 1 y´ – y= – = – 2 senx senx sen x sen 2 x y

 d( senx )

=–

cos x

 sen x dx 2

 y   = C + 1 = 3  2



C=2

… (I)



y 1 = +C senx senx 

y cos x d ( )= – dx senx sen 2 x 

y = Csenx + 1 … (II)

y = 2senx + 1

x 2 seny cos y 7.- Resolver: dx + ctgydy = 2 2 dy x sen y  1 SOLUCIÓN: dx = (

x 2 seny cos y x 2 seny cos y  x 2 sen 2 yctgy  ctgy – ctgy) dy = dy x 2 sen 2 y  1 x 2 sen 2 y  1

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

 dx = 

ctgy dy 2 x sen 2 y  1



dy x 2 sen 2 y  1  dx ctgy

 – ctgy csc2 y

dy = x2 + csc2 y = x2 + 1 + ctg2y dx

 – ctgy csc2 y

dy – ctg2y = x2 + 1 dx

Hagamos. z =

 ctgy

dy =  x 2 sen 2 y  1 dx

… (1)

1 ctg2y …………… (2)  dz = – ctgy csc2y dy dx dx 2

(2) y (3) en (1):

175

dz – 2z = x2 + 1  dx

 P(x)dx =  2dx

………….. (3)

= – 2x  F.I. = e 2 x

1 ctg2y = C e 2 x – 1 (2x2 + 2x + 3) 2 4

 z = e 2 x (C +  (x 2  1)e2x dx )  8.- Resolver: (senx tgy + 1)dx + cosx sec2 ydy = 0

SOLUCIÓN: Hagamos: z = tg y ………. (1), entonces dz = sec2 ydy

… (2)

De (1) y (2) , si : (senx tgy + 1)dx + cosx sec2 ydy = 0

… (I)

entonces : (z senx + 1) + cosxdz = 0 

dz zsenx  1 + =0 dx cos x

dz senx + z = – secx dx cos x donde :  P(x)dx =

senx

 cos x dx =

… (3)

– Ln cosx = Ln (cosx)–1

1 P ( x )dx luego el factor integrante;  ( x) = e  = eLn(cosx) = (cosx)–1 =

1 cos x

(3) (secx) : secx

senx dz z z + z = – sec2x   d( = – tgx + C ) = –  sec2 xdx  2 dx cos x cos x cos x

z = cosx(C – tgx) 9.- Resolver:

 De (I) :

tgy = cosx(C – tgx)

xLnx.y´ – y = x3(3Lnx – 1)

x 3 (3Lnx  1) 1 SOLUCIÓN: La ecuación dada es equivalente a: y´ – y= … (1) xLnx xLnx 1  dx P ( x )dx donde el F.I.:  ( x) = e  = e  xLnx = e Ln(Lnx) = e Ln (Lnx ) = (Lnx)–1

1

 De (1) : y = Lnx(C +

2 x 3 (3Lnx  1) 1  x (3Lnx  1) dx) . dx ) = Lnx ( C    xLnx (Lnx) Ln2 x 

176

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

x3 x3 ) y  Lnx(C   )) = Lnx(C +  d( Lnx  Lnx

y = CLnx + x3



10.- Resolver: (x3 + xy2 – x2 y – y3 + y2)dx + (x2y + y3 + x3 +xy2 –xy)dy = 0 SOLUCIÓN: Si: (x 3  xy 2  x 2 y  y3  y 2 )dx  (x 2 y  y3  x 3  xy 2  xy)dy  0  [x(x2 + y2) – y(x2 + y2) + y2]dx + [y(x2 + y2) + x(x2 + y2) – xy]dy = 0  [(x2 + y2)(x – y) + y2]dx + [(x2 + y2)(x + y) – xy]dy = 0

… (I)

Apreciamos que, en la ecuación diferencial propuesta, aparece el factor (x2 + y2) en varios términos, es quizás conveniente, por ello, transformar la ecuación a coordenadas polares, donde:

x  r cos     y  rsen  

dx  cos  dr  rsen d dy  sendr  r cos  d



… (1)

r x y 2

2

2

Reemplazando las ecuaciones (1) y (2) en (I) , logramos que:





 r 2 (r cos   rsen)  (rsen) 2  cos dr  rsend +





 r 2  r cos   rsen     r cos   rsen    sen  dr  r cos  d  0





 r 2  r cos   rsen  sen 2  cos    (r cos   rsen)  sen cos  dr –  





r 3  r cos   rsen  sen 2  sen  (r cos   rsen  sen cos ) cos  d = 0    r 2 .r(cos 2   sen 2 )dr r 3 r(sen 2  cos 2 ) sen (sen 2  cos 2 ) d  0  r3  (1)dr – ( – r + sen)d = 0



dr + (r – sen)d = 0



dr dr d + r = sen  e  + r e  = e  sen  (re ) = e  sen d d d



    d(re ) =  e send  r e =



r=

De (1): r = 

(sen  cos )e  C + 2 2

C e   + 1 (sen – cos) 2 2

C e  1 y x + ( – )  2r2 = Cr e   + (y – x) 2 2 r r

2(x2 + y2) = C x 2  y2 e tg

1 ( y x )

+y–x

… (2)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

177

11.- Resolver: xdy + ydx = xy2dx Si : xdy + ydx = xy2dx

SOLUCIÓN:

dy 1 + y = y2 dx x



… (I)

Es una ecuación tipo Bernoulli con n = 2, luego, hacemos: z = y1–2 = y–1

... (1)

dz = – y–2 dy dx dx

y

... (2)

Ahora multipliquemos la expresión (I) por – y–2 , logrando que: – y–2

dy 1 y–1 = –1 – dx x

... (II)

De (1) y (2) :

dz – 1 z = – 1 dx x

…(III)

1 donde:  P(x)dx =   dx = – Lnx = Lnx–1  F.I.:  ( x) = x–1 x  (III). x–1 : x–1

dz – x–2 z = – x–1   d(x 1z) = –  x 1dx  x–1 z = – lnx + C dx

 z = x(C – lnx)

 De (1) :

y–1 = x(C – Lnx)

12.- Resolver: tdx(2xt2lnx + 1) = 2xdt SOLUCIÓN: La expresión es equivalente a:

dt 1 – t = t3lnx dx 2x

es una ecuación tipo Bernoulli donde: n = 3, luego, sea: z = t –2  De (I) : – 2 t–3 De (1) y (2):

dz dt = – 2 t–3 dx dx

... (I) ... (1) … (2)

dt 1 + t–2 = – 2 lnx dx x

dx dz 1 + z = – 2 lnx , donde: F.I. :  ( x) = e  x = e Lnx = x   ( x) = x dx x

 xz´ + z = – 2x Lnx  zx = – x2 Lnx +



x2 +C 2

d(zx) = – 2x Lnx dx 

t–2 = – xLnx + x + C x–1 2

dy y y   13.- Resolver: x – y – yLn( ) = x3 y  Ln( )  dx x x  

2

SOLUCIÓN: Observando la ecuación diferencial apreciamos que uno de sus factores la expresión Ln(

y ), luego, sea: x

z = Ln(

y ) x

… (1)

178

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

y D ( ) x y x xy´ y d dz x Ln( ) = entonces: = = . dx x y dx y x2 x



dz = xy´ y  xy dx

xy´ – y = xy

dz dx

… (2)

Al reemplazar las expresiones (1) y (2) en la ecuación diferencial propuesta, se logra una ecuación tipo Bernoulli con n = 2, donde: xy

dz dz 1 z = x2z2 – yz = x3 yz2  – dx dx x

Hagamos t = z–1 ... (4) 

... (3) (Ecuación tipo Bernoulli)

dt dz dz 1 = –z –2 , luego de (3): –z –2 + z –1 = – x2 dx dx dx x



dt dt 1 d + t = – x2  x + t = – x3  (tx) = – x3 dx dx x dx



3  d(tx)   x dx  tx = C –

x4 4



x(Ln(

y –1 x4 )) = C – x 4

14.- Resolver: sec2udu – tg3udx = – x tgu dx SOLUCIÓN: Hagamos:

… (I)

…(1) 

z = tgu

… (2)

dz = sec2u du

La ecuación propuesta se transforma según (1) y (2) en: dz – z3dx = – xzdx

… (II) 

Sea: t = z1–3 = z–2

... (4)

dz + xz = z3 dx

… (3)

(Bernoulli)

dt dz = – 2z–3 dx dx

… (5)

La expresión (3), multiplicándola por (– 2z–3) resulta: – 2z–3

dz – 2xz–2 = – 2 … (6) dx

Reemplazando (4) y (5) en (6) :



dt – 2xt = – 2 dx

... (solución lineal)

2 2 xdx 2  2 xdx dx ) = e x (C – 2  e x dx )  t= e  (C +  ( 2)e 

De (1) y (4) : t = z–2 = (tgu)–2 = ctg2u

ctg2u = e x (C – 2  e x dx ) 2



2

15.- Resuelva: y´cosy – seny = cosx sen2 y SOLUCIÓN: Observando la ecuación propuesta notamos que uno de sus sumandos es el factor y´cosy que resulta de derivar con respecto a x la función seny, es decir: Dx(seny) = y´cosy , luego hagamos: entonces:

z = sen y

dz d seny = y´cosy = dx dx

... (1) … (2)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

179

dz – z = z2cosx dx

La ecuación propuesta se transforma a:

… (3)

(Ecuación tipo Bernoulli con n = 2)

dt = – z –2 dz dx dx



Sea t = z1–2 = z–1 …….. (4)

Al multiplicar la expresión (3) por (– z–2 ) , resulta: – z–2

… (5)

dz + z–1 = – cosx dx

y teniendo en cuenta las expresiones (4) y (5) resulta la ecuación lineal:

dt + t= cosx , cuya solución es: t = e   dx (C + dx

e

= e  x (C –

x

 (  cos x)e

 dx dx )

1 cos xdx ) = e- x (C  ( senx  cos x)e x ) 2

De (1) y (4): t = z–1 = (seny)–1 = cscy



cscy = C e  x – 1 (senx + cosx) 2

2y 1 Ln(y2 + 1) = 2x2[Ln(y2 + 1)]2 y´ + 2 x y 1

16.- Resolver:

SOLUCIÓN: Hagamos: z = Ln(y2 + 1) ... (1)  (1) y (2) en (I) : z´ +

– z –2 z –

De (3) y (4) : t´ –

Dx : z´ =

2y y´ y2  1



Dx : t´ = = – z –2 z´

… (4)

1 –1 z = – 2x2 x

1 t = – 2x2 x



t=e

1   dx   x

1    dx

(C +  (2 x 2 ) e

x

dx)

 t = e Lnx (C –  2x 2 e Lnx dx ) = x(C –  2xdx )  t = x(C – x2) De (1) y (3): t =

1 1 = z Ln(y 2  1) Ln(y 2  1) 

17.- Resolver :

... (2)

1 z = 2x2z2 ……… (II) (Ecuación tipo Bernoulli con n = 2) x

Sea t = z1–2 = z–1 …….. (3) (II)  (–z –2) :

… (I)

 en (5) :

1 x(C  x 2 )

…(5)

1 = x(C – x2) 2 Ln(y  1)

y0

2cosydx – (xseny – x3)dy = 0

SOLUCIÓN: La ecuación diferencial propuesta la podemos expresar como:

seny dx 1 – x= – x3 dy 2cos y 2cos y

… (I)

180

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Hagamos : z = x–2 (I)  (– 2x–3) :

... (1)

– 2x–3



dz dx = – 2x–3 dy dy

… (2)

seny –2 dx 1 + x = dy cos y cos y seny dz 1 + z = dy cos y cos y

De (1) y (2) : Donde:

Dy :

seny

 P(y)dy =  cos y dy

…(II)

= – Ln cosy = Ln(cosy)–1

1 P ( y )dy Entonces el factor integrante de (II) será: F.I.:  ( y ) = e  = e Ln (cos y ) = (cosy)–1

(II)  (cosy)–1 : 

seny   1 dz + z = sec2 y  d  z  = sec2y 2 cos y dy dy  cos y  cos y

 z 

 d  cos y  =  sec

2

ydy 

z = tgy + C cos y

 z = x–2 = Ccosy + seny

x2(Ccosy + seny) = 1

 18.- Resolver : yy´ + y2 = cosx SOLUCIÓN:

… (I)

yy´ + y2 = cosx

Si :

dz = 2yy´ dx

… (2)

z´ + 2z = 2cosx

…(3)



Sea: z = y2

... (1)

(1) y (2) en (I) :

1 z´ + z = cosx 2

2dx donde: F.I.:  ( x) = e  = e2 x

 

(3) e 2 x : e 2 x z´ + 2z e 2 x = 2 e 2 x cosx

d (ze2x ) = 2 e 2 x cosx  d(z e 2 x ) = 2  e2x cos xdx dx 

z e2 x =

2 e2 x (senx + 2cos2x) + C  5

z = y2 = C e 2 x +

2 (senx + 2cos2x) 5

19.- La pendiente en un punto cualquiera de una curva viene dada por: (y2 Lnx – y) / x. La curva pasa por el punto (1, 1). Determínese la ecuación de la curva. SOLUCIÓN: Si: y´ =

dy y 2 Lnx  y Lnx 1  + y = y2 (Ecuación de Bernoulli) dx x x x y–2

dy Lnx 1 + y–1 = dx x x

… (1)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Hagamos: z = y–1

dz = – y–2 dy dx dx



... (2)

181

... (3)

(2) y (3) en (1) : – dz + 1 z = Lnx  dz – 1 z = – Lnx (Ecuación Lineal)…(4) dx x dx x x x donde:

1

 P(x)dx =   x dx =

– Lnx = Lnx–1

y

F.I.:  ( x) = exp(  P(x)dx ) = exp(Lnx–1) = x–1 De (4) : x–1

dz Lnx – x–2 z = – 2 dx x



Lnx 1  d  x z  = –  x dx



z = x(C +



2

Si: (1, 1) 







d 1 = – Lnx x z dx x2

x–1 z = – ( –

Lnx 1 – )+C x x

1  Lnx )  y–1 = Cx + 1 + Lnx x

…(5)

: 1 = C + 1  C = 0  en (5) y–1 = 1 + Lnx 

y=

1 1  Lnx

20.- Se extrae agua contaminada de un depósito a una razón constante de n litros por hora con un grado de contaminación de P0 gramos por litro, y se sustituye con agua menos contaminada con un grado de contaminación de P 1 gramos por litro. Sabiendo que la capacidad del depósito es de V litros, hallar el tiempo necesario para que el grado de contaminación se reduzca a P gramos por litro. SOLUCIÓN: Sea C = C(t) el número total de gramos de contaminación en el depósito en el instante t. Donde: i) Contaminantes que entran al depósito: Ce(t) = n(

grs grs lts )P1( ) = nP1( ) lts lts hr

ii) Contaminantes que salen del depósito: Cs(t) = n(

lts C(t) grs nC grs ) ( )= ( ) V lts hr V lts

luego:

n dC C  = Ce(t) – Cs(t) = nP1 – dt V

n dC + C = nP1 dt V

… (I) nt

ndt nt que es una ec. lineal cuyo factor integrante es:  (t ) = exp  = exp( ) = e V V V y cuya solución es: C(t) = e

 nt V

(K +  nP1e

( n )t V

dt = e

 nt V

(K + P1V e

( n )t

De (1) : Si : t = 0  C(0) = P0V = K + P1V  K = (P0 – P1)V (2) en (1) : C(t) = P1V + (P0 – P1)V e

 ( n )t V

V

)

… (1) … (2)

182

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Además: C(t) = PV  PV = P1V + (P0 – P1)V e t=

 ( n )t V

 P – P1 = (P0 – P1) e

 ( n )t V

V Ln  P0  P1   PP  n 1  

21.- Supóngase que una cuerda flexible de 4 m. comienza con 3 m. de su longitud acomodados en un rollo justamente en la orilla de una elevada mesa horizontal, y con el metro (mt) restante colgando fuera de la mesa (en reposo). En el instante t = 0 la cuerda comienza a desenrollarse y a caer gradualmente por la fuerza de gravedad que tira de la parte colgante. En el supuesto que las fuerzas de fricción de todas las clases son despreciables, ¿cuánto tardará la cuerda en caer completamente de la mesa? SOLUCIÓN: Supongamos que por algún medio no especificado impide que el rollo completo caiga de inmediato por la orilla. Sea x = x(t) la longitud de la cuerda colgante en el instante de tiempo t(seg) y sea v(t) su velocidad en ese momento. A medida que el cuerda comienza a desenrollarse el peso se irá incrementando. Sea w (kg/mt) la densidad lineal de la cuerda, entonces la masa de la cuerda colgante será : m = wx y la fuerza gravitacional que actúa sobre ella es: F = mg = wgx . Aplicando la segunda ley de Newton, será: F =

d (mv) , entonces: dt

F = wgx =

dv dx d d d  v  (mv) = (wxv) = w (xv)  wgx = w  x dt  dt dt dt  dt

pero: v =

dx , entonces: dt

gx = x

dv dv dx dv + v2 = x . + v2 = vx + v2 dt dx dt dx

g dv 1 + v= v dx x Hagamos: z = v2 De (I): 2v

dv 2 + v2 = 2g dx x

... (1) 

(Bernoulli) 

dz dv = 2v dx dx

De (1) y (2):

dz + 2 z = 2g dx x

... (I) ... (2) …(3)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

cuyo factor integrante será es:  ( x) = exp( 



x2z =

2 ) = exp(2Lnx) = exp(Lnx2) = x2 , dx x

dz + 2zx = 2gx2  d (x2z) = 2gx2  dx dx

luego de (3): x2

de (II): (1)2(0)2 =

2

3

 1

…(II)

x(0) = 1 m, v(0) = 0, luego,

12

... (III) ,

x t

 2  =   g  dt  3 x  1 0  3 

xdx

2

2 g(1)3 + C  C = – 2 g  xv2 = 2 gx3 – 2 g = 2 g(x3 – 1) 3 3 3 3 3

x

12

 v =  2 g  3  4

 d(x z) =  2gx dx

2 gx3 + C  De (1) : x2v2 = 2 gx3 + C 3 3

Pero por las condiciones iniciales tenemos que :

  1

183

12

pero : v = 4

 2 g t =     3  1 12

dx , entonces, dt

xdx x3  1

2 sec2/3 tg d 3

Hagamos ahora: x = sec2/3 … (4)  dx =

…(3)

...(5)

(4) y (5) en (3): sec1 

 2 g t = 2    3 3  0 12

sec2 3  sec2 3  tg d sec2   1



2 sec1  4 3 sec  d  0.541 = 0.541 seg 3 0

es el tiempo requerido para que toda la cuerda caiga de la mesa. 22.- Determinar la ecuación de una curva que pasa por (0, 0) y que goza de la siguiente propiedad: “La pendiente en un punto cualquiera P de ella es igual a 10 dividido entre la distancia del punto P a la recta y = x medida sobre la recta que pasa por P y es perpendicular al eje X”. SOLUCIÓN: Según el enunciado del problema cabe dos posibilidades, ya sea que el punto esté por encima de la recta y = x ó también que se halle por debajo. Por dato: y´ =

10 yC  y L Caso I.-

Si : yL > yC (el punto está por debajo

de la recta)  y´ =

10 10 = xy yL  yC



xy 1 = 10 y´

x´ =

184

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



x´ –

1 x=– 1 y 10 10

... (1)

1 Ecuación lineal cuyo factor integrante es:  ( x) = exp    dy  = e( 1 10) y  10   De (1) 

 d(xe

1 e  y 10 x = – y 1 e  y 10  d (x e  y 10 ) = – 1 y e  y 10 dy 10 10 10

e  y 10 x´ –  y 10

) =–

1 10

 ye

 y 10

dy  x e  y 10 = y e  y 10 + 10 e  y 10 + C

(0, 0)  C : 0 1 = 0 1 + 10 1 + C  Caso II.-

 C = –10

x = y + 10 – 10 e y 10

… (I)

Si : yC > yL (el punto está por encima de la recta)  y´ =

10 10 = yx yC  y L



yx 1 = 10 y´

x´ =

 x´ +

1 1 x= y 10 10

…(II)

Ecuación lineal cuyo factor integrante es:

 ( x) = exp   1 dy  = e y 10  10   De (II) : e y 10 x´ +

1 e y 10 1 e y 10 x = y 10 10

 x e y 10 = C + e y 10 (y – 10) / 

y(0) = 0

x = y – 10 + 10 e  y 10



d 1 e y 10 (x e y 10 ) = y dy 10

 C = 10 …(III)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

185

2.6.1.2 ECUACIÓN DE RICCATI El estudiante habrá constatado que las ecuaciones diferenciales estudiadas hasta aquí en los ejemplos y ejercicios admiten soluciones expresables mediante las funciones elementales ; pero no siempre ocurrirá así y deberá prepararse a aceptar como solución de una ecuación diferencial expresiones no reducibles a las funciones elementales. Consideremos, por ejemplo el problema de determinar la longitud de un arco de la elipse, cuyas ecuaciones paramétricas son: x = a cost

y

y = b sent

desde el punto t = /2 al punto variable t.

Sabemos que dicha longitud L se expresa como: L=



t

 2

(D t x) 2  (D t y) 2 dt =



t

 2

( asent) 2  (b cos t) 2 dt

integral que no es posible resolver mediante las funciones elementales, si bien la naturaleza del problema nos indica que L es una función perfectamente definida de t, que, además, es continua y derivable. Esta integral se conoce con el nombre de integral elíptica, y mediante ella se pueden definir las llamadas funciones elípticas. La teoría de las integrales y funciones elípticas, que aparecen en muchas ramas de las matemáticas, es muy extensa y se han escrito muchos volúmenes para exponerla. Como ejemplo de ecuación de primer orden y primer grado que no es resoluble mediante las funciones elementales, tenemos la ecuación de Riccati y´ + Py2 + Qy + R = 0

…(I)

en donde P, Q y R son funciones de x exclusivamente. Esta ecuación (I) no es siempre resoluble mediante las funciones elementales pero pueden establecerse con facilidad las siguientes propiedades de la ecuación y de sus soluciones: PROPIEDAD 1 : Si se conoce una solución particular y = y1(x) de la ecuación propuesta, ésta puede reducirse a una ecuación lineal de primer orden. Demostración : Sea la solución de la ecuación (1) la función y =  + y1 De donde:

y´ = ´ + y1 ´

… (1) … (2)

(1) y (2) en (I) : ´ + y1´ + P( + y1)2 + Q( + y1) + R = 0 entonces: ´ + P2 + (2Py1 + Q)  + (y1 ´ + P y12 + Qy1 + R) = 0 

… (3)

Jacobo Riccati (1678 – 1754) Conde italiano, matemático que estudió el caso especial y´ + b y2 = cxm Vincenzo Riccati (1705 – 1775) hijo de Jacobo, estudió en forma general la ecuación (I)  Se llama función elemental a toda función definida por una característica que incluye sólo funciones trigonométricas, exponenciales y logarítmicas enlazadas algebráicamente

186

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Por dato y1 es una solución de (I) , luego y1 ´ + P y12 + Qy1 + R = 0 Entonces de (3): ´ + P2 + (2Py1 + Q)  = 0 que es una ecuación de Bernoulli puesto que : ´ + (2Py1 + Q)  = – P2 hagamos z = –1

dz = – –2 d dx dx



… (5)

… (4) … (6)

De (4) : – –2 ´ – (2Py1 + Q)–1 = P ecuación que se convierte,

dz = – (2Py1 + Q)z = P dx

de (5) y (6) a:

…(II)

que ya es una ecuación diferencial lineal. Ejemplos 1.- Utilizando la solución y = 1, hállese la solución completa de: y´ + y = y2 …(I)

y´ + y = y2

SOLUCIÓN: Si :

Si y1 = 1, entonces: y1´ + y1 = y12 puesto que: (1)´ + 1 = 12 Sea y = y1 +

1 

…(1) la solución general; luego: y´ = y1 ´ –

´ ´ = – 2 …(2) 2  

2

´  1 1 2 Reemplazando (1) y (2), en (I), – 2 + 1 + = 1   = 1 + + 12         ´ +  = – 1    = C e- x – 1



 d(e

x

) =   ex dx  ex = C - ex

y = y1 +

1 

 y  1

x

e C  ex

y=1+

ex c  ex

Nótese, también, que y = 0 es solución de la ecuación propuesta luego, se puede resolver el problema haciendo y =

1 resultando: ´ –  = – 1 

También se pudo resolver la ecuación por el método de variables separables:

dy = dx, se deja al lector comparar estas soluciones. y(y  1) 2.- Resolver: y´ = xy2 + (1 – 2x)y + x – 1 SOLUCIÓN: La solución propuesta podemos expresarla como: y´ – xy2 + (2x – 1)y + 1 – x = 0

…(I)

que es una ecuación de Riccati con P(x) = – x, Q(x) = 2x – 1 y R(x) = 1 – x teniendo como una solución particular, la función, y = 1 puesto que de (I) se verifica que:

0 – x(1)2 + (2x – 1)(1) + 1 – x = 0

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

De (II), si: 

dz – (2Py + Q)z = P , entonces z´ – [2(–x) (1) + 2x – 1]z = – x 1 dx

z´ + z = – x  



d(zex) = (–xex)dx

:

z ex = C – (x – 1) ex

z = C e- x + 1 – x

De (5): z = –1 y = y1 + 

187





–1 = C e- x + 1 – x y la solución completa será:

y=1+

ce

x

1 1 x

3.- Resuelva la ecuación: y´ = xy2 – 2y + 4 – 4x notando que y1 = 2 es una solución particular. SOLUCIÓN: La ecuación propuesta

y´ = xy2 – 2y + 4 – 4x

…(I)

es una ecuación de Riccati teniendo por solución particular la función y1 = 2 puesto que si y1 = 2 y y1 ´ = 0 , entonces la expresión (I) debe satisfacerse para y = y1 = 2, es decir que:

y1' = xy12 – 2y1 + 4 – 4x , lo cual es cierto puesto que:

(2)´ = x(2)2 – 2(2) + 4 – 4x



0 = 0

Sea, entonces, la solución general.

y=2+

1 

… (1)

2

 1  1  1 (1) en (I): 1   ´ = x  1   – 2 1   + 4 – 4x       

–

´ x 2 = 4x + 4 + x2 – 4 – + 4 – 4x  2    

´ + 2(2x – 1) = – x

ecuación lineal cuyo factor integrante F.I. es:  ( x) = exp[  2(2x  1)dx ] = e2( x 

 = e  2( x

4.- Resuelva:

2

 x)

(C +   xe2(x

2  x)

2 x )

dx ) siendo la solución general: y = 2 + 

dy + y2 = 1 + x2 dx

… (I)

SOLUCIÓN: Apreciamos que y1 = x es una solución particular, luego, la solución general será: y = x +

1 

… (1)



y´ = 1 –

2

´  1 (1) y (2) en (I): 1 – 2 +  x   = 1 + x2     

´ – 2x = 1

–

´ 2

… (2)

´ x + 2 + 12 = 0 2   

/ F.I.  ( x) = exp  ( 2xdx) = e x

2

y = x + e x (C + 2

Luego la solución general será, según (1):

e

 x2

dx )–1

188

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROPIEDAD 2: Si se conocen dos soluciones particulares distintas y = y1(x) , y = y2(x) de la ecuación (I), es posible obtener la solución completa mediante una sola cuadratura. Demostración: Si: y =

y  y 2  (1   )y 2 y1  y 2 y  y2 … (1)  y = 1 = 1 + y2 … 1  1  1 

(2) Dx : y´ =

(y  y 2 )´ y1'  y2' + 1 + y2' 2 1  (1   )

… (3) 2

(y  y 2 ) y1'  y2'  y  y 2   y  y 2  + 1 + Q 1 ´ + y2' + P  1  +R=0  (1  ) 1   1    1  

(1) y (3) en (I):

 (1 – )( y1' – y2' ) + (y1 – y2) ´ + y2' (1 – )2 + P(y1 – y2)2 + Q(y1 – y2)(1 – ) + R(1 – )2 = 0 Efectuando y ordenando convenientemente, teniendo en cuenta que tanto y1 como y2 son soluciones de (I) y deben satisfacer que:

y1' + P y12 + Qy1 + R = 0 logramos:

y

y2' + P y22 + Qy2 + R = 0

y1' – y2' –  y1' +  y2' + (y1 – y2) ´ + y2' (1 – 2 + 2) + P( y12 – 2y1 y2 + 2y22) + Q(y1 – y1 – y2 + 2y2) + R(1 – 2 + 2) = 0

 ( y1' + P y12 + Qy1 + R) + ( y2' + P y22 + Qy2 + R) 2 – ( y1' + P y12 + Qy1 + R) – ( y2' + P y22 + Qy2 + R)  + (y1 – y2) ´ – 2Py1 y2 + P y12  + P y22  = 0 

(y1 – y2) ´ + P(y1 – y2)2  = 0

:

Ln  +

 P(y

1

d + P(y1 – y2)dx = 0 



 y2 )dx = C1

 P( y  y )dx   = Ce  1 2

PROPIEDAD 3: Si se conocen tres soluciones particulares distintas, y = y1(x) , y = y2(x) e y = y3(x), es posible expresar la solución completa sin cuadraturas. Para demostrarlo sustituyamos primero y = y3 ( x ) +

1 y deducimos así la ecuación lineal (II):´ – (2Py3 + Q)  = P… (1) 

Como en la propiedad 1. Las otras dos soluciones y = y1(x) e y = y2(x) de (I) nos proporcionan dos soluciones de (I) que son:  = 1(x) =

1 , y1 (x)  y3 (x)

y

 = 2(x) =

1 y 2 (x)  y3 (x)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Pero una ecuación lineal tiene por solución completa la expresión:

189

  1 =C  2  1

donde 1 y 2 son dos soluciones distintas de y´ + P(x)y = Q(x) Sustituyendo  por

1 y 1 y 2 por sus valores, se tiene: y  y2 1  1 y  y3 y1  y3 =C 1  1 y 2  y3 y1  y3

ó

y  y1 y2  y3 =C . y  y3 y2  y1

la cual es la solución general de (I) y cuya propia estructura nos dice: PROPIEDAD 4 : La razón doble de cuatro soluciones cualesquiera de (I) es independiente de x. PROPIEDAD 5 : Si P es idénticamente nulo, la ecuación (I) es lineal y de primer orden. Si P no es idénticamente nulo, (I) se puede reducir a una ecuación de la forma v´´ + x1 v´ + x2v = 0 Demostración: i) Si P = 0 , de (I): y´ + Qy + R = 0 luego la afirmación es inmediata.

z ii) Si P  0 , hagamos y = , entonces: P (

z 1 z z ) + P( )2 + Q + R = 0 P P P 

Hagamos ahora z =

v´ v



Qz P´ 1 1 z´ – 2 z + z2 + +R=0 P P P P

z´ + z2 + (Q –

P´ )z + PR = 0 P

…(I)

…(1), que al rempalzar en (I) y multipliquemos por v, se tiene: v´´ + (Q –

P´ ) v´ + PRv = 0 P

Ecuación diferencial de segundo orden cuya solución general contiene dos constantes arbitrarias, pero éstas figuran en la correspondiente solución de Riccati original de manera que sólo importa su cociente, que constituye la única constante esencial de una ecuación '

'  v' de primer orden, puesto que, de (1): z '      v 1v '  z '  v 1v '' v 2v '2 v



Se llama razón doble de cuatro números a, b, c y d a la fracción:

a b cb : . a d cd

190

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMAS RESUELTOS 1.- Utilizando la solución y = tg x, hállese la solución completa de: y´ – y2 – ysen2x + 2 sen2x – 1 = 0 SOLUCIÓN: y1 = tg x

… (I)

es una solución particular de la ec. de Riccati puesto que:

(tg x)´ – (tg x)2 – tg xsen2x + 2sen2 x – 1 = (sec2x – tg2x) – sea y = tg x +

senx (2senxcosx) + 2sen2x – 1 = 0 cos x

1 , la solución general 

(1) en (I): (sen2x –

… (1)

´ 1 1 ) – (tg x + )2 – (tg x + )sen2x + 2sen2 x – 1 = 0 2   

 (sec2x – tg2x) –

tgx ´ sen2x –2 – 12 – 2sen2x – + 2sen2 x – 1 = 0 2    



´ + (2tgx + sen2x)  = – 1

… (2)

resulta una ecuación lineal que tiene por factor integrante:

 ( x) = exp[  (2tgx  sen2x)dx ] = exp[  2senx( 1  cos x)dx ] cos x = exp( – 2Ln |cosx| – cos2x) = e2Ln|cos|cos x = e Ln (cos x ) 2

y cuya solución es:  = cos2x ecos (3) en (1):

y = tgx +

2x

2

cos 2 x

= sec2x e cos

2x

(C –  sec2 x e cos x dx ) 2

… (3)

1 2

cos xe

cos 2 x

(C   sec 2 xe  cos x dx 2

2.- Pruébese que y = 0, y = x e y = x2 son soluciones de la ecuación de Riccati y´ +

y2 x2 +y = 0 ; y escríbase la solución general. 2 3 x x x  x2

SOLUCIÓN: i) La solución trivial y1 = 0 satisface de manera evidente. ii) Si y2 = x  y2' = 1, luego en la ecuación propuesta tendremos que: 1+

 (1  x) x2 1 x  2 x2 1 x2 +x =1+ + =1+ =1+ 2 3 2 1 x 1 x 1 x 1 x x x xx

= 1 + (– 1) = 0 

y2 = x satisface la ecuación.

iii) Si y3 = x2  y3' = 2x , luego, en la ecuación se logra que:

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

2x +

191

x 2  x(x  2) x(x  2) (x 2 ) 2 x2 2 x2 + x = 2x + + = 2x + 1 x 1 x 1 x x 2  x3 x  x2 2x(x  1) = 2x + 2x (–1) = 2x – 2x = 0 1 x

= 2x +

es decir, y3 = x2 satisface la ecuación propuesta. b) De la propiedad 3:

entonces:

y  y1 y2  y3 =C . y  y3 y2  y1

y  0 x  x2 =C  . y  x2 x  0

y .(1  x) = C  y  x2

y(1 – x) = C(y – x2)

3.- Pruébese que y = tgx es una solución particular de la ecuación de Riccati

y2 y y´ + + = 0; redúzcase ésta a una ecuación lineal de primer orden y senx cos x  1 resuélvase. SOLUCIÓN: a) Sea y1 = tgx 

y1' +

y1' = sec2x , luego

y12 y tg 2 x tgx + 1 = sec2x + + cos x  1 senx cos x  1 senx

=

sec2 x(cos x  1)  tg 2 x sec x  (sec2 x  tg 2 x) 1 1 sec x  1 1 + = + = + cos x  1 cos x  1 cos x cos x cos x  1 cos x

=

cos x(sec x 1) (1  cos x) + secx= + secx = – secx + secx = 0 cos x(cos x 1) cos x(cos x  1)

b) Sea y = tgx +

1 

… (I)



y '  sec 2 x 

 '

…(1)

(tgx  1 ) 2 tgx  1 y y   ´ luego si: y´+ + = 0, entonces sec2x – 2 + + =0 cos x  1 senx cos x 1 senx  2

 sec2x –

tg x tg 2 x 2tgx ´ 1 1 + + + + + =0 2 2 senx  senx cos x  1 (cos x 1)  (cos x  1)  

pero: sec2x + entonces: – 

tg x tg 2 x + = 0 (y1 = tg x, es la solución de la ecuación) cos x  1 senx

2tgx ´ 1 1 + + + =0 2 2  senx (cos x 1)  (cos x  1)  

 2tgx 1 1  ´ –     = cos x 1 cos x  1 senx  

ecuación lineal cuyo factor integrante esta dado por:

… (2)

192

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

 2tgx  2tgx(1  cos x) 1  1   ( x) = exp     dx = exp    dx  2 senx  sen x  cos x  1 senx   = exp  (4csc 2x  csc x)dx = exp( 2 Ln | csc2x – ctg2x | + Ln | cscx – ctgx | ) = exp Ln  csc2x – ctg2x   cscx – ctgx  = (csc2x – ctg2x)2(cscx – ctgx) 2

Pero: csc2x – ctg2x =

 ( x) = tg2x tg x 2

1  cos 2x = 2sen 2 x = tg x x  cscx – ctgx = tg 2senx cos x sen2x 2

De (2):  = (tg2x tg

x   = ctg2x ctg (C –  sec x tg xdx ) 2   = ctg2x ctg

x (C – secx) 2

x )–1 (C + 2

1

 cos x 1 tg x

1  cos x dx ) senx

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

193

PROBLEMAS PROPUESTOS 1.- Hállese la ecuación de Riccati que tiene las tres soluciones particulares y =

1 , x

y = Ln x , y = 2x 2.- Pruébese que y = 1, y = 2x e y = 2x + 1 son soluciones de la ecuación de Riccati y´ +

y(1  4x) y2 4x – + = 0 , y escríbase la solución general. Hállese la 2 2 2x  x 2x 2  x 2x  x

razón doble de las tres soluciones dadas y de la obtenida haciendo igual a 1 la constante arbitraria en la solución general x=5 y

y 1 = C, para los tres casos x = 1, 2x(y  2x)

x = a.

3.- Considérense las tres soluciones dadas por la ecuación del ejercicio precedente y la solución correspondiente a c = 3 y hállese su razón doble. Hágase lo mismo para c = b 4.- Resuelva las ecuaciones propuestas, dado que y1 = x es solución de cada una. a) y´ + y2 = 1 + x2 5.- Resuelva la ecuación y´ = soluciones.

b) y´ + 2xy = 1 + x2 + y2

y2 xy – + 1 notando que y = 1 y y = x son x 1 x 1

194

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

2.7 SISTEMAS LINEALES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Introducción a los Sistemas de Ecuaciones

En los capítulos precedentes hemos hablado de métodos para resolver ecuaciones diferenciales que involucran sólo una variable dependiente. Sin embargo, en la práctica, muchas aplicaciones requieren usar dos o más variables dependientes siendo cada una función de una variable independiente, que por lo general es el tiempo. Naturalmente, tales problemas conducen a un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden. Normalmente la variable independiente la denotaremos mediante t y las variables dependientes (es decir las funciones desconocidas de t ) mediante x, y, z, … o bien mediante x1, x2, x3, … Nuestro estudio la restringiremos, a sistemas en los cuales el número de ecuaciones sea el mismo que el número de variables dependientes (funciones desconocidas). Por ejemplo, un sistema de dos ecuaciones diferenciales de primer orden con las variables dependientes x e y tiene la forma general.

f (t, x, y, x´, y´)  0   g(t, x, y, x´, y´)  0 

… (I)

donde las funciones f y g se conocen. Una solución de este sistema es un par de funciones x(t) y y(t) que satisfagan ambas ecuaciones sobre algún intervalo de valores de t y que consisten en relaciones de la forma: F(x, y, t, C1, C2) = 0 ;

G(x, y, t, C1, C2) = 0

Se halla, generalmente, una relación eliminando una de las variables entre las ecuaciones dadas, y resolviendo la ecuación resultante de dos incógnitas por los métodos ya estudiados. Hallada una relación, se puede emplear junto con las ecuaciones diferenciales dadas para hallar las demás. Es natural, que si una ecuación contiene las tres variables, pero separadas de modo que en cada término solo hay una variable o, más general, si una ecuación es exacta, se puede integrar directamente para obtener una de las soluciones buscadas. Así, de:

dx + x Lnx se obtiene

2ydy 1  y4

+

2e t =0 et  e t

Ln ( Ln (x) ) + sen–1(y2) + Ln ( e 2 t – 1) = C

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

195

Ejemplos 1.- Resolver :

dy – x + t2 = 0 dt

dx – 2t = 0 : dt

SOLUCIÓN: Si

dx – 2t = 0 dt

Si

dy dy – x + t2 = 0  = x – t2 dt dt

De (1) y (2) :



dx – 2tdt = 0

dy = C1 dt





y = C1t + C2

x – t2 = C1

… (1) … (2)

y x = t2 + C1

son las soluciones del sistema propuesto. 2.- Resolver: xdt + tdx = 2tdt ,

dy dx + =x–t dt dt

SOLUCIÓN: Si xdt + tdx = 2tdt 



d ( xt )  2tdt

… (1)

xt = t2 + C1  x = C1t–1 + t

Además :

… (2)

dy dx + = x – t , luego de (2): dt dt

dy dy d (t + C1t–1) + = (t + C1t–1) – t  1 – C1t – 2 + = C1t–1 dt dt dt



dy = C1t–1 + C1t – 2 – 1  dt

y = C1Ln t –

C1 – t + C2 t

196

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

2.8 ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN NO RESUELTAS CON RESPECTO A LA DERIVADA I.- Ecuación de primer orden y de grado n con respecto a y´ Una ecuación de primer orden y de grado n es de la forma: (y´)n + P1(x,y) (y´) n–1 + P2(x,y) (y´) n–2 + … + Pn – 1(x,y) y´ + Pn(x,y) = 0

…(I)

al resolver esta ecuación respecto a y´, sean: y ' = f1(x,y) , y ' = f2(x,y) , …………. ,

y ' = fk(x,y) , (k  n)

… (1)

las soluciones reales de la ecuación (I). El conjunto de las integrales: (soluciones) F1(x, y, C) = 0 ,

F2(x, y, C) = 0 , ………… , Fk(x, y, C) = 0

… (2)

Donde: F1(x, y, C) = 0 es la integral de la ecuación y ' = fi(x,y) (i = 1, 2, … , k) representa la solución general de la ecuación (I). Por consiguiente, por cada punto del dominio en que y ' toma valores reales, pasan “k” curvas integrales. Ejemplos: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales. 1.- ( y ' )2 – (2x + y) y ' + (x2 + xy) = 0

2.-

3.- ( y ' )3 + (x + 2)ey = 0

4.-

y '3  yy '2  x 2 y ' x 2 y  0

6.-

y '( y  y ')  xy  x 2  0

5.- y 

x 1 ( y ' ) 2 y'

x( y ' )2 + 2x( y ' ) – y = 0

SOLUCIÓN: 1.- Si: (y´)2 – (2x + y) y ' + (x2 + xy) = 0 

y' +

…(I)

2x  y  (2x  y) 2  4(x 2  xy) 2x  y  y 2 2x  y  y = = 2 2 2

luego, si: i) y´ =

2x  y  y 2

… (1)

ó

ii) y´ =

2x  y  y 2

… (2)

También, de (I): y '2  (2 x  y ) y ' x( x  y )  0  ( y ' x  y )( y ' x)  0 De (1): i) y´ = x + y  y´ – y = x  e–xy´ – e–xy = xe–x 

 d(ye

x

) =  xe x dx  ye–x = C – (x + 1)e–x

ii)_de (2) : y´ = x



y=

x2 +C 2





d (ye–x) = xe–x dx

y = C ex – x – 1

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

197

2.- Si : x( y ' )2 + 2x y ' – y = 0  y´ =

x 

… (I)

x 2  xy = –1  x

1

y x

… (1)

(Ecuación homogénea)

… (2)

sea y = vx

dv = – 1  dx



y' = v+ x



dx dv + =0  x v 1 v 1 

Hagamos: v + 1 = z2 

 v 1

dv v 1

1 v 

=



2

z

2

De (2) :



Ln x +

 v 1

dv v 1

= Ln C

… (3) … (4)

= 2

(4) y (5) en (3): Ln x + 2 Ln ( v  1

3.- Si :

:

dv = 0 dx

dv = 2zdz

2zdz z



v 1 + x

v+1

dz = 2Ln (z z 1 1) = Ln C



… (5)

1) x( v  1

1)2 = C

2

 x  

 y  1 1 = C  x 



e

y´3 + (x + 2)ey = 0 y' = –

3

(x  2)e y

 – 3 e y 3 = –

y 3

dy = –  (x  2)1 3 dx

3 (x  2) 4 3 3 – C  4 4

4 e  y 3 = (x  2) 4 3 + C

4.- Resolver : y´3 – yy´2 – x2y´ + x2 y = 0 SOLUCIÓN: Por la forma de la ecuación notamos que si reemplazamos y ' por y se cumple la igualdad, luego y ' = y es una solución y la ecuación quedará factorizada de la siguiente forma: i)

y' – y= 0 

( y ' – y)( y ' – x)( y ' + x) = 0 y' = y

ii) y ' + x = 0 

y' = –x

iii) y ' – x = 0 

y' = x

5.- Resolver: y =

 y = cex 

y= 

 y=

x2 +C 2

x2 +C 2

1 x y' ( + ) y´ 2

SOLUCIÓN: De la ecuación diferencial propuesta notamos que: y '  0 , luego, una expresión equivalente será:

198

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



2y y ' = x( y ' 2 + 1) ( y' 

2y y' + 1 = 0 x

… (I)

y 1 2 ) = ( )2 – 1 , que es una ecuación homogénea x y´



Hagamos: y = vx (2) en (1): (v + x



y '2 –

dv dx

v=

y x

… (2)

dv – v)2 = v2 – 1  x dv =  2 v 1  dx dx

dv v 1



2

dx x

v 2  1 = Cx 1

i) Si : v +

v  1 = Cx

ii) Si : v +

v 2  1 = Cx– 1

2

2

y + x

 y  x   1 = Cx   

 vx +

(vx )2  x 2 = C 



+1

 6.- Resolver:

y

2 v 2  1 ) =  Lnx + LnC  Ln v  v  1 = Ln x 1 C

 : Ln(v +

 v+

y' = v+ x

… (1)

y 2  x2 = C – y



y+

y 2  x2 = Cx2

y 2  x2 = C

y+

2Cy = x2 + C2

y ' (y + y ' ) – xy – x2 = 0

SOLUCIÓN: Si: y ' (y + y ' ) – xy – x2 = 0 

( y ' )2 + y y ' – xy – x2 = 0

 ( y ' )2 – x2 + (y y ' – xy) = 0  ( y ' + x) ( y ' – x) + y( y ' – x) = 0  ( y ' – x) ( y ' + x + y) = 0 i) Si: y´ – x = 0

 y´ = x

ii) Si: y´ + x + y = 0  

y=



y´ + y = – x

y = e  x (C –

 xe

x



x2 +C 2 dx  dx y = e  (C +  (  x ) e  dx )

dx ) 

y = C e x + 1 – x

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

199

2.- Ecuaciones de la forma F(y, y´) = 0 y F(x, y´) = 0 Si en estas ecuaciones es factible despejar y ' , resultaran entonces ecuaciones diferenciales con variables separables. Por consiguiente, son de interés los demás casos. A) Si se puede despejar y de la ecuación F(y, y ' ) = 0 , es decir si y = ( y ' ) y = (p)

Hacemos y ' = p , entonces

… (1)

Al derivar esta última expresión, logramos que: y ' =  dx =

´( p ) dp p



x=



dy dp = ´(p) =p dx dx

´(p)dp + C = (p) p

… (2)

Así, de (1) y (2), obtenemos la solución general de la ecuación (I) en forma paramétrica:

x=



´(p)dp +C, p

y = (p)

…()

Ejemplos: 1.- Resolver :

y  y '2 e y '

… (I) …(1)

SOLUCIÓN: Sea y ' = p De (1): y ' =

dy =p dx



 x =  ( p  2)e p dp 

dx =



y = p2ep = (p)

… (2)

d ( p2e p ) p2  2 p p dy = = e dp p p p

x = (p + 1)ep + C : y = p2 ep

También nótese que la solución trivial y = 0 es solución de la ecuación. De (I): y ' 

d ( y '2 e y ' )  y '2 e y ' y '' 2 y ' e y ' y '' dx

 [ e y´ y´´(2 + y´) – 1 ]y´ = 0 (4) en (I):

C = 0

… (3)

de (4):



… (2) Si: y '  0

y=C

… (4)

y=0

2.- Resolver: y ' = e y´ y

… (I) … (1)

SOLUCIÓN: Hagamos: y ' = p  (1) en (I) p = e p



y



Ln p =

p y



y=

p Ln p

…(α)

 1 1  dy  d ( p / Lnp)   1 además: x =  = +C    dp  x=Ln(Lnp) + 2  Lnp p  p    pLnp p( Lnp) 

200

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

3.- Resolver: y = y´Ln y´ …(α)

SOLUCIÓN: La ecuación resulta (al hacer y´ = p) : y = pLnp



Además: x =

dy = p



d ( pLn p ) = p



(1  Ln p ) dp p

x = Lnp + 1 Ln2p + C 2



y = sen–1 y ' + Ln(1 + y ' 2)

4.- Resolver:

…(I)

SOLUCIÓN: Si y ' = p  En (I)  y = sen–1p + Ln(1 + p2)

dy x=  = p =

 d [ sen 1 p  Ln(1  p 2 )] 1 2  =    p  p 1  p2 1  p2 

dp

p

1 p



=

p p

1 z

dp 1 p 2

dp 1 p

2

  dp  

+ 2tg–1p

2

hagamos: p =

…(α)

 =

…(1)

dp = –

dz z2

 dz / z 2

 (1/ z)

1  (1/ z) 2

= – Ln | 1  p

(2)_en (1) : x = 2tg–1p – Ln |

=–



dz z2 1

= – Ln | z +

z2  1 |

1 1 | p2

…(2)

1  1  p2 |+C p

También y = 0 es solución. y = (y´ – 1)ey´

5.- Resolver: SOLUCIÓN: Sea y´ = p

… (1)  (1) en (I)  y = (p – 1)ep

 dy = p ep dp

 x=

dy p  p =  e dp  x = ep + C

De (1): Dx : y´ = (y´ – 1)ey´ y´´ + ey´ y´´ = y´ey´ y´´   y´ = 0

…(I)



…(2) .. .(3)

y´(ey´ y´´ – 1) = 0 …(4)

y=C

(4) en (2) : C = (0 – 1) e0 = – 1  C = – 1 De (4):

y=–1

es también una solución.

B) Si en la ecuación F(y, y´) = 0 no puede despejarse ni y ni y´ ( o se despejan con dificultad), pero estas últimas pueden expresarse en forma paramétrica mediante algún parámetro t:

y = (t) ,

y´ = (t) = p

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Entonces: dy = ´(t) dt = pdx = (t)dx 

Luego :

x=



dx =

201

dy ´(t)dt = p  (t)

´(t)dt  (t)

Por consiguiente, obtenemos la solución general de la ecuación diferencial dada en forma paramétrica. x=

´(t)

 (t) dt + C

,

y = (t)

…()

Ejemplos 1.- Integrar la ecuación: y2/5 + y´2/5 = a2/5 SOLUCIÓN: x=

dy p =

Sea y = a sen5t = (t)

d(a sen 5 t)  a cos5 t =

p = y´ = a cos5t = (t)

y

5asen 4 t cos tdt 4 2 2  a cos5 t = 5  tg tdt = 5  tg t(sec t 1)dt

1 = 5  (tg 2 t sec2 t  sec2 t  1)dt = 5( tg3t – tgt + t) + C 3 2.- Resolver: y4 – y ' 4 – y y ' 2 = 0

…(I)

SOLUCIÓN: Hagamos

y = pt

/

…(1)

p = y'

(1) en (I): (pt)4 – p4 – (pt)p2 = 0  p3(pt4 – p – t) = 0 De (2):

i) Si : p3 = 0  p = y´ = 0



De (I): C4 = 0  C = 0



ii) Si : pt 4 – p – t = 0 

p(t4 – 1) = t



y=C

y = 0 es una solución.

luego, de (1) : y = pt 

además, de (α) y (β), Si: x =

...(2)



p=

y = (t) =

t2 t4 1

´(t)dt =  (t)



t = (t) t 1 4

…(α) …(β)

2t(t 4  1) (t 4  1) 2 t4 1 dt = – 2  4 dt t t 1 t4 1

dt  2  1 1   x = – 2  1  4 = – 2t – 2   2  2  dt  dt = – 2t – 4  4 t 1  t 1 t 1   t 1 



x = – 2t – Ln |

t 1 | + 2tg–1t + C t 1

…(γ)

El sistema dado por las relaciones (β) y (γ) es la solución paramétrica de la ecuación diferencial propuesta.

202

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

C) Si en la ecuación : F(x,y´) = 0 se puede despejar x en función de y´, es decir, si: x = (y´). Hacemos: y´ = p  dy = pdx



y=

 pdx =  pd ( p ) =  p ´( p)dp

Por lo tanto, tenemos la solución general de la ecuación en forma paramétrica (p es un x = (p)

parámetro):

,

y=

 p ´( p)dp + C

…()

Observación: En las ecuaciones () y () no se puede considerar p como la derivada, sino como un parámetro. Ejemplos: 1.- Resolver: x = Ln y´ + seny´ SOLUCIÓN: Sea y´ = p  x = (p) = Ln p + sen p  y =  p ´( p ) dp = = 

…(1)

d

 p dp ( Ln p  sen p )dp

1

 p( p  cos p) dp =  (1  p cos p) dp y = (p) = p + psen p + cos p + C

… (2)

2.- Resolver. x = y´2 – 2y´ + 2 SOLUCIÓN: Si y´ = p 

y=



x = p2 – 2p + 2 = (y)  ´(y) = 2p – 2

 p(2 p  2)dp = 2  ( p

2

 p ) dp 

y=

2 3 2 p –p +C 3

3.- Resolver: y´2x = e1/y´ SOLUCIÓN: Si y´ = p 

p2x = e1/p 

x = p–2 e1/p



dx = d(p–2 e1/p) = [ – 2p–3 e1/p + p–2 e1/p (- 12 ) ]dp p



y=

 2e1 p e1 p = – pdx   p 2  p3 

 1 p  dp = 2 e – 

 e1 p  1 e1 p e1 p – –   3 dp    2 p p p  p u=

1 p

 du = –

(2) en (1):

e1 p  p3 dp

e1 p e1 p dp = – + e1 p  p2 p

dp e1 p : dv = dp  p2 p2

v = – e1 p

e1 p y = e1 p + p

…(α)

… (1)

… (2)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

203

4.- Se sabe que una ecuación de familias de curvas satisface a la ecuación diferencial:

e y '  y '3  Ln 1  y '  x Determine usted la ecuación de la curva, que pertenece a la familia mencionada, y que es tangente al eje X en el punto (1, 0). SOLUCIÓN: La ecuación diferencial dada es de la forma: f(x, y´) = 0, donde: x = Q(y´). Hagamos ahora y´ = p

... (1),



 pdx

y=

luego: y´ =

dy =p  dx

... (2)

x =  (p) = ep + p3 + Ln | 1 + p | …(α) dx = ´(p)dp = (ep + 3p2 + (3) en (2): y =

 p (e

p

 3 p2 

 dy   pdx

1 )dp 1 p

…(3)

1 ) dp  y = (p – 1)ep + 3 p4 + p – Ln | 1 + p | + C 1 p 4

Si la curva es tangente al eje X en (1, 0)  y´ = 0 cuando y = 0 

C=1

Por lo tanto, tenemos la solución particular de la ecuación, en forma paramétrica (p es un parámetro) x =  (p) = ep + p3 + Ln | 1 + p | y = (p) = (p – 1) ep +

3 4 p + p – Ln | 1 + p | + 1 4

204

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

2.8.1 ECUACIÓN DE CLAIRAUT Reciben este nombre las ecuaciones reducibles al interesante tipo. y = xy´ + (y´)…(1), en homenaje al astrónomo y matemático francés Alexis Claude Clairaut (1713 – 1765) quien fue el primero que derivó una ecuación diferencial, como se hace en esta sección, para resolverla. La solución general de la ecuación de Clairaut tiene la forma: y = Cx + (C)

… (2) , solución que se obtiene directamente de la ecuación diferencial

(1) al remplazar, en esta, y´ por C (constante). La ecuación de Clairaut puede tener también una solución singular, que se obtiene eliminando y´ entre las ecuaciones. y = xy´ + (y´) ,

x + ´(y´) = 0

…(3)

y = xy´ + (y´)

Demostración : Si :

…(I)

entonces, derivando con respecto a x tendremos: y´ =

d (xy´ + (y´)) = xy´´ + y´ + ´(y´)y´´ = (x + ´(y´))y´´ + y´ dx

y ''( x  '( y '))  0 entonces: a.- y´´ = 0

a.- Si: y´´ = 0  y´ = 0



b.- x + ´(y´) = 0

ó

…(4)

y = Cx + b ……. (5), ahora, si esta ecuación ha de ser

solución de (1), entonces, solo debe poseer una constante esencial.. Reemplazando (5) en (1) : y = Cx + b = Cx + (C)  y = Cx + (C)

(6) en (5) : b.- De (I) y (4):

y  px  ( p )

y

b = (C)

...(6)

es la solución general x  '( p )  0 , que proporcionará la solución

singular, al eliminar el parámetro p Ejemplos: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: 1.- y = xy´ + y´2

2.- y = xy´ + a2 y´

3.- xy´ + a 1  y´2 = y

SOLUCIÓN: 1.- Si: y = xy´ + y´2 .. (1) entonces la solución general será: y = Cx + C2 . Hagamos: y´ = p, luego, de (1) : y = px + p2 y derivando esta expresión, respecto a x, logramos:

dy = p + xp.´ + 2pp´  dx

i) Si p´ = 0  p = C 

dy =C  dx

…(2)

p´ (x + 2p) = 0

 dy =  Cdx

 y = Cx + C1

…(3)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

(3) en (1) : Cx + C1 = Cx + C2



205

C1 = C2 , luego de (3): y = Cx + C2 es la

solución general ii) Si: x + 2p = 0  y´ = p = –

x  2

x x2  y = – + C2 dy   dx  2 4

… (4)

(4) en (1).

x x x2 x2 x2 x2 x2 + C2 = x(– ) + (– )2  – + C2 = – + =–  C2 = 0 4 4 2 4 4 2 2

y=– 

De (4): y = –

2.- Si: y = xy´ + a2 y´

x2 es la solución singular. 4



y = px + a2 p

si y´ = p, entonces: 

…(1)

y = Cx +

a C2

es la solución general.

De (1), Dx : y´ = p + p´x – 2a3 p´  0 = p´(x – 2a3 )  x – 2a3 = 0  x = 2a3 p p p p En (1): y = p( 2a3 ) + a2 = 3a2 p p p 

 p2 =

 y = px + a 1  p 2

ap

De (1): p´ = p + p´x + ap 2

(2) en (1): y = –

2

2

1 p 2

y (1 + p ) = a



ydy a y 2

2

1  p2

p´ 



ap

x+

+ a 1  p2 = 2

... (1)

1  p2 a 1 p

...(α)

=0  x



ap 1  p2

...(2)

y(1 + p2)1/2 = a

2

2 a2  y 2 p = a2 – 1 = y y2

2

tal que : y´ = p

y = Cx + a 1  C 2

luego la solución general será:



dy 3a = y' dx y

 p=

ydy   3adx  2 y3 2  3a x  4y3 = 27ax2 , es la solución singular. 3



3.- Si: y = xy´ + a 1  y´2



3a y

 p=

a2  y2 dy = dx y

  dx  – a 2  y 2 = x  x2 + y2 = a2 , es la solución singular.

4.- Dedúzcase la ecuación de la curva para la cual OP = 2tg, siendo O el origen de coordenadas, P el punto donde la tangente corta al eje X, y , la inclinación de la tangente.

206

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

SOLUCIÓN:

Sea Q(x, y) el punto de tangencia de la curva pedida, luego la ecuación de la recta tangente a la curva en el punto Q(x, y) tendrá por ecuación: £T : Y – y = y´(X – x)

…(1)

Además: P(xp, 0) = £T ∩ X

y y´

…(2)

Por dato: OP = 2tg = 2y´

…(3)

OP = xp = x –

y = Cx – 2C2 , es la ecuación general.

i)



…(  )

y  px  2 p 2

ii) De (I):

dy  pdx  xdp  4 pdp  ( x  4 p )dp  0 x4p  0 

Si: (β) en (  ):

 (  )  () 2 :

x  4p

y  p.4 p  2 p 2  0 

…(β)

y  2 p2

…(γ)

y 2 p2 2 p2 1     8 y  x 2 , la solución singular 2 2 2 x (4 p) 16 p 8

5.- Sea P un punto fijo situado sobre el eje X. Determine la ecuación de una curva tal que trazando la tangente a la curva en uno cualquiera de sus puntos P, corta al eje Y en el punto B resultando siempre el ángulo PBF ángulo recto. SOLUCION: Sea B(0, yB) el intercepto de la recta tangente, a la curva con el eje Y. Donde: £T : Y – y = y´(X – x)  yB = y – xy´ …(1) Si: F(a, 0) £N : Y – 0 = –

1 (X – a) y´

B  (0, yB )  £T ∩ Y : yB  

 De (1) y (2):

y – xy´ =

a y´



yB = y = xy´ +

1 (0  a) y'

a y´ a y´

…(2) ... (I)

Ecuación de Clairaut cuya solución general se logra haciendo, y´ = C en (I). yG = Cx +

a C

…(II)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

De (I) Sea: 



y´ = p

dy  pdx  xdp 

… (4) 

(4) y (5) en (I): Cx  C1  xC  (4) y (6) en (I):

…(α)

(β) en (α): y  p

a C

a a  p2 p



C1 =

y

...(5)

a C

…(6)

a C

a 0  p2



…(3)

y = Cx + C1

y = Cx + x

ii) Si:

 (β) en (σ):

a p

a a dp  ( x  2 )dp  0 2 p p

i) dp = 0  p = C = y´



y  px 

207

2a p

y 2  4ax

x

a p2



…(β) y 2  4a.

a p

…(σ)

208

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

2.8.2 ECUACIÓN DE LAGRANGE Estas ecuaciones diferenciales tienen la forma siguiente: y = x (y´) + (y´)

… (I)

cuya solución se logra mediante el mismo proceso que para la ecuación de Clairaut, es decir, hacemos:

y´ = p

…(1)

ó

dy = pdx

…(2)

Al reemplazar (1) en la expresión (I) y luego diferenciando esta última logramos otra ecuación que considerada a x como función de p es lineal, donde: y = x (p) + (p) 

pdx = dy = d(x (p) + (p))

 pdx = (p)dx + x´(p)dp + ´(p)dp  (p – (p))dx = x´(p)dp + ´(p)dp 

´( p) ´( p ) dx + x = dp ( p )  p p  ( p )

ecuación lineal en p, que al resolverla dará x = f(p, C), obteniendo la solución general de la ecuación inicial, en forma paramétrica:

x  f ( p, C )   (p, es un parámetro) y  f ( p, C )( p )   ( p )  Además, la ecuación de Lagrange puede tener soluciones singulares dela forma: y = (C)x + (C) , donde C es una raíz de la ecuación C = (C).

Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: 1.- 2y = xy´ + y´Ln y´

2.- y = 2xy´ + Ln y´

SOLUCIÓN: 1.- Si: y = x( y=x

1 p + Lnp 2 2

donde: dy = pdx 



y´ 1 ) + y´Lny´ ................ (I), hagamos: y´ = p, entonces: 2 2

dy = pdx =

x 1 1 p dx + dp + Lnpdp + dp 2 2 2 2

x 1 p dx + dp + (1 + Lnp)dp 2 2 2

dx 1  Lnp 1 – xdx = , ecuación lineal cuyo factor integrante es p–1 dp p p

luego: p–1 



3.- y = 2xy´ + sen y´

 d( p

dx 1  Lnp 1 – 2 dx = dp p2 p

1



 1 Lnp  x)    2   dp  p  p

 1 Lnp  d ( p–1x) =  2  2  dp p  p p–1 x = –

2 Lnp – +C p p

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



x = 2Cp – Lnp – 2

Además: y =  dy   pdx =

 pd (2Cp  Lnp  2)   (2 pC 1)dp

y = Cp2 – p

 2.- Si: y = 2px + Lnp

...(I)

/

p = y´

dp = pdx p

 dy = 2pdx + 2xdp +

dx 2 1  x   2 ecuación lineal que dp p p



tiene por factor integrante a p2 , luego: p2 

209

d 2 (p x) = – 1 dp

 d ( p x)   dp



2



Además: y =

C 2



p2x = – p + C

C 1 – 2 p p

x=

 pdx   pd  p

dx + 2px = – 1 dp



 2C 1  1  =    2   dp  p p  p

y=

2C + Lnp – 2 p

3.- Si: y  2 px  senp 

pdx = dy = 2pdx + 2xdp + cosp dp



dx 2 cos p + x=– dp p p



d 2 (p x) = – pcosp dp

 p2

 2C

 pdx =    p y=



4.- Resolver: y  SOLUCIÓN:

2

pdx + 2xdp – cospdp

dx + 2px = – p cosp dp

 d ( p x)   pcospdp



2

 p2x = – cosp – psenp + C 

además: y =



x–

 cos p 

cos p senp C – + 2 2 p p p

...(α)

 2senp 2  2 cos p  dp p p 

2C 2 cos p  senp  2 p p

3 xy ' e y ' 2

Sea

luego, se tendrá la solución: y =

y´ = p 3 px + ep 2

...(1)

210

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Dx : y´= p = 

3 dp dp 3 x + p + ep 2 dx dx 2



3 dp p ( x + ep) = – 2 dx 2

dx 3 2 + x = – ep dp p p

... (2)

3 Ecuación lineal cuyo factor integrante FI es :  ( p ) = exp  ( dp ) = exp(Lnp)3 = p3 p

De (2): p3

:

dx + 3p2x = – 2p2ep dp

 d(p3x) = – 2p2epdp

p3x = –2  p 2e p dp = – 2(p2 – 2p + 2)ep + C 

De (1): y =

x=

4 p  4  2 p2 p e + Cp–3 3 p

 12

 pdx =  p  p

4



8 2  6 8  2  dp  y = – 2  + 2Lnp + C 3 p p p p 

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

211

2.9 REDUCCIÓN DEL ORDEN DE LA ECUACIÓN

Estudiaremos, ahora, otros tipos de ecuaciones diferenciales que permiten reducir el orden. Así, por ejemplo, la forma general de una ecuación diferencial de orden ”n” es: F(x, y, y´, y´´ , y´´´, …. , yn ) = 0

… (I)

I.- Si la ecuación (1) es de la forma: F(x, y(n)) = 0

…(II)

entonces esta ecuación, resultará sencilla de resolver, por simple integración, al hacer el cambio de variable: y(n–1) = z.

d ( n1) dz y = = y(n) dy dx





y puesto que: y(n) = f(x) (según II) 

z=

 f ( x)dx + C1





dz = f(x)  dx

 dz   f ( x)dx

 f ( x)dx + C1

y(n–1) =

Hagamos, ahora, u = y(n–2)

… (1)

du = y(n–1) = dx

 f ( x)dx + C1 , entonces, siguiendo

el proceso precedente, lograremos al integrar la expresión (3) ”n – 2” veces: y=

   ...  n

n2 n 1 + C2 x + … + Cn–1x + Cn f ( x) dxdx ... dx + C1 x ( n  2)! ( n  1)! n

Ejemplos,- Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: 1.- yiv = x

2.- y´´´ = x + cosx

3.-

xex = y´´´ , y(0) = y´(0) = y´´(0) = 0

SOLUCIÓN: 1.- Si yiv = x, entonces, al integrar sucesivamente , logramos que: y´´´ =

x2 + C1  2

y´´ =

2 x 4 C1 x x3 + C1x + C2  y´ = + C2x + C3  6 24 2

5 2 C x3 y finalmente: y = x  1  C2 x + C3x + C4 es la solución de la ecuación 5! 3! 2!

diferencial propuesta, o también: y = 2.- Si: y´´´ = x + cosx 

y´´ =

x5 + C1x3 + C2x2 + C3x + C4 5!

 ( x  cos x)dx =

x2 + senx + C1 2

 x2  x3 y´ =    senx  C1  dx = - cosx + C1x + C2 6  2   y=

x4 x2  sen x  C1 + C2x + C3 24 2

… (2)

212

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

3.- y´´´ = x ex  

y´´ =

 xe

x

dx = x ex – ex + C1 / y´´(0) = 0  C1 = 0

y´ +  ( xe x  e x  1) dx = x ex – 2ex + x + C2 / y´(0) = 0  C2 = 0

 y=

x x  y´dx =  ( xe  2e  x  2)dx = x ex – 3ex +

donde: y(0) = 0  C3 = 3

 y = (x – 3)ex +

x2 + 2x + C3 2

x2 + 2x + 3 2

II.- La ecuación no contiene la función incógnita y sus derivadas hasta el orden (k – 1) inclusive: F(x, y(k), y(k+1), ….. , y(n)) = 0 Podemos disminuir el orden de esta ecuación al hacer la sustitución: y(k) = p; entonces, la ecuación a resolver tomará la forma: F(x, p, p´, …. , p (n–k)) = 0. De esta última ecuación determinamos p = f(x, C1; C2, …... , Cn–k) siempre que esto sea posible, y hallamos después y de la ecuación:

y(k) = f(x, C1, C2, ….. , Cn–k)

integrándola k veces. Ejemplos,- Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: 2.- xy´´´ + y´´ – x – 1 = 0

1.- x4 y´´´ + 2x3y´´ = 1

3.- y´´2 + y´´´2 = 1

SOLUCIÓN: 1.- Si: x4y´´´ + 2x3y´´ = 1 , hagamos: y´´ = p  y´´´ = x4

dp + 2x3p = 1  dx

dp , luego: dx

dp 2 1 + p = 4 cuyo factor integrante es x2 , puesto que, F.I. dx x x

 ( x) = exp   2  dx = exp(2Lnx) = exp(Lnx2) = x2 , luego, la ecuación lineal x podemos expresarla como:  px2 =

y=

dx

 x2 

=–

1

x2

dp 1 + 2xp = 2 dx x



C 1 1 + C1  p = – 3 + 21 , pero p = y´´ , entonces: x x x

C1 

    x3  x2  dx dx



y= –

1 - C1Lnx + C2 x + C3 2x

2.- Si: xy´´´ + y´´ – x – 1 = 0 , hagamos: y´´ = p , luego: x

dp +p=x+1 dx



d 1 (px2) = 2 dx x



d (px) = x + 1 dx

 d ( px)   ( x  1)dx 

px =

x2 + x + C1 2

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

 p=

x + 1 + C1 = y´´  x 2

y=

213

x3 x 2 + C xLnx + C x  1 2 12 2

3.- Si: y´´2 + y´´´2 = 1 , hagamos: y´´ = p 2

2

 dp   dp  entonces: p2 +   = 1    = 1 – p2   dx   dx  sen–1p = x + C1 

p = sen(x + C1) = y´´ 



dp 1 p

2

=  dx

y = – sen(x + C1) + C2x + C3

Para una ecuación de segundo orden en caso faltase la variable dependiente y,. podemos reducirla a una de primer orden mediante el cambio de variable: y´ = p , donde si: F(x. y´, y´´) = 0 

F(x, p,

dp ) = 0 en la que p es una función de x, si podemos dx

encontrar su solución general: p = p(x, C1), tendremos la solución general de la ecuación original de segundo orden mediante la integración: y=

 y´( x)dx   pdx   p( x, C )dx + C2 1

Nótese que esta última solución contiene dos constantes arbitrarias, esto era de esperarse ya que resolver una ecuación de segundo orden

normalmente requiere de dos

integraciones. Ejemplos,- Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: 1.- (1 + x2)y´´ + y´2 + 1 = 0

2.- xy´´ = y´Ln

y´ x

3.- y´´ =

2 y´ + x x y´

y(2) = 0 , y´(2) = 4 SOLUCIÓN: 1.- Si: (1 + x2)y´´ + y´2 + 1 = 0 , hagamos: y´= p (1 + x2)

dp + p2 + 1 = 0 dx

tg–1p + tg–1x = C1 = tg–1C2 

C x dy = 2 dx 1  C2 x

1 y= C2



(C22  1) 1  1  C2 x dx – C2

2.- Si: xy´´ = y´Ln entonces: x



p



dp = y´´ , luego: dx

dp dx   0dx  C1 2  1 1  x2 

p = tg(tg–1C2 – tg–1x)

 C x  1 y =  2 dx =  C2  1  C2 x 

 dx =



(C 2  1)(C2  1)

y´ donde: y´ = p y x

C

2

C22  1  (1  C2 x )  1  C2 x dx

Ln (1  C2 x ) 

dp = p´´ dx

dp p = pLn (Ecuación diferencial homogénea) dx x

1 x + C2 C2 … (1) … (2)

214

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Hagamos: p = vx

dp dv =v+x dx dx

y

(3) en (2):

x(v + x

dv

dx x

… (3)

dv ) = vx Lnv dx



 v( Ln v  1)  



Ln(v – 1) = C1x  v – 1 = e





x

dv = v(Lnv – 1) dx

Ln (Ln(v – 1)) = Lnx + Ln C1 = Ln C1x C1x

pero: v =

p , luego: x

p Cx Cx – 1 = e 1  p = x + x e 1 = y´ x

 y =  ( x  xe

C1x

3.- Si: y´´ =

Cx

2 1 Cx y = x  xe  12 e 1  C2 2 C1 C1

) dx 

2 y´ + x x y´ 2 dp p = + x dx x p

Donde: y´ = p  Sea: z = p2 

dp dz = 2p dx dx

dp 1 – p = x2p–1 (Bernoulli) dx x



 2p

p2 dp dz 2 –2 = 2x2  – z = 2x2 dx x dx x (Ecuación Lineal)

cuyo factor integrante es. x–2 , luego: x–2 

dz – 2x–3 z = 2 dx

d ( zx 2 ) = 2  zx 2 =  2dx  z = (2x + C1)x2 = 2x3 + C1x2 dx 2

pero: z = p2



 dy  3 2  dx  = 2x + C1x donde: y´(2) = 4 , luego:  

(4)2 = 2(2)2 + C1(2)2



C1 = 0



dy = dx

 y=

2 2 52 x + C2 , donde: y(2) = 0 5

 0=

2 2 52 16 2 + C2  C2 = – 5 5 

y=

2 2 5 2 16 x – 5 5

2 x3 2

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

215

III.- Si la ecuación carece de la variable independiente x, de modo que la ecuación tiene la forma: F(y, y´, y´´, y´´´, …… , y(n) ) = 0 En este caso hacemos la sustitución y´ = p lo que nos permite reducir el orden de la ecuación en una unidad. Consideraremos a p como una nueva función incógnita de y: p = p(y), entonces expresamos todas las derivadas y´ , y´´ , ... , yn mediante las derivadas con respecto a y de la nueva función incógnita p, es decir, si: y´ =

dy dy´ dp dy d = p , entonces: y´´ = = p =  dx dx dy dx dx



y´´ = p

dp dy

 d 2 p dp dp  dy´´ dy´´ dy  d  dp   d2 p  .    p  p   p 2  .  p = p 2 2  y´´´ = dx dy dx  dy  dy   dy dy  dy  dy

dy´´´ dy´´´ dy d  2 d 2 p y =  .   p dx dy dx dy  dy 2  iv

 dp  p   dy 

2

2 d3 p d 2 p dp  dp   , etc. p    . p = p3 3  4 p 2 2 . dy dy dy  dy  

Al reemplazar estas expresiones de la ecuación en lugar de y´ , y´´ , ... , yn resulta una ecuación diferencial de orden “n – 1” . Para una ecuación de segundo orden tal como: F(y, y´, y´´ ) = 0 se transformará en una ecuación de primer orden al realizar dicho cambio, puesto que se tendrá la ecuación: f(y, p, p

dp ) = 0 en la que p es una función de y, si es posible, encontrar , dy

ahora, su solución general p = p(y, C1), tendremos , entonces, la solución general de la ecuación original de segundo orden mediante la integración: x =  dx  

dy dy dx 1 .dy   dy    + C1 dy dy p p ( y , C1 ) dx

Solución que también contiene dos constantes arbitrarias. Obsérvese, además, que la solución expresa a x como una función de y. Así obtenemos una solución implícita de ( ) que es válida cuando p = y´(x) ≠ 0.

Ejemplos,- Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: 1.- y´´ y3 = 1

2.- yy´´ – y´2 – 1 = 0

4.- y´´ = aey

5.- 4y´´ =

1 4

y

3.- 3y´y´´ = 2y ; y(0) = y´(0) = 1

216

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

SOLUCIÓN: y´´ = 13 y

1.- Si: y´´ y3 = 1  Hagamos: y´ = p  y´´ = p

 p =  C  y 2 

 p2 = C – y–2

dy

  dx  

dp = 13 dy y

Cy

ydy



2

=

Cy  1 2



… (1)

 pdp  



dp 1 1 – p = p–1 y y dy

1 C

Cy 2  1 – C1  (Cx + C1)2 = Cy2 – 1

dz – 2y–3z = 2 y–3  dy





 2 C ye

C x C

2( C x C ) 2

 y= e 2 Ce

=e

1

C x C

2

2



 d ( zy

Cx C2



Cy 2  1

C y+

C y  Cy 2 – 1 = e

2–

2

dp 2 2 2  p  dy y y

dy



Cy 2  1 



C x C

2p

…(α) …(III)

2

) =  2 y 3dy

z = C1y2 – 1

C y  Cy 2  1 = x + C1 

Cy 2  1 = e

… (2)

d ( zy 2 ) = 2 y–3  dy

De (3): p2 = z = C1y2 – 1  p = 1 Ln C

dp – p2 – 1 = 0 dy

... (3)  (2p.(II)):

 zy 2 =  y 2 + C1 



... (1)

dz 2 2 – z= , ecuación lineal cuyo factor integrante es: y–2 , y y dy

(3)_y (α) en (III)  luego: y–2

dp dy

(Ecuación tipo Bernoulli) …(II) Hagamos: z = p2

dp dz = 2p dy dy



p2 1 C   y 2  2 2 2



dy dx

2.- También, en este caso, hagamos y´ = p y y´´ = p luego, si: yy´´ – y´2 – 1 = 0  yp

dy y3

  dx

Cy 2  1 = e

2( C x C ) 2 –

2 C ye

1

 y=

1 2 C

(e

C x C

2

+e

C x C

 C xC 2

)

2

C x C

2

+ Cy 2

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

3.- Si: 3y´y´´ = 2y , donde: y´ = p 3pp

dp = 2y  dy

y y´´ = p

 3 p dp   2 ydy

217

dp , luego. dy

 p3 = y2 + C1

2

 y´3 = y2 + C1 donde: y´(0) = y(0) = 1 , luego : C1 = 0 , entonces: y´3 = y2  y´ = y2/3 donde: 3[y(0)]

4.- Si: y´´ = ae

y

1/3





y

2 3

dy   dx  3y1/3 = x + C2

= 0 + C2  C2 = 3  dp p = aey dy

dy dx

 p =  2 ae y  C1 =



3y

 pdp  a  e

   dx  

1  = x + 3  y =  x  1 3 

1/3

y

C p2 = aey + 1 2 2



dy

dy

…(1)

2 ae y  C1

…(2)

Hagamos: 2aey + C1 = u2 y  2ae dy  2udu   y 2  2ae  u  C1





(2) y (3) en (1): C2  x =



5.- Si: 4y´´ =

1 4

y

C y1 2  2p = + 1 2 2 2

pero: y´ = p  2

hagamos : C1 +

dy =

2udu 2udu y = 2 2 ae u  C1

1 Ln C1

dp 1 = dy 4 y

C1 

y



2 ae y  C1 

C1

2 ae y  C1 

C1

1

y



1 2

2p =

 dx  

dy

C1 

2dy C1 

y

…(1)

y …(2)

y = t2

 y = (t2 – C1)2  dy = 2(t2 – C1)2tdt (2) y (3) en (1):  dx  8

u  C1 1 Ln C1 u  C1

 3 pdp  4  y



 (2p)2 = C1 + dy = dx

…(3)

2udu u 2  C1 = 2  2du = u u  C1

C2  x =

 4p

3

…(3)

(t 2  C1 )tdt  t3  8 = 8 (t 2  C1 ) dt = 8   C1t  = t (t 2  3C1 ) t 3   3

218

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

 x+

C2 8 = t (t 2  3C1 )  3x + C2 = t (t 2  3C1 ) 3 3

De (2):

C1 

3x + C2 =

y ( y  2C1 )

6.- La ecuación de una curva satisface la ecuación diferencial:

dy d2 y x + = 2 dx dx (1  x ) 2

si la curva tiene en el punto (0, 0) pendiente igual a 1. Calcúlese la ecuación de la curva. SOLUCIÓN: Hagamos:

dy =p dx

… (1) 

dp d2 y = dx dx 2

…(2)

Reemplazando las expresiones dadas en (1) y (2), en la ecuación propuesta, resulta: dp x +p= dx (1  x ) 2

…(I),

ecuación lineal que tiene por factor integrante la x

(1) dx dp expresión: FI.  ( x) = e  = ex .  ( I ).e x :  ex + p ex = xe 2 dx (1  x)



d xe x ( pe x )  dx (1  x )2

( x  1)  1 x xe x  (1  x)2 dx   (1  x)2 e dx

1 x  1  x e dx –



Cálculo de: Sea : u =

1 x 1 x  1  x e dx = 1  x e +

1 1 x



(4) en (3) : p e x = 



du = –

ex + C1 1 x

1 1 x

Además: (0, 0) 



… (3)

e x dx  (1  x)2 y

Para x = 0



1 = 1 + C1

De (5): p =

dx (1  x ) 2

ex  (1  x)2 dx

… (4)

dv = exdx  p=

 v = ex

dy =1 dx

C1 = 0

dx

 dy   1  x



: 0 = Ln 1 + C2 

y = Ln(x + 1) + C2 C2 = 0



d2 y  dy  7.- Dada la ecuación diferencial: y(1 – Lny) 2 + (1 + Lny)   dx  dx 

y = Ln(x + 1) 2

= 0 , que es la

ecuación diferencial de una familia de curvas tangentes a la recta x = y en el punto (1,1). Determinar una expresión que permita calcular la pendiente de cualquier

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

219

tangente a cualquiera de tales curvas cuando se conozca la ordenada del punto de tangencia. SOLUCIÓN: Hagamos:

dy =p dx



dp dp dy dp d2 y = = . =p 2 dx dy dx dy dx

… (1)

De la ecuación diferencial con los cambios realizados resulta: y(1 – Lny) p 



dp + (1 + Lny)p2 = 0  dy

dp 2  (1  Lny ) dy –  dy = C1  Lnp + 2  p y (1  Lny ) y (1  Lny )

Lnp – 2Ln(1 – Lny) – Lny = Ln C 

dp 1  Lny + dy = 0 y (1  Lny ) dy

p = Cy(1 – Lny)2 =

dy dx







Ln



p = Ln C y (1  Lny ) 2

dy

 y (1  Lny )2   Cdx 1  Cx 1  Lny

dy = C1 y

220

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMAS PROPUESTOS

I.- Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: 1.- xy´´ + y´ = 4x

2.- 2yy´´ = 1 + (y´)2

3.- y´´ + xy´= x

4.- xy´´ + 2y´= 0

5.- yy´´ = y´

6.- y´´ = yy´ + y´

7.- y´´ – y = 0

8.- y´´ + y = 0

9.- x3 y´´´ = 1 +

x

II.- Resuelva las siguientes ecuaciones sujetas a las condiciones dadas: 1.- y´´ = 2x ; y(0) = 0 , y´(0) = 10 2.- y´y´´ = 1 ; y(0) = 5 , y´(0) = 1 3.- z´´ = t2 + 1 ; z(0) = 2 , z´(0) = 3 4.- y´´ = 1 + x–2 ; y(1) = 1 , y´(1) = 0 5.- y´´y3 + 4 = 0; y(2) = 4 , y´(2) = 0 6.- y´´ + 4y = 0 ; y(0) = 3 , y´(0) = 2 7.- yiv = Ln x ; y(1) = y´(1) = y´´(1) = y´´´(1) = 0 8.- y´´´ = 3senx ; y(0) = 1 , y´(0) = 0 , y´´(0) = – 2 9.- yv + 2yiv = x ; y(0) = y´(0) = y´´(0) = y´´´(0) = yiv(0) = 0 III.- Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales: 1.- yy´´ + y´3 – y´2 = 0

2.- y´´ = y´2

3.- y´y´´´ = 3y´´2

4.- xyv – yiv = 0

5.- y´´ + y´2 = 2e–y

6.- x2 yy´´ = (y – xy´)2

7.- xy´´ = (y – xy´)2

8.- y´´2 – 5y´ + 6 = 0

9.- y´´2 – 2y´´y´ + 3 = 0

10.- y´´2 + y´2 = y´4

11.- y´´2 + y´´´2 = 1

12.- 4y´ + y´´2 = 4xy´´

13.- 3y´´ = (1 + y´2)3/2

14.- y´´ = y´(1 + y´2)

15.- (x – 1)y´´´ + 2y´´ =

x 1 2 x2

221

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Capitulo 3 APLICACIONES DE LA ECUACIÓN DIFERENCIAL DE PRIMER ORDEN Y ORDINARIAS

3.1

Trayectoria Ortogonales e Isogonales

........................................................

223

Composición de las E.D. de las familias de curvas (223). Problemas Trayectoria (224). Problemas Resueltos (233). Problemas Propuestos (248) 3.2

Aplicaciones a los Circuitos Eléctricos ..........................................

249

Introducción (249). Ley de Ohm (250). Unidades (251). Leyes de Kirchhoff (252). Ejemplos (253) Problemas Resueltos (258). Problemas Propuestos (282) 3.3

Aplicaciones a la Química ..........................................................................

283

Velocidades de la Reacciones Químicas (283) La ley de Acción de Masas (283). Problemas de Reacciones Químicas (285) Problemas de Mezclas (295) Problemas Resueltos (301) 3.4

Aplicaciones a Problemas Misceláneo de Crecimiento y Decaimiento.

309

Introducción (309). Problemas de Evaporación (310). Interés Compuesto(312). Crecimiento de Poblaciones (313). 3.4.1 Ley de Desintegración Radioactiva

...............................

316

Eliminación de Medicamentos (319) Problemas Propuestos (321) 3.4.2 Ley de la Absorción de Lambert

........................................

322

........................................

326

Ejemplos (323) 3.4.3 Ley de Enfriamiento de Newton Ejemplos (327) Problemas Propuestos (329) 3.5

Aplicaciones a Flujo de Calor en Estado estacionario.

..................

331

Problemas Propuestos ( 335) 3.6

Aplicaciones a la Termodinámica.

3.7

Aplicaciones a Presiones Atmosféricas.

...................................................

337

............................................

341

Problemas Propuestos ( 345) 3.8

Aplicaciones a problemas de Física que involucran geometría. ............................ Problemas Resueltos (352)

347

222

3.9

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

El Cable Colgante ....................................................................................

354

3.10 Aplicaciones a la Óptica

.................................................................

358

3.11 Aplicaciones a la Mecánica.

.................................................................

362

Introducción (362). Leyes de Movimiento de Newton (363) Principales sistemas de Unidades (364). Problemas resueltos (370) 3.12 Aplicaciones a Biología

.................................................................

Crecimiento Biológico (374). Poblaciones Limitadas (376).

374

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

223

Familias de Curvas 3.1

PROBLEMAS DE TRAYECTORIAS. TRAYECTORIAS ORTOGONALES Y TRAYECTORIAS ISOGONALES

I.-

Composición de las Ecuaciones Diferenciales de las familias de curvas En el Capítulo I, sección 1.4 analizamos que si la ecuación F x, y, c   0

... (I)

representa una curva en el plano XY para cada valor real fijo de c, y si considerar a c

como variable dicha ecuación representaba un número infinito de curvas,

entonces la totalidad de estas curvas recibe el nombre de

familia de curvas

uniparamétricas o monoparamétricas de curvas planas y c es el parámetro de la familia. La solución general (1) de una ecuación diferencial de primer orden contiene un parámetro c y, por lo tanto, representa una familia de curvas. Este hecho proporciona la posibilidad de representar muchas familias de curvas uniparamétricas medio de ecuaciones diferenciales; las cuales la obtuvimos al eliminar el parámetro “c” entre las ecuaciones:

F x, y, c   0

... (1)

F F   y  0 x y

y

... (2)

Supongamos ahora que se da la relación F x, y, c1 , c2 , c3 ,......... ..., cn   0

... (3)

donde c1 , c2 , c3 ,........ cn son parámetros. Derivando (3) respecto a x, n veces, y eliminando los parámetros c1 , c2 , c3 ,........ cn entre (3) y las ecuaciones obtenidas (al derivar), obtenemos una relación de la forma:





F x, y, y , y , y ,....., y n   0

... (4)

Estas son la ecuación diferencial de la familia n-parámetrica de curvas (3) dada, en el sentido de que (3) es la integral (o solución) general de la ecuación (4). Ejemplos: Formar las ecuaciones diferenciales de las siguientes familias de curvas: 1. - y  ae x a SOLUCIÓN: y  ae x a 1. - Si:

2. -

y  e x ax  b 

... (1)

224

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

x  x a a   entonces: Lny  Ln ae  Lna  Lne    

Dx :

y 1  y a



 Lny  Lna 

x a

a  y / y

... (2)

... (3)

 y  xy xy (3) en (2): Lny  Ln     Lny  Lny  y  y  y 

Lny  

xy  y



2. - Si y  e x ax  b  

yLny   xy  es la ecuación diferencial pedida.

y  axex  be x

Luego: y '  a( x  1)e x  be x

... (1)

…(α)

 (  )  ( ) : a   y '' y ' e x

,

y ''  a( x  2)e x  be x

y

b  ( x  2) y ' ( x  1) y '' e x

(2) en (1): y  x  y  y  x  2 y  x  1 y

II.-



…(β) …(2)

y  2 y  y  0

Problemas de Trayectorias A) Trayectorias Isogonales: Sea dada una familia de curvas planas : F x, y, c   0

...(1)

dependiente de un parámetro c. La curva que en cada uno de sus puntos forma un ángulo constante  con la curva de la familia (1) que pasa por el mismo punto, se llama trayectoria isógonal de la familia. La ecuación diferencial de las trayectorias isógonales tiene la forma:

 y  K  0 F  x, y, 1  Ky  

/ tg  K

...(2)

expresión que puede demostrarse fácilmente teniendo presente que el ángulo entre dos curvas se define como el ángulo que forman las rectas tangentes a dichas curvas, en el punto de intersección. Se da: i) F x, y, y  tg   0

...(I)

ii)  / tg  K Se pide:

G x, y, y  tg   0

...(1)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

C1

 tg   tg (    )

De la figura:     

C2



225

tg   tg  y ' K  tg   1  tg  tg  1  Ky '

…(3)

 y' K  0 G  x, y, 1  Ky '  

…(II)

(3)_en (2):

x

0

Ejemplos: 1. Determinar la familia de curvas en la cual uno de sus miembros corta a cada miembro de la familia de líneas rectas y = mx a un ángulo de 45°. y = mx , entonces y1  m

SOLUCIÓN: Si Además: α  45



...(1)

tgα  1

...(2)

Luego, la familia de curvas pedida, tendrá por pendiente a y ' tal que:

y'  (1) y (2) en (3): y ' 

m 1  m 1

y'1 tg 1  tg  y1

y' 

...(3)

 m  1 x  m  1 x



y' 

mx  x mx  x

...(4)

Pero, en el punto de intersección, ambas curvas tienen las mismas coordenadas, luego en ese punto debe ser tal que

y'

(Ecuación homogénea): y  vx

Si

 v



…(5)

v 1 dv x 0  v 1 dx



…(I)

dv vx  x v  1   dx vx  x v  1

v2  1 dv x 0  v 1 dx

1



yx yx

 (5) en (I) y '  v  x

1 C : Ln v  1  tg v  Lnx  2 2



y  mx , entonces  m dey (4) /x

v 1 dx dv  0 2 v 1 x

Lnx 2 v  1  2tg 1v  C



 y Ln y 2  x 2  2tg 1    C , o también en polares: r  ae    x

r  eC1   eC1 e 

 r  ae 

/ a  eC1 : cte

Ln r 2  2  e  2C1  2Ln r  2  2C1  Ln r  C1  

226

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

1 2. - Determine la curva que pasa por  , 2 x2  y2  c2 a

 3 / 2  y corta cada miembro de la familia 

un ángulo de 60°.

SOLUCIÓN: Si:

x2  y2  c2

x 2 x 2 yy y1 0   Dx : 2 x  2 yD y x: 0 y

y1  

..(1)

x y

...(2)

x  3 y1  tg 60 x 3 y y   Luego: y   tg  1  y1tg 60 1  3 x 3x y y  y  v  x

Hagamos y  vx

dv x  3vx 1  3 y   dx 3x  vx 3v

dv 1  3v v2 1 3 v dx  v   2 dv  dx x v 1 3 v 3 v 1  y : 3tg 1v  Ln v 2  1  Lnx  C1  2 3tg 1    Ln x 2  y 2  C 2  x 



..(3)



1 3   C 2 2   

(4) en (I):

x





2 3tg 1 3  Ln1  C









2 3  y 2 3tg 1    Ln x 2  y 2  3  x

C



2 3 3

ó

... (I)

... (4)

r  e

3   / 3 

Otra solución sería al tomar el suplemento de 60° en tal caso la ecuación planteada y 

sería:

tg 60  y  3  x/ y x y 3   1  y tg 60 1  3 x yx 3 y

... (5)

Obsérvese que las expresiones (3) y (5) solo defieren en el signo  tg  tg     





 y 2 3 C2: Ln x 2  y 2  2 3tg 1     3  x

ó

r  3   / 3

3. - Encuentre todas las curvas que cortan la familia y = cex a un ángulo  constante. SOLUCIÓN: Si :

y1 = cex

Dx : y1'  cex  y1 y  tg y  tg y  tg Como: y '  tg  1   De (2) : y   1  ytg 1  y1tg 1  ytg

...(1) ...(2) 

1  ytg dy ...(I)  dx y  tg

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

y  tg 1  ytg

tg  1  tg 2 dy  dx  tg 





 y  tg tg  1  tg 2 dy  dx  y  tg 

1  ytg dy  dx  y  tg



 sec2    tg   dy  y  tg   



dx 





 sec2    tg   dy  y  tg  

ytg  sec2 Ln | y  tg | x  C

También:  ytg  sec2 Ln | y  tg | x  C es solución. Trayectoria Ortogonales El caso particular, si  

 en el análisis anterior, recibe el nombre de trayectoria 2

ortogonal; que son de gran utilidad en la ciencia aplicada, particularmente en las corrientes de fluidos, en la teoría del potencial eleéctrico, etc. En muchas aplicaciones de ingeniería se presentan problemas en los que dada una familia de curvas como en la Fig. a ( líneas gruesas), se requiere hallar otra familia de curvas ( líneas punteadas) tal que cada miembro de esta familia corte a cada miembro de la primera familia en ángulos rectos. Por ejemplo, la curva AB se encuentra con varios miembros de la familia punteada en ángulos rectos en los puntos L, M, N, O, P. Decimos que las familias son mutuamente ortogonales, o que una familia forma un conjunto de trayectorias ortogonales de la otra familia. Como una ilustración, considere la familia de todas las circunferencias con centro en el origen; unas cuantas circunferencias aparecen en la Fig. b. Las trayectorias ortogonales para esta familia de circunferencias podrían ser miembros de la familia de líneas rectas (líneas punteadas).Similarmente las trayectorias ortogonales de las familias de líneas rectas que pasan por el origen son las circunferencias con centro en el origen. Y

P

Q

B

N

O

M

B)

A

y 

227

X

Fig. a: Curvas con sus trayectorias ortogonales.

Fig. b: Líneas equipotenciales y líneas de fuerza eléctrica (de trazos interrumpidos) entre dos cilindros concéntricos.

 dx

228

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Como una situación más complicada, considere la familia de parábolas y  cx 2 , (Fig. c) y la familia de curvas ortogonales a ellas, las elipses cuya ecuación es x2  y2  c* 2

Y

X

También podemos considerar la familia de elipses (Fig. d) y la familia de curvas ortogonales a ellas. Y

X

Fig. d

N

S

Fig. e

Como expresamos anteriormente, las aplicaciones de trayectorias ortogonales son numerosas en física e ingeniería. Como una aplicación muy elemental, considere la Fig. e donde se muestra una barra magnética cuyos polos norte y sur se designa respectivamente por N y S. Si limaduras de hierro se esparcen alrededor del magneto encontramos que ellas se ordenan así mismas como las curvas punteadas de la Fig. e.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

229

Estas curvas se llaman líneas de fuerza. Las curvas perpendiculares a estas (líneas gruesas) se llaman líneas equipotenciales, o curvas de igual potencial. Aquí también los miembros de una familia constituyen las trayectorias ortogonales de la otra familia. Como otro ejemplo de física considere la Fig. f, la cual representa un mapa del clima tan familiar en mucho de nuestros periódicos diarios. En los mapas del tiempo se marcan las isóbaras o curvas de presión barométrica constante, es decir son curvas que conectan todas las ciudades que reportan la misma presión barométrica a la oficina general

meteorológica,

sus trayectorias

ortogonales indican la dirección

del viento de las áreas de alta a las de baja presión, por lo menos para

aquellas partes del globo en donde son despreciables las perturbaciones debidas a las montañas u otros obstáculos. La Fig. e podría representar curvas isotérmicas las cuales son curvas que conectan puntos que tienen la misma temperatura. En tal caso las trayectorias ortogonales representan la dirección general del flujo de calor. Considere el ejemplo de las isóbaras. Dado un punto P (x, y), teóricamente podemos encontrar la presión en ese punto. Así podemos decir que P = f(x, y), esto es, la presión es una función de la posición. Haciendo P igual a un valor definido, digamos P1 vemos que f(x, y) = P1 representa una curva, todos los puntos que tienen presión P1 siendo así una isobara. Dando otros valores a P, se obtienen otras isóbaras. Es indudable que estas isóbaras no se podrían intersectar, puesto que si lo hicieran, entonces los puntos de intersección tendrían dos presiones diferentes, y esto sería imposible.

Fig.f

En electrostática, las líneas equipotenciales son mutuamente ortogonales con las líneas de fuerza eléctrica. Veremos más adelante que las trayectorias ortogonales 

El estudiante que ha leído la sección de campos de direcciones (Pág.30) deberá notar la similitud entre las limaduras de hierro y los elementos de línea

230

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

juegan un papel muy importante en varios campos de la física, por ejemplo, en hidrodinámica y en conducción del calor. El problema que enfrentamos ahora es como obtener las familias de trayectoria

F x, y   c

ortogonales a la familia:

F x, y, c   0

ó

...(1)

En el primer capítulo aprendimos como encontrar una ecuación diferencial para una familia de curvas derivando hasta eliminar las constantes arbitrarias (c en nuestro caso), obteniendo así:

y  f x, y 

... (2)

lo cual es sencillo puesto que la ecuación diferencial de la familia (1) está dada por: F F dF  x, y   dx  dy  0 x y

ó

F dy y    x  f  x, y  F dx y

... (3)

podemos encontrar las trayectorias ortogonales de la manera siguiente: Observando (3), vemos que una curva de la familia dada y que pasa por un punto (x0, y0), tiene como pendiente en este punto f (x0,y0). La pendiente de la trayectoria ortogonal en (x0, y0) debe ser el recíproco negativo de f(x0, y0), es decir – 1/f(x0, y0), ya que ésta es la condición para que las tangentes a dos curvas en el punto (x0, y0) sean perpendiculares. En consecuencia, la ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales es:

y  

1 f / y  f x, y  f / x

Al resolver esta ecuación se obtiene las trayectorias ortogonales. Observación: Un error común de los estudiantes es olvidarse de eliminar las constantes arbitrarias al hallar la ecuación diferencial de la familia. Espero que Ud. amigo lector no se encuentre entre este 12 a 15% de estudiantes.

Ejemplo: 1, Encontrar las trayectorias ortogonales de las circunferencias x 2   y  c   c 2 2

Dx : 2 x  2  y  c  y   0

x 2   y  c  c 2 x yc   y 2

SOLUCIÓN: Si: 

…(1) …(2)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

De (1): x   y 2  2cy  0 (3)_en (2): y 

c

x2  y2 x   2y y

x2  y2 2y y 

231

…(3)

2 xy x  y2 2

luego la ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales satisface la ecuación:



1 2 xy  2 y x  y 2

 y 

y2  x2 2 xy

… (4)

(Ecuación homogénea)

… (5)

Hagamos: y = vx (5)_en (4): v  x

dv v 2  1  dx 2v

 Ln(v 2  1)  Lnx  Lnc1

dv v2 1   dx 2v

2v dx dv  0 x v 1  y  2   Ln (v 2  1) x   Lnc1     1 x  c1  x    x

2

 x2  y 2  2c1 x  ( x  c1 )2  y 2  c12

4. Hallar la T.O. de las circunferencias que pasan por el origen y son tangentes al eje Y. SOLUCIÓN: Si las circunferencias pasan por el origen y son tangentes al eje Y, entonces dichas circunferencias tendrán sus centros sobre el eje X, siendo sus coordenadas los puntos (h, 0) y sus radios serán r = |h|. Siendo las ecuaciones de dichas circunferencias de la forma:

C: x  h2  y 2  h 2

Y

...(1)

 x 2  2hx  h 2  y 2  h 2  x 2  y 2  2hx …(2) X

Al derivar la expresión, respecto a x, logramos: 2 x  2 yy   2h

(h, 0)



h  x  yy 

...(3)

(3) en (2): x 2  y 2  2 x  yy x

 y 2  x 2  2 xyy (Ecuación homogénea)

...(I)

La ecuación diferencial de las familias de trayectoria ortogonal de la ecuación diferencial (I) estará dada por:

 1 y 2  x 2  2 xy    y  Hagamos: y  vx



x

... (4)

2



 y 2 y  2 xy (Ecuación homogénea) 

y  v  x

dv dx

…(II) ... (5)

232

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS





dv   (4) y (5) en (II): x 2  v 2 x 2  v  x   2vx2 dx  



 



 1 v2 v  1 v2 x

dv 0 dx





1  v v  1  v x dv  2v dx 2

dx v 2 1  dv  0  x v 1 v2





dx dv 2dv   0 x v v 1 v2



 x(1  v 2 )  : Lnx  Lnv  Ln(1  v 2 )  LnC  Ln    LnC v  









x 1 v2 C v







dx v 2  1  2  dv  0 x v 1 v2

dx dv  1 v    2   dv  0 x v  v 1 v2 





2



x 1   y / x C y/ x 2







dx  1 2v    dv  0 x  v 1 v2 

 x 2  y 2  Cy

que representa circunferencias que pasan el origen y son tangentes al eje X.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

233

PROBLEMA RESUELTOS I.-

Hallar las trayectorias ortogonales (T.O.) para las siguientes familias de curvas: 1. - y 2  2ax  a 2 , a  0

6. - y  aex

2. - x 2  y 2  2ay

7. - cos y  ae. x

3. - x 2  y 2  a 2

8. - y 2  4 x  a 

4. - x 2 

1 2 y  a2 2

 : cons tan te.

1 9. - x 2  y 2  a 2 3

10. - y 2 2a  x   x 3

5. - y  axn , a es parámetro

SOLUCIÓN: En todas las familias dadas, debemos formar las ecuaciones diferenciales y en estas debemos cambiar y´ por –1/y´, teniendo cuidado que en las E.D. está deben carecer de las constantes esenciales.

1. -

y 2  2ax  a 2

Dx : 2 yy   2a  0



... (I)

(1) en (I): y 2  2 yy'x   yy'2 Como: y  0



 1 serán: y  2 x     y'   x  x2  y2 y y'  y Sea: y  vx

... (2)

2

 1 y    y' 

a   yy 

2

... (II), entonces las E.D. de las T.O. de (II)

2

y  y'  2 x  y' y  0



2

...(III) …(IV)

(Ecuación homogénea)



vx



dv  x  x2  v2 x2  y'  dx vx



dv  1  1  v 2  1 v2  1 v2 dx v dv v    x  dx v v x  1 v2  1 v2 Hagamos: 1  v 2  t 2 (4) y (5) en (3):









dt   t 1



vdv  tdt



... (4)

dx tdt  x t2  t2

... (1)

y 2  2 xyy'  y 2  y'



y  2 xy'  y y'





dx x

 Ln  t  1  Lnx  Lnc 1  LnC 1 x t  1  0  C 1 x t  1  1

...(3) ...(5)

234

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

2    y  De (4) y (2): C 1 x  1     1  1    x  

1

2

2 2   x  y  x   1   

 x2  y2  C  x 

C 1   x 2  y 2  x   1   

 x2  y2  C  x

x 2  y 2  C 2  2Cx  x 2  y 2  C 2  2Cx ,

 Si : C  0  y 2  2Cx  C 2 que también son familias de parábolas.

2. - Si: x 2  y 2  2ay

2 x 2   y  a   a 2 que representan familias



... (1)

de circunferencias cuyos centros están situados en el eje OY y son tangentes al eje OX. De (1), Dx: 2 x  2 yy'  2ay'



a  x  yy'/ y'

... (2)

 x  yy'    1 (2) en (1): x 2  y 2  2  y  2 xy   y 2  y'  y'    Las T.O. a (I) satisfacerán la ecuación: Sea y = vx

dv    2vx2  v  x  dx  

 











 Lnx  LnC 1   Ln 1  v 2

  y 2  x 1      C   x   



C x 1 v  1  2

...(II)



1  v 2  2v 2  2vx

dv dv  1  v 2  2vx dx dx

dx 2vdv  x 1 v2

1

x 2  y 2  2 xyy'

dv   en (II): x 2  v 2 x 2  2vx2  v  x  dx  

…(3) 

1  v 2  2v 2  2vx



... (I)







LnC 1 x 1  v 2  0



 x 2  y 2  Cx

, estas curvas

integrales o soluciones son circunferencias cuyos centros están situados en el eje OX y son tangentes al eje OY. 3. - Si: x 2  y 2  a 2

... (1)



Dx : 2 x  2 yy'  0

 1 las T.O satisfarán la ecuación: x  y     0  y'  

dy dx  0 y x

4. - Si: x 2 

1 2 y  a2 2



: Lny  Lnx  LnC

... (1)





y

xy' y  0

 Lnxy  LnC

Dx : 2 x  yy'  0

x  yy' 0

ó





xy  C

 1 2 x  y     0  y' 

dv dx

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

235

es la ecuación diferencial de la familia de T.O. a la familia (1), luego, resolviendo logramos que, si: 2 xy' y  0

 5. - Si :



: 2Lny  Lnx  LnC

y = axn

2



1 n   yy' x







y 2  Cx



…(2)

y´= anxn-1

 1/ y' n  y x



x  yy'  n



dy dx  0 y x

Lny 2  LnCx

... (1)

y ' anxn1 n  (2)  (1):  y x ax n 



es la ecuación diferencial de las T.O.

n 2 x2 C  y   2 2 2

 nydy  xdx  x 2  ny 2  C

6. - Si: y  aex (2)  (1):

y '  aex



... (1)

y ' a ex   y aex

y '  y





...(2)



1  y , es la ecuación y'

diferencial de las T.O.

 

 dx  ydy



7. - Si: cos y  ae x

x

C y 2  2 2

 es la ecuación diferencial de las T.O. es:

 1     seny   cos y  y' 

y' cos y  1 seny







C 1seny  e  x





cos y dy   dx seny



 ...(1)

ecuación diferencial de las T.O.

  dx 

2dy y

…(2)

(1) en (2):  y ' seny   cos y

8. - Si: y 2  4 x  a 



Dx :  y' seny  ae x



... (1)

2 x  y 2  C





Ln seny  LnC 1   x







Ln C 1seny   x

seny  Ce  x





 x  2Lny  LnC 1  LnC 1 y 2 

Dx : 2 yy'  4 1 

2 y' y



C 1 y 2  e  x

  

 1 y     2 , es la  y' 

  dx 

2dy y

y 2  Ce  x



 x  2 Lny  LnC

236

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

1 9. - Si: x 2  y 2  a 2 3



...(1)

Dx : 2 x 

2 yy'  0 3

1  1  x  y     0 , 3  y' 

es la ecuación diferencial de las T.O. a la familia (1), luego: 3x  

dx  dy y     3   Lnx  3Lny  3LnC  0  Lnx     x  y C 

y dx  y y' dy

3

3

 y  1   x  C 

y  Cx 1/3

10. - Si: y 2 2a  x   x 3

Dx : y 2 1  2 yy' 2a  x   3x 2



... (1)

y3  C1 x1

ó

... (2)

De (1): 2a-x = x3 / y2

...()

() en (2):  y 2  2 yy'

x3  3x 2 2 y



 y2 

2x3 y '  3x 2 y

ecuación diferencial de la familia de T.O. será:  y 2 





hagamos: y = vx



y  v  x





3

  dx  x

y

2

... (6)





 

x2 v2 1 C  v2  2



 x2



2



 C y 2  2x 2

 



2  3  v 2 v 2  3  v 2 vx



2  Ln  x 2 v 2  1 v 2  2   LnC   

De (4 :

dv dx

1   2  2  2  dv  0  v 1 v  2 



…(4)

dv 0 dx

v3  3v  dv  dx  0 x  v 2  2  v 2  1

dv  v  3v  2   v  3v  x  0  dx 2

2x3  1      3x 2 y  y' 



dv (5) y (6) en (4): 2 x 3  3x 2  v 2 x 2 vx v  x   0  dx   4

luego la

2 x 3  3x 2  y 2 yy'  0



... (5)

... (3) ,







1 LnC Lnx  Ln v 2  1  Ln v 2  2  2 2





2

vx

2

 x2

  Cvx 2

2



11. - Hallar la familia de trayectorias ortogonales de la familia de curvas: x n  y n  a , donde a es el parámetro. SOLUCIÓN: Si:

xn  yn  an

Derivando con respecto a x, resulta: nx n1  ny n1 y '  0 

...(1) x n1  y n1 y '  0 ...(2)

 2x 2



ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

satisfacerán esta expresión si se cambia y´ por –1/y´ ,

luego las T.O. de

(2)

logramos

 1 y n1 x n1  y n1     0  x n1  y'  y'  



y

1n

dy 



1n

x 1

Es decir, que:

y

De (1), si n  2

n2



1 x

n2



1

x  yy'  0

 

C2 2



ydy 

que:

dx x n1



y 2 n  x 2 n  C 2 n , n  2 ... (I)

x2  y2  a2



xdx 



entonces

n2

,

C n2

Dx : 2 x  2 yy'  0

:



dy  y n1

y 2 n x 2 n C 2 n   2n 2n 2n

dx 





237

... (3) 

xdx  ydy  0

x2 y2 C 2   2 2 2



x2  y2  C 2

Analicemos ahora en la expresión (1) que para n = 2 logramos que: Dx : 2 x  2 yy'  0  x  yy'  0 x2  y2  a2 ... (3)  luego, la ecuación diferencial de los O.T. a la familia dada en (3) es:

 1 x  y     0  xy'  y   y' 



dy  y 



dx  Lny  Lnx  ln k  Ln kn x

y  kx

12. - Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de curvas cuya ecuación diferencial es:

x y

3 3

x+y=u







 3x 4 y 2  3x3 y 2  2 dx  2  x3 y 3  3x 2 y 4  3x 2 y 3 dy  0 (Hint : Hacer

,

xy = v

SOLUCIÓN : Si:

en la ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales).

dy x 3 y 3  3x 4 y 2  3x 3 y 2  2  0 dx 2  x 3 y 3  3x 2 y 4  3x 2 y 3

... (1)

Luego, la familia de curvas, de trayectorias ortogonales a (1), satisface la siguiente ecuación diferencial:



Por dato:

x y u xy  v

dx ( xy )3  3x 2 ( xy ) 2  3x( xy ) 2  2  0 dy 2  ( xy )3  3( xy ) 2 y 2  3( xy ) 2 y ... (3)



dx  dy  du ydx  xdy  dv

... (2) ... (4)

238

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

 dx 

xdu  dv ydu  dv xdu  dv ydu  dv dx ; dy  ;  ; dy  x y yx x y yx

xdu  dv /x  y   v3  3x 2v 2  3xv  2  0  ydu  dv/ y  x 2  v3  3v 2 y 2  3v 2 y

(3) y (4) en (2): 

  2  v  3v

... (5)

 





  xdu  dv 2  v 3  3v 2 v 2  3v 2 y  v 3  3v 2 x 2  3v 2 x  2 ydu  dv  0 

3

2



 

y 2  3v 2 y x  v 3  3v 2 x 2  3v 2 x  2 y du





 2  v 3  3v 2 y 2  3v 2 y  v 3  3v 2 x 2  3v 2 x  2 dv  0



      3 2 2 2 2  2  xy x  y  du  3v  x  y   3v x  y  dv  0 2 x  y   v x  y   3v         v    x y  x y   



2  2v x  y du  3v u  3v x  y dv  0 3



du  u 1

2



2







2 v 3  1 du  3v 2 u  1dv  0





3v 2 dv  LnC  2 Ln u  1  Ln v 3  1  LnC 3 v 1



2



 u  12    LnC  Ln  3  v  1  

u  1  C v 3  1 De (3): x  y  12  C x3 y 3  1

13. - Hallar las trayectorias ortogonales de todas las circunferencias que pasan por el origen de coordenadas y cuyo centro está en la recta y = x SOLUCIÓN: Sea C la circunferencia de centro (h, k) y radio r, donde: C : x  h2   y  k 2  r 2

Y

y=x C C(h,k)

i) Si(0,0)  C





r2 = h2 +k2

(o-h)2 + (o-k)2 = r2 ...(2)

ii) Si el centro C(h, k)  £ / y = x  k = h

...(3)

Reemplazando (3) en (2) : r2 = 2h 2

...(4)

X

(3) y (4) en (1): 

x  h2   y  h2  2h2

x 2  2hx  h 2  y 2  2hy  h 2  2h 2

Dx : 2 x  2 yy'2 1  y 'h  0



h



x  yy' 1  y'

x 2  y 2  2 x  y h  0

... (5) ... (6)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

(6) en (5): x 2  y 2  2x  y  

x  yy' 0 1  y'

239

... (I), es la ecuación diferencial de las

circunferencias que pasan por el origen y de centros sobre la recta y = x. La ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales de (I) es:  1 x  y     y '   0  x 2  y 2  2 x  y   xy' y  0 x 2  y 2  2x  y   y '1  1 1      y'  

y

2



 x 2  2 xy y '  x 2  2 xy  y 2

Hagamos: y = vx

(Ecuación Homogénea) 

... (7)

y´= v + xv´

...(II) ... (8)

(7) y (8) en (II): v 2 x 2  x 2  2vx 2 v  xv'  x 2  2vx 2  v 2 x 2 

v



v



v 3  v 2  v  1  x v 2  2v  1 v'  0 



 



1 Lnx  Ln v 2  1  Ln v  1  LnC  2

2

2



 1  2v v  xv'  1  2v  v 2

 

 



dx  x



 x v 1 2

1/ 2



C   Av  B   2  dv  LnC  v  1 v 1 







 1  2v v  1  2v  v 2  x v 2  1  2v v'  0

dx v 2  2v  1  3 2 dv  0 x v  v  v 1 



1/ 2

 y2  x  2  1 x 

 C v  1 



x

2

 

dx 1   2v   2   dv  LnC x  v  1 v 1 





 x v 2  1 1/ 2    LnC Ln   v  1  y   C   1 x 

 y 2  x  C  y  x 1/ 2

14. - Hallar la ecuación de las trayectorias ortogonales de todas las circunferencias tangentes al eje OX en el punto (5,0). SOLUCIÓN: La ecuación de todas las circunferencias tangentes al eje OX en el punto (5,0) y radio r será:

C1 : x  5   y  k   r 2

Y

Si (5,0)  C1  02 + (k)2 = r2  k2 = r2 ...(2)

2

X

5

2

...(1)

De (1) y (2) ( x  5)2  y 2  2ky  k 2  r 2  ( x  5) 2  y 2  2ky  0 ...(I) …(3) 

240

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



yk  

x 5 y'

... (4)

k  y

y

x5 y'

2

 x 5  x 5   r 2  k 2   y   (4) y (5) en (1): x  5    y'  y'   

...(5) 2

2

2  x  5 y  x  5   x x 5 5    (xx5) 5      = y 2     y'  y 'y'   y'  2 2

2

22



x  52  y 2  2 x  5 y

... (II)

y'

x  52  y 2  2 x  5 yy'

será:

,

luego la E.D. de la T.O. a (I)

x  5  y dx  2x  5 ydy  0 ,(II )…(III)



2

Donde:

2

y M  2 y y



N  2y x

y

Además:







1 M y  N x dx  N





1  2 y  2 y  dx  2 dx  2Ln x  5  Ln x  52 2  x  5 y x 5

Luego, su factor integrante será: u ( x)

De (II): x  52

 x  5

2





 y 2 dx  2 x  5 ydy  0

 y2  0  dx  d    x 5





:

x

y2 C x5

15. - Hallar la ecuación de las trayectorias ortogonales de la familia de curvas que satisface la propiedad: “Si por un punto cualquiera P (x, y) de una de las curvas se trazan la recta tangente y la recta normal a ella, entonces, el área del triángulo formado por la recta tangente, el eje de las X, y la recta normal es simple igual a  y / y ' . Además, hallar la ecuación de la trayectoria ortogonal que pasa por el

  punto   1, 1 2  SOLUCIÓN: De la figura, el área

APB, es:

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

y

2

...(1)

Donde: AB  AH  HB

...(2)

y

0

A

1 y AB  HP   2 y'

S= P(x,y)

241

H

En

AHP:

AH = HP ctg  = yctg

En

BHP:

HB = HP ctg  = yctg

x

B 1

 HB = yctg ( - ) = yctg

. ..(3)

(3) en (2):

…(4)

AB = yctg - yctg

1 1   0ctg Pero: y '  tg y '0 tg  ctg   y' y   1 /yy ' tg y  tg   y' y'

AB  y  y'  y 1/ y'

(5)_en (4) : y' ctg



(6)_en (1): S 

1 1  y y(1  ( y ')2 )  y ( y '  ) y      1 2  y '  y' 2 



 …(5) AB  y  y'  y 1/ y

... (6)



y 1   y'  2 2

... (I)

  1 2  Luego la ecuación diferencial de T.O. a la familia (I) será: y 1       2   y'    



 1  y 1  2   2 y'  



y

2 y '2 1  y '2

... (7)

ó

y '2 

y 2 y

... (8)

ecuación que podemos resolverla de dos maneras diferentes, a saber: Haciendo: y'  p

A) Métodos I: Además: dx 

dy p



x





dy 4 p

y

De (7):

 1 p  dp

2 2

2 p2 1 p2

 x  2tg 1 

...()

2p 1 p2

... ()

B) Métodos II: Por sustitución Trigonométrica Hagamos: y  2sen2 ii) De (8):

dy y  dx 2 y

…(ξ)  dy  4 sen cos  d 

dx  



2 y dy y

…(σ)

242

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS





dx  



2  2sen2 4sen cos d 2sen2

 x  4 1  sen2 cos d  2 2cos cos d  2 (1  cos 2 )d sen2   x  2    2 

  y  1  y 2  y   C   C  2  sen 2   

16. - Encontrar la ecuación de las trayectorias ortogonales a una curva decreciente que satisface la condición siguiente: “Si por un punto cualquiera, P(x, y) de la curva decreciente, se trazan las rectas tangentes y normal a dicha curva y si A es el punto de intersección de la tangente con la recta y = x, y B, es el puno de intersección de la normal con la recta y = x, el segmento AB siempre medirá

2 unidades de

longitud”. SOLUCIÓN:

B

Y

Si A, B  I/ I: y = x, luego las coordenadas N

de los puntos A y B son:

A  x A , x A  y B  xB , xB 

) x,y P(

... (1)

Por dato: AB  2 y de (1):

y=x

A



AB  2 | xB  x A |



AB  2 | xB  x A | 2  | xB  x A | 1

C 45°

De la fig.: xB  x A , luego: xB  x A  1

X T

...(2)

Las ecuaciones de las rectas tangente y normal, en P, a la curva C están dadas por: T: Y – y = y´(X – x)

y

A  T  x A  y  y '  x A  x  

xA 

y  xy' 1  y'

... (4)

N: y xB 

Y – y = (X – x)

...(3)

B   N: x  yy' 1  y'

𝑦´ ≠ ±1

(4) y (5) en (2): x  yy' y  xy'   1  x  yy'1  y '   y  xy 1  y '  1  y '1  y ' 1  y' 1  y'

... (5)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

243

Efectuando y simplificando resulta:

x  y 1 y  x 1

y'2 



y'  

x  y 1 y  x 1

 y'  tg  0

Ecuación que se transforma a homogéneas, considerando que:

a





hacer el cambio siguiente: y  x  z ... (6)  Dx : y '1  z ' , 

. ..(I) b



 1

, al

y '  z '1 ...(7)

(6)_y (7) en (I): z '1  y'  

  y  x 1  z 1 z 1 1  z dz    z '  1    y  x 1 z 1 1 z 1  z dx

dz









1 z 1 1 z dx  



 dx  

1 z

dz  dx

1 z  1 z







1  z 1  z  1  z dz 1 z  1 z2  dz 1  z  1  z   2z ... (8)

Sea : 

z  sen dz  cosd

... ( ) ... (  )

1 z

1 z2

Luego, de () y (), Si:



1 z2 dz  z





1 z 2 dz  z

 csc  sen d  Ln | csc  ctg |  cos





1  sen2 cosd  sen



cos2  d  sen



1 z 2 1 1 z 2 dz  Ln   1 z 2 z z z  1  1   y  x 2 yx  

(6) y (9)en (8): x  1 Ln  y  x   1  y  x   1 Ln  2

17. -

1  sen2 d sen

2

2

... (9)  1 2   2 1   y  x   C 

Hallar las trayectorias ortogonales a la función y = y(x), donde: “La

función y = y(x) goza de la propiedad de que la superficie de revolución obtenida haciendo girar esta curva alrededor del eje Y reflejará un rayo de luz que parte del origen en la dirección de la parte positiva del eje Y”.

244

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Sugerencia: Los rayos de luz incidente y reflejado forman ángulos iguales con la tangente a la gráfica de y(x) en el punto de incidencia (punto de contacto del rayo, que parte del origen, con la superficie). SOLUCIÓN:

y '  tg

la curva de la función “y” y sea

Sea

la pendiente de la recta tangente a la curva Y

...(1) en el

punto P(x, y) C

En

b

c a

A

a+c=

 tga  tg   c  

P(x,y)

En

c 0

OAP:

OHP:

tgc 



a = - c

tg  tgc 1  tg tgc

HP y  OH x

...(2) ...(3)

X (1) y (3) en (2):

H



Por propiedad de reflexión: a = b De la figura: b   





2

b

 2

 

Por propiedad de reflexión: tga  tgb 

tga = tgb

... (5)

1 1   tgb  tg      ctg   ...(6) tg y' 2  xy ' y 1  x  yy ' y '

... (I)

Ecuación diferencial que describe la propiedad dada; luego la ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales a (I) estarán dadas por la ecuación:

x  1/ y'  y   y' x  y  1/ y' 

 x  yy'   xy'2  yy'



y'2 2

y y'1  0 x



 x  yy'   y' xy' y



xy'2 2 yy' x  0 2

...(II)

2

y  y    y'      1 x x 

2

y  y  y '      1 x x

2



y  y y'      1 x x

...(7)

donde elegimos el signo (-) porque según el gráfico y ' 0 luego la ortogonal debe tener pendiente negativa.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

De (7) , si: y  vx 



dv v 1 2

 vx 



...(8)





dx x

dv  v  v2 1 dx

Ln v  v 2  1    Lnx  LnC  Lnx  v  v 2  1   LnC    



vx2  x 2  C

vx

245



 De (8): y  y 2  x 2  C



x 2  C 2  2Cy

18. - Determine las trayectorias ortogonales de y = ctg2x+1, halle también aquellas trayectorias que pasan por (/8,0). ... (1), entonces: y '  2 csc2 2 x y la ecuación de

SOLUCIÓN: Si: y = ctg2x+1

la familia de trayectorias ortogonales está dada por:  1 / y '  2 csc2 2 x

1 1 1 sen4 x  y'  sen2 2 x  1  cos 4 x   y   x  C 2 4 4 4  es la familia de las trayectorias ortogonales de la ecuación (1):   de (2), Si:  ,0   8 

1  1  entonces: 0      C 4 8 4 y

Reemplazando (3) en (2) logramos:



...(2)

C

2  32

...(3)

1 sen4 x   2 x  4 16 32

19. - Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de curvas que satisfacen la siguiente propiedad: “La recta tangente a las curvas en cualquiera de sus puntos P, es la bisectriz del ángulo determinado por la recta vertical que pasa por P y la recta que une a P con el origen de coordenadas”. SOLUCIÓN: Y

En

OQP: 

En

OHP:

T

P(x,y)

C

Q x

H

  2 

...(1)



...(2)

2

(1) + (2): y

0

  



 2

   ctg  tg

X

En

Además por ángulo doble sabemos que:

PHO:

...(3) 

tg 2  

x y

...(5)

246

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

(3) y (4) en (5):

x 2ctg  y 1  ctg 2

donde

x 2 / y'  y 1  1/ y'2

y´ = tg , luego:

...(6)

es la ecuación diferencial de la familia de curvas que cumplen la propiedad indicada; entonces, la familia de trayectorias ortogonales satisfacerán la ecuación siguiente:

De (6):

x 2  y '  2 y'   2 y 1   y ' 1   y '2

 1   y '2   2

y  y   y   y '  2   y '  1   y '    1    x  x  x

2y y' x

2

y  y  y'   1    x x

2

y  y  1   x x

Como : y ' 0 ( del gráfico), entonces: y '  Hagamos:

y = vx



... (8)

(Ecuación Homogenea) ...(7)

en (7): y '  v  x





Ln  x  v  1  v 2   LnC  vx  x 1  v 2  C   

1 v2





2



dv

dx x



Ln  v  1  v 2    Lnx  LnC  

x 2  y 2  C  y  x 2  y 2  C 2  2Cy  y 2 20. - Muestre que la familia:

dv  v  1 v2 dx

 vx  x 2  vx  C 2

y  x2  y2  C



De (8), como: y = vx

2



2Cy   x 2  C 2

x2 y2   1 donde a y b son constantes dadas, es a2  c b2  c

“así mismo ortogonal”. Esta se llama una familia de “cónicas confocales” x2 y2  1 a2  c b2  c

SOLUCIÓN: Si:

b

2

 



 c x  a  c yy'  0

(2) en (1):

2



...(1)



Dx :

2x 2 yy'  2 0 a c b c 2

b 2 x  a 2 yy' b x  a yy'x  yy'c  0 c   ...(2) x  yy' 2

2

x2 y2  1 b 2 x  a 2 yy' b 2 x  a 2 yy' 2 2 a  b  x  yy' x  yy'

es la ecuación diferencial de la familia de curvas dada en (1).

…(3)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

247

La ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales, a la curva (3), se obtendrá al cambiar y´ por –1/y´, en la ecuación diferencial (3). De (3):

x2 y2  1 2 2 2 2 2 b x  a y  1 / y ' 2 b x  a y  1 / y ' a  b  x  y  1 / y ' x  y  1 / y '

x2 y2  1 2 2 2 2 b xy '  a y b xy '  a y a2  b2 xy' y xy' y

x 2 xy' y  y 2 xy' y   1 a 2 xy' y   b 2 xy'a 2 y b 2 xy' y   b 2 xy'a 2 y x 2 xy' y  y 2 xy' y   1 a 2  b 2 xy' a 2  b 2 y









xy' y  yy' x  a 2  b2 y'

 

xy' y   x

  y   1  a  b  y  2

2





xy y2  x 2  y 2  b 2  a 2 y  xy  0

que representa la ecuación diferencial de la familia de cónicas con focos

  a 2  b 2 , 0  y cuya solución es similar al problema de los Reflectores   Elípticos resuelta en la página 359

248

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMAS PROPUESTOS 1. -

Hállese la ecuación diferencial de la familia de curvas que forman ángulo constante e igual a arc tg diferencial:

2. -

3 con las curvas integrales de la ecuación 4

7 x  3 y  2dx  4x  3 y  5dy  0

Pruébese que la ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales de las curvas integrales de una ecuación diferencial homogénea es también homogénea.

3. -

Hállese la ecuación diferencial de la familia de trayectorias ortogonales a las curvas integrales de Mdx + Ndy =0

4. -

Rpta: Ndx-Mdy = 0

Determínese las trayectorias ortogonales de las curvas integrantes de la ecuación diferencial: a) y 1  x dx  x 2 1  y  dy  0 Rpta: a) x 2  2 x  2 y  2 Ln x  1 / y  1  C b) 21x  8 y  1dx  48x  y  29dy  0 Rpta: b) 3x  2 y  52 4 x  y  1  C

5. -

Determínese las trayectorias ortogonales de: a) el sistema de parábolas ky = x2

Rpta: a) x 2  2 y 2  C 2

b) el sistema de parábolas y2 =k(x + 1) Rpta: b) 2 x 2  y 2  4 x  C 6. -

Hállense las trayectorias ortogonales del haz de: a) Hipérbolas, equiláteras xy = C, y demuestre que constituye otro haz de hipérbolas equiláteras. Rpta: a) x 2  y 2  C b) Parábolas con el foco fijo en (0,0) y la directriz variable y = c Rpta: b) 2Cy  C 2 x 2  1

7. -

Determínese las trayectorias ortogonales del haz de cónicas: x2 

8. -

y2  a 2 , siendo e fijo y a un parámetro. Rpta: 1  e2

y1e  Cx 2

Resuélvase el ejercicio precedente suponiendo que a es fijo, y o e una variable paramétrica. Rpta: x 2  y 2  2a 2 LnCx

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

3.2

249

APLICACIÓN DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES

LINEALES DE PRIMER ORDEN A LOS CIRCUITOS ELECTRICOS Introducción La electricidad tiene como base fundamental las leyes de Kirchhoff, que describen los comportamientos de los circuitos eléctricos. Realmente, la teoría de la electricidad está gobernada por un cierto conjunto de ecuaciones conocidas en la teoría electromagnética como las ecuaciones de Maxwell, que por la insuficiencia de conocimientos previos de los estudiantes no podemos entrar en una mayor discusión. Sin embargo, así como las leyes de Newton son suficientes para el movimiento de los Fuerte

I

"objetos",

las

leyes

de

Kirchhoff,

es

R

ampliamente adecuada para estudiar las propiedades

simples

de

los

circuitos

eléctricos. Para un estudio más completo y profundo de los circuitos eléctricos el estudiante debe, por supuesto, hacer prácticas de laboratorio y observar demostraciones en clase. En un libro de Matemática  podemos presentar sólo una breve discusión. El circuito eléctrico más simple es un circuito serie que tiene una fuente de energía eléctrica, fuerza electromotriz, (fem) tal como generador o batería y un resistor que utiliza la energía, por ejemplo una bombilla eléctrica, tostador, plancha, o cualquier electrodoméstico. Si, en la figura cerramos el interruptor, fluirá una corriente eléctrica I a través de la resistencia, provocando una caída de voltaje, es decir, el potencial eléctrico en los dos extremos del resistor será diferente; esta diferencia de potencial o caída de voltaje se puede medir con un voltímetro. En física elemental se encuentra que la f.e.m. está relacionada con el flujo de corriente en el circuito. En forma simple, la ley dice que la corriente instantánea I



Para mayor información recurra a libros de Análisis de circuito de Víctor Reynafarje, Circuitos Análisis de George Scott.

250

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

(en un circuito que contiene sólo una fem E y una resistencia) es directamente proporcional a la fem. en símbolos. IE

EI

o

Siendo R el factor de proporcionalidad llamada coeficiente o resistencia o, simplemente, resistencia. Podemos así establecer, matemáticamente la ecuación conocida como: 1. -

Ley de Ohm La caída de voltaje a través de una resistencia es igual al

producto de la resistencia y la corriente instantánea que pasa a través de la resistencia, es decir: E =RI E

+ -

R I

R

A

I

ER = vAB = RI

...(1,1)

1 v AB R

...(1,2)

B



I=

Las unidades, generalmente conocidas como “unidades prácticas” son tales que E está en voltios, I está en amperios y R en ohmios. Circuitos más complicados para muchos casos más prácticos, son circuitos que contiene otros elementos a resistencias tales como los inductores y condensadores, así mismo como los diodos y transistores, etc. Un inductor o inductancia se opone a cambios en la corriente. Tiene un efecto de inercia en electricidad de la misma manera que una masa tiene un efecto de inercia en mecánica. Posteriormente veremos una analogía bastante amplia de estos sistemas. Un condensador es un elemento que almacena energía. Comúnmente se hablará de una caída de voltaje a través de un elemento ya sea una resistencia, una inductancia o capacitor. Esta caída de voltaje o como se llama comúnmente, caída de potencia de potencial puede ser determinada, en la práctica, por medio de un instrumento llamado voltímetro, y su gráfica observada en un Osciloscopio. 

Goerg Simón Ohm (1789 – 1854), físico alemán

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

251

Experimentalmente se cumplen las siguientes leyes: 2. - La caída de voltaje a través de un inductor es proporcional a la tasa de tiempo instantánea de cambio de la corriente. Si EL ó

vL es la caída de voltaje del inductor, entonces E L 

dI dt

ó

EL  L

di dt

Donde L es la constante de proporcionalidad llamada el coeficiente de inductancia o simplemente inductancia y que usualmente se mide en henrios. v L  v AB  L L A

I

B



I

1 L

dI dt

... (2,1)

 v dt

... (2,2)

L

3. - La caída de voltaje a través de un condensador es proporcional a la carga eléctrica instantánea en el condensador. Si Ec es la caída de voltaje a través del condensador y Q la carga instantánea, entonces Ec  Q

i

v AB A

C

B

ó

Ec 

Q 1  vc   C C

Q C

 idt t

dv dt C se conoce como coeficiente de capacitancia o simplemente capacitancia. iC

... (3.1)

0

... (3.2)

El lector podría comparar la analogía existente entre las ecuaciones dadas en las expresiones (2) y (3) ya que mientras en la inductancia se tiene por ejemplo que la tensión es proporcional a la razón de cambio instantánea de la corriente I, con respecto al tiempo; en cambio en el condensador la corriente es proporcional a la razón de cambio instantáneo de la tensión en sus bornes, es decir entre uno y otro elemento se cambia v por i y L por C. Unidades utilizadas Tanto en electricidad como en mecánica, existe más de un sistema de unidades en este texto consideraremos y usaremos solamente uno de tales sistemas. La tabla adjunta resume las cantidades eléctricas importantes con sus símbolos y unidades.

252

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Cantidad

Símbolo

Unidad

Voltaje, potencial o fem

V oE

Voltio

Resistencia

R

Ohmio

Inductancia

L

Henrio

Capacitancia

C

Faradio

Corriente

I

Amperio

Carga

Q

Coulombio

La unidad de corriente, el amperio, corresponde a una carga de un coulombio que pasa por un punto dado del circuito por segundo. Las leyes del Kirchhoff I) Primera Ley de Kirchhoff (“Conservación de la Carga”) La suma algebraica de las corrientes (cargas en movimiento) en un nudo ** es constante e igual a cero.

 n

En la figura se tiene que:

i3

ij  0

j i

i4

i1

i1  i2  i3  i4  i5   0 i5 i2

Observación1: También podemos establecer que: La suma de las corrientes que llegan a un nudo es igual a la suma de las corrientes que salen del mismo. II) Segunda Ley de Kirchhoff La suma algebraica de todas las caídas de voltaje en una malla, de un circuito cerrado, es igual a cero, o bien el voltaje aplicado en una trayectoria cerrada en un 

Estas unidades y subsiguientes recibierón su nombre en honor de Allesandro Volta (1745 – 1827), físico italiano, Georg Simon Ohm; Joseph Henry (1797 – 1878), Michael Faraday (1791 – 1867) físico ingles; André Marie Ampere (1775- 1836), físico, francés y Clarles Augustín de Coulomb (1736 –1806), físico francés. 

Nodo o nudo: Es el punto de intersección de tres o más conductores eléctricos.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

253

circuito eléctrico es igual a la suma de las caídas de voltaje en el resto de la trayectoria. Convención: La corriente fluye del lado positivo (+) de la batería o generador a través del circuito hacia el lado negativo (-). Ejemplos: Descarga de un Condensador en una Resistencia Vamos a estudiar en detalle la descarga de un condensador en una resistencia, dando algunos complementos desde el punto de vista eléctrico, por la importancia de un circuito de este tipo, malla de uso corriente, en radio, televisión, radar, etc. Se trata, pues de un magnifico ejemplo de planteamiento de un problema eléctrico y de su resolución mediante una ecuación diferencial. Estudiaremos la descarga de un condensador de capacidad C en una resistencia R; dicho de otra manera, busquemos variación de la corriente i y la diferencia de potencial V en función del tiempo t. PROBLEMAS 1. Un circuito eléctrico consta de un condensador de capacidad C faradios en serie con una resistencia de R ohmios, teniendo una carga q 0 en el instante t0. Determínese q en función de t. SOLUCIÓN: Sea vR la diferencia de potencial en los

C -

+

bornes del capacitor al cabo de un tiempo t tras el cierre del interruptor. En ese instante, la carga que queda en el condensador es q (el condensador ha perdido ya una

i

parte de su carga inicial Q), y la diferencia de potencial en los bornes (que varía de v a O) ha pasado a ser v c, R

siendo q = C vc, entonces:

Vc 

q ...(1) C

En un tiempo posterior a t, el condensador libera una carga dq, tal que:



Malla: Es toda trayectoia cerrada

254

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

dq  idt

i

ó

dq dt

con signo (-), puesto que la carga disminuye. Por otro lado, en los bornes de r, hay una diferencia de potencial v, que según la ley dq v R  Rt  R de Ohm da: …(2) dt Por la segunda ley de Kirchhoff, tenemos: vc  v R  0 luego: q

Ln q q

q dq R 0 C dt



dq 1  dt  0 q RC

t

1  t RC





q

dq 1  q RC q0

 q  1 t  t0   0 Ln     q0  RC

0  t

 dt  0 q

q0



q  q0 e

1 t 0 t  RC

donde al producto RC se le llama constante de tiempo o atención del circuito y se denota por t. Dicho número caracteriza la velocidad de la descarga. t0 t   dq 1   q0  1 RC t0 t   q0 e RC    e dt  RC   C  R 1

Por último, i  

1

i t   I 0  e





1 t RC

2. Por un circuito, que consta de una inductancia de L henrios en serie con una resistencia de R ohmnios, circula una corriente i0 en el instante t0. Exprese i en función de t.(Supóngase que no existe fuerza electromotriz). SOLUCIÓN: Por la segunda ley de Kirchhoff:

vR  vL  0

R

i

L



, Ri  L

di 0 dt

R di dt   0 L i

R t  Lni  k L

... (1)

Si: t  t 0 entonces i  i0 , luego: (2) en (1):



R R t  Lni  t 0  Lni0 L L

R



i t   i0 e L

R t 0  Lni0  k L

... (2)

t 0 t 

3. Un circuito sin resistencia óhmica contiene una inductancia de L henrios y está sometido a una fem de e voltios. Demuéstrese que la intensidad de corriente crece linealmente. SOLUCIÓN:

e+

i

L

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

eL

di dt

: Li  et  C

 Ldi  edt  i t  

255

e C t L L

4. Un circuito eléctrico RC consta de una resistencia de R ohmnios, una capacidad de C faradios y una fem constante de E voltios, siendo q 0 la carga del condensador para t = t0. Hállese la relación entre q y t y demuéstrese que q tiende a una cantidad constante independiente de R. Determine además i en función de t. -

E

SOLUCIÓN: Por la segunda ley de Kirchhoff:

+

E  v R  vC

i(t)

C

R





ER

dq q  dt C

dq 1 E  q dt RC R

...(1)

expresión que representa una ecuación lineal cuyo

 factor integrante es: FI  exp   (1) e t / RC : e t / RC







 1  1  t / RC dt   exp  t  e RC   RC 

dq 1 E  qet / RC  e t / RC dt RC R







d qet / RC 

E t / RC e dt R

: qet / RC  CEe t / RC  k

Además: q t 0   q0 , entonces: q0 et0 / RC  CEe t0 / RC  k

... (2) ...

(3) (2) – (3): qet / RC  q0 et0 / RC  CEe t / RC  CEe t0 / RC 

q t   CE  q0  CE e t/ t / RC

... (I)

Donde: a) lim qt   CE , que es un valor constante independiente de R. b) it  

dq t  d  1 CE  q0 eto t / RC  CE  q0  CE e t0 t / RC  i t   dt dt  RC

5. Un circuito eléctrico contiene una resistencia de R ohmnios, una capacidad de C faradios y una fem de E sen  t voltios, siendo E y  constantes y nula la carga del condensador en el instante t = 0. Determínese i en función de t. Dé también la impedancia del circuito.

256

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

R

SOLUCIÓN: Como: V (t )  VR  VC  Esen t

+ V(t) -

i(t)

R

C





   : qe 

: qet / RC  t / RC

E R

e

 CE

t / RC

dq q   Esen t  dt C



d qet / RC 

dq 1 E  q  sen t dt RC R

E t / RC e sen t dt R

sen dt

sen t   RC cos t  et / RC  K 1   RC 2

Donde: q 0  0 , luego: 0  

... (1)

 RC 2 E K 1   RC 2

... (2)

1  2 e t / RC :qt   CE sen t   RC2 cos t    RC E 2 e t / RC 1   RC  1   RC  2



i t  



dq  CE  cos t  RCsen t  e t / RC 2 dt 1   RC 

Hacemos ctg    RC , luego cos  =





 RC 1   RC 2



... (II) sen  = 

,



 RC

 

1   RC 

 RC sen t  cos t  1   RC 2  sen t

2

 cos t 

 RC sen t  cos t  1   RC 2 sen t   

(3) en (II): i t  

 CE 1   RC 

2

sen  t    

... (I)

1 1   RC 

2

1 1   RC 

2

   

... (3)

 CE e t / RC 2 1   RC 

...(III)

El segundo término decrece constantemente a medida que crece t el primer término representa la corriente en estado estacionario, la cual es senoidal. Si Z es la impedancia del circuito, luego: Z  1   RC  /  C 2

6. En un circuito eléctrico serie RC si la fuerza electromotriz, es constante, hállese la carga i(t) en cualquier instante.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

R

257

SOLUCIÓN: Aplicando la segunda ley de Kirchhoff. Entonces;

Ri t  

E



C

 i t dt  E

Ri t  

 i(t)

1 C

: Lni 

1 i t   0 C

1 t  c1 RC



di 1  dt  0 i RC

i t   Ke t / RC



K

7.

En el problema anterior, si C = 1/6 fd = 8 ,  = 120

t

,

,

R

E = 10 volts

resuélvase para i(t) en régimen estacionario para el caso t =2s. SOLUCIÓN: Para régimen estacionario, logramos de (III), que:

i t  

 CE 1   RC 

2

200

Luego: i t  

1  160 2

sen  t   

ctg   RC

y

sen120 t  179,88 / ctg 179,88  160 i 2  1,087 amp.

8.



En el siguiente circuito C lleva inicialmente una carga de 0.03 coulombs y el interruptor se cierra en t = 0 . Hallar la carga en cualquier instante t y la caída de voltaje a través de R luego de 10 s. Datos : C = 300 uf R = 10000 Ω dQ dQ Q v R  vC  0 R  0 i t  SOLUCIÓN: dt C dt dQ 1  Q0  dt RC

 Q   RC dt   0 dQ

 Qke

1





LnQ 

1 t  c1 RC

1 t RC

 Q0  k  0.03 

4

...(1) en ( 1) : Qt   0.03 e

-6

Donde : RC = 10 x 300 x 10 = 3



1 t RC

 Q t   0.03 e



1 t 3

258

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

 i t   0.01 e



1 t 3

v R  R i t   10  0.01 e 4

v R (10)  100 e



10 3



1 t 3

 100 e



t 3

voltios.

PROBLEMAS RESUELTOS

1. -

Un circuito eléctrico RL consta de una inductancia de L henrios en serie con una resistencia de R ohmios, con una fuerza electromotriz v(t), voltios. Si i = 0 para t = 0, halle la intensidad de corriente i(t) en amperios, en cualquier instante t. Aplíquese para los siguientes casos:

a) v(t) =E

b) v(t) =V sent

c) v(t) =V e

R  t L

R

d) v(t)=kt, donde: E, V, w, R, L,K, son constantes. SOLUCIÓN: Al aplicar la segunda ley de Kirchhoff, en el circuito RL, podemos establecer que: VR  VL  V (t ) , lo cual nos proporciona la ecuación

+ V(t) -

i(t)

L

diferencial lineal siguiente: Ri  L

di  v t   v t  , dt

Donde:

 P t dt  

de (I) es:

R R dt  t L L

i (itt)

di R 1  i  v t  dt L L

es decir que:

y su factor es: FI es  = e

R  t  e L C

1   L 



R  t L

...(I)

, entonces la solución

R  t e L dt 

vt 

... (II)

 

a) Fuerza Electromotriz Constante: R

Si v(t) = E: cte., luego, de (II): Como: i(0) =0 , luego, de (1): i(0) = 0 =

i (itt) 

 t E  Ce L R

E E C  C   R R

... (1) ...(2)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

259

R  t E  (2) en (I): i (itt)  1  e L  que es la solución particular, cuyo segundo término   R t  t   

R

Gráfico de i (t) :

i= E R E

+

i (t) E R

i

t Corriente en un circuito RL debida a una fuerza electromotriz E constante.

tiende a cero cuando t tiende al infinito; de tal manera que i (t ) tiende al valor límite R  t E  E E 1  e L   1  0  , resultado que E/R, puesto que: lím it   lím  R R  R 

concuerda con las condiciones físicas del circuito, que para un tiempo suficientemente largo, se comportará como un corto circuito y la corriente será prácticamente constante b) Fuerza Electromotriz Periódica: Si: v t   Vsenwt , luego: de (II): i t 

R  t  e L C

V   L 



R  t e L senwt dt  ,

 

que al integrar

por partes, dos veces, se obtiene:

i t   Ce

 R wL  senwt   cos wt 2 2 2 R w L  R w L R  w 2 L2 v

2

2

2

R w L 2

2 2

sen wt   

,

  tg

1

wL R

  

2

2



V

+w

i t 



v R senwt  wL cos wt  R  w2 L2 2

wL

R



R  t  Ce L

R  t L



L2

o también: i t   Ce

R  t L

R

Expresión en la que se aprecia que el término exponencial es un término transitorio y prácticamente despreciable al cabo de algunos periodos. Se dice que tiende a cero cuando t tiende al infinito y por lo tanto para un tiempo suficientemente largo, la corriente i(t) dependerá sólo del segundo término, el cual ejecutará oscilaciones armónicas, siendo: i (t ) 

V ( Rsenwt  wL cos wt ) R  w2 L2 2

260

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Por tanto, esta corriente es suma de dos corrientes, a saber:

i1 t  

VR senwt en fase con v(t) y R  w2 L2 2

i2 t   

VwL VwL   cos wt  2 sen wt   2 2 2 2 2 R w L R w L 

(en desfase de 

 con v(t)): 2 2

i

i12

siendo la corriente resultante

2

 i22

i(1)

0

2

VR    VwL    2    2 2   R  w L   R 2  w 2 L2  V (1)

v R 2  w 2 L2



V Z z

donde Z es la impedancia del circuito; que está retrasada respecto a v(t) un ángulo  tal que: tg

i(2)

i

i2 wL  i1 R

La corriente i1(t) recibe el nombre de activa y es la que

produce la potencia y el efecto Joule. La corriente i2(t) se llama reactiva y produce el flujo magnético y la inductancia. Nótese que cuando L = 0, entonces   tg 1 0  0 es decir que (i) está en fase c c.- Fuerza Electromotriz Exponencial: V(t) 2 wt

0

Corriente en un circuito RL debido a una fuerza electromotriz senoidal con

Si: v t   Ve Si: i o  0

R  t L

, de (II): i t 

 R

=4

R  t  e L C

i o C  0

VR  t  L  i' t    2 e L  t   L  R

wL R Ángulo de fase como una función de wL/R

R R   Rt    t 1 V  L L  Ve e dt   e L  C  t    L L    



R



V  t i t   te L L i' t   0

,

donde:

i' t   0 L R

it   0

it   0 2L R

i(t) V Re

2V R L R

t

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

i' ' t  

261

VR 2  2L   L t  t  e R L3  R

d.- Fuerza Electromotriz Lineal: Si v t   Kt , de (II): i t   e

R  t L C

 



1 L



R R  t  t  k  kte L dt   i t   2  Rt  L  Le L   R   

R

2.- En un circuito eléctrico, la intensidad “ i ” de la corriente en amperios, está determinada por la ecuación diferencial: di  5 i  100 , donde t representa el tiempo. Si i = 0 cuando dt t = 0 ; halle “ i ” en función de t . di SOLUCIÓN: Si :  5i  100 dt 



 5dt 5dt i t   e   k  100 e  dt   





 i t   e  5t (k  100 e 5t dt)  e  5t k  20e 5t  i ( 0 ) = k + 20 = 0 

Si t = 0

i(t)



k = - 20



i (t )  20 1  e

L

...(I) ...(1)

( 1 ) en ( I ) : i ( t ) e – 5t ( -20 + 20 e5t) =  20e 5t  20e 5t . e    

+ V(t) -

 5t

 5t

1



3.- En t = 0 una f.e.m. de 20 voltios se aplica a un circuito consiste de un inductor de 2 henrios en serie con una resistencia de 40 ohmios. Si la corriente es cero en t = 0, ¿Cuál es la corriente en cualquier tiempo t? Muestre, además, la gráfica de i ( t ). R

+ V(t) -

SOLUCIÓN: v L  v R  u t 

i(t)

L

2

di dt

 40i  20

di dt

L

di  Ri  u t  dt

 20i  10

...(I)

 20 dt  20 dt  i t   e   k   10e  dt   











 e 20t  i t   e 20t k  10 e 20t dt e 20t  k  10. 20 

 1   i t   e 20t  k  e 20t     2   

Si t = 0  i 0   k 

En ( II ) :

1 2

0



k

1 2

…(II)

 1 1  i t   e 20t    e 20t   2 2 

i (t ) 1 2

t

262

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

 i t  

1 2

1  e 

lim i t   lim t ∞

t ∞

 20 t

1 2

1  e   1  20 t

2

4.- Un generador con un fem de 100 voltios se conecta en serie con una resistencia de 10 ohmios y un inductor de 2 henrios. Si el interruptor S se cierra en el tiempo t = 0, establezca una ecuación diferencial para la corriente y determine la corriente en el tiempo t. SOLUCIÓN: R di di L  Ri  u t   2  10i  100 dt dt + u(t) -

i(t)







Para: t = 0 En ( II ) :



di  5dt 5dt  5i  50 ...(I)  i t   e   k  50 e  dt    dt  i t   e 5t  k  50 e 5t dt   e 5t k  10e 5t ...(II)   

L

i(0)=0





i t   e 5t  10  10e 5t

i ( 0 ) = k + 10 = 0







 k = - 10



i t   10 1  e 5t



5.- Resuelva el problema anterior, para el caso en que la fem sea u( t ) = 20 cos5t v. SOLUCIÓN:

L

di  Ri  u t  dt



2

di  10i  20 cos 5t dt





di  5i  10 cos5t dt

 5dt 5dt i t   e   k  10 cos 5t e  dt   i t   e 5t  k  10 e 5t cos5tdt     

Como:









e at cosbtdt 

e 5t cos5tdt 

bsenb  a cosbt a b 2

2

5sen5t  5 cos5t 52  52

e at , luego, si a = b = 5



 e 5t cos5tdt 

( II ) en ( I ) : i t   e 5t (k  sen5t  cos5t  e 5t ) Si t = 0 De ( III ) :



i(0)=k+1=0

...(I)



k=-1

i ( t ) = sen5t+cos5t – e - 5t

1 sen5t  cos5t  e 5t ...(II) 10 ...(III)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

263

6.- En el circuito serie RL, halle i (t ) , si i (0)  0 , E  u (t )  220 voltios R  500 , L = 4 henrios . ¿Cuándo alcanza la corriente el 90% de su valor límite?

vL  vR  u (t ) 

SOLUCIÓN:

4

L

R

di  Ri  u (t ) dt + u(t) -

di  125i  55 ...(I) dt

di  500i  220  dt

i(t)

L

 125d t  125d t  dt   i(t )  e   k  55e   







 i (t )  e 125t k  55 e125t dt



55 125t  55     i(t )  e 125t  k  e   e 125t  k  e125t  125 25     11 11 0  k   i (0)  k  25 25 11 11 11    en (II) i(t )  e125t    e125t   i(t )  1  e 125t 25  25 25 







11 1  e 125t t   25

lím i (t )  lím

t 





iL 

…(II)



…(III)

11 1  0  11 A 25 25

9 11  10 25 11 9 11 9 1  e 125t   De (I) :  1  e 125t   25 10 25 10 b) i(t1 )  90% i L 





 Ln e 125t  Ln 10 1 

 125t   Ln 10



e 125t  1 

t

9 1  10 10

1 Ln 10 125

7.- Resolver el circuito serie RL para una fuerza electromotriz E 0 sen wt . R  sen wt  w cos wt  t e Nota : e t sen wtdt   2  ww SOLUCIÓN : v L  v R  u(t ) + V(t) i(t) di di R 1 L  R i  u (t )  i  u ( t )   dt dt L L



di R 1  i(t )  E0 sen wt dt L L



i (t )  e



R  dt L k  

 



L

…(I)

R R R    t  t  L dt  E 1  0 E0 sen wt e dt   i (t )  e L  k  e L sen wt dt  …(II) L L      



264

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

R R wt R R senwt  w cos t t LRsenwt  wL cos wt  L t L L L e senewt dt  e donde :  2 2 2   R  wL R 2   w L R R   t  E0 LRsenwt  wL cos wt  L t  L En (II): i (t )  e …(III) e  k  L .   R 2  wL 2   R(0)  wl (1) i(0)  0  k  E0 .(1)  0 R 2  wL 2 wL E0 wL E0  k 0  k  2 2 2 R  wL  R  wL 2 R R   t  wL E0 E0 Rsenwt  wL cos wt  L t  L  e  (k) En (III): i (t )  e  2  R  wL 2  R 2  wL 2   R   t E0  i (t )  Rsen wt  wt cos wt  wLe L  2  2  R  wL   



R t e L sen wt dt



8.- Un circuito serie R – L consta de una fuerza electromotriz de 100sen40t voltios, una resistencia de 10 y un inductor de 0,5h . Si la R corriente inicial es cero, hallar la expresión de la corriente para t > 0 SOLUCIÓN : 

v L  v R  u (t ) 

1 di  10i  100sen40t  2 dt

i(t )  e 

20dt 

 k  200sen40t e  



L

di  Ri  u (t ) dt

+ u(t) -

i(t)

L

di  20i  200sen40t …(I) dt 20dt



dt   i (t )  e  20t k  200 e 20t sen40t dt 





 20sen40t  40 cos 40t 20t  i(t )  e  20t  k  200  e 2 2     ( 20 )  40    i (t )  e 20t k  2 sen40t  4 cos 40t e 20t Si: t  0 , i (0)  De (II) : i(0)  k  (2(0)  4(1)) 1  0  k  4 En (II): i (t )  2sen40t  4 cos 40t  4e 20t

…(II)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

265

CIRCUITO R – C 1.- En el siguiente circuito C lleva inicialmente una carga de 0.03 coulombs y el interruptor se cierra en t = 0 . Hallar la carga en cualquier instante t y la caída de voltaje a través de R luego de 10 s. Datos : C = 300 uf R = 10000 Ω R

vR  vC  0 

SOLUCIÓN:  C



dQ 1  Q0  dt RC

R

dQ  Q





1 dt  0 RC

1

 1  LnQ  t  c1  Q  k e RC RC

 Q0  k  0.03  en ( 1) : Qt   0.03 e

4

v R  R i t   10  0.01 e



1 t 3

 100 e



t 3

t

...(I)

1 t RC

 Q t   0.03 e

-6

Donde : RC = 10 x 300 x 10 = 3

4



dQ Q  0 dt C



…(II) 

1 t 3



v R (10)  100 e

i t   0.01 e 

10 3



1 t 3

voltios.

2.- Un circuito consiste de una resistencia de 10 ohmios y un condensador de 0,01 faradios en serie. La carga en el condensador es de 0,05 coulombios. Encontrar la carga y la corriente en el tiempo t, después de cerrar el interruptor. SOLUCIÓN: dQ Q R v R  vC  0  R  0 dt C dQ 1  dt  0  R + Q C i(t) C V(t)





-



 

1 Q RLn    t  C k

R LnQ 



1

 t Q 1 Q  e RC Ln    t  k  k  RC

Q (t )  k e



1 t RC

Si : t = 0  Q(0) = k = 0,05  En (I ) : Q(t) = 0,05 e Lím Q (t )  0  Como : R = 10  C 

t

1 RLnQ  RLnk   t e

1 t RLnk   C cte

...(I) 

1 t RC

1 1  RC   100 10

...(II)

266

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

1

dQ d  1 10t  1  t 1  10  De (II) : Q(t )  0.05e 10t  i(t )     e    e 10 RC dt dt  20 2  3.- Una fuerza electromotriz decadente E  200 e 5 se conecta en serie con una resistencia de 20 ohmios y un condensador de 0,01 faradios. Asumiendo Q = 0 en t = 0, encuentre la carga y la corriente en el cualquier tiempo. Muestre que la carga alcanza un máximo, calcúlelo y halle cuando se obtiene. 

v R  vC  E

SOLUCIÓN: R

R

dQ 1  QE dt C

dQ dQ  100Q  200e 5t   5Q  10e 5t dt dt  5dt 5dt  Q(t )  e   k  10e 5t  e  dt  …(I) +   i(t) C V(t)  Q(t )  e 5t  k  10 e 5t  e 5t dt     Q(t )  e 5t  k  10 dt   e 5t k  10t  …(II)   i)_si t = 0  Q(0) = k  k = 0 En ( II ) : Q(t )  10te 5 …(III) 20

  





dQ  10 e 5t  t e 5t  (5)  Q(t )  10e 5t 5t  1  0 dt Q (t )  0 Q (t )  0 1 Si Q (t )  0  t   1 5 t 5 1 1 En t  Q es máximo y Qmáx  Q  2e 1 5 5 

i(t ) 



De () : Q(t )  10  5e 5t 5t  1  5e 5t



Q(t )  50e 5t 5t  2  Q (t )  0  t 

Q (t )  0 Q (t )  0 2  2 5 t 5

De (II) Si Q(t )  10 te  5t  lim Q(t ) :  . 0 t 

lim10 te 5t  lim10

t 

t 

t 

e  5t



 lim 10. t 

1 5e 5t

 0  Q = 0 es una asíntota horizontal

…()

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

267

4.- Un condensador de 5 x 10 – 3 faradios esta en serie con un resistor de 25 ohmios y una fuerza electromotriz de 50 voltios. Se cierra el interruptor cuando t = 0 suponiendo que para t = 0 , la carga del condensador es cero y la intensidad de la corriente es de 2 amp, determinar la carga y la intensidad en cualquier tiempo t . vR  vC  u t 

SOLUCIÓN: R

R

dQ 1  Q  u (t ) dt C

25 +

i(t)

V(t) -

C

dQ dQ  2Q  50  8Q  2 dt dt

 

…(II)

1 1 0 k   4 4 1  1 1  Q (t )  e  8t    e8t   Q t   1  e  8t 4  4 4  dQ i t    2e  8t dt Q 0 



Q(0)=0

En ( II ) : 

…(I)

 8dt 8dt  Q (t )  e   k  2 e  dt     Q (t )  e 8t  k  2 e8t dt   

1    Q (t )  e  8t  k  e8t  4   







…(III) …(IV)

5.- Trabaje el ejercicio anterior si la fuerza electromotriz es de 50 cos 6t, t  0

dQ dQ 1  Q  u (t )  25  200 Q  50 cos 6t dt C dt dQ  8dt 8dt  8 Q  2 cos 6t  Q t   e   k  2 cos 6t e  dt     dt 6sen6t  cos 6t et    Q (t )  e  8t  k  2 e 8t cos 6tdt   Q (t )  e  8t  k  2 e    82  6 2   1   Q (t )  e  8 t  k  …(I) 3sen6t  8 cos6t  e8 t  25   1 4  0  k   4 Q (0)  k  Si t = 0 : 25 25 1  4 En ( I ) : Q (t )  e  8 t   3sen6t  4 cos6t  e8 t    25 25 

SOLUCIÓN:

R





268

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



Q (t ) 

1 4 (3sen6t  4 cos 6t )  e 8t 25 25

6.- Una resistencia de 20 ohmios se conecta en serie con un condensador de 0.01 faradios y un fem en voltios dad por 40 e – 3 t +20 e - 6 t. Si Q = = en T = 0 , muestra que la caída máxima en el condensador es de 0,25 coulombios. SOLUCIÓN: v R  vC  u t   R

R

dQ  100Q  40e  3t  20e 6t dt C dQ  …(σ)  5 Q  2e  3t  e  6t dt  5dt 5dt  Q t   e   k  2e  3t  e  6t e  dt    2e  3t  e  6t e 5t dt  = e5t k   2e2t  et dt  5t Q(t )  e (k  e 2t  e t ) …(I) 

+ u(t) -

i(t)

 Q t   e  5t  k  

20



 Si t = 0 : Q(0) = 0





 



 Q(0) = k = 0



Dt : Q (t )  3e 3t  6e 6t  



3(e 3t  2) e 6t

Si Q (t )  0  e 3t  2  0  e 3t  2

se obtiene





() en ( I ) : Q(t) = e 5 e 2t  e t

Q (t )  0 Q (t )  0 1 t  Ln 2 3

dQ 1  Q  u (t ) dt C

…()

Q(t )  e 3t  e 6t

…(II)

 Q '(t )  3t = Ln2

…(III) 

1 t  Ln 2 3

1  en t  Ln 2 ocurre un máximo luego el valor máximo 3

1  de (II) : Q Ln 2   e 3(1/ 3Ln 2)  e 6(1/ 3Ln 2)  e  Ln 2  e 2 Ln 2 3 

2 1 1 1 1  Ln2  Ln 21  e Ln 2  2 1  2 2     Qmáx  Q  =e 4 2 4 4  3 

7.- Una resistencia de R Ohmios varía con el tiempo t (seg.) de acuerdo a R = 1 + 0.01t,

0  t  1.00 . Se conecta en serie con un condensador de 0,1 faradios y un fem de 100 voltios. La carga inicial en el condensador es de 5 coulombios. Encuentre: a) la carga y la corriente como una función del tiempo b) la carga máxima teórica

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

vR  vC  u t 

SOLUCIÓN:

(1  0,01t )

R

+ u(t) -

 i(t)

C

R

dQ 1  Q  u (t ) dt C

dQ  10Q  100 dt

dQ 10 100  Q dt 1  01 1  0,01t

Q(t )  e

Q(t )  e



269



10 dt  10,01t 

10  10,01t dt  100 dt   k  1  0,01t e    



 e1000 (10,01t )  k  100 dt   1  0,01t  



1000 Ln (10,01t ) 

 (1  0,01t )1000  Q(t )  (1  01t ) 1000  k  100 dt   ( 1  0 , 01 t )  





Q(t )  (1  0,01t ) 1000  k  100 (1  0,01t ) 999 dt   



Q(t )  (1  0,01t ) 1000  k  10 (1  0,01t )1000   

Q(t )  10  k (1  0,01t ) 1000 Q(0)  10  k  5  k = -5

En ( I ) : Q(t )  10  5(1  0,01t ) 1000

...(I)

270

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMAS ADICIONALES R

1. - En la figura adjunta, considérese el

i2 +

que no existe acoplamiento magnético entre

i

i i1

u(t )

circuito pasivo lineal en el que se admite

B

B

A

las dos inductancias

L1

+

L2

-

V(t )

a) Determine la tensión de salida en función del estímulo o perturbación u(t). b) Realizar los cálculos en los siguientes casos:

C

2) u t    Ee  at si t  0, a 

1) Caída de amplitud E 3)

u t   E cos wt con L1  L2 ( régimen senoidal establecido)

R R  L1 L2

En los dos primeros casos, trazar la gráfica de v(t). SOLUCIÓN: De la figura, podemos establecer que: a)

La caída de tensión en la inductancia L2 es la tensión de salida:

b)

V (t )  L2i '(t ) Por la primera ley de Kirchhoff tenemos que: it   i1 t   i2  t 

 Reemplazando(2)en(1): vt   L2 i1  i2 

c)



v t   L2i1  L2i2

...(1) ...(2) ...(3)

La malla ABA presenta un circuito paralelo, por consiguiente ambos elementos están a la misma tensión, es decir que: v AB t   vR  VL1

d)



v AB t   Ri2  L1i1

En al malla CABC, por la segunda ley de Kirchhoff, se tiene que:

u t   v AB t   v t   0



v AB t   u t   u t  1 u t   v t  v AB t   L1 L1

De (4) y (5): v AB t   u t   v t   Ri2  L1i1 

i1 

1 1 v AB t   u t   vt  R R

u '(t )  v '(t ) R

y

…(4)

i2 

 i '2 

... (5) ... (6) ... (7)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

v t   L2 

(6) y (7) en (3):





271

ut   vt  u t   vt   L2  L1 R

 L  L2 L L v' t   1  2  vt   2 u t   2 u ' t  R L1 R  L1   L  L2  R  vt   u t   u ' t  Ecuación Lineal v' t   R 1 L1  L1 L2 

Hagamos: a 

RL1  L2  R R   L1 L2 L1 L2  adt  vt   e  C  

 De (8) : 

(Cte) y



1

R R  aL1 aL2

 De (I): vt   e at  C   Además: vo   E ( ) en (): vt   Donde: v' t  



 R E e at dt  L1  E C

RE aL1







 R   C  E 1   aL1 





RL1 0 L2



lím vt   lím

t 

t 



... ()

...(10)

v' t   0 es decir, la función v es estrictamente



EL2 E RE , luego la gráfica R  aL1  R e at   aL aL1 L1  L2

tiene de asíntota horizontal la recta de ordenada: EL2 / L1  L2  . De (10): vo  

... ()

...(II)

E E  a aL1  R  e at   aL1  R  e at aL1 L1

decreciente: De (II):

 RE at   vt e at  C  e  aL1  

E R  aL1  Re e at aL1

De: (9): aL1  R 

...(I)

u' t   0





...(9)

 R   u t   u ' t e  adt dt   L1  

   R   v(t )  e at  C    u (t )  u '(t )  aeat dt    L1   

Caso 1: Si: ut   E cte

...(8)

E aL1  R   L1

 R R RE De (9) :  E  a     E     L1  L2   L2 

272

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

RE , que es la pendiente de la recta tangente en el punto de abscisa nula, L2 RE cuya ecuación es: y   tE L2  v '(0) 

V(t) y(t) = E

E V(t) E L2 L1 L2

0

t

L2 R

u   Ee at

/

a

Caso2: Si:



u '  aEe

at

 (11) en (I): vt   e at C   

 v t   e at  C  

a

De (9):



R R  L1 L2



R R   L1 L2    

 R    Ee at  a Ee at  e at dt   L1  





  RE  at at  at  R   aE  e e dt  e C  E  a   t   L1  L1      



 RE  v t   e at  C  t  , Además v(o) = u (o) = -E ...(III) L2  

 v o  C





C   E , luego de (III)

R  vt   Ee at  t  1  L2 

v (t) intercepta al eje X cuando: v (t 1) =0  De ( III );

De (IV): 

R  R  v' t   Ee at   a  t  1  L2   L2

v' t   

...(I1)

REe  at RL1  L2 t  L2 2L1  L2  L1 L22

...(IV)

R t1  1  0  L2

t1 

L2 R

... (V)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Si: v' t   0



t  t2 

2L1  L2  L2 R L1  L2 

v' t   0

273

v' t   0 t2

Es decir en t = t2 ocurre un máximo y su valor máximo es: EL1e  at2 v t 2   L1  L2  2R  R  aREe  at de (IV): v  aEe at   a t  1  vt   L2  L2   L2

Si: vt   0



vt   0

at 

3L1  L2 0 L1



t  t3 

 3L  L2   at  1  L1  

...(VI)

3L1  L2 aL1

v  0 Luego t3 es la abscisa del punto de inflexión.  3L1  L2  L2 t3  R L1  L2 

Podemos calcular la ecuación de la recta tangente en el punto (0,-E), es decir en el punto de abscisa nula, donde: 

LT : y   E  

vo  

RE 2 L1  L2  t  0 L1 L2

RE 2L1  L2  L1  L2 

y

recta que intercepta al eje X cuando y =, luego: t  t  V(t) V(t)

0

t0

t1

t2

t3 U(t)

-E

RE 2 L1  L2  tE L1 L2

L1 L2 R 2L1  L2 

274

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



Caso 3: Si: u(t) =E coswt  De (I): vt   e at  C  

2. -



u´(t) = -wE senwt

  RE   cos wt  wE senwt  e at dt   L1  

En el circuito lineal adjunto:

a.- Determinar la respuesta en tensión a una

i2

perturbación u(t).

A i

b.- Realizar los cálculos en el caso en que u es

de WL.

+

i

una caída de tensión E. calcular la energía WL en la inductancia y construir las gráficas de v y

C

r + u(t) -

R V (t) L

c.- Si: r = r1 = R y la señal de entrada es una

i2

i1

recta de ecuación: u(t) = kt, calcular v, vL y

B

C

vQ. SOLUCIÓN: La respuesta en tensión es la señal v(t), donde podemos establecer que la caída de tensión v(t) está dad por: …(1)

V(t) =Ri2 (t) N

r1

A

C +

i i + u(t) -

establecer, en la malla MDCNM que:

r2 i2

i1

R V (t)

L 2

M

B

Por la segunda ley de Kirchhoff, podemos

C

vMN  u t   v NA  vCD , es decir, que:

u t   r1i t   v t  

i t  

1 u t   v t  r1

De la 1era. Ley de Kirchoff y de la figura, logramos que: i t   i1 t   i2 t 

…(2) ... (3)

Reemplazando (1) y (2) en (3):

1 u t   v t i(t )  i t   v t   r1 R

i1 t  

1 1 1 u t      v t  r1  r1 R 

De la figura: v DC  v BA (líneas en paralelo). 

v t   r2i1 t   Li1t 

... (4) ... (5)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

275

 u t   1 1   d  u t   1 1   (4) en (5): V t   r2      vt   L      vt  r r R dt r 1 1 1    r1 R     

1 1 1 1 r2 L u t   r2    v t   u t      Lvt  , luego, ordenando r1 r1  r1 R   r1 R  obtenemos la expresión: 

v t  

 1 1  1 1  r L    L vt   1  r2    v t   2 u t   u t  r1 r1  r1 R   r1 R  



1 1 1  r2     r2  1 L  r1 R  v t    u t   u t  vt   r1 1 1  1 1   r1     L    L  r1 R   r1 R 

... (I)

Esta última expresión es una ecuación diferencial lineal, en la cual podemos hacer que:

1 1 K1  1  r2     r1 R 

y

1 1 K 2     L  r1 R 

 k1 1 r L v t    2 u t   u t  , cuya solución será: k2 k 2  r1 r1   k1  K    1 dt     k2  dt  1  r2 L K2   u t   u t  e a) v t   e C dt   k 2  r1 r1    logrando tener: vt  





t 1 v t   e k1 / k2  C  k2 

b) Si: u t   E



t  r2 L u t   u t e k1 / k2  dt  r1 r1 

 1  ut   0 , luego: v t   e k1 / k2 t C  k2 



 r2 E  e k1 / k2 t dt  r1 

  rE v(t )  e  ( k1 k2 )t  C  2 e( k1 k2 )t  r1k1   Pero: v o 

... (II)

RE , puesto que para t =0, se tiene: R  r1

E  r1  R i o  R  v  Del esquema:   E r1  R v0  R io  

+ + E -

i(0)

R

V (0)

-

276

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Luego, de (II): v t  

Rr2 E Rr2  r1r2  Rr1

  ´Rr1 e k1 / k2 t  1    r2 R  r1  

...(III)

La gráfica de esta última expresión es una exponencial decreciente cuya asíntota

Rr2 E lím v t   Rr2  r1r2  Rr1 t 

horizontal es:

y

v o  

RE R  r1

V(t) U(t)

E RE R+r1 V(t) R r2E R r2+r1 r2 +R r1 0

t

K2 K1

La energía en la inductancia está dada por: WL 

1 2 1 1 Li1 t   Li12 o  , pero: i(o) = 0 , luego: WL  Li12 t  2 2 2

... (6)

En la línea AB se cumple que: v t   r2i1 t   Li1 t  Entonces: i1 t  

r2 v t  i1 t   L L

...(IV)

Ecuación lineal, cuya solución general es:

 i1 t 

r   2 dt   e L  C1

 





Teniendo en cuenta la expresión (III), logramos que:

i1 t  

r   2t  e L  C1

i1 t  

r  2t e L

 

Rr2 E  Rr2  r1r2  Rr1  L



k r2    1t  1  Rr1 e k2  e  L t dt    r R  r   2 1   

 r2 k1        t   r2 L k  2   Rr2 E k 2 Rr1 Le L Lt   C1  e   Rr2  r1r2  Rr1  L r2 r2 R  r1 k 2 r2  k1 L         

r vt   L2  e dt  L 

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Además: i1 0  0



c1  0

k   1t  RE k2   i1 t   1 e  Rr  r1r2  Rr2   



1  RE (7) en (6): WL  L 2  Rr1  r1r2  Rr2 Luego: WL 

 k1 L  RE   k 2  Rr1  r1r2  Rr2 

2

  

2

k  1t   1  e k2     

Cantidad siempre positiva puesto que t  0 :

... (7)

2

....(8)

k k  1t   1t  1  e k 2  e k 2    

k  1t k2 e

277

... (9)

1

k1k 2  0

2 k k   k12 t   k12 t  k12 L  RE  e 2e 1 De (9): WL  2    k 2  Rr1  r1r2  Rr2   

Donde: WL  0

 1  RE Ln 2   t  k 2 0.69 / k1 , donde : M  L k1 / k 2 2  Rr1  r1r2  Rr2 

WL M 0,75 M

0,39 M 0,25 M

K2 K2 Ln2 K1 K1 k1 1  k2 t   v t   e 2  

c) Cuando r1  r2  R

Si  t   kt





 1 v t   e k1 t / k2  2 

 k v t   e k1 t / k2  2 

2 K2 K1





t

0

k1  R    k2 t  u t    t  e dt  c1  L   0 

k

t

R  k1 / k2 t  kt e dt  L  

 k1 t / k2 R k1 t / k2    te e  dt  L    0



t

2

278

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS







v t  

 k1 t / k2  k k1 t / k2  k 2 k1 t / k2 R k 22  k1  e e  t  1  e  2  2 k L k k 1 2   1  

 k Rk 2  k k1 t / k2  k 2 k1 t / k2 Rk 2  e e  2 k1t  k 2 e k1 t / k2  2  22  2 k1 Lk1  Lk1  k1 KL  3R  v t   t  e  3 R / 2 L  t  1  9R  L 

v t  

Del circuito tenemos que: vr1    v 

L 

e 9R 

 3 R / 2 L  t



6R  t  1 L 

Para el cálculo de vL se necesita el conocimiento de i1. Como: v t   ri1  Li1



r  F .I  exp   dt   e r / L t L  d i1 t e r / L t  

i1 



r 1 i1  v t  L L

( Ecuación lineal)

r  1  e r / L t  i1  i1   e r / L t v t  L  L 

1 r / L t KL  3R  e  t  e 3R / 2 L t  dt 1  L 9R  L 

k  3R  t  e 3 R / 2 L t  e r / L t dt 1   9R  L  2KL  3R  i1 t   t  1  e 3 R / 2 L t  2  9R  2L 

i1 t e r / L t  

De donde: vL  Li1' 

KL (1  e  (3 R 2 L )t ) 3R

3. Considérese el circuito de la figura adjunta:

i2

i

de la perturbación  (t).

siendo  una caída de tensión (t )= E,

B

B

a) Determinar la tensión de salida en función

b) Realizar los cálculos cuando C1=C2=C

R

+

u (t) -

i1

C(1) V (t)

i

C(2)

si t  0. C

c) Trazar las gráficas de v,v1,i1,i2 e i. Calcular las energías almacenadas en C1 y en C2, y la energía disipada por la resistencia.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

SOLUCIÓN: 1 vt   C2



279

Como v(t) es la tensión de salida, entonces:

t

Dt : vt  



idt

0

1 it  C2

...(1)

Donde: i t   i1  i2

...(2)

Además:  t   v AB  vt 

v AB   t   vt 



En la malla: ABA :v AB  vR  vC1 

i2 

1 u t   v t  v AB  R R

y vAB 

(4) en (2): i t   C1  t   vt   (5) en (1): vt  

! C2



...(3)

v AB  Ri 2 

...(5)

R

 t   v t   C1  t   v' t    R

C1 C 1 1 v' t   v t    t   1  t  C2 RC2 RC2 C2



v' t  

1 1 1  v t    t   C1  ' t   RC1  C2  C1  C2  R 

  v t   e t / R C1C2   K  

De (I): v t   e



y

t 2 RC



1

0

 t   v t 

v' t  



 i t dt

1 i1  i1  C1vAB  C1  t   vt  ... (4) C1



b) Si C1  C2  C

1 C1

t

 K  



v t   e t / 2 RC k  Eet / 2 RC



(Ecuación lineal)

 t   RC1 ' t  R C1  C 2 

 e t / R C1C2 dt  

 t   E



... (I)

 ' t   0

t E 2 RC  e dt  2 RC 

... (6)

Pero, en el instante inicial, ( t =0+) el circuito se comporta como un divisor capacitivo; y como C1= C2 =C, entonces, de (3)

 t   E  vC  vv  vC  vC

E  v 0  2 E E  k  De (6) y (7): v 0   k  E  2 2 E E   En (6): v t   e t / 2 RC    Ee t / 2 RC   v t   2  e t / 2 RC 2  2  1

2

 vC 0  



.. (7)



..(II)

280

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

La derivada de v(t) resulta siempre positiva v' t  

E t / 2 RC e  0 , entonces v(t) 4 RC

es estrictamente creciente y notamos que posee una asíntota horizontal puesto que: t





E E límV t   lím 2  e t / 2 RC  2  0   E 2 2 t  t 





t





v t   E es asíntota horizontal.



La recta tangente en el punto de abscisa 0 está dada por:

V t   v 0  v0t  0 donde 

De (II): v RC  



v 0  

V t  

E 2

v ' 0  

y

E 4 RC

E E t 4 RC 2



E 2  e 1 / 2  0,6967E 2

De (3): V AB  V1    v t   E 



E 2  e t / 2 RC 2





V1 

E t / 2 RC e 2

...(III)

La intensidad i1(t) podemos hallarla a partir de la expresión (4), donde: i1  C1  ´t   v´t   c1v' t 

Así mismo: v1 t   Ri2

 i2 

Luego, de (2): i t   i1 t   i2 t 



1 v1 t  R 

i1 t   

E t / 2 RC e 4R

De (III):

i t  

i2 t  

E  t / 2 RC e 2R

E t / 2 RC e 4R

Cálculo de la energía en C1 al cabo de un tiempo infinito. v1

v(t) u(t)=E

E

E 2R

V(t)

E

v(t)

0,75 E 0,6967 E

E 2

4R 0

RC

w1 





0

v1 L1dt

2RC

E t / 2 RC  E t / 2 RC  E2 e  e dt    2 8R  4R 

i2 t

RC

i1

-E 4R

v1(t) 0

b 

t





e t / 2 RC dt  

0

E2 lím 8R



b

e t / RC dt

0

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



E2 lím  RCe t / RC 8R b  



b 0







281



E 2C E 2C 0  1 lím e b / RC  1  8 b  8



E 2C 8

w1  

donde el signo menos nos indica que hay pérdida de energía en C1. Cálculo de la energía en C2 w2 





v t i t dt 

0







0





E E t / 2 RC E 2 2  e t / 2 RC e dt 2 4R 8R



E2 lím  4 RCe t / 2 RC  RCe t / 2 RC eR b  





 2e

t / 2 RC



 e t / RC dt

0

b 0





E 2 RC  lím  4e b / 2 Rc  e b / 2 RC   4  1 8R b 

 w2 

3E 2 C 8

Cálculo de la energía disipada en la resistencia R: 

wR 

 v i dt  12

0

E2  4R





e b

lím

Ri2 i2 dt  R

0

0

t / RC





0

E2 dt  4R

2 E 2C 0  1  wR  E C 4 4

2

 E t / 2 RC  e   dt  2R 



lím  RCe b 

t / RC



b 0





E 2C  lím e b / RC  1 4 b 

282

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMAS PROPUESTOS

1. - Un circuito RL de una inductancia de 5 henrios en serie con una resistencia de 12 ohmios, con una fuerza electromotriz de 120 sen 200t voltios. Si i(0) = 0, hállese la intensidad de corriente en cualquier instante t. 2. - Resuélvase el problema precedente para: a) R = 8 L = 6hr,

E = 80v,

= 100, hállese la corriente de régimen

permanente para t = 5. b) R = 10,

L = 2hr, v(t) = 100v

c) R = 40,

L = 2hr,

d) r = 40,

L = 2h,

e) R = 20,

L = 0,03 mhr, halle además, el tiempo necesario para que la

fem = 20v v(t) = 100 sen 10 t

corriente alcance el 99.9% de su valor final. 3.- Para un circuito serie RL se demostró que I t  





E 1  e  R / L t ; es decir la R

rapidez con que crece la corriente depende de L/R. El recíproco R(L se llama constante de tiempo del circuito. Demostrar que cuando t = L/R, la corriente ha alcanzado el 63% de su valor final, aproximadamente. 4.- En una circuito serie RL sean R = 100 ohmios, L = 2,5 henrios , E = 110 voltios e I(0) =0. Hallar la constante de tiempo y el tiempo necesario para que la corriente varíe de 0 a 0,6 amperios. 5.- Hallar la corriente en el circuito serie RC suponiendo que R = 100 ohmios, C = 0,01 faradios , E(t) = 110 sen 314t , e I(0) =0

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

283

6.- Un capacitor (C = 0,1 faradios) en serie con una resistencia (R = 200 ohmnios), se carga una fuente (E0 =12 voltios). Encontrar el voltaje V(t) en el capacitor, suponiendo que en el instante t = 0 el capacitor está completamente descargado. 3.3

APLICACIONES A QUÍMICA

3.3.1

Velocidad de las Reacciones Químicas y la Ley de Acción de Masa

Una ecuación química describe como las moléculas de varias sustancias se combinan para producir otras sustancias. Por ejemplo: 1. Cs   O2

 CO2

2. Ss   2O2

 SO4

3. 2 H 2  O2



2H 2O esta reacción química nos dice que 2 moléculas de

hidrógeno se combinan con una molécula de oxígeno para producir dos moléculas de agua. 4.

Ca O  H 2 SO4

 Ca SO4  H 2O

en esta reacción química, de doble

descomposición (el cual consiste en el intercambio de elementos que realizan dos compuestos al reaccionar entre sí.) 5. 2 NH 3  2 H 2O  Mg 



Mg OH 2 S  2 HN 4 , en esta reacción química

trimolecular 2 moléculas de amoníaco consumen 2 moléculas de agua y una molécula de magnesio para dar como resultado una molécula de hidróxido de magnesio y dos moléculas de amonio. En general, una ecuación química se lee: aA  bB  cC  .......... .. 

pP  qQ  rR  .......... .

donde: A, B, C, … representa moléculas de las sustancias reactivas. P, Q, R, … representa moléculas de los productos. a, b, c, …, p, q, r, …., son enteros positivos que represntan el número de moléculas que toman parte de la reacción VELOCIDAD DE REACCIÓN: Se llama velocidad de reacción a la tasa a la cual se forma una sustancia. Para la determinación de esta tasa no se aplica ninguna regla general, en todos los casos, pero se puede aplicar la ley de acción de masas.

284

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

LEY DE ACCIÓN DE MASA: Si la temperatura se mantiene constante, la velocidad de una reacción química es proporcional al producto de las concentraciones de las sustancias que están reaccionando. Si |A| , |B| , |C|,....denotan las concentraciones de A, B, C, ... en el tiempo t, estas concentraciones expresadas en moles por litro , y si x es el número de moles por litro que han reaccionado después de un tiempo t, la tasa dx/dt de la reacción está dada por:

dx  K  Aa B b C c dt

,

K>0

... (I)

donde la constante de proporcionalidad k se llama la constante de velocidad. El orden de la reacción es la suma de los exponentes. Las reacciones se llaman unimolecular, bimolecular, trimolecular, etc., de acuerdo a si el orden es uno, dos, tres, etc.



Un mol es el peso molecular de una sustancia en gramos es decir es el peso relativo de la molécula de un compuesto y es igual a la suma de los pesos atómicos de todos los elementos que conforman la fórmula molécula. Así tenemos que para el primer ejemplo, tomando el peso atómico del carbón, C como 12.01 gr; Oxígeno, O, como 16 gr, etc., donde 1 mol 0 2 = 2(16) = 32gr; 1 mol CO2 =12.01 + 2(16) = 44.01 gr.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

285

PROBLEMAS DE REACCIONES QUÍMICAS 1. -

La velocidad de combinación de una sustancia con otra se supone proporcional a la cantidad remanente de la primera de ellas. Si hay 15 Kg. de esta última en el instante t= 0, y 5kg. en t = 8, hállese cuánta sustancia quedará en el tiempo t = 5, así como el valor de t cuando queda 1 kg. de sustancia. SOLUCIÓN: Sea x Kg. la cantidad de la nueva sustancia al transcurrir t min. en ese instante la cantidad remanente de la primera sustancia será x Kg. y la velocidad de combinación será: dx  kx dt



x t   Ce kt

... (1)

Por dato:

x o   15kg  15  C e  C 1  C  C  15  en (1): x  15e kt x 8  5kg



1 k   Ln 3 8

,

a.- Si: t  5



5  15e k )8



luego de (2):

e8k 

5 1   31 15 3

... (2)

 8k  Ln31   Ln 3

x t   15e  (tLn3) / 8

... (3)

x 5  15e 5Ln3 / 8  15e 5 / 8  15.35 / 8  5.3.35 / 8  x5  53

b.- De (3): e tLn / 3 / 8 

3/ 8

x 15

 

Ln3 8  x  x t  Ln   t    Ln  8 Ln3  15   15 

.. (4)

donde: si: x = 1, entonces:

t

8 8 8 1 1 Ln3  Ln5 Ln    Ln15  Ln3  15  Ln3 Ln3



t 88

Ln 5 Ln3

2. En una reacción bimolecular: A+B  C, dos químicos A y B se combinan para formar otro químico C, con a moles por litro de A y b moles por litro de B. Si x denota el número de moles por litro que han reaccionado después de un tiempo t la tasa de la reacción es proporcional al producto de las cantidades remantes y en ese instante t habrá (a – x) de A y (b -.x) de B por consiguiente:

286

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

dx  K a  x b  x  dt

,

cuya solución está dada por variables separables:





k>0

...(I)

dx  Kdt a  x b  x 

 1/ b  a  1/ a  b     dx  Kdt bx   ax

 

1 1 Ln a  x   Ln b  x   Kt  C1  ba a b

x0



1 ax Ln   Kt  C1 ...(1) ba b x 

1 a Ln    C1 a b  b 

Si: t  0





(2) en (1):

1 1 1  ax a ax a Ln Ln   Ln   Kt    Ln   Kt  a b  b  x  a b  b  a b   b x  b

...(2)

 ba  x  b a  x  k ab t  Ln   K a  bt  e  a b  x   ab  x  a  b a k  a b  t  e bx b



1



b a  b  b  x  k ab t ae b



x t  





ab 1  e  k ab t a  bek ab t

bx 1  a  b a e k ab t  1 b

a  b a k  a b  t  e 1  bx b

b a  b   x  b  k ab t ae b



a  x a k ab t  e bx b











ab e  k ba t  1 aek ba t  b

xt  

ó

Donde:



ab e k ab t  1  x t   aek ab t  b



ab 1  e  k ab t ab i) Si: a > b y k > 0, entonces: tlím  lim x(t )  b   x(t) =lím t  k a b t a a  be t  ii)Si : b  a y k > 0, entonces; lím t   lím t 



iii) Si: a = b 1  kt  C ax

() en ():

dx De ( I ) :  k a  x 2 dt ... ()

1 1  kt  ax a





ab e  k ba t  1 ab 1  lím xt   a  b aek ba t  b t 



tal que:

 ax

a kat  1



dx

a  x 2

x 0   0  xa





kdt

C 

1 a

a x  a.Fa kat  1

...()

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

a 2 kt 1  akt

 xt  

287

lím xt   a



t 

3. Dos sustancias A y B se combinan para producir una tercera C, de tal forma que se requiere a Kg. de la primera sustancia por cada b Kg. de la segunda sustancia para la formación de C. Al comenzar la combinación hay A kilogramos de la primera y

B kilogramos de la segunda. Si la velocidad de producción de C varía como el producto de las cantidades instantáneas, presentes de A y B. Hállese la cantidad de C en cualquier instante t. SOLUCIÓN: Sea x Kg, del producto C que se produce en la reacción al cabo de un tiempo t. Si a Kg, de A y b Kg de B forman (a + b) Kg de C, entonces para formar 1 Kg de

 a  C se requiere de   kg de A y  ab Kg. de C se requerirá:

a x ab

y

 b    kg. de B, luego, para la formación de x ab b x ab

kgr. de las sustancias A y B,

a   respectivamente, siendo en ese instante:  A  x ab  

y

b   x kgr , las  B  ab  

cantidades remanentes de las sustancias A y B respectivamente. Además, como la velocidad de combinación es proporcional al producto de las cantidades remanentes, se tiene que:

dx a  b    K  A  x   B  x dt a  b  ab   Hagamos: m = a / (a+b)

De (I):

y

n = b / (a+b) ,

donde: m+n =1

dx A  B   K  A  mx B  nx  kmn    x     x  dt m  n 

... (I)

... (1)

...(II)

288

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

ecuación diferencial que es idéntica a la ecuación del problema anterior, si hacemos: K1  Km

4.

,

a1 

A m

b1 

y

cuya solución es:

X t  

donde: K1 =Kmn

,

B n



a1b1 1  e  K1a1b1 t a1  b1e  K1a1b1 t aa11 

aabbAA

 y

aa

dx  K1 a1  x b1  x  dt



... (2)

bb 

aabbBB bb

En la reacción de tercer orden o trimolecular A+B+C  M+N a, b y c moles por litro de A,B y C se combinan. Si x denota el número de moles por litro de A,B ó C que han reaccionado después de un tiempo t (0 el número de moles por litro de M o N que se han formado), entonces la tasa de la reacción está dada por dx  k a  x b  x c  x  . dt

Resuelva la ecuación considerando que x = 0 en t=0 y tratando los casos: i) a, b, c, son iguales

;

iii) a, b, c no son iguales

;

iii) Sólo dos a, b, c son

iguales. dx  k a  x b  x c  x  dt

SOLUCIÓN: Si

i) Si a = b = c, entonces, de (I), se tendría que: luego:



dx

a  x 3





kdt 

donde: x0   0  C1 

1

2a  x 2

 kt  C1

1 2a 2



de (I):

... (II) ... (1)

...()

luego; al reemplazar () en (1) se obtiene: ii) Si a  b  c

dx 3  k a  x  dt

... (I)

1 1  kt  2 2 2a 2a  x 

dx  kdt a  x b  x c  x 

... (3)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

    1 1 1                 a b c b a c b c   b a c a dx kdt   a1  x bx cx 1 1  Lna  x   Lnb  x   Lnc  x   kt  k 2 b  a c  a  a  bc  b a  c b  c 









289



b  cLna  x  c  aLnb  x  a  bLnc  x  kt  k2





Ln a  x bc  b  x ca  c  x ab  kt  k 2 

a  x bc  b  x ca  c  x ab  k3e kt



a  x bc  b  x c a  c  x ab  a bc  b c a  c a b e kt dx  k a  x 2 c  x  dt

iii) Si: b = a , De (I):







dx

a  x 2 c  x 



k

Si: x 0  0  a bc  b ca  c ab  k3



dt 



...(III)

 A B C      dx  kt  k1 2   a x c x    a x  

1 / c  a  1 / c  a 2 1 / c  a 2      dx  kt  k1 2 ax c  x   a  x 

1

c  a a  x  Si : x(0) = 0





1 1 Ln | a  x |  Ln | c  x | kt  k1 c  a  c  a 2 1 1 1  Lna  LnC  k1 a c  a  c  a c  a 2

5. El químico A es transformado en el químico B, La tasa a la cual B se forma varía directamente con la cantidad de A presente en cualquier instante. Si 10 lb de A, están presentes inicialmente y si 3 lb se transforman en B en una hora: a) ¿Qué cantidad de A se transforma después de 2, 3 y 4 horas?. ¿En cuánto tiempo se transforma el 75% del químico A? SOLUCIÓN: Este problema es de reacción de primer orden.

290

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Sea x(t) la cantidad de libras del químico B formado, a partir del químico A, en el tiempo t en horas. En este instante la cantidad de A será lo que había al principio 10 lb, menos la cantidad transformada x, es decir, 10 – x lb de A presentes. La tasa de la formación de B es dx/dt. Por dato: x 0   0 



dx  10  x





dx  k 10  x  dt

y

…(I)

kdt   Ln 10  x  kt  LnC  Ln

 10  x  Ce  kt

Si t  0

x 1  3

...(1)



x  0 , x 0  10  c  0  c  10

 x t   10 1  e  kt

De (2): 3  101  e k   e k  1 



  7 t  x t   101      10 1  0.7 t   10    



De (2):

b) t  3hr

C

 x  10  Ce  kt

Si t  1  x  3lb

De (II), si:

10  x   -kt



a) t  2hr  x2  10 1  0.7 2















 x 4  7,59 lbs

 x 3  10 1  0.73

c) t  4hr  x 4  10 1  0.7 4

x  1  0.7 t 10

 0.7 t  1 

x 10

...(2)

3 7  10 10



…(II)

x 2  5,1 lbs

x 3  6,57 lbs

b) Si se transforma el 75% de A, entonces x = 75% de 10 = De (II):



75  10  7,5 lbs 100

x   tLn0.7  Ln1    10 

Ln1  0.75 Ln1  0.75 luego, si x  7.5  t  3,88hrs hrs 53min x  7t.5  t  t 33,88 hrs 3hrs 53min Ln 0,7 Ln 0,7 6. - Dos productos químicos, A y B , reaccionan para formar uno nuevo C. La velocidad (de producción con relación al tiempo) a la que se forma C varía con el producto de las cantidades instantáneas de A y B que se hallan presentes. La formación requiere

A

B C

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

291

de 2kg de A por cada kilogramo de B. Si inicialmente 10 kg de A y 20kg de B están presentes y si en 20 minutos se han formado 6 kg de C. ¿Qué cantidad se habrá formado al cabo de una hora? SOLUCIÓN: Sea x(t) la cantidad de kg de C formado en el tiempo t en horas. Luego dx/dt es la velocidad de formación. Para formar el compuesto C se requiere de: 2kg de A y 1kg de B. Entonces se forma 3kg de C, luego, para formar 1kg de C se requiere: 2 2  kg de A 2 1 3

Por consiguiente x Kg. de C requiere de:

1 1  kg de B 2 1 3

y

2 x de A 3

1 x de B 3

y

2 quedando en este instante de A y B, respectivamente: 10  x 3

Por dato:



20 

1 x 2

dx 2  1  2k   K1 10  x   20  x   1 15  x 60  x   k 15  x 60  x  dt 3  3  9 

dx  kdt 15  x 60  x 

 

y





 1 / 45 1 / 45     dx  k dt  15  x 60  x 

Lnk2 1 1 Ln | 15  x |  Ln | 60  x | kt  45 45 45 

e

 x1 / 3  6 

45 3t

3 4   1 2 x

3  2

15k

60  x 3 (3) en (2):  4  15  x 2

 15  x 

60  x  k 2 e  45 kt 15  x

3t

...(1)

60  0 60  x  K 2  k2  4   4e 45kt 15  0 15  x

i) Si t  0  x 0   0  1 ii) Si t  20 min  hr 3

 60  x   Ln   Lnk2  45kt  15  x 



60  6  4e 45k 1 / 3 15  6

e 

15k 3t

3   2

3t

45 3  1  4  15  x 2

 x  15 

45 3t

3 4   1 2

 e 3t

 6  4e 15k 45kt

3   2

3t

...(3) 3t





...(2)

45 3  4   1 15  x 2

x t   15

1  2 / 3

3t

12 1   43

3t

292

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

b) Si t  1hr

1  11,4kg



7. - El químico C se produce de una reacción que involucra los químicos A y B. La tasa de producción de C varía, con el producto de las cantidades instantáneas de A y B presentes. La formación requiere 3lb de A por cada 2lb de B. Si inicialmente están presentes 60lb de cada químico A y B , forman 15lb de C en 1 hora, encontrar: a) la cantidad de C en cualquier tiempo. b) La cantidad de C después de 2 horas: la máxima cantidad de C que se puede formar.

SOLUCIÓN: Este problema es similar al anterior, luego, si definimos como x(t) la cantidad en lb de C, formados en un tiempo de t hrs., podemos establecer que x lb de C se forman por:

   3  2 lb de A  1lb de C se forma con   2  lb de B 3  2 Entonces:



3  5 x de A  x lb de C se forma  2  x de B 5

dx 3  2 x  6k   k1  60  x  60    1 100  x 150  x   k 100  x 150  x  dt 5  5  25 



1 1/ 50 1/ 50 dx  k dt    k dt 100  x 150  x  100  x 150  x





 150  x  : Ln   50kt  Lnk1  100  x 

150  x  k1e50kt 100  x

... (1)

Donde: Si: x(0) = 0



Si: x1  15 

3 K1  2

150  15  k1e 50 k 100  15

…(2)

 e 50 k 

18 . 17

t(hrs)

0

1

x(lb)

0

15

...(3)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

293

(2)_y (3) en (1): 150  x 3  18     100  x 2  17 

t

50 3  18   1    100  x 2  17 

t

    2    x(t )  300  x  50 2  t   3  18     2 2  17    x2  26.65 lbs.



100  x 2  t 50 3  18    2 2  17  t

 18    1  17  t  18  3   2  17 



b)

8. En el proceso químico denominado precipitación fraccionada se aplican las ecuaciones: dx  k1 a  x c  z  , dt

dy  k 2 b  y c  z  dt a b Dado que x = 0 cuando y = 0, probar que k1 : k 2  Ln : Ln ax b y dx dy  k1 a  x c  z  ... (1)   k 2 b  y c  z  ... (2) dt dt Dividiendo la expresión (1) entre la expresión (2), miembro a miembro, logramos: k dx / dt k1 a  x  dx dy    1 dy / dt k 2 b  y  a  x k2 b  y k que al integrar resulta:  Lna  x    1 Lnb  y   C ... (3) k2 k k De (3), si: x  y  0   Lna   1 Lnb  C  C  1 Lnb  Lna ... (4) k2 k2 k k (4) en (3):  Lna  x    1 Lnb  y   1 Lnb  Lna k2 k2

SOLUCIÓN: Si:



Lna  Lna  x  

 a  k1  b   Ln   Ln  a  x  k2  b  y   a  Ln  k1 a x   k2  b   Ln b y

k1 Lnb  Lnb  y   k2 

9.- Cierto producto químico se disuelve en el agua a una velocidad proporcional al producto de la cantidad aún no disuelta y la diferencia entre la concentración en una solución saturada y la concentración en la solución real.

294

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Se sabe que en 100g de una solución saturada están disueltos 50g de la sustancia. Si se agitan 30g del producto químico con 100g de agua, en 2 horas se disuelven 10g; ¿Cuántos gramos se disolverán en 5 horas? SOLUCIÓN: Sea x ( t ) el número de gramos del producto químico aún no disueltos después de transcurridos un tiempo t , en horas , de iniciado el proceso. En este tiempo la concentración de la solución real es :

30  x 100

y la de la solución saturada es

50 . 100

Entonces, según el enunciado, podemos establecer que :

dx  50 30  x  k1  k1 x   x x  20  kx x  20   dt  100 100  100

dx  kx x  20 dt

…(I)

1 1  20 20  dx  kt  C  1 Ln  x   kt  C ...(II) dt    20  x  20  x  20   x   1  3 i) Si t = 0, se disuelve 0g , luego, x = 30g  De ( II ): Ln    C 20 5



dx k  x x  20



  1 5x 1 1  x  3   kt Ln  Ln    kt  Ln    20  x  20  20  5  20  3  x  20  ii) Si t = 2h , se disuelven 10g , luego , no se disuelven : x = 30 – 10 = 20g C en ( II )

En ( III ):

( 2 ) en ( III ) :

 5 20  1   k (2) Ln  20  3 20  20 



k

1 5 Ln   40 6

  t  5x  t 1 5x 5   Ln  Ln    Ln   20 6  3 x  20  40  3 x  20  2

...(III) ...(1) ...(2)

...(IV)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

295

3.3.2 Problemas de mezclas Existen muchas aplicaciones de las ecuaciones diferenciales a los procesos químicos y una de estas aplicaciones son las ecuaciones lineales de primer orden a los problemas de mezclas. Consideremos un problema general en el cual se dispone de un tanque de una capacidad V lts, Dl , Hl , etc inicialmente lleno de una solución (una mezcla de soluto y solvente) de “x0” (grs., Kg, lb, etc.) como una sal disuelta en agua. Hay un flujo tanto de entrada como de salida y queremos calcular la cantidad x(t) de soluto que hay en el tanque en el tiempo t (seg, min, etc.), en función de la cantidad x(0)  x0 al instante t = 0. Supóngase que la solución tiene una concentración *Ci (g / lt) de soluto cuando fluye hacia el tanque con una velocidad (o tasa) constante vi (lt/min) de entrada, en tanto que la contenida en el tanque ( que se mantiene bien mezclada mediante agitación constante, por un depósito adecuado, suponiendo que el fenómeno no se realiza con lentitud) fluye hacia afuera a una tasa constante de v s (lt/min). * Antes de hacer una formulación matemática que describa este fenómeno químico definamos dos conceptos relacionados con este problema, tales como: 1. - Concentración (C): Se da el nombre de concentración C de una sustancia dada, a la cantidad de la misma que hay en una unidad de volumen, es decir: C

M V

Si la concentración es homogénea. La cantidad de sustancia en volumen V será igual a CV. 2. - Ecuación de continuidad: Existen procesos físicos en los cuales puede estar presente un elemento. La cantidad de este elemento en una región dada varía únicamente cuando cierta cantidad del mismo entra o sale cruzando los límites de la región considerada. En tal caso podemos expresar que: Incremento = Entrada – Salida relación que resulta evidente y a la cual se le denomina ecuación de continuidad.

296

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

FORMULACIÓN MATEMÁTICA: Sea X(t) la cantidad de sal al cabo de transcurridos un tiempo t(min). Para establecer una ecuación diferencial para X(t), estimemos que el cambio  x en x durante el breve intervalo [t, t +  t]. La cantidad de soluto que fluye, durante t(min) es: A) Hacia el tanque:  grs   lt  Ci   vi    t min   vi Ci  t grs  lt   min  La cantidad de soluto que fluye hacia fuera del tanque

Entr

durante el mismo intervalo de tiempo depende de la concentración C s t  en el tanque al instante t, donde: Salida

Cs t  

xt  V f t 

ada

y V f t 

denota el volumen (no

constante a menos que vi  vs ) de la solución en el tanque al instante t. Es decir que:

 grs   lts  B) Fuera del tanque: Cs t   vs  t min   vs Cs t t grs  lts   min  Entonces, por la ecuación de continuidad, podemos establecer que:

x  gramos que ingresan gramos que salen x  vi Ci t  v s C s t



x  vi C i  v s C s t

Finalmente, tomamos el límite cuando t  0 ; si todas las funciones involucradas son continuas y x es diferenciable, entonces el error en la aproximación tiende a cero y obtenemos la ecuación diferencial pedida, es decir: lím

t  0

x dx   vi C1  v s C s t dt



dx  vi Ci  v s C s dt

Al cabo de t (min) el volumen habrá variado en V tal que V = (vi-vs) t (lt.) luego el volumen en ese instante será: V f (t )  V0  (v1  v2 )t y su concentración será:

Cs 



xt  V  v1  v2 t



vs xt  dx  vi Ci  dt V  v1  v2 t

vs dx  x  vi Ci que es la ecuación diferencial lineal primer dt V  v1  v2 t

orden para la cantidad x(t) de soluto en el tanque.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

297

Esta ecuación no es algo que debamos confiar a la memoria, sino más bien es el proceso usado para obtener esa ecuación ( el examen del comportamiento del sistema en un corto intervalo de tiempo [t, t +t]) lo que debemos esforzarnos en comprender, porque es una herramienta útil para obtener toda clase de ecuaciones diferenciales. Ejemplos: 1. Un tanque contiene inicialmente 100 galones de agua salada, obtenida al disolver 50 libras de sal. Una solución salina que contiene 2 libras de sal por galón entra al tanque a razón de 2 gal/min, mientras que del tanque la solución bien mezclada sale a razón de 3 gal/min. ¿Cuántas libras de sal habrá en el tanque al cabo de una hora? SOLUCIÓN: Sea x(t) lb, la cantidad de sal presente en el instante de t (min) y V(t) su volumen, luego:

Vi

V t   V  vi  vs t  100  2  3t  100  t gl 

V0

VS

 gl   lb  Fluye al tanque: vi C i  2  2   4lb / min   min   gl 

3x  lb   gl  X  lg     vs Cs  3     min  V t   gl  100  t  min  dx 3x dx 3  4   X 4 dt 100  t dt 100  t

Sale del tanque: 

3

donde: F.I. = e

 100t dt

 e 3Ln 100t   100  t 3

 De (I): xt   100  t 3  C  



   2  4100  t 3 dt   100  t 3  C  2    100  t   

X t   C100  t   2100  t  3

Si: t = 0

 x0  C100  2100  50  C  15x 10x 5 3

 xt   2100  t  15x105 100  t 

3



x60  70.4 lb

... (I)

298

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

2. - En el problema anterior tómese C i  1lb / gl , vi  3 gl / min . vs  2 gl / min se pide la cantidad de sal en el tanque al cabo de 30 min. SOLUCIÓN: Sea X(t) (lb) la cantidad de sal en el instante t(min). V t   V  vi  vs t  100  3  2t  100  t

luego:



,

 lbs   gl  2 xt  dx 2  3  1  3 x  dt 100  t  gl   min  100  t 2

dx 2  x3 dt 100  t

... (I)

De (I): X t   100  t 



F.I.= e

 100t dt

 e 2 Ln 100t   100  t 2

 C  3100  t  dt   100  t 2 C  100  t 3    



2 

X t  





2

C  100  t 100  t 2

Solución general de la ecuación lineal (I), pero: x0  50 

Pero: X t   100  t 

5x 105 100  t 2



C

1002

 100

X 30  100.41 lbs de sal



3. - En un tanque hay 100 galones de agua salada que contiene 60 lb de sal disuelta. Agua salada que contiene 3 lb de sal por galón fluye dentro del tanque a razón de 2gl/min. si la mezcla que se mantiene uniforme agitándola, fluye fuera del tanque a la misma razón. ¿Cuántas libras de sal hay en el tanque al final de 40 minutos? (e 0.8

=2.2255).

SOLUCIÓN: Si hay x libras de sal al cabo de t minutos, entonces, si: Datos: vi  vs  2 gl / min ci  3 lbs / gl

Luego:

 y

V  0 Cs 

 V f t   V  100 gl. x x  V 100

dx x  gl   lb   gl  x  lb     6   2   3   2  dt 50  min   gl   min  100  gl 



dx  x 6 50



dt

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



299

x x t    50Ln 6    t  50K1  Ln 6      K1 50  50  50   t    50  x  t   50 6  Ce     

t

 x 6   Ce 50 50



X 0  60  506  C 

 

24 C 5

X t   300  240e





t 50

X 40  19216 lb.

4. - En un depósito hay 100 litros de disolución acuosa que contiene 10 Kg de sal. En este depósito se vierte agua con una velocidad de 3 L/min y se expulsa la mezcla con velocidad de 2 L/min . La concentración se mantiene homogénea removiendo el agua. ¿Cuánta sal habrá en el depósito después de transcurrida una hora? SOLUCIÓN: Sea x(t) kilogramos la cantidad de sal al transcurrir t(min). En ese instante el volumen V(t) aumentará t L por cuanto en cada minuto se vierte 3 L y se expulsa 2 L, luego, en cada minuto se incrementa 1 L, es decir: V t   V  vi  vs t  100  3  2t  100  t lts

La concentración en ese instante t (minutos) será: C 

Masa xt  kg / lts  Volumen 100 t

Como se vierte agua pura, entonces la concentración de sal será 0 kg/L.

dx xt   kg   lts  2 xt   kg   lts   0   3     2  dt 100  t  lt   min  100  t  lt   min 

Luego:







dx 2dt  x 100  t

  C  Lnx  2 Ln100  t   ln C  Ln  2  100  t  



xt   C100  t 

2

... (I)

Si: t = 0  X (0)= 10 kg  De (I): X 0  10  C100

2

(1) en (I):

X t   105 100  t 2

 C  105 ... (1) ...(II)

 X 1hr   X 60 min  3,9 kg de sal 1. Se tiene un depósito de 1000 L de capacidad con 300 L de salmuera que contiene 10 kg de sal. Se sabe que en un instante dado ingresará agua pura a razón de 15 L/min a la vez que saldrá, por el fondo, a razón de 10 L/min la mezcla resultante.

300

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

El sistema cuenta con dispositivos especiales que permite que la mezcla se realice, en todo instante, uniformemente. Calcular: a) La concentración en un instante t min y el valor de dicha concentración al cabo de una hora. b) ¿En que instante el tanque comienza a contener agua pura? SOLUCIÓN: Sea C(t) la concentración en un instante de t (min); en este instante la cantidad de sal será x(t) y el volumen V(t), donde: V t   V  vi  vs t  300  15  10t  300  5 t lts

La concentración estará dada por: C t  

Masa Volumen

 C t  

dx xt   kg   lts   lts   0 15 10   dt  lt   min  300  5t  min 

Donde:

(agua pura)







xt ) 



dx 2  dt  x t  60

K

t  602

,



,

a) La concentración está dada por:

C t  



xt  36 103 / t  602 7,2 103   C t   V t  5t  60 t  603

C 60 min  

7,2 103 60  603



dx 2  xt  dt t  60

Lnx  2Lnt  60  LnK  Ln

pero x(0) = 10 kg

C 1hr  

1 101 kg / lts 24

xt  300 5t



K

t  602

xt  

6 103 t  602

... (1)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

301

PROBLEMAS RESUELTOS

1. - Dos recipientes están conectados de tal manera que del primero puede pasar al segundo, una salmuera a razón de 2Dl/min, y del segundo al primero, simultáneamente, 1 Dl/min. En el momento de iniciarse el proceso de intercambio de salmueras, t = 0 minutos, el primer recipiente contiene 1 Hl. de salmuera que contiene 20 kg. de sal; y en el segundo recipiente, 1Hl de agua pura. Determinar cuánta sal contendrá el primer recipiente al cabo de 5 minutos sabiendo que iniciado el proceso de intercambio, la mezcla, en ambos recipientes, se mantiene homogénea en todo instante. SOLUCIÓN: Sean X(t) y Y(t) la cantidad de sal que habrá en los tanques (I) y (II), respectivamente, al cabo de t(min). En todo instante “t” se que:

cumplirá

x + y = 20 kg.

... (1)

La característica en los recipientes será: Recipiente

I

II

Cantidad de sal

X Kg

Y Kg

Volumen final

V1  V21  V12 t  10  t

V2  V12  V21 t  10  t

CI 

Concentración

x 10  t

C II 

y 10  t

I II V1 =10 Dl V21=1 Dl min

V2 =10 Dl

20 kg. de sal

V12 =2 Dl min

Para el tanque:

(I)

Agua pura (t = 0)

dx y 1 x2   C II V21  C I V12   dt 10  t 10  t

... (2)

302

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

(II)

dy x2  y 1  C I V12  C II V21   dt 10  t 10  t

De (1): y  20  x



en (2):





Pt dt 

dx 20  x 2x 20 x 2x      dt 10  t 10  t 10  t 10  t 10  t

dx  1 2  20   x  dt  10  t 10  t  10  t



donde: Pt  

... (3)

... (I)

1 2 10  t   Ln 10  t   2 Ln 10  t   Ln 10  t 10  t 10  t 2



 Pt dt

2   1   dt   10  t 10  t 

P t dt e Luego: F .I  e 

ln

10t

10t 2



10  t 10  t 2



20  P t dt  P t dt  De (I), la solución será: xt   e   C  Qt e  dt  , donde Q t   10  t  



t   10  t 

 C  10  t  2



10  t  dt   10  t 2  C  20  20    10  t  10  t 2  10  t  10  t  2  10  t  10  t  X t   C  20

10  t

Por dato: x0  20  C 

(1) en (II):

X t  

102  20  10C  20 10

2010  t  y 10  t

...(II)

10  t



X 5  20 

C 0

5 20  15 3



2 X 5  6 lb 3

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

303

2. - En el sistema de la fig. se tienen los tanques A y B.

V1 =100 Lt XO=10 Kg. de sal

Inicialmente hay en A 100 L

V1 =10 Lt min C1= 0.2 Kg/Lt V4 =5 Lt min

A

de una solución salina que contiene 10 kg. de sal y en B hay 100 L. de salmuera que contiene 5 kg de sal. En el

V2 =100 Lt YO=5 Kg. de sal

instante t = 0 comienza a entrar

al

solución

tanque

A

una

que

contiene

V2 =5 Lt min

V3 =5 Lt min (Agua pura)

B

V5 =10 Lt min

0.2 Kg/L. de sal a razón de 10 L/min y al tanque B entra la mezcla del tanque A y agua pura, cada una a razón de 5 L/min. la mezcla del tanque A también fluye al exterior a razón de 5 L/min. y del tanque B a razón de 10 L/min. ¿Cuánta sal habrá en los tanques A y B al cabo de 10 min? SOLUCIÓN: Sea X e Y la cantidad de sal A y B, respectivamente en el instante de transcurrir t min. Las características en los tanques serán: Tanque

A

B

Cantidad de sal

X

Y

Volumen final

VA t   V1  v1  v2  v4 t

 100  10  5  5t  100

VB t   V2  v2  v3  v5 t

 100  5  5  10t  100

x 100

Concentración

y 100

Para el tanque: “A”:

dx kg lt x kg lt  C1v1  C A v2  v4   0.2 10  10 dt lt min 100 lt min 



20  x  10





t

dx  10 20  x

dx x 20  x  2  dt 10 10



t

dt 0 10



 Ln 20  x 

... (1) x 10

t  10

t 0

304

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



 20  x  t  ln   20  10  10

t

 t 20  x  20  x  Ln  e 10   10 10  10 



 20  x  10e

t    X t   10 2  e 10   

... (1)

“B”:

dy x10 y 10 1 1  C A v2  v3   C B v5    x y dt 100 100 10 10



 dy 1 1  y  x  2  e 10 dt 10 10

t

t   10 e 

t     10  k    2  e et /10dt    





y  e t /10 K  20et /10  t









ye



dt  10 k



t    dt / 10  10   2  e e  dt       







yo   5  K  20



y  e t /10 K  20et /10  t

... (2)

K  15 ...

(3) (3) en (2): y  20  tet /10 15e t /10  t /10 3. - En el sistema de la figura, se tiene los tanques A y B. Inicialmente en A hay

0,5 Lb/gal 10 gal/min.

100 gal. de una solución que contiene 10 lb. de sal y en B hay 100 gal. de

VS = 100 gal. 10 Lb. de sal

agua pura. Al tanque A y B fluye una solución salina que contiene 0.5 lb.

VB = 100 gal. Agua pura

A

de sal por galón a 10 gal/min. Si todos los flujos

(velocidades)

iguales

10 gal/min, encontrar la

a

B

son

cantidad de sal en A y B al cabo de 10 min. SOLUCIÓN: Sean X e Y lb. de sal existente en los Tanques A y B respectivamente:

Tanques

A

B

Cantidad de sal

X

Y

Volumen

V1 t   100

V2 t   100  10t

Concentración

x 100

x 100  10t

t 10

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

305

Para el tanque:

A:

 lbs   gl  dx  gl  x  lbs   10    0.5   10  dt  min  100  gl   gl   min 



dx x  5 dt 10

... (1)

 lbs   gl   lbs  dy y  gl  x  lbs   gl   10    10    0.5   10   dt  min  100  gl   min  100  10t  gl   gl   min  dy 1 x   y  5 dt 10  t 10 x t x t dx dt t  50  x  t De (1):    Ln 50  x     Ln  10 o  50  10  10 10 10 50  x 0 10 B:



...(2)



 t  50  x   Ln  50  x  40e 10  10  40  t  dy 1 (I) en (2):  y  10  4e 10 dt 10  t t







x  10 5  4e t / 10



.

.. (I)



   dt  F.I = exp Pt dt   exp   expLn10  t   10  t     10  t  t    t t         1 10   y  10  t  C  10  4e 10  t dt   10  t 1 C  10t  10  40e 10  4te 10 dt              



y  10  t 

1



t t     2 10 10 C  5t  10  800e  40te   

4. - El tanque “1” contiene inicialmente 100 galones de alcohol etílico puro y el tanque “2” contiene inicialmente 100 galones de agua pura. Al tanque 1 fluye agua apura a razón de 10 gal/min. y en los otros dos desagües el flujo es también 10 gal/min. Se pide:

Tanque 1

a) Hallar las cantidades X(t) y y(t) de alcohol que hay en ambos tanques. b) Encuentre la cantidad máxima de alcohol que llega a tener el tanque 2.

Tanque 2

306

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

SOLUCIÓN: En ambos tanques el volumen, en V1 = 100 gal. de alcohol

V1 = 10 gal/min.

todo instante será constante puesto

1

que no hay variación de velocidad V2 = 100 gal. de agua

X(t)

entre la entrada y la salida.

V2 = 10 gal/min.

2

Podemos plantearnos el principio V3= 10 gal/min.

Y(t)

de

continuidad,

para

ambos

tanques, de la siguiente manera: Tanque 1:

dx x dx x  0  10  10   dt 100 dt 10

. .. (1)

Tanque 2:

dY x y  10  10  dt 100 100

... (2)

De (1):

dx 1   dt  x 10



(3) en (2): 



LnX t   

k dy 1  y  1 e t / 10 dt 10 10





De (4): yet /10 

1 t  Lnk1  10

...(3) k dy 1 t / 10  e y 1 dt 10 10



e t / 10



yet /10 

k1 t  k2 10

y(0) = 0 (solo hay agua pura)

k1 t 10

 X t   t    Ln 10  k1 

X t   k1e t / 10

k d yet / 10  1 dt 10

Para t = 0

dY 1 1  y x dt 10 10



y

... (4)

 k2 = 0

k1 t / 10 te 10

... (5)

Para minimizar esta última expresión utilicemos el criterio de primera derivada para máximos y mínimos: De (4): yt   Si yt   0

k1  t / 10  1 t / 10  k1 10  t e t /10 e  t  e    10   10  100

 t  10

yt   0 yt   0 t  10

es el valor máximo de alcohol del tanque (2).



y10  k1e 1

... (6)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

307

5. - En el sistema de la figura adjunta se tiene los tanques A,B y C. Inicialmente, el tanque A contiene 500 L. de

A

salmuera con 50 kg. de sal, el tanque B contiene 100 L. de solución salina con 5 kg. de sal y el tanque C 100 L. de agua pura. A partir del instante t = 9 fluye: del tanque A hacia los tanques B y C solución a razón de 5 L/min. del tanque B hacia C y de C hacia B a razón de

C

B

5 L/min. Hallar la cantidad de sal en el tanque C después de 5 minutos. SOLUCIÓN: Sean X,Y y Z las cantidades, en Kg. de sal que contiene respectivamente los tanques A,B y C en un instante de t minutos de iniciado el proceso, a partir de t = 0. Como en el instante inicial hay 50 Kg. de sal en el tanque A y 5kgr. en el tanque B, luego, en todo instante X +Y + Z = 55

t

la masa total permanece constante y se cumplirá que:

... (1). Las características en los recipientes serán:

Recipiente

A

B

C

Masa

X

Y

Z

Volumen

500 – 10t

100 + 5t

100 + 5t

Concentración

X 500 10t

Y 100  5t

Z 100  5t

Para el tanque: “A”:

dX 10 X  0 dt 500  10t



dx X  dt t  50

... (2)

“B”:

dY  C A v BA  CC v BC  C B vCB dt



dy Z 5  Y 5  0.1 5  dt 100  5t 100  5t

“C”:

dZ  C A vCA  C A vCB  C Z vCB dt



dZ Y 5  Z 5  0.1 5  dt 100  5t 100  5t

Resolviendo (2): 





dX  X

LnX  LnC | t  50 | 



dt  LnX  Ln | t  50 |  LnC t  50

X t   C | t  50 |

...(3)

308

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



Pero inicialmente X = 0 en t = 0 



X(0) = 50 = C(50)

C=1 …(I)

X(t) = | t-50 |

Nótese que en todo instante la concentración del tanque A es constante e igual a:

CA 

M A 50kgr.   0.1kg / lts VA 500lbs.

CA 

50  t   1  0.1 50  t  500  10t 1050  t  10

dZ 5 Y  Z   0.5  dt 100  5t

De (5) :



o también:

dz 1 Y  Z   0.5  dt 20  t

Reemplazando (I) en (1), logramos: 50- t + Y + Z = 55 (5) en (4):

dZ 1 5  t  2Z   0.5  dt 20  t



…(4)

Y = 5 + t – Z …(5)

dZ 2 5t 1  Z  dt 20  t 20  t 2



donde el factor integrante está dado por: FI  exp 





…(6)



2dt    exp Ln20  t 2  20  t 2 20  t 

20  t 2 dZ  220  t Z  5  t 20  t   dt 2 2 20  t  d Z 20  t 2  20  t   dt 2 1  d Z 20  t 2  5  t  20  t dt  20  t 2 dt    2

De(6): 20  t 2

  











Z 20  t 2 

Donde: Z 0   0 De (II):



u

1 t  5 20  t 2  C 2 

Z t  



v



De ( II ) : Zz 0   0 

t 5 1000  2 200  t 2

Z t  

1 t  5  C 20  t 2 2

5  C 202 2



 C  1000

Z(5) = 3.4 Kg.

…(II)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

3.4

309

APLICACIONES A PROBLEMAS MISCELÁNEOS DE CRECIMIENTO Y DECAIMIENTO Estas aplicaciones incluyen varias subsecciones que contienen problemas de diversa índoles, todos los cuales están resueltos por separación de variables. Algunos se resolverán en el texto porque comprenden ideas no estrictamente matemáticas o bien principios con los cuales no todo el mundo está familiarizado. Todos estos problemas son importantes porque dan ideas acerca de los orígenes de las ecuaciones diferenciales. El estudiante que desea aprender de donde vienen las ecuaciones diferenciales y como se usan, debe prestar especial atención a estos problemas. Resolver gran número de problemas rápidamente sin comprenderlos es una pérdida de tiempo. En relación con algunos de estos problemas, el estudiante empieza a sentir que el resolver problemas de matemáticas aplicadas implica tantas aproximaciones que se pierde el sentido de toda la cuestión y debe ser felicitado. Quizás este llegando a un punto en que empieza a comprender algo acerca de la manera en que deben usarse las matemáticas en la ciencia. La ecuación diferencial

dx  kx (k, una constante) dt

... (1)

Funciona como modelo matemático en una considerable gama de fenómenos naturales y que se interpreta ya sea como “La razón de cambio de una cantidad x con respecto al tiempo t es proporcional a x”, o bien. “La razón de cambio de x con respecto a t es una constante por x”. Por supuesto, las dos expresiones significan lo mismo. (Usualmente preferiremos el primer enunciado debido a que es menos probable que origine el que alguien inconforme pregunte, osadamente, cual es la constante). En la ecuación planteada, si la constante de proporcionalidad k es positiva y x es positivo, entonces dx/dt es positivo y aumenta, entonces diremos que x crece, y el problema es uno de crecimiento. Por otro lado, si k es negativo y x es positivo, entonces dx/dt es negativo y x decrece, tratándose entonces de un problema que involucra decaimiento. Al resolver la ecuación (1) logramos que:

x = Cekt

... (2)

frecuentemente nos referimos a (1) como la ley de crecimiento exponencial si k > 0 y la ley de decaimiento exponencial si k < 0.

310

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Como ejemplo de estos tipos de problemas podemos mencionar los problemas siguientes: -

Evaporación.

- Interés Compuesto.

-

Crecimiento de Población.

- Desintegración Radiactiva.

-

Eliminación de Medicamentos.

I. Problemas de Evaporación:

1. - Supongamos que se ha observado que una bola de naftalina, para combatir la polilla, de radio 1 cm se evapora en tal forma que, después de seis meses de uso, su radio ya no es más que de ½ cm. Exprese el radio de la bola en función de tiempo. SOLUCIÓN: Para resolver este problema hagamos una suposición física puesto que el problema no es puramente matemático. Como la evaporación tiene lugar en la superficie de la bola, es lógico suponer que la variación del volumen V respecto al tiempo, disminuye y esta variación es proporcional al área S de la superficie descubierta al cabo del tiempo t; esto es: dV   kS (k, es positiva) dt Si r es radio de la bola, en el tiempo t, luego su volumen V y el área S estará dada

por: 4 V   r3 3

Luego:



d 4 3 2   r   k 4 r   dt  3 

 dr  k  dt

r 6  

1 2



Como : r t   0

de (1) : r 0C  1

1  1  6k 2 

4 r 2

dr  k 4 r 2   dt

dr  k dt

r t   C  kt



Donde: r 0  1 

S  4 r 2

y



r t   1 

k

... (1)

r  r t   1  kt

 1 12

1 t 0 12

... (I)

En (2): r t   1 

t  12

... (2)

1 t 12



t  0,12 

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

311

2. - Supongamos que la evaporación hace que una gota esférica de agua disminuya su volumen a una tasa proporcional al área de la superficie. Hallar el tiempo que tardaría una gota de radio r 0 en evaporarse por completo. SOLUCIÓN: Este problema es idéntico al anterior, entonces poner establecer, según la expresión (I) que:  r t   C  kt

dr  k dt

... (1) 

Si t = 0 r = r0, entonces de (1): r0 = C – k (0)

C  r0

r t   r0  kt



La gota se evaporará cuando r = 0



r0  kt  0 

t  r0 / k

3. - En el instante t = 0, una capa de material volátil de espesor y0 aparece súbitamente en el fondo de un caja o habitación sellada (o cerrada), cuya base tiene un área B 2 y su altura es H. Posteriormente, en t, cuando el espesor es y ó y(t) se desprenden moléculas de la capa, a una razón constante, regresando en forma proporcional a la cantidad evaporada, halle el espesor en ese instante. SOLUCIÓN: Sea y (t) el espesor de la capa de material volátil en cualquier instante t , y

dy la razón de cambio. Al desprenderse moléculas de la capa a una dt

razón constante digamos a (a>0) entonces dicho espesor disminuye en –a. Sí inicialmente la capa tiene un espesor

yo

y en el instante t la capa es de espesor

“y”, luego, sé evaporará en ese instante (y0 – y) que al regresar en forma proporcional, se tendrá que:



dy   a  b y 0  y  dt

a, b  0

... (I)

dy  by  by0  a dt

(Ecuación lineal)

... (1)

 

F.I = exp  bdt  expbt   e bt De (1): e bt

dy  byebt  by0  a e bt dt





 

: d yebt 



by0  a ebt dt

312

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

yebt 

Pero, para: t  0



1 by0  a e bt  C b y  y0



y  y0 

y0  y0 

a C b





y  y0 

(3) en (2):



a 1  e bt b

a  Ce bt b

... (2)

a b

... (3)

 C

...(II)

II. Interés compuesto:

Sea C(t) la cantidad en soles de unas cuenta de ahorro en el tiempo t y supóngase que el interés es continuamente compuesto a una tasa de interés anual r. En el interés compuesto continuo significa que, durante un pequeño intervalo de tiempo  t, el monto del interés agregado a la cuenta es aproximadamente  C tal que:

C  r C  t 

C  rC t



dC C  lim  rC dt t  0  t



dC  rC  dt

C  Ke rt

Ejemplos: 1. - Cuando nació su primer hijo, una pareja depositó en una cuenta de ahorros $5,000 bajo interés compuesto continuo al 8%. Se dejó que se acumularan los intereses devengados. ¿A cuánto ascenderá la cuenta en el décimo octavo cumpleaños del niño?. SOLUCIÓN: Sea C la cantidad de dólares acumulado en un tiempo t por dato: C(0) = $5,000, r = 8% = 0.08, Como: C t   kert Si t =18 años





C 0  k  5,000  C t   5,000e rt

C(18) = 5,000 e0.08 x 18



C t   $21,103.48

2. - Suponga que descubre en el desván un libro vencido de biblioteca por el cual su tatarabuelo adeuda una multa de 30 ctv. desde hace 100 años. Si el adeudo de una multa crece exponencialmente al 5% anual de interés compuesto continuo, ¿cuánto tendrá Ud. que pagar si regresa el libro hoy?

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

313

SOLUCIÓN: La deuda de la multa de 30 ctv. constituye el capital inicial, luego debemos hallar la cantidad de dinero generado en un lapso de 100 años al colocarlo al 5% anual de interés continuo. Donde: C t   kert

, C 0  30  k  30

C 100  30e 0,05100   30e 5

 C t   30e rt , luego:

 C 100  4452,39 ctos



C100  $44.52

3. - Un hombre presta $ 1,000 sujeto a la condición de que el interés se computa continuamente. Si la tasa de interés es de 4% por año, ¿cuánto tendrá que pagar en 10 años? ¿Cuál es la tasa de interés simple equivalente?. SOLUCIÓN: Como: C 0  1000 Si r = 4% = 0,04

y

,

t = 10 años

C (t) = 1000 ert

entonces ,

... (1)

luego: C (10) = 1000 e 0,04.10 = 1000 e0,4

entonces: C (10) = $ 1 491,82 es la cantidad que tendrá que pagar en 10 años.

III. Crecimiento de Poblaciones: Supongamos que P(t) es el número de individuos de una cierta población (de humanos, insectos, bacterias, etc.) que tiene índices constantes de natalidad y mortalidad n y m respectivamente (en nacimientos y muertes por unidad de tiempo). Entonces, para un corto intervalo de tiempo  t, ocurren unos nP (t)  t nacimientos y

mP(t)t

muertes; luego el cambio en la población P (t) estará dado

aproximadamente por:  P =nP(t)  t – mP(t)  t = (n-m) P (t)  t

, entonces :

P  n  m Pt  t

dp  K Pt  dt

dp  lím dt

cuya solución es:



P(t )  Po e kt

,

donde: K = n – m

... (I) ... (II)

Este modelo matemático del crecimiento natural de la población ocurre siempre que los índices de nacimiento y mortalidad son constantes.

Ejemplos: 1. - La ciudad de Paramonga tenía una población de 25,000 habitantes en 1960 y una población de 30,000 en 1970. Suponiendo que su población continúe creciendo exponencialmente con un índice constante, ¿Qué población pueden esperar los urbanistas que tenga la ciudad en el año 2,000?.

314

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

SOLUCIÓN: Sea t el tiempo transcurrido a partir de 1960 y sea P(t) la población es ese instante, luego, de los datos del doblamiento podemos decir que: P(0) = 25 000 y P(10) = 30 000. D (II): mPt   P  oekt

Pt   25,000ekt |

... (1)

 P10  25,0000e10k  30,000  e10k 

Si: t  10

(2) en (1):

6 1 6  k  Ln  ... (2) 5 10  5 

t / 10   6  t / 10  t  6  6 Pt   25,000 exp Ln   25,000 exp Ln    25,000  5 10  5    5  

Para el año 2,000, entonces, t será: t = 2,000 – 1,960 = 40, luego: 4

6 P40  25,000   51,480 personas. 5

2. - En cierto cultivo de bacterias, el número de ésta se ha sextuplicado en 10 h. ¿Qué tiempo tardó la población en duplicar su número inicial? SOLUCIÓN: Sea B(t) el número de bacterias al cabo de t horas. Sea B el número inicial de bacterias, luego, de (I): Bt   B e kt



... (1)

también: Bt1   2B



B10  6 B  B e10 k

, de 1 y 2 : Bt   B 6t /10



entonces: B 6 t1 /10  2 B





K

1 Ln 6 10

... (2)

,

t1 Ln 2 Ln 6  Ln 2  t1  10  3,86 horas. 10 Ln 6

3. - Si en un cultivo de bacterias que crece en forma exponencial a la cantidad presente, se tiene inicialmente 100 bacterias y después de 12 horas hay 500 bacterias. Se desea conocer la cantidad de bacterias que habrá al cabo de dos días. SOLUCIÓN: Sea x el número de bacterias en un tiempo de t (en horas).

t

0

12

48

x(t)

100

500

?

De (2), si t = 12 (3)_en (1):

,

luego,

Como: xt   xoe kt xt   100e kt

K

… (1)

y

1  xt   y k  Ln  t  100 

1  500  1 1 / 12 Ln   Ln5  Ln5 12  100  12

xo  100 ... (2) ... (3)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

 

 t  X t   100 expkt   100 exp Ln5   100 5t /12  12 

315

 

X t   100 5t /12



luego: X 48  100.5 4  62,500 bacterias. 4. - Se sabe que la velocidad de crecimiento de una cierta población X está dada por: dx  Kx 16  x  millones / año, donde K es una constante positiva. Si en el año dt

1972 la población era 4 millones y si el año 1980 era de 8 millones ¿Cuál será la población en el año 2004?. SOLUCIÓN: Sea x(t) la población ( en millones) al cabo de t años, a partir de 1972, según los datos del problema podemos expresar al esquema siguiente:

t

0

8

(t)

4

8

32

Donde: t  1972 0 , entonces: tt  t  t

años millones

i) t1  1980 t  19801972  8 años ii) t 2  2004 t  20041972  32 años Como:

dx  Kx16  x   dt

X 8  8 millones.

y 

dx  Kdt x16  x 

X 32  ??







 1/ 16 1/ 16    dx  K dt 16  x   x

C C 1 1 1  x   x  Lnx  Ln16  x kt  1  Ln   Kt  1  Ln   16Kt  C1 ... (1) 16 16 16 16  16  x  16  16  x 

Si: t  0



x0  4



De (1): C1  Ln

 x8  8 

De (1):

Ln (1)  16k 8  C1  0 

16K  

Si: t  8

4   Ln 3 12

... (2)

C1 Ln 3  8 8

En (1):  3t / 8   x  1     Ln  Ln 3 t  Ln 3  Ln     16  x   8   3 



16 3 1  t / 8 x 3

Si t= 32  X 32 



x 3t / 8  16  x 3

16 3 3  3t / 8  1 t /8  t /8 x 3 3

16  15.43 millones. 1  3 3





x(t ) 

16  x 3  t /8 x 3

16.3t / 8 16  t /8 33 1  31t / 8

316

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

IV. Desintegración Radiactiva:

Se sabe por los estudios de física, que existen en la Naturaleza elementos inestables y que también se fabrican industrialmente. Como es fácil adaptar estas ideas a otras situaciones, consideremos el fenómeno de radioactividad de algún elemento radiactivo como por ejemplo del radio o el uranio, que al desintegrarse, emite partículas alfa de una manera aleatoria, donde cada una de éstas partículas tiene una masa definida, la cual es pequeña y a medida que transcurre el tiempo, la cantidad de radio decrece.

3.4.1 LEY DE DESINTEGRACIÓN RADIOACTIVA Es razonable suponer, ya que algunas consideraciones físicas nos conducen a creerlos así, que: “La tasa de desintegración de una sustancia radioactiva, es proporcional, en cualquier instante a la cantidad de sustancia que está presente”. Podemos establecer entonces que si R es la cantidad de radio, en gramos, presente después de t años. Entonces dR/dt representa la tasa de desintegración del radio. De acuerdo con la ley enunciada tenemos que: dR  R dt

ó

dR   KR dt

La clave del método de determinación de la antigüedad de fechado, mediante radio carbono radica en que una proporción constante de átomos de carbono de cualquier organismo viviente está formada por el isótopo radioactivo C 14 del carbono. Esta proporción permanece constante, ya que la fracción de C 14 en la atmósfera se conserva casi constante, y la materia viva tomando carbono del aire continuamente, o está consumiendo otras materias vivientes que contienen la misma razón constante de átomos de carbono C14 a los átomos de carbono ordinario. La misma razón perdura toda la vida, debido a que los procesos orgánicos parecen no hacer distinción entre los dos isótopos. La razón de C14 al carbono normal permanece constante en la atmósfera, aunque C14 es radiactivo y se desintegra lentamente, la cantidad se repone mediante la conversión de nitrógeno en C14 por los rayos cósmicos de la atmósfera superior.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

317

Esta declinación y reposición se ha convertido en un estado cercano a la estabilidad, en la larga historia de nuestro planeta. Cuando un organismo vivo comienza muere, cesa su metabolismo de carbono y el proceso de desintegración radiactiva a agotar su contenido de C14 y en consecuencia, la razón de C14 al carbono normal comienza a decrecer. Midiendo es razón, la cantidad de tiempo transcurrido desde la muerte del organismo puede estimarse. Para ello es necesario medir la constante de decaimiento; para el carbono C14 se sabe K vale aproximadamente 0,0001216. Al aplicar esta técnica debe tomarse extremo cuidado para evitar la contaminación de la muestra con materia orgánica o a un aire fresco ordinario. Además, parece ser que los niveles de rayos cósmicos no han sido constantes, por lo que la proporción de carbono radioactivo en la atmósfera ha variado en los siglos pasados; sin embargo, mediante otros métodos de fechado de muestras, los investigadores de está área han compilado tablas de factores de corrección que han acrecentado la exactitud del proceso.

Ejemplos: 1. - Si la vida media del radio es de 1700 años, ¿Qué porcentaje de radio se puede esperar que quede después de 50, 100 y 200 años? SOLUCIÓN: Sea R la cantidad de radio, en gramos, presente después de t años. Entonces, si:

dR   KR dt

 R  Ce kt

... (1)

Supongamos que inicialmente el radio presente sea R0. De (1): R0  Ce 0  C  Pero si t = 17000, R=

R , 2

Rt   R0 e  kt Luego, de (2):

... (2) R0  R0 e 1700k 2

t /1700

(3) en (2): Rt   R0 e t Ln 2 /1700  R0 e Ln 2 a) Si t  50 años







k

1 Ln 2 ... (3) 1700

Rt   R0 2 t /1700

R50  250 /1700 R0  21/ 34 R0  0,98R0 es decir, al cabo

de 50 años quedará el 98%. b) Si t  100 años 



R100  2 100/1700 R0  2 1/17 R0  0,96R0  96% R0

“Vida media” del radio: La vida media de una sustancia radioactiva se define como el tiempo que toma para que desaparezca el 50% de la sustancia.

318

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

c) Si t  200 años



R200  2200 /1700 R0  0,92R0  92%R0

2. - Encuentre la vida media de una sustancia radioactiva si el 25% de ésta desaparece en 10 años. SOLUCIÓN:

Sea R(t), la cantidad de radio presente al cabo de t años, si

inicialmente se tenía R0, luego:

Rt   R0 e  kt

... (1)

Por dato: R10  R0  25% R0  75% R0  R0 e 10 k

 10k  Ln

3 4

3 4 1 4   Ln  k   4 3 10  3 

1  Rt     De (1): t   Ln k  R0  (2) en (3): t 

 e 10 k 

... (2)

1  R /2 1 t   Ln 0   Ln 2 k  R0  k

... (3)

10Ln 2  t  24,1 años . Ln 4 / 3

3. - Si el 30% de una sustancia radioactiva desaparece en 10 días, ¿Cuánto tiempo desaparecerá el 90%? SOLUCIÓN: Se sabe que: Rt   R0 e  kt

... (1)

Además, si t = 10, entonces queda: R10  R0  30% R0  0,7 R0 Pero: R10  R0 e 10 k



0,7 R0  R0 e 10 k

 k 

1 Ln 0,7 10

, ... (2)

Si desaparece el 90% en un tiempo t 1 entonces quedará 10% de R0. 

Rt1   10%R0  0,1R0  R0 e kt1

De (2) y (3): t1  

10Ln10 Ln 0,7



 t1  

1 1 Ln 0,1  Ln10 K K

... (3)

t1  64,55 días

4. - Suponga que un cuerpo mineral, formado en un antiguo cataclismo (quizá la formación de la Tierra misma) originalmente contenía el isótopo de uranio U 238 (cuya vida media es de 4,51 x 109 años), pero no plomo, producto final de la

designación del U 238 . Si la proporción actual de los átomos U238 al plomo de ese cuerpo mineral es de 0.9.¿Cuándo ocurrió el cataclismo, como: SOLUCIÓN: Sea R° la cantidad de U 238 inicialmente y R(t) la cantidad de la misma t años después, luego:

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Rt   R e  kt

319

1 Ln R K  t Ln R

y

... (1)

Por dato la vida media es t 1=4,51 x 109 años lo cual ocurre cuando: Rt1  

(2) en (1): Rt   R e



R 2

t 4 , 51109



Ln 2

K

1 Ln 2 4,51109

... (2)

t

2

 Rt   t   Ln Ln 2 9  Ro  4,5110

4 , 51109



R

t

4,51109  Ro   Ln Ln 2  Rt  

... (3)

En un instante “t” las cantidades de Radio y Plomo son respectivamente, R(t) y P(t) donde: Rt   Pt   R (4) en (3): t 

Rt   0,9 Pt 

y



Rt  

1,9 Ro 0,9

… (4)

4,51109  1,9  Ln   t  4,86 mil millones de años. Ln 2  0,9 

IV. Eliminación de Medicamentos: Sea D(t) la cantidad de cierta droga en la corriente sanguínea, medida por el exceso de ella sobre el nivel natural de la droga, este disminuirá en forma proporcional a la cantidad excedente actual. Es decir, dD   D dt

... (I)

en la que  > 0. el parámetro  se denomina constante de eliminación de la droga, y T = 1/ se llama tiempo de eliminación. La solución de la ecuación diferencial dada en (I) es: Dt   Ke  t

…(II)

Ejemplo: Suponga que se usa pentobarbitol sódico para anestesiar a un perro: el perro queda anestesiado cuando la concentración en su corriente sanguínea es por lo menos de 45 miligramos (mg) de pentobarbitol sódico por kilogramo del peso del perro. Suponga también que el pentobarbitol sódico es eliminado de la corriente sanguínea del perro en forma exponencial, con una vida media de 5 h. ¿Qué dosis simple debe ser administrada para atener anestesiado durante una hora a un perro de 50 kg.?

320

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

SOLUCIÓN: Sea D(t) la cantidad de pentobarbitol sódico que se debe suministrar al perro para anestesiarlo durante t horas de aplicado la droga. Por lo tanto, la cantidad mínima que debe suministrarse a un perro de 50 Kg. será: D  45

mgr  50kgr.  2,250 mgr. kgr

; D  2,250mgr.

t(hr) D(t) (mgr)

Si la vida media es 5 h. Luego; si dD  D dt





Do

dD    dt Do / 2 D o

 D  Ln    5  D / 2 



D

5





1

dD  1    Ln 2  dt 5  0 D D



 Ln D 

1 5

   Ln 2

  LnD  

D

D

D

D / 2

5

     0

dD  1    Ln 2  D dt  5 



1    Ln 2 t  5 

1

 0

0

D0

5

D0/2

1

D(T)

 D 1   Ln 2  Ln 21/ 5 Ld   D  5

 D  21 / 5 D  1,1487 2250  2584,57 mgr.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

321

PROBLEMA PROPUESTOS

1. - El carbono extraído de un cráneo antiguo contenía solamente una sexta parte del carbono C14 extraído de un hueso de los tiempos actuales. ¿Cuál es la antigüedad del cráneo?

2. - El carbono extraído de una reliquia característica de los tiempos de Cristo contenía 4.6 x 1010 átomos de C14 por gramo. El carbono extraído de un espécimen actual de la misma sustancia contiene 5,0 x 1010 átomos de C14 por gramo. Calcule la edad aproximada de la reliquia. ¿Cuál es su opinión sobre la autenticidad de la reliquia?

3. - La vida media del cobalto radioactivo es de 5,27 años. Supóngase que en un accidente nuclear ha dejado que el nivel de cobalto radiactivo ascienda en cierta región a 100 veces el nivel aceptable para la vida humana. ¿Cuánto tiempo pasará que la región vuelva a ser habitable? (Ignore la posible presencia de otros elementos radiactivos).

4. - En cierta roca lunar se encontró igual contenido de átomos de potasio que de argón. Suponga que todo el argón es el resultado de la desintegración del potasio (cuya vida media es de unos 1,28 x 109 años) y que uno de cada nueve átomos de potasio desintegrados producen un átomo de argón. ¿Cuál es la edad de la roca, contada desde el tiempo en que contenía únicamente potasio?

5. - Cuando se disuelve azúcar en agua, la cantidad A que permanece sin disolver después de t minutos satisface la ecuación diferencial dA/dt = -KA (K>0). Si después de 1 min, se disuelve el 25% del azúcar, ¿Qué tiempo tardará en disolverse la mitad del azúcar?

322

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

3.4.2 LEY DE ABSORCIÓN DE LAMBERT

El Problema de la Ventana.- Cuando la luz pasa a través de una capa muy delgada se absorbe algo de ella. Experimentalmente se demostró que la cantidad de luz absorbida por una capa transparente muy delgada (un vidrio de espesor pequeño) es proporcional al espesor de la capa y a la cantidad de luz que incide sobre la misma. Sea x una variable que representa el espesor de las hojas de vidrio y L = L(x), la fracción de luz incidente que atraviesa la hoja de espesor x. Evidentemente, L disminuirá a medida que x aumenta. Consideremos dos hojas, la primera de espesor x  0 y la segunda, de espesor x +  x, ( x >0) obtenida al añadir una capa de espesor  x al lado derecho de la primera. De 1 unidades de luz que entran en la primera hoja por la izquierda , L1 unidades saldrán de ella para entrar en la capa  x y las unidades de luz que saldrán de esta última será (L +  L) 1. LA homogeneidad del vidrio usado indica la existencia de una cierta constante k (dependiente solo del tipo de vidrio y de la clase de luz considerada), tal que si L1 unidades de la luz entran en una hoja “delgada” de espesor  x, entonces la cantidad (- L) l de luz absorbida por la hoja delgada a grosso modo, KL1  x, podemos expresar entonces que:

 L  ~ KLl x

ó

 L~-KL x

... (1)

Lo cual también podemos expresar, diciendo, que la cantidad de luz absorbida por una hoja “delgada” es aproximadamente proporcional a la cantidad de luz incidente y al espesor de la hoja. Esta idea es una extensión a otros factores de la idea que si se duplica (o se hace mitad) la cantidad de luz incidente, se duplicará ( o se reducirá a la mitad) la cantidad de luz absorbida y que sé si se duplica ( o se reduce a la mitad) el espesor de la hoja delgada, hallaremos que la cantidad de



Johan Heinrich Lambert (1728-1777), Suizo-Alemán, astrónomo, matemático, físico y hombre docto. Fue principalmente autodidacta y publico un libro sobre las órbitas de los cometas, la teoría de la luz y la construcción de mapas. Todos los ca rtógrafos conocen la proyección de igual superficie de Lambert. Se le recuerda entre los matemáticos por haber presentado la primera prueba del hecho de que  es racional.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

323

luz absorbida también se habrá duplicado aproximadamente (o reducido a la mitad) El hecho que hablemos de “aproximadamente doble” en vez de “doble” está en que, si la luz atraviesa dos hojas delgadas, cada una de gruesa  x, entonces la primera hoja a la que le llega la luz absorberá ligeramente más que la segunda porque la cantidad de luz que entra a la primera es ligeramente mayor que entra a la segunda. Si escribimos (1) en la forma: L ~ -KL x

... (2)

Si suponemos que el error en la aproximación disminuye y se aproxima a cero a medida que el espesor  x se acerca a cero, entonces:

Lím

x  0

 L dL    Kx  x dx

... (3)

que al resolverla, por variables separadas, logramos que: Lx   Ce kx

Ahora, como una hoja de espesor 0 significaría que no existe tal hoja, y por lo tanto no habría absorción de luz, tenemos que L(o) = 1 = C, luego: L x   e kx

x

, k 

y

1 Ln L x  K

... (4)

Ln L x  x

Ejemplos: 1. - Cierto tipo de vidrio tiene características tales que una hoja de un centímetro de espesor absorbe un décimo de la luz que empieza a atravesarla, ¿Cuán delgada tiene que ser la hoja para que absorba solamente 1% de la luz incidente? SOLUCIÓN: Si x es el espesor del vidrio y L(x) la fracción de luz incidente que atraviesa dicho vidrio, luego, si la hoja es de 1 cm, de espesor y absorbe un décimo de luz, entonces: L(1) = 1 

1 9  es la fracción de luz incidente que atraviesa la hoja de virio. 10 10

1 De (4): K   Ln Lx  x

y

L1 

9 10



1 9 9 K   Ln    Ln  0.105 1  10  10

324

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

K  0.105 Ahora, si la hoja absorbe solo 1% de la luz incidente, entonces la hoja dejará pasar el 99% de luz, es decir: L(x) = 99%, luego, de (4) con K = 0.105, se tendrá: x

1 1  0.01  0.095cm Ln 0.99   0.105 0.105



x  0.095 cm.

es el espesor de hoja que dejará pasar el 99% de luz, absorbiendo sólo el 1%. 2. - Si a una profundidad de 3 metros la luz del sol que cae verticalmente sobre el agua del océano, se reduce a la mitad de su intensidad. ¿A qué profundidad se reducirá a un dieciseisavo de su intensidad inicial? SOLUCIÓN: Por dato: 1 1 L3  0.5  K   Ln L x    Ln 0.5  x 3

K  0.23105 1 1 1 , luego de (4): x   Ln  16 0.23105  16  4 4  0.69315  Ln 2   43  x  12 mts. 0.23105 0.23105

Se pide x para el cual: L  x   x

1 Ln 2 4 0.23105

3. - Si r% de luz se absorbe por un vidrio de espesor de w, halle el porcentaje de luz absorbida por un espesor de nw. SOLUCIÓN: Si r% de luz se absorbe en un vidrio de espesor w, entonces el porcentaje de luz que pasará será: 1 – r% = e-kw

... (1)

Si el vidrio es de espesor nw, el porcentaje de luz que pasará será: 1 – x% = e-kwn =[e-kw]n Reemplazando (1) en (2): 1  x%  1  r %

n

... (2)

 x%  1  1  r %

  r   x  1001  1     100 

n

n

, 0  r  100

4. - Que el agua absorbe luz es confirmado por el hecho de que es más oscura en las profundidades del océano. Si 3 metros de agua absorben 40%, de la luz incidente sobre la superficie, ¿Cuál será la profundidad que se necesitará alcanzar para que la luz del sol a mediodía produzca la misma iluminación que la luz de luna llena, que es solamente 1/300,000 de la intensidad de dicha luz solar?.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

325

SOLUCIÓN: Si 3 metros de agua absorben 40% de la luz incidente sobre la superficie, entonces 60% (100% - 40%) de luz incidente pasará, es decir que:

L3  60%  e k 3  0.6



1 k   Ln 0.6 3



k  0.17027

Si la iluminación debe ser de 1/300,000 de la intensidad de luz solar, luego: De (4): x 

1 12.6115 Ln 300,0001   74.065 mts. 0.1703 0.1703



x  74.065 mts.

326

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

3.4.3. LEY DE ENFRIAMIENTO DE NEWTÓN Esta ley puede ser establecida de la siguiente manera: “La tasa de cambio o velocidad de enfriamiento de la temperatura T(t) de un cuerpo con respecto al tiempo t es proporcional a la diferencia de temperatura de dicho cuerpo y la temperatura TA del medio ambiente que lo rodea”. Esto es:

dT   k T  TA  dt

... (I)

en la que k es una constante positiva y T >T A Es de conocimiento común que el cuerpo, perderá calor más rápidamente y que la temperatura T de la misma caerá más rápidamente cuando la diferencia T – TA sea máxima. Es así como una ley física se traduce a una ecuación diferencial. Esperamos entonces, que si se nos dan los valores de k y T A, podemos hallar una fórmula explícita para T(t) y por consiguiente, por ésta, podemos predecir la temperatura futura del cuerpo. Si deseamos suponer que T permanece siempre mayor que T A cuando t  0, entonces podemos puede dividir la ecuación (I) por T - TA para obtener así, la expresión:

dT 1   k dt T  TA  



d Ln T  TA   k dt

LnT  TA   LnC  kt

Pero si t = 0  T(0) = T0



De (II): T0  TA  C

 T  TA  T0  TA e  kt





d Ln T  TA   k dt

 T  TA  Ln   kt  C 

 



 

T  TA  Ce kt

... (II)

C  0 T0  TA 

T t   TA  T0  TA e  kt

... (III)

Si deseamos demostrar, más bien que suponer, que T > T A, entonces procederemos a multiplicar la expresión (I) por ekt para obtener:

e kt



dT   k T  TA e kt dt



e kt

dT  k T  TA e kt  0 dt

Newton aplicó esta regla para estimar la temperatura de una bola de hierro al rojo blanco. En esa época se sabía tan poco sob re las leyes de transferencias del calor que su resultado fue sólo una ligera aproximación; pero, después luego, era mejor que nada.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

dT d  T  TA  dt dt

pero sabemos que:



Si t  0





d kt e T  TA   0 dt

T  T0

,





T  TA  T0  TA e  kt

 T t   TA    kt  Ln T  T A   0

d T  TA   k T  TA e kt  0 dt

e kt T  TA   C



...(IV)

 T  TA  T0  TA e  kt , T  TA

Además, de (II) logramos que: e kt 



e kt

en (IV): C  T0  TA

e kt T  TA   T0  TA  0





327

 t

T t   TA T0  TA

1  T0  TA   Ln k  T  TA 

...(V)

Ejemplos: 1. - Un cuerpo se calienta a una temperatura de 110°C y se expone al aire libre a una temperatura de 10°C. Al cabo de una hora, su temperatura es de 60°C.¿Cuánto tiempo adicional debe transcurrir para que se enfríe a 30°? SOLUCIÓN: Sea T temperatura del cuerpo en °C al cabo de transcurridos t min. desde el momento en que se expone al aire libre. Por dato: TA  10C , T 0  T0  110C

y

T 60  60C

Aplicando los datos a la expresión (III), logramos: T 60 min   10  110  10e  kt 60   60C   60k  Ln

1   Ln 2 2



k



100e 60 k  50



e 60 k 

1 2

1 Ln 2 60

Para T = 30°C De

VI:

t

1  110  10  1 60 Ln Ln5  139.315 min .   Ln5  k  30  10  k Ln 2

 t  2 hr19,31min .

2. - Un tarro de crema, inicialmente a 25°C, se va a enfriar colocándola en el 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?.

328

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

SOLUCIÓN:

Sea T(t) la temperatura del tarro de crema en °C al cabo de

transcurridos t(min). Datos: T 0  25C

;

TA  0C

;

T 20  15C

Incógnita. Hallar t tal que T(t) = 5°C

1  T  TA  1  25  0  1 5   Ln Ln  Cálculo de “K”: K  Ln 0  t  T t   TA  20  15  0  20  3 

t

Cálculo de “t”:

20 20  25  Ln   Ln 5  63.01min  1hr 3.01min . Ln 5 / 3 Ln5 / 3  5 

ha transcurrido 1 h. 3.01 min. después de ponerlo en el pórtico. 3. - Un pastel retirado del horno a 210 °F y dejado enfriarse a la temperatura, 70 °F. Después de 30 min, la temperatura del pastel es de 140°F.¿Cuándo estará a 100°F? SOLUCIÓN: Del enunciado podemos establecer que: T0  210 F

,

TA  70 F , T 30  140 F

, se pide t tal que T t  100F

1  T  TA  1  210  70  1   Ln i) Cálculo de “K”: K  Ln 0   Ln 2 t  T t   TA  30  140  70  30 ii) Cálculo de “t” : t 

1  140  30  14  Ln Ln   k  100  70  Ln 2  3  

t  1hr 6 min 40.31seg

 66.67 min

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

329

PROBLEMAS PROPUESTOS 1. - Sabiendo que un cuerpo en el aire a 10°C se enfría desde 200°C a 100°C en 40 minutos, dígase en cuánto tiempo se enfriará desde 100°C a 10°C en aire a 5°C. Rpta: 158 min. 2. - Obtener la temperatura T de un cuerpo, en el instante t, de un recipiente con agua que se está enfriando en el aire a 0°C si el agua estuvo en un principio hirviendo a 100°C y la temperatura descendió 10° en los primeros 20 minutos. Hallar, también, el tiempo necesario para que la temperatura del agua descienda 90 a 80°C, y la temperatura del agua después de transcurridos 90 minutos. Rpta: T  1000.9

t / 20

22,4 min ; 62,2C

;

3. - Una chuleta de 5 lb., originalmente a 50°F, se pone en el horno a 375°F a la 5:00 pm., se encontró que la temperatura T(t) de la carne era de 125°F después de 75 minutos. ¿A qué hora estará a 150°F (medio cocido)?.

Rpta: 6:45 pm.

4. - Sustituir los °C considerados para la temperatura del aire en el problema 2, por 20°C, y resolver el nuevo problema que resulta así. Rpta: T  20  807 / 8

t / 20

23min, 63,9C.

,

5. - Si temperatura del aire es de 20°C y el cuerpo se enfría en 20 min. desde 100°C hasta 60°, dentro de cuánto tiempo su temperatura descenderá hasta 30°? Rpta: T  20  80.2t / 20

;

t  60 min

6. - Se calienta agua a la temperatura del punto de ebullición de 100°C. El agua se remueve luego del calor y se guarda en un cuarto el cual está a una temperatura constante de 60°C. Después de 3 min. la temperatura del agua es de 90°C. a) Encuentre la temperatura del agua después de 6 min. b) ¿Cuándo la temperatura del agua será de 75°C? ¿61°C? 3 Rpta: T t   60  40  4

t /3

a) T 6  82.5C b) T 10,2  15C

;

T 38,5  61C

7. - Agua a una temperatura de 100°C se enfría en 10 min a 80°C en un cuarto con temperatura de 25°C.  11  a) Encuentre la temperatura del agua después de 20 min.Rp: T t   25  75   15 

b) ¿Cuándo la temperatura será de 40°C? ¿26°C?

t / 10

330

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

a) T 20  65,3C a) T 20  65,3C b) T 52 min   40C ; T 139min   26C b) T 52 min   40C ; T 139min   26C 8. - Agua a una temperatura de 10°C toma 5 min. para calentarse a 20°C en un cuarto con temperatura de 40°C. a) Encuentre la temperatura después de 20 min; después de

Rpta:

2 T t   40  30  3

t /5

, a) T 20  34,074C

b) Cuándo la temperatura será de 25°C?

a) T 20  34,074C

;

T 30  37,36C

;

1 h 2

T 30  37,36C

2 Rpta: T t   40  30  3

b) T 8,547min  25C

t /5

,

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

3.5

331

APLICACIONES AL FLUJO DE CALOR EN ESTADO ESTACIONARIO

Supongamos que se tenga una pieza de material de longitud TA = 30°C

A

50°C

C

60°C

D

B

TB = 70°C

indefinida acotada por

dos

planos

paralelos A y B, Figura a

como en la figura (a).

Consideramos que el material es uniforme en todas sus propiedades, por ejemplo, el calor específico, densidad etc. Si los planos A y B se mantienen a 30°C y 70°C, respectivamente. Todo punto en la región entre A y B alcanza cierta temperatura que no cambia posteriormente. Así todos los puntos en el plano C en la mitad entre A y B estarán a 50°C; en el plano D por ejemplo a 60°C. En estas condiciones podemos decir que tenemos un flujo de calor en estado estacionario o que prevalecen las condiciones de estado estacionario, es decir, cuando la temperatura en cada punto de un cuerpo no varía con el tiempo. Como otro ejemplo podemos considerar un tubo de material 6 0 °C

uniforme, y realicemos un corte transversal como en la figura

4 5 °C

(b). Supongamos que la pared exterior se mantiene a 60°C y la

3 0 °C

interna a 30°C. Habrá una superficie (línea punteada) en la cual cada punto estará a 45°C pero que esta línea no estará en el punto medio de las superficies interna y externa.

F ig ura b

Las líneas paralelas a A y en un plano perpendicular a A (fig. a) se llaman líneas isotérmicas, así también la curva punteada, en la

(fig. b) constituye una curva isotérmica. Los planos correspondientes de la (fig. a) y los cilindros de la (fig. b) se llaman superficies isotérmicas. En el caso general. Las curvas isotérmicas no serán líneas o círculos, pero pueden ser una familias de curvas como se muestra en la (fig. c) (curvas punteadas). Las trayectorias ortogonales de la familia se llaman líneas de flujo.

332

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

S2

S1

Figura c

Figura d

S1

Consideremos dos superficies isotérmicas contiguas, pequeñas porciones, separadas por una distancia  l, donde asumimos que las temperaturas correspondientes a las superficies S1 y S2 son, respectivamente, T1 y T2, y sea la diferencia de temperaturas de éstas  T =T2 –T1 . Experimentalmente se encuentra que la cantidad de calor que fluye de S1 a S2 unidad por de área y por unidad de tiempo es aproximadamente proporcional a  T/ l. Si  l se hace más pequeña (y desde luego  T) la aproximación será más precisa. Si

l  0



lím 

T dT  l dt



lo cual se conoce como el gradiente de T (la tasa de cambio de T en la dirección normal a la superficie o curva isotérmica) Si H, es la cantidad de flujo de calor por unidad de áreas y unidad de tiempo, podemos expresar que: H

Si consideramos a T

dT dl

como

ó

H k

dT dl

una cantidad

vectorial (con dirección y

magnitud)razonaremos de la siguiente manera: Consideremos como positiva la dirección de S1 a S2. Si dT/dl > 0, entonces T aumente y T 2>T1, fluye el calor de S1 a S2 (de mayor a menor temperatura); es decir, el flujo de calor está en la dirección negativa. Asimismo, si dT/dt < 0, T disminuye y T 2 < T1 y el flujo es de S1 a S2; esto es, el flujo de calor está en la dirección positiva.



Si T depende de otros factores además del I, entonces dT

dl

se reemplaza por

T / l.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

H (cantidad vectorial)   k

333

dT dl

LEY DE NEWTON La velocidad Q de propagación del calor a través de una superficie S perpendicular Q   KS

al eje X, es:

dT dt

donde K es el coeficiente de conductibilidad térmica, que depende del material usado; T, la temperatura: t, el tiempo y S, el área de la superficie. La cantidad de calor sé expresa en calorías en el sistema cgs, y en el sistema PLS en BTU (unidad térmicas británicas).

Ejemplos: 1. - Un tubo de 12cm de diámetro contiene vapor a 100°C. Está aislado con una capa de magnesio de 4cm de espesor y conductancia K  175106

cal , si la cm C sg 

superficie extrema del aislamiento se mantiene a 40°C, encontrar el ritmo de pérdida de calor en un metro de longitud de tubo y la temperatura a la mitad de la pared del tubo. SOLUCIÓN: Es claro que las superficies isotérmicas son cilindros concéntricos con los cilindros dados. El área de tal superficie con radio r y longitud l está dada S  2 rl  200 r

por:

4 cm. r

x

12 cm. 4 cm.

100 Cn.

Por la ley de Conducción de Fourier:





q   KS

dT dT  200 kr dr dr



dr  200 k dT  qLn r  200 kT  k1 r Si r  10 , T  40C  qLn10  200 k 40  k1 q

Si r  6

,

T  100 C 

qLn6  200 k 100   k1

(2) – (3): qLn10  qLn6  200 k 40  200 k 100  200 k 60

... (1) ... (2) ... (3)

334

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

 10  qLn   12000k  6

b) Como: q



8

6

 q

dr  200k  r

8 qLn   200k  T  100 6

12000k  Ln5 / 3

 dT

 12,9 cal T

T



100





8   qLn r   200k  T    6  100

T  100 

60Ln4 / 3 Ln5 / 3



T  66,21C

2. - Halle el calor perdido por día a través de la pared de cemento de un silo de 3mts de altura, 10mts de longitud y 25 cm de espesor; la temperatura en el interior del silo es de 10°C y fuera es de –10°C (tome K= 0,0022). SOLUCIÓN: Como: Q   kS x(cm) T(°C)

0 10

25 -10

dt dx

...(1)

Donde: S  3m10m  30 m2  3 102  3 105 cm 2



25

Además: De (1): Q dx  0,0022 3 10 0



Qx  025  660T



Q  524



10 10



10



Q25  66020

cal 24  36000seg  seg 1día



5

 dT 10

 Q  528cal / seg

Q  46106 cal

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

335

PROBLEMAS PROPUESTOS

1. - Una pieza de metal tiene un espesor de 200 cm, y sus otras dos dimensiones son mucho más grandes. Las caras planas de la pieza se mantienen a 75°C y 25°C, respectivamente. a) Encuentre la temperatura de estado estacionario en un plano a una distancia x de la cara de 75°C. b) Construya un gráfico que muestre la distribución de la temperatura de estado estacionario. c) ¿Cuánto calor atraviesa un centímetro cuadrado del plano por segundo, asumiendo que la conductividad térmica del plano es 0,15 unidades cgs? Rpta: (300 – x)/4 2. - En el problema anterior considere que el espesor de la pieza es L, la temperatura en las caras planas son T y T1 respectivamente. Considere K como constante de conductividad térmica. 3. - Un tubo largo de acero tiene un radio interior de 20 cm y un radio exterior de 30 cm. La superficie exterior se mantiene a 400°C, y la superficie interior a 100°C. a) Encuentre la temperatura como una función de la distancia r del eje común de los cilindros concéntricos. b) Encuentre la temperatura donde r = 25 cm. c) ¿Cuánto calor se pierde por minuto en una parte del tubo de 10 m. de largo? Utilice: k  0,15 unidades cgs. Rpta: a) 714 Ln r – 2. 120

b) 265°C

c) 4,2 x 107 cal/min.

4. - Una pieza de metal de 500 cm. de espesor y con sus otras dos dimensiones mucho más grandes tiene una cara de 25°C y la cara opuesta a 65°C, si la conducción térmica es 0.005 unidades cgs. a) Encuentre la temperatura en la pieza como una función de la distancia x desde la cara con la temperatura más baja. b) ¿Cuánto calor se transmite por hora a través de una sección transversal paralela a las caras y con un área de 100 cm2? Rpta: a) 0,08x + 25

;

b) 144 cal/h

336

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

5. - Muestre que la ecuación diferencial para la temperatura de estado estacionario en una región acotada por dos cilindros coaxiales es:

d  dT  r 0 dr  dr 

ó

d 2T 1 dT  0 dr 2 r dr

donde : T es la temperatura a una distancia r del eje común. 6. - Muestre que la temperatura T a una distancia r del eje común de dos cilindros coaxiales de radio a y b (a< b) manteniendo a temperatura constante T1 y T2 respectivamente, es: T

T1 Ln b / r   T2 Ln r / a  Ln b / a 

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

337

3.6

APLICACIONES A LA TERMODINAMICA

I.-

Ley de Boyle-Mariotte (para gases ideales). Expansión Isotérmica de un Gas Perfecto. Los experimentos demuestran que si se tiene un gas a baja presión p (y a temperatura constante) la razón de cambio del volumen V(p) es igual a –V/p. Resolver la ecuación diferencial correspondiente: Como:

dV V  dp p



LnV  Ln p  LnC





dV  V 



dp p



LnV   Ln p  Ln C



Ln pV  Ln C

pV  C

esta es ley la establecida empíricamente por Boyle (1662) y Mariotte (1676)

... (I)

Sea un pistón de área S desplazándose en un cilindro. El trabajo suministrado por el gas en un desplazamiento x es: es decir:

w  Fx  psx  pV

dw = pdV

...(1)

pero para un proceso isotérmico (temperatura constante), se cumple que: pV  C



V

C p



dV  

Cdp p2



pdV  

Cdp p

…(2) (2) en (1) : dw  

Cdp p



p2

p2

p1

p1

w  C  dp  CLnp

p   C Ln 1   p2 

Ejemplos: a.-

Un recipiente tiene una cantidad de 0,2 m3 y contiene aire a una presión de 107 pascales. Dicho aire se expansiona a temperatura constante, hasta una presión de 10 5 pascales, en una máquina sin rozamiento. Calcular el trabajo suministrado por esta expansión y la duración de la misma sabiendo que sirve para alimentar un motor que consume 1.500 vatios. SOLUCIÓN: Por dato, tenemos que: p1  107 pascales y p2  105 pascales. Además: V1  0,2m 3 , entonces, si la temperatura se mantiene constante debe cumplir que: p1V1  C  

Robert Boyle (1627 – 1691) físico ingles Edmé Mariottr (1620 – 1684) físico francés.

C  107  0,2



C  2 106

338

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

El trabajo suministrado será:

 107  p  W  CLn  1   2 106 Ln 5   2 106 Ln102  2 106  2 Ln 10  p2   10   b.-

W  2 106  2  2,3

W  9,2 106 J



Si el motor consume 1,5000 vatios (J/s), entonces la expansión precedente podrá alimentarlo durante:

W 9,2 106 t   6,130S EC 1,5000



t  1hr. 42 min .

II.- Ecuación de las Curvas Adiabáticas de los Gases Perfectos Una transformación es adiabática cuando la cantidad de calor intercambiada con el exterior es nula; es una transformación en la que dQ = 0. Consideremos un mol de gas perfecto, que verifica la Ley de Mariotte-Gay-Laussac pv = RT

(T, temperatura absoluta. R cte)

Situémoslo en un recipiente perfectamente calorífico. Realicemos una variación V de volumen a presión constante. Si T1 es la correspondiente variación de temperatura y Ce el calor específico a presión constante, el gas libera ( para una masa unida) una cantidad de calor. Q1 = CT1

ó

dQ1 = C d T1

Efectuamos a continuación una variación p de presión, a volumen constante; sea T2 la correspondiente variación de temperatura. Llamemos C V al calor específico a volumen constante; la cantidad de calor liberada es: Q2  CV T2

Pero: dQ  dQ1  dQ2  Ce dT1  CV dT2

,

luego: pdV = RdT

Si el volumen V es constante De (2) y (3): dT1  ...(4)

pero: dQ  0

;

,

Ce d T1  CV d 2  0

entonces: También: pV = RT

dQ2  CV d T2

ó

pdV R



... (1)  pdV = RdT1

d(pV) = d(RT) y



... (2)

Vdp = RdT2

... (3)

dT2 

Vdp R

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

(4) en (1):





ce p dV cvV dp  0 R R

ce LnV  Lnp  C1  LnC cv pV K  C

ce cv

 

  dV  V

339

dp  C1 p

Ln pV K  LnC / K 

ce cv

es la ecuación de las curvas adiabáticas

... (II)

(Ecuación de Poisson) Podemos obtener expresiones que nos permitan relacionar la presión, el volumen y la temperatura si se da la presión p1, y el volumen V1 como valores correspondientes a una temperatura T1, es decir, si: pV k  C cte 

Además: pV  RT



p1V1  RT1

De (5): PVV k 1  p1V1V1k 1

T  V1    De (6) y (7): T1  V 



,

´ pV k  p1V1k

luego:

... (5)

pV Rt T   p1V1 RT1 T1

PV V1k 1  p1V1 V K 1



... (6)

... (7)

K 1

... (8)

pV  V1  De (6) y (8):   p1V1  V 

T  V1  De (8) y (9):   T1  V 

k 1

k 1

p  V1    p1  V 



 p     p1 

1/ k

k



k 1/ k

V1  p    V  p1 

... (9)

.. (III)

Ejemplos: 1. - Consideremos un fuelle en el que se comprime aire bruscamente, tomado por ejemplo, a 0°C, suponiendo el gas reducido a 1/10 de su volumen por compresión adiabática. Hállese, en esta condición, la temperatura. SOLUCIÓN: Por dato:

V 1  V1 10



V1  10 V

... (1)

Como T1 = 0°C = 273°K K 1

V  Para el aire se tiene que K = 1.4 , luego , si T   1  T1  100.4  273 V   T  686K  686  273C  T   473C , temperatura suficiente

para inflamar un trozo de yesca unido al pistón.

340

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Calculemos ahora el enfriamiento producido por una expansión adiabática. Sea una masa de aire a 0°C a una presión p1 que aflojaremos hasta 100-1 de su valor. Por dato: T1 = 273 K

 p T     p1 

k 1 / k

;

 1  T1     100 

p/p1 =1/100 0.4 / 1.4

K  1.4. entonces:

y

 273  273104 / 7  73K



T  200C

De esta manera se ve él por qué se produce nieve carbónica en la descomposición del dióxido de carbono altamente comprimido. Trabajo en una expansión adiabática Sabemos que: De (II):

dW = pdV

pV k  C



... (1)

V k 1 Vdp  kpdV   0

V k dp  kpV k 1dV  0 

1/ k



Vdp  kpdV  0

(2) en (1): dW  



1 1C  pdV   Vdp     k kP

C 1/ k 1/ k p dp K



W 

C 1/ k k



dp

... (2)

p2

p 1/ k dp p1

p2 1

1 C 1/ k 1   p k k 1 1 k



2. -

W

p1



C 1 / k 11 / k p1  p121 / k k 1



ó

W

p1V1  p 2V2 k 1

Un depósito cilíndrico de volumen V0 está lleno de aire atmosférico, que se comprime de un modo adiabático (sin intercambio de calor con el medio que le rodea) hasta que su volumen se hace igual a V1. Calcular el trabajo invertido durante la compresión. SOLUCIÓN: Sabemos que un proceso adiabático se caracteriza por la ecuación de Poisson:

pV k  C

... (1)

donde p0 y V0 son las condiciones iníciales de presión y volumen respectivamente para un cierto gas, y p y V la presión y volumen del gas en el momento en que el émbolo estaba situado a la altura h, y con S, el área de la superficie del émbolo. Entonces al descender el embolo en la magnitud dh, el volumen del gas disminuirá en la magnitud.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

341

dV = Sdh , siendo el trabajo efectuado: dW = - pdV

De

pV k  p0V0k

(2):



... (2)

p  p0V0kV  k .... (3)

(3) en (2): dW 

 p0V0kV k dV





k

dW 

 p0V0k

0

 W

W 0

V

V k dV

V0

 p Vk p Vk   0 0 V 1 K    0 0 V 1 K  V01 K 1 K 1 k V





V



0

p0V0  V    K  1  V0  

1k



W

Si: V  V1

3.7

  1 



1 K  P0V0  V1     1 W k  1  V0   

PRESIONES ATMOSFÉRICAS Es bien sabido que la presión atmosférica se mide con un barómetro en un sitio determinado de la tierra y que no es constante, sino que es una función del tiempo. El barómetro fue inventado en 1643 por Torricelli y desde entonces es utilizado para predecir los cambios meteorológicos. También sabemos que la presión atmosférica p decrece a medida que aumenta la distancia h con respecto a nivel del mar. Despreciando los cambios de presión que depende del tiempo y suponiendo que la tierra está rodeada de un gas inmóvil

al cual podemos aplicar las leyes

fundamentales de los gases, trataremos de determinar como p depende de h. Empezaremos por suponer que p(h) es una función continua que disminuye a medida que h aumenta. Para obtener una expresión matemática que nos permita determinar la presión atmosférica a una altura h sobre la superficie terrestre, consideremos una columna vertical de aire (véase figura) de sección transversal cuadrada, pequeña, de área S y de altura indefinida a partir de la superficie terrestre. Tenemos un elemento de esta columna

limitada

superior

e inferiormente por dos planos horizontales

a h y h +  h t m, respectivamente, de altura sobre la superficie terrestre; el cuál está sometido a una fuerza vertical dirigida hacia arriba, de p kg/cm2 sobre su cara

342

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

inferior y a una fuerza vertical dirigida hacia abajo p +  pg/cm2 sobre su cara superior, al peso de dicho elemento, y a entonces, las fuerzas verticales deben estar equilibradas, siendo la suma de las fuerzas verticales nula, es decir que:

ps   p  p S   S h  0

(p + p )S

Donde  es la densidad media del elemento de aire. h



p   h  0

como: lim h  0

pS

h

luego de (1):

... (1)

p dp  h dh

 

lim

y

h  0

dp   0 dh

... (2)

Si el aire sigue la ley de Boyle–Mariotte para gases perfectos, se tendrá:  = kp

... (3)

Reemplazando (3) en (2), logramos que:

dp  kp  0 dh 



dp  kdh  0 p

Ln p  Ln C   Kh





 : Lnp  kh  LnC

 p Ln   kh C 



p  Ce  Kh

...(I)

donde h se mide en m. y p en kg/cm2. Se supone que la presión a nivel de la superficie terrestre es de 1,033 kg/cm2, luego, de (I): p(0) = C = 1.033.



ph  1.033e kh

...(II)

Suponiendo que una altura de 1370 m, la presión es de 0,879 kg/cm2, logramos, de (III), que: e kh 

ph  1,033







1  ph  K   Ln  h  1,033  K 

1  0,879  Ln  1370  1,033 

...(III)



K  0,00012

Aplicando la ley de Boyle-Mariotte o la ley de expansión adiabática no puede esperar una buena aproximación para la presión atmosférica por que la densidad de un gas depende de su temperatura y otros factores diversos

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

ph   1,033 e 0,00012h

Así que:

343

...(IV)

Habiendo obtenido está ultima fórmula, la pregunta que surge sí es o no útil. Si (IV) fuese realmente correcta, entonces podría utilizarse para encontrar presiones a una altura dada o para encontrar alturas para presiones dada (expresión (III)). Pero debemos recordar que la expresión (IV) no es correcta a menos que por casualidad los errores que resulten de las falsas suposiciones puedan ser canceladas. Una expresión más óptima viene dada por la expresión:

dp ph   C1 dh R  h2 T h

... (V)

donde R es el radio de tierra y T(h) es una función de temperatura. El que la temperatura absoluta T no depende de h, está claro por el hecho de que aunque la temperatura fuese de 300 °K (unos 27°C ó 80,6°F) al nivel del mar, la temperatura será unos 251K (alrededor de: 55°C ó –67°F), a cualquier altitud desde 10 hasta 32 km. Suponiendo que no sepamos lo suficiente acerca de la función T(h) como para hacer uso de (V) para determinar P(h), haremos progreso aplicando un método acreditado por el tiempo que muchas veces ofrece resultados valiosos en Matemática Aplicada. Este método consiste en hacer una suposición que se sepa, sin temor a dudas, que es absolutamente falsa. Supondremos aquí que T es independiente de h, con lo que (V) puede ser escrita como:

dp ph   R   C2  C   ph  2 dh R  h   Rh 2

...(VI)

Como hemos optado en hacer una falsa suposición, hagamos otra, considerando que si h es “pequeña comparada con “R” (R >> h) [R/(R+h] 2 está próxima a 1, logrando así, a partir de VI, la expresión:

dp  Cp dh

expresión, de la que deseamos hacer hincapié, en la cual la expresión IV puede ser útil. Si el intervalo de valores de h es tal que R(R + h) es casi 1 y la temperatura T es aproximadamente constante para dicho intervalo, entonces la deducción de la

344

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

expresión (IV) a partir de las suposiciones falsas puede ser lo suficientemente exacta como para ser usada con fines prácticos. Ejemplos:1. - Suponiendo que la atmósfera sigue la Ley de Boyle – Mariotte, hallar la presión atmosférica a una altura de 21 000 m. Si a una altura de 300 m. es de 0,709 kg/cm2. SOLUCIÓN: Sea p la presión en kg/cm2 y la altura en m. a partir del nivel de la superficie terrestre tal que p (3000) = 0,709 kg/cm2.

1  ph  De (III): K   Ln  h  1,033 



K 

1  0,709  Ln  3000  1,033 

h

Luego de (II): ph   1,033e  Kh  1,033e 3 000



 0,709  p21000  1,033   1,033 

7

Ln

0, 709  1, 033

 0,709   1,033   1,033 

h / 3 000

p21000  0,074kg / cm 2



2. - ¿Qué conclusión, podemos obtener de la presión (VI) si tratamos de alcanzar una aproximación más exacta para p(h) que no implica la suposición de que h es siempre pequeña en comparación con R? 2

dp  R   K  SOLUCIÓN: De (VI):  p dh  Rh







p  Ce KR

dp  KR 2 p 2

Sea p0  p0



/  Rh 

 dh



R  h 2

Lnp 



dp kR 2 dh  p R  h 2

KR 2  LnC Rh

 ph 

... (1)

 Ce Kr

(2) en (1): ph   p0 e  KR e KR

2  P  KR  Ln   C  Rh

 2

C  p0 e  KR

/ Rh 



... (2)

ph  p0 e  KRh /  Rh 

donde: lím ph   p0 e  KR h 

3. - La presión de una columna de aire en un nivel está acondicionada por la presión de las capas superiores de la atmósfera. Hallar la dependencia entre la presión y la altura, si se sabe, que al nivel del mar la presión es igual a 1 kg/cm2, mientras que a 500 m de altura, es de 0,92 kg/cm2. SOLUCIÓN: Como: p  Ce  Kh

... (1)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Si h  0



p0  1kg / cm 2  C

1 También: K   Lnph   h

(3) en (2): ph   e h / 500 Ln0,92 



ph  e  Kh



K 

345

... (2)

1 Ln 0,92 500

... (3)

ph  0,92

h / 500

PROBLEMAS PROPUESTOS 1. - Hallar la presión atmosférica a una altura h, suponiendo que la atmósfera sigue la ley adiabática p = K

1,4

. Demostrar que en este caso la presión valdría cero a una

altura finita. Hallar esta altura en función de k y de la presión p 0 al nivel de la 3, 5

2 7 2/ 7 5/ 7   Rpta:  p 2 / 7  hk 5 / 7  , p0 k 7 2  

superficie terrestre.

2. - Suponiendo que la variación de la presión atmosférica con la altitud (altura sobre la tierra) es proporcional a la presión atmosférica, si la presión atmosférica a nivel del suelo (cota cero) es 1,033 Kg/cm2, y a 3000 m. de altura es 0,71 Kg/cm2, obténgase la presión atmosférica en función de la altitud, y el valor de la presión atmosférica a 4500 m.

Rpta: p  1,033 0,000127 h

0,584 Kg / cm 2

,

3. - Calcular la altura teórica de una atmósfera que sigue la ley adiabática p = K

1,4

,

suponiendo que la presión a la altura cero es 1,033 Kg/cm2 y a la altura de 3000 m es 0,709 Kg/cm2.

Rpta: 29,400 m

4. - Una caneca cilíndrica está llena con un líquido de densidad  y se rota alrededor de su eje a una velocidad angular constante . Muestre que la presión a una distancia r del eje excede a la presión en el eje

1   2r 2 . 3

5. - Si el líquido en el ejercicio anterior se reemplaza por un gas ideal que obedece a Ley de Boyle (la presión de un gas varía inversamente al volumen a temperatura constante), encuentre la presión como una función de la distancia del eje. 6. - Si la ley de Boyle del ejercicio (5) se reemplaza por la ley   kp donde p y  son, respectivamente la presión y la densidad del gas, y  y k son constantes, muestre  k 1    2 r 2   p01  que la presión a la distancia r del eje es: p   2   

1 / 1 

,

 1

La velocidad de variación depende de la presión atmosférica, temperatura del aire y otras condiciones. Por lo tanto una expre sión en la que sólo se considera la presión de la atmósfera dará soluciones aproximadas.

346

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Obtenga el resultado del ejercicio (5) al hacer  1. 7. - La presión p y la densidad  de la atmósfera por encima de la superficie de la tierra están relacionadas por la fórmula p = k  donde k y  son constantes positivas. Si la presión y densidad al nivel del mar son respectivamente p 0 y 0, muestre que (a) la

variación

de

la

presión

con

la

altura

h

está

dada

por

p11/   p011/   1  1/   0 p01/  h y (b) la altura de la atmósfera puede considerarse

como p0   1 0 . (c) Discuta el caso   1 y   1 . 8. - La presión p(y) a una profundidad y por abajo del nivel de un océano es mayor de lo que sería si el agua no fuese compresible. Sean nuestras unidades kilogramos y metros. Supongamos, como es muy aproximadamente cierto, que 1 m3 de agua a la presión p pesa W(1 + kp) kg, donde W = 1000 y k = 0.41  10-8. Demostrar que:

p y  

eWky  1 Wy Wky

... (I)

Obsérvese que la presión a la profundidad y deberá ser W y si el agua no se puede comprimir. Notemos también que, que cuando Wky es pequeña, el cociente en (I) se valora más fácilmente el desarrollo de Maclaurin de la exponencial. Demuéstrese que cuando y = 9  10 3m (aproximadamente 9 km) el cociente es 1.02. Esto demuestra que aún a grandes profundidades, el incremento relativo de presión debido a la compresibilidad no es de interés.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

3.8

347

PROBLEMAS DE FÍSICA QUE INVOLUCRAN GEOMETRÍA

Una gran gama de problemas físicos depende de alguna manera de la geometría. Por ejemplo, considere el agua que sale a través de un agujero en la base de un tanque cónico. Aquí la forma geométrica del recipiente determina el comportamiento físico del agua. También podemos citar, como otro ejemplo, el de un cilindro recto circular, lleno hasta la mitad con agua, y rotando con velocidad angular constante alrededor de su eje. La forma de la superficie del agua se determinará por la velocidad angular del cilindro. Aquí la física determina la forma geométrica de la superficie del agua. En los ejemplos ilustrativos siguientes consideremos tres problemas físicos que involucran geometría; a saber, el flujo de agua de un tanque, la forma de la superficie del agua en un cilindro que rota, y la forma de un reflector. Derrame de Líquidos por orificios “Ley de Torricelli” Cuando un objeto, a partir del reposo recorre al caer una distancia de “h” metros con muy poca fricción, adquiere una velocidad de aproximadamente

2 gh metros por

segundo, donde g es 9.8 m/seg2 (32 pies/seg2), expresión que no es difícil mostrar que para condiciones ideales, al aplicar el principio de conservación de la energía, tendremos que la energía mecánica total de una masa en A es la misma que en el punto B. Es decir que: A

ETA  ETB EPA  EK A  EPB  EKB

h

1 1 mgh  m02  mg 0  mv B2 2 2 B



VB  2 gh

Referencia

Supongamos que un tanque con una sección transversal constante B se llene con agua hasta una altura H y que el agua fluye del tanque a través de un orificio, de 

Evangelista Torricelli (1608 – 1647), Físico italiano.

348

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

sección transversal A, en la base del recipiente reciente. Denotemos con y(t) la profundidad del agua del tanque en el tanque en el tiempo t y con (f) el volumen del agua del tanque en el tiempo t y con V(t) el volumen del agua en ese momento. Es plausible ( y así ocurre en condiciones ideales) que la velocidad de agua que sale a v  2 gy

través del orificio sea:

... (1)

o sea la velocidad que una gota de agua adquiriría al caer libremente desde la superficie del agua hasta el orificio. En condiciones reales, hay que tomar en cuenta la contracción y el rozamiento que sufre un chorro de agua, cerca del orificio, para tener v= C 2 gy en la que C es una constante empírica comprendida entre 0 y 1, que podría esperarse que dependa en forma muy compleja de los tamaños y formas del recipiente y de los orificios y de la carga de agua “y”. Sin embargo, se pueden obtener repuestas razonables a multitud de problemas gracias a la suposición simplemente de que C es constante y vale 0,6, para una pequeña corriente, continua de agua. De aquí parece razonable que el agua se escape

CA 2 gy m 3 / seg de un

orificio de área A que se encuentra a “y” m, por debajo de la superficie del agua. Es decir que:

dV   Av  CA 2 gy dt

... (I)

que es la formulación de la ley de Torricelli para el desagüe de un tanque. El signo negativo se necesita en virtud de que V y “y” decrecen al aumentar el tiempo t. Si B(y) denota el área de la sección transversal horizontal del tanque a la altura y, entonces, recordando el método de volúmenes de secciones trasversales conocidas nos proporciona la expresión: V y 



y

B y dy



0

Además:

dV  B y  dy

dV dV dy dy    B y  dt dy dt dt

De (I) y (2): B y 

dy  CA 2 gy dt

que es la forma más útil de la ley de Torriccelli. En este caso especial la sección trasversal es constante (B(y) =B: cte)

... (2)

... (II)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

De (II):



y

dy

H

A  C 2g B y

 2 y 2 H  

 dt t



2 y

0

y H

349

t

AC  2g t B 0

AC 2g t B

... (3)

expresión que da la altura como una función de t. Tiempo de Vaciado T: Es el tiempo necesario para vaciarse el tanque, el cual se obtiene al encontrar t, en la expresión (3), donde y = 0, luego: 2 H  

AC 2g t B



t

B AC

2H g

Ejemplos: 1. - Un tanque cilíndrico de 1,22 m de alto descansa su base circular de 0,915 m de radio. Al mediodía, cuando el tanque está lleno de agua, se destapa un orificio de radio de 1,27 cm en el fondo y se vacía el tanque. Hállese las horas en las cuales el tanque estaba a la mitad, a la cuarta parte y vacío. SOLUCIÓN:

Tomemos como referencia al mediodía para el cual t = 0 El volumen del tanque a una altura “y” respecto

H = 1.22m

al

nivel

inferior

será:

V   0,9152 y , además el área de la

y

sección transversal del orificio es: A   1,27 cm 

2

R = 0.915m

dy  1.27   0.6  De (II):  0,915  dt  100  2



dy  0.00051dt y

Como: y  H  1,22 ,

2

2

 1,27  2   m  100 

29.8 y   0,00051 y

 2 y  0.00051t  c1 cuando: t  0  C1  2,20

... (1)

350

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Por consiguiente, de (1): t 

2,20  2 y seg 0,00051

a) si y 

H  0,61m 2

b) Si y 

H  0,305m   2,156 seg12hr 36 min  4



t  1,255seg, alrededor de las 12 horas 21seg.

c) Si y  0 t  3,3414seg13' hr12 min 2. - Un tanque hemisférico tiene un radio máximo de 4ft y al tiempo t = 0 está lleno de agua. En ese momento se abre un agujero circular de 1 pulgada de diámetro en el fondo del tanque. ¿Cuánto tiempo tardará el tanque en vaciarse por completo?. SOLUCIÓN: El área B(y) esta dada por: B(y) =  r2 En B

r 2  AB 2  CB 2  42  4  y   8 y  y 2 2

4 C

BCA:

r

4-y

Luego, de (II):

A

dy D2 B y   CA 2 gy  C dt 4

y

1/12 dy  8 y  y    dt 4

2

2

 8 y

1/ 2



 y 3 / 2 dy  dy 



1 dt  72



 448   448  t  72C1  72   24   15   5 

232 y

16 3 / 2 2 5 / 2 t y  y   C1 3 5 72

Por dato: y=4 si t=0 (y(0)=4), luego de (I): El tanque estará vació cuando y=0

2 gy



16 2  6    32  C1 3 5

de (I): 0 

t  C1 72

... (I) 

C1 

448 15

t  C1 72



t  2150 seg  35'50´´

3. - Un embudo con un ángulo de salida de 60° y una H

sección transversal con área de 0,5 cm2, contiene agua. En el instante t = 0, se abre la salida y se deja que fluya

60°

y

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

351

el agua. Determinar el tiempo que tardará en vaciarse el embudo, suponiendo que la altura inicial del agua es H = 10 cm. SOLUCIÓN: Según la expresión (II) tenemos: B y 

r

dy  CA 2 gy  0,6 0,5 2 gy  0,3 2 gy dt

... (1)

Además: B y    r 2 y

... (2)

De la figura: r  ytg30  y / 3  r 2  30°

(3) en (2): B  y  



dy (4) en (1): y  0,3 2 gy 3 dt 2

2 5 / 2 y  0,9 2 g t 5 10 t



3

 

... (4)

y

 dt t

3/ 2

dy  0,9 2 g

10



... (3)

y2 y

t

0



y2 3

0

2 5 / 2 2 5 / 2 y  10  0,9 2 g t 5 5

4. - Un cilindro circular con eje vertical de llena con agua y se hace rotar alrededor de su eje con una velocidad angular constante . ¿Qué forma toma el agua?. SOLUCIÓN: Consideremos una partícula de agua P, de masa m, en la superficie del agua. Cuándo Y

prevalecen las condiciones de estado estacionario, esta partícula se mueve en una trayectoria circular, con centro en el eje de rotación. Consideremos el sistema de ejes coordenados XY tal como se indica

m

X

en la figura, siendo el eje Y el eje de rotación y el eje X, perpendicular a Y, pasando por el punto más bajo 0 de la superficie.

Las fuerzas sobre la partícula P cuando se Y

alcanzan R

condiciones

de

estado

estacionario son la fuerza debido al peso P(x,y) W=mg

0

las

X

de la partícula, la fuerza R sobre P debida a la reacción de las otras partículas en el líquido, fuerza que es normal a la superficie del líquido, fuerza que si no

352

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

fuese así tendría una componente tangencial a la superficie de la partícula originando que ésta se mueva ya sea hacia o alejándose del eje de rotación. La resultante de estas dos fuerzas apunta hacia el centro del círculo en el cual P gira. Esta fuerza resultante es la fuerza centrípeta actuando sobre

P

y cuya

magnitud está dada por m 2x, donde x es la distancia de P al eje de rotación. Del grafico:

 Fy : W  R cos  0   Fx : Rsen  m x

W  R cos

mg  R cos ... (1)



2

R sen m 2 x (2)  (1):  R cos mg 



y

dy

2

0

g





dy 2x  tg  dx g

x

xdx



... (2)

y

0

 2 x2 2g

Es decir, que el nivel del agua, asume la forma de una parábola en cualquier plano perpendicular al eje Y. En un sistema tridimensional es un paraboloide de revolución. PROBLEMAS RESUELTOS 1. - Un embudo cónico de altura H y radio de la basa mayor R, tiene un pequeño agujero de área A en su parte inferior. Utilizando el factor 0,6, hallar el tiempo T requerido para vaciar un embudo lleno. R

SOLUCIÓN: Como: B  y 

dy  0,6 A 2 gy dt

donde: B y    r 2

r

... (1) ... (2)

H

De la figura: tg 

y

R r  H y

R (3) en (2): B y     H

(4) en (1):



 R2 H

2

dy y  0,6 A 2 gy dt 2

2 R 2 y 5 / 2  0,6 A 2 g t  C 5H 2



...(I) /

 R2 H

2



R y H

2  R y  2 y2 H 

... (3)

2

... (4)

y 3 / 2 dy  0,6 A 2 g dt

y0  H

2 R2 5/ 2 2 R 2 H 1/ 2 De (I): y  0,6 A 2 g t  5 5H 2

r

 C

2R 2 H 1/ 2 5

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Si y  0



0  0,6 A 2 g t 

2 R 2 H 1/ 2 5

 t

2 R 2 H 1/ 2

353

seg

3 2g A

2. - Una esfera de radio R está llena de agua. Se hacen agujeros de área A en sus puntos más alto y más bajo para que entre el aire y salga el agua, usando C = 0,6 encontrar los valores de T1 y T2 en segundos, necesarios para que salga la mitad y la totalidad del agua. SOLUCIÓN: De la figura: DH.HB = AH.HC 

A

H

B

Donde: B  y  y

dy  0,6 A 2 gy dt



 2 Ry  y 2 



 2Ry

C

dy  0,6 A 2 gy dt

y



1/ 2

y

3/ 2

dy  0,6 A

2g

y

 4R 3 / 2 2 5 / 2    y  y   0,6 A 2 g t 5  3  2R

 4R 3 / 2 2 5 / 2   4R 2R 3 / 2  2 2R 5 / 2   0,6 A 2 g t   y  y    5 5  3   3  2 3 / 2 4 2 R 3 / 2  0,6 A 2 g t y 10R  3 y   15 15   3,9  1   2 R 5 / 2 a) Si y  R  t  T1   0,90  39,2  

4 2 R  t  T2  9 2g A

5/ 2



 dt t

2R

b) Si y  0

... (1)

Luego: B y    r 2   2 Ry  y 2 

B(y) D

r. r  2 R  y  y  r 2  2 Ry  y 2

0

354

3.9

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

EL CABLE COLGANTE

Investigaremos la forma de un cable (o cuerda) que cuelga de dos puntos P y Q, no necesariamente al mismo a nivel. Asumiremos que el cable esta hecho de un material perfectamente flexible e inelástico de modo que debido a su carga ( la cual puede ser debida a su propio peso, o fuerzas externas actuantes, o a una combinación se estás) toma la forma como en la figura. Supondremos también de que el peso del cable está uniformemente distribuido en toda su longitud, y que no lo está horizontalmente. Sea w la densidad del cable, medio en unidades como kg/m, lb/pie, etc. La figura muestra el cable con su punto más bajo A y con un sistema de coordenadas dispuesto de modo de que el eje de las y pase por el punto más bajo del cable y que de las x esté en cualquier lugar debajo de ese punto. Examinemos ahora una sección AB del cable de longitudes: siendo B un punto cualquiera de coordenadas (x, y). Planeamos obtener una ecuación diferencial para la forma y = f(x) del cable colgante equilibrando los componentes verticales y horizontales que actúan sobre AB. Estas fuerzas son: T0: Tensión horizontal que tira del cable en A. Y

T: Tensión tangencial que tira del cable en Q. Q

y = f (x)

 s: Fuerza de la gravedad que tira hacia abajo en la sección AB, no necesariamente en

P

B(x,y) T

el centro del arco.

A

En el equilibrio podemos establecer que:

S

i)

 F  0 : T cos  T  0 x

0

 T cos  T0

X x

ii)

F

y

... (1)

 0 : T sen  s  0

 T sen   s

... (2)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

355

en las que, como se indica en la fig.,  es el ángulo que forma la tangente al cable en B con la horizontal. Al dividir la ecuación (2) entre la primera, logramos que:

T sen ws  T cos T0 tg 

Donde:

s



x

dy dx

y

s



tg 

s

...(3)

T0

es la longitud del arco AB, es decir:

2

 dy  1    dx  dx 

0

luego la expresión (3) resulta: dy   dx T0



x

0

d2y   dy   1   2 T0 dx  dx 

2

 dy  1    dx  dx 



2

...(I)

que representa la ecuación diferencial que al ser resuelta nos proporcionará la forma y = f(x) del cable colgante. En (I), hagamos: p 

luego:

dy dx

d 2 y dp  dx 2 dx

y

dp   1 p2 dx T0





dp



 T0



dx

...(4)

1 p Sea p  senhz  dp  cosh z y 1+p2= 1  senh 2 z  cosh 2 z , entonces: dp cosh z dz   dz  z  senh1 p ... (5) 1 p2 cosh2 z  De (4) y (5): senh1 p  x  C ... (6) T0 dy  0 , puesto que la tangente al cable en su punto más Si x = 0 , entonces p  dx x0



2





bajo A es horizontal, luego, de (5): senh1 0  0  C En (6): senh1 p 

x T0



p



y  y0

,

C 0

 x  dy   senh dx  T0 

 x    C1 cosh  T  0  T0 T luego: y0   C1  C1  y0  0

expresión que al integrar resulta: y  Si x  0



T0





... (7)

356

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



y

 x  T cosh   y0  0    T0 

T0

...(II)

que es la expresión que da la forma del cable colgante. Podemos realizar una traslación de ejes, para mayor simplicidad, para escoger la posición del eje de las x de modo que y0 

T0



, entonces la ecuación (II) toma la

forma simple:

y

 x   cosh   T0  T0

... (III)

como T0 y  son constantes podemos tomar como a = T 0 /, luego:

 x y  a cosh  a Esta curva es frecuentemente, llamada catenaria, de la palabra latina catena (cadena, una buena aproximación física al cable que es perfectamente flexible e inelástico). La ecuación (I) es fundamental, pero que para diferentes cargas por unidad de distancia horizontal obtenemos varias diferenciales las cuales producen varias formas del cable.

Ejemplos: 1. - Un cable flexible de poco peso (despreciable) soporta un puente uniforme (figura). Determine la forma del cable. (Este es el problema de determinar la forma del cable en un puente colgante, el cual es de gran uso en la construcción moderna de puentes). SOLUCIÓN: Sea dW/dx la carga por unidad de

Y

incremento en la dirección horizontal. En ese caso dW/dx es constante, llamada el peso por unidad de longitud del puente (w´(x) = ). X

Desde que:

dy W  Tg  dx T0

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



d 2 y 1 dW 1    dx2 T0 dx T0

Si x  0

 T0

 dy  d    dx 



 T0

dy w  x  C1 ....(1) dx T0



dx

dy  0 por ocurrir, en dicho punto, un mínimo. dx



De (1): 0 





357

0  C1



que al integrar, resulta: y  donde y0  y0



C1  0

 2T0



dy   x dx T0

x 2  C2

y0  C2

...(2)

y 

 2T0

x 2  y0

...(I)

es decir, el cable asume la forma de una parábola. A

2. - Un cable flexible de peso despreciable

B

soporta un puente uniforme, como se

P

muestra en la figura. Las dimensiones

60 pies

60 pies 40 pies

son como se indican: P el punto mínimo de la curva APB. Usando un

200 pies

conjunto apropiado de ejes, determine una ecuación para la curva APB.

SOLUCIÓN: Tomemos el sistema de ejes coordenados como el que se muestra en la figura. Como: y 

Y A

B(100,20)



x 2  y0

2T0

i) Para el punto P:

P

X

(0,40)

Como y  0 si



ii) Para el punto B: si x  100 , y  20 , entonces: 20  1 2 x 500

,

si  100  x  100

x0

y

100

luego y 

... (1)

 T0

 T0



y0  0

x2

1003



 T0



1 500

358

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

3. - Un cable de un puente tiene sus soportes al mismo nivel, separados a una distancia de 500 pies. Si los soportes están a 100 pies más altos que el punto mínimo del cable, use un conjunto apropiado de ejes para determinar una ecuación para la curva en la cual el cable cuelga, asumiendo que el puente es de peso uniforme y que el peso del cable es despreciable. Encuentre la pendiente del cable en los soportes. SOLUCIÓN: Y

Como:

T0

x2

B (2 5 0 ,1 0 0 )

1 0 0

A



y

Además: P





T0



b) También

1 625

X 2 5 0

 y

1 2 x 625

,

y250  100  100 

 T0

2502

x   250 , 250

dy 2  x es la pendiente del cable en cualquier punto. dx 625

En los soportes se tendrá que: i) Si x  250

y 

ii) Si x  250 

2 250  4 625 5 y 

2  250   4 625 5

3.10 APLICACIÓN A LA OPTICA

Espejo Parabólico: Determinar la meridiana C de un reflector de revolución de manera que los rayos luminosos que parten de una fuente en el origen o se reflejen en forma de un haz de rayos paralelos al eje X. Y

SOLUCIÓN: Sea P(x, y) un punto de la curva C, Tracemos la tangente en P a C. Si

 iˆ es el ángulo de incidencia y r es el ángulo

C

P

Q r

i

de reflexión, entonces por la Ley de Reflexión se tiene que: m ≮ i=m ≮ r entonces



... (1)

R

0

H

X

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Como PQ // OX entonces:    En

En

ROP:

OHP:

      2

tg 

tg  tg 2 

2tg 1  tg 2

...(3)

y , además: y   tg x y 2 y  x 1  y2

Luego de (3) : 2x y y

 De (1) y (2):   

... (2)



359

1  y2 



y 



xdx  ydy   x 2  y 2 dx



 x  x2  y2 y

y2 

2x y  1  0 y







y  



x  y

x2 1 y2



ydy   x  x 2  y 2 dx





xdx  ydy  x2  y2





dx

 x 2  y 2  x  c  y 2  2cx  c 2 que es la ecuación de la familia de todas la parábolas con foco en el origen y el eje x

Reflectores Elípticos: Cónicas Confocales Un problema bien conocido, hermano del problema anterior acerca del reflector parabólico, es el que consiste en determinar una curva plana tal que la luz o sonido que inciden en ella, partiendo de una fuente puntual fija, son reflejados hacia un segundo punto fijo. Hagamos que los dos puntos fijos sean (a,0) y (-a,0) de un sistema de coordenadas rectangulares. SOLUCIÓN: Y

Sea y(x) una función derivada cuya

D

gráfica, sea cuando menos una parte de la curva requerida, y hagamos que

P(x,y)

CPD sea tangente a la gráfica en P(x,

w

y) ,tal que: y   tg X

C

B(-a,0)

0

A(a,0)

...(1)

Los ángulos APD y BPC con que los rayos de luz procedentes de A y B

cortan a la tangente, tienen que ser iguales, puesto que:

360

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

En

CBP:

m

En

BPA:

m

ABP=m XAP = m

De (2):  =  -  



ABP + m



CPB



BPA

  

... (2)

 =  +  - 2

... (3)

en (3):  =  +  - 2( - )

 tg      tg   2   tg 2

      2

entonces:

BCP+ m

tg  tg 2tg  1  tg tg 1  tg 2

donde: tg  tg      

...(3)

y ax

y

tg 

y ax

...(4)

y y  2 y (1) y (4): a  x a  x  y y 1  y2 1  ax ax 

de donde, simplificando, resulta: xy y  2  x 2  y 2  a 2 y   xy  0

... (I)

que representa la ecuación diferencial de la familia de cónicas con focos ( a,0). Tratemos, ahora, de resolver (I), para ello multipliquemos por 4y de donde:





4 xy 2 y  2  4 x 2  y 2  a 2 y y   4 xy 2  0

Sea ahora: v  y 2

y

v  2 y y 

... (5)

expresiones que permiten obtener una ecuación más sencilla,





xv 2  2 x 2  v  a 2 v'4 xv  0

... (II)

para obtener v(x). Hagamos ahora t = x2 al cambiar la variable independiente de una ecuación diferencial, esto requiere más reflexión que el cambio de variable dependiente. Si

: t  x2 y

x

>

0,

entonces

 ,

v x   v t 1 / 2

con

lo

que

podemos

escribir: V t   vt 1/ 2   vx  entonces v'  x  

d d dt V t   V t    V ' t   2 t  2 tV ' t  dx dt dx

(Si t  x 2



Dx :

(2) en (II):

t  2 t V ' t   2 t  v  a 2 2 t V ' t   4 t V t   0



Dividiendo por: 4 t

... (6)

dt  2x  2 t ) dx

  2



t V '2

 t   t  V t   a V ' t   V t   0 2

... (III)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



361



Dt : V '2 t   2t V ' t V ' ' t   1  V ' t V ' t   t  V t   a 2 V ' ' t   V ' t   0

2t V ' t   t  V t   a V ' ' t   0



i) Si V ' ' t   0



2

... (7)

V ' t   c1 , dando la posibilidad, aplicando (III), que:





tc12  t  V t   a 2 c1  V t   0



c

2 1



 c1 t  c1  1V t   a 2c1

es una solución que (III) y, por consiguiente, con V t   y 2

y

t  x 2 , la

posibilidad de que:

c

2 1



 c1 x 2  c1  1y 2  a 2C1

... (8)

es una solución de (I). Elijamos C 2 

c

2



a2 , entonces (8) toma la forma más familiar c1|  1



 a2 x2  c2 y2  c2 c2  a2



... (IV)

Si c > a, IV da una elipse que es una curva que tiene la propiedad de reflexión de la luz pedida. Si 0 < c < a, entonces IV proporciona una hipérbola que ciertamente no tiene la propiedad de reflexión de la luz pedida.

362

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

3.11

363

APLICACIONES A LA MECÁNICA 11.1 Introducción Muchos fenómenos de la naturaleza son tan complicados que no pueden tratarse exactamente por matemáticas. Empecemos la aplicación matemática a un caso ideal que tenga del real las características más importantes, obteniendo un resultado aproximado cuya importancia práctica depende del grado de aproximación, como se comprueba experimentalmente y por razonamientos empíricos. Consideremos, por ejemplo, el lanzamiento de un proyectil. Las fuerzas de gravedad y de resistencia del aire que actúan sobre el proyectil grande que gira al mismo tiempo que avanza, son muy complicadas. Si suponemos que la gravedad es una fuerza vertical constante, despreciando la resistencia del aire y el movimiento giratorio, obtendremos una solución sencilla carente, prácticamente, de valor. Si con mejor aproximación, suponemos que la resistencia del aire es proporcional a la velocidad y que actúa en dirección opuesta al movimiento, y si se aplica un buen factor de proporcionalidad basado en la experiencia, se obtendrá una solución más aproximada al movimiento real que puede ser útil para algunos estudios. Finalmente, si un equipo de matemáticos, físicos y técnicos posee poderosos computadores y un campo de pruebas en el que se puedan hacer grandes ensayos, es de esperar la obtención de resultados lo bastante exactos para cualquier caso práctico. Investigarán todas las fuerzas que intervienen en el problema, establecerían una teoría, y después aplicarían métodos en cuyo desarrollo las ecuaciones diferenciales desempeñarían un papel destacado. En la presente obra se dan las leyes obtenidas por la observación, experimentación y razonamiento, esperando que las exprese mediante símbolos matemáticos y resuelva las ecuaciones diferenciales resultantes e interprete las soluciones. La física trata de la investigación de las leyes que gobierna el comportamiento del universo físico, entendiendo por universo físico, la totalidad de objetos alrededor nuestro, no sólo las cosas que observamos, sino la que no observamos, tales como los átomos y moléculas. El estudio del movimiento de los objetos en nuestro universo es una rama de la mecánica llamada dinámica, siendo las leyes del movimiento de Newton la base fundamental para su estudio; sin embargo, no son

364

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

aplicables estas leyes, para objetos que se mueven muy rápido (por ejemplo, cerca la velocidad de la luz, 300,000 Km/s). En este caso usaremos las leyes desarrolladas por Einstein conocidas como mecánica relativista. Para obtener descripciones precisas del movimiento de objetos de dimensiones atómicas, necesitamos establecer las leyes de la mecánica cuántica. Sin embargo, para estudiar el movimiento de los objetos que encontraremos en nuestra vida diaria, objetos que ni alcanzan velocidades cercanas a la de la luz ni objetos con dimensiones atómicas son suficientemente precisas las leyes de Newton.

11.2 Leyes del Movimiento de Newton Las tres leyes del movimiento primero desarrolladas por Newton son: 1. - Un cuerpo en reposo tiende a permanecer en reposo, mientras que un cuerpo en movimiento tiende a persistir en movimiento en una línea recta con velocidad constante a menos que fuerzas externas actúen sobre él. 2. - La tasa de cambio en momentum (o cantidad de movimiento) de un cuerpo en el tiempo es proporcional a la fuerza neta que actúa sobre el cuerpo y tiene la misma dirección a la fuerza. 3. - A cada acción existe una reacción igual y opuesta.

Momentum o cantidad de movimiento de un cuerpo se define como el producto de su masa m por su velocidad v. La tasa de cambio en momentum en el tiempo es así

d mv  .Si denotamos por F la dt

fuerza neta que actúa sobre el cuerpo esta la ley dice que d mv  F ó dt

Si m es constante,

d mv   KF dt

... (1)

d mv   m dv  KF , donde a  dv es la aceleración. Así dt dt dt

tenemos que: ma  KF



F

ma k

donde K depende de las unidades utilizadas.

...(2)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

365

11.3 Principales Sistemas de Unidades Hasta el momento se usan tres sistemas de unidades principales. A) El sistema CGS o sistema Centímetro, Gramo, Segundo. En este sistema la longitud se mide en centímetros (cm), la masa en gramos (gr), y el tiempo en segundo (s). El valor más simple para K es K = 1, de modo que la ley (2) es:

F  ma

... (3)

Así si una cierta fuerza produce una aceleración de un cm/seg 2 en una masa de 1 F  1gr 1

gr, entonces de (3)

cm gr  cm 1 2 seg seg 2

llamada a tal fuerza una dina.

B) El sistema MKS o sistema Metro, Kilogramo, Segundo. En este sistema la longitud está dada en metros (m), la tasa en kilogramos (kg), y el tiempo en

F 1

segundos (seg).

kgr  mt  1Newtón( Nw) seg 2

C) El sistema PLS, o sistema Pie, Libra, segundo. En este sistema si la fuerza produce una aceleración de 1 pie/seg 2 en una masa de una libra (1 lb), llamamos esta fuerza 1poundal. Así aquí también usamos K = 1, de modo que:

1 poundal 1

lb pie . seg 2

Otra manera de expresar la ley de Newton es usar el peso en vez de la masa del objeto. Mientras que la masa de un objeto es la misma en todas partes, de la tierra (o realmente en cualquier parte del universo), siempre que la masa este en reposo, el peso cambia de lugar. Se observará que para que un cuerpo actúe sólo por su peso W, la aceleración correspondiente es aquella debida a la gravedad g. La fuerza es W, y la ley de Newton es: W  mg

... (4)

donde g = 980 cm/seg2 = 32 pie/seg2, en la superficie de la tierra. Dividiendo la ecuación (3) por la ecuación (4), tenemos: F ma  W mg



F

W a g

Esta última relación usualmente se utiliza en el sistema PLS:



En la superficie de la Tierra este cambio no excede el 2 por ciento.

... (5)

366

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Algunas veces se hace uso de masa en términos de slugs (que es el número de libras peso dividido por g). Ejemplo: 1. - Una masa de m gramos cae verticalmente hacia abajo, bajo la influencia de la gravedad partiendo del reposo. a) Establezca una ecuación diferencial y condiciones para el movimiento. b) Encuentre la distancia viajada y la velocidad conseguida 3 s. Después de empezar su movimiento. c) ¿Cuánta distancia recorre la masa entre el 3´´ y 4´´ s´ ¿Entre el 4´´ y 5´´ s? Considere m = 25 gr. SOLUCIÓN: a) como la masa cae por su propio peso, podemos establecer, por la segunda ley de Newton, que: m = 25 gr A y

F W



y0  0

,

ma  mg

v0  0



ag



P

 W = mg B

y 0   0 

v  gt  c1

Si la masa parte del reposo, entonces v0  0  dy  v  gt dt

t ie r r a

C2  0



y



y  C2 

1 1 2 g 3  9809  2 2



c) Si t = 4 s, entonces: y 4  

c1  0

1 2 gt 2

1 2 gt 2

b) Sí t = 3 s, entonces: v3  3g  3980  y 3 

dv g dt

v3  2940cm / seg

y 3  4410cm

1 2 g 4   8 g 2

y 4   7840cm



entonces  3 y  y4  y3  343 cm es la distancia recorrida por la masa entre el 3´´ y 4´´ s. d) Sí t=5seg  y 5 

1 2 g 5  12250cm 2

Y

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

367

 4 y  y5  y4  12250 7840  4410cm Observación: 1. Nótese que hemos considerado como positivo la dirección hacia abajo, a partir del punto A, sino fuese así la ecuación que regiría, seria a = -g. 2. En cualquier problema de física que involucre cantidades vectoriales tales como la fuerza, desplazamiento, velocidad y aceleración, las cuales necesariamente requieren un conocimiento de direcciones, es necesario establecer un sistema de coordenadas, junto con la asignación de direcciones positivas y negativas. 2. - Una masa de 200 g se lanza hacia arriba con una velocidad de 2450 cm/s. a) Encuentre las distancias desde el punto de partida y las velocidades conseguidas 2 y 4 s después de empezar el movimiento, b) Encuentre el punto más alto alcanzado y el tiempo requerido. c) ¿Cuáles son las distancias totales recorridas después de 2 s? ¿Después de 4 s?. SOLUCIÓN: Sea A el punto inicial desde el instante t = 0 en que se

B

lanza la masa y sea P la posición al cabo de P P

sobre la masa su propio peso. W = mg

x A

Peso: a 



dv dt

Consideremos el eje vertical hacia arriba como positivo, en tal caso consideramos que F = -w = - mg.

m = 200 g V = 2450 cm/seg

Si: F = -w

transcurridos t s: siendo la única fuerza que actúa

Por la ley de Newton podemos establecer que:

ma = - mg



dv  g dt

, v  v0 En el instante t  0 dx  v0  gt  También: v  dt

 

a = -g

... (1)

v   gt  k



v0  k

dx  v0  gt dt 

donde x(0) = 0 (está en el punto A), luego: 0 = k1



v  v0  gt 1 x  v0t  gt 2  k1 2 xt   v0 t 

1 2 gt 2

... (I)

...(II)

a) De (I) y (II), con v0 = 2450 cm/s, obtenemos para: i) t  2 seg



x2  2v0  2 g  22450  2980  v2  v0  2 g  2450  2980

x2  2940cm

 v2  490cm / seg

368

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

ii) t  4seg



x4  4v0  8 g  1960cm

y

v4  v0  4 g  1470cm / seg , hacia abajo

b) La masa llegará al punto más alto B cuando v(t) = 0 esto ocurrirá según (I) v0  2,5 seg , alcanzando en este instante una altura máxima, según g

cuando t 

(I), de: x(2,5)= 3.062,5 cm por encima del punto A inicial. c) En t = 2seg ha recorrido x(2) = 2940 cm Para t = 4 s, tome en cuenta que para t = 2,5 s llegó a B recorriendo x(2,5) = 3.062,5 cm, faltando evaluar un tiempo t 1 = 4 – 2,5 = 1,5. Al llegar a B el cuerpo cae con velocidad inicial 0 y recorrerá un espacio de xt  

1 2 gt 2



x1,5  1.102,5 cm , siendo el espacio total recorrido igual a

x4  x2,5  x1,5  3062,5  1.102,5 

x4  4.166cm

3. - Un peso de 6 lb se deja caer desde una cima de ¼ millas de alto. Asumiendo ninguna resistencia del aire, ¿en qué tiempo y con que velocidad llegará a la tierra? SOLUCIÓN: A

F w

 m

dv  mg dt

 v  gt  k1

y

donde v0  0

P



y

1 2 gt  k 2 / y 0   0 2



y

1 2 gt 2



y

1 milla  402,25 mt 4

P

vt   gt 

 k1  0 

dy dt

...(1)

m illa

W B



t1 

2y  9,06 seg g

(2) en (1): vt1   2 gy

 t

 k2  0

2y g

...(2)

y

g  9,81mt / seg 2

 t1  9,06 seg



vt1   88,84 mt / seg

P W = 100 lb 30°

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

4. -

369

Un peso de 100 lb desliza hacia abajo desde el reposo en un plano inclinado (figura) el cual forma un ángulo de 30° con la horizontal. a) Establezca la ecuación diferencial y condiciones que describan el movimiento. b) ¿Qué distancia recorrerá el peso 5 s después de empezar y cuál será su velocidad y aceleración en ese instante? SOLUCIÓN: Hagamos un diagrama de cuerpo libre: La componente P paralela al plano es la fuerza neta que produce el movimiento:



Fx : P  W sen 30  ma  m

dv dt



mg 

1 dv m 2 dt

Y

X



P P

30°

30°

a t  

dv g pies   16 dt 2 seg 2



N

30° W cos 30° P W sen 30°

W

vt   16t  k / v0  0  k vt   16t  xt   8 t 2

X 5  852  200 pies

v5  165  80 pies / seg

g  16 pies / seg 2 2

5. - Una lancha que pesa 500 kg. Se desliza por un plano inclinado a 5 grados. La componente de la fuerza paralela a la dirección del movimiento es 500 sen 5° = 43.6 kg. Si la fuerza de rozamiento que se opone al movimiento es de 20 kg. y la resistencia del aire expresada en kilogramos equivale a 0.05 veces la velocidad en cm/s. Hallar la velocidad después de 10 segundos de iniciado el movimiento. SOLUCIÓN:

N

Sea fr = 20 kg la

fuerza de rozamiento opuesto al

x

movimiento y sea fa = 0.05 v(kg) la

fr

5°

resistencia del aire y donde v

W = 500 kg

(cm/se) es la velocidad de la lancha. Por la segunda Ley de Newton,

y

podemos establecer que la fuerza total en el eje X (según la dirección

dv w5°dv Fx : w sen5  f r  f a  ma  m  dt g dt

W

W cos 5°

x

que se indica en la figura) será:



5°

Wx 5°

W

Wx = W sen 5° = 43.6 kg

370

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS





500 dv 981 dt

43.6  29  0.05v 

23.6  0,05v)

 981t  C  

v0  0

500 dv 981 dt





dv 23,6  0,05v

500 Ln 23,6  0,05v   981t  C  10.000Ln23,6  0,05v  ... (I) 0,05

 C  10.000Ln 23,6



23,6  0,05v  e 0,0981t 23,6



vt  





981 dt  500



23,6 1  e 0, 0981t  0,05

 

 23,6  0,05v   en (I): 981t  10.000Ln  23.6   23,6  0,05v  23,6e 0,0981t



vt   472 1  e 0, 0981t



Para t  10seg  v10  4721  e 0,981   295,03cm / seg.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

371

PROBLEMAS RESUELTOS 1. -

Un hombre nada con velocidad constante v a través de un río de ancho “a” dirigiéndose siempre en línea a la orilla opuesta. Si la velocidad de las aguas del río varía directamente con el producto de las distancias del nadador a las 2 orillas (K: constante de proporcionalidad) determinar la ecuación cartesiana de la trayectoria seguida por el nadador y el punto en el cual aguas abajo corresponde al punto de llegada. SOLUCIÓN: Sea P(x, y) la

Y A

ubicación del nadador en un instante cualquiera, distante “y” unidades de la orilla inferior (eje

v

v (a - y) a

P

vR vR

y

X) y (a – y) unidades de la orilla superior.

X

0

Sea vR la velocidad de las aguas del río. Por dato: vR  Ky a  y  De la fig.: tg 

v vR

... (1) además: y' 

,

Reemplazando (1) en (2):





y



K

ay  y 2 dv  v

o

dy v  dx Ky a  y 



x

o

Evaluando, resulta:

dy dy v  tg   dx dx vR

dx



 kya  y dy  vdx

y   a 2 1 3  K  y  y   vx 2  o 2 

 2. -

x

o

K 2 y 3a  2 y   vx 6

K 2 a 3a  2a   vx A 6

Siendo A el punto de llegada, entonces y = a  xA 

... (2)

Ka 3 6v A

Un hombre inicialmente en 0 camina a lo largo de la playa recta OX de un lago halando un bote de remos, inicialmente en A, por

a

P(x,y)

a

medio de una cuerda de longitud a, la cual se 0

X

372

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

mantiene siempre tensa. Muestre que el bote describe una trayectoria (llamada una tractrix) con ecuaciones paramétricas:

    x  a  Ln ctg   cos  2   

e y  a sen

SOLUCIÓN: Por dato: TP = a

... (1) Además: y'  tg      tg

Y

En A(0,a) P(x,y)

xa

x H



y  a sen

HP = TP sen 

Si: y '  tg C

dy  tg dx



 dx  ctg dy

y 0

PHT:

 tg   y

X

T

  x





o



a cos2  dx   ctga cos d  a o  /2  / 2 sen

 /2



 /2



1  sen2 d sen

 /2

csc  sen d  aLncsc  ctg   cos o



 /2

 1  cos    a Ln (   cos  sen   

 /2

     a  Lntg     cos   2   

       a Ln1  cos  Ln tg     cos   2   2   

     x  a  Ln ctg     cos     2  

3. - El eje Y y la recta x = (c >0) son las orillas de un río cuya corriente tiene una velocidad uniforme a, en la dirección negativa de Y. Una barca entra al río en el punto (c,0) y va directamente hacia el origen con una velocidad b en relación al agua. ¿Cuál es la trayectoria de la barca? Resuelva para: y = f(x) y determine las condiciones en a y b que determinarán que la barca llegue a la otra orilla. ¿Dónde atracará?. SOLUCIÓN: Como la barca siempre se dirige

Y X

hacia el origen, entonces sea P(x, y) la posición de la barca (como se muestra en la figura) en

A(c,0) b

b sen

cualquier instante y cuyo vector velocidad será

 v.

P(x,y)

b cos a

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Si b es la magnitud de la velocidad de la barca, entonces, sus componentes son: vx 

dx  b cos dt

vy 

y

dy Dt y  dx Dt x

Como:



… (2)

dy  bsen  a dt

... (1)

dy bsen  a a   sec  tg dx  b cos b

de (1):

... (3)

  Como P(x, y) está en el cuadrante entonces y < 0 además:   0,   sen  0  2 y y  sen   r x2  y2

r=

-y

x2+ y2

dy a  dx b

x2  y2  y a y  y   1    x x b x x 2

... (4) (Homogénea)

Sea: y  vx



(5) en (4): v  x

  2 2a / b

K x

x

373

a/b

 2kvx

a/b

v

1 a / b y  x  2K x

2

dy dv vx dx dx

...

dv a  1 v2  v dx b





1 v2





bdv

bLn v  1  v 2   aLnx  bLnK  bLn Kx a / b      cte

a





dx x

v  1  v 2  Kx a / b

1  v 2  Kx a / b  v  1  v 2  K 2 x 2a / b  2kvxa / b  v 2  2Kvxa / b  K 2 x 2ab 1

 2Kvx

a/b

K x

2 2ab

1

1 1 a / b y v  Kx a / b  x  2 2K x



a

K 2C1a / b   C1a / b 

(6) en (I):

f x  



a

K 1 1 1  y  f x   x b  x b 2 2k k 1 1( a / b ) C 0 A (c,o)  f, entonces: f (c)  C 1 ( a / b )  2 2K 

a



K 2  C 2a / b



1  x1a / b  C a/b   a / b  1a / b    2  C x 

... (I)

K  C a / b

... (6) ... (II)

De (II): i)

Si: a>b, entonces y  - conforme x  0 y en este caso el bote nunca llegará a la orilla.

a

K 1 1 1 y  f x   x b  x b 2 2k

374

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

1  x2 C  C 0 , y   , luego el Si: a = b, entonces y = f(x) =     si x  2 2 C 1 

ii)

bote atracará en (0,-C/2) iii)

Si: a < b, entonces y  0 , en tal caso el bote atracará en el origen.

4. - Un cuerpo de masa m se lanza verticalmente en el aire con una velocidad inicial V . Si el cuerpo encuentra una resistencia del aire proporcional a su velocidad, encontrar: a.- Una expresión para la velocidad del cuerpo en cualquier momento t. b.- El tiempo al cabo del cual el cuerpo llega a su máxima altura. SOLUCIÓN: Apliquemos, en ese problema, el principio básico de la Ley de Newton.



m

kv

v  m   Ln Kv  mg   t  k  v  0

Kv  mg  e k / m t Kv  mg



V t  



m  Kv  mg  t Ln k  Kv  mg 



mdv  v Kv  mg

1 mg  KV  mg e k / m t K



b) El cuerpo llega a su máxima altura cuando v = 0; entonces de (I)

t

m   mg   Ln k  Kv  mg 



t

 dt



t

mg v0



v

dv dt

F  ma  Kv  mg  m

 m  mg  Ln  k  mg  KV 

t

o

... (I)

... (2)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

375

3.12 APLICACIONES A LA BIOLOGIA El fascinante mundo de las Matemáticas tiene múltiples aplicaciones en la vida cotidiana, pero uno de los campos más interesantes del conocimiento al cual los métodos matemáticos han sido aplicados es la Biología. Tal posibilidad de que las matemáticas pudieran aún ser aplicados exitosamente en el estudio de varios procesos naturales de los seres vivos desde los microorganismos más elementales hasta la misma humanidad sorprendente a la imaginación. ¿Qué beneficios podrían resultar si uno pudiera entender aquellos problemas relacionados, por ejemplo, con el mecanismo biológico que regula la presión arterial, o de la glándula tiroides, una glándula endocrina (sin conducto) localizada en el cuello que secreta la hormona tiroxina a la circulación sanguínea y la acción de esta hormona que al actuar sobre los tejidos del cuerpo humano en forma general estimula el metabolismo, causando así un aumento en el consumo de oxígeno y un aumento en la temperatura del cuerpo; también si entendiésemos aquellos problemas relacionados con el cerebro y el sistema nervioso, el corazón, el proceso de digestión, la producción celular, y aún el origen de la vida mediante la formulación matemática y solución de tales problemas?.

Para responder a todas y muchas más interrogantes es que si las matemáticas son capaces de manejar problemas que involucran objetos inanimados tales como máquinas, ¿por qué no puede también intentar tal estudio que maneje problemas que involucren seres vivientes, de los cuales se puede pensar que son máquinas muy complejas?

Aunque no es propósito ni posible que en un libro de este tipo presentar tantísimas aplicaciones interesantes en biología, presentaremos unas pocas y se espera que el estudiante pueda motivarse para proseguir un estudio adicional de este fascinante tema. Crecimiento Biológico: Un problema fundamental en Biología es el crecimiento, ya sea que se trate del crecimiento de una célula, un órgano, un ser humano, una planta o una población. Al tratar anteriormente algunos problemas relacionados con crecimiento, en la sección 2. La ecuación diferencial fundamental que describía estos fenómenos estaba dada por:

376

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

dy  Ky dt

...(1), cuya solución es: y  Ce kt

..(2) siendo C una constante

arbitraria. De la expresión (2) vemos que el crecimiento ocurre si K > 0 mientras que el decrecimiento (decaimiento o encogimiento) ocurre si: K < 0. y

y Y = Cekt Y = Ce kt

K 0 C  0

K 0  C 0 t

t

Un defecto evidente de la ecuación (1) y de la solución correspondiente (2) es que si K >0 entonces tenemos que y   cuando t  , así que a medida que el tiempo transcurre el crecimiento es ilimitado, lo cual va en contradicción con la realidad, ya que después de transcurrir cierto tiempo sabemos que una célula o individuo deja de crecer, habiendo conseguido un tamaño máximo. Es entonces conveniente, ahora, preguntarnos de que manera podemos modificar la ecuación (1), que corresponde a un modelo matemático de crecimiento natural de población cuando los índices de nacimiento y mortalidad son constantes, para que responda a hechos biológicos reales. La respuesta a esta interrogante es afirmativa, teniendo un modelo de población más general que se ajusta a los índices de nacimientos y mortalidad que no son necesariamente constantes. Igual que antes, nuestra función de población P(t) será una aproximación continua a la población discreta efectiva, que por supuesto crece con incrementos discretos.

Sean N(t) y M(t), respectivamente, el número de nacimientos y muertes que han ocurrido en el instante t, a partir de t = 0. Supongamos que la población P(t) cambia exclusivamente por la ocurrencia de nacimientos y muertes (es decir, no por migraciones o emigraciones). Entonces, los índices de natalidad n(t) y mortalidad m(t), en nacimientos o muerte individuales por unidad de tiempo, quedan definidos como: nt   lím

N t h   N t 

h o

hPt 



1 dN  Pt  dt

y

mt   lím

M t h   M t 

h o

hPt 



1 dM  Pt  dt

... (3)

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Entonces:

dN  nt  Pt  dt

dM  mt  Pt  dt

y

Por definición se sabe que: P' t   lím



 

h o



... (4)

Pt  h   Pt  h



P N t P h   N t   M t  h   M  t   lím t  h  t  P' t   lím  h h o  h 

(4) en (5): P't   nt  Pt   mt  Pt 

377

 P't   N 't  M 't 

dP  nt   mt  Pt  dt

... (5)

... (I)

Esta es la ecuación general de una población, en la que si n y m son constantes, se reduce a la ecuación de crecimiento natural con K = n – m.

Poblaciones Limitadas: Hemos analizado que la variación de la población proporcional a la población, en forma lineal no es apropiada; ensayemos entonces, con una aproximación de orden superior dada por una función cuadrática y como debemos restringir el crecimiento de la población como lo exige la realidad, donde se observa que el límite de natalidad disminuye desde cuando la población aumenta y las razones pueden varias, incluyendo el incremento en el refinamiento científico o cultural hasta la limitación de los recursos alimenticios. Supóngase, por ejemplo, que el índice de nacimiento es una función lineal decreciente de la población P y si el índice de mortalidad permanece constante, entonces podemos decir que el coeficiente de aumento K de la ecuación (1), disminuye linealmente con P, entonces podemos establecer que: dP  K1 a  bPP dt

... (II)

Ecuación que se conoce con el nombre de ecuación logística. Si suponemos que P < a/b y a > 0, podemos resolver la ecuación (II), por variables separables, entonces:



dp  a  bPP

 



K1dt



b/a   1/ a    dP  K1t  K 2  P a  bP 

1 1 1 LnP  Lna  bP  K1t  LnC a a a P  Ce k1t a  bP



Pt  



aCekt b C e kt  1

  P Ln    K1t  C a  bP … (III)

378

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Si: t  0



P0   Po

donde apreciamos que:



C

Po  a  bPo

P (t ) máx  lím Pt   t 

Pt  

a P bP  a  bP e kt

...(IV)

aP a  bP b

lo cual nos indican que hay un límite al crecimiento de la población P como lo requieren los hechos biológicos, y tiende a indicar la validez de nuestro modelo matemático. De las consideraciones hechas y teniendo en cuenta (II) notamos que:

dP  0 lo dt

cual nos indica que la población está aumentando constantemente. Más aún si derivamos la expresión (II) con respecto a t logramos que:

d  dP  d d 2 dP    K1 a  bPP  K1 aP  bP  dt  dt  dt dp dt  Si : P´´t   0

 a  2bP  0

 P



  d 2P  K1 a  2bP K1 a  bPP     dt    

1a , lo cual nos indica que la gráfica 2b

de P(t) tiene un punto de inflexión cuando P = a/2b. P(t)

P ' ' t   0

P ' ' t   0 a P 2b

a M= b a 2b t0 Solución de la ecuación logística

t

La población aumenta con el índice de crecimiento hasta a/2b y en lo sucesivo se hace asintótica a M.

Ejemplo Ilustrativo:

1. - En 1845, el demógrafo belga Verhulst usó los datos de la población americana hasta el año de 1930, bajo la hipótesis de que continuaría satisfaciendo la ecuación logística. Con P  3.9 ( en millones de habitantes) y bK1  0.0001598, la ecuación (IV) produjo los notables resultados que se muestran en la tabla adjunta:

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

AÑO

POBLACIÓN ESTIMADA

379

POBLACIÓN REAL DE ESTADOS UNIDOS (millones)

1790

3.9

3.9

1800

5.3

5.3

1810

7.2

7.2

1820

9.7

9.6

1830

13.0

12.9

1840

17.4

17.1

1850

23.1

23.2

1860

30.2

31.4

1870

39.2

38.6

1880

49.9

50.2

1890

62.5

62.9

1900

76.6

76.0

1910

91.7

92.0

1920

107.1

106.5

1930

122.1

123.2

1940

131.0

131.7

1950

151.5

151.1

1960

179.0

179.3

Por supuesto, la hipotética población límite a/b = 197,3 millones de habitantes ahora ha sido excedida, por lo que la población de Estados Unidos no ha continuado satisfaciendo la ecuación logística en las décadas posteriores al año de 1980. 1. - La relación entre el material genético (DNA) y el metabolismo en una célula puede representarse como sigue: Producto

DNA  RNA  Enzima  Substrato

380

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

El DNA contiene la información genética, la cual se copia (se transcribe) en el RNA. El RNA se traslada al producto catalíticamente activo, la enzima, la cual trabaja sobre una materia prima (substrato) en tal forma que se produce un producto. Debemos suponer que estamos ante una enzima cuya síntesis está sujeta a “represión de retroalimentación”. Esto significa que la trascripción del código específico RNA para la enzima se hace más lenta a medida que aumenta la cantidad del producto. Sea x la cantidad de RNA, la cual es igual a la cantidad de DNA; sea y la cantidad de enzima y sea p la cantidad del producto. Se supone que la tasa de formación de enzima es proporcional ay y , por tanto, es ax para alguna constante positiva a, pero hay una tasa constante b de “degradación espontánea” de la enzima tal que: RNA

ax b

Enzima.

SOLUCIÓN: Podemos establecer que:

dy  ax  b dt

... (1)

La represión de retroalimentación está por:

dx A  B dt k1  k 2 p

... (2)

donde A, B, K1 y K2 son constantes positivas. Finalmente, suponemos que las tasas de formación y de utilización del producto son proporcionales a la cantidad de la enzima y del producto, respectivamente. Entonces:

dp  ry  sp dt

... (3)

donde r y s son constantes positivas. En “estado estacionario” se tendrá: Resolviendo, logramos:

dp 0 dt

... (4)

ax2 sA  bx  LnsK1  rK2 y   By  c 2 rK2

2. - Una cantidad de sucrosa (S) en combinación con una cantidad de enzima (E) apropiada, produce una cantidad de un complejo enzima-sucrosa (ES) a una tasa r1. Parte del complejo enzima-sucrosa retorna al estado separado, sucrosa y enzima, a una tasa r2. Si la enzima actúa sobre la molécula de sucrosa, el complejo enzimasucrosa da lugar a los productos glucosa (G), fructuosa (F) y la enzima a una tasa r 3. El diagrama siguiente ilustra al proceso: E + S

r1 r2

r3  ES 

E+G+F

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

381

SOLUCIÓN: Sean s la cantidad de sucrosas que se supone en exceso sobre la cantidad mínima necesaria para el proceso; sean e la cantidad constante de enzima y p y la cantidad de enzimas en el complejo enzima-sucrosa; y sean

x e y , las

cantidades de glucosa y fructuosa, respectivamente. Denotemos, además: m = e –p y por t el tiempo. Podemos expresar las cantidades comprendidas en el sistema mediante las ecuaciones siguientes: ds  r1 sm  r2 p dt

... (1)

dm  r1  r3 p  r1 sm dt

... (2)

dp  r1 sm  r2  r3  p dt

...(3)

dy dx   r3 p dt dt

...(4)

Si la cantidad s sucrosa es suficientemente pequeña, de modo que no hay disminución apreciable durante el tiempo observado de reacción, entonces podemos suponer que: ds  0 , s es constante y además: dt

De (1): r1sm  r2 p

... (5)

Suponiendo, además, que el sistema alcanza pronto un estado estacionario en el cual dm  0 , lo cual nos indica que m es constante y de (2), logramos que: dt

r1  r3  p  r1sm Como s y m son constantes, entonces, p es constante, luego: De (5) y (6): r1 sm  r2 p  r1  r3  p De (3) y (7):

 r2  r1  r3

dp  r1 sm  r2  r3  p  0 dt



Reemplazando: m  e  p en la expresión (6)

r2  r3  p  r1se  p   r1se  r1sp

r1 sm  r2  r3  p

... (6) dp 0 dt

... (7) ... (8) ... (9)

382

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS



r2  r3  r1s  p  r1s e

de (4) :

   dy 

dx 



r3 pdt

p

r1s e r2  r3  r1s



yx

r1r3 s e t r2  r3  r1 s

Llamada “ecuación de estado estacionario” para este proceso.

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383

384

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ANEXO

EXÁMENES Y PRÁCTICAS

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385

AREA DE CIENCIAS BASICAS CICLO 2005-I

I PRÁCTICA CALIFICADA DE ECUACIONES DIFERENCIALES (CB-142 ) 1.- Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: a) y  sec y  sen( x  y )  sen( x  y )

(3.0 pt)

 x  b) ydx   y cos   x  dy  0  y  

(3.0 pt)



, y (0) = 2



c) ( x  y 3 )dx  3 y 5  3 y 2 x dy  0 d) y  

4x  3y  2 x  y 1

2.- Una curva cuya pendiente está dada por: y   Hallar su ecuación.

(3.5 pt) (3.5 pt)

2 xy pasa por el punto (2, 1). xy  y  3x  3 (3.5 pt)

3.- Una curva está definida por la condición de que la suma de los segmentos, interceptados por sus tangentes en los ejes coordenados en cualquier punto P ( x, y ) de ella, es siempre igual a 2. Exprese la condición por medio de una ecuación diferencial. (3.5 pt)

386

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II PRÁCTICA CALIFICADA DE ECUACIONES DIFERENCIALES (CB-142 ) 1.- Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales:



 



a) 3x 2 y  y 3 dx  x 3  3xy 2 dy  0

(3.0 pt)

b) 2 xyLnydx   x 2  y 2 y 2  1  dy  0  

(3.0 pt)





c) xdy  y  xy 3 (1  ln x) dx  0

(3.0 pt)





3.- De entre las soluciones de la ecuación x  1 dy  2 y  ( x  1) 4 dx  0 , ¿cuál es la que al cruzar el OY lo hace perpendicularmente a él? (3.0 pt) 4.- Cierto producto químico se disuelve en el agua a una velocidad proporcional al producto de la cantidad aún no disuelta y la diferencia entre la concentración en una solución saturada y la concentración en la solución real. Se sabe que en 100 g de una solución saturada están disueltos 50 g de la sustancia. Si se agitan 30 g del producto químico con 100 g de agua en 2 horas se disuelven 10 g; ¿Cuántos se disolverán en 5 horas?. (4.0 pt) 5.- Un tanque contiene 100 Dl de salmuera obtenida disolviendo 60 kg de sal en agua. Se introduce en el tanque, a una velocidad de 2 Dl/min, agua salada que contiene 1 kg de sal por decalitro, y la mezcla, conservada homogénea mediante agitación, sale a una velocidad de 3 Dl/min. Hallar la cantidad de sal en el tanque al cabo de una hora. (4.0 pt)

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387

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EXAMEN PARCIAL DE ECUACIONES DIFERENCIALES (CB-142) 1.- Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: a) y   tg 2 ax  by  c  ,



b  a,

ab  0



b) x 2  y 2  2 x dx  2 ydy  0 c)

x

x 2

y



2 3/ 2

dx 

x

y 2

y



2 3/ 2

(3.5 pt)

(3.0 pt) dy  0

(2.0 pt)

2.- Si cuando la temperatura del aire es 20°C, se enfría una sustancia desde 100°C hasta 60°C en 10 minutos, hallar la temperatura después de 40 minutos (3.5 pt) 3.-Una resistencia de R ohmios varía con el tiempo t (segundos) de acuerdo a R= R(t) =1 + 0,01t , 0  t  1000. Se conecta en serie con un condensador de 0.1 faradios y una fem de 100 voltios. La carga inicial en el condensador es de 5 culombios. Encuentre: a) La carga y la corriente como una función del tiempo. b) La carga máxima teórica. (4.0 pt) 4.- Los experimentos muestran que las líneas de fuerza eléctrica de dos cargas opuestas de la misma intensidad y que se encuentran en (-1, 0) y (1, 0) son las circunferencias que pasan por (-1, 0) y (1, 0). Demuéstrese que es posible representar estas circunferencias por la ecuación: x 2  ( y  c) 2  1  c 2 . Determine, además las líneas equipotenciales (trayectorias ortogonales). (4.0 pt)

CAO/Victoria

Lima, 17 de Junio de 2005

388

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AREA DE CIENCIAS BASICAS CICLO 2003-II

I PRÁCTICA CALIFICADA DE ECUACIONES DIFERENCIALES (CB-143)

1.- Demostrar que la curva que posee la propiedad de que todas sus normales pasan por un punto constante, es una circunferencia. (3.5 pt) 2.- Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales a) 3x  2 y  12 dy  2 x  3 y  42 dx



 

(3.5 pt)



b) x 6  2 x 5  2 x 4  y 3  4 x 2 y dx  xy 2  4 x 3 dy  0

(3.0 pt)

c)  y  y 

(4.0 pt)

x 2 y 4  1 dx  2 xdy  0  3

 dx  d)  cos x   0 2 dy  dy  d 2x

(3.5 pt)

3.- El presidente y el primer ministro piden café y reciben tasas a igual temperatura y al mismo tiempo. El presidente agrega inmediatamente una pequeña cantidad de crema fría; pero no se toma el café hasta 10 minutos después. El primer ministro espera 10 minutos y, luego, añade la misma cantidad de crema fría y comienza a tomarse su café. ¿Quién tomará el café mas caliente.

CAO/vmt

(4.0 pt)

Lima, 01 de Octubre de 2003

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389

AREA DE CIENCIAS BASICAS CICLO 2003-II

II PRÁCTICA CALIFICADA DE ECUACIONES DIFERENCIALES (CB-142) 1.- Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales a) x 2 y   2 xy  senh3x



(3.0 pt)



b) xy  x 2 y 3 y   1

(3.0 pt)

1

c)

 0  txdt  n ( x )





(3.0 pt)





d) x 2  2 xy  y 2 dx  y 2  2 xy  x 2 dy  0

;   ( x  y )

(3.0 pt)

2.- Un capacitor ( C = 0.1F) en serie con un resistor (R = 200 ) se carga con una fuente (E0 = 12V). Encuentre la tensión V(t) en el capacitor, suponiendo que en t = 0 el capacitor está completamente descargado. Muestre la gráfica de V(t) (4.0 pt) 3.- Un gran tanque está parcialmente lleno con 100 gal. de líquido en los cuales se 1 disuelven 10 lb de sal. Una salmuera que contiene lb de sal por galón se bombea al 2 tanque con una rapidez de 6 gal/min. La solución adecuadamente mezclada se bombea en seguida hacia afuera del tanque con una rapidez menor, de 4 gal/min. Halle el número de libras de sal que hay en el tanque después de 30 min. (4.0 pt)

CAO/Victoria

Lima, 23 de Octubre de 2003

390

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AREA DE CIENCIAS BASICAS CICLO 2003-II

EXAMEN PARCIAL DE ECUACIONES DIFERENCIALES (CB-142)

1.- Hallar la curva para la cual la pendiente de la tangente en cualquier punto es n veces la

pendiente

de

la

recta

que

pasa

por

el

origen

y

éste

punto.

(4.0 pt)

2.- Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: a) 8 xy   y  

1

(4.0 pt)

y3 x 1

b)  xy x 2  y 2  x  dy   y  x 2 x 2  y 2  dx    

(4.0 pt)

3.- “El carbono C14 radioactivo contenido en las personas se desintegra a una rapidez proporcional a la cantidad presente”. El carbono extraído de un cráneo antiguo contenía solamente una sexta parte del carbono C14 extraído de un hueso de los tiempos actuales. ¿Cuál es la antigüedad del cráneo?. (4.0 pt) 4.- Hallar las trayectorias ortogonales de: cos y  a e

x

CAO/Victoria

Lima, 05 de noviembre de 2003

(4.0 pt)

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391

AREA DE CIENCIAS BASICAS CICLO 2004-I

I PRÁCTICA CALIFICADA DE ECUACIONES DIFERENCIALES (CB-142) 1.- Resolver : a) x 2 ( y  1) dx  y 2 ( x  1) dy  0

(3.0 pt)

b) y   cos(4 x  4 y )

(3.0 pt)

x x x  y  c) . 1  e dx  e y 1  dy  0 (3.0 pt)    y   2.- Consideremos un sólido esférico de radio R y cuya masa en el instante “t 0” es “M0” gramos si la tasa de desintegración es proporcional a la masa en el instante t, ¿cuál será la masa de la esfera en el instante t? (3.0 pt)

3.- Encuentre la ecuación diferencial que describe la familia de circunferencias que pasan por el origen. (4.0 pt)

4.- Hallar la familia de curvas para las que la longitud de la parte de la tangente entre el punto de contacto ( x, y ) y el Eje Y es igual al segmento interceptado en el eje Y por la tangente. (4.0 pt)

CAO/Victoria

Lima, 23 de Abril de 2004

392

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AREA DE CIENCIAS BASICAS CICLO 2004-I

II PRÁCTICA CALIFICADA DE ECUACIONES DIFERENCIALES (CB-142)

1.- Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: a) ( senx) y   (cos x) y  ( x cos x  senx) y 3

(3.5 pt)

b) y3  yy 2  x 2 y  x 2 y  0

(3.5 pt)

2.- En una reacción química, la sustancia A se transforma en otra sustancia a una velocidad proporcional a la cantidad A no transformada. Si había en un principio, 40g de A y una horas más tarde 12g, ¿cuándo se ha transformado el 90% de A?. (4.0 pt) 3.- Se disuelven inicialmente 50 libras (lb.) de sal en un gran tanque que contiene 300 galones (gal) de agua. Se bombea salmuera al tanque a razón de 3 galones por minuto; y luego la solución adecuadamente mezclada se bombea fuera del tanque a razón de 2 galones por minuto. Si la concentración de la solución que entra es de 2 lb/gal., determine la cantidad de sal que hay en el tanque en un instante cualquiera. ¿Cuánta sal hay después de 50 min? ¿Cuánta después de un tiempo largo? (4.5 pt) 4.- Resolver la siguiente ecuación diferencial

3y 2  xdx  2 y 3  6xydy  0 , si su factor integrante es de la forma u   (x  y 2 ) (4.5 pt)

CAO/Victoria

Lima, 14 de mayo de 2004

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393

AREA DE CIENCIAS BASICAS CICLO 2004-I

EXAMEN PARCIAL DE ECUACIONES DIFERENCIALES (CB-142)

1.- Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales:

 1 a) 1   tgydx  sec2 ydy  0  x b) (1  seny) dx  2 y cos y  x (sec y  tgy) dy

(3.0 pt) (3.5 pt)

c) y 2 cos xdx  (4  5 y senx) dy  0

(3.0 pt)

2.- En un cultivo de levadura la cantidad de fermento activo crece a una velocidad proporcional a la cantidad presente. Si se duplica la cantidad en 1 hora, ¿cuántas 3 veces puede esperarse que se tenga la cantidad original al cabo de 2 hora? (3.5 pt) 4 3.- En un circuito serie RL se cierra el interruptor en t  0 . Si la inductancia es 0.5 henrios, la resistencia 3 ohmios y la fuerza electromotriz es u (t )  64sen 8t voltios, determine la intensidad de corriente en cualquier tiempo t  0 (4.0 pt) Nota:

e

at

senbtdt 

(asenbt  b cos bt) e a t a2  b2

4.- Determinar las trayectorias ortogonales de la familia de cardioides

CAO/Victoria

r = (1 + sen ) (3.0 pt)

Lima, 21 de Mayo de 2004

394

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Facultad de Ingeniería Electrónica

Curso Profesor Turno Aula Ciclo Fecha Período Académico

: ANÁLISIS MATEMÁTICO III : CARLOS ARAMBULO OSTOS : MAÑANA : B-305 : IV : 04.05.04 : 2004-I

EXAMEN PARCIAL Instrucciones: a) Está prohibido el uso de copias, apuntes, etc. b) Duración del Examen 90 minutos 1.

Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales:   a) (sen)dr = 2r cos d , r   2  2  1 b) (x + 3)-1 cos ydx - (seny)Ln (5x 15)   dy  0 y 

(2.5 pt) (3.5 pt)

2.

Una resistencia de 500 ohmios se conecta en serie con una inductancia de 4 henrios y una f.e.m. de u(t) = 220 voltios. Si i = 0 en t = 0, encuentre la intensidad de corriente en un instante t cualquiera. Muestre la gráfica de i(t). ¿Cuándo alcanza la corriente el 90% de su valor límite? (5.0 pt).

3.

Dos sustancias químicas A y B se combinan para formar un compuesto C. La reacción que resulta entre las dos sustancias químicas es tal que por cada 2 gramos (2) de A se usa 1g de B. Se observa que se forman 10g del compuesto C en 5 min. Determine la cantidad de C en un instante cualquiera si la rapidez de la reacción es proporcional a las cantidades de A y B restantes y si en un principio hay 40g de A y 50g de B. ¿Qué cantidad de compuesto C hay después de 20 min? Interprete la solución cuando t, es decir, ¿cuánta sustancia de C se ha formado y cuánto quedan de A y de B? (5.0 pt)

4.

Los experimentos muestran que las líneas de fuerza eléctrica de dos cargas opuestas de la misma intensidad y que se encuentran en (-1,0) y (1,0) son las circunferencias que pasan por (-1,0) y (1,0). Demuéstrese que es posible representar estas circunferencias por la ecuación x2 + (y - c)2 = 1 + c2. Determine, además, las líneas equipotenciales (trayectorias ortogonales). (4.0 pt)

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395

Facultad de Ingeniería Electrónica

Curso Profesor Turno Aula Ciclo Fecha Período Académico

: ANÁLISIS MATEMÁTICO III : CARLOS ARAMBULO OSTOS : NOCHE : B-215 : IV : 04.05.04 : 2004-I

EXAMEN PARCIAL Instrucciones: a) Está prohibido el uso de copias, apuntes, etc. b) Duración del Examen 90 minutos 1.

Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: a) y = cos (4x + 4y) b) (x + y2) dx – 2xydy = 0

(3.0 pt) (4.0 pt)

2.

Una resistencia de 1 ohmio se conecta en serie con una capacitancia de 5x10-2 fd y una f.e.m. de u(t) = 200cos10t voltios. Si Q = 0 en t = 0, encuentre la carga Q y la intensidad de corriente en un instante t cualquiera. Muestre la gráfica de i(t). (4.0 pt).

3.

Dos sustancias químicas A y B se combinan para formar un compuesto C. La reacción que resulta entre las dos sustancias químicas es tal que por cada gramo de A se usa 4g de B. Se observa que se forman 30g del compuesto C en 10 min. Determine la cantidad de C en un instante cualquiera si la rapidez de la reacción es proporcional a las cantidades de A y B restantes y si en un principio hay 50g de A y 32g de B. ¿Qué cantidad de compuesto C hay después de 15 min? Interprete la solución cuando t, es decir, ¿cuánta sustancia de C se ha formado y cuánto quedan de A y de B? (5.0 pt)

4.

Los experimentos muestran que las líneas de fuerza eléctrica de dos cargas opuestas de la misma intensidad y que se encuentran en (-1,0) y (1,0) son las circunferencias que pasan por (-1,0) y (1,0). Demuéstrese que es posible representar estas circunferencias por la ecuación x2 + (y - c)2 = 1 + c2. Determine, además, las líneas equipotenciales (trayectorias ortogonales). (4.0 pt)

396

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Facultad de Ingeniería de Sistemas e Industrial

Curso Profesor Turno Aula Ciclo Fecha Período Académico

: ANÁLISIS MATEMÁTICO IV : CARLOS ARAMBULO OSTOS : NOCHE : B-503 :V : 16.01.04 : 2003-II PRIMER EXAMEN

Instrucciones: a) Está prohibido el uso de copias, apuntes. b) Duración del Examen 90 minutos. 1.

Dos sustancias químicas A y B se combinan para formar un compuesto C. La reacción que resulta entre las dos sustancias químicas es tal que por cada 2 gramos (2) de A se usa 1g de B. Se observa que se forman 6g del compuesto C en 20 min. Determine la cantidad de C en un instante cualquiera si la rapidez de la reacción es proporcional a las cantidades de A y B restantes y si en un principio hay 10g de A y 20g de B. ¿Qué cantidad de compuesto C hay después de 15 min? Interprete la solución cuando t. (5.0 pt)

2.

En un tanque se encuentra inicialmente 1500 litros de agua pura. En el instante t=0 comienza a fluir al tanque agua con un contaminante C a una razón de 80 l/min. La concentración de C en el agua que entra al tanque es de 0,25 g/l. La mezcla bien agitada, sale del tanque a la misma razón de 80 l/min. Para poder usar el agua de ese tanque, ésta no debe tener una concentración de C mayor a 0,05 g/l. ¿Cuánto tiempo puede estar fluyendo el agua contaminada al tanque (y saliendo de él) antes de que el agua del tanque ya no pueda ser usada? (5.0 pt)

3.

En un circuito serie RLC con una inductancia de

4.

Hallar la transformada de Laplace de: f ( t )  e 3 t  e 3t sen4t dt

5 henrios, una resistencia de 10 3 y una capacitancia de 1/30 faradios, el generador eléctrico suministra un voltaje E  50e t sen 3t . Determine la carga Q(t) y la intensidad de corriente i(t) en cualquier instante t. (5.0 pt) t

0

(5.0 pt)

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397

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CURSO PROFESOR CICLO AULA

: : : :

ANÁLISIS MATEMÁTICO IV ING. CARLOS ARÁMBULO OSTOS V A212

TURNO

: NOCHE

FECHA

:

PERIODO ACADÉMICO

: 2002-2 EXAMEN PARCIAL

Observaciones: Esta prohibido el uso de separatas, copias, apuntes u otros materiales Duración 80 minutos.

1. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: a) ( x4 lnx – 2xy3 ) dx + 3x2 y2 dy = 0

(4.0 pt.)

b) (x2 +2y e2x) y´+ 2xy + 2y2 e2x = 0

(4.0 pt.)

c)

dy 2 y x 3  y     xtg  2  dx x y x 

(4.0 pt.)

2. Un tanque está parcialmente lleno con 100 galones de salmuera con 10 libras de sal disuelta. Se ingresa salmuera con ½ libra de sal por galón a una velocidad de 6 gal/min. El contenido del tanque está bien mezclado y de él sale un flujo de 4 gal/min de solución. Calcule la cantidad de libras de sal que hay en el tanque a los 30 minutos. (4.0 pt.) 3. Un circuito consiste de una resistencia de 20 ohmios y un condensador de 0.01 y 0.01 faradios y una f.e.m. de 200 e-5t voltios que están en serie. La carga inicial en el condensador es cero. Encuentre la carga y la corriente en cualquier tiempo. Muestre que la carga alcanza un máximo, calcúlelo y halle cuanto se obtiene. (4.0 pt.)

398

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Escuelas de Ingeniería de Sistemas e Industrial

CURSO PROFESOR CICLO AULA

: : : :

ANÁLISIS MATEMÁTICO IV ING. CARLOS ARÁMBULO OSTOS V A212

TURNO

: EXTRAORDINARIO

FECHA

:

PERIODO ACADÉMICO

: 2002-2 EXAMEN PARCIAL

Observaciones: Esta prohibido el uso de separatas, copias, apuntes u otros materiales Duración 80 minutos.

1. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: a)

dy 1  xy3 sec 2 dx y

b) y´

(4.0 pt.)

3x 2 x3  y  1

(4.0 pt.)

c) (x2 +y2 + 1) dy + xy dx = 0

(4.0 pt.)

2. En un depósito que contiene 150 litros de salmuera está entrando agua a razón de 2 litros/ minuto y la mezcla sale a razón de 3 litros / minuto, manteniéndose uniforme la concentración por agitación. Hállese la cantidad de sal al cabo de media ora, si al comienzo tenía 6 kilogramo de sal (4.0 pt.) 3. En el circuito serie R-L se introduce una f.e.m. de 100 sen 40t, donde la resistencia es de 10 ohmios y el inductor de 0.5 henrios. Si la corriente es inicial es cero, determine i(t) (4.0 pt.)

Nota:

at  e sent dt 

sent cost at e a2  b2

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399

Escuelas de Ingeniería Electrónica

CURSO PROFESOR CICLO AULA

: : : :

ANÁLISIS MATEMÁTICO III ING. CARLOS ARÁMBULO OSTOS IV B405

TURNO

: NOCHE

FECHA

:

PERIODO ACADÉMICO

: 2002-2 EXAMEN PARCIAL

Observaciones: Esta prohibido el uso de separatas, copias, apuntes u otros materiales Duración 80 minutos.

4. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: i)

y 2 y´  xe y 2 . e ln( xy )  0

ii) y´  iii)

4 y2  x4 4 xy

(3.5 pt.) (3.5 pt.)

2 xdx  ( y  x 2 y ) dy  0

(4.0 pt.)

5. Cuando se saca un pastel del horno, este se encuentra a 130°C. La temperatura de la cocina es de 20°C. Después de una hora la temperatura del pastel es de 50°C. Determine la temperatura que tendrá el pastel en función del tiempo t. (4.0 pt.) 6. Una resistencia de 10 ohmios y un condensador de 0,01 faradios están en serie con una fuerza electromotriz de 50 cos 6t t  0. Encontrar la carga y la corriente en un tiempo t. (5.0 pt.)

Nota:

at  e cos t dt 

 sent  a cost at e a2  2

400

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Escuelas de Ingeniería Electrónica

CURSO PROFESOR CICLO AULA

: : : :

ANÁLISIS MATEMÁTICO III ING. CARLOS ARÁMBULO OSTOS IV A307

TURNO

: MAÑANA

FECHA

:

PERIODO ACADÉMICO

: 2002-2 EXAMEN PARCIAL

Observaciones: Esta prohibido el uso de separatas, copias, apuntes u otros materiales Duración 80 minutos.

7. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: y i) (1  y ) e y´ 

y2 0 x lm x

ii) 2x tgy + sen 2y + (x2 sec2 y + 2x cos 2y – ey) y´ = 0 iii)

( x 2 y  y 3 ) dy  xdx  0

(3.5 pt.) (4.0 pt.) (3.5 pt.)

8. Un termómetro que marca 18°F, se lleva a un cuarto cuya temperatura es de 70°F, un minuto después la lectura del termómetro es de 31°F. Determínese la temperatura en cualquier instante de tiempo, desde que se lleva al cuarto. (4.0 pt.) 9. Un inductor de 2 henrios y un generador con una f.e.m. dada por 100 sen 10t, t  0 se conectan en serie con una resistencia de 40 ohmios. Encuentre la corriente i(t), si la corriente es cero en t = 0. (5.0 pt.)

NOTA:

e

at

sent dt 

sent cost at e a2  b2

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401

Referencias 1. Coddigton. E.A. y N. Leviston. Teoria de Ecuaciones Diferenciales Nueva York : Mc Graw – Hill. 1955 2. Edwards / Penney. Ecuaciones Diferenciales Elementales con Aplicaciones : Prentice – Hall Hispanoamérica. S.A. 1986. 3. Erwin Kreyszig. Matemáticas Avanzada para Ingeniería. Volumen I Ohio: Editorial Limusa. 1976. 4. Donald L.F. Kreider. Fondo Educativo 5. L. M. Kells Ecuaciones Diferenciales Elementales Mc Graw – Hill. 1970. 6. Murray R. Spliegel. Ecuaciones Diferenciales Aplicadas. Prentice Hall. Utaha. 1965 7. J. Quinet. Ecuaciones Diferenciales Paraninfo, Madrid 1983. 8. R. Palmer Agnew. Ecuaciones Diferenciales New York. 1968. 9. A. Kisellow. M. Krasnow. G. Makarenko. Problemas de Ecuaciones Difernciales. Editorial Mir. 10. Piskuno. Cálculo Diferncial e Integral. Tomo II Editorial Mir. 11. Demidovich. Problemas y Ejercicios de Análisis Matemático Editorial Mir. 12. Wilfred Kaplan. Elements of Differential Equatioons Addison – Wesley Publishing Company. Inc. 13. Boyce Di Prima. Introduction Differential Equations John Wilwy Sons. INc. 1979. 14. Max Morris. Differential Equations Prentice Hall. Inc. 1954 15. Betz HArla. Ecuaciones Difernciales con Aplicaciones