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• Jhonatan Vasquez

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ASIGNATURA : ECUACIONES DIFERENCIALES

Tema

: APLICACIÓN DE LAS ECUCIONES DIFERENCIALES

INGENIERO

: AMADOR GONZALES PISCOYA

INTEGRANTE : Sánchez Collantes Kevin aldair VÁSQUEZ PÓSITO JHON JHÓNATAN CICLO

: III

FECHA

: 20/05/ 2018

APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES LEY DE ENFRIAMIENTO DE NEWTON

1. Una taza de café caliente que inicialmente se encuentra a 95°C, se enfría y llega a 80°C en 5 minutos mientras permanece servida en un cuarto cuya temperatura está a 21°C.Determine en que momento estará el café a la temperatura ideal de 50°C. 𝑑𝑇 = 𝑘(𝑇 − 𝑇𝑎 ) 𝑑𝑡 𝑑𝑇

∫ 𝑇−𝑇 = ∫ 𝑘𝑑𝑡 𝑎

ln│𝑇 − 𝑇𝑎 │= 𝑘𝑡 + 𝐶 T (t) = 𝐶𝑒 𝑘𝑡 + 𝑇𝑎 Sabemos que la temperatura del cuarto es 21°C T (t) = 𝐶𝑒 𝑘𝑡 + 21 En t = 0 el café está a 95°C T (0) = 𝐶𝑒 𝑘(0) +21= 95 → C = 95 – 21=74 T (t) = 74𝑒 𝑘𝑡 + 21 en t = 5 min el café está a 80°C T (5) = 74𝑒 5𝑘 + 21= 80 →k =

59 74

𝑙𝑛( ) 5

°𝐶

= - 0.0453 𝑚𝑖𝑛

T (t) = 74𝑒 − 0.0453t+ 21 en t = 𝑡1 min el café está a 50°C 29

𝑙𝑛( )

74 T (𝑡1 ) = 74𝑒 − 0.0453t + 21= 50 →𝑡1 = − 0.0453 = 20.67 min

LEY DE ENFRIAMIENTO DE NEWTON

2. El sábado 24 de febrero del 2007 a las 07h00 A.M. un conserje del básico encuentra el cuerpo de un estudiante de ecuaciones diferenciales en el aula donde rindió examen el día anterior, que se conserva a una temperatura constante de 26°C. En ese momento la temperatura del cuerpo es de 28°C y pasa hora y media la temperatura es de 27.5°C. Considere la temperatura del cuerpo en el momento de la muerte de 37°C y que se enfriado según la ley de enfriamiento de Newton, cual fue la hora de la muerte?

𝑑𝑇 = −𝑘(𝑇𝐶 − 𝑇𝑎 ) 𝑑𝑡 𝑑𝑇 𝑑𝑡

: (Variación de la temperatura con respecto al tiempo)

𝑇𝐶 : (Temperatura del cuerpo) 𝑇𝑎 : (Temperatura del aula) t : tiempo en horas 𝑇𝑎 = 26°C La temperatura del cuerpo cuando es hallado es de 28°C El tiempo en que la temperatura es de 28°C es 𝑡1 → T(𝑡1 ) =28°C Después de una hora y media la temperatura del cuerpo desciende a 27.5°C El tiempo en que la temperatura es de 27.5°C será entonces: 𝑡1 +1.5. → T (𝑡1 + 1.5) = 27.5 𝑑𝑇 = −𝑘(𝑇𝐶 − 26) 𝑑𝑡 ∫𝑇

𝑑𝑇

𝐶 −26

= ∫ −𝑘𝑑𝑡

ln│𝑇𝐶 − 26│= −𝑘𝑡 + 𝐶 𝑒 ln│𝑇𝐶 −26│= 𝑒 −𝑘𝑡+𝐶 𝑇𝐶 − 26= 𝐶𝑒 −𝑘𝑡 𝑇𝐶 (t) = 𝐶𝑒 −𝑘𝑡 + 26 →𝑇𝐶 (t) = 𝐶𝑒 −𝑘𝑡 + 26 Si la temperatura antes de morir era de 37°C entonces: 𝑇𝐶 (0) = 37°C 37 = C + 26 C = 11

𝑇𝐶 (t) = 11𝑒 −𝑘𝑡 + 26 Si T (𝑡1 ) = 28°C 𝑇𝐶 (t) = 11𝑒 −𝑘𝑡1 + 26 = 28 11𝑒 −𝑘𝑡1 = 2 →𝑒 −𝑘𝑡1 =

2 11

→ −𝑘𝑡1 = 𝑙𝑛

2 11

→ 𝑘𝑡1 = 1.7047 𝑘=

1.7047 𝑡1

(ecuación 1)

→ T (𝑡1 + 1.5) = 27.5°C T (𝑡1 + 1.5)= 11𝑒 −𝑘(𝑡1 +1.5) + 26 = 27.5 →11𝑒 −𝑘(𝑡1 +1.5) = 1.5 𝑒 −𝑘(𝑡1 +1.5) =

1.5 11 1.5 11

−𝑘(𝑡1 + 1.5) = ln( ) 𝑘(𝑡1 + 1.5) = 1.9924 → 𝑘 =

1.9924 𝑡1 +1.5

( ecuación 2)

Si se iguala ecuación 1 y 2 1.7047 𝑡1

1.9924 1 +1.5

=𝑡

→ (𝑡1 + 1.5)1.7047 = 1.9924𝑡1 1.7047𝑡1 + 2.55705 = 1.9924𝑡1 2.55705 = 1.9924𝑡1 − 1.7047𝑡1 2.55705 1.9924−1.7047

= 𝑡1

𝑡1 = 8.89

Por lo tanto el estudiante murió 8.89 horas antes de ser encontrado es decir Alas 22h06.

CURVA LOGISTICA

3. Supóngase que un alumno de la EPSOL es portador de virus de la gripe y a pesar de ella va a la escuela donde hay 5000 estudiantes. Si se supone que la razón con la que se propaga el virus es proporcional no solo a la cantidad de infectados sino también a la cantidad de no infectados. Determine la cantidad de alumnos infectados a los 6 días después, si se observa que a los 4 días la cantidad de infectados era 50. x: # de infectados 5000 – x: # de sanos 𝑑𝑥 𝑑𝑡

= kx (5000 – x) 𝑑𝑥

∫ x(5000 – x) = ∫ 𝑘𝑑𝑡 1 𝑥 𝑙𝑛 |𝑥−5000|= 5000

𝑘𝑡 + C

𝑥

𝑙𝑛 |𝑥−5000|= 5000 𝑘𝑡 + C

X (t) =

−5000𝐶𝑒 5000𝑘𝑡 1−𝐶𝑒 5000𝑘𝑡

en t = 0 x= 1 → x (0) = X (t) =

−5000𝐶𝑒 0 1−𝐶𝑒 0

𝑒 5000𝑘𝑡 1

1

= 1 → C= − 4999

→ X (t)= 𝑒 5000𝑘𝑡

En t = 4 x= 50 𝑙𝑛(50)

→ X (4)= 𝑒 20000𝑘𝑡 = 50 →k =20000 X (t)= 𝑒 0.25𝑡ln(50) → X (t)= 500.25𝑡

→ X (6)= 500.25∗6 = 501.5 = 353 infectados.

