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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA FACULTAD DE INGENIERÍA MECÁNICA

INTEGRANTES: - REYES MONTES ALVARO EDISON 20142068I -VILLEGAS CAYCHO DEYVIS -SANTIAGO SOTO RICHARD DAY -RAFAEL ROSALES CRISTHIAN KEVIN -QUISPE PALOMINO JOEL NICOHLAS -SEDANO CASAVERDE JOEL JESUS CURSO: “CALCULO INTEGRAL” MB147

PROFESOR: SECCIÓN:

Ing. REYNA, JEXY “C” Sábado 9 de Mayo del 2015

TABLA DE RESPONSABILIDADES ESTUDIANTE

SANTIAGO SOTO RICHARD DAY (20141165K)

TEMAS

CODIFICACIÓN DE PROBLEMAS

-Ecuaciones Diferenciales de variables separables

PROBLEMA 1

PROBLEMA 2 -Reducción de Ecuaciones Diferenciales a ecuaciones de variables separables

PROBLEMA 3

PROBLEMA 4

PROBLEMA 5 PROBLEMA 6

PROBLEMA 6 -Ecuaciones Diferenciales Homogéneas RAFAEL ROSALES CRISTHIAN KEVIN (20140023H)

-Reducción de ecuaciones Diferenciales a Ecuaciones Diferenciales homogéneas

PROBLEMA 7

PROBLEMA 8

PROBLEMA 9

PROBLEMA 10

AUTORIA DE PROBLEMAS Análisis Matemático IV Espinoza Ramos Análisis Matemático IV Espinoza Ramos Análisis Matemático IV Espinoza Ramos Análisis Matemático IV Espinoza Ramos Análisis Matemático IV Espinoza Ramos Ecuaciones Diferenciales Dennis G.Zill Ecuaciones Diferenciales George F.Simons Ecuaciones Diferenciales George F.Simons Ecuaciones Diferenciales George F.Simons Ecuaciones Diferenciales Dennis G.Zill

PROBLEMA 16 -Ecuaciones Diferenciales Inexactas PROBLEMA 17 ALVARