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CAPÍTULO I ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN INTRODUCCIÓN Consideremos una familia de curvas definida en alguna región del plano cartesiano:

F ( x, y ) = C Se desea determinar la pendiente de la recta tangente a cualquier elemento de la familia en el punto P( x, y ) . Suponiendo que las derivadas parciales de la función existen en la región, el diferencial total de la función está dado por: dF ( x, y ) =

∂ ∂ F ( x, y )dx + F ( x, y )dy = dC = 0 ∂x ∂y

C : es una constante real.

A partir de la expresión anterior se obtiene la ecuación para la pendiente de la recta tangente a cualquier elemento de la familia en el punto P( x, y ) , así:

∂F dy = − ∂x ∂F dx ∂y

∂F ≠0 ∂y

En consecuencia, la pendiente de la recta tangente a cualquier elemento de la familia depende de las variables x, y , así: dy = f ( x, y ) dx

La ecuación obtenida es una ecuación diferencial.

Ejemplo 1.1 Considere la familia de parábolas: y = Cx 2

a) Dibuje dos elementos de la familia. b) Encuentre la ecuación diferencial de la familia.

2

Solución. a) La figura 1.1 ilustra los elementos correspondientes a los valores del parámetro: C = 1 C = −1 b) Para hallar la ecuación diferencial derivamos la función y eliminamos la constante, así:

dy 1 dy = 2Cx ⇒ C = dx 2 x dx

⇒

dy 2( y − 1) = x dx

Es de esperarse que a partir de la ecuación diferencial se obtenga la familia de curvas. Precisamente, el objetivo del libro es que el estudiante aprenda a resolver ecuaciones diferenciales. Las ecuaciones diferenciales tienen orígenes muy diversos, pero fundamentalmente estaremos interesados en aquellas ecuaciones diferenciales que resultan del análisis de sistemas de ingeniería. Se hará un énfasis especial en aplicaciones de la mecánica, de soluciones en ingeniería química, de circuitos eléctricos, de problemas de crecimiento y decrecimiento y muchas otras.

Figura 1. 1

Figura 1.2

Ejemplo 1.2

Considere la curva del plano dada por: y 2 = Cx

a) Dibuje dos elementos de la familia. b) Determine la ecuación diferencial de la familia. c) Encuentre la ecuación diferencial de la familia de curvas ortogonales. Solución. Se trata de la familia de parábolas con eje sobre el eje de abscisas y vértice en el origen. Asignamos valores a la variable independiente y dos valores diferentes a la constante, obtenemos la gráfica de la figura 1.2 y2 = x ⇒ y = ± x

y 2 = −x ⇒

y = ± −x

3 Claramente se observa que todas las parábolas pasan por el origen. En cuanto a la ecuación diferencial de la familia, derivamos y eliminamos la constante, así: y 2 = Cx

⇒

2y

dy =C dx

⇒

dy y = dx 2 x

−1 , donde: m1 m1 es la pendiente de la familia dada. Así las cosas, la ecuación diferencial de la familia de curvas ortogonales es: dy −2 x = dx y La familia de curvas ortogonales es tal que su pendiente está dada por m2 =

A partir de la ecuación diferencial encontrada es posible encontrar la ecuación de la familia de curvas ortogonales, simplemente resolviéndola. Separando las variables, se tiene:

2 xdx + ydy = 0 La solución de la ecuación diferencial es: x2 +

y2 =K 2

La constante de integración es K . La ecuación se puede escribir en la forma:

x2 y2 + =1 K 2K Si hacemos K = a 2 , se obtiene:

x2 y2 + a2 a 2

(

)

2

=1

La familia encontrada es una familia de elipses con centro en el origen y semiejes: a, a 2 Con el objeto de visualizar la ortogonalidad de las familias, representemos en un mismo gráfico un elemento de cada una. Tomemos a = 2 , obteniendo el elemento:

x2 y 2 + =1 4 8 Al representar gráficamente la elipse y las dos parábolas antes descritas, resulta la figura 1.3. Puede visualizarse la ortogonalidad entre una de las parábolas y la elipse. Se deja como ejercicio al estudiante la determinación de las intersecciones entre la elipse y una de las parábolas. Lo ideal es hacer todo el procedimiento ilustrado anteriormente para cualquier familia de curvas, sin embargo se tienen ciertas limitaciones operativas que no lo hacen viable en todos los casos.

4

Figura 1.3 Ejemplo 1.3

Considere la curva del plano dada por: y 2 + x 2 = 2Cx a) Dibuje dos elementos de la familia. b) Determine la ecuación diferencial de la familia. c) Encuentre la ecuación diferencial de la familia de curvas ortogonales. Solución. Se trata de la familia de circunferencias con el centro sobre el eje de abscisas y que pasan por el origen. Ajustando el trinomio cuadrado perfecto, resulta: ( x − C ) 2 + ( y − 0) 2 = C 2 La figura 1.4 ilustra la gráfica para los casos: C = 1 C = 2

Figura 1.4 Para encontrar la correspondiente ecuación diferencial procedemos de la misma manera, veamos:

5

x 2 + y 2 = 2Cx ⇒ 2 x + 2 y

dy dy x 2 + y 2 = 2C ⇒ 2 x + 2 y = dx dx x

Despejando la pendiente, resulta:

dy y 2 − x 2 = dx 2 xy La ecuación diferencial de la familia de curvas ortogonales viene a ser:

dy 2 xy = 2 dx x − y 2 La ecuación diferencial hallada se puede resolver, a pesar de que no es de variables separables. Más adelante veremos que dicha ecuación se puede clasificar como homogénea y estudiaremos la técnica para resolverla.

Ejemplo 1.4 Considere la curva del plano dada por:

x2 +

y2 =1 C2

a) Dibuje dos elementos de la familia. b) Determine la ecuación diferencial de la familia. c) Encuentre la ecuación diferencial de la familia de curvas ortogonales.

Solución. Se trata de una familia de elipses con centro en el origen y semiejes: 1 y C. Para los elementos de la familia correspondientes a C = 1 y C = 2 . La representación gráfica se muestra en la figura 1.5. Encontremos la ecuación diferencial de la familia:

y2 = C2 2 1− x

⇒ 2y

dy = −2 xC 2 dx

⇒ 2y

dy y2 = −2 x 1− x 2 dx

Simplificando, resulta:

dy xy = 2 dx x − 1 En cuanto a la ecuación diferencial de las curvas ortogonales, tenemos:

dy 1 − x 2 = dx xy La ecuación es de variables separables, esto es, se puede escribir en la forma:

6

ydy = ( x −1 − x)dx La solución de la ecuación diferencial la familia de curvas: x 2 + y 2 = 2 ln(Cx) La figura 1.6 muestra un elemento de la familia dada y otro de la familia de curvas ortogonales. Las gráficas se hicieron usando Mathcad y fueron procesadas por Paint.

Figura 1.5

Figura 1.6

Ejemplo 1.5 Se lanza verticalmente hacia arriba un cuerpo de masa: M con una velocidad inicial Vi . Determine la posición y la velocidad en todo instante.

Solución. Para resolver el problema debemos elaborar un modelo matemático que describa la situación planteada, veamos. Supongamos que el cuerpo se puede considerar como una partícula, es decir, su masa está concentrada en su centro de masas. Supongamos también que la trayectoria que sigue es estrictamente vertical. Si ubicamos nuestro sistema de coordenadas en el punto en el que se efectúa el lanzamiento, la posición y la velocidad en ese instante t = 0 están dadas por: y( 0) = 0 y v ( 0) = V i Nuestro objetivo es determinar la posición y la velocidad en cualquier instante: t > 0 Observe que cuando el cuerpo se está moviendo hacia arriba las fuerzas actuantes sobre él son: el peso y la fricción, ambas en sentido contrario al movimiento. Con base en la segunda ley de Newton, podemos escribir: d [ Mv(t )] = − Mg − Friccion (1) dt La figura 1.7 ilustra la posición de la partícula en el instante cualquiera t > 0. En la ecuación (1), se tiene: M: Masa en movimiento. v ( t ) : Es la velocidad en todo instante

7

g : Es la gravedad. Friccion : Es la fuerza de fricción dinámica

Figura 1.7 No olvidemos que la segunda ley de Newton establece que: "La variación con respecto al tiempo de la cantidad de movimiento de una partícula es igual a la suma de las fuerzas aplicadas en la dirección del movimiento" La ecuación (1) es una ecuación diferencial y para resolverla se hace necesario conocer algunas técnicas que serán objeto de estudio en el curso. Tomemos algunos modelos simples:

Primer modelo. La masa del cuerpo es constante y la fricción se desprecia (Caso feliz). En este caso, la segunda ley de Newton queda en la forma: M

d v ( t ) = − Mg dt

La ecuación diferencial resultante en este caso es de variables separables, así:

d v(t ) = − g dt Observe que la ecuación diferencial es independiente de la masa. Efectuando las integrales, encontramos la solución general, así: v ( t ) = − gt + C La constante de integración se evalúa con la condición inicial, obteniendo:

8

v ( t ) = Vi − gt Es de notarse que la función de velocidad es lineal, es decir, su gráfica es una recta de cuya pendiente es menos la gravedad. Cuando la velocidad se hace cero la partícula alcanza la posición máxima. El tiempo en el que esto ocurre es:

tmax = Vi / g En cuanto a la posición del cuerpo en todo instante, usamos la relación entre la posición y la velocidad, así: d y (t ) = v(t ) = Vi − gt dt Integrando de nuevo, resulta la solución general:

y( t ) = −

1 2 gt + Vi t + D 2

La constante de integración: D se determina con base en la condición inicial, así: y( 0) = 0 y el resultado es: 1 y( t ) = − gt 2 + Vi t 2 En resumen, tenemos que: cuando un cuerpo de masa constante M se lanza verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial Vi y se mueve en un medio sin fricción, la velocidad y la posición en todo instante están dadas por:

v ( t ) = − gt + Vi

y( t ) = −

1 2 gt + Vi t 2

La figura 1.8 representa, en un mismo gráfico, la posición y la velocidad en función del tiempo, asignando valores a la gravedad, a la velocidad inicial y al tiempo en el sistema internacional de medidas (MKS), veamos:

Vi = 50m / s ; g = 10m / s 2 La línea recta es la gráfica de la velocidad y la parábola representa la posición en todo instante. Observe que la posición tiene un valor máximo de 125 metros y se alcanza al cabo de cinco segundos, esto es, cuando la velocidad se hace cero. La velocidad negativa se interpreta como que el cuerpo está bajando.

9

Figura 1.8 Segundo modelo. La masa es constante y la fricción es directamente proporcional a la velocidad en todo instante. Tomemos Friccion = Bv ( t ) , siendo B una constante de proporcionalidad en el sistema MKS. La ecuación diferencial queda en la forma: M

d v( t ) = − Mg − Bv ( t ) dt

La ecuación diferencial obtenida es de variables separables y por lo tanto se puede resolver por integración directa. Para integrar la expresaremos de una forma más conveniente así:

d B v( t ) + g = 0 v(t ) + dt M Separando las variables e indicando las integrales, resulta:

M

∫ Bv + Mg dv = − ∫ dt Evaluando las integrales, tenemos:

M ln( Bv + Mg ) = −t + C B La constante la calculamos con la condición inicial v ( 0) = Vi , de donde:

C=

M ln( BVi + Mg ) B

Ahora despejamos la velocidad en función del tiempo, así: B

v(t ) =

− Mg  Mg  − M t + Vi + e B  B 

10 De otro lado, la expresión para la posición esta dada por: B − t − Mg  M M 2 g  M    t +  Vi + 2 1 − e  y (t ) = B  B  B 

Convenimos en definir la velocidad límite de la siguiente manera:

Mg B Observe que la velocidad límite es la que tendrá el cuerpo después de mucho tiempo. En este caso el signo negativo se debe a que el cuerpo está bajando. En conclusión, cuando un cuerpo de masa M se lanza verticalmente hacia arriba en un medio que ofrece una resistencia proporcional a la velocidad, la velocidad y la posición en todo instante vienen dadas por: VL =

v(t ) = −VL + (Vi + VL )e

−

g VL

t

g  − t VL VL   y (t ) = −VLt + (VL + Vi ) 1 − e   g  

Representemos la posición y la velocidad para algunos valores de la constante de fricción y los siguientes datos en el sistema MKS:

M = 1 B = 0.5 g = 10 Vi = 50 Debemos establecer claramente el dominio de las funciones de posición y velocidad ya que nos interesa el movimiento de subida. A partir de la expresión de la velocidad, veamos el instante en que se hace cero. Resolviendo para la variable t, encontramos:

tmax =

VL  Vi  ln1 +  g  VL 

Con los datos dados encontramos el tiempo, en segundos, que demora en alcanzar la altura máxima. t max ≅ 2.506 En consecuencia, resultan las gráficas de velocidad y posición que se muestran en la figura 1.9, las cuales se obtienen usando el paquete: Mathcad. Puede notarse que la altura máxima alcanzada ocurre a los cuatro minutos aproximadamente y su valor en metros es:

y (t max) ≅ 49.89

11

Figura 1.9 Es claro el efecto de la fricción si comparamos con la situación ideal. Es de esperarse que la altura máxima sea menor en tanto aumente la constante de fricción: B

Tercer modelo. La masa es variable y la fricción es igual a cero. Supongamos que la masa en reposo es de 1 Kg y que en movimiento está dada por M (t ) = 1 − 0.01t . Lo anterior significa que el cuerpo en movimiento pierde masa a una rata de 0.01 Kg / seg . La ecuación diferencial en este caso es: d d M (t ) v(t ) + v(t ) M (t ) = − M (t ) g dt dt Dividiendo por la masa y asignando los datos dados, tenemos:

d 1 v(t ) − v(t ) = −10 dt 100 − t Al resolver la ecuación debe tenerse en cuenta que t < 100 La ecuación diferencial bajo estudio no es de variables separables sino que se clasifica como lineal y es uno de nuestros objetivos aprender a resolverla. Es posible elaborar otros modelos para el mismo problema de manera tal que resulten variados tipos de ecuaciones diferenciales. En el transcurso del capítulo estudiaremos las diferentes técnicas de solución. Se deja como ejercicio al estudiante que resuelva el problema con masa constante y fricción proporcional al cuadrado de la velocidad, esto es, resolver la ecuación diferencial: dv M = − Mg − Bv 2 dt Ejemplo 1.6 Un conejo y un perro están separados una distancia: c en el momento de observarse mutuamente. Inmediatamente el conejo empieza a escapar con una velocidad constante: a siguiendo una dirección perpendicular a la línea que une a los animales. El perro, por su

12 lado, empieza a perseguir al conejo con una rapidez: b describiendo una curva tal que la tangente a la misma apunta al conejo. a) Escriba el problema de valor inicial para la curva que describe el perro b) Resuelva el problema de valor inicial para diferentes relaciones entre a y b

Solución. Para resolver el problema supongamos que el perro se encuentra en el origen de coordenadas y el conejo se encuentra en el punto C( c,0) . En un instante cualquiera t , el conejo estará en el punto: D( c, at ) y el perro estará en el punto: P( x, y ) de la figura 1.10. Para encontrar la ecuación diferencial de la curva es necesario relacionar la pendiente de la misma con las variables del problema. La pendiente de la recta tangente a la curva está dada por: dy at − y = dx c − x La rapidez del perro es la tasa de variación de la longitud del arco de curva con respecto al tiempo, así: ds 2 dx b = = 1 + ( y ') dt dt Sí denotamos la pendiente de la recta tangente a la curva como p =

p=

at − y c− x

; b = 1+ p2

dy , se puede escribir: dx

dx dt

Figura 1.10 Despejando el tiempo en la primera ecuación, tenemos: t = Derivando con respecto a la variable x , se tiene:

y + cp − xp a

13

dt  c − x  dp =  dx  a  dx Sustituyendo la última ecuación en la segunda, tenemos:

b dp (c − x ) = 1+ p2 a dx El resultado es un problema de valor inicial para la pendiente de la curva, así: 1+ p2 dp =k c−x dx

p( 0) = 0

k = a/b

Puesto que la ecuación diferencial es de variables separables, tenemos:

dp 1+ p Integrando, resulta:

(

=

2

kdx c−x

)

ln p + 1 + p 2 = − k ln( c − x ) + C La constante de integración se halla con la condición inicial, obteniendo: C = k ln( c ) Con el valor hallado para la constante, podemos escribir:

(

)

 c  ln p + 1 + p 2 = k ln    c − x Aplicando las propiedades de los logaritmos, tenemos:  c  p + 1 + p2 =   c− x

k

A continuación despejamos la pendiente, así:

1  c   c  p =   −     c − x 2  c − x k

−k

  

Finalmente escribimos el problema de valor inicial para la curva, así: k −k dy 1  c   c   =  −      c − x   dx 2  c − x 

y( 0) = 0

14 La ecuación diferencial es de variables separables y su solución, para k ≠ 1 , es la siguiente: k −k  −1   c − x  c − x  y( x ) = 2kc + ( c − x ) (1 − k )  − (1 + k )    c   c    2( k 2 − 1)   

Usando el paquete Mathcad, representamos gráficamente la trayectoria que sigue el perro para dos valores de k, veamos: Si la velocidad del conejo es menor que la del perro, es decir k < 1 , el perro alcanzará al conejo. La figura 1.11 ilustra el caso en que k = 0.9 . Observe que si la distancia inicial es c = 10 , el perro alcanzará al conejo cuando este ha recorrido aproximadamente 47.4 metros. Si la velocidad del conejo es mayor que la del perro, éste nunca lo alcanzará, lo cual es obvio. Analicemos el caso en que las velocidades son iguales, es decir k = 1 . La ecuación diferencial en este caso es la siguiente:

dy 1  c c − x =  −   dx 2 c − x c  La solución de la ecuación diferencial es la siguiente: y( x ) =

2  c  c  c  c − x  ln  +   − 1  2  c − x  4  c  

Tal como en el caso anterior, el perro no alcanzará al conejo.

Figura 1.11 EJERCICIOS 1.1

Para todas y cada una de las familias que se describen a continuación, determine: a) La ecuación diferencial de la familia b) La ecuación diferencial de la familia de curvas ortogonales

15 c) En los casos en que la ecuación diferencial de la familia de curvas ortogonales sea de variables separables, encuentre la solución 1. x 3 y 2 = C 4.

x C + =y C x

7. x − tan( y ) = C

2. y 2 − 2 xy − 2 x 2 = C x2 y2 + =1 C 2 4C 2 x+ y 8. =C x− y

5.

3.

1 2 + =C x y

6. x 2 − sen( y ) = C 9. y = Cx + C 2 + 1

10. Cy = ( x + C ) 2

I.2. LA ECUACIÓN DIFERENCIAL DE PRIMER ORDEN Una ecuación diferencial de primer orden para las variables x, y presenta la forma general: d y ( x ) = f ( x, y ) dx

Con base en lo estudiado previamente, la ecuación proviene de una familia de curvas del plano, de la forma: F ( x, y , C ) = 0 En adelante diremos que la familia de curvas es una solución general de la ecuación diferencial y que cada elemento de la familia es una solución particular. En general, una función de la forma: y = µ ( x) es solución de una ecuación diferencial si la satisface idénticamente, es decir, si se verifica que: d µ ( x) ≡ f ( x, µ ( x)) dx

Las siguientes ecuaciones son ejemplos de ecuaciones diferenciales de primer orden: *Ecuación diferencial de variables separables: M ( x )dx + N ( y )dy = 0 dy + p(x ) y = q( x ) *Ecuación diferencial lineal: dx dy *Ecuación diferencial de Bernoulli: + p ( x ) y = q ( x ) yα dx dy *Ecuación diferencial de Riccati: = p( x ) y 2 + q( x ) y + r ( x ) dx dy  dy  *Ecuación diferencial de Clairaut: y = x + F   dx  dx 

16 Ejemplo 1.7

Dada la ecuación diferencial: dy + 2 y = e− x dx

Muestre que las siguientes funciones son soluciones de la misma: e − x , e − x + e −2 x , e − x + Ce −2 x Solución. Para la primera función, se tiene u ( x ) = e − x , u ' ( x ) = −e − x . Sustituyendo en la ecuación diferencial, obtenemos − e − x + 2e − x = e − x . Como puede verse, la función es solución de la ecuación diferencial ya que resulta una identidad. Del mismo modo, el estudiante puede verificar que las otras dos funciones son también soluciones de la ecuación diferencial. Particularmente, la tercera es una familia de curvas y recibe el nombre de solución general de la ecuación diferencial. Las dos primeras soluciones son soluciones particulares de la ecuación diferencial ya que se obtienen asignando valores a la constante que aparece en la solución general. Pueden existir ecuaciones diferenciales que tengan soluciones que no se puedan obtener de la solución general, dichas soluciones reciben el nombre de soluciones singulares. Ejemplo 1.8

Considere la ecuación diferencial: y=x

dy 1  dy  −   dx 2  dx 

2

Puede verificarse que la parábola 2 y = x 2 es una solución singular de la ecuación diferencial, mientras que la solución general es la familia de rectas y = Cx −

C2 2

Ejemplo 1.9

Dada la ecuación diferencial de Riccati x

dy = y2 + y − 2 dx

Muestre que la solución general es: y=

K + 2 x3 K − x3

17 Solución. Tomando la primera derivada se tiene: y' =

9 Kx 2

(K − x )

3 2

Sustituyendo en la ecuación diferencial se obtiene la siguiente identidad: x

9 Kx 2

(K − x )

3 2

2

 K + 2 x3  K + 2 x3  ≡  + −2 3  K − x3  K−x 

EJERCICIOS 1.2 1. Dada la ecuación diferencial:

y = x ln x

dy  dy  + x2   dx  dx 

2

a) Muestre que la solución general es la familia de curvas y = C ln( x ) + C 2 b) Muestre una solución singular es la curva y=−

ln 2 ( x ) 4

2. Dada la ecuación diferencial 2y = x

dy dx −x dx dy

a) Muestre que la solución general es la familia de parábolas x 2 = −4C ( y − C ) b) Represente gráficamente dos elementos de la familia. 3. Dada la ecuación diferencial de Bernoulli dy + αy = αy 2 dx a) Muestre que la solución general viene dada por y=

e −αx C + e −αx

18 b) Represente gráficamente dos elementos de la familia. 4. Dada la ecuación diferencial 2  dx   dy   x   − 2 y  + x=0  dx   dy 

a) Muestre que la solución general es la familia de parábolas C 2 x 2 + 1 = 2Cy b) Muestre que las rectas y = ± x son soluciones singulares de la ecuación diferencial c) Represente gráficamente dos elementos de la familia junto con las soluciones singulares.

1.3 PROBLEMAS DE VALOR INICIAL DE PRIMER ORDEN Un problema de valor inicial es el que se formula mediante una ecuación diferencial y un número preciso de condiciones iniciales. Para el caso que nos ocupa, en principio, la formulación de un problema de valor inicial de primer orden es la siguiente

dy ( x ) = f ( x, y ); dx

y ( x0 ) = y0

Si hacemos una interpretación geométrica simple del problema (puede tratarse de un problema físico o de otra índole), la solución del problema es “la curva del plano que satisface a la ecuación diferencial y pasa por el punto ( x0 , y0 ) ”. Cabe preguntarnos aquí algunas cosas que más adelante intentaremos resolver. ¿Cuál es la región R del plano en la que el problema tiene solución? ¿Bajo qué condiciones la solución que pasa por el punto ( x0 , y0 ) es única? ¿En qué medida las soluciones pueden expresarse en términos de funciones elementales? Antes de proceder formalmente con el teorema de existencia y unicidad es conveniente analizar un ejemplo sencillo Ejemplo 1.10

Encuentre la familia de curvas cuya pendiente de la recta tangente en todos sus puntos está dada por: 2y y '= x Solución. Escribiendo la ecuación diferencial en términos de diferenciales tenemos

y −1dy − 2 x −1dx = 0

19 Así que integrando a ambos lados de la ecuación diferencial tenemos ln y − 2 ln x = K Puesto que K es una constante arbitraria podemos hacer K = ln(C ) de tal forma que usando las propiedades de los logaritmos obtenemos la familia de parábolas y = Cx 2 El estudiante puede verificar que la familia encontrada corresponde a parábolas con centro en el origen y simetría de eje Y. La figura 1.12 representa dos elementos de la familia correspondientes a los valores de la constante: C = −1, C = 1 Puede verse que por el origen pasan infinitas soluciones de la forma: C x 2 si x < 0 f ( x) =  1 2 C2 x si x ≥ 0 Particularmente, son soluciones las siguientes:  x 2 si x < 0 Curva AOD, cuya ecuación es: f ( x ) =  2 − x si x ≥ 0 − x 2 si x < 0 Curva COB, cuya ecuación es: f ( x) =  2  x si x ≥ 0

Teorema de existencia y unicidad

Supongamos una ecuación diferencial de la forma y '= f ( x, y ) , con la condición de hallar una solución única que pase por el punto ( x0 , y0 ) . Geométricamente, la solución debe ser una curva particular de la familia de curvas halladas al resolver la ecuación diferencial. Nos interesa determinar bajo qué condiciones dicha ecuación diferencial tiene solución en una región R del plano y si dicha solución, en caso de existir es única en dicha región. El teorema de existencia y unicidad se formula en los siguientes términos: Dado el problema de valor inicial y ' ( x) = f ( x, y );

y ( x0 ) = y0 , donde f y f y son

continuas en una región rectangular centrada en el punto ( x0 , y0 ) y definida como R = {( x, y ) ∈ R 2 / x − x0 < a, y − y0 < b}. Si

f ( x, y ) < M en dicha región y si h es el

menor de los números: a, b, M, entonces existe una solución única en el intervalo x − x 0 < h para el problema de valor inicial dado. Es importante aclarar que las condiciones del teorema son de suficiencia pero no de necesidad, lo anterior significa que puede no cumplirse una de las condiciones de

20 continuidad y sin embargo tener solución. Algunos ejemplos posteriores pondrán de presente tal aseveración.

Figura 1.12

Figura 1.13

Ejemplo 1.11

Considere el problema de valor inicial: y' =

2y , y ( x0 ) = y0 x

Determine las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto dado para que se garantice que el problema tenga solución única. Solución. La función y su primera derivada parcial con respecto a la variable dependiente son:

f =

2y x

fy =

y x

De lo anterior se concluye que no se garantiza solución única en regiones que contengan a la recta x = 0 . El estudiante puede analizar el ejemplo anterior en el que se muestran algunas de las soluciones de la ecuación diferencial dada. Por tanto, el punto puede ubicarse en cualquiera de las siguientes regiones:

{( x, y) ∈ R {( x, y) ∈ R

2 2

/ x < 0} /x > 0

}

21 Ejemplo 1.12 Considere el problema de valor inicial:

y' =

xy , y ( x0 ) = y0 x −1 2

Determine las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto dado para que se garantice que el problema tenga solución única. Solución. La función y su primera derivada parcial con respecto a la variable dependiente son:

f =

xy x −1

fy =

2

x x −1 2

De lo anterior se concluye que no se garantiza solución única en regiones que contenga a las rectas x = −1 y x = 1 . Por consiguiente, el punto dado se puede ubicar en cualquiera de las siguientes regiones del plano:

{( x, y) ∈ R

/ x < −1} {( x, y) ∈ R / − 1 < x < 1} {( x, y) ∈ R 2 / x > 1} 2

2

La ecuación diferencial es de variables separables y, en consecuencia, se puede determinar su solución general, así: dy xdx = 2 y x −1 Integrando ambos miembros de la igualdad, resulta: ln( y ) =

1 ln( x 2 − 1) + ln(C ) 2

Con base en las propiedades de los logaritmos, tenemos: y 2 = C 2 ( x 2 − 1) Puesto que C 2 = K es una constante arbitraria, la solución general es la familia de cónicas: x2 y 2 − =1 1 K Si K < 0 es una familia de elipses Si K > 0 es una familia de hipérbolas La figura 1.13 muestra las regiones de validez de las soluciones y algunos elementos de la familia, así:

22 Para K = −4 , el elemento es una elipse cuya ecuación es: x2 y 2 + =1 12 22 Para K = 4 , el elemento es una hipérbola cuya ecuación es: x2 y 2 − =1 12 22 Claramente se observa que por los puntos de abscisa x = −1 y x = 1 pasan infinitas soluciones. Ejemplo 1.13

Considere el problema de valor inicial: y' =

1− y , y ( x0 ) = y0 y − yx

Determine las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto dado para que se garantice que el problema tenga solución única. Solución. La función y su primera derivada parcial con respecto a la variable dependiente son:

f =

1− y y (1 − x)

fy =

1 ( x − 1) y 2

De lo anterior se concluye que no se garantiza solución única en regiones que contenga a las rectas x = 1 y y = 0 . Por consiguiente, el punto dado se puede ubicar en cualquiera de las siguientes regiones del plano:

{( x, y) ∈ R {( x, y) ∈ R {( x, y) ∈ R {( x, y) ∈ R

/( x > 1 ∧ y > 0)} /( x < 1 ∧ y > 0)} 2 /( x < 1 ∧ y < 0)} 2 /( x > 1 ∧ y < 0)} 2 2

Puesto que la ecuación diferencial es de variables separables, se puede escribir en la forma: −

1 y dx + dy = 0 x −1 y −1

23 Resolviendo las integrales se obtiene la familia de curvas:  y − 1 y + ln =C  x −1

Usando las propiedades de los logaritmos, se tiene:

y −1 = eC − y x −1

y −1 = Ke − y x −1

K = eC

Como puede verse, la representación gráfica de algunos de los elementos de la familia es bastante complicada. Para lograrlo, se puede recurrir a ciertas técnicas numéricas que están por fuera del alcance del curso. EJERCICIOS 1.3

1. Considere la ecuación diferencial: x

dy = x + 2y dx

a) Encuentre las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto: ( x0 , y0 ) de tal manera que se garantice que el problema de valor inicial asociado tenga solución única. b) Muestre que para todas las constantes C1 y C2 la siguiente familia es solución de la ecuación diferencial C x 2 − x si x < 0 y= 1 2 C2 x − x si x ≥ 0 2. Considere la ecuación diferencial:

dy = dx

y x

a) Encuentre las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto ( x0 , y0 ) de tal manera que se garantice que el problema de valor inicial asociado tenga solución única. b) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial y represente gráficamente algunos elementos de la familia. 3. Considere la ecuación diferencial: x

dy = 3( y − 1) dx

a) Encuentre las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto ( x0 , y0 ) de tal manera que se garantice que el problema de valor inicial asociado tenga solución única.

24 b) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial y represente gráficamente algunos elementos de la familia. c) ¿Existirá alguna solución que pase por los puntos: (1,3) y (2,9)? d) ¿Existirá alguna solución que pase por los puntos: (-1,3) y (2,9)? 4. Considere la ecuación diferencial: dy y = dx sen(x) a) Encuentre las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto ( x0 , y0 ) de tal manera que se garantice que el problema de valor inicial asociado tenga solución única. b) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial y represente gráficamente algunos elementos de la familia. 5. Resuelva el siguiente problema de valor inicial y represente gráficamente la solución.

dy = y (10 − y ) ; dx

y ( 0) = 2

6. Resuelva el siguiente problema de valor inicial y represente gráficamente la solución. dy = (10 − y )(5 − 2 y ) ; dx

y (0) = 0

7. Demuestre que la ecuación y ' = f (ax + by + c ) se puede convertir en una ecuación diferencial de variables separables mediante el cambio u = ax + by + c 8. Resuelva el siguiente problema de valor inicial y represente gráficamente la solución. y

dy + 10 sen ( x ) = 0 ; dx

π  y  = 0 3

9. Repita el problema anterior reemplazando la función seno por su serie aproximada: x3 y compare los resultados obtenidos. sen ( x ) ≈ x − 6 10. Resuelva el siguiente problema de valor inicial y represente gráficamente la solución. ¿Qué puede decir acerca del teorema de existencia y unicidad? Para el análisis se recomienda dibujar algunos elementos de la familia. x( x 2 + 1) y ' = y ( x 2 − 1) ;

y (1) = 2

25

1.4. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS Una ecuación diferencial de primer orden puede, en algunos casos, expresarse en la forma: dy = f ( x, y ) dx Como ya hemos visto, no siempre es posible separar las variables y proceder por integración directa para resolver la ecuación diferencial. Trataremos en esta sección con cierto tipo de ecuaciones diferenciales que se pueden convertir en ecuaciones de variables separables mediante un cambio adecuado de la variable dependiente. Funciones homogéneas

Consideremos una función de dos variables F ( x, y ) . Se dice que la función es homogénea de grado n si existe un λ ∈ R tal que F (λx, λy ) = λn F ( x, y ) . Particularmente, si la función es polinómica, la suma de las potencias de las variables en cada término es la misma. Son ejemplos de funciones homogéneas las siguientes: * F ( x, y ) = x 2 + 3 xy + y 2 es homogénea de grado dos y

* G ( x, y ) = x + ye es homogénea de grado uno x+ y es homogénea de grado cero * H ( x, y ) = x− y x

 x * S ( x, y ) = 2 xy sen  es homogénea de grado dos  y * R( x, y ) = x + y es homogénea de grado un medio

* T ( x, y ) =

x es homogénea de grado cero x+ y

Ecuación diferencial homogénea

Una ecuación diferencial de la forma y ' = f ( x, y ) es homogénea si la expresión: f ( x, y ) es homogénea de grado cero x+ y La ecuación diferencial y ' = , por ejemplo, es homogénea. x− y Solución de una ecuación diferencial homogénea

Una ecuación diferencial homogénea se puede reducir, en todo caso, a una ecuación diferencial de variables separables mediante uno de los siguientes cambios de variable

26 u= 1. Si hacemos el cambio u =

y x , v= x y

y tenemos que y = ux , con base en lo anterior, tenemos x du dy =x +u dx dx

Puesto que f ( x, y ) es homogénea de grado cero, siempre es posible expresarla como:  y f ( x, y ) = F    x

De lo anterior, tenemos la ecuación diferencial de variables separables para las variables: x, u du + u = F (u ) x dx x 2. Si hacemos el cambio v = , tenemos que x = vy , de donde: y dx dv = y +v dy dy La anterior es una ecuación diferencial de variables separables para las variables: y, v Ejemplo 1.14

Resuelva la ecuación diferencial y' =

x− y x+ y

Solución.

Dividiendo por x el numerador y el denominador de f ( x, y ) y luego haciendo y = ux , tenemos: 1− u du +u = x 1+ u dx Haciendo transformaciones se obtiene la ecuación de variables separables dx u +1 =0 du + x u + 2u − 1 2

Integrando se obtiene:

1 ln (u 2 + 2u − 1) + ln( x ) = C 2

27 Regresando a la variable original y simplificando se obtiene x 2 − 2 xy − y 2 = K , K = −C 2 La solución general de la ecuación diferencial es una familia de hipérbolas. La figura 1.14 ilustra el elemento correspondiente a K = 2 . Con el valor dado para la constante podemos escribir la ecuación en la forma: y 2 + 2 xy − ( x 2 − K ) = 0 Aplicando la fórmula general, se obtienen dos soluciones, así: y = − x + 2x2 − 2

y = − x − 2x2 − 2

La figura muestra las asíntotas oblicuas correspondientes, cuyas ecuaciones son:

(

)

y = −1 ± 2 x

Figura 1.14

Figura 1.15

Ejemplo 1.15 Resuelva la ecuación diferencial:

y' =

xy − y 2 x2

Solución. Dividiendo por y 2 el numerador y el denominador de f ( x, y ) y luego haciendo x = vy , tenemos: v2 dv y +v = v −1 dy

28 Haciendo transformaciones se obtiene la ecuación de variables separables dy 1− v dv + =0 v y Integrando se obtiene:

ln (v ) − v + ln ( y ) = ln(C )

Aplicando las propiedades de los logaritmos, resulta: v = ln(Cvy) Regresando a la variable original y simplificando se obtiene la familia de curvas: y=

x ln(Cx)

Puede verse que, aunque el teorema de existencia y unicidad no garantiza solución en regiones que contengan a la recta x = 0 , la ecuación diferencial tiene solución única en las regiones: a) {( x, y ) ∈ R 2 / 0 ≤ x < 1} , sí C = 1 b) {( x, y ) ∈ R 2 /−1 < x ≤ 0} , sí C = −1 La figura 1.15 ilustra los dos elementos de la familia EJERCICIOS 1.4

Para las ecuaciones diferenciales numeradas del 1 al 10 a) Determine y represente gráficamente las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto ( x0 , y0 ) de tal manera que se garantice solución única b) Encuentre la solución general c) Cuando sea posible, represente un elemento de la familia 1.

dy x + y = dx x

2.

dy x 2 − y 2 = dx 2 xy dy x y 7. 2 = + dx y x

dy xy + y 2 = x2 dx

5. ( x 3 + y 3 )dx = xy 2 dy

4.

8. 2

2

dy x + 2y =− dx 2x + y

6. x

dy  y = y + x cos 2   dx  x

dy y = + sec2 ( y / x) dx x

9. (6 x − 8 xy + y )dy − (6 x − 5 xy − 2 y )dx = 0 2

3.

2

dy = 10. dx

(

x+ y x

)

2

29

1.5. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS Tal como se estudió previamente, dada una función de dos variables F ( x, y ) = C , su diferencial total viene dado por:

 ∂  ∂  dF =  F dx +  F dy = dC = 0  ∂x   ∂y  Tanto la derivada parcial con respecto a x como la derivada parcial con respecto a y de la función dependen de las dos variables. Se conviene en designarlas de la siguiente manera:

∂ F = M ( x, y ) ∂x

∂ F = N ( x, y ) ∂y

Con base en lo anterior se obtiene la ecuación diferencial de primer orden:

M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0 Es claro que si la ecuación diferencial se obtuvo a partir de la familia de curvas, la solución general de dicha ecuación diferencial es la correspondiente familia. Ejemplo 1.16

Dada la ecuación diferencial: 2 xydx + x 2 dy = 0 Muestre que la solución general viene dada por x2 y = C Solución. Hallamos el diferencial total de la función, encontrando la correspondiente ecuación diferencial. El problema que nos ocupa es precisamente el contrario, es decir, encontrar la familia de curvas a partir de la ecuación diferencial.

Ecuación diferencial exacta Dada la ecuación diferencial M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0 , se dice que es exacta si existe una función: F ( x, y ) = C tal que:

∂F ( x, y ) ∂F ( x, y ) =M y =N ∂x ∂y

30 En tal caso, la solución general de la ecuación diferencial es la familia de curvas: F ( x, y ) = C Teorema 1.

Sí la ecuación diferencial: M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0 es exacta y M ( x, y ), N ( x, y ) son continuas y poseen su primera derivada continua en una región simplemente conexa del plano R 2 , entonces se verifica que:

∂ ∂ M ( x, y ) − N ( x, y ) = 0 ∂y ∂x La demostración del teorema se apoya en la definición de una ecuación diferencial exacta y en un teorema de las funciones de dos variables. Por hipótesis se tiene que: M ( x, y ) =

∂ F ( x, y ) ∂x

Derivando con respecto a la otra variable, se tiene:

∂2 ∂ ∂ ∂  = M ( x, y ) = F ( x , y )  ∂y∂x F ( x, y ) ∂y ∂y  ∂x  De manera similar, tenemos: N ( x, y ) =

∂ F ( x, y ) ∂y

Derivando con respecto a la otra variable, se tiene:

 ∂ ∂ ∂ ∂2 = M ( x, y ) = F ( x , y ) F ( x, y )   ∂x ∂x  ∂y  ∂x∂y Ahora bien, para regiones del plano simplemente conexas se verifica que la segunda derivada mixta no depende del orden de derivación, esto es: Fyx = Fxy De lo anterior se concluye que si la ecuación diferencial es exacta, entonces:

∂ ∂ M ( x, y ) − N ( x, y ) = 0 ∂y ∂x

31 La ecuación del ejemplo 1.14 es exacta y, en consecuencia se verifica el teorema, es decir:

∂M ∂N − = 2x − 2x = 0 ∂y ∂x El teorema anterior es de poca utilidad ya que no ayuda a resolver la ecuación diferencial. Teorema 2. Dada la ecuación diferencial M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0 , si las funciones M , N , M y y N x son continuas en una región simplemente conexa del plano y se verifica que M y − N x = 0 , entonces la ecuación diferencial es exacta y tiene como solución general a la familia de curvas del plano: F ( x, y ) = C Para demostrar el teorema se supone que existe una F ( x, y ) tal que su derivada parcial con ∂F respecto a x es M , esto es = M . La función F se determina por integración sobre la ∂x variable x manteniendo constante la otra variable, así: F ( x, y ) = ∫ M ( x, y )dx + C ( y ) x

El éxito de esta demostración consiste en poder determinar la función C ( y ) de tal manera ∂F = N ( x, y ) . En efecto, tomando la derivada parcial con respecto a que se verifique que ∂y la variable y se tiene: ∂ ∂ F ( x, y ) = M ( x, y )dx + C ' ( y ) = N ( x, y ) ∂y ∂y ∫x De lo anterior debe resulta una función dependiente únicamente de la variable y para la función C ' ( y ) ∂ C ' ( y ) = N ( x, y ) − ∫ M ( x, y )dx ∂y x Si la expresión anterior se deriva con respecto a x , el miembro de la izquierda debe ser cero, así:  ∂ ∂ ∂ 0= N ( x, y ) −  ∫ M ( x, y )dx  x ∂x ∂x  ∂y  Si se cambia el orden de la derivación y se aplica el teorema fundamental del cálculo integral, se tiene:

32 0=

∂ ∂ ∂  ∂N ∂M N ( x, y ) −  ∫ M ( x, y )dx  = − ∂x ∂y  ∂x x ∂y  ∂x

El procedimiento de demostración del teorema se constituye en el método para resolver la ∂F = N y proceder en consecuencia. ecuación diferencial. También se puede partir de ∂y Nota. Se dice que una región del plano: R 2 es simplemente conexa si cualquier curva cerrada en ella puede reducirse a un punto sin salirse de la región; en tal sentido, una región simplemente conexa no debe tener huecos. Una corona circular es un ejemplo de una región que no es simplemente conexa

{( x, y) ∈ R

2

2

2

/ r1 < x 2 + y 2 < r2 ; r1 < r2

}

La figura 1.16 muestra una región simplemente conexa y otra doblemente conexa. En el estudio de las funciones de variable compleja es necesario manejar adecuadamente el concepto.