CRECIMIENTO EXPONENCIAL

4. En un cultivo de levadura la rapidez de cambio es proporcional a la cantidad existente. Si la cantidad de cultivo se duplica en 4 horas. ¿Qué cantidad puede esperarse al cabo de 16 horas, con la misma rapidez de crecimiento? X: cantidad existente 𝑑𝑥 𝑑𝑡

= kx

∫

𝑑𝑥 𝑥

= ∫ kdt

ln│x│= kt + C x(t) = 𝐶𝑒 kt en t = 0

x = 𝑥0

X (0) = 𝐶𝑒 0= 𝑥0 →𝐶 = 𝑥0 en t = 4

x = 2𝑥0

X (4) =𝑥0 𝑒 4k= 2𝑥0 →k= X (t) =𝑥0 𝑒

𝑡𝑙𝑛(2) 4

𝑙𝑛(2) 4 𝑡

→ X (t) =𝑥0 24

16

X (16) =𝑥0 2 4 = 24 𝑥0= 32𝑥0

CAIDA LIBRE

5. Un objeto que pesa 30kg se deja caer desde una altura de 40 mt , con una velocidad de 3 m/sg . Supóngase que la resistencia del aire es proporcional a la velocidad del cuerpo. Se sabe que la velocidad limite debe ser 40m/sg . Encontrar la expresión de la velocidad en un tiempo t. La expresión para la posición del cuerpo en un tiempo t cualquiera. 𝑑𝑣

mg - 𝑓𝑟 = m 𝑑𝑡

𝑑𝑣 𝑑𝑡

mg - 𝑘𝑣= m 𝑑𝑣

𝑚

∫ 𝑚 kv− 𝑚𝑔 = − ∫ 𝑑𝑡 → 𝑘 ln│ kv − 𝑚𝑔│= - t +c 𝑚

ln│ kv − 𝑚𝑔│=− 𝑘 t +c 1

𝑚

1

𝑚

V (t)= 𝑘 [𝐶𝑒 − 𝑘 t + 𝑚𝑔]→ v (t)= 𝑘 [𝐶𝑒 −30 t + 300] en t = 0 , v= 3m/sg 1 𝑘

V (0)= [𝐶𝑒 0 + 300]= 3 →C – 3k = -300 en t =ꚙ, v= 40m/sg 1

v (ꚙ)= 𝑘 [𝐶𝑒 −ꚙ + 300]= 40 →

300 = 𝑘

40 →k=7.5

→ 𝐶 = −277.5

v (t)= -37𝑒 −0.25t + 40 v (t)=

𝑑𝑥 𝑑𝑡

→ X (t)= ∫ 𝑣(𝑡)𝑑𝑡 + 𝐶

X (t)= ∫[−37𝑒 −0.25t + 40] 𝑑𝑡 + 𝐶 =148𝑒 −0.25t + 40t + C X (t)= 148𝑒 −0.25t + 40t + C

en t = 0 , v= 0m X (0)= 148𝑒 0 + 40(0) + C = 0 → C= -148 X (t)= 148𝑒 −0.25t + 40t – 148 RESISTENCIA DEL AGUA

6. La fuerza resistente del agua que opera sobre un bote es proporcional a su velocidad instantánea y es tal que su velocidad es de 20m/sg la resistencia es de 40 Néwtons. Se conoce que el motor ejerce una fuerza constante de 50 Newtons. En la dirección del movimiento. El bote tiene una masa de 420 kg y el pasajero de 80 kg. a) Determine la distancia recorrida y la velocidad I en cualquier instante suponiendo que el bote parte del reposo. b) Determine la máxima velocidad en la que puede viajar el bote. Aplicando la segunda ley de Newton se obtiene: ∑ 𝐹𝑥 = ma a) 𝐹𝑚 :fuerza del motor Fr: fuerza de resistencia del agua 𝐹𝑚 = 50 𝑁𝑒𝑤𝑡𝑜𝑛𝑠 Fr = kv Como la velocidad des de 20m/sg y la fuerza de resistencia de 40 Newtons. Entonces k =

40 Newtons. 20m/sg

=2→ k=2

∑ 𝐹𝑥 = ma → 𝐹𝑚 − Fr = ma 𝑑𝑣

50 – kv =m 𝑑𝑡

m : masa total del sistema m: 420 kg + 80 kg = 500 kg 𝑑𝑣

50 – kv =500 𝑑𝑡 , 𝑑𝑣 500 𝑑𝑡

k=2

+ 2v = 50

𝑑𝑣

500 𝑑𝑡 = 50 - 2v 𝑑𝑣 50 − 2v

𝑑𝑣 2(v−25) 𝑑𝑣

𝑑𝑡

= 500 𝑑𝑡

= − 500 𝑑𝑡

∫ (v−25) = − ∫ 250 𝑡

ln│ v − 25│= − 250 + 𝐶

𝑡

𝑒 ln│ v−25│ = 𝑒 −250 +𝐶 𝑡

𝑡

v − 25 = 𝑘𝑒 −250 → v = 25 + 𝑘𝑒 −250 Si la velocidad inicial es 0 por partir del reposo entonces v (0) = 0 0 = 25 + k → k = - 25 L a ecuación de la velocidad: 𝑡

v = 25 − 25𝑒 −250 Como v =

𝑑𝑥 𝑑𝑡

Entonces: 𝑑𝑥 𝑑𝑡

𝑡

= 25 − 25𝑒 −250 𝑡

𝑡

X (t) = ∫ (25 − 25𝑒 −250 ) 𝑑𝑡 = 25t + 25(250)𝑒 −250 + C 𝑡

X (t) = 25t + 25(250)𝑒 −250 + C Si parte de reposo x(0) = 0 0 = 25(250)+ C → C = −25(250) La ecuación del movimiento es: 𝑡

→ X (t) = 25t + 25(250)𝑒 −250 − 25(250) La velocidad límite o máxima es: 𝑡

𝑣𝑚𝑎𝑥 = lim (25 − 25𝑒 −250 ) = 25 pies/ sg. 𝑡→∞

CIRCUITOS RL

7. Un circuito RL tiene una fem de 9 voltios, una resistencia de 30 Ohmios, inductancia de 1 henrio y no tiene corriente inicial. Hallar la corriente para que t = 1/5 segundos. v = iR + L

di dt

di

9 = 30i + dt 𝑑𝑖

∫ 30𝑖−9 = − ∫ 𝑑𝑡 1 𝑙𝑛│30𝑖 30

− 9│= −𝑡 + 𝐶

30𝑖 − 9 = −30𝑡 + 𝐶

1 [𝐶𝑒 −30𝑡 30

𝑖(𝑡) =

+ 9]

𝑖=0

en t = 0 𝑖(0) =

1 [𝐶𝑒 0 30

+ 9]→ 𝐶 = 21

1 [21𝑒 −30𝑡 30

𝑖(𝑡) =

+ 9]→ 𝑖(𝑡) = 0.7𝑒 −30𝑡 + 0.3

En t = 1/5 𝑖(𝑡) = 0.7𝑒 −6 + 0.3 → 𝑖(1/5) = 0.301 𝑎𝑚𝑝

CIRCUITOS RC

8. Una Fem de 200𝑒 −5𝑡 se conecta en serie con una resistencia de 20 Ohmios y una capacitancia de 0.01 Faradios. Asumiendo que la carga inicial del capacitor es cero. Encuentre la carga y la corriente en cualquier instante de tiempo. 𝑑𝑞

𝑞

R 𝑑𝑡 + 𝐶 = fem → ecuación diferencial para el circuito RC R: resistencia →R = 20 Ohmios q: carga C: capacitancia → C= 0.01 F fem: 200𝑒 −5𝑡 𝑑𝑞

𝑞

20 𝑑𝑡 + 0.01= 20𝑒 −5𝑡 𝑑𝑞 𝑑𝑡

20 𝑑𝑞 𝑑𝑡

+100q = 20𝑒 −5𝑡

+5q = 𝑒 −5𝑡

u (t) = 𝑒 ∫ 5𝑑𝑡 = 𝑒 5𝑡

q (t)=

1 ∫u u (t)

(t) 𝑒 −5𝑡 dt

q (t)= 𝑒 −5𝑡 ∫ 𝑒 5𝑡 𝑒 −5𝑡 𝑑𝑡 = 𝑒 −5𝑡 ∫ 𝑑𝑡= 𝑒 −5𝑡 (𝑡 + 𝐶) q (t)= 𝑒 −5𝑡 (𝑡 + 𝐶)= 𝑒 −5𝑡 𝑡 + 𝑒 −5𝑡 𝐶 Si inicialmente no hay carga en el capacitor, entonces: q (0)= 0 0=𝐶 → q (t)= 𝑒 −5𝑡 𝑡 → i (t)= ∫ q (t)dt = ∫ 𝑒 −5𝑡 𝑡𝑑𝑡

u=t

dv= 𝑒 −5𝑡 𝑑𝑡

du= dt

v= − 5 𝑒 −5𝑡

1

𝑡

1

i (t)= ∫ 𝑒 −5𝑡 𝑡𝑑𝑡 = − 5 𝑒 −5𝑡 + ∫ − 5 𝑒 −5𝑡 𝑡

1

i (t)= − 5 𝑒 −5𝑡 − 25 𝑒 −5𝑡 + C Si la carga inicial es cero, entonces la corriente inicial es cero: i (0)= 0 𝑡

1

i (t)= − 5 𝑒 −5𝑡 − 25 𝑒 −5𝑡 + C

RESORTES SIN AMORTIGUACIÓN

EJEMPLO 1 𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑝𝑟𝑒𝑡𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑢𝑛 𝑝𝑟𝑜𝑏𝑙𝑒𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑅𝑒𝑠𝑢𝑒𝑙𝑎 𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑝𝑟𝑒𝑡𝑒 𝑒𝑙 𝑝𝑟𝑜𝑏𝑙𝑒𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑖𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑑2 𝑥 + 16𝑥 = 0 𝑥(0) = 10, 𝑥´(0) = 0 𝑑𝑡 2 𝑇𝑜𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎 𝑑2 𝑥 + 𝑎2 𝑦 = 0 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑑𝑡 2

𝑑2 𝑥 𝑥´𝑑𝑥´ 𝑥´𝑑𝑥´ = → + 𝑎2 𝑥 = 0 𝑑𝑡 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝐼𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 ∫ 𝑥´𝑑𝑥´ + ∫ 𝑎2 𝑥𝑑𝑥 = 𝐶1 →

𝑥´2 𝑥 + 𝑎2 = 𝐶1 2 2

𝐷𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑥´ = √2𝐶1 − 𝑎2 𝑥 2 →

𝑑𝑥 √2𝐶1 − 𝑎2 𝑥 2

= 𝑑𝑡

𝑃𝑜𝑟 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑢𝑙𝑎 1 𝑎𝑥 𝑎𝑥 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 = 𝑡 + 𝐶2 → 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 ( ) = 𝑎𝑡 + 𝑎𝐶2 𝑎 √2𝐶1 √2𝐶1 𝑟𝑒𝑠𝑜𝑙𝑣𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜

𝑎𝑥 √2𝐶1

= 𝑠𝑒𝑛(𝑎𝑡 + 𝑎𝐶2 ) → 𝑥 = 𝐶1 𝑐𝑜𝑠𝑎𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛𝑎𝑥

𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑝𝑟𝑜𝑏𝑙𝑒𝑚𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑥 = 𝐶1 𝑐𝑜𝑠4𝑡 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛4𝑡 … … . . 𝑠𝑜𝑙ucion 𝐴𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙𝑒𝑠

𝑥(𝑡) = 𝐶1 cos(4𝑡) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(4𝑡) 𝑥(0) = 10

10 = 𝐶1 𝐶1 (cos(10)) + 𝐶2 (𝑠𝑒𝑛(0))

𝐶1 = 10

𝑃𝑜𝑟 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑜 𝑥(𝑡) = 10𝑐𝑜𝑠4𝑡 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛4𝑡 … .. 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑥´(𝑡) = −40𝑠𝑒𝑛4𝑡 + 4𝐶2 𝑐𝑜𝑠4𝑡 … .. 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑥´(0) = 0 𝑅𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 0 = −40𝑠𝑒𝑛(0) + 4𝐶2 cos(0) 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑜𝑣𝑖𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑠𝑒𝑟á 𝑥(𝑡) = 10𝑐𝑜𝑠4𝑡 𝑝𝑒𝑟𝑖𝑜𝑑𝑜 𝑑𝑒 𝑜𝑠𝑐𝑖𝑙𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 2𝜋 𝜋 = 4 2

