Segunda Actividad Grupal

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y ADISTANCIA UNAD MODULO: ECUACIONES DIFERENCIALES GFRUPO: 100412_339 Unidad 1: Fase 1 – Planificación Resolver problemas y ejercicios de ecuaciones diferenciales de primer orden

PRESENTADO A: FRANCISCO FERNANDEZ

ENTREGADO POR: HECTOR GARCIA ARBELÁEZ SINDY PAOLA PACHECO EDWIN ANDRÉS ORTIZ ÁNGEL DAVID BARCELO KELYN JOHANA MERCADO

CEAD - BARRANQUILLA MARZO DEL 2018

INTRODUCCIÓN La realización del presente trabajo colaborativo tiene como objetivo entrenar a los estudiantes en la solución de ejercicios que corresponden a ecuaciones diferenciales de primer orden. Para tal fin se analizaron y desarrollaron unos ejercicios propuestos, tanto de forma individual, como colaborativa, para buscarles la solución más apropiada de acuerdo a las definiciones y métodos de resolución de Ecuaciones Diferenciales de primer orden. Valga agregar que para el desarrollo de la actividad fue necesario consultar las referencias bibliográficas sugeridas en la Guía de Actividades, además de apoyarse en los diferentes recursos educativos que nos brinda la UNAD para llevar a buen término el trabajo.

OBJETIVOS •

Analizar los diferentes métodos de solución de las ecuaciones diferenciales de

primer orden. •

Solucionar problemas de manera individual y colaborativa

•

Desarrollar evidenciando los debidos procedimientos matemáticos en el editor de

ecuaciones de Word. •

Presentar un documento escrito con la información clara y con los requisitos

solicitados en la guía integradora de actividades.

1. En general, una ecuación diferencial de primer orden adopta la forma: 𝑑𝑦 = 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 Luego, la solución de una ecuación diferencial de primer orden es una función derivable con derivada continua, que al ser sustituida en la ecuación la convierte en una identidad, o se cumple la igualdad. En ese sentido, la función derivable que sirve como solución de la ecuación general: 𝒅𝟐 𝒚 𝒅𝒙𝟐

𝒅𝒚

+ 𝒅𝒙 + 𝟒𝒚 − 𝟗 = −𝟖𝒙𝟐 es:

A. 𝑦 B. 𝑦 C. 𝑦 D. 𝑦

= −8𝑥2 + 𝑥 + 3 = −2𝑥2 + 𝑥 + 3 = 2𝑥 − 4 + 𝑥 + 1 = −4𝑥2 + 𝑥 + 1

observamos que se trata de una ecuación diferencial no homogénea de segundo orden lineal, con coeficientes constantes. Una EDO lineal de segundo orden, tiene la siguiente forma: 𝒂𝒚´´ + 𝒃𝒚´ + 𝒄𝒚 = 𝒈(𝒙) Reescribimos la ecuación inicial con la forma anterior 𝑑2 𝑑 (𝑦) + (𝑦) + 4𝑦 = 9 − 8𝑥 2 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 La solución general para

𝒂(𝒙)𝒚´´ + 𝒃(𝒙)𝒚´ + 𝒄(𝒙)𝒚 = 𝒈(𝒙) 𝒚 = 𝒚𝒉 + 𝒚𝒑

se puede escribir como

𝒚𝒉 es la solución para la EDO homogénea 𝒂(𝒙)𝒚´´ + 𝒃(𝒙)𝒚´ + 𝒄(𝒙)𝒚 = 𝒈(𝒙) 𝒚𝒑´ la solución particular, es cualquier función que satisface la ecuación no homogénea Hallamos 𝒚𝒉 resolviendo

𝑑2 𝑑 (𝑦) + (𝑦) + 4𝑦 = 0 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥

Anteriormente decíamos que ésta ecuación es una EDO homogénea lineal de segundo orden y que éstas presentan la siguiente forma: 𝒂𝒚´´ + 𝒃𝒚´ + 𝒄𝒚 = 𝒈(𝒙) Para una ecuación de la forma anterior adoptamos una solución de la forma Reescribimos la ecuación con 𝒚 = 𝒆𝜸𝒙 𝒅𝟐 𝒅 𝜸𝒙 )) ((𝒆 + ((𝒆𝜸𝒙 )) + 𝟒𝒆𝜸𝒙 = 𝟎 𝒅𝒙𝟐 𝒅𝒙

𝒚 = 𝒆𝜸.𝒕

Hacemos todo el proceso de simplificación y nos queda: 𝜸𝟐 𝒆𝜸𝒙 + 𝒆𝜸𝒙 𝜸 + 𝟒𝒆𝜸𝒙 = 𝟎 Factorizamos 𝑒 𝛾𝑥 (𝛾 2 + 𝛾 + 4) = 0 Ya que 𝒆𝜸.𝒕 ≠ 𝟎 resolver 𝒆𝜸𝒙 (𝜸𝟐 + 𝜸 + 𝟒) = 𝟎 es equivalente a resolver la ecuación cuadrática 𝜸𝟐 + 𝜸 + 𝟒 = 𝟎 Para una ecuación de segundo grado de la forma 𝑥 1,2 = Para 𝑎 = 1, 𝑏 = 1, 𝑐 = 4:

𝛾1,2 =

𝒂𝒙𝟐 + 𝒃𝒙 + 𝒄 = 𝟎

las soluciones son:

−𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐 2𝑎

−1±√12 −4∗1∗4 2∗1

−1 + √12 − 4 ∗ 1 ∗ 4 1 √15 =− + 𝑖 2∗1 2 2 −1 − √12 − 4 ∗ 1 ∗ 4 1 √15 =− − 𝑖 2∗1 2 2 Las soluciones finales a la ecuación de segundo grado son: 1 √15 𝛾 = − +𝑖 , 2 2

1 √15 𝛾 =− −𝑖 2 2

Para dos raíces complejas 𝑦1 ≠ 𝑦2 , donde 𝑦1 = 𝑎 + 𝑖𝛽, 𝑦2 = 𝑎 − 𝑖𝛽, la solución general toma la forma: 𝑦 = 𝑒 𝑎𝑡 (𝑐1 cos(𝛽𝑡) + 𝑐2 sin(𝛽𝑡)) 1 √15 √15 𝑦 = 𝑒 − 2 𝑥 (𝑐1 cos ( 𝑥) + 𝑐2 sin ( 𝑥)) 2 2

Encontrar 𝑦𝑝 que satisfaga

𝑑2 𝑑𝑥 2

(𝑦) +

𝑑 𝑑𝑥

(𝑦) + 4𝑦 = 9 − 8𝑥 2

Para la parte no homogénea 𝑔(𝑥) = −8𝑥 2 + 9, asumir una solución con la forma: 𝑦 = 𝑎0 𝑥 2 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑑2 𝑑 2 )) ((𝑎 𝑥 + 𝑎 𝑥 + 𝑎 + ((𝑎0 𝑥 2 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 )) + 4(𝑎0 𝑥 2 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 ) = 9 − 8𝑥 2 0 1 2 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 Simplificamos