Figura 1.16 Ejemplo 1.17

Considere la ecuación diferencial: 2 xydx + ( x 2 − y 2 )dy = 0 a) Verifique que es exacta b) Encuentre las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto ( x0 , y0 ) de tal manera que se garantice solución única c) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial d) Dibuje dos elementos de la familia Solución. a) Dado que:

M ( x, y ) = 2 xy

N ( x, y ) = x 2 − y 2

Puede verse que la ecuación diferencial es exacta:

33 ∂M ∂N − = 2x − 2x = 0 ∂y ∂x b) Escribimos la ecuación diferencial en la forma: dy 2 xy = 2 dx y − x 2 Con base en lo anterior, tenemos: 2 xy f = 2 y − x2

− 2 x( x 2 + y 2 ) fy = ( y 2 − x 2 )2

Con base en el teorema de existencia y unicidad, se garantiza solución única en regiones que no contengan a las rectas y = x y y = − x . En consecuencia, el punto ( x0 , y0 ) se puede ubicar en cualquiera de las siguientes regiones del plano:

{( x, y) ∈ R {( x, y) ∈ R {( x, y) ∈ R {( x, y) ∈ R

2 2 2 2

} / x < y < − x} / − y < x < y} / y < x < − y} /− x < y < x

c) Para resolver la ecuación diferencial partimos de: ∂ F ( x, y ) = 2 xy . ∂x Integrando con respecto a x tenemos: F ( x, y ) = x 2 y + C ( y ) Derivando con respecto a y e igualando con N , se tiene: x2 + C ' ( y) = x2 − y 2 De lo anterior se tiene que: C ' ( y) = − y 2 Integrando, tenemos: 1 C ( y) = − y3 3 Finalmente, la solución general de la ecuación diferencial es:

34 x2 y −

1 3 y =C 3

La familia encontrada se puede expresar en la forma: x2 =

y3 + K 3y

La figura 1.17 muestra los elementos correspondientes a: K = 1 y K = 4 . Observe que las variables aparecen trocadas, es decir, se expresa x en función de y

Figura 1.17 Ejemplo 1.18

Considere la ecuación diferencial:

dy x − y cos( x) = dx y + sen( x)

a) Verifique que es exacta b) Encuentre las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto ( x0 , y0 ) de tal manera que se garantice solución única c) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial Solución. Organizando la ecuación, se tiene:

[ y cos( x) − x]dx + [ y + sen( x)]dy = 0 Puede verse que la ecuación diferencial es exacta, ya que:

35 ∂M ∂N − = cos( x) − cos( x) = 0 ∂y ∂x Con base en la ecuación, se tiene: f =

x − y cos( x) y + sen( x)

fy = −

sen( x) cos( x) + x [ y + sen( x)]2

No se garantiza solución única en regiones tales que: y = − sen( x) Para encontrar la solución general partimos de: ∂F = y + sen(x) ∂y Integrando con respecto a y tenemos: F ( x, y ) =

1 2 y + y sen( x) + C ( x) 2

Derivando con respecto a x e igualando con M ( x, y ) , se tiene:

y cos( x) + C ' ( x) = y cos( x) − x 1 De lo anterior se obtiene C ( x) = − x 2 2 En consecuencia, la solución general de la ecuación diferencial es la familia de curvas: 2 y sen( x) − x 2 + y 2 = C Ejemplo 1.19

Dada la ecuación diferencial: M ( x, y )dx + ( x 2 + xy + y 2 )dy = 0 a) Determine M ( x, y ) de tal manera que la ecuación diferencial sea exacta b) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial Solución. a) Debe cumplirse que:

∂M ∂N = ∂y ∂x

36 De lo anterior resulta que:

∂M = 2x + y ∂y

Integrando con respecto a y resulta:

M ( x, y ) = 2 xy +

1 2 y + f ( x) 2

Cualquiera que sea la función f ( x) , la ecuación diferencial es exacta. Como caso particular tomamos f ( x) = 0 , resultando la ecuación diferencial exacta:

(2 xy + y 2 / 2) dx + ( x 2 + xy + y 2 )dy = 0 Se deja al estudiante que muestre que la solución general es la familia de curvas del plano cuya expresión general es: 6 x 2 y + 3 xy 2 + 2 y 3 = C Es claro que no todas las ecuaciones diferenciales son exactas, sin embargo, ciertas ecuaciones diferenciales se pueden reducir a exactas mediante un factor integrante. Ecuaciones diferenciales reducibles a exactas Algunas ecuaciones diferenciales no exactas, de la forma: M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0 se pueden convertir en exactas mediante la multiplicación de la ecuación diferencial por un factor Φ ( x, y ) , conocido como factor integrante. Si Φ ( x, y ) es un factor integrante de la ecuación diferencial dada, entonces la siguiente ecuación diferencial debe ser exacta:

Φ ( x, y ) M ( x, y )dx + Φ ( x, y ) N ( x, y ) = 0 Bajo el supuesto de que la ecuación diferencial es exacta, se tiene que: ∂ [ΦM ] − ∂ [ΦN ] = 0 ∂y ∂x Expandiendo la expresión anterior, podemos escribir:

Φ

∂M ∂Φ ∂N ∂Φ +M −Φ −N =0 ∂y ∂y ∂x ∂x

La ecuación diferencial obtenida es una ecuación en derivadas parciales que se puede resolver en algunos casos particulares.

37 El factor integrante se puede determinar cuando depende únicamente de una de las variables, así: 1. El factor integrante depende únicamente de x Es claro que sí Φ = Φ ( x) , la ecuación diferencial resultante es:

∂M ∂N dΦ −Φ −N =0 ∂y ∂x dx La anterior es una ecuación de variables separables, así:

Φ

dΦ

Φ

=

M y − Nx N

dx

El miembro de la derecha de la ecuación anterior debe depender solo de la variable x . En M − Nx = f (x) , entonces resulta: consecuencia, sí y N dΦ = f ( x)dx

Φ

El factor integrante en este caso es:

Φ ( x) = e ∫

f ( x ) dx

2. El factor integrante depende únicamente de y Es claro que sí Φ = Φ ( y ) , la ecuación diferencial resultante es:

Φ

∂N ∂M dΦ −Φ +M =0 ∂y ∂x dy

La anterior es una ecuación de variables separables, así: dΦ

Φ

=

M y − Nx −M

dy

El miembro de la derecha de la ecuación anterior debe depender solo de la variable y . En M − Nx consecuencia, sí y = g ( y ) , entonces resulta: −M

dΦ

Φ

= g ( y )dy

El factor integrante en este caso es:

Φ ( y) = e ∫

g ( y ) dy

38 Existen otras ecuaciones diferenciales para las cuales se puede encontrar un factor integrante, tal es el caso de ecuaciones que se pueden escribir de la forma: yf1 ( xy )dx + xf 2 ( xy )dy = 0 Puede demostrarse que dicha ecuación diferencial tiene como factor integrante:

Φ ( xy ) =

k xyf1 ( xy ) − xyf 2 ( xy )

k : es una constante que se escoge convenientemente

Ejemplo 1.20 Resuelva la ecuación diferencial:

(

)

− xdx + x 2 y + y 3 dy = 0

Solución. Se puede ver que:

M y − N x = 0 − 2 xy = −2 xy Dividiendo por − M , resulta: g ( y ) = −2 y En consecuencia, el factor integrante es: Φ ( y ) = e − y La ecuación diferencial exacta que resulta de multiplicar por el factor integrante es: 2

2

2

(

)

− xe − y dx + e − y x 2 y + y 3 dy = 0 Haciendo la prueba tenemos: 2

2

M y − N x = −2 xye− y + 2 xye− y = 0 Para encontrar la solución general partimos de: 2 ∂F = − xe − y ∂x

Integrando con respecto a x , se tiene: 2

x 2e− y F ( x, y ) = − + C( y) 2 Derivando con respecto a y e igualando con N resulta:

39

(

x 2 ye − y + C ' ( y ) = e − y x 2 y + y 3 2

2

)

Simplificando se obtiene: C ' ( y ) = e − y y 3 2

La función C ( y ) se determina por integración, así: C ( y ) = ∫ e − y y 3dy = ∫ e − y y 2 ydy 2

2

Haciendo el cambio de variable u = y 2 , resulta: e −uu 1 −u ∫ 2 du = − 2 e (u + 1)

C (u ) =

Finalmente, la solución general de la ecuación diferencial es la familia de curvas: x 2 + y 2 + 1 = Ke y

2

Ejemplo 1.21 Resuelva la ecuación diferencial:

(xy

3

)

+ 1 dx − x 2 y 2 dy = 0

Solución. Se puede ver que: M y − N x = 3 xy 2 + 2 xy 2 = 5 xy 2

Dividiendo por N , resulta: f ( x ) = −5 / x En consecuencia, el factor integrante es:

Φ ( x ) = x −5 La ecuación diferencial exacta que resulta de multiplicar por el factor integrante es: ( x −4 y 3 + x −5 )dx − x −3 y 2 dy = 0 Haciendo la prueba tenemos: M y − N x = 3 x −4 y 2 − 3 x −4 y 2 = 0

Para resolver la ecuación diferencial partimos de:

40

∂F = − x −3 y 2 ∂y Integrando con respecto a la variable dependiente, resulta:

1 F ( x, y ) = − x − 3 y 3 + C ( x ) 3 Derivando con respecto a la variable independiente e igualando con M ( x, y ) , se encuentra que: x −4 y 3 + C ' ( x) = x −4 y 3 + x −5 Finalmente, la solución general de la ecuación diferencial es la familia de curvas del plano: 4 xy 3 + 3 = Kx 4

Ejemplo 1.22 Resuelva la ecuación diferencial: ( xy 2 + y )dx + ( x − x 2 y )dy = 0

Solución. La ecuación se puede escribir en la forma:

y ( xy + 1)dx + x(1 − xy)dy = 0 En consecuencia, el factor integrante es:

Φ ( xy ) =

k k = 2 2 xy ( xy + 1) − yx(1 − xy ) 2 x y

Tomando k = 2 , el factor integrante es: Φ ( x, y ) = x −2 y −2 Multiplicando la ecuación diferencial por el factor integrante, resulta: ( x −1 + x −2 y −1 )dx + ( x −1 y −2 − y −1 )dy = 0 La ecuación diferencial es exacta ya que se verifica que:

∂M ∂N − = − x−2 y −2 + x−2 y −2 = 0 ∂y ∂x Procediendo como en los ejemplos anteriores, tenemos:

41

∂F ( x, y ) = x −1 + x − 2 y −1 ∂x F ( x, y ) = ln( x) − x −1 y −1 + C ( y ) x −1 y −2 + C ' ( y ) = x −1 y −2 − y −1 El estudiante puede llegar a la solución general, así: 1  y + ln  = C xy  x En algunos casos la ecuación diferencial puede tener factores integrantes de la forma Φ ( x, y ) = x m y n , tal como lo ilustra el ejemplo siguiente.

Ejemplo 1.23 Considere la ecuación diferencial: (2 y 2 + 4 x 2 y )dx + (4 xy + 3 x 3 )dy = 0 a) Verifique que no posee factores integrantes dependientes de una sola variable b) Suponga que tiene un factor integrante de la forma: Φ ( x, y ) = x m y n y determine los valores de m y n c) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial

Solución. a) A partir de la ecuación diferencial se encuentra que:

∂M ∂N − = 4 y + 4 x 2 − (4 y + 9 x 2 ) = −5 x 2 ∂y ∂x Como puede verse, la ecuación diferencial no tiene factores integrantes dependientes de una de las variables. b) Multiplicando la ecuación diferencial por el supuesto factor integrante, se tiene: (2 x m y 2 + n + 4 x 2 + m y1+ n )dx + (4 x1+ m y1+ n + 3 x 3 + m y n )dy = 0 Haciendo la prueba correspondiente debe cumplirse que: M y − N x = 0 Tomando las derivadas e igualando, tenemos: 2(2 + n) x m y1+ n + 4(1 + n) x 2 + m y n ≡ 4(1 + m) x m y1+ n + 3(3 + m) x 2 + m y n

42 Para que la identidad se verifique se requiere que los coeficientes respectivos sean iguales, esto es, que se verifique que:

2(2 + n) = 4(1 + m)

y 4(1 + n) = 3(3 + m)

Resolviendo simultáneamente, resulta m = 1 y n = 2 . Con los valores encontrados se encuentra que el factor integrante es: Φ ( xy ) = xy 2 c) Multiplicando la ecuación diferencial por el factor integrante, tenemos: (2 xy 4 + 4 x 3 y 3 )dx + (4 x 2 y 3 + 3x 4 y 2 )dy = 0 Puede verse que:

∂M ∂N − = 8 xy 3 + 12 x 3 y 2 − (8 xy 3 + 12 x 3 y 2 ) = 0 ∂y ∂x Se deja como ejercicio al estudiante demostrar que la solución general es: x2 y3 ( x2 + y) = C

EJERCICIOS 1.5 Encuentre la solución general para cada una de las ecuaciones diferenciales de los numerales 1 a 10

( x + y ) dy

= x− y dx 3. (e x − 2 xy )dy = y ( y − e x )dx 5. 3 y 2 cot( x) + cos( x) dx − 2 ydy = 0

1.

[ (y

)

]

− 3x y ' = y 9. ( x + x 3 y 2 )dy + y 3 x 2 dx = 0 7.

3

2. 2 ydy = ( x 2 − y 2 )dx 4. ( x 2 + 2 ye 2 x )dy + (2 xy + 2 y 2e 2 x )dx = 0 6. − xdx + ( x 2 y + y 3 )dy = 0 8. xy '+2 y = sen( x) 10. (2 xy + y 4 )dx + ( xy 3 − 2 x 2 )dy = 0

11. Determine la función N ( x, y ) de tal manera que la siguiente ecuación diferencial sea exacta: x sen( xy )dx + N ( x, y )dy = 0 Tome un caso particular y encuentre la solución general 12. Considere la ecuación diferencial: dy xy 2 + 2 y = dx 4 x − 3 x 2 y

43 a) Determine las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto ( x0 , y0 ) de tal forma que el problema de valor inicial asociado tenga solución única. b) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial

1.6. LA ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL DE PRIMER ORDEN En diversas aplicaciones de ingeniería y ciencias resultan ecuaciones diferenciales de la forma: d y + p( x) y = q ( x) dx x : es la variable independiente y : es la variable dependiente

En todos los casos siempre es posible encontrar una solución explícita de la ecuación diferencial. Dicha solución es la familia de curvas del plano:

y ( x) = Cyc ( x) + y f ( x) La ecuación diferencial se puede escribir en la forma: dy = q ( x) − p ( x) y dx La pendiente de la tangente y su primera derivada con respecto a la variable dependiente vienen dadas por: f = q( x) − p( x) y

f y = − p( x)

Con base en el teorema de existencia y unicidad, el punto ( x0 , y0 ) se podrá ubicar en cualquier región en la que p (x) y q (x) sean continuas. Lo anterior impone condiciones únicamente sobre la variable independiente. Aquellos valores de la variable independiente en los que p (x ) o q (x) sean discontinuas reciben el nombre de singularidades o puntos singulares de la ecuación diferencial. El punto ( x0 , y0 ) deberá ubicarse en una región que no tenga singularidades.

Ejemplo 1.24 Considere el problema de valor inicial:

dy 1 + 2 y = x, dx x − x

y ( x0 ) = y0

44 Determine las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto ( x0 , y0 ) de tal manera que se garantice solución única.

Solución. Por simple inspección, q( x) es continua en los reales mientras que p( x) no es continua en: x = 0 y x =1 Con base en el teorema, podemos afirmar que el punto se puede ubicar en cualquiera de las siguientes regiones:

{( x, y) ∈ R {( x, y) ∈ R {( x, y) ∈ R

}

2

/x < 0

2

/0 < x 1

2

}

}

Figura 1.18 La figura 1.18 muestra la representación gráfica de las regiones.

Ejemplo 1.25 Determine el intervalo más grande en el que el siguiente problema de valor inicial tiene solución única garantizada: dy + sec 2 ( x) y = ln( x), dx

y (2) = 1

Solución. A partir de q( x) se puede afirmar que la recta x = 0 no debe estar en la región. De otro lado, la función p (x) se anula en los puntos de abscisa: x=n

π

, siendo n un numero impar 2 Por tanto, se garantiza solución única en el intervalo:

π / 2 < x < 3π / 3

45

Solución de la ecuación diferencial lineal de primer orden De acuerdo con lo presentado en la sección anterior, la ecuación diferencial se puede expresar en la forma: [ p( x) y − q( x)]dx + 1dy = 0 Puede verse que la ecuación es reducible a exacta, en efecto: M y − Nx N

= p (x )

En consecuencia, la ecuación tiene el factor integrante: Φ ( x) = e ∫

p ( x ) dx

Multiplicando la ecuación diferencial por el factor integrante, se tiene:

[Φ ( x) p( x) y − Φ ( x)q( x)]dx + Φ ( x)dy = 0 La ecuación diferencial se puede escribir en la forma:

Φ ( x) p( x) ydx + Φ ( x)dy = Φ ( x)q( x)dx Ahora bien, puesto que dΦ ( x) = Φ ( x) p( x)dx , tenemos:

d [Φ ( x) y ] = Φ ( x)q( x)dx Integrando, encontramos la solución general, así:

Φ ( x) y = C + ∫ Φ ( x)q( x)dx En consecuencia, la receta para resolver la ecuación diferencial lineal de primer orden, es la siguiente: 1. Se escribe la ecuación en la forma: dy + p ( x) y = q( x) dx 2. Se calcula el factor integrante:

Φ ( x) = e ∫

p ( x ) dx

3. Se escribe la solución general:

Φ ( x) y = C + ∫ Φ ( x)q( x)dx Se evalúa la integral y se despeja la variable dependiente:

46 y = CΦ −1 ( x) + Φ −1 ( x) ∫ Φ ( x)q ( x)dx

Ejemplo 1.26 Considere la ecuación diferencial:

x

dy + 2 y = x sen ( x ) dx

a) Determine las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto ( x0 , y0 ) de tal manera que el problema de valor inicial asociado tenga solución única garantizada. b) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial. c) Encuentre la solución que pasa por el punto (π , 2 ) , indicando el intervalo de validez.

Solución. La ecuación diferencial se puede escribir de la forma:

dy 2 + y = sen ( x ) dx x Con base en el teorema de existencia y unicidad, se garantiza solución única en regiones que no contengan la recta: x = 0 Aplicando la receta, tenemos: 2

Φ =e

∫ x dx

= x2

x 2 y = C + ∫ x 2 sen ( x )dx Evaluando la integral, se tiene: x 2 y = C − x 2 cos( x ) + 2 cos( x ) + 2 x sen ( x ) El valor de C se determina con base en la condición inicial y (π ) = 2 , obteniéndose: 2π 2 = C + π 2 − 2 ⇒ C = π 2 + 2

Ejemplo 1.27 Considere la ecuación diferencial:

( x − 1) dy + 2 y = x dx

a) Determine las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto ( x0 , y0 ) de tal manera que el problema de valor inicial asociado tenga solución única garantizada. b) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial.

47 c) Encuentre la solución que pasa por el punto: (1,0 ) indicando el intervalo de validez.

Solución. a) La ecuación diferencial se puede escribir de la forma: dy 2 x + y= dx x − 1 x −1 Con base en el teorema de existencia y unicidad, se garantiza solución única en regiones que no contengan la recta x = 1 b) Aplicando la receta, tenemos: 2

∫ x −1 dx

= ( x − 1) ( x − 1)2 y = C + ∫ ( x − 1)2 x dx = C + ∫ x( x − 1)dx x −1

Φ =e

2

Evaluando la integral, se tiene:

( x − 1)2 y = C + x

3

3

−

x2 2

c) El valor de C se determina con base en la condición inicial y (0 ) = 1 , obteniéndose: C =1 En consecuencia la solución del problema de valor inicial es: y ( x ) = ( x − 1)

−2

 x3 x 2  −2 +  − ( x − 1) ; 2 3

−∞ < x 0

Ejemplo 1.29 Considere la ecuación diferencial:

 0 si x < 0 2x dy + 2 y= dx x + 1 4 x si x ≥ 0 Encuentre la solución que pasa por el punto (1,3) y represente gráficamente la solución

Solución. Puesto que son dos tramos para q( x) y teniendo en cuenta el teorema de Existencia y Unicidad, se garantiza solución única en el intervalo de los reales. Para el tramo x < 0 , la ecuación diferencial es:

dy 2x + 2 y=0 dx x + 1

49 La solución de la ecuación diferencial en el intervalo es:

y=

C1 x +1 2

Para el tramo x ≥ 0 , la ecuación diferencial es: 2x dy + 2 y = 4x dx x + 1 La solución de la ecuación diferencial en el intervalo es:

y = x2 + 1 +

C2 x +1 2

La continuidad de la solución en x = 0 requiere que: C1 = 1 + C2 Por otro lado, debe satisfacerse la condición inicial, esto es y (1) = 3 Con base en lo anterior, se tiene: C2 = 2 C1 = 3 En consecuencia, la solución del problema es: 3  si x < 0 2  x +1 y ( x) =  2  2 + x 2 + 1 si x ≥ 0 x +1 La figura 1.20 muestra la gráfica de la función en el intervalo: − 4 ≤ x ≤ 2

Figura 1.19

Figura 1.20

50

Ecuaciones diferenciales reducibles a lineales Algunas ecuaciones diferenciales pueden reducirse a lineales mediante un cambio adecuado de la variable dependiente, dichas ecuaciones tiene la siguiente forma general:

f (y)

dy + p ( x )g ( y ) = q ( x ) dx

Veamos bajo qué condiciones se puede reducir a lineal. Si hacemos el cambio de variable u = g ( y ) , la ecuación diferencial quedará en la forma:

f ( y ) du + p( x )u = q( x ) g ' ( y ) dx Para que la ecuación diferencial sea lineal se requiere que el coeficiente de constante, es decir, debe cumplirse que:

du sea una dx

f (y) =K g'( y)

Ejemplo 1.30 Verifique que la siguiente ecuación diferencial se puede reducir a lineal y encuentre la solución general. dy cos( y ) + sen ( y ) = x dx Mediante el cambio de variable u = sen ( y ) encontramos: du dy = cos( y ) dx dx

Sustituyendo en la ecuación diferencial, se tiene:

du +u = x dx Aplicando la receta, obtenemos:

e xu = C + ∫ xe x dx Integrando y regresando a la variable original, se tiene:

e x sen ( y ) = C + e x ( x − 1)

51 La solución explícita es la siguiente:

y ( x ) = sen −1 (Ce − x + x − 1) La ecuación diferencial de Bernoulli La forma general de la ecuación diferencial de Bernoulli es la siguiente:

dy + p ( x ) y = q ( x ) yα , α ∈ R dx Escribimos la ecuación diferencial en forma alterna:

y −α

dy + p ( x ) y 1− α = q ( x ) dx

Mediante el cambio de variable: u = y1−α resulta una ecuación diferencial lineal, así:

du + (1 − α ) p( x)u = (1 − α )q ( x) dx Ejemplo 1.31 Encuentre la solución general de la ecuación diferencial:

dy + xy = x y dx Solución. La ecuación se puede escribir en la forma: −

y

1 2

1

dy + xy 2 = x dx

1 2

Haciendo el cambio de variable u = y , resulta: 1

du 1 − 2 dy = y dx 2 dx Con base en el cambio resulta la ecuación diferencial: 1 du x + u= x dx 2 2 El factor integrante se calcula como: Φ ( x ) = e

x2 4

52 La solución general se puede escribir como: x2 4

e u = C + ∫e

x2 4

1 xdx 2

Efectuando la integral y regresando a la variable original, tenemos: y = Ce

−

x2 4

+1

EJERCICIOS 1.6 Encuentre la solución general de las ecuaciones diferenciales numeradas de 1 a 5 dy = 1 − x( x + 2) y dx dy 2. x = 2x2 y + y 2 dx 3. ( x sen( y ) − x 3 ) y ' = 2 cos( y )

1. x 2

4. y 2 dx + ( xy − y 3 )dy = 0 dx 5. = kx( M − x) dt 6. Encuentre la solución del problema de valor inicial: 0 si x < 0 dy 1 + 2 ; y= dx x + 1 1 si x ≥ 0

y (1) =

π 4

7. Dada la ecuación diferencial: x

dy − 2 x 2 y = y ln( y ) dx

a) Muestre que es reducible a lineal mediante el cambio de variable: u = ln( y ) b) Encuentre la solución general 8. Resuelva el problema de valor inicial: dv 1 100 − v=− ; v(0) = 20 dt 10 − t 10 − t Represente gráficamente la solución, indicando el intervalo de validez. 9. Dado el problema de valor inicial:

53 (1 − x 2 ) y ' ( x) − 2 xy ( x) = 2;

y (0) = 1

a) Encuentre el intervalo más grande en el que el problema tiene solución única b) Resuelva el problema y represente gráficamente la solución 10. Dado e problema de valor inicial: sec 2 ( y )

dy + tan( y ) = x; dx

y (0) =

3π 4

a) Encuentre el máximo intervalo de validez de la solución b) Encuentre la solución del problema y represente gráficamente.

1.7. ECUACIONES DIFERENCIALES VARIADAS dy = f ( x, y ) , no siempre es posible clasificarla dx en una de las categorías previamente estudiadas; es más, en algunos casos es imposible encontrar una expresión matemática que al derivarla nos conduzca a la ecuación diferencial. Algunas ecuaciones diferenciales, sin embargo, se pueden modificar mediante un artificio matemático de tal manera que pueda encontrarse su solución general. Aclaramos que no es fácil en general acertar con el artificio adecuado. Con algo de perseverancia el estudiante podrá enfrentar la solución de algunas ecuaciones diferenciales típicas. Solamente a manera de orientación presentamos la siguiente clasificación que puede ser de alguna ayuda a los estudiantes para que se acostumbren a la solución de las mencionadas ecuaciones diferenciales. Dada una ecuación diferencial de la forma

Ecuaciones diferenciales resolubles mediante una sustitución En algunas ecuaciones diferenciales que no encajan en una categoría específica, puede obtenerse la solución mediante un cambio de variable, los siguientes ejemplos son una muestra de tales casos.

Ejemplo 1.32 Dada la ecuación diferencial: dy = dx

x + y −1 −1

a) Determine las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto ( x0 , y0 ) de tal manera que se garantice solución única para el problema de valor inicial asociado b) Muestre que la recta y = 1 − x es una solución singular de la ecuación diferencial c) Haga la sustitución u 2 = x + y − 1 y encuentre la solución general d) Encuentre la solución que pasa por el punto (1,4) e) En una misma gráfica represente la solución hallada previamente y la solución singular

54

Solución. a) A partir de la ecuación diferencial se tiene: f =

x + y −1 fy =

1 2 x + y −1

Con base en el teorema de existencia y unicidad, se garantiza solución única en regiones en las que se cumpla que x + y − 1 > 0 . Geométricamente, dicha región es el semiplano que está por encima de la recta: x + y = 1 b) Tomando la derivada de la función: y = 1 − x y reemplazando en la ecuación diferencial, resulta una identidad. c) Si se hace el cambio de variable u 2 = x + y − 1 , se tiene: du dy = 1+ dx dx En consecuencia, para la nueva variable, tenemos: 2u

2u

du −1 = u −1 dx

La ecuación diferencial es de variables separables, así 2du = dx , cuya solución es 2u = x + C . Regresando a la variable original, tenemos: 2 x + y −1 = x + C d) El valor de la constante de la solución general se determina con la condición inicial, obteniéndose que C = 3 . Por tanto, la solución particular pedida es: 2 x + y −1 = x + 3 Para la representación gráfica es conveniente expresar la función de la siguiente manera: y ( x) =

1 2 ( x + 2 x + 13) 4

El estudiante puede ver que la curva es una parábola que expresada en su forma canónica es: 4( y − 3) = ( x + 1) 2 La figura 1.21 muestra las gráficas de las dos funciones. Puede observarse que la recta es tangente a la curva en el punto: (−3,4)

55

Figura 1.21 Ejemplo 1.33 Mediante una sustitución adecuada, encuentre la solución general de la ecuación diferencial: dy 2 = y−x− dx y−x

Solución. El cambio a realizar está prácticamente cantado: u 2 = y − x Tomando la primera derivada, resulta: 2u

du dy = −1 dx dx

Reemplazando en la ecuación original, se tiene:

1 + 2u

2 du =u− dx u

La ecuación resultante es de variables separables y se puede escribir en la forma: 2u 2 du = dx u2 − u − 2 Descomponiendo en fracciones parciales, se puede escribir:  8 2   2 + du = dx − 3(u − 2) 3(u + 1)  

56 Efectuando las integrales, se tiene: 8 2 2u + ln(u − 2) − ln(u + 1) = x + C 3 3 Retornando a la variable original se encuentra la familia de curvas: 2  2 y − x + ln  3  

(

)

4 y−x −2   = x+C y − x +1  

Combinaciones integrales En algunas ecuaciones diferenciales pueden presentarse combinaciones de la forma: 1 d ( x2 + y 2 ) 2 2. xdy + ydx = d ( xy) 1. xdx + ydy =

 x  y 3. ( xdy − ydx) = x 2 d   = − y 2 d    x  y En tales casos se requiere de habilidad para modificar convenientemente la ecuación diferencial y proceder a encontrar la solución general.

Ejemplo 1.34 Resuelva la ecuación diferencial: ( x − x 2 − y 2 )dx + ( y + x 2 + y 2 )dy = 0

Solución. Reorganizando los términos de la ecuación, se tiene: xdx + ydy − ( x 2 + y 2 )dx + ( x 2 + y 2 )dy = 0 Teniendo en cuenta lo planteados anteriormente, se tiene: xdx + ydy = ( x 2 + y 2 )(dx − dy ) ⇒ xdx + ydy = dx − dy ⇒ x2 + y 2 1 d ( x2 + y2 ) = d ( x − y) 2 x2 + y2 Efectuando las integrales, se tiene:

57 ln( x 2 + y 2 ) = x − y + C

Ejemplo 1.35 Resuelva la ecuación diferencial:

xdy − ydx =

x 2 − y 2 dx

Solución. La ecuación se puede escribir en la forma:

xdy − ydx = x2

x 2 − y 2 dx ⇒ x x 2

d ( y / x ) = 1− ( y / x ) d ( y / x) 2

1− ( y / x )

=

dx ⇒ x

dx x

Efectuando las integrales, se tiene:

 y sen −1   = ln( x) + C  x Finalmente, la solución general puede expresarse en la forma:

y = x sen[(ln(Cx)] El estudiante pudo haber notado que la ecuación dada es homogénea y como tal se puede resolver, mediante el cambio de variable y = xu . Se sugiere que lo haga y compare las soluciones.

Ecuaciones diferenciales dimensionables Normalmente, cuando se tiene una función de dos variables F ( x, y ) , se tiene la tendencia a afirmar que cada variable es de dimensión unitaria. Puede ocurrir, sin embargo, que una de las variables tenga dimensión diferente de uno. El estudiante debe saber, por ejemplo, que el área total de la superficie de un cilindro circular recto tapado viene dada por: area = 2 A + 2πRH

En la expresión anterior:

A es el área de la base, de dimensión dos

58 R es el radio de la base, de dimensión uno H es la altura del cilindro, de dimensión uno Así las cosas, la función area es homogénea de segundo grado. Dada la ecuación diferencial:

M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0 Se dice que es dimensionable si existe un n ∈ R tal que si la dimensión de x es la unidad y la dimensión de y es n se verifica que: M ( x, y )dx y N ( x, y )dy tienen la misma dimensión.

Ejemplo 1.36 Determine si la siguiente ecuación diferencial es dimensionable: ( x 2 − 2 y 3 )dx + 3 xy 2 dy = 0

Solución. Es evidente que para que M ( x, y ) sea homogénea de segundo grado se requiere que x sea de dimensión uno y y sea de dimensión n = 2 / 3 . Así las cosas, La dimensión de M ( x, y )dx es la dimensión de M que es dos más la dimensión del diferencial de x que es uno. dim[Mdx] = 3 Por otro lado, la dimensión de Ndy viene dada por: dim[ Ndy ] = dim[ x] + dim[ y 2 ] + dim[dy ] = 1 + 4 / 3 + 2 / 3 = 3 Se concluye que la ecuación diferencial es dimensionable. Una ecuación diferencial dimensionable puede convertirse en una ecuación diferencial de variables separables mediante la sustitución: y = ux n

Ejemplo 1.37 Encuentre la solución general de la ecuación diferencial del ejemplo anterior mediante el cambio de variable: y = ux 2 / 3

Solución. Se recomienda escribir la ecuación diferencial en la forma:

3 xy 2

dy = 2 y3 − x2 dx

59 Para evitarnos el trabajar con radicales, hacemos: y 3 = u 3 x 2 Por derivación implícita, se tiene: 3y2

dy du = 2 xu 3 + 3u 2 x 2 dx dx

Sustituyendo en la ecuación diferencial, tenemos:

2 x 2u 3 + 3u 2 x 3

du = 2u 3 x 2 − x 2 dx

La ecuación resultante es de variables separables y se puede escribir como: 3u 2 du +

dx =0 x

Integrando y retornando a las variables originales se encuentra que la solución general es la familia de curvas del plano: y 3 = x 2 [C − ln( x)]

EJERCICIOS 1.7 1. Dada la ecuación diferencial: dy 1 + y − x = dx 1 − y − x a) Determine las regiones del plano en las que se puede ubicar el punto ( x0 , y0 ) de tal manera que se garantice solución única para el problema de valor inicial asociado b) Muestre que la recta y = x es una solución singular de la ecuación diferencial c) Haga la sustitución u 2 = y − x y encuentre la solución general d) Encuentre la solución que pasa por el punto (0,1) e) En una misma gráfica represente la solución hallada previamente y la solución singular. 2. Efectúe una sustitución adecuada para resolver la ecuación diferencial siguiente: dy 3 = x+ y+2 dx Encuentre la solución general para cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales 3. (2 xy 2 − y )dx + xdy = 0 4. xdx + ( y − x 2 + y 2 )dy = 0

(

)

5 − ydx + x − y 3 dy = 0 6. ( x − xy + y )dx + ( y 3 − x 2 y − x)dy = 0 3

2

60 7. ( x 3 + 2 xy 2 − x)dx + (2 y 3 + x 2 y − 2 y )dy = 0 x 2 (1 − xy )dy + (1 + xy − x 2 y 2 )dx = 0 ( x + x 2 y )dy + ( xy 2 − y )dy = 0 y 2 dx + [ x y 2 − x 2 − xy ]dy = 0

1.8. ECUACIONES DIFERENCIALES DE GRADO SUPERIOR En diversas aplicaciones, fundamentalmente en las de tipo geométrico, resultan ecuaciones dy no se puede expresar explícitamente en diferenciales de primer orden en las que dx términos de las variables x, y . Tales ecuaciones tienen la forma general: f ( x, y ,

En adelante se conviene en escribir p = diferencial es:

dy )=0 dx

dy , con lo que la forma general de la ecuación dx

f ( x, y , p ) = 0

Las ecuaciones de este tipo se caracterizan por tener soluciones singulares, es decir, soluciones que no se pueden obtener a partir de la solución general. Geométricamente, una solución singular es una curva del plano que tiene la propiedad de ser tangente a todos los elementos de la familia correspondiente a la solución general. Una curva con tal propiedad recibe el nombre de envolvente de la familia. Ejemplo 1.38

Considere la familia de circunferencias de radio unitario que tienen su centro en el eje de abscisas. a) Escriba la ecuación de la familia b) Encuentre la ecuación diferencial de la familia c) Muestre que las rectas y = 1, y = −1 , son soluciones singulares de la ecuación diferencial. d) Represente gráficamente tres elementos de la familia y las dos envolventes halladas. Solución. a) La ecuación de la familia es:

( x − h) 2 + y 2 = 1 b) Derivando y eliminando el parámetro h encontramos la ecuación diferencial, así:

2( x − h) + 2 yp = 0 ⇒

( x − h) = − yp ⇒

y2 p2 + y2 = 1

61 c) La recta y = 1 es solución de la ecuación diferencial hallada ya que: p = 0 y se satisface la ecuación diferencial. Lo mismo puede decirse de la recta: y = −1 d) La figura 1.22 muestra los elementos correspondientes a los valores h = −1, h = 0, h = 1 , al igual que las soluciones singulares. El estudiante puede ver que la ecuación diferencial de la familia se puede expresar mediante un par de ecuaciones de la forma: dy = f ( x, y ) dx

En efecto, despejando p se tiene: 1 − y2 p=± y La primera ecuación tiene como solución a las partes superiores de las circunferencias y la segunda a las correspondientes partes inferiores.

Figura 1.22 Método para hallar las soluciones singulares de una ecuación diferencial

Antes de desarrollar el método para hallar las soluciones singulares de una ecuación diferencial es pertinente ampliar algunos aspectos teóricos acerca de las envolventes. Dada la familia de curvas del plano F ( x, y, C ) = 0 , se dice que una curva del plano es una envolvente de la familia, si ésta es tangente a cada uno de los elementos de la familia; vale decir, si la envolvente tiene como ecuaciones paramétricas x = α (C ), y = β (C ) , entonces la pendiente de la familia es igual a la pendiente de la envolvente, así: ∂F ∂α dy = p = − ∂x = ∂C ∂F ∂β dx ∂y ∂C

Lo anterior implica que:

∂F ∂α ∂F ∂β + =0 ∂x ∂C ∂y ∂C

62 Ahora bien, si F ( x, y, C ) = 0 , entonces su diferencial total también es cero, es decir: ∂F ∂F ∂F dC = 0 dy + dx + ∂x ∂y ∂C

Por todo lo anterior, tenemos:

∂F ∂α ∂F ∂β ∂F + + =0 ∂x ∂C ∂y ∂C ∂C

∂F = 0 . En conclusión, una ∂C envolvente de la familia de curvas F ( x, y, C ) = 0 , debe satisfacer simultáneamente las ecuaciones: F (α (C ), β (C ), C ) = 0 ∂ [F (α (C ), β (C ), C )] = 0 ∂C

De las ecuaciones previas se llega al importante resultado

La envolvente se encuentra eliminando C de las ecuaciones anteriores. Ejemplo 1.39

Encuentre las envolventes de la familia de curvas del plano: y 2 − 2Cy − 4Cx −1 + C 2 = 0 Solución. Derivando la ecuación con respecto a C tenemos: −2 y − 4 x−1 + 2C = 0 ⇒

C = y + 2 x −1

Reemplazando en la ecuación de la familia, encontramos la envolvente: xy = −1 Si bien hemos visto la manera de encontrar una envolvente a partir de la familia de curvas, nuestro interés está en hallar dicha envolvente a partir de la ecuación diferencial de la familia, veamos: Teorema

En cada punto sobre la envolvente de las curvas integrales (solución general) de la ecuación diferencial; f ( x, y, p) = 0 se verifica que: f ( x, y , p ) = 0

∂ f ( x, y , p ) = 0 ∂p

63 Las ecuaciones anteriores definen el discriminante p de la ecuación diferencial y, en tal caso, la solución singular se obtiene al eliminar: p No presentaremos la demostración del teorema, pero el interesado puede remitirse a las páginas 112-115 del libro número 4 de la bibliografía. Ejemplo 1.40

Determine las soluciones singulares de la ecuación diferencial de Clairaut: y = xp + p 2 Solución. Escribimos la ecuación en la forma:

xp + p 2 − y = 0

Derivando con respecto a p e igualando a cero, se tiene: x + 2 p = 0 Despejando p y reemplazando en la ecuación diferencial se encuentra que la envolvente es la parábola: 4 y = − x2 Solución general de una ecuación diferencial de grado superior

No existe un método general para resolver una ecuación diferencial de la forma:

f ( x, y , p ) = 0 Dependiendo de la forma de la ecuación diferencial se puede hacer la siguiente clasificación para encontrar la solución general: 1. Ecuaciones diferenciales resolubles para p .

Ocurre cuando la ecuación se puede expresar en la forma: ( p − f1 ( x, y ))( p − f 2 ( x, y ))......( p − f n ( x, y )) = 0 Así las cosas, la ecuación diferencial original conduce a n ecuaciones diferenciales de primer orden y primer grado, así: dy = f i ( x, y ), i = 1,2,3,...n dx

Cada ecuación tendrá como solución a una familia de curvas de la forma: Fi ( x, y, C ) = 0

64 La solución general de la ecuación diferencial original es el producto de las soluciones individuales, así: F1 ( x, y, C ) F2 ( x, y, C )......Fn ( x, y, C ) Ejemplo 1.41

Encuentre la solución general de la ecuación diferencial: xp 2 − 2 yp − x = 0 Solución. Mediante la fórmula general se obtienen dos ecuaciones diferenciales de primer orden y primer grado, así:

dy y + x 2 + y 2 = dx x

;

dy y − x 2 + y 2 = dx x

Ambas ecuaciones son homogéneas y se pueden resolver mediante el cambio de variable: y = xu

dy du =x +u dx dx

La siguiente secuencia de pasos ilustra las soluciones de las ecuaciones: x

du + u = u + u 2 +1 ; dx du dx = ; 2 x u +1

y + x2 + y 2 − C = 0

;

du + u = u − u 2 +1 dx du dx =− 2 x u +1

x

y + x 2 + y 2 − Cx 2 = 0

Puede demostrarse que las dos soluciones son equivalentes, en efecto, transformando la primera solución, tenemos: x 2 + y 2 = (C − y ) 2 = C 2 − 2Cy + y 2 ⇒ x 2 = C 2 − 2Cy En cuanto a la segunda solución, tenemos: x 2 + y 2 = (Cx 2 − y ) 2 = C 2 x 4 − 2Cx 2 y + y 2

1 = C 2 x 2 − 2Cy ⇒ x 2 =

1 2 + y 2 C C

65 1 , resulta: x 2 = K 2 − 2 Ky C Es claro que ambas soluciones son equivalentes y representan a una familia de parábolas. El estudiante puede verificar que la ecuación diferencial no tiene soluciones singulares. La figura 1.23 muestra dos elementos de la familia.

Si se hace el cambio K = −

Figura 1.23

Figura 1.24

2. Ecuaciones diferenciales resolubles para y . En algunas ecuaciones se puede despejar la variable y en términos de las otras dos variables, así: y = f ( x, p ) Tomando el diferencial total de la función, tenemos: dy =

∂f ∂f dx + dp ∂p ∂x

Dividiendo por el diferencial de x resulta una ecuación diferencial para las variables p, x , así: ∂f ∂f dp dy = p= + dx ∂x ∂p dx Resulta una ecuación diferencial de primer orden, así: dp = dx

p−

∂f ∂x

∂f ∂p

66

jemplo 1.42 Encuentre la solución general de la ecuación diferencial: xp 2 − 2 yp − x = 0

Solución. En este caso se puede despejar la variable y en términos de las otras dos, así: y=

x( p 2 − 1) 2p

La ecuación de primer orden y primer grado asociada es: p2 − 1 ∂f p − p− dp p 2 p2 + 1 − p2 p p2 + 1 2p ∂x = = = = ∂f x( p 2 + 1) dx x x( p 2 + 1) x x ( p 2 + 1) ∂p 2 p2 Puesto que p 2 + 1 ≠ 0 , obtenemos la ecuación diferencial de variables separables: dp dx = p x Al resolver la ecuación diferencial resulta una expresión para la pendiente la cual se sustituye en la ecuación original, así ln( p) = ln( x) + ln(C ) . De donde p = Cx . Al sustituir p en la ecuación diferencial original, tenemos: x(Cx) 2 − 2 y (Cx ) − x = 0 Despejando y , se encuentra: y=

C 2 1 x + 2 2C

El estudiante puede verificar que la solución encontrada es equivalente a la hallada por el otro método.

Ejemplo 1.43 Considere la ecuación diferencial de Clairaut: y = xp + p 2 a) Encuentre la solución general

67 b) Encuentre las soluciones singulares c) Represente, en un mismo gráfico, la solución singular y cuatro elementos de la solución singular

Solución. a) Puesto que la ecuación diferencial es resoluble para y se pueden obtener de manera simultánea, tanto la solución general como la singular, veamos: dp = dx

∂f ∂x = p − p = 0 ∂f x + 2p x + 2p ∂p

p−

Analizando la expresión anterior se tiene que sí x + 2 p ≠ 0 entonces p = C . En consecuencia, la solución general es la familia de rectas: y = Cx + C 2 x b) De otro lado, sí x + 2 p = 0 entonces p = − . Al sustituir el valor de p en la ecuación 2 diferencial dada, se obtiene la solución singular, así: 2

x − x − x y = x +  =− 4  2   2 

2

Puede generalizarse el hecho de que, por este método, siempre es posible hallar la solución general y la solución singular. La figura 1.24 muestra cuatro elementos de la familia junto con la solución singular. Es de notarse que la singular es la envolvente de los elementos de la familia.

3. Ecuaciones diferenciales resolubles para x Dada la ecuación diferencial explícitamente la variable x , así:

f ( x, y, p ) = 0 , algunas veces es posible despejar

x = g ( y, p )

Tomando el diferencial total de la función, tenemos: dx =

∂g ∂g dy + dp ∂y ∂p

Dividiendo por el diferencial de y resulta una ecuación diferencial para las variables p, y , así:

68

dp dx ∂g ∂g dp = p −1 = + ⇒ = dy ∂y ∂p dy dy

p −1 −

∂g ∂y

∂g ∂p Al igual que en el caso anterior, es posible hallar la solución general y la solución singular. El siguiente ejemplo ilustra tal situación.

Ejemplo 1.44 Considere la ecuación diferencial: xp 2 − 2 yp + 4 x = 0 a) Determine las soluciones singulares y la solución general. b) En un mismo gráfico represente la solución singular y cuatro elementos de la solución general

Solución a) Despejando x tenemos:

x=

2 yp p2 + 4

Aplicando el procedimiento indicado, tenemos:

dp = dy

p −1 −

∂g ∂p

∂g ∂y

2p p2 + 4 − 2 p2 (4 − p 2 )( p 2 + 4) p2 + 4 p( p 2 + 4) = = = p2 − 4 p2 − 4 2 yp(4 − p 2 ) − 2y − 2 y 2 2 p2 + 4 p2 + 4 p −1 −

(

)

(

)

Si 4 − p 2 ≠ 0 se obtiene que: dp p 2 + 4 = dy 2 yp La solución general se encuentra a partir de la ecuación diferencial anterior, así: 2p 1 dp = dy ⇒ p +4 y 2

ln( p 2 + 4) = ln( y ) + ln(C ) ⇒

p 2 + 4 = Cy ⇒

p = ± Cy − 4

Observe que la ecuación diferencial original se puede escribir en la forma:

69 x2 =

4 y2 p2 ( p 2 + 4) 2

Sustituyendo p 2 en dicha ecuación, se obtiene la solución general, la cual se puede escribir en la forma: x2 = C ( y − C ) La solución general es una familia de parábolas. En cuanto a la solución singular, se obtiene de hacer 4 − p 2 = 0 , resultando p = ±2 . Al sustituir en la ecuación diferencial original, se tiene: x=

± 4y y 2 yp 2 y (±2) = = =± 2 2 p + 4 (±2) + 4 8 2

Las soluciones singulares de la ecuación diferencial son las rectas: y = ±2 x Para representar gráficamente las soluciones singulares y algunos elementos de la familia, escribimos la solución general en la forma:

y=

1 2 x +C C

La figura 1.25 muestra la gráfica pedida para: C = −1 y C = 1 , al igual que las envolventes.

Figura 1.25 EJERCICIOS 1.8 Para las siguientes ecuaciones diferenciales: a) Determine la solución general b) Determine las soluciones singulares

70 c) En caso de ser factible, represente gráficamente las soluciones singulares y algunos elementos de la solución general 1. ( y + xp) 2 = 4 px 2

2. ( x 2 − y ) p 2 − 2 xyp + y 2 = 0 1 4. y = xp + x 2 + ( x + p) 2 2 6. p 2 − 2 xp − 3x 2 = 0 8. p 3 − 2 xp 2 − 3x 2 p = 0 x 10. 2 y = xp + p

3. y = xp ln( x) + x 2 p 2 5. 2 xp = 2tan( y ) + p 3 cos 2 ( y ) 7. ( x + yp) 2 = x 2 + y 2 9.

p 2 + x( y + 1) p + x 2 y = 0

1.9 ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR REDUCIBLES A PRIMER ORDEN Aunque en el próximo capítulo se hará el tratamiento de las ecuaciones diferenciales de orden superior, es conveniente presentar aquí algunas ecuaciones de orden superior que se pueden resolver con las técnicas presentadas hasta el momento.

Ecuaciones diferenciales de la forma: dn y = f (x) dx n Puesto que se trata de una ecuación diferencial de orden n , su solución general, según se estudiará oportunamente, tendrá n : constantes arbitrarias. Para resolverla se reduce el orden de la ecuación diferencial.

Ejemplo 1.45 Encuentre la solución general de la ecuación diferencial: d2 y = sen( x) dx 2

Solución. dy , la ecuación diferencial se convierte en un sistema dx de dos ecuaciones diferenciales de primer orden, así: Si se hace el cambio de variable p =

 dp  dx = sen( x)  dy  = p  dx La solución de la primera de ellas es:

71 p = − cos( x) + C1 Sustituyendo p en la segunda ecuación, tenemos: dy = − cos( x) + C1 dx Integrando, tenemos: y = − sen( x) + C1 x + C2 Ecuaciones diferenciales de la forma:

dy d2 y = f ( x, ) 2 dx dx dy , con lo que la dx ecuación diferencial original se convierte en un sistema de dos ecuaciones diferenciales de primer orden, así:  dp  dx = f ( x, p)  dy  = p  dx

Para resolver la ecuación diferencial se hace el cambio de variable p =

Es claro que para obtener la solución se requiere que p se pueda obtener explícitamente en función de x Ejemplo 1.46

Encuentre la solución general de la ecuación diferencial: x

d 2 y dy + = x cos( x) dx 2 dx

Solución Con el cambio de variable resulta el sistema de ecuaciones:

 dp 1  dx + x p = cos( x)  dy  = p dx  La primera es una ecuación diferencial lineal cuyo factor integrante es: Φ = e ∫ La solución general será: xp = C1 + ∫ x cos( x)dx

x −1 dx

=x

72 Evaluando la integral y despejando p tenemos: p = C1 x −1 +

cos( x) − sen( x) x

Al sustituir en la segunda ecuación diferencial, resulta:

y = C1 ln( x) + cos( x) + ∫

cos( x) dx + C2 x

Es claro que si ≠ 0 la integral indicada se puede escribir mediante su serie de Taylor, así: 3 5 2 4 6 ⌠ cos( x)dx = ⌠  1 − x + x − x + ... dx = ln( x) − x + x − x + ....  ⌡ x 4 96 720  ⌡  x 2 4! 5!

Con base en lo anterior, sí: A y B son constantes arbitrarias, la solución general de la ecuación diferencial es: x2 x4 x6 y = A + B ln( x) + cos( x) − + − + .... x ≠ 0 4 96 720 Ecuaciones diferenciales de la forma:

d2y  dy  = f  y,  2 dx  dx  Para resolver este tipo de ecuaciones diferenciales se hace el cambio de variable: p =

dy y dx

se aplica la regla de la cadena: dp dp dy dp = = p dx dy dx dy Con lo anterior resulta un sistema de dos ecuaciones de primer orden, así:  dp  p dy = f ( y, p)  dy  = p  dx

Al igual que en el caso anterior se requiere que p se pueda expresa explícitamente en función de y .

73 Ejemplo 1.47

Encuentre la solución general de la ecuación diferencial: d2y = − sen( y ) dx 2 Solución Al hacer el cambio de variable resulta el sistema de ecuaciones:  dp  p dy = − sen( y )  dy  = p  dx

La primera ecuación es de variables separables y se resuelve de la siguiente manera:

pdp = − sen( y )dy ⇒

1 2 p = cos( y ) + C1 2

La solución para p se puede expresar como: p = ± 2 cos( y ) + 2C1

La segunda ecuación diferencial queda como: dy = ± 2dx cos( y ) + A

El inconveniente que se presenta es el de la imposibilidad de resolver la integral de la derecha, sin embargo se puede expandir en series de potencias, resultando: C3 3 Cy + y + ... = ± 2 x + D 12 EJERCICIOS 1.9

Encuentre la solución general para cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales: d2y = x sen( x) dx 2 d2y dy 3. +4 =x 2 dx dx 5. ( x + 1) y ' ' ( x) − ( x + 2) y ' ( x) + 2 = 0

1.

d2y = −y dx 2 2 d2y  dy  4. y 2 = 1 +   dx  dx  2 6. (1 − x ) y ' ' ( x) − 2 xy ' ( x) = 1

2.

74 7.

d2y  dy  = 1+   2 dx  dx 

2

8. y ' ' ( x) +

9. 2 y 2 y ' '+2 y ( y ') − 1 = 0 2

1 y ' ( x) + 2( y ' ( x))2 = 0 x

10. y ' ' = ( y + 1) y '

1.10. MISCELÁNEA DE EJERCICIOS DEL CAPÍTULO I Para resolver estos ejercicios se requiere haber estudiado los diferentes métodos. Se necesita algo de destreza en ejercicios en los que aparecen cambios de variable, combinaciones integrales, etc. 1. Dada la ecuación diferencial: y ' '+ω 2 y = 0

a) Muestre que su solución esta dada por y = A cos(ωx ) + B sen (ωx ) . b) Demuestre que si y (0) = 0 y y (1) = 0 , el problema no tiene solución a menos que ω = nπ ; n = 1, 2 , 3 , … 2. Dada la primitiva:  y = 1 + 

x  n

n

n≠0

a) Encuentre una ecuación diferencial de primer orden. b) Demuestre que y = e x es solución de la ecuación diferencial hallada. ¿Por qué es de esperarse este último hecho? 3. Dada la ecuación diferencial:

[F (x ) + yG(xy )]dx + xG(xy )dy = 0 a) Demuestre que se puede convertir en una ecuación de variables separables, mediante el cambio de variable: z = xy b) Resuelva la ecuación diferencial:

[x

2

]

+ y sen ( xy ) dx + x sen ( xy )dy = 0

3. Dada la ecuación diferencial: N ( x, y )

dy = x sec( y ) − x 2 y − y sen ( x ) dx

a) Encuentre N ( x, y ) para que la ecuación sea exacta. b) Resuelva la ecuación diferencial.

75 4. Por dos métodos diferentes, resuelva la ecuación diferencial y ' = ay − by n n = 1 , 2

5. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales: a) xy ' = x 2 + y 2 b) y ' = 2 x + 3 y 6 x 2 − 5 xy − 2 y 2 6 x 2 − 8 xy + y 2 d) (3 x − y − 9) y ' = 10 − 2 x + 2 y

c) y ' =

e) 4 x 2 yy ' = 2 + 3xy 2 f) y ' = g) y ' =

x+ y + x− y x + y − x− y

1+ x − y

1− x − y h)  ye− x − sen ( x) dx = (e− x + 2 y) dy i) (2r cos( x) −1)r ' = r 2 sen( x) j) x sec 2 ( x) y ' = sen(2 x) − tan( y ) 7. Dada la ecuación diferencial:

y '+ p( x ) y = q( x ) y ln( y )

a) Demuestre que se puede resolver mediante el cambio de variable: z = ln ( y ) b) Resuelva la ecuación diferencial: xy ' = 2 x 2 y + y ln( y ) 8. Encuentre la solución particular en cada caso

[ b) ( y

]

a) x cos( y ) − sen 2 ( y ) y ' = sen ( y ) 3

)

− 3x y ' = y

y (0) = 2

y (0) =

π 2

c) xy '+3 = 4 xe y (2) = 0 y (1) = 0 d) xydy = ( y − xy − x + 1)dx y (0) = 0 e) y ' = sec( y ) + xtan ( y ) −y

9. Encuentre la solución general para las siguientes ecuaciones diferenciales a)  xy 2 + x sen 2 ( x) − sen (2 x ) dx − 2 ydy = 0

76

( x − x 2 − y 2 ) dx + ( y + x 2 + y 2 ) dy = 0 c) ( x 2 y + y 3 − x) dx + ( x3 + xy 2 − y) dy = 0 d) ( x 2 y + 2 y 3 − 2 y) y ' = x − x3 − 2 xy 2 e) ( x 3 + x) y ' = x3 + 2 y b)

f) xyy ' = sen ( x) − y 2 g)  2 xy ln ( y ) dx +  x 2 − ln ( y ) dy = 0 h)  x − sen 3 ( y ) y '− sen ( y ) cos ( y ) = 0 i) ( x 2 y 2 + 1) dx + 2 x 2 dy = 0

j) xdx = ( x 2 y + y 3 ) dy 10. Halle las soluciones singulares y general para las siguientes ecuaciones diferenciales a) y + xy ' = x 4 p 2 b) p 2 sec ( x) − p tan ( x) + y = 0 c) x 2 p 2 − yp ( x 2 + y 2 ) + y 4 = 0 d) xp 2 − 2 yp + 4 x = 0 e) y = xp − p 3 f) y = ptan ( x ) − p 2 sec 2 ( x ) g) 2 y = xp + x / p 2

h) ( xp + y ) = xy i) p 2 − 2 xp = 3x 2 j) y + x 3 p 2 = 2 xp k) ( p 2 + 1)(2 y − x) = ( x + py ) 2

2

l) y (1 + p 2 ) = 4 m) 4 px − 2 y = p 3 y 2 n) xp 2 − 2 yp + x + 2 y = 0 o) y = px ± a p 2 + 1 a > 0 y p) x = p 2 + p q) 3 xp − 3 = p 3e 2 y r) 4 y − 4 px ln ( x ) = p 2 x 2 s) yy ''+ p 2 − p = 0 t) ( x + 2 y ) p 3 + 3( x + y ) p 2 + (2 x + y ) p = 0

77 Los siguientes ejercicios son de escogencia múltiple. 11. Una de las siguientes afirmaciones es falsa: a) La E.D. de la familia: y = C ln( x) es: x ln( x) y ' = y b) La E.D. de la familia: x −1 + y −1 = C es: y ' = y 2 / x 2 c) La función: y = e − x es solución de la E.D: y '+ y = 0 d) La función: y = x es solución de la E.D: y ' = 1 + y − x 12. Dado el problema de valor inicial: y' = 1 + y − x

y ( x0 ) = y0

La afirmación falsa es: a) La recta y = x es solución de la ecuación diferencial b) Se garantiza solución única en la región: R = {( x, y ) ∈ R 2 / y > x} c) La E.D. no es reducible a variables separables 1 d) La parábola: y = ( x 2 + 6 x + 1) es solución de la E.D. 4 13. Dado el problema de valor inicial: xy '+tan( x) y = xe − x

y ( x0 ) = y 0

La afirmación falsa es: a) La ecuación diferencial es lineal b) Se garantiza solución única en la región: R = ( x, y ) ∈ R 2 / − π / 2 < x < π / 2 c) No se garantiza solución única en el intervalo: π / 2 < x < 3π / 2 d) Existirá alguna solución que pase por el punto (2,0)

{

14. Dada la ecuación diferencial:

( x + y) y' = x − y

La afirmación falsa es: a) La ecuación diferencial es homogénea b) La ecuación diferencial es reducible a lineal c) La ecuación diferencial es exacta d) La ecuación diferencial es reducible a variables separables 15. Dada la ecuación diferencial: (1 − y − x ) y ' = 1 + y − x

La afirmación falsa es:

}

78 a) La ecuación diferencial es homogénea b) La ecuación diferencial es reducible a variables separables c) La ecuación diferencial no es reducible a lineal d) La ecuación diferencial tiene solución en la región R = {( x, y ) ∈ R 2 / y > x + 1} 16. Dada la ecuación diferencial:

xy' = x − y

La afirmación falsa es: a) La ecuación diferencial es homogénea. b) La ecuación diferencial es exacta. c) La ecuación diferencial es lineal. d) Se garantiza solución única en la región: x < 1 17. Dada la familia de curvas del plano: y 2 − 2 xy − x 2 = C

La afirmación falsa es: a) La ecuación diferencial de la familia es: ( y − x) y ' = y + x b) Las curvas y 2 + 2 xy − x 2 = C son ortogonales a la familia dada. c) La curva y = x + 2 x 2 + 1 es un elemento de la familia dada. d) La familia dada es una familia de elipses. 18. Dada la ecuación diferencial: x( y ' ) 2 − 2 yy '+2 x = 0

La afirmación falsa es: a) Las rectas y = ± x 2 son soluciones de la ecuación diferencial b) La familia de parábolas y = Cx 2 + 1 / C no es solución de la ecuación diferencial c) La familia de curvas: y = Cx 2 + 1 / 2C es solución de la ecuación diferencial d) La ecuación diferencial se puede escribir en la forma: xy ' = y ± y 2 − x 2 19. Dada la ecuación diferencial:

xyy' = y − xy − x + 1

La afirmación falsa es: a) La ecuación diferencial es de variables separables b) La ecuación diferencial no es de homogénea c) La ecuación diferencial es lineal d) La ecuación diferencial no es exacta

79 20. Dada la ecuación diferencial: 2 xyy' = y 2 − x 2 − 1 La afirmación falsa es: a) La ecuación diferencial es de Bernoulli b) La ecuación diferencial es homogénea c) La ecuación diferencial es reducible a exacta d) La ecuación diferencial tendrá alguna solución que pase por el punto: (1,1)

1.11. PROBLEMAS DE APLICACIÓN Las ecuaciones diferenciales de primer orden son de una amplia aplicación en casi todas las ramas del conocimiento. Limitaremos nuestras aplicaciones a problemas de tipo geométrico, a problemas de crecimiento y decrecimiento, a problemas de mezclas, de flujo de un fluido por un orificio, de enfriamiento y a ciertos problemas de la dinámica de partículas.

1.11.1. PROBLEMAS GEOMÉTRICOS. En un problema geométrico típico se pide hallar la ecuación de una curva o familia de curvas cuando se conoce una característica o condición que permita relacionar la pendiente de la recta tangente con las variables del problema, con lo que resulta una ecuación diferencial de la forma: F ( x, y , y ' ) = 0

R N

D

ψ P ( x, y )

P' '

C

φ A

θ

α O

P' Figura 1.26

B

T

80 La figura 1.26 nos muestra una curva del plano y algunas rectas, segmentos y ángulos que valen la pena ser descritos o definidos. a) Las rectas asociadas a la curva son las siguientes: T : es la recta tangente a la curva en el punto: P ( x, y ) N : es la recta normal a la curva en el punto: P( x, y ) R : es la recta que une al punto: P ( x, y ) con el origen y se conoce como radio vector

b) Los ángulos asociados a la curva son:

θ : es el ángulo que la recta tangente forma con el semieje positivo de abscisas. tan(θ ) =

dy = p dx

φ : es el ángulo que la recta normal forma con el semieje positivo de abscisas tan(φ ) = −1 / p

α : es el ángulo que el radio vector forma con el semieje positivo de abscisas tan(α ) = y / x

ψ : es el ángulo que la recta normal forma con el radio vector c) Los segmentos asociados a la curva son: OP' = x : es la abscisa del punto OP ' ' = y : es la ordenada del punto

OP = r =

x 2 + y 2 : es distancia del punto al origen

P ' B = st = − y / p : es la subtangente de la curva AP' = sn = − yp : es la subnormal de la curva

Para los demás segmentos asociados a la curva, el estudiante puede verificar que: PB =

y 1 + p2 p

PD = x 1 + p 2

AP = y 1 + p 2

En coordenadas polares, la curva tiene una ecuación de la forma:

F ( r ,α , C ) = 0

81 Puede demostrarse que: tan(ψ ) =

1 dr r dα

Ejemplo 1.48.

La recta tangente en cada punto de una curva y la recta que une a ese punto con el origen forman un triángulo isósceles con la base en el eje de abscisas. Halle la ecuación de la curva sabiendo que pasa por el punto: (1,1) Solución. Con referencia a la figura 1.26, el triángulo OBP es isósceles y en consecuencia se tiene que: α = π − θ Esto nos permite relacionar la pendiente de la recta tangente con las variables del problema, así: tan(α ) = tan(π − θ ) = −tan(θ ) = − y ' = y / x

Por tanto, se debe resolver el problema de valor inicial:

dy y =− dx x

;

y (1) = 1

La ecuación diferencial es de variables separables y se resuelve fácilmente, resultando que la curva es la hipérbola equilátera: y = 1/ x Ejemplo 1.49.

Encuentre una familia de trayectorias isogonales, según un ángulo de 45 grados, para la familia de curvas: xy = C Solución. Consideremos dos curvas del plano y sus respectivas rectas tangentes en el punto de corte P( x, y ) , tal como se ilustra en la figura 1.27. Los ángulos de corte entre las curvas son γ y su correspondiente ángulo suplementario. De la geometría se tiene que: γ = θ 2 − θ1 o γ = θ1 − θ 2 Debe cumplirse que: tan(θ 2 ) − tan(θ1 ) tan(γ ) = ± 1 + tan(θ 2 )tan(θ1 )

Si denotamos por: p1 y p2 a las pendientes de las rectas tangentes a la curva, se tiene que:

82 tan(γ ) = ±

p2 − p1 1 + p1 p2

Sí en la expresión anterior se conoce el ángulo de corte y una de las pendientes se puede despejar la otra pendiente, así:

p2 =

T2

p1 − tan(γ ) 1 + p1tan(γ )

p2 =

p1 + tan(γ ) 1 − p1tan(γ ) P ( x, y )

C1

C2

β

T1

γ

β

θ1

θ2

θ

Figura 1.27

α

Figura 1.28

Cuando el ángulo de corte es γ = π / 2 se dice que las trayectorias son ortogonales y la relación entre las pendientes es: p1 p2 = −1 En el caso que nos ocupa, la pendiente de la recta tangente a la curva dada se encuentra derivando la ecuación y eliminando la constante, así:

xy = C ⇒ xy '+ y = 0 ⇒ y ' = − y / x Puesto que el ángulo de corte es de 45 grados, resultan dos ecuaciones diferenciales para las curvas isogonales, así: dy y + x dy − y + x = = ; dx y − x dx y+x Ambas ecuaciones diferenciales son homogéneas, es decir, se resuelven mediante el cambio de variable y = xu . Las ecuaciones diferenciales de variables separables son: u +1 1 u −1 1 du + dx = 0 ; du + dx = 0 2 u + 2u −1 x u − 2u −1 x 2

Integrando y retornando a las variables originales, se obtienen las familias de curvas: y 2 − 2 xy − x 2 = C ;

y 2 + 2 xy − x 2 = C

83

Figura 1.29

La figura 1.29 muestra un elemento de cada familia, así: La primera muestra las dos ramas de la hipérbola: xy = 1 La segunda muestra las dos ramas de la hipérbola: y 2 − 2 xy − x 2 = 1 La tercera muestra las dos ramas de la hipérbola: y 2 + 2 xy − x 2 = 1 El estudiante puede demostrar que la familia de curvas ortogonales a la familia dada, viene dada por: 2 y2 − x2 = K Para lograrlo debe resolver la ecuación diferencial:

dy x = dx 2 y

Ejemplo 1.50.

En cada punto: P( x, y ) de una curva del plano, el ángulo formado por la tangente y la ordenada es bisecado por la recta que une al punto con el origen. Halle la ecuación de la curva sabiendo que pasa por el punto: (1,2) Solución. La figura 1.28 ilustra gráficamente la situación. Podemos relacionar el ángulo θ con las variables del problema así:

84

θ =

π 2

− 2β

β=

De las relaciones anteriores se sigue que: θ = 2α −

π

π 2

−α

2

π  Usando la identidad trigonométrica, se tiene: tan x −  = − cot( x) 2  dy 1 − tan 2 (α ) Por tanto, resulta: tan(θ ) = p = = − cot(2α ) = − dx 2tan(α ) Puesto que tan(α ) = y / x , tenemos la ecuación diferencial del problema, así: dy y 2 − x 2 = dx 2 xy

La ecuación diferencial hallada es homogénea y su solución general es la familia de circunferencias: x 2 + y 2 = Cx En el punto (1,2), la circunferencia es: x 2 + y 2 = 5 x La figura 1.30 muestra la gráfica de la función y la propiedad expresada en el enunciado del problema. El estudiante puede comprobar que la ecuación de la recta tangente a la curva en el punto (1,2) viene dada por: 3 y = ( x − 1) + 2 4

Figura 1.30

85 EJERCICIOS 1.11.1

1. La recta normal en cada punto de una curva y la recta que une a ese punto con el origen forman un triángulo isósceles con la base en el eje de abscisas. Halle la ecuación de la curva sabiendo que pasa por el punto: (3,2) 2. Una curva que pasa por el punto: (1,1) es ortogonal a la familia de parábolas semicúbicas definidas como y 2 = Kx 3 . Encuentre la ecuación de la curva y represente gráficamente junto con un elemento de la familia dada. 3. La longitud de la normal en un punto cualquiera de una curva al eje de abscisas es una constante k . Demuestre que la curva es una circunferencia de radio: k 4. Una curva en el primer cuadrante pasa por el punto (0,1) . Sí la longitud del arco de curva comprendido entre el punto dado y el punto: P( x, y ) es numéricamente igual al área bajo la curva, encuentre la ecuación de la curva. La curva obtenida es una porción de una curva conocida como catenaria. 5. Un punto se mueve en el primer cuadrante describiendo una curva tal que la recta tangente forma, con los ejes coordenados, un triángulo de área constante K 2 . Halle la ecuación de la curva. 6. A la distancia: r de un punto que emite luz, la intensidad de la iluminación está dada por: cos(ψ ) I=K sobre una superficie cuya normal forma un ángulo:ψ con el radio vector. r2 Halle la superficie de revolución cuyos puntos están igualmente iluminados. Suponga que el foco que emite luz está en el origen. 7. En una superficie de revolución, cuyo eje es el eje de abscisas, se corta una zona por medio de dos planos perpendiculares a su eje. Halle la ecuación de la superficie sabiendo que el área de la zona es proporcional a la distancia entre los planos. 8. Una familia de curvas tiene la propiedad que la tangente en cada punto de la curva, el eje de abscisas y la línea que une al punto con el origen, forman un triángulo isósceles con la base sobre la recta tangente. Encuentre el elemento de la familia que pasa por el punto: (2,0) 9. Encuentre las trayectorias ortogonales a la familia de cardioides r = C[1 − cos(α )] , donde un punto cualquiera en coordenadas polares es: P(r ,α ) 10. Sí en un punto cualquiera de una curva se traza la recta tangente, ésta forma con los ejes coordenados dos segmentos cuya suma es dos. Halle la ecuación de la curva.

86 11. Para leer directamente las longitudes de onda, la placa de un capacitor variable está adaptada de tal manera que el área del sector comprendido entre una radio variable y el eje de abscisas es proporcional al cuadrado del ángulo que la línea forma con el eje de abscisas. Encuentre la ecuación de la curva formada con el borde de la placa. 12. Determine la ecuación de la curva que forma un cable flexible colgado libremente de sus extremos. Suponga que el cable es homogéneo. Como ayuda, tome el sistema de coordenadas en la parte inferior del cable y plantee el equilibrio de la porción de cable comprendida entre el origen y un punto cualquiera: P( x, y ) 13. Un conejo parte del origen y corre por el eje de ordenadas con una velocidad constante a . Al mismo tiempo, un perro que corre con una velocidad b , parte del punto: (c,0) y sigue al conejo. Determine la ecuación de la curva que describe el perro para diferentes relaciones entre las velocidades. Como ayuda, la relación entre velocidades es: k = a / b y muestre que la ecuación diferencial de la curva que describe el perro es: 2 y ' = ( x / c ) k − (c / x ) k 14. Considere la recta tangente a una curva en el punto: P( x, y ) y sea F el pie de la perpendicular bajada del punto al eje de abscisas. Determine la ecuación de la curva que pasa por el punto: (3,4) y es tal que la distancia de F a la tangente es una constante: C 15. Encuentre la ecuación de una familia de curvas tal que síu se traza la tangente en un punto P( x, y ) , la distancia de la tangente al origen es numéricamente igual a la abscisa del punto. 16. Una curva del plano está regida por la ecuación diferencial y ' ' (t ) = sec( y ' (t )) . Sí la curva tiene un punto de mínima en el origen, determine la ecuación de la curva. Ayuda: la ecuación diferencial es de segundo orden pero se puede reducir a otra de primer orden mediante el cambio de variable p = y ' (t ) . En la expresión anterior, p(t ) es la pendiente de la recta tangente a la curva en cualquier punto. 1.11.2. PROBLEMAS DE CRECIMIENTO Y DECRECIMIENTO.

Son innumerables las aplicaciones que involucran el crecimiento o decrecimiento de una variable física, económica o de cualquier otra índole. Sí x(t ) es una variable cualquiera, la tasa de variación de dicha variable con respecto al tiempo, viene dada por: d x(t ) dt

Cualquiera que sea la situación o problema, nos debemos preguntar: ¿De qué depende la tasa de variación de la variable? Se han desarrollado algunos modelos simples para problemas tales como: crecimiento de una población, crecimiento de dinero en el tiempo, desintegración de materiales radioactivos, etcétera. Ilustraremos algunos de dichos modelos.

87 Ejemplo 1.51

Una población tiene, en un instante determinado, una cantidad inicial de habitantes X i . Se desea determinar la cantidad de habitantes en cualquier instante suponiendo que la tasa de variación es directamente proporcional al número de habitantes en todo instante. Solución. Sea x(t ) la población en el instante t > 0 . La tasa de variación de la población, según el modelo, es: dx(t ) = kx(t ) dt Siendo k una constante de proporcionalidad. En consecuencia, se debe resolver el problema de valor inicial: dx = kx x(0) = X i dt

La ecuación diferencial es de variables separables y su solución general viene dada por: x(t ) = Ce kt

Aplicando la condición inicial, se tiene: x(t ) = X i e kt

El valor de la constante k se determina a partir de una condición del problema. Por ejemplo, si la población se incrementa un 50% en un período de tiempo, se tiene: x(1) = 1.5 X i

La constante viene dada por:

k = ln(1.5)

En consecuencia, la población en todo instante viene dada por: x(t ) = X i et ln(1.5) = X i (1.5)t

El modelo usado no es bueno ya que implicaría que la población crecería indefinidamente, es decir, no daría cuenta de las limitaciones propias de la población, tales como espacio y alimentos. Ejemplo 1.52

En un instante determinado se tiene una muestra de radio X i . Determine la cantidad de sustancia en todo instante sabiendo que el tiempo de vida media del elemento es 1700 años.

88 Solución. El tiempo de vida media es el que se requiere para que una sustancia se desintegre en un 50%. Si x(t ) es la cantidad de sustancia remanente en el instante t , se tiene:

dx = −kx dt

x ( 0) = X i

La solución del problema de valor inicial dado es:

x(t ) = X i e − kt Ahora, puesto que x(1700) = 0.5 X i , se tiene que la constante k viene dada por: k=

ln(2) 1700

En consecuencia, la cantidad remanente en el instante: t viene dada por:

x(t ) = X i (2)

−

t 1700

Al cabo de 10 años, la cantidad remanente será aproximadamente x(10) ≅ 0.996 X i , es decir, se ha desintegrado el 0.4% de la muestra. Ejemplo 1.53

En el crecimiento de una población surgen circunstancias que impiden que su número exceda de cierto máximo M . En consecuencia, la tasa de variación de la población es directamente proporcional al número de habitantes en todo instante y a la diferencia entre el máximo y la población instantánea. Determine la población en todo instante sabiendo que inicialmente tenía N habitantes. Solución. El modelo sugerido para la tasa de variación de la población nos conduce a la ecuación diferencial: dx(t ) = kx(t )[ M − x(t )] dt

La ecuación diferencial recibe el nombre de ecuación logística y es la más usada para estimativos de crecimiento de poblaciones. Con base en lo estudiado previamente, la ecuación diferencial es de variables separables, pero también es una ecuación de Bernoulli. Escribimos convenientemente la ecuación, así: dx = kdt x( M − x)

89 Descomponiendo en fracciones parciales, resulta: 1 M Integrando, resulta:

1  1  x + M − x  dx = kdt  

ln( x) − ln(M − x) = kt + C

La expresión anterior se puede escribir en la forma: x = Ae kt M −x

La constante A se determine con la condición inicial, así: A=

N M −N

Finalmente, la población en todo instante viene dada por: x(t ) =

MN N + ( M − N )e − kt

Figura 1.31

La constante k se determina a partir de un dato del problema, por ejemplo, sí la población se duplica al cabo de diez años, la constante k viene dada por:  2( M − N )  k = 0.1ln   M − 2N 

La gráfica de la figura 1.31 corresponde a la población en todo instante con los siguientes datos: N = 5 M = 20 x(10) = 10

90 Ejemplo 1.54

Un país tiene en circulación papel moneda por valor de mil millones de pesos. Los saldos en los bancos suman cinco millones diarios. El gobierno decide introducir una nueva moneda cambiando todos los billetes antiguos que lleguen a los bancos por otros nuevos. Determine el tiempo aproximados para que el papel moneda circulante sea dinero nuevo en un 90%. Solución. Sea x(t ) la cantidad de dinero nuevo en un instante t cualquiera y y (t ) = 1000 − x(t ) la cantidad remanente de dinero viejo. La tasa de variación de dinero nuevo, es decir, la velocidad con que se incrementa el dinero nuevo debe ser proporcional a la cantidad de dinero viejo presente en todo instante. Matemáticamente, se tiene que resolver el problema de valor inicial: dx(t ) = k[1000 − x(t )] x(0) = 0 dt

La ecuación diferencial es de variables separables y también es lineal. Resolviendo como lineal, se tiene: dx + kx = 1000k dt El factor integrante es: φ = e kt y por tanto, la solución general es: x(t ) = Ce − kt + 1000

Aplicando la condición inicial resulta que la cantidad de dinero nuevo en todo instante viene dada por: x(t ) = 1000[1 − e − kt ] Para calcular k partimos del hecho de que el primer día se introducen cinco millones de moneda nueva, con lo que resulta: 5 = 1000[1 − e − k ] ⇒ 1 − e − k = 0.005 ⇒ e − k = 0.995 ⇒ k = ln(1.005) ⇒ k ≅ 0.005 Así las cosas, la cantidad de dinero nuevo en todo instante es: x(t ) = 1000[1 − e −0.005t ]

Por tanto, el tiempo en días para que el dinero se renueve en un 90% se calcula de la siguiente manera: 900 = 1000[1 − e −0.005t ] ⇒ 1 − e −0.005t = 0.9 ⇒ e −0.005t = 0.1 ⇒ e0.005t = 10 ⇒ t ≅ 460

91 EJERCICIOS 1.11.2

1. El tiempo de vida media del Radio es de 1700 años. Dada una muestra de dicho elemento, determine el porcentaje de la misma después de 100 años. 2. La carga eléctrica, en Culombios, sobre una superficie esférica desaparece a una velocidad proporcional a la cantidad de carga en todo instante. Sabiendo que inicialmente se tienen 5 uC y que a los 20 minutos han desaparecido 1.7 uC , calcule el tiempo necesario para que desaparezcan: 4 uC 3. Un isótopo radioactivo tiene un tiempo de vida media de T minutos y se produce en un reactor nuclear a una rata de a gramos por minuto. Determine la cantidad de isótopo en todo instante. 4. Se tiene una columna con forma de un sólido de revolución que está soportando un peso W . Sabiendo que el radio de la base superior es R , encuentre la forma de la columna para que la presión en cualquier sección sea constante. Suponga que el material de la columna es homogéneo. 5. La población de cierta ciudad aumenta proporcionalmente a la cantidad de habitantes en todo instante sí en 40 años pasa de 40000 a 90000, determine la población al cabo de 60 años. 6. Un cultivo de bacterias aumenta proporcionalmente al cantidad presente en todo instante. Sí en media hora la cantidad original se incrementa en un 50%, determine el tiempo necesario para que la cantidad original se triplique. 7. Un día empezó a nevar constantemente y una máquina quitanieves empezó a trabajar a las doce del día de tal manera que recorrió 2 Kilómetros en la primera hora y uno en la segunda. Determine la hora aproximada en la que empezó a nevar. Suponga que la altura de la nieve en todo instante es proporcional al tiempo transcurrido desde que empezó a nevar y que la velocidad de la máquina es inversamente proporcional a la altura de la capa de nieve. 8. En un instante, una capa de material volátil de espesor: y0 aparece súbitamente en el fondo de un recipiente en forma de paralelepípedo con área en la base: A y altura: H .Posteriormente, cuando el espesor de la capa es y (t ) , se desprenden moléculas de la capa a una rata constante y regresan a ella a una rata directamente proporcional a la cantidad evaporada. Determine el espesor de la capa en todo instante. 9. En un cultivo de bacterias el espacio es limitado y los alimentos se suministran a una rata constante. La competencia es tal que la población se estabilizará en un nivel constante Q . Sabiendo que la rata de variación de la población es directamente proporcional a la población instantánea y a la diferencia entre ella y el máximo, halle la población en todo instante y haga una gráfica.