EJEMPLO 2 Una masa que pesa 2lb hace que un resorte se estire 6 in, cuando t=0, la masa se suelta desde un punto a 8 in debajo de la posición de equilibrio con una velocidad inicial hacia arriba de 4/3 ft/s. Deduzca la ecuación del movimiento libre. 𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 1 𝑈𝑛𝑖𝑓𝑜𝑟𝑚𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑑𝑎 6 𝑖𝑛 = 𝑓𝑡 2 𝑈𝑁𝑖𝑓𝑜𝑟𝑚𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑛 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑚 =

2 8 𝑖𝑛 = 𝑓𝑡 3 𝑤 2 1 𝑚= = 𝑠𝑙𝑢𝑔 𝑔 32 16

1 𝐿𝑒𝑦 𝑑𝑒 ℎ𝑜𝑜𝑘𝑒 2 = 𝑘 ( ) 2 1 𝑑2 𝑥 𝑑2 𝑥 = −4𝑥 𝑜 + 64𝑥 = 0 16 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 2 𝑢𝑡𝑖𝑙𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐸𝑞 1 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑟𝑜𝑏𝑙𝑒𝑚𝑎 𝑁°1 𝑦 𝑑𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎 𝑑2 𝑥 + 𝑎2 𝑥 = 0 → 𝑎2 = 64 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑥(𝑡) = 𝐶1 𝑐𝑜𝑠8𝑡 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛8𝑡 𝑑𝑡 2 𝐴𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 𝑖𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑎 𝑥(𝑡)𝑦 𝑥´(𝑡) 𝑥(𝑡) = 𝐶1 𝑐𝑜𝑠8𝑡 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛8𝑡

𝑥(𝑡) = −

2 3

−3 = −

4

= 𝐶1 (𝑐𝑜𝑠0) + 𝐶2 (𝑠𝑒𝑛0) 2

1 𝑠𝑒𝑛8𝑡 16

+ 8𝐶2 𝑐𝑜𝑠8𝑡

16 𝑠𝑒𝑛(0) + 3

8𝐶2 (𝑐𝑜𝑠0)

1

𝐶1 = 3

𝐶2 = − 6

𝐿𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑐𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑜𝑣𝑖𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠 2 1 𝑥(𝑡) = 𝑐𝑜𝑠8𝑡 − 𝑠𝑒𝑛8𝑡 3 6

PROBLEMAS SOBRE MEZCLAS 3) Un tanque contiene 450 lt de líquido en el que se disuelven 30 gr de sal: Una salmuera que contiene 3 gr/lt se bombea al tanque con una intensidad de 6 lt/min, la solución adecuadamente mesclada se bombea hacia fuera con una intensidad de 8 lt/min .Encuentre el número de gramos de sal y la concentración de sal, que hay en el tanque en un instante cualquiera. 𝑉𝑂 =450 lt 𝑄1 =6lt/min 𝐶1 =3gr/lt

𝑋𝑂 =30 gr 𝑄2 =8lt/min

𝑑𝑥 𝑄2 + 𝑑𝑡 𝑉0+(𝑄1−𝑄2)1

𝑥1 𝑄1 𝐶1 ………………… (∝)

Sustituyendo datos en (∞) 𝑑𝑥

𝑑𝑥 8 + 𝑑𝑡 450+(6−8)𝑙

reemplazamos en 𝞫

Como dx = ( 𝑑𝑡 ) dt

𝑑𝑥 4 + 𝑑𝑡 225−𝑙 4

𝑑𝑥 = (18- 225−𝑙) 4

X+ f(+) =6(+) f(+)=225−𝑙 x, 6(t)=18

x = 18

𝑑𝑥 𝑑𝑡

x = 18

=18

4 225−𝑙

x ……… (𝞫)

4

𝑑𝑥 + 225−𝑙 x 𝑑𝑡 = 18 𝑑𝑡 …….. (Ɣ)

x𝑑𝑡

determinando factor integrante

4

U= 𝑒 ∫225−𝑙𝑑𝑡 =𝑒 − 41𝑛/225−𝑡/ = (225 − 𝑡)−4

U= 𝑒 ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡

Multiplicando a (Ɣ) por el factor integrante (225 − 𝑡)−4 d x+ 4(225 − 𝑡)−5 xdt= 18(225 − 𝑡)−4dt………(E) Puesto que

(225 − 𝑡)−4 dx+ 4(225 − 𝑡)−5 xdt= d[(225 − 𝑡)−4 𝑥]

Sustituyendo en (E) d [(225 − 𝑡)−4 x] = 18(225 − 𝑡)−4dt ∫ 𝑑[(225 − 𝑡)−4 𝑥] = 18 ∫(225 − 𝑡)−4 dt ↓

↓

a) ∫ 𝑑[(225 − 𝑡)−4 𝑥] =(225 − 𝑡)−4 x + K1

a

b

b) (225 − 𝑡)−4 dt =

(225−𝑡)−3 3

+ 𝐾2

(225 − 𝑡)−4 𝑥 = 6(225 − 𝑡)−3 +k ……………..(n) (225)−4 . 30 = 6(225)−3+k

Condiciones iniciales x(0)=30 T(0)=0 𝑥0 =30 gr

K =(225)−4 . 30- 6(225)−3=(225)−4(30-6(225)) =(225)−4 (30.1350)

Reemplazando K en (n) ∗ (225 − 𝑡)−4

K= -(225)−4.1320

(225 − 𝑡)−4 k = (225 − 𝑡)−3 − (225)−4 =1320 225−𝑡 4 ) 225

x(t)= (225 − 𝑡) − 1320(

………………….(θ)

4) Un gran depósito está lleno de 500 gal de agua pura. Una salmuera que contiene 2 lb/gal se bombea al tanque a razón de 5 gil/min. La salmuera, adecuadamente mezclada, se bombea hacia fuera con la misma rapidez. a) Halle el número de libras de sal y la concentración de sal en el tanque en un instante t cualquiera

b) Determine la cantidad de sal y la concentración al cabo de hora y media de iniciado el proceso de mezclado c) ¿Cuánto tiempo debe transcurrir para que la cantidad de sal en el tanque sea de 632,12 lb?

𝑉𝑂 =500 lb/gal 𝐶1 =2lb/gal

𝑋𝑂 =30 gr

𝑄1 =5gal/min

𝑄2 =5 gal/min a) 𝑉0=500 gal 𝑋0 =0gr (cantidad de sal) Inyección de salmuera 𝐶1 =2lb/gal

𝑄1 =5gal/min

𝑄1 =5gal/min

V(1) 500gal = 𝑄2

𝑑𝑥 𝑑𝑡

𝑄

+ 𝑉 +( 𝑄 2−𝑄 0

1

2 )𝑡

𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑥 𝑡

1 1 𝑥) 100

(10−

1

𝑑𝑥 𝑑𝑡

+ 100 𝑥 = 10

𝑑𝑥

1

= 10 − 100 𝑥 … … (𝞫)

𝑑𝑥 = (10 − 100 𝑥) 𝑑𝑡 … ….(Ɣ) 1 (10−

1

1 𝑥) 100

𝑑 = ∫ … . (𝐸) a) ∫

↓

↓

a

b

5

+ 500𝑡(5−5)𝑡 𝑥 = 10

1

= ( 𝑑𝑡 ) 𝑑𝑡

∗ Por factor ∫

𝑑𝑥 𝑑𝑡

𝑥 = 𝑄1 𝐶1…… (∝)

1 𝑥) 100

(10− 1 1 𝑥) 100

(10−

𝑑𝑥 = 𝑑𝑡

𝑑𝑥 = −100 ʃ

1 (10−

1 𝑥) 100

1

= −100𝑙𝑛 [10 − 100 𝑥] +𝐾1

b) ∫ 𝑑𝑡 = 𝑡 +𝐾1

Reemplazando −100𝑙𝑛[10 − 𝑐 𝑥] = 𝑡 + 𝑘 … . . (𝑛) 𝑋(𝑡)

𝐶(𝑡) = 𝑉(𝑡) … . (𝑛)

𝑉(𝑋) = 𝑉0 + ( 𝑄1 − 𝑄2 )𝑡 = 200 + 𝑡………………….(θ)

Sustituyendo a (Ɣ) y (𝑛) en (θ) 𝐶(𝑡) =

200 2 ) 100+𝑡

(200+𝑡)−100( 200+𝑡

=1−

100(200)2 (200+𝑡)3

4(106 )

= 1 − (200+𝑡)3 ↓

………(ɩ)

Variación e concentración de sal Respuesta a (a)

𝐶(𝑡) = 1 −

(b) 𝑄2 ˂ 𝑄1

4(106 ) (200 + 𝑡)3

𝑉0 aumenta

…….(ʎ)

𝑉(𝑡) = 𝑉0 + ( 𝑄1 − 𝑄2 )𝑡 … … …(k)

500 = 200 (3 − 2)𝑡

Sustituyendo datos

𝑡 = 300𝑚𝑖𝑛 ˂ ˃ 5 horas

(Se alcanza el volumen total)

En (Ɣ) 200

2

4

Ɣ (300) = (200+ 300) -100 (200+300)2 = 500 − 100( 6 𝐶 = 500 − 100( 25 ) = 485 En (ʎ) C(300) = 1 -

4(106 ) (200+300)

=1−

4(106 ) 343(106 )

=1−

4 343

=

339 343

= 0.98

Respuesta: En 5 horas la cantidad de sal en el tanque es 484 lb y la concentración es de 0.98 lb/gal

MEZCLAS

1. Un tanque contiene originalmente 100 galones de agua fresca. Se vierte dentro del tanque, agua que contiene ½ libra de sal por galon a una velocidad de 2 gal/min y se permite que salga la mezcla con la misma rapidez. Despues de 10 min se para el proceso y se vierte agua fresca dentro del tanque a la velocidad de 2 gal/min, dejando salir la mezcla a la misma velocidad. Encontrar la cantidad de sal en el tanque al final de los 20 min. 𝑡0 = 0 𝑚𝑖𝑛 𝑣0 = 100 𝑔𝑎𝑙 𝑐0 = 0𝑙𝑏/𝑔𝑎𝑙(𝑐𝑜𝑛𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛) 𝑐𝑜𝑚𝑜 → 𝑥0 = 𝑐0 𝑣0 = 0

Cantidad inicial de sal 𝑡0 = 0 𝑚𝑖𝑛 𝑥0 = 0 𝑙𝑏

𝑣0 = 100 𝑔𝑎𝑙 𝑐0 = 0𝑙𝑏/𝑔𝑎𝑙 𝑥0 = 0 𝑙𝑏

1 𝑐1 = 𝑙𝑏/𝑠𝑒𝑔 2 𝑄1 = 2 𝑔𝑎𝑙/𝑚𝑖𝑛

𝑄2 = 2 𝑔𝑎𝑙/𝑚𝑖𝑛

𝑑𝑥 𝑄2 + 𝑥 = 𝑄1 . 𝑐1 … . . (𝛼) 𝑑𝑡 𝑣0 + (𝑄1 − 𝑄2 )𝑡 Sustituyendo datos 𝑑𝑥 2 1 + 𝑥 = 2 ( ) … . . (𝑘) 𝑑𝑡 100 + (2 − 2)𝑡 2 𝑑𝑥 1 + 𝑥 = 1 … (𝛽) 𝑑𝑡 50 Despejando en (𝛽) 𝑑𝑥 1 − 1 − 𝑥 … … (𝜆) 𝑑𝑡 50 Entonces como 𝑑𝑥 Reemplazando en (𝜆) 𝑑𝑥 = ( ) 𝑑𝑡 𝑑𝑡 1 Multiplicando a (𝛿) (por concepto de variables separables) 𝑑𝑥 = (150− 𝑥) 𝑑𝑡 … (𝛿) 1 50 50 − → 𝑑𝑥 = 𝑑𝑡 … … . (𝜃) 1 50 − 𝑥 50 − 𝑥 (1 − 𝑥) 50

∫

50 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑡 50 − 𝑥 A

(𝑎) ∫

B

50 −1 𝑑𝑥 = −50 ∫ 𝑑𝑥 = −50 ln(50 − 𝑥) + 𝑐1 50 − 𝑥 50 − 𝑥

(𝑏) ∫ 𝑑𝑡 = 𝑡 + 𝑐2 𝐸𝑛 𝜃 − 50𝑙𝑛|50 − 𝑥| = 𝑡 + 𝑐

Para determinar el valor de la “c’’se utiliza condiciones iniciales 𝑡0 = 0 𝑚𝑖𝑛 𝑥0 = 0 𝑙𝑏 𝑐 = −50𝑙𝑛|50| −50𝑙𝑛|50 − 𝑥| = 𝑡 − 50𝑙𝑛|50| 1 −1 ( ) (−50𝑙𝑛|50 − 𝑥|) = ( ) (𝑡 − 50𝑙𝑛|50|) 50 50 𝑙𝑛|50 − 𝑥| − 𝑙𝑛|50| =

𝑙𝑛 |

−𝑡 50

50 − 𝑥 −𝑡 |= 50 50

−𝑡 50 − 𝑥 = 𝑒 50 50 −𝑡

50 − 𝑥 = 50𝑒 50 −𝑡

𝑥 = 50 − 50𝑒 50 −𝑡

𝑥(𝑡) = 50(1 − 𝑒 50 ∆ 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒 0 < 𝑡 < 10 𝑐𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙 𝑒𝑛 𝑡 = 10𝑚𝑖𝑛 𝑥(10) = 50(1 − 𝑒

−10 50

= 50 (1 − 𝑒

−1 5 )

= 50(1 − 0.82) = 9

→

𝑥(10) = 9 𝑙𝑏

Las condiciones iniciales cambiar por detención del proceso del mezclado Ahora: 𝑐1 = 0𝑙𝑏/𝑔𝑎𝑙 𝑄1 = 2𝑔𝑎𝑙/𝑚𝑖𝑛 𝑄2 = 2𝑔𝑎𝑙/𝑚𝑖𝑛 𝑣0 = 100 𝑔𝑎𝑙 𝑥0 = 9 𝑙𝑏

𝑣0 = 100 𝑔𝑎𝑙 𝑐1 = 0𝑙𝑏/𝑔𝑎𝑙 𝑐0 =

4 𝑙𝑏/𝑔𝑎𝑙 100

𝑥0 = 9 𝑙𝑏

𝑄1 = 2𝑔𝑎𝑙/𝑚𝑖𝑛

Sustituyendo en (k) 𝑑𝑥 2 + 𝑥=0 𝑑𝑡 100𝑡(2 − 2)𝑡 𝑑𝑥 1 + 𝑥=0 𝑑𝑡 50

𝑑𝑥 𝑑𝑥 = ( ) 𝑑𝑡 𝑑𝑡

→

𝑑𝑥 =

−1 𝑥𝑑𝑡 50

→

𝑑𝑥 −1 = 𝑥 … (𝑧) 𝑑𝑡 50

1

Variables separables (𝑥)

1 −1 ( ) 𝑑𝑥 = 𝑑𝑡 𝑥 50 1 −1 ∫ ( ) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑡 𝑥 50 A

B

1 (𝑎) ∫ ( ) 𝑑𝑥 = 𝑙𝑛|𝑥| + 𝑐3 𝑥 𝑙𝑛|𝑥| = − (𝑏)

−1 −𝑡 ∫ 𝑑𝑡 = + 𝑐4 = 50 50

Hallando el valor de la constante “k” en: 𝑡 = 0𝑚𝑖𝑛 𝑥 = 9 𝑙𝑏 𝑘 = 𝑙𝑛9 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑦𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛 … (𝛾) 𝑙𝑛|𝑥| = −

𝑡 + 𝑙𝑛9 50

𝑙𝑛|𝑥| − 𝑙𝑛9 = −

𝑡 50

𝑡 + 𝑘 … (𝛾) 50

𝑥 𝑡 𝑙𝑛 | | = − 9 50 𝑡 𝑥 = 𝑒 −50 9 𝑡

𝑥 = 9𝑒 −50 𝑡

𝑥(𝑡) = 9𝑒 −50 Resultado final 𝑡1 = 10𝑚𝑖𝑛 ; 𝑡2 = 10𝑚𝑖𝑛 →

𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 20𝑚𝑖𝑛

1

𝑥(10) = 9𝑒 −5 = 7.37 ∴ 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙 𝑎 𝑙𝑜𝑠 20 𝑚𝑖𝑛 𝑒𝑠 7.37 𝑙𝑏

2. Un tanque con capacidad de 500 galones contiene inicialmente 200 galones de agua con 100 lb de sal en solución. Se inyecta al tanque agua que cuya concentración de sal es de 1 lb/gal, a razón de 3 gal/min. La mezcla debidamente agitada y homogeneizada sale del tanque a razón de 2 gal/min. a) Encuentre la cantidad de sal y la concentración de sal en el tanque para cualquier tiempo. b) Determine la concentración de sal en el instante justo en que la solución alcanza el volumen total del tanque.

𝑐1 = 1𝑙𝑏/𝑔𝑎𝑙 𝑄1 = 3𝑔𝑎𝑙/𝑚𝑖𝑛

𝑑𝑥 𝑄2 + 𝑥 = ⋯ (𝛼) 𝑑𝑡 𝑣0 + (𝑄1 − 𝑄2 )𝑡

𝑣1 = 500 𝑔𝑎𝑙 𝑣0 = 200 𝑔𝑎𝑙

Sustituyendo datos en (𝛼)

𝑥0 = 100 𝑙𝑏

𝑑𝑥 2 + 𝑥 = ⋯ (𝛽) 𝑑𝑡 200 + 𝑡 𝑄2 = 2𝑔𝑎𝑙/𝑚𝑖𝑛

Forma 𝑥’(𝑡) + 𝐹(𝑡)𝑥 = 𝐺(𝑡) 𝑢(𝑡) = 𝑒 ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 1

𝑢(𝑡) = 𝑒 ∫200+𝑡𝑑𝑡 → 𝑒 2ln(200+𝑡) → (200 + 𝑡)2

Factor integrante 𝑢 = (200 + 𝑡)2 (200 + 𝑡)2

𝑑𝑥 + 2(200 + 𝑡)𝑥 = 3(200 + 𝑡)2 𝑑𝑡

𝑑𝑥 3(200 + 𝑡)2 − 2(200 + 𝑡)𝑥 = … . . (𝛿) (200 + 𝑡)2 𝑑𝑡

𝑑𝑥

Como 𝑑𝑥 = ( 𝑑𝑡 ) 𝑑𝑡 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑒𝑛(𝛿) 3(200 + 𝑡)2 − 2(200 + 𝑡)𝑥 𝑑𝑥 = [ ] 𝑑𝑥 (200 + 𝑡)2

Resolviendo (200 + 𝑡)2 𝑑𝑥 + 2(200 + 𝑡)𝑥𝑑𝑡 = 3(200 + 𝑡)2 𝑑𝑡 … . . (𝛿) Como (200 + 𝑡)2 𝑑𝑥 + 2(200 + 𝑡)𝑥𝑑𝑡 = 𝑑[(200 + 𝑡)2 𝑥]

𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑒𝑛(𝛿)