𝑑2 ((𝑎0 𝑥 2 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 )) = 2𝑎0 𝑑𝑥 𝑑2 ((𝑎0 𝑥 2 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 )) 𝑑𝑥 𝑑2 ((𝑎0 𝑥 2 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 )) = 2𝑎0 𝑥 + 𝑎1 𝑑𝑥 𝑑2 ((𝑎0 𝑥 2 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 )) 𝑑𝑥 Aplicar la regla de la suma/diferencia: (𝒇 ± 𝒈)´ = 𝒇́ ± 𝒈́ 𝑑 𝑑 𝑑 (𝑎0 𝑥 2 ) + (𝑎1 𝑥) + (𝑎 ) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2 𝑑 (𝑎 𝑥 2 ) = 2𝑎0 𝑥 𝑑𝑥 0 𝑑 (𝑎 𝑥) = 𝑎1 𝑑𝑥 1 𝑑 (𝑎 ) = 0 𝑑𝑥 2 = 2𝑎0 𝑥 + 𝑎1 + 0 = 2𝑎0 𝑥 + 𝑎1 𝑑 (𝑎 𝑥 + 𝑎1 ) 𝑑𝑥 0 Aplicar la regla de la suma/diferencia: (𝒇 ± 𝒈)´ = 𝒇́ ± 𝒈́ 𝑑 𝑑 (2𝑎0 𝑥) + (𝑎 ) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 1 𝑑 (2𝑎0 𝑥) = 2𝑎0 𝑑𝑥 𝑑 (𝑎 ) = 0 𝑑𝑥 1 = 2𝑎0 + 0 = 2𝑎0

2𝑎0 +

𝑑 ((𝑎0 𝑥 2 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 )) + 4(𝑎0 𝑥 2 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 ) = 9 − 8𝑥 2 𝑑𝑥

𝑑 ((𝑎0 𝑥 2 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 )) 𝑑𝑥 Aplicar la regla de la suma/diferencia: (𝒇 ± 𝒈)´ = 𝒇́ ± 𝒈́ 𝑑 𝑑 𝑑 (𝑎0 𝑥 2 ) + (𝑎1 𝑥) + (𝑎 ) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2 𝑑 (𝑎 𝑥 2 ) = 2𝑎0 𝑥 𝑑𝑥 0 𝑑 (𝑎 𝑥) = 𝑎1 𝑑𝑥 1 𝑑 (𝑎 ) = 0 𝑑𝑥 2 2𝑎0 𝑥 + 𝑎1 + 0 2𝑎0 𝑥 + 𝑎1 2𝑎0 + 2𝑎0 𝑥 + 𝑎1 + 4(𝑎0 𝑥 2 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 ) = 9 − 8𝑥 2 Resolvemos 𝟐𝑎0 + 2𝑎0 𝑥 + 𝑎1 + 4𝑎0 𝑥 2 + 4𝑎1 𝑥 + 4𝑎2 = 9 − 8𝑥 2 Agrupamos términos semejantes 4𝑎0 𝑥 2 + (2𝑎0 + 4𝑎1 )𝑥 + (2𝑎0 + 𝑎1 + 4𝑎2 ) = −8𝑥 2 + 9 Igualamos los coeficientes de términos similares en ambos lados para crear una lista de ecuaciones [

9 = 2𝑎0 + 𝑎1 + 4𝑎2 0 = 2𝑎0 + 4𝑎1 ] −8 = 4𝑎0

Resolvemos el sistema de ecuaciones Despejamos 𝑎0 para −8 = 4𝑎0 → 𝑎0 = −2 Sustituimos 𝑎0 = −2

9 = 2(−2) + 𝑎1 + 4𝑎2 [ 0 = 2(−2) + 4𝑎1 ] −8 = 4(−2) Despejamos 𝒂𝟏 para 𝟎 = 𝟐(−𝟐) + 𝟒𝒂𝟏 → 𝒂𝟏 = 𝟏 Sustituimos 𝒂𝟏 = 𝟏 9 = (2(−2) + 1 + 4𝑎2 Despejamos 𝒂𝟐 para 9 = (2(−2) + 1 + 4𝑎2 → 𝑎2 = 3 Las soluciones para el sistema de ecuaciones son: 𝑎2 = 3,

𝑎1 = 1, 𝑎0 = −2

Sustituir las soluciones de parámetros en 𝒚 = 𝒂𝟎 𝒙𝟐 + 𝒂𝟏 𝒙 + 𝒂𝟐 𝑦 = −2𝑥 2 + 𝑥 + 3 En este caso la respuesta es la opción B

2. Aplicando la definición, una solución de la siguiente ecuación diferencial: (𝑦 2 + 1) − 𝑦𝑒 −𝑥

𝑑𝑦 𝑑𝑥

= 0, con valor inicial 𝑦(0) = 0, se puede simplificar como:

A.

𝑒 𝑥 − 𝑙𝑛√𝑦 2 + 1 = 1 (Correcta).

B.

𝑒 𝑥 + 𝑙𝑛√𝑦 2 + 1 = 1

C.

𝑒 −𝑥 + 𝑙𝑛√𝑦 2 + 1 = −1

D. Desarrollo.

𝑒 −𝑥 − 𝑙𝑛√𝑦 2 + 1 = 1

(𝑦 2 + 1) − 𝑦𝑒 −𝑥

𝑑𝑦 𝑑𝑥

= 0,

𝑦(0) = 0

Se reorganiza la ecuación para separar las variables (𝑦 2 + 1) = 𝑦𝑒 −𝑥

𝑑𝑦 𝑑𝑥

1 𝑦 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 𝑒 −𝑥 𝑦2 + 1 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 =

𝑦 𝑑𝑦 𝑦2 + 1

Se integra a ambos lados de la igualdad. ∫ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑒 𝑥 + 𝐶1 = ∫

𝑦 𝑑𝑦 𝑦2 + 1 𝑦2

𝑦 𝑑𝑦 +1

Se integra por sustitución al lado derecho de la igualdad Si 𝑦 2 + 1 = 𝑢 𝑑𝑢 = 2𝑦 𝑑𝑦 𝑦 𝑑𝑦 =

𝑑𝑢 2

Se sustituye 𝒖 y 𝒅𝒖 en la ecuación 𝑦2 ∫

𝑦 1 𝑑𝑦 = 𝑑𝑢 +1 2𝑢

𝑑𝑢 1 = ln 𝑢 2𝑢 2

Se sustituye nuevamente 𝒚𝟐 + 𝟏 = 𝒖 1 ln(𝑦 2 + 1) + 𝐶2 2 1 𝑒 𝑥 + 𝐶1 = ln(𝑦 2 + 1) + 𝐶2 2 Se agrupan las constantes al lado derecho de la ecuación. 1 𝑒 𝑥 − ln(𝑦 2 + 1) = 𝐶2 − 𝐶1 = 𝐶 2 Usando la condición inicial 𝒚(𝟎) = 𝟎: 1 𝑒 0 − ln(02 + 1) = 𝐶 2 1 1 − ln(1) = 𝐶 2 1−0=𝐶 𝐶=1 Se remplaza el valor de C en la ecuación para hallar la solución:

1 𝑒 𝑥 − ln(𝑦 2 + 1) = 1 2 𝑒 𝑥 − ln((𝑦 2 + 1)

1⁄ 2)

=1

𝑒 𝑥 − 𝑙𝑛√𝑦 2 + 1 = 1

3. De acuerdo a la información, la solución particular de la ecuación diferencial: 𝑑𝑥 = 1 + 𝑥2 𝑑𝑡 si se tiene que 𝑥(0) = √3, queda expresada como: Respuesta:

𝜋 𝐶. 𝑥(𝑡) = tan (𝑡 + ) 3 𝑫𝒆𝒎𝒐𝒔𝒕𝒓𝒂𝒄𝒊𝒐𝒏: Una EDO de primer orden de variables separables tiene la forma: 𝑁(𝑦)𝑑𝑦 = 𝑀(𝑥)𝑑𝑥 Reescribimos como una EDO de primer orden de variables separables: 𝑁(𝑦) ∗ 𝑦´ = 𝑀(𝑥) 𝑁(𝑦) =

𝑥2

1 , +1

𝑀(𝑥) = 1,

𝑑𝑥 = 𝑑𝑡 (1 + 𝑥 2 ) 𝑆𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑙𝑎𝑠 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒𝑠 𝒅𝒙

𝑨hora integramos ambos lado de la igualdad 𝟏+𝒙𝟐 = 𝒅𝒕 ∫

𝑑𝑥 = ∫ 1𝑑𝑡 1 + 𝑥2

∫ 1𝑑𝑡 ; 𝑨𝒑𝒍𝒊𝒄𝒂𝒎𝒐𝒔 𝒍𝒂 𝒓𝒆𝒈𝒍𝒂 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒍 𝒅𝒆 𝒖𝒏𝒂 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 ∫ 𝑎𝑑𝑥 = 𝑎𝑥 ∫ 1𝑑𝑡 = 1 ∗ 𝑡 = 𝑡 + 𝑐1; ∫

dx 𝐴𝒑𝒍𝒊𝒄𝒂𝒎𝒐𝒔 𝒍𝒂 𝒓𝒆𝒈𝒍𝒂 𝒅𝒆 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒄𝒊𝒐𝒏 ∶ 1 + x2

∫

1 𝑑𝑥 = arctan(𝑥) + 𝑐2 1 + 𝑥2

𝑇𝒆𝒏𝒆𝒎𝒐𝒔 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝑠: arctan(𝑥) + 𝑐2 = 𝑡 + 𝑐1 ;

𝑪𝒐𝒎𝒃𝒊𝒏𝒂𝒎𝒐𝒔 𝒍𝒂𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆𝒔: arctan(𝑥) = 𝑡 + 𝑐1 𝑆𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑚𝑜𝑠 𝑡 = 0; 𝑥 = √3 arctan(√3) = 0 + 𝐶1 ; 𝐶1 = arctan(√3) Aplicamos la siguiente condición: 𝑆𝑖 𝑎 = arctan(𝑏) => tan(𝑎) = 𝑏,

𝜋 𝜋 <𝑎< 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠: 2 2 𝜋 𝜋 − < 𝐶1 < 2 2

𝑝𝑎𝑟𝑎 −

𝐶1 = arctan(√3) => tan(𝐶1 ) = √3, 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊𝒐𝒏 𝒈𝒆𝒏𝒆𝒓𝒂𝒍 𝒑𝒂𝒓𝒂: tan 𝒄𝟏 = √𝟑 𝑪𝟏 =

𝝅 + 𝝅𝒏 𝟑

𝑪𝒐𝒎𝒐 𝒍𝒂 𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊𝒐𝒏 𝒆𝒔𝒕𝒂 𝒅𝒆𝒏𝒕𝒓𝒆 𝒅𝒆𝒍 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒓𝒗𝒂𝒍𝒐 𝐶1 =

𝝅 𝝅 < 𝑪𝟏 < , 𝟐 𝟐

𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔

𝜋 3

arctan(𝑥) = 𝑡 +

𝝅 ; 𝒅𝒆𝒔𝒑𝒆𝒋𝒂𝒎𝒐𝒔 𝒙 𝟑

1 𝑥 = tan( (3𝑡 + 𝜋); 𝒓𝒆𝒔𝒐𝒍𝒗𝒆𝒎𝒐𝒔: 3 3𝑡 𝜋 + ) ; 𝑪𝒐𝒎𝒐 𝒓𝒆𝒔𝒖𝒍𝒕𝒂𝒅𝒐 𝒐𝒃𝒕𝒆𝒏𝒆𝒎𝒐𝒔: 3 3 𝝅 𝒙 = 𝒕𝒂𝒏 (𝒕 + ) ; 𝟑 𝑥 = ta n (

𝑽𝒆𝒓𝒇𝒊𝒄𝒂𝒎𝒐𝒔 𝒔𝒊 𝒆𝒍 𝒓𝒆𝒔𝒖𝒍𝒕𝒂𝒅𝒐 𝒆𝒔 𝒗𝒆𝒓𝒅𝒂𝒅𝒆𝒓𝒐: 𝒓𝒆𝒎𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂𝒎𝒐𝒔 ∶ 𝒙 = √𝟑 ; 𝒕 = 𝟎 𝜋 √3 = tan (0 + ) 3

=>

𝜋 √3 = tan ( ) 𝑆𝐼 𝑒𝑠 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑎𝑑𝑒𝑟𝑜: 3

4. De acuerdo al texto, una ecuación diferencial ordinaria de segundo orden y lineal corresponde a 𝑑𝑦 2

A. (1 − 𝑦) (𝑑𝑥 ) + 2𝑦 = 𝑒 𝑥𝑦 𝑑2 𝑦

B. 𝑑𝑥 2 + 𝑦 2 − 1 = 0

𝑑2 𝑦

𝑑𝑦

C. 𝑥 2 𝑑𝑥 2 + 𝑦 𝑑𝑥 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑2 𝑦

𝑑𝑦

D. 𝑑𝑥 2 + 𝑥 𝑑𝑥 − 7 = 𝑒 𝑥 Partimos del supuesto que una Ecuación Diferencial ordinaria (EDO) lineal tendría la siguiente forma: 𝑎𝑛 (𝑥)

𝑑𝑛 𝑦 𝑑 𝑛−1 𝑦 𝑑𝑦 (𝑥) (𝑥) + 𝑎 + 𝑎 … 𝑎 + 𝑎0 (𝑥) ∗ 𝑦 = 𝑓(𝑥) 𝑛−1 1 𝑑𝑥 𝑛 𝑑𝑥 𝑛−1 𝑑𝑥

La primera opción debemos descartarla de entrada porque el diferencial está elevado al cuadrado, 𝑑𝑦 2

( ) además que se trata de una ecuación de primer orden. 𝑑𝑥

La segunda opción cumple la condición de ser de segundo orden, pero no es lineal porque la 𝑦 está elevada al cuadrado (𝑦 2 ) La tercera opción cumple la condición de ser de segundo orden, pero no es lineal porque el 𝑑𝑦 diferencial está acompañado por una 𝑦 (𝑦 𝑑𝑥 ) Finalmente podemos afirmar que la respuesta correcta es la D, pues cumple con la condición de ser de segundo orden por que la derivada tiene el 2, además de que la variable está acompañada por la 𝑥.

5. Según la información, la solución de la siguiente ecuación diferencial homogénea: (𝒚𝟑 + 𝒚𝒙𝟐 )𝒅𝒙 − 𝒙𝟑 𝒅𝒚 = 𝟎, 𝒄𝒐𝒓𝒓𝒆𝒔𝒑𝒐𝒏𝒅𝒆 𝒂:

Respuesta: 𝐵) 𝑦 =

𝑥 √𝑐 − 2 ln(𝑥)

:

Demostración: Tenemos la formula: 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0 Hacemos cambio de variable 𝑦 = 𝑢. 𝑥 𝑑𝑦 = 𝑢. 𝑑𝑥 + 𝑥. 𝑑𝑢 Remplazamos: [(𝑢. 𝑥)3 + (𝑢. 𝑥)(𝑥)2 ]𝑑𝑥 − 𝑥 3 (𝑢. 𝑑𝑥 + 𝑥. 𝑑𝑢) = 0 [𝑢3 𝑥 3 + 𝑢𝑥 3 ]𝑑𝑥 − 𝑢𝑥 3 𝑑𝑥 − 𝑥 4 𝑑𝑢 = 0

𝑢3 𝑥 3 𝑑𝑥 + 𝑢𝑥 3 𝑑𝑥 − 𝑢𝑥 3 𝑑𝑥 − 𝑥 4 𝑑𝑢 = 0 Simplificamos la expresión 𝑢3 𝑥 3 𝑑𝑥 − 𝑥 4 𝑑𝑢 = 0 →Separamos las variables, 𝑢3 𝑥 3 𝑑𝑥 = 𝑥 4 𝑑𝑢 𝑥3 1 𝑑𝑥 = 3 𝑑𝑢, 4 𝑥 𝑢 Simplificamos 1 1 𝑑𝑥 = 3 𝑑𝑢 𝑥 𝑢 Integramos 1 1 ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 3 𝑑𝑢 𝑥 𝑢 Resolvemos ln|𝑥| = Aplicamos la siguiente propiedad de los exponentes para: 1 = ∫ 𝑢−3 3 𝑢 Aplicamos la regla de la potencia: ∫ 𝑢−3 =

𝑢−3+1 𝑢−2 → −3 + 1 −2

Aplicamos las leyes de los exponentes: 𝑎−𝑏 =

1 𝑎𝑏

nos queda: 1 2 1 𝑢 − =− 2 2 2𝑢 reconstruimos la ecuación tenemos ln|𝑥| = − 𝑢=

1 +𝑐 2𝑢2

𝑦 𝑥

−2𝑢2 𝑙𝑛|𝑥| = 1 𝐝𝐞𝐬𝐩𝐞𝐣𝐚𝐦𝐨𝐬 𝐮

1 −2 ln|𝑥| + 𝑐

𝑢2 =

𝒚

remplazamos 𝒖 = 𝒙 𝑦2 𝑥2

1

= −2 ln|𝑥|+𝑐 despejamos y

𝑦2 =

𝑥2 √𝑥 2 → √ 𝑦2 = 𝑐 − 2 ln|𝑥| √𝑐 − 2 ln|𝑥|

Simplificamos 𝑦=

𝑥 √𝑐 − 2 ln|𝑥| 𝒚𝟐

6. Al resolver la ecuación diferencial homogénea: (𝒚 − ) 𝒅𝒙 = 𝒙𝒅𝒚, la 𝒙 solución general y particular cuando 𝒚(𝟏) = 𝟏, viene dada por: 𝐶

1. 𝑦 = 𝑙𝑛|𝑥|+𝑥 𝟐. 𝒚 =

𝒙 𝒍𝒏|𝒙| + 𝑪

3. 𝑦 =

1 𝑙𝑛|𝑥| + 𝑥

4. 𝑦 =

𝑥 𝑙𝑛|𝑥| + 1

𝑫𝒆𝒎𝒐𝒔𝒕𝒓𝒂𝒄𝒊𝒐𝒏, (𝑦 −

𝑦2 ) 𝑑𝑥 = 𝑥𝑑𝑦 𝑥

𝑦2 𝑑 (𝑦) 𝑦− =𝑥 𝑥 𝑑𝑥 𝑑 1 1 (𝑦) − 𝑦 = − 2 𝑦 2 𝑑𝑥 𝑥 𝑥 1 2 𝑑 1 (𝑦) 𝑦 2𝑦 𝑑𝑥 𝑥 𝑥 − = − 𝑦2 𝑦2 𝑦2

𝑑 (𝑦) 1 1 𝑑𝑥 − = − 𝑦2 𝑥𝑦 𝑥2 𝒕𝒓𝒂𝒏𝒔𝒇𝒐𝒓𝒎𝒂𝒎𝒐𝒔 𝒍𝒂 𝒆𝒄𝒖𝒂𝒄𝒊𝒐𝒏 𝒆𝒏 𝒖𝒏𝒂 𝑬𝑫𝑶 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂𝒍 𝒅𝒆 𝒗(𝒙) 𝒚 𝒔𝒖𝒔𝒕𝒊𝒕𝒖𝒊𝒎𝒐𝒔 𝒂 𝒚−𝟏 𝒄𝒐𝒏 𝒗(𝒙) 𝑑 (𝑦) 1 1 𝑑𝑥 − 𝑣(𝑥) = − 2 2 𝑦 𝑥 𝑥 𝑑 (𝑦) 𝑑 𝑑𝑥 𝒄𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓 (𝑣(𝑥)): − 𝑑𝑥 𝑦2 1 𝑑 1 1 (𝑣(𝑥)) − 𝑣(𝑥) = − 2 −1 𝑑𝑥 𝑥 𝑥 −

𝑑 𝑣(𝑥) 1 (𝑣(𝑥)) − = − 2 𝑑𝑥 𝑥 𝑥

𝑹𝒆𝒔𝒐𝒍𝒗𝒆𝒎𝒐𝒔 −

𝑑 𝑣(𝑥) 1 ln(𝑥) + 𝑐 (𝑣(𝑥)) − = − 2 ∶ 𝑣(𝑥) = 𝑑𝑥 𝑥 𝑥 𝑥

𝒔𝒖𝒔𝒕𝒊𝒕𝒖𝒊𝒎𝒐𝒔 𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝒆𝒄𝒖𝒂𝒄𝒊𝒐𝒏 𝑣(𝑥) = 𝑦 −1 ∶ 𝑦 −1 = 1 ln(𝑥) + 𝑐 = 𝑦 𝑥

1 ∗ 𝑥 = 𝑦( ln 𝑥 + 𝑐)

𝑦( ln 𝑥 + 𝑐) = 1 ∗ 𝑥 𝒚=

ln(𝑥) + 𝑐 𝑥

𝑦(ln 𝑥 + 𝑐 ) = 𝑥

𝑦 (ln 𝑥 + 𝑐 ) 𝑥 = ln 𝑥 + 𝑐 ln 𝑥 + 𝑐

𝒙 𝐥𝐧 𝒙 + 𝒄

7. Una ecuación diferencial de la forma 𝑴(𝒙, 𝒚)𝒅𝒙 + 𝑵(𝒙, 𝒚)𝒅𝒚 = 𝟎, es exacta si se tiene que:

𝝏𝑴 𝝏𝒚

=

𝝏𝑵 𝝏𝒙

, es decir, sus derivadas parciales son iguales.

De las siguientes ecuaciones diferenciales, cuáles de ellas son exactas: 1. (𝑥 2 𝑦 3 + 2𝑦 − 1)𝑑𝑥 + (𝑥 3 𝑦 2 + 𝑥 2 − 1)𝑑𝑦 = 0 2. (2𝑥 2 𝑦 3 + 2𝑦 − 1)𝑑𝑥 + (2𝑥 3 𝑦 2 − 2𝑥 − 3)𝑑𝑦 = 0

3. (3𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦 − 1)𝑑𝑥 + (2𝑥 3 𝑦 + 𝑥 − 4)𝑑𝑦 = 0 (Exacta) 4. (4𝑥𝑦 3 − 2𝑦 + 3)𝑑𝑥 + (6𝑥 2 𝑦 2 − 2𝑥 + 5)𝑑𝑦 = 0 (Exacta) Desarrollo. Se identifican las funciones 𝑴(𝒙, 𝒚)𝒅𝒙 + 𝑵(𝒙, 𝒚)𝒅𝒚 = 𝟎 y se calculan las derivadas parciales

𝜕𝑀 𝜕𝑦

=

𝜕𝑁 𝜕𝑥

(𝑥 2 𝑦 3 + 2𝑦 − 1)𝑑𝑥 + (𝑥 3 𝑦 2 + 𝑥 2 − 1)𝑑𝑦 = 0 Donde: 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 𝑦 3 + 2𝑦 − 1 𝜕𝑀 = 3𝑥 2 𝑦 2 + 2 𝜕𝑦 𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑥 3 𝑦 2 + 𝑥 2 − 1 𝜕𝑁 = 3𝑥 2 𝑦 2 + 2𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑀 𝜕𝑦

= 3𝑥 2 𝑦 2 + 2 ≠

𝜕𝑁 𝜕𝑥

= 3𝑥 2 𝑦 2 + 2𝑥 Inexacta

(2𝑥 2 𝑦 3 + 2𝑦 − 1)𝑑𝑥 + (2𝑥 3 𝑦 2 − 2𝑥 − 3)𝑑𝑦 = 0 Donde: 𝑀(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 2 𝑦 3 + 2𝑦 − 1 𝜕𝑀 = 6𝑥 2 𝑦 2 + 2 𝜕𝑦 𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 3 𝑦 2 − 2𝑥 − 3 𝜕𝑁 = 6𝑥 2 𝑦 2 − 2 𝜕𝑥 𝜕𝑀 𝜕𝑦

= 6𝑥 2 𝑦 2 + 2 ≠

𝜕𝑁 𝜕𝑥

= 6𝑥 2 𝑦 2 − 2 Inexacta

(3𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦 − 1)𝑑𝑥 + (2𝑥 3 𝑦 + 𝑥 − 4)𝑑𝑦 = 0 Donde: 𝑀(𝑥, 𝑦) = 3𝑥 2 𝑦 3 + 𝑦 − 1

𝜕𝑀 = 6𝑥 2 𝑦 + 1 𝜕𝑦 𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 3 𝑦 2 + 𝑥 − 4 𝜕𝑁 = 6𝑥 2 𝑦 + 1 𝜕𝑥 𝜕𝑀 𝜕𝑦

= 6𝑥 2 𝑦 + 1 =

𝜕𝑁 𝜕𝑥

= 6𝑥 2 𝑦 + 1 Exacta

(4𝑥𝑦 3 − 2𝑦 + 3)𝑑𝑥 + (6𝑥 2 𝑦 2 − 2𝑥 + 5)𝑑𝑦 = 0 Donde: 𝑀(𝑥, 𝑦) = 4𝑥𝑦 3 − 2𝑦 + 3 𝜕𝑀 = 12𝑥𝑦 2 − 2 𝜕𝑦 𝑁(𝑥, 𝑦) = 6𝑥 2 𝑦 2 − 2𝑥 + 5 𝜕𝑁 = 12𝑥𝑦 2 − 2 𝜕𝑥 𝜕𝑀 𝜕𝑦

= 12𝑥𝑦 2 − 2 =

𝜕𝑁 𝜕𝑥

= 12𝑥𝑦 2 − 2 Exacta

8. Cuando una ecuación diferencial de la forma 𝑴(𝒙, 𝒚)𝒅𝒙 + 𝑵(𝒙, 𝒚)𝒅𝒚 = 𝟎 𝝏𝑴 𝝏𝑵 no es exacta, porque ≠ , se puede convertir en una ecuación exacta 𝝏𝒚

𝝏𝒙

multiplicándola por un factor apropiado 𝝁(𝒙, 𝒚) , llamado factor integrante, el cual se calcula si está en función de 𝒚 mediante la fórmula: 𝝁(𝒚) = 𝒆∫

𝑵𝒙 −𝑴𝒚 𝒅𝒚 𝑴

De acuerdo al concepto, el factor integrante y la solución general de la ecuación diferencial 2𝑥𝑦𝑑𝑥 + (3𝑥 2 + 4𝑦 − 3)𝑑𝑦 = 0 , está dado por: 1. 𝜇(𝑦) = 𝑦 2 Correcta Desarrollo.

En donde 𝑀(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦

𝑁(𝑥, 𝑦) = (3𝑥 2 + 4𝑦 − 3) 𝜇(𝑦) = 𝑒 ∫

𝑁𝑥 −𝑀𝑦 𝑑𝑦 𝑀 𝜕𝑁

Donde: 𝑁𝑥 = 𝜕𝑋 y 𝑀𝑌 =

𝜕𝑀 𝜕𝑦

Derivadas parciales.

Se deriva parcialmente N respecto a 𝒙 𝑁𝑥 =

𝜕(3𝑥 2 + 4𝑦 − 3) = 6𝑥 𝜕𝑥

Se deriva parcialmente M respecto a 𝒚 𝑀𝑦 =

𝜕(2𝑥𝑦) = 2𝑥 𝜕𝑦

𝜇(𝑦) = 𝑒

6𝑥−2𝑥 ∫ 2𝑥𝑦 𝑑𝑦

=𝑒

4𝑥 ∫2𝑥𝑦 𝑑𝑦

𝜇(𝑦) = 𝑒 2ln(𝑦) => 𝑒 ln(𝑦

= 𝑒

2 ∫𝑦 𝑑𝑦

= 𝑒 2ln(𝑦)

2)

Aplicando propiedad del exponente y ln 𝜇(𝑦) = 𝑦 2 𝑑𝑦

9. Tomando como referencia la ecuación diferencial (𝑥 2 − 9) − 𝑥𝑦 = 0, 𝑑𝑥 para aplicar la técnica llamada variables separables, se puede asegurar que la solución particular cuando 𝑦(5) = 4, es 𝑦(𝑥) = √𝑥 2 − 9, PORQUE al hallar el valor de la constante 𝐶 en la solución general se obtiene que 𝐶 = 1. SOLUCION: (𝑥 2 − 9)

𝑑 (𝑦) − 𝑥𝑦 = 0 𝑑𝑥

𝑁(𝑦) ∗ 𝑦´ = 𝑀(𝑥) 1 𝑑 𝑥 (𝑦) = 2 𝑦 𝑑𝑥 𝑥 −9 ∫

1 𝑥 𝑑𝑦 = ∫ 2 𝑑𝑥 𝑦 𝑥 −9

∫

𝑥2

𝑥 1 𝑑𝑥 = ln(𝑥 2 − 9) + 𝑐1 −9 2

1 ∫ 𝑑𝑦 = ln(𝑦) + 𝑐2 𝑦 1 ln(𝑦) + 𝑐2 = ln(𝑥 2 − 9) + 𝑐1 2 ln(𝑦) =

1 ln(𝑥 2 − 9) + 𝑐1 2

despejamos y ∶ ln(𝑦) =

1 ln(𝑥 2 − 9) + 𝑐1 2

ln(𝑦) = ln (𝑒 𝑐1 √𝑥 2 − 9) 𝑦 = 𝑒 𝑐1 √𝑥 2 − 9 Simplificamos las constantes

𝑦 = 𝑐1 √𝑥 2 − 9

Como sabemos que 𝒄𝟏 = 𝟏 tenemos que: 𝑦 = √𝑥 2 − 9

Por lo cual la solución es: Marque A si la afirmación y la razón son VERDADERAS y la razón es una explicación CORRECTA de la afirmación.

La ecuación diferencial (𝟑𝒙𝒚)𝒅𝒙 + (𝟑𝒙𝟐 )𝒅𝒚 = 𝟎, es inexacta puesto que 𝝏𝑴 𝝏𝑵 ≠ , pero se puede convertir en una ecuación exacta, PORQUE al

10.

𝝏𝒚

𝝏𝒙

multiplicar la ecuación por el factor 𝝁(𝒚) = DESARROLLO: (3𝑥𝑦)𝑑𝑥 + (3𝑥2)𝑑𝑦 = 0 Entonces si es exacta

𝐷𝑀 𝑑𝑁 = 𝑑𝑦 𝑑𝑥

3𝑥 ≠ 6𝑥 𝑒𝑠 𝑖𝑛𝑒𝑥𝑎𝑐𝑡𝑎 1

Multiplicamos por𝜇 (𝑦) = 𝑦 −3

𝟏 𝒚

se obtiene que −𝟑

𝝏𝑴 𝝏𝒚

=

𝝏𝑵 𝝏𝒙

.

1 = 𝑦 −3 𝑦 −3 Entonces 𝑦 −3 ((3𝑥𝑦)𝑑𝑥+3(𝑥

2 )𝑑𝑦) = 0

(3x𝑦 4) 𝑑𝑥 + 3(𝑥 2 𝑦 3 )dy = 0 𝐷𝑀 𝑑𝑁 = 𝐷𝑦 𝑑𝑥 12x𝑦 3 ≠ 6𝑥𝑦 3 es inexacta

La respuesta es la C y Podemos decir que: la afirmación es VERDADERA, pero la razón es una proposición FALSA.

11.

Primera actividad grupal

Se plantea una situación problema y el grupo de realizar los aportes respectivos en el foro colaborativo con el fin de reconocer las características del problema que se ha planteado y buscar el método de solución más apropiado según las ecuaciones diferenciales de primer orden. Problema 1: Una de las aplicaciones de las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden es la solución de problemas de temperatura, en los que un objeto absorbe calor del medio circundante. Para dichos casos, se puede establecer la Ley de enfriamiento o calentamiento de Newton que dice: “La temperatura de un cuerpo se modifica a una velocidad que es proporcional a la diferencia de las temperaturas entre el cuerpo y el medio externo, siempre que el medio mantenga constante su temperatura” 𝑑𝑇 = 𝑘(𝑇 − 𝑇𝑎 ) 𝑑𝑡 En ese sentido, dicho fenómeno se presenta frecuentemente en la vida cotidiana y se puede aplicar en el siguiente caso: Una pequeña lámina de metal, cuya temperatura inicial es de 𝟐𝟓 °𝑪, se introduce en un recipiente que contiene agua hirviendo. Determinar el tiempo que dicha lámina tardará en alcanzar los 𝟖𝟎 °𝑪,

si se tiene que su temperatura se incrementó 𝟑 °𝑪 en 𝟏 𝒔𝒆𝒈, y calcular cuánto tardará la misma lámina en elevar su temperatura a 𝟗𝟓 °𝑪. SOLUCIÓN: a) Del enunciado se deduce que se trata de un problema de calentamiento. De acuerdo con la Ley de Enfriamiento de Newton, la ecuación diferencial asociada a problemas de enfriamiento o 𝒅𝑻 calentamiento es = 𝒌(𝑻 − 𝑻𝒂 ) 𝒅𝒕

Esta ecuación debe resolverse sujeta a dos condiciones: Para el tiempo 𝑡 = 0 𝑠𝑒𝑔, la temperatura de la barra metálica es 𝑇 = 25º 𝐶; Transcurrido 𝑡 = 1 𝑠𝑒𝑔, la temperatura de la barra aumenta 3º, es decir 𝑇 = 28º. Además, para que la barra se caliente se deja caer en un recipiente de agua hirviendo; esto significa que la temperatura del ambiente donde la barra se caliente, es la del agua hirviendo, es decir, 𝑻𝒂 = 𝟏𝟎𝟎º 𝑪. Cuando un objeto absorbe calor del medio que lo rodea sigue la ley del calentamiento de Newton. En este caso debemos resolver la ecuación: 𝑑𝑇 = 𝑘(𝑇 − 𝑇𝑎 ) 𝑑𝑡 Sabiendo que: 𝑇1 = 28º 𝑐 𝑇𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑖𝑛𝑐𝑟𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑑𝑎 𝑒𝑛 3𝑠𝑒𝑔 𝑇0 = 25º𝑐 𝑇𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 𝐼𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑇2 = 95º𝑐 𝑇𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 𝐹𝑖𝑛𝑎𝑙 2 𝑇𝑎 = 100º𝑐 𝑡𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑎𝑙𝑐𝑎𝑛𝑧𝑎 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑙 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑎 ℎ𝑖𝑟𝑣𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑇 = 3°𝑐/𝑠𝑒𝑔 𝑑𝑡 𝑷𝒂𝒓𝒂 𝒓𝒆𝒔𝒐𝒍𝒗𝒆𝒓 𝒍𝒂 𝒆𝒄𝒖𝒂𝒄𝒊𝒐𝒏 𝑠𝑒 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎 𝑘: 𝑘=

𝑑𝑇 = 𝑘 𝑑𝑡 𝑇 − 100

𝑰𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒎𝒐𝒔 𝒚 𝒐𝒃𝒕𝒆𝒏𝒆𝒎𝒐𝒔 ∫

𝑑𝑇 = ∫ 𝑘 𝑑𝑡 , 𝑇 − 100

ln|𝑇 − 100| = 𝑘𝑡 + 𝐶1

𝒅𝑻 = 𝒌(𝑻 − 𝟏𝟎𝟎), 𝑺𝒆𝒑𝒂𝒓𝒂𝒎𝒐𝒔 𝒍𝒂𝒔 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒃𝒍𝒆𝒔 𝒅𝒕

𝑒 ln|𝑇−100| = 𝑒 𝑘𝑡+𝑐1 , 𝑇 − 100 = 𝑐2 𝑒 𝑘𝑡 𝑇 = 𝑐2 𝑒 𝑘𝑡 + 100 𝑼𝒔𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒍𝒂 𝒑𝒓𝒊𝒎𝒆𝒓𝒂 𝒄𝒐𝒏𝒅𝒊𝒄𝒊𝒐𝒏 𝒊𝒏𝒊𝒄𝒊𝒂𝒍 𝑻𝟎 = 𝟐𝟓º𝑪 𝒕𝒆𝒏𝒆𝒎𝒐𝒔 𝒒𝒖𝒆: 𝑇(𝑡) = 100 + 𝑐2 𝑒 𝑘𝑡 25 = 100 + 𝑐2 𝑒 𝑘(0) , 25 = 100 + 𝑐2 𝑒 0 25 = 100 + 𝑐2 𝐷𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑐2 𝑐2 = 25 − 100 = −75 𝑃𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑻 = −𝟕𝟓𝒆𝒌𝒕 + 𝟏𝟎𝟎 𝒖𝒕𝒊𝒍𝒊𝒛𝒂𝒎𝒐𝒔 𝒍𝒂 𝒔𝒆𝒈𝒖𝒏𝒅𝒂 𝒊𝒏𝒊𝒄𝒊𝒂𝒍 𝑻(𝟏) = 𝟐𝟖º𝑪 𝒕𝒏𝒆𝒎𝒐𝒔 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 28 = −75𝑒 𝑘(1) + 100 28 = −75𝑒 𝑘 + 100 75𝑒 𝑘 = 100 − 28 75𝑒 𝑘 = 72 72 72 𝑒𝑘 = → 𝑘 = ln | | 75 75 𝑘 = −0.04082 𝑻𝒆𝒏𝒆𝒎𝒐𝒔 𝒒𝒖𝒆 𝒍𝒂 𝒆𝒄𝒖𝒂𝒄𝒊𝒐𝒏 𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆𝒕𝒆𝒓𝒎𝒊𝒏𝒂𝒓𝒂 𝒆𝒍 𝒕𝒊𝒆𝒎𝒑𝒐 𝒅𝒂𝒅 𝒖𝒏𝒂 𝒕𝒆𝒎𝒑𝒆𝒓𝒂𝒕𝒖𝒓𝒂 𝒆𝒔 ∶ 𝑇(𝑡) = −𝟕𝟓𝒆𝒌𝒕 + 𝟏𝟎𝟎 72

𝑇(𝑡) = −75𝑒 (ln|75|)𝑡 + 100 𝑷𝒂𝒓𝒂 𝒅𝒆𝒕𝒆𝒓𝒎𝒊𝒏𝒂𝒓 𝒆𝒍 𝒕𝒊𝒆𝒎𝒑𝒐 𝒒𝒖𝒆 𝒕𝒂𝒓𝒅𝒂𝒓𝒂 𝒆𝒏 𝒂𝒍𝒄𝒂𝒏𝒛𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒕𝒆𝒎𝒑𝒆𝒓𝒂𝒕𝒖𝒓𝒂 𝒅𝒆 𝟖𝟎º𝑪 𝒔𝒆𝒓𝒂: 72

𝑇(𝑡) = −75𝑒 (ln|75|)𝑡 + 100 72

80 = −75𝑒 (ln|75|)𝑡 + 100 72 80 − 100 = 𝑒 (ln|75|)𝑡 , −75 −20 = 𝑒 −0.04082𝑡 −75 4 ln | | = ln|𝑒 −0.04082𝑡 | 15

−1.32176 − 0.04082𝑡 𝐷𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑡: 𝑡=

−1.32176 → −0.04082

𝒕 = 𝟑𝟑 𝑺𝒆𝒈. , 𝑷𝒂𝒓𝒂 𝒅𝒆𝒕𝒆𝒓𝒎𝒊𝒏𝒂𝒓 𝒆𝒍 𝒕𝒊𝒆𝒎𝒑𝒐 𝒒𝒖𝒆 𝒕𝒂𝒓𝒅𝒂𝒓𝒂 𝒆𝒏 𝒂𝒍𝒄𝒂𝒏𝒛𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒕𝒆𝒎𝒑𝒆𝒓𝒂𝒕𝒖𝒓𝒂 𝒅𝒆 𝟗𝟓º𝑪 𝒔𝒆𝒓𝒂 72

𝑇(𝑡) = −75𝑒 (ln|75|)𝑡 + 100 72

95 = −75𝑒 (ln|75|)𝑡 + 100 72 95 − 100 = 𝑒 (ln|75|)𝑡 , −75 −5 = 𝑒 −0.04082𝑡 −75 1 ln | | = ln|𝑒 −0.04082𝑡 | 15 −2.70805 − 0.04082𝑡 𝐷𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑡: 𝑡=

−2.70805 → −0.04082

𝒕 = 𝟔𝟔. 𝟑𝟒 𝑺𝒆𝒈.

12.

Problema 2:

El flujo sanguíneo conduce cierto medicamento hacia el interior de un órgano de un ser humano a 𝑐𝑚3

una razón de 2 𝑠𝑒𝑔 , y se determina que sale de él a la misma velocidad. El órgano tiene un volumen líquido de 120𝑐𝑚3 . Si la concentración del medicamento en la sangre que entra en el 𝑔𝑟

órgano es de 0,3 𝑐𝑚3 , ¿cuál es la concentración del medicamento en el órgano en el instante t, si inicialmente la persona no tenía ninguna muestra que indicara que había consumido el medicamento previamente?, ¿En qué tiempo, la concentración del medicamento en el órgano será 𝑔𝑟

de 0,2 𝑐𝑚3 ?

Solución Como es un ejercicio de aplicación de ecuaciones diferenciales sobre problemas de mezclas, la situación descrita está asociada a la siguiente ecuación diferencial lineal:

𝑑𝑥 𝑑𝑡

𝑥(𝑡)

+ 𝑄2 𝑉 +(𝑄 0

1 −𝑄2 )𝑡

=

𝑄1 𝐶1 que permite encontrar la ley de variación de la cantidad de medicamento 𝑥 (𝑡) en un instante de tiempo 𝑡. Los datos proporcionados son: Nombre Volumen inicial Concentración del medicamento en la sangre que entra Razón de entrada Razón de salida Gramos de medicamento en el instante t

Dato inicial 𝑉0 = 120 𝑐𝑚3 𝐶1 = 0,3𝑔𝑟/𝑐𝑚3 𝑄1 = 2 𝑐𝑚3 /𝑠𝑒𝑔 𝑄2 = 2 𝑐𝑚3 /𝑠𝑒𝑔 𝑥 (𝑡), donde 𝑥 (0) = 0

Como se tiene la ecuación diferencial que modela la situación, se reemplazan los valores conocidos: 𝑑𝑡 𝑥 + (3) = 2(0,3) 𝑑𝑥 120 + (2 − 2)𝑡

Simplificando se tiene: 𝑑𝑡 𝑥 − (2) = 0,6 𝑑𝑥 120𝑡 𝑑𝑡 𝑥 72 − 𝑥 = 0,6 + 2 = 𝑑𝑥 120 120𝑡 Se hace separación de variables: 𝑑𝑥 𝑑𝑡 = 72 − 2𝑥 120 Integrando se obtiene: 1 𝑡 𝑙𝑛|72 − 2𝑥| = +𝐶 2 120 𝑙𝑛|72 − 2𝑥| =

𝑑𝑡 𝑑𝑥 2𝑡 ∫ 72 − 2𝑥 = ∫ 120 120

+𝐶

Aplicando propiedades de los logaritmos neperianos: 2𝑡

2𝑡

72 − 2𝑥 = 𝑒 −120+𝐶 = 𝐶𝑒 120 Al despejar 𝒙 resulta: 2𝑡

𝑥(𝑡) = 72 + 𝐶𝑒 −120 De acuerdo al valor inicial 𝒙(𝟎) = 𝟎 2(0)

0 = 36 + 𝐶𝑒 − 120

⇒

𝐶 = 36

Luego, la ecuación que representa la concentración del medicamento en el órgano en el instante 𝒕, es: 2𝑡

𝑥(𝑡) = 72 − 36𝑒 −120 Para determinar el tiempo en el cual la concentración del medicamento en el órgano será 𝒈𝒓 de 𝟎, 𝟐 𝒄𝒎𝟑 , se utiliza la ecuación: 𝑥(𝑡) 𝑉(𝑡) Por lo tanto, 𝐶(𝑡) =

2𝑡

36 − 𝑒 −120 0,2 = 120 Simplificando y reacomodando términos: 2𝑡

72 = 36 − 36𝑒 −120 2𝑡

𝑒 −120 =

12 36

Se aplican logaritmos y se obtiene: −

2𝑡 12 = 𝑙𝑛 | | 120 36

Entonces, 𝒕 = −

𝟏𝟐𝟎 𝟐

𝟏𝟐

𝒍𝒏 |𝟑𝟔| = 𝟔𝟎, 𝟗𝟏𝟔𝟕 𝒔𝒆𝒈𝒖𝒏𝒅𝒐𝒔

Finalmente, el tiempo encontrado fue aproximadamente de 1,91 min.

Observaciones:

El planteamiento del problema, con su respectiva ecuación y los datos dados se encuentran correctos. El problema empieza a la hora de solucionar la ecuación, pues se cambia la posición de algunos términos, y el valor de algunos datos, que por consiguiente nos van a arrojar un resultado erróneo. También al finalizar el ejercicio se hace mal la conversión de los segundos a los minutos. En consideración a lo anterior propongo la siguiente solución al ejercicio: 𝑥(𝑡) = 𝑔𝑟𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑐𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑖𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑡 𝑑𝑥 𝑥 = 2 ∗ 0.3 − 2 𝑑𝑡 120 𝑥(0) = 0

𝑑𝑥 𝑥 72 − 2𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑡 1 𝑡 = 0,6 − 2 = ⇒ = ⇒ − 𝑙𝑛(72 − 2𝑥) = +𝐶 𝑑𝑡 120 120 72 − 2𝑥 120 2 120 𝑙𝑛(72 − 2𝑥) = −

2𝑡 2𝑡 2𝑡 + 𝐶 ⇒ 72 − 2𝑥 = 𝐶𝑒 −120 ⇒ 𝑥(𝑡) = 36 + 𝐶𝑒 −120 120 2𝑡

𝑥(0) = 0 ⇒ 0 = 36 + 𝐶 ⇒ 𝐶 = −36 ⇒ 𝑥(𝑡) = 36 − 36𝑒 −120 𝐶(𝑡) = 0,2 ⇒ 𝐶(𝑡) = 2𝑡

24 = 36𝑒 −120 ⇒ −

2𝑡 𝑥(𝑡) 𝑥(𝑡) 𝑥(𝑡) = ⇒ 0,2 = ⇒ 𝑥(𝑡) = 24 = 36 − 36−120 𝑉(𝑡) 120 120

2𝑡 24 120 24 = 𝑙𝑛 | | ⇒ 𝑡 = − 𝑙𝑛 | | = 𝟐𝟒, 𝟑𝟐𝒔𝒆𝒈 125 36 2 36

Respuesta: El tiempo encontrado fue aproximadamente de 𝟐𝟒, 𝟑𝟐𝒔𝒆𝒈

CONCLUSIONES •

El desarrollo de éste trabajo fue muy fructífero a la hora de afianzar nuestros

conocimientos, pues aprendimos a identificar el método que se debe utilizar para dar solución a una ecuación diferencial. •

Las ecuaciones diferenciales son una valiosa herramienta para la interpretación y

modelación de los fenómenos científicos y técnicos de la mayor variedad que implican cambios de estado o transformaciones en diferentes parámetros.

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