92 10. En el año 2000 una ciudad intermedia tenía 300000 habitantes, mientras que en el 2005 la cantidad de habitantes era de 350000. Algunos estudios muestran que la la cantidad de habitantes no superará el tope de los 800000 habitantes. Determine la población proyectad para el 2020. 1.11.3. APLICACIONES AL VACIADO DE RECIPIENTES.

Consideremos un recipiente que tiene la forma de un sólido de revolución como el que se muestra en la figura 1.32. A partir de un instante determinado se abre una válvula colocada en la parte inferior del recipiente, con lo que empieza a vaciarse. Se pide calcular el tiempo de vaciado del recipiente. Solución. Supongamos que el orificio correspondiente a la válvula tiene un área: a que es mucho menor que las dimensiones del recipiente. En todo instante, el volumen que sale por unidad de tiempo es proporcional al área del orificio y a la velocidad con que sale el líquido, esto es, la tasa de variación del volumen por unidad de tiempo viene dada por:

dV (t ) = −kav(t ) dt

Figura 1.32

En la expresión anterior se tiene que la velocidad en todo instante es: v(t ) y el volumen en todo instante es V (t ) . La constante depende básicamente de la forma del orificio. Ahora bien, la rapidez con que sale el líquido se determina aplicando la ley de la conservación de la energía para una gota de líquido, así: Supongamos que en el instante en que una gota de líquido de masa: m se encuentra en el nivel y , en ese momento su energía potencial medida respecto al orificio viene dada por: E p = mgy

93 Al nivel del orificio, la energía de la gota es cinética, así: Ec =

1 2 mv 2

De lo anterior se sigue que la velocidad con que sale es: v(t ) = 2 gy

De otro lado, la variación del volumen con respecto al tiempo se determina tomando un infinitésimo de volumen, así: dV (t ) dy = A( y ) dt dt Con todo lo anterior resulta el problema de valor inicial siguiente que relaciona la altura del nivel del líquido en todo instante:

A( y )

dy = −ka 2 g y1/ 2 dt

; y (0) = H

En la ecuación diferencial obtenida, A( y ) es la sección transversal en todo instante y H es el nivel inicial del líquido. En algunos casos el área del orificio no es constante y su magnitud puede depender de la altura del nivel del líquido, esto es, el área del orificio puede ser controlada. Ejemplo 1.55

Un recipiente cónico con la base en la parte superior tiene un orificio de área constante: a en la parte inferior. Calcule el tiempo de vaciado.

Figura 1.33

Figura 1.34

94 Solución. La figura 1.33 muestra la situación en un instante cualquiera t . De la geometría del problema se sigue que la sección tiene un área:

A = πx 2 De otro lado, a partir de la figura 1.34, por semejanza de triángulos, se tiene la relación:

Hx = Ry Con lo anterior, la sección tiene un área que depende de la altura del nivel del líquido en todo instante, así: πR 2 y 2 A( y ) = H2 Por simplicidad, definimos la constante: B =π

R2 kH 2 2 g a

Con lo anterior resulta el problema de valor inicial de variables separables: By 3 / 2 dy + dt = 0

y (0) = H

El tiempo de vaciado resultante de resolver el problema es: tV =

2π R 2 5ka

H 2g

Particularmente, sí las dimensiones del recipiente son H = 2metros , R = 1metro , y suponiendo que g = 9.8m / s 2 será:

, a = 5cm 2

y k = 1 , el tiempo aproximado de vaciado

tV ≅ 13.4 min Ejemplo 1.56

Un depósito en forma de canal, tal como lo ilustra la figura 1.35 tiene un orificio de área a practicado en el fondo. Calcule el tiempo de vaciado. Solución. Teniendo en cuenta la figura 1.35, el diferencial de volumen viene dado por: dV = 2 Lxdy De otro lado, puesto que el punto: P( x, y ) está sobre la circunferencia de radio R , se tiene que: ( x − R)2 + y 2 = R 2

95 Con base en lo anterior, el diferencial de volumen es una función de la variable dependiente y , así: dV = 2 L 2 Ry − y 2 dy

Figura 1.35

En consecuencia, resulta el problema de valor inicial: 2 L 2 Ry − y 2

Por simplicidad hacemos B =

dy = −ka 2 g y1 / 2 dt

y (0) = R

2L , con lo que la ecuación diferencial a resolver es: ka 2 g − B 2 R − y dy = dt

Por integración directa, la solución general de la ecuación diferencial es: t =C+

2 B(2 R − y )3 / 2 3

Aplicando la condición inicial y (0) = R , se encuentra que el tiempo de vaciado es: tv =

4 RL R 3ka 2 g

EJERCICIOS 1.11.3

1. Un depósito semiesférico se encuentra inicialmente lleno de agua. Sí en el instante: t = 0 se abre un orificio circular de radio: r en el fondo, determine el tiempo de vaciado.

96 2. Dos tanques: uno en forma de cilindro circular recto y otro en forma de cono circular recto con el vértice hacia abajo, tiene el mismo radio en la base e idénticos orificios en la parte inferior. Sí demoran el mismo tiempo en vaciarse, determine la razón entre sus alturas. 3. Un tanque en forma de cono circular recto con el vértice hacia abajo está inicialmente lleno de agua. Determine el tiempo que se requiere para que el volumen se reduzca a la mitad, si en el fondo se abre un orificio de área constante a . Suponga que el cono tiene una altura: H y un radio en la base: R 4. Repita el problema anterior suponiendo que el área del orificio no es constante sino que está controlada por una válvula flotante de tal forma que el área en todo instante es proporcional a la altura del nivel del líquido. 5. Un recipiente cilíndrico circular recto de radio en la base: R y altura: H tiene dos orificios circulares idénticos, uno en el fondo y otro en la pared a media altura. Determine el tiempo de vaciado. 1.11.4. APLICACIONES A LA QUÍMICA

Existe una variada gama de aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de primer orden a procesos químicos. Entre las aplicaciones más comunes se tienen los problemas de mezclas, es decir, los problemas que genéricamente se conocen como problemas de salmuera y los relativos a las reacciones químicas, o sea, problemas derivados de la aplicación de la ley masa-acción. V (0) = Vi c(0) = ci q(0) = qi

Figura 1.36

A, ce

V (t ) c(t ) q (t )

B, c(t )

Figura 1.37

Ejemplo 1.57

Se tiene un depósito con un volumen: Vi de una solución que tiene una concentración ci . Se desea cambiar la concentración de la solución mediante la apertura de dos válvulas tales que por una de ellas entre solución de concentración conocida: ce a una rata determinada: A y otra por la que la mezcla homogénea escape a una rata B . Se desea determinar el volumen y la concentración en todo instante posterior a la apertura de las válvulas. Solución. Las figuras 1.36 y 1.37 muestran al sistema en los instantes: t = 0 y t > 0 . Se toma como referencia el momento en que se abren las válvulas.

97 Es claro que tanto el volumen como la cantidad de soluto están variando con respecto al q (t ) . Siendo q (t ) la tiempo. La concentración en todo instante se define como c(t ) = V (t ) cantidad de soluto en todo instante. La variación del volumen con respecto al tiempo debe ser igual a la rata de entrada menos la rata de salida, es decir, el volumen en todo instante está regido por el problema de valor inicial: dV (t ) = A − B V (0) = Vi dt Sí las ratas de entrada y salida son constantes, la solución del problema es: V (t ) = ( A − B )t + Vi En cuanto a la cantidad de soluto, la variación con respecto al tiempo viene dada por la rata de entrada de soluto: Ace menos la rata de salida Bc(t ) , es decir, la cantidad de soluto está regida por el problema de valor inicial: dq(t ) B + q (t ) = Ace dt V (t )

q (0) = qi

La ecuación diferencial para la cantidad de soluto es lineal y se resuelve con las técnicas previamente estudiadas. Particularmente, si se tiene un depósito con 400 gramos de salmuera que tiene una concentración de 0.1 Kilogramos de sal por litro al que entra agua pura a una rata constante de 12 Litros por minuto y la mezcla homogénea sale a una rata de 8 Litros por minuto, el volumen y la cantidad de sal en todo instante se calculan de la siguiente manera: Para el volumen: dV (t ) = 4 ⇒ V (0) = 400 dt El volumen en todo instante viene dado por:

V (t ) = 4t + 400 Para la cantidad de sal: Puesto que la cantidad inicial es q1 = 400(0.1) = 40 , el problema de valor inicial asociado es: dq(t ) 2 + q(t ) = 0 q(0) = 40 dt t + 100 La solución del problema, esto es, la cantidad de sal en todo instante, vendrá dada por: q (t ) = 400000(t + 100) −2

98 En cuanto a la concentración en todo instante, se tiene c(t ) = 100000(t + 100) −3 . Las figuras 1.38 y 1.39 muestran las gráficas de la cantidad de sal y de la concentración en todo instante. El análisis del problema nos leva a decir que el tiempo necesario para que la concentración de la solución en el tanque baje a 0.01 Kilogramos de sal por Litro es de, aproximadamente, una hora y 55 minutos.

Figura 1.38

Figura 1.39

Ejemplo 1.58 Dos sustancias A y B reaccionan para formar una nueva sustancia C . Se sabe que la rapidez de formación de la nueva sustancia es proporcional a las cantidades de los reactivos presentes en todo instante y que para producir una parte de C se requieren a partes de A y b partes de B con a + b = 1 . Inicialmente se tienen M gramos de A y N gramos de B y al cabo de t1 minutos se han producido Q gramos de la nueva sustancia. Se pide determinar la cantidad de C en todo instante.

Solución. Sí denotamos por x(t ) a la cantidad del nuevo compuesto en el instante: t, las cantidades de A y de B que han reaccionado son, respectivamente:

M − ax(t ) y N − bx(t ) En consecuencia, el problema de valor inicial asociado es el siguiente: dx(t ) = α [ M − ax(t )][ N − bx(t )] x(0) = 0 dt La ecuación diferencial es de variables separables, es decir, se puede expresar como: dx = αdt (M − ax )( N − bx ) Descomponiendo en fracciones parciales, resulta:

99 b   a −  dx = ( Na − Mb )dt  M − ax N − bx  Resolviendo las integrales, se tiene que: ln( N − bx) − ln( M − ax) = α ( Na − Mb )t + K La constante K se determina con base en la condición inicial, así: K = ln( N ) − ln(M ) Aplicando las propiedades de los logaritmos, resulta: M ( N − bx ) = eα ( Na − Mb )t N (M − ax ) Finalmente se despeja la variable x, así: x(t ) = MN

eα ( Na − Mb ) t − 1 Naeα ( Na − Mb ) t − Mb

Puede verse que la cantidad de saturación del nuevo producto viene dada por: Xsat =

M / a si Na > Mb x(t ) =  t→∞  N / b si Na < Mb lim

La constante α se determina con la condición de que x(t1 ) = Q , resultando:

α=

 MN − QMb  1  ln (Na − Mb )t1  MN − QNa 

Tomemos, por ejemplo, los datos siguientes: M = 50 gra mos

N = 50 gra mos t1 = 10 minutos Q = 30 gra mos a = 0.6 b = 0.4

El valor de α es aproximadamente α ≅ 0.00172 . La máxima cantidad que se produce, es decir, la cantidad de sustancia de saturación para el caso que nos ocupa, es Xsat = 83.33 gra mos . La figura 1.40 ilustra la gráfica de la cantidad de sustancia que se produce en todo instante, usando los datos previos.

EJERCICIOS 1.11.4 1. Un depósito contiene 100 galones de agua pura. Salmuera que contiene una libra de sal por galón entra al depósito a razón de tres galones por minuto y la mezcla homogénea escapa del depósito a la misma rata. Determine la cantidad de sal en el recipiente en todo instante y determine la concentración de sal al cabo de mucho tiempo.

100

Figura 1.40 2. Un tanque contiene 100 galones de salmuera con una concentración de 0.2 Libras de sal por galón. Sí entra agua pura a razón de 3 galones por minuto y la mezcla homogénea escapa a razón de 2 galones por minuto, determine la concentración de sal en el recipiente en todo instante. 3. Suponiendo que la mezcla del problema anterior pasa a un recipiente que tenía inicialmente 50 galones de agua pura y la mezcla uniforme escapa a una rata de 2 galones por minuto, determine la máxima cantidad de sal en el segundo depósito. 4. El aire de un recinto recién desocupado contiene el 0.12 de su volumen en CO2 . Se desea renovar el aire en la habitación de tal manera que en 10 minutos la concentración de: CO2 baje al 0.06%. Calcule el número de metros cúbicos de aire que debe entrar por minuto, sabiendo que la concentración de CO2 en el aire es de: 0.04% en volumen. Suponga que el recinto se mantiene uniforme y que la rata de salida es igual a la de entrada. 5. A un frasco entra oxígeno puro por un tubo y por otro escapa la mezcla de oxígeno y aire a la misma velocidad. Sí la mezcla al interior del tubo es uniforme, halle el porcentaje de oxígeno después de que han pasado cinco litros. Suponga que el aire contiene el 21% de oxígeno. 6. Un tanque contiene 400 litros de agua pura. Salmuera que contiene 50 gramos de sal por litro entra al recipiente a razón de 8 litros por minuto y simultáneamente, la mezcla homogénea escapa con la misma velocidad. A los 10 minutos se detiene el proceso y comienza a entrar agua pura a razón de 8 litros por minuto dejando que la mezcla salga a la misma velocidad. Determine la cantidad de sal en el tanque en todo instante. 7. Un lago tiene una concentración de contaminantes Co . El lago está siendo constantemente contaminados por un río que contiene una concentración: k de contaminantes y que entra al lago con una rata A . Al lago caen directamente contaminantes a una rata P . Encuentre una expresión aproximada para la concentración de contaminantes en el lago en to0do instante, suponiendo que los desechos no son sólidos y que el volumen del lago permanece constante.

101 8. En el problema anterior, suponga que bruscamente se detiene el proceso de contaminación, es decir, el río contiene agua limpia y cesan de caer contaminantes al lago. Determine el tiempo necesario para que el nivel de contaminación se reduzca en un 50%. Suponga, además, que el lago desagua con la misma rapidez. 9. Un depósito con capacidad para 100 litros contiene 60 litros de salmuera cuya concentración es de 10 gramos de sal por litro. En el instante: t = 0 se abre una válvula permitiendo que entre agua pura a razón de 5 litros por minuto. Cuando el depósito está lleno se abre una válvula por la que la mezcla homogénea escapa a razón de 6 litros por minuto. Determine el volumen y la cantidad de soluto en todo instante. 10. Dos sustancias A y B reaccionan para formar una nueva sustancia C . Se sabe que la rapidez de formación de la nueva sustancia es proporcional a las cantidades de los reactivos presentes en todo instante y que para producir una parte de C se requieren 0.6 partes de A y 0.4 partes de B . Inicialmente se tienen 400 gramos de A y 400 gramos de B y al cabo de 20 minutos se han producido 50 gramos de la nueva sustancia. Se pide determinar la cantidad de C en todo instante. *11. Se tienen dos compartimentos que tienen el mismo volumen: V separados por una membrana permeable de área A . Inicialmente los compartimentos están llenos con ciertas soluciones de concentraciones: x0 y y0 . Sí x(t ) es la concentración en todo instante de la solución más diluida y y (t ) la concentración de la más concentrada, muestre que el proceso de difusión entre los dos compartimentos viene descrito por el sistema de ecuaciones:

x0 + y0 = x(t ) + y (t ) A d x(t ) = k ( x0 + y0 − 2 x) V dt **12. Para el problema anterior, determine la concentración en todo instante en cada compartimiento con los siguientes datos: x0 = 0 , y0 = 0.1 , x(20) = 0.02 , y (20) = 0.08 y el tiempo se mide en minutos. Haga un gráfico en el que se muestren las concentraciones en ambos compartimentos. *** 13. Sea V (t ) el volumen de los fluidos en el cuerpo humano, q(t ) la concentración de glucosa presente en todo instante y que se supone está uniformemente distribuida en los fluidos. Suponga que los tejidos absorben glucosa a una rata proporcional a la concentración en todo instante. Cuando los niveles de glucosa son muy bajos, lo cual es lo normal, la solución de glucosa se inyecta en las venas a razón de A miligramos por minuto, pero el líquido acompañante no incrementa de manera significativa el volumen. Sí q0 es la concentración inicial de glucosa, encuentre una expresión para la cantidad de glucosa en todo instante y represente gráficamente.

102 1.11.5. APLICACIONES A LA LEY DEL ENFRIAMIENTO DE NEWTON.

Normalmente este tipo de problemas se formulan de la siguiente manera: “Un cuerpo que tiene una temperatura: Ti se introduce en un medio cuya temperatura ambiente es Ta . Determine la temperatura del cuerpo en todo instante sabiendo que en instante: t1 su temperatura se conoce, es decir: T (t1 ) = T1 ’’ La Ley del enfriamiento de Newton establece que la tasa de cambio de la temperatura es proporcional a la diferencia entre la temperatura ambiente y la del cuerpo. Lo anterior, sí designamos por: T (t ) a la temperatura del cuerpo en todo instante, nos conduce al problema de valor inicial: d T (t ) = k[Ta − T (t )] T (0) = Ti dt La ecuación diferencial es lineal, es decir, se puede expresar en la forma: dT + kT = kTa dt La solución del problema es:

T (t ) = Ta + (Ti − Ta )e − kt El valor de la constante de proporcionalidad se calcula con base en la condición dada, esto es T (t1 ) = T1 . La siguiente secuencia de pasos nos permite determinar: k T1 = Ta + (Ti − Ta )e − kt1

⇒

T1 − Ta = e − kt1 Ti − Ta

⇒ e kt1 =

Ti − Ta T1 − Ta

En consecuencia, el valor de k es: k=

1  Ti − Ta   ln t1  T1 − Ta 

El inverso de k recibe el nombre de constante de tiempo del sistema y viene dado por:

τ =

1 = k

t1  T − Ta   ln i  T1 − Ta 

Así las cosas, la temperatura del cuerpo en todo instante es: −t

T (t ) = Ta + (Ti − Ta )e τ

Para efectos prácticos se supone que el cuerpo alcanza la temperatura final al cabo de cinco constantes de tiempo. En efecto, evaluando la temperatura en el instante t = 5τ , resulta:

103 T (5τ ) = Ta + (Ti − Ta )e −5 ≅ Ta + 0.0067(Ti − Ta )

Ejemplo 1.59 Antes del mediodía se introduce una torta en un horno precalentado a 300 grados centígrados. A las doce, meridiano, la temperatura de la torta es de 200 grados y a la una de la tarde es de 250 grados. Sí la temperatura inicial de la torta es de 30 grados, determine la temperatura de la torta en todo instante y calcule la hora aproximada en que se introdujo al horno.

Solución. Supongamos que el lapso de tiempo transcurrido entre el instante en que se introdujo la torta y las doce del día es t1 . Del enunciado del problema se sigue que T (t1 ) = 200 T (t1 + 1) = 250 . Ahora bien, la temperatura en todo instante viene dada por: T (t ) = 300 + (30 − 300)e

−

−t

t

τ

= 300 − 270e τ

A partir de las dos condiciones dadas resulta el sistema de ecuaciones: 200 = 300 − 270e 250 = 300 − 270e

−

−

t1

τ

t1 +1

τ

El sistema se puede escribir en la forma: 270e 270e

−

−

t1

τ

= 100

t1 +1

τ

= 50

1

Dividiendo las ecuaciones, se tiene: eτ = 2 Por tanto, la constante de tiempo del sistema es τ ≅ 1.443 horas . En cuanto a t1 , se encuentra que t1 = τ ln(2.7) ≅ 1.433 . Se concluye que la torta se introdujo al horno aproximadamente a las once horas y 34 minutos. La temperatura en todo instante es: −t

T (t ) = 300 − 270e τ La figura 1.41 muestra la gráfica de la temperatura en todo instante. De la figura se concluye que la torta se puede sacar del horno al cabo de cinco horas a partir del instante en que se introdujo, es decir, a las tres y media de la tarde. Evidentemente se trata de una especie de torta poco común.

104

Figura 1.41 EJERCICIOS 1.11.5 1. Se desea calentar un cuerpo en un horno precalentado a 300 grados centígrados. Sí al momento de introducirlo tiene una temperatura de 30 grados centígrados y en media hora se duplica, determine la temperatura del cuerpo en todo instante y calcule el tiempo requerido para alcanzar el 95% de la temperatura final. 2. Antes del mediodía se introduce una torta en horno precalentado a 300 grados centígrados. A las doce del día la temperatura de la torta es de 250 grados y, a la una de la tarde es de 280 grados. Sí la temperatura inicial era de 30 grados, determine el instante en que se introdujo en el horno y calcule el tiempo necesario para que su temperatura se de 295 grados. 3. A las nueve de la mañana se baja del fogón una olla con agua hirviendo y se deja enfriar libremente de tal manera que, cinco minutos más tarde, su temperatura es de 80 grados centígrados. Determine el tiempo necesario para que alcance una temperatura de 40 grados centígrados. Suponga que la temperatura ambiente es de 30 grados centígrados. 4. Se desea medir la temperatura de un horno con un termómetro cuya medida máxima es de 50 grados centígrados. Cuando la medida del termómetro es de 20 grados centígrados se introduce al horno. Al cabo de 1 minuto el termómetro marca 25 grados centígrados y dos minutos después marca 45 grados centígrados. Determine, aproximadamente, la temperatura del horno. 5. En una habitación, cuya temperatura ambiente es de 20 grados centígrados, es encontrado un cadáver a seis de la tarde. Al momento de ser hallado, su temperatura es de 30 grados centígrados y una hora después es de 25 grados centígrados. Calcule aproximadamente la hora del fallecimiento. Suponga que al momento de morir, su temperatura era de 37 grados centígrados.

105

1.11.6. APLICACIONES A LA DINÁMICA

Figura 1.42 Supongamos una partícula de masa: m que se mueve siguiendo la trayectoria: de la figura 1.42. Nos interesa determinar la posición y la velocidad en todo instante. La segunda Ley de Newton establece que la variación de la cantidad de movimiento de la partícula es igual a la fuerza resultante en la dirección del movimiento. Matemáticamente, se tiene: d (mv) = F dt Normalmente la fuerza depende del tiempo, de la posición: s (t ) y de la velocidad instantánea v(t ) . Vale la pena recordar que la velocidad es la variación de la posición con d respecto al tiempo, esto es v(t ) = s (t ) . Así las cosas, la segunda ley de Newton queda en dt la forma: dv dm m +v = F (t , s, v) dt dt Si se conoce la velocidad en el instante inicial, es decir, v(0) = Vi resulta el problema de valor inicial: dv = f (t , s, v) v(0) = Vi dt Se considerará movimiento rectilíneo y situaciones en las que f no dependa del tiempo, es decir, enfrentaremos problemas de la forma: dv = f ( s, v) v(0) = Vi dt

106

Ejemplo 1.60 Una partícula de masa constante: m es atraída al origen con una fuerza proporcional a la distancia. Determine la posición y la velocidad de la partícula en todo instante si se suelta desde un punto que dista: a metros del origen.

Solución. La figura 1.43 muestra la situación planteada.

Figura 1.43 El problema de valor inicial asociado a la velocidad en todo instante es: m

dv = − kx v(a ) = 0 dt

La regla de la cadena permite escribir la ecuación diferencial en la forma:

dv + kx = 0 dx La ecuación diferencial es de variables separables y su solución general viene dada por: mv

v2 = C −

k 2 x m

Puede verse que el coeficiente de x 2 tiene unidades de frecuencia al cuadrado. Por tanto, hacemos ω 2 = k / m , con lo que la solución general se puede escribir en la forma: v2 = C − ω 2 x2 Aplicando la condición inicial v(a ) = 0 se obtiene que, la velocidad de la partícula en todo instante está dada por: v(t ) = ω a 2 − x 2 En cuanto a la posición de la partícula en todo instante, tenemos el problema de valor inicial: dx = ωdt x(0) = a 2 a − x2

107 Integrando y evaluando la condición inicial se encuentra que la posición de la partícula en todo instante es: x(t ) = a cos(ωt ) La gráfica de la posición es una señal cosenoidal de frecuencia ω . Se trata de un movimiento armónico simple. En ausencia de rozamiento, la partícula describe un movimiento oscilatorio de amplitud: a alrededor del origen.

Ejemplo 1.61 Determine la velocidad en todo instante de una partícula que se deja caer desde una distancia muy grande de la superficie de la tierra. Suponga que no hay rozamiento.

Solución. La fuerza con que la tierra atrae a la partícula obedece a la Ley de la gravitación universal, esto es, si denotamos por y (t ) a la distancia en todo instante entre la partícula y el centro de la tierra, tal como lo ilustra la figura 1.44, la segunda Ley de Newton queda en la forma: m

dv kmM =− 2 dt y

Donde M es la masa de la tierra. La constante: k se determina con la condición de que la fuerza en el momento de tocar la superficie es igual al peso de la partícula, esto es: kmM = mg R2

k=

gR 2 M

En consecuencia, la ecuación diferencial del movimiento es: dv gR 2 =− 2 dt y Aplicando la regla de la cadena, la ecuación diferencial se puede escribir en la forma: v

dv gR 2 =− 2 dy y

⇒ vdv = − gR 2 y − 2 dy

Integrando, se obtiene la solución general: v 2 = 2 gR 2 y −1 + C La constante de integración se encuentra con base en la condición inicial, así: supongamos que el cuerpo se dejó carea desde una distancia: R de la superficie, siendo R el radio de la

108 tierra; en tal caso, la condición inicial es v(2 R) = 0 . La constante de integración es: C = − gR y en consecuencia, la velocidad en todo instante es: v(t ) = 2 gR 2 y −1 − gR La velocidad con que la partícula llega a la superficie viene dada por: v( R) =

gR

Figura 1.44

Figura 1.45

Ejemplo 1.62 Si se hiciera un hueco que atravesara diametralmente a la tierra, un cuerpo de masa constante: m que estuviera en él sería atraído hacia el centro con una fuerza directamente proporcional a la distancia. Si el cuerpo se suelta desde un punto situado en la superficie, determine la ecuación del movimiento suponiendo que no hay rozamiento. Solución. Con base en la figura 1.45, la ecuación diferencial a resolver es:

m

dv = −ky dt

Aplicando la regla de la cadena, la velocidad y la posición se relacionan mediante el problema de valor inicial: dv mv + ky = 0 v( R ) = 0 dy En la expresión anterior, R es el radio de la tierra. La constante de proporcionalidad: k se determina con base en el hecho kR = mg . En consecuencia, el problema de valor inicial queda en la forma:

109

Rvdv + gydy = 0 v( R) = 0 La solución general de la ecuación diferencial es: v(t ) = ω R 2 − y 2 , ω =

g R

La posición del cuerpo en todo instante se encuentra por integración, obteniéndose:

y (t ) = R cos(ωt ) Al igual que en el problema anterior, el cuerpo describe un movimiento armónico simple alrededor del centro de la tierra. El periodo de la oscilación es: T =

2π

ω

= 2π R / g

Suponiendo que el radio promedio de la tierra es 6366 Kilómetros, el periodo de oscilación sería, aproximadamente, una hora y 24 minutos.

Ejemplo 1.63 Un hombre y su paracaídas están cayendo con una velocidad: Vi en el instante en que se abre el paracaídas. Sí el aire opone una resistencia proporcional al cuadrado de la velocidad instantánea, encuentre una expresión para la velocidad en todo instante.

Solución. Tomando como referencia el punto en el que se abre el paracaídas, como lo ilustra la figura 1.46, la segunda Ley de Newton establece que:

m

dv = mg − kv dt

La ecuación se puede escribir en la forma:

m dv mg = − v2 k dt k Definimos la velocidad límite como: VL =

mg k

En consecuencia, el problema de valor inicial asociado a la velocidad es:

110 dv g = 2 dt v(0) = Vi 2 VL − v VL 2

Integrando, se obtiene: 1  VL + v  g  = 2 t + C ln 2VL  VL − v  VL

Evaluando la constante y despejando, se encuentra que la velocidad en todo instante viene dada por: v(t ) = VL

VL + Vi + (Vi − VL )e

−

(VL + Vi ) + (VL − Vi )e Claramente se observa que: VL =

lim t→∞

2 gt VL

−

2 gt VL

v(t )

A manera de ejemplo, sí el hombre y su paracaídas tiene una masa de 120 Kilogramos y la constante de fricción es numéricamente igual a 240, la velocidad límite será: VL = 5 mts / seg La figura 1.47 muestra la velocidad en todo instante cuando la velocidad inicial es: Vi = 50 mts / seg Puede verse que la velocidad límite se alcanza un segundo después de abrir el paracaídas. Se deja como ejercicio al estudiante que determine la posición en todo instante.

Ejemplo 1.64 Una bola de nieve tiene inicialmente una masa de un Kilogramo y se lanza horizontalmente con una velocidad de 100 metros por segundo. En su movimiento, la bola gana masa a razón de 0.1 Kilogramos por segundo. Determine la posición y la velocidad en todo instante si la fricción es numéricamente igual a la décima parte de la velocidad instantánea.

Figura 1.46

Figura 1.47

111

Solución. La segunda Ley de Newton establece que: d mv = −0.1v dt Aplicando la regla de derivación del producto, tenemos:

m

dv dm +v = −0.1v dt dt

Ahora, puesto que la bola gana masa a una rata de 0.1 Kilogramos por segundo, la masa en todo instante viene dada por m = 1 + 0.1t . Así las cosas, el problema de valor inicial para la velocidad es: dv (1 + 0.1t ) + 0.1v = −0.1v v(0) = 100 dt La ecuación diferencial para la velocidad es lineal y se puede escribir en la forma:

dv 2 + v=0 dt t + 10 La solución general de la ecuación diferencial es: v = C (t + 10) −2 Evaluando la condición inicial, resulta que la velocidad en todo instante es: v(t ) =

10000 (t + 10) 2

En cuanto a la posición, integrando la velocidad y aplicando la condición x(0) = 0 , se tiene: 10000 x(t ) = 1000 − t + 10 De acuerdo con el modelo, la bola se detiene aproximadamente a los 90 segundos y ha recorrido un total de 900 metros. Las figuras 1.48 y 1.49 muestran, respectivamente, la velocidad y la posición de la bola en todo instante. Es bueno aclarar que al cabo de 90 segundos la velocidad no es exactamente cero sino que es de un metro por segundo, es decir, el 99% de la velocidad inicial. De otro lado, la masa de la bola al cabo de 90 segundos es:

m(90) = 1 + 0.1(90) = 10 Kg Para el mismo problema, si la fricción es numéricamente igual a la décima parte de la velocidad al cuadrado, el problema de valor inicial resultante es:

112 dv 1 1 + v=− v2 dt t + 10 t + 10

v(0) = 100

Se deja al estudiante la solución del problema, teniendo en cuenta que la ecuación diferencial es de Bernoulli.

Figura 1.48

Figura 1.49

EJERCICIOS 1.11.6 1. Suponga que la tierra es una esfera redonda de radio: R y considere una partícula de masa: m que se mueve sobre una tabla tangente a la superficie. Sí se desprecia toda clase de rozamiento, halle la velocidad y la posición de la partícula en todo instante. Suponga que, al pasar por el punto de tangencia, la velocidad de la partícula es: V0 2. Una partícula de peso:W está restringida a moverse sobre una circunferencia de radio: a en un plano horizontal. Sí se frena debido a una fuerza proporcional al cuadrado de la velocidad, demuestre que el desplazamiento angular viene dado por:

θ (t ) =

W t   ln1 + KgV0  Kga  W

En la expresión anterior: K es una constante y V0 es la velocidad inicial. 3. Un paracaidista y su paracaídas tienen una masa de 200 Kilogramos. En el momento de abrirse, el conjunto cae con una velocidad de 10 metros por segundo. Suponiendo que la resistencia del aire es numéricamente igual a cinco veces la velocidad en todo instante, determine: a) La velocidad límite b) La velocidad y la posición en todo instante 4. La fuerza: F0 del motor de un carro lo acelera a partir del reposo hasta alcanzar una velocidad V0 . A partir de ese instante se aplican los frenos hasta reducir su velocidad a un 50%. Halle la distancia total recorrida. Suponga que durante la aceleración la fricción es proporcional a la velocidad: Fr = K1v y que durante el frenado es directamente proporcional al cuadrado de la velocidad: Fr = K 2v 2

113 5. Una cadena uniforme de 0.6 metros de longitud empieza a resbalar colgando la mitad de su longitud sobre el borde de una mesa lisa. Halle el tiempo necesario para que resbale completamente. 6. Despreciando la resistencia del aire, halle la velocidad que se le debe imprimir a un proyectil de masa: m para que escape del campo gravitacional de la tierra. 7. Una cadena uniforme cuelga de una clavija con 0.8 metros de su longitud por un lado y un metro por el otro. Suponiendo que la fricción es numéricamente igual al peso de 10 centímetros de cadena, halle el tiempo necesario para que resbale completamente. Una partícula de masa: m se dispara verticalmente hacia arriba con una velocidad V0 . Sí la resistencia del aire es proporcional al cuadrado de la velocidad, calcule la altura alcanzada. 8. Un torpedo se desplaza a 60 millas por hora en el momento en que se agota su combustible. Sí la fricción es directamente proporcional a la velocidad y en la primera milla de recorrido su velocidad se reduce a la mitad, determine la distancia a la que se detendrá. 9. Un proyectil es lanzado con una velocidad: V0 y con un ángulo de elevación α . Sí la resistencia del aire es directamente proporcional a la velocidad instantánea, determine la posición y la velocidad en todo instante. Se sugiere descomponer el movimiento según los ejes coordenados. 10. De un rollo de cadena que está en reposo, se desenrolla y cae directamente por acción de la gravedad. Suponiendo que parte del reposo con una longitud: L desenrollada, halle la cantidad desenrollada en cualquier instante. 11. Un hombre y su paracaídas caen libremente. En el instante en que la velocidad es de 72 Kilómetros por hora, se abre el paracaídas de tal manera que la resistencia del aire es proporcional al cuadrado de la velocidad. Sí la velocidad límite es de 5 metros por segundo, encuentre la velocidad y la posición en todo instante. 12. Una bola de nieve tiene inicialmente una masa de un Kilogramo y en movimiento, gana masa a razón de 0.1 Kilogramos por segundo. Sí la fricción es numéricamente igual al doble de la velocidad en todo instante, determine la velocidad y la posición en todo instante sabiendo que se lanza con una velocidad de 200 metros por segundo. 13. Se dispara verticalmente hacia arriba un proyectil de un kilogramo de masa con una velocidad inicial de cinco mil metros por segundo. Suponiendo que la resistencia del aire es proporcional al cuadrado de la velocidad, determine la altura máxima alcanzada. 14. Un automóvil de 1000 Kilogramos de masa está viajando a una velocidad de 120 Kilómetros por hora en el momento de aplicar los frenos. Sí al recorrer 100 metros su velocidad se ha reducido a la mitad, determine la velocidad y la posición en todo instante. 15. Una bola de nieve tiene inicialmente una masa de un Kilogramo y se lanza horizontalmente con una velocidad de 100 metros por segundo. En su movimiento, la bola

114 gana masa a razón de 0.1 Kilogramos por segundo. Determine la posición y la velocidad en todo instante si la fricción es numéricamente igual a la décima parte del doble de la velocidad instantánea.

1.11.7. APLICACIONES A LOS CIRCUITOS ELÉCTRICOS. En el estudio de los circuitos eléctricos hay dos elementos que son capaces de almacenar energía. Dichos elementos son: el capacitor o condensador y el inductor o bobina. El capacitor es un dispositivo que almacena energía en su campo eléctrico mientras que el inductor lo hace en su campo magnético. Cualquiera que sea el elemento circuital, cuando se somete a un voltaje: v(t ) circula una corriente i (t ) . La potencia almacenada por el elemento viene dada por p (t ) = v(t )i (t ) . Para un capacitor, cuyo símbolo se muestra en la figura 1.50, la carga almacenada es directamente proporcional al voltaje aplicado, así:

q (t ) = Cv(t ) La constante de proporcionalidad es la capacitancia del capacitor y su valor depende fundamentalmente de su geometría y del material dieléctrico. La capacitancia se mide en Faradios, donde un Faradio es la capacitancia que tiene un capacitor que almacena una carga de un Culombio cuando se la aplica un voltaje de un Voltio. Puesto que una carga de un Culombio es exageradamente grande, se trabaja habitualmente con submúltiplos. Ahora bien, la variación de la carga con respecto al tiempo es la corriente, así:

d q(t ) dt De lo anterior resulta la relación funcional entre el voltaje y la corriente en un capacitor, así: d i (t ) = C v(t ) dt i (t ) =

En cuanto al inductor, cuyo símbolo se ilustra en la figura 1.51, el voltaje es directamente proporcional a la variación de la corriente, así: v(t ) = L

d i (t ) dt

La constante de proporcionalidad recibe el nombre de autoinductancia o simplemente inductancia y se mide en Henrios.

+ v(t ) − C

Figura 1.50

+ v(t ) −

i (t )

L

Figura 1.51

i (t )

115 Puede notarse la dualidad en el comportamiento de los dos dispositivos, es decir, lo que para el capacitor es el voltaje, para el inductor es la corriente y viceversa.

Ejemplo 1.65 Para el circuito de la figura 1.52, determine el voltaje del capacitor en todo instante t > 0 , sabiendo que tiene un voltaje inicial: Vi

Figura 1.52 Solución Para: t > 0 se establece una corriente variable: i (t ) y le Ley de Kirchhoff para voltajes establece que: Ri (t ) + v(t ) = E La corriente viene dada por: i (t ) = C

dv(t ) dt

Resulta el problema de valor inicial para el voltaje: dv 1 1 + v= E v(0) = Vi dt RC RC El producto: RC es la constante de tiempo del sistema, se mide en segundos y se denota por la letra griega τ . Puede verse que la ecuación diferencial es lineal y que la solución general es: v(t ) = Ce

−

t

τ

+E

Aplicando la condición inicial se tiene que el voltaje en el capacitor en todo instante es:

v(t ) = E + (Vi − E )e

−

t

τ

Puede verse que al cabo de cinco constantes de tiempo el capacitor ha alcanzado el voltaje de la fuente. El problema es similar al que resulta de la Ley del enfriamiento de Newton.

116 La figura 1.53 ilustra el voltaje en todo instante del capacitor cuando los datos son:

R = 1000 Ω

Figura 1.53

C = 10−3 F

E = 10 V

Vi = 0

Figura 1.54

Sí en el circuito dado se cambia el capacitor por un inductor inicialmente desenergizado y de inductancia L , el problema de valor inicial asociado a la corriente en el inductor en todo instante es: d L i (t ) + Ri (t ) = E i (0) = 0 dt Al igual que en el caso anterior, la ecuación diferencial es lineal y se puede escribir en la forma: 1 d E L ;τ = i (t ) + i (t ) = τ τR R dt Se deja como ejercicio al estudiante que encuentre la corriente en todo instante.

EJERCICIOS 1.11.7. 1. Un circuito serie RL se alimenta en el instante: t = 0 con una fuente de voltaje constante de diez Voltios. Suponiendo que el inductor estaba inicialmente en reposo, determine la corriente en el inductor en todo instante. Tome R = 10Ω y L = 1H . 2. Un resistor de 100 Ohmios está en serie con un condensador 0.001 Faradios. El sistema se excita, en t = 0 , con una fuente de voltaje senoidal: vi(t ) = 10sen(t ) Determine el voltaje en el capacitor en todo instante. 3. Un circuito RC se alimenta en el instante: t = 0 con una fuente de voltaje constante de 10 Voltios. Suponiendo que el capacitor estaba inicialmente en reposo, determine el voltaje en todo instante sí la capacitancia es variable y está dada por: C (t ) = 0.1(1 + 0.01t ) y la resistencia es constante e igual a 10 Ohmios. 4. Para el circuito de la figura 1.54, determine el voltaje en el capacitor en todo instante. 5. Para el mismo circuito anterior, sustituya el capacitor por un inductor de un Henrio y calcule el voltaje - v(t )