𝑑[(200 + 𝑡)2 𝑥] = 3(200 + 𝑡)2 𝑑𝑡 ∫ 𝑑[(200 + 𝑡)2 𝑥] = 3 ∫(200 + 𝑡)2 𝑑𝑡 … … (𝜀)

A

B

(𝑎) → ∫ 𝑑[(200 + 𝑡)2 𝑥] = (200 + 𝑡)2 𝑥 + 𝑘1 (𝑏) → ∫ 3(200 + 𝑡)2 𝑑𝑡 = (200 + 𝑡)3 + 𝑘2

𝐸𝑛 𝑡 = 0 ; 𝑥 = 100𝑙𝑏

(200 + 𝑡)2 𝑥 = (200 + 𝑡)3 + 𝑘 … . . (𝜀)

(200)2 (100) = (200)3 + 𝑘

𝑘 = (200)2 (100) − (200)3 = (200)2 (100 − 200) = −100(200)2

𝑅𝑒𝑒𝑛𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛(𝜀) (200 + 𝑡)2 𝑥 = (200 + 𝑡)3 − 100(200)2 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑟 𝑘(200 + 𝑡)−2 𝑥(𝑡) = (200 + 𝑡) − 100 (

200 2 ) … … . (𝛿) 200 + 𝑡

TREYECTORIAS ISOGONALES 1). La Ecuación 𝑦 2 = 𝐶𝑥 (C es una constante arbitraria) define una familia de parábolas obtenga la familia de trayectorias ortogonales. Solución Derivando implícitamente 𝑦 2 = 𝐶𝑥 ′ 2𝑦𝑦=

𝐶 _ _ _ _ _(𝛼)

Entonces 2 𝑦 = 𝐶𝑥 ′ 2𝑦𝑦=

Resolviendo 𝑦 2 = 2𝑦𝑦 ′ 𝑥_ _ _ _(𝛽)

𝐶

Sustituyendo 𝑦 ′ por

−1 𝑦′

en (𝛽) 𝑦 2 = 2y

Multiplico por

𝑦′ 𝑦2

−1 𝑦′

x

para simplificar 𝑥

𝑦 ′ = -2 𝑦 Ya que 𝑑𝑦 = 𝑦 ′ 𝑑𝑥 𝑥

𝑑𝑦 = -2 𝑦 𝑑𝑥 _ _ _ _ _ _ _ (𝛼)

Multiplicando por: 𝑦 𝑦 𝑑𝑦 = −2 𝑥 𝑑𝑥

∫ 𝑦𝑑𝑦 + 2 ∫ 𝑥𝑑𝑥 = 𝐶1 _ _ _ _ _(𝜆)

𝑦 𝑑𝑦 + 2 𝑥 𝑑𝑥 = 0

∫ 𝑦 𝑑𝑦 = ∫ 𝑥𝑑𝑥 =

𝑦2 2

𝑥2 2

Despejamos:

+ 𝑘1

+ 𝑘2

𝑦2 2𝑘

+

𝑥2 𝑘

𝑦2 2

1 𝑘

+ 𝑥2 = 𝑘

= 1 _ _ _ (𝜂)

1 𝑘

La Ecuación de la familia elipses con Con centro en el origen y eje mayor paralelo al eje "𝑦" 𝑦 3 = 𝐶𝑥 2.

2). Encuentra las trayectorias ortogonales de la familia Solución

𝑦 3 = 𝐶𝑥 2.

Derivando implícitamente 𝑦 3 = 𝐶𝑥 2

3𝑦 2 𝑦 ′ = 2𝐶𝑥 _ _ _ _ (𝛼)

Despejando C

3𝑦 2 𝑦 ′ = 2𝐶𝑥 𝑌= Sustituyendo 𝑦 ′ por

𝑌=3

−1 2𝑦 ′

𝑥

=>

−1 𝑦

𝑦′ =

3𝑌 2 _ _ _ _ (𝛼) 2

en (𝛼)

−3𝑌 2 2

ya que

𝑑𝑦 = 𝑦 ′ 𝑑𝑥

Reemplazo : 𝑦=

−3𝑥 2𝑦

𝑑𝑥 _ _ _ (𝛼)

Multiplico por (2𝑦) 2𝑦(𝑑𝑦) =

−3𝑥 2𝑦

𝑑𝑥 (2𝑦)

2𝑦𝑑𝑦 = −3𝑥𝑑𝑥

Intengro:

Reemplazo: ∫ 𝑦𝑑𝑦 =

𝑦2 2

+ 𝑘1 2𝑦 2

2 ∫ 𝑦𝑑𝑦 = −3 ∫ 𝑥𝑑𝑥 ∫ 𝑦𝑑𝑥 =

𝑥2 2

+ 𝑘2

=

−3𝑦2 2

+𝑘

Multiplicando por

1 3𝑘

𝑦2 3𝑘

=>

+

𝑥2 2𝑘

=1

La ecuación de la familia de las elipses con centro en el origen y eje mayor paralelo al eje y. Representa la

familia de trayectorias ortogonales a la familia de curvas 𝑦 3 = 𝐶𝑥 2 .

3). E l valor de la constante 𝑎 , de tal forma que la familias

𝑦 3 = 𝐶1 𝑥

,

𝑥 2 + 𝑎𝑦 2 = 𝐶 2

𝑦 ′ → Derivada de la curva 𝑦 3 = 𝐶1 𝑥 𝑦 ′ → Derivada de la curva 𝑥 3 = 𝐶 2

Para que sean ortogonales

𝑦 ′ . 𝑦⌃ ′ = −1 _ _ _ _ (𝛼)

Para eliminar 𝐶1 𝑦 3 = 𝐶1 𝑥

 Derivando implícitamente respecto a X en la curva (1)

3𝑦 2 𝑦′ = 𝐶1

𝑦 3 = 𝐶1 𝑥

3𝑦 2 𝑦′ = 𝐶1 _ _ _ _ (𝛽)

Resolvemos 𝑦 = 3𝑦 ′ 𝑥 => 𝑦 ′ =

 Derivando implícitamente respecto a X en la curva (2) 𝑥 2 + 𝑎𝑦 2 = 𝐶 2

𝑦 _ _ _ _ (𝛼) 3𝑥

2𝑥 + 2𝑎𝑦 = 𝐶 2

⌃ 𝑦′

= 𝐶 2 _ _ _ (𝜂)

Despejando ⌃ 𝑦

Reemplazando en (𝛼) y (𝜇)

𝑦 3𝑥

−𝑥 𝑎𝑦

= −1

=>

valor de 𝑎:

1

𝑎=3

′=

⌃ 𝑦′

:

−𝑥 _ _ _ (𝜇) 𝑎𝑦

4). Determinar las trayectorias ortogonales para la familia 𝑦 = −𝑥 − 1 + 𝐶1 𝑒 𝑥 _ _ _ _ (𝛼)

Derivando implícitamente 𝑦 ′ = −1 + 𝐶1 𝑒 𝑥 _ _ _ _ (𝛽)

𝑦 ′ = −𝑥 − 1 + 𝐶1 𝑒 𝑥

Despejo: 𝐶1 𝑒 𝑥

𝑦 ′ = −1 + 𝐶1 𝑒 𝑥

𝐶1 𝑒 𝑥 = 𝑦 ′ + 1

Reemplazo

=>

𝑦 = −𝑥 + 𝑦 ′ Ecuación diferencial asociada a la familia.

Sustituyo: 𝑦 ′ por

−1 𝑦′

=>

𝑦 = −𝑥 +

−1 𝑦′

𝑦′ = −

=>

1 𝑥+𝑦

Ya que: 𝑑𝑦 = 𝑦 ′ 𝑑𝑥 𝑑𝑦 =

−1 𝑥+𝑦

Puede escribirse así 𝑑𝑥 (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑦 = 0 _ _ _ _ (𝜌)

Reducible a exacta

𝑝(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0

𝑦

𝜕𝑃 𝜕𝑦

≠

𝜕𝑄 𝜕𝑥

TRAYECTORIAS ORTOGONALES

1.Si 𝐷(𝑥, 𝑦) = 1 𝑦 𝑄(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 𝑦

→

𝑑𝑝 𝑑𝑦

=0 𝑦

𝑑𝑞 𝑑𝑥

=1

𝐹𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒 µ(𝑥, 𝑦) = 𝑒 ∫ 𝑔(𝑣)𝑑𝑣 𝐻𝑎𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑣 = 𝑦

𝑐𝑜𝑛

𝑑𝑝

𝑔(𝑣) = [𝑑𝑦 −

𝑑𝑞 𝑑𝑣 ] / [𝑄 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑑𝑣

− 𝑃 𝑑𝑦]

𝑑𝑣 𝑑𝑣 =0 =1 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑔(𝑣) =

−1 =1 −1

𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜

→ µ(𝑥, 𝑦) = 𝑒 ∫ 𝑔(𝑣)𝑑𝑣 = 𝑒 𝑣 = 𝑒 𝑦

∴ 𝐸𝑙 𝑓𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑠 µ(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑦 𝐸𝑛 (𝛿) 𝑒 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑒 𝑦 (x + y)dy = 0 𝑒 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥𝑒 𝑦 dy = −𝑦𝑒 𝑦 𝑑𝑦 → 𝑒 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥𝑒 𝑦 dy = d(𝑥𝑒 𝑦 )

→ ∫ 𝑑(𝑥𝑒 𝑦 ) = − ∫ 𝑦𝑒 𝑦 𝑑𝑦

𝑑(𝑥𝑒 𝑦 ) = −𝑦𝑒 𝑦 𝑑𝑦 𝑅𝑒𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑙𝑎𝑠 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙𝑒𝑠 (𝑎) = ∫ 𝑑(𝑥𝑒 𝑦 ) = 𝑥𝑒 𝑦 + 𝑘1

∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢

𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒

𝑦

(𝑏) = ∫ 𝑦𝑒 𝑦 𝑑𝑦 (𝑖pp)

∫ 𝑦𝑒 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑦𝑒 𝑦 − ∫ 𝑒 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑦𝑒 𝑦−𝑒 = 𝑒 𝑦 (𝑦 − 1) + 𝑘2 𝑥𝑒 𝑦 + 𝑘1 = −𝑒 𝑦 (𝑦 − 1) + 𝑘2

𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜

𝑥𝑒 𝑦 = 𝑒 𝑦 (1 − 𝑦) + 𝑘 𝑥 = (1 − 𝑦) + 𝑘𝑒 −𝑦 𝑅𝑝𝑡𝑎:

→ (𝑥 + 𝑦 − 1)𝑒 𝑦 = 𝑘

(𝑥 + 𝑦 − 1)𝑒 𝑦 = 𝑘

𝑟𝑒𝑝𝑟𝑒𝑠𝑒𝑛𝑡𝑎 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑓𝑎𝑚𝑖𝑙𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑡𝑟𝑎𝑦𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎𝑠 𝑜𝑟𝑡𝑜𝑔𝑜𝑛𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑎 𝑙𝑎 𝑓𝑎𝑚𝑖𝑙𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎 = 𝑦 = −𝑥 − 1 + 𝐶1 𝑒 𝑋

TRAYECTORIAS ISOGONALES

1. − Determinar la familia de trayectorias ortogonales al haz de curvas 2x 2 + y 2 = c.  Derivando implícitamente 2x 2 + y 2 = c. 4𝑥 + 2𝑦𝑦 , = 0 … … . (∝)  Determinar la E.D. asonada a trayectorias ortogonales que la familia sustituyendo −1

𝑦 , 𝑝𝑜𝑟 ( 𝑦, ). −1 )=0 𝑦, 2𝑥𝑦 , − 𝑦 = 0 𝑦 𝑦 𝑦, = → 𝑑𝑦 = 𝑦 , 𝑑𝑥 → 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 … . . (𝛽) 2𝑥 2𝑥 4𝑥 + 2𝑦 (

2 𝑀𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 . 𝑦 2 1 1 1 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 → 2 ∫ 𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 𝑥 𝑎) 𝑏)

1

∫ 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑙𝑛|𝑦| + 1 1 ∫ 𝑑𝑥 = 𝑙𝑛|𝑥| + 𝑘2 𝑥

2𝑙𝑛|𝑦| = 𝑙𝑛|𝑥| + 𝑘3 𝑒

𝑙𝑛|

𝑦2 𝑥

|

= 𝑒 𝑘3

→

→

𝑙𝑛𝑦 2 − 𝑙𝑛|𝑥| = 𝑘3

𝑦 2 = 𝑘𝑥 … … . . (𝑓)

𝑅𝑝𝑡𝑎: 𝑦 2 = 𝑘𝑥 𝑟𝑒𝑝𝑟𝑒𝑠𝑒𝑛𝑡𝑎 𝑙𝑎 𝑓𝑎𝑚𝑖𝑙𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑡𝑟𝑎𝑦𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎𝑠 𝑜𝑟𝑡𝑜𝑔𝑜𝑛𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑎 𝑙𝑎 𝑓𝑎𝑚𝑖𝑙𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎𝑠 2𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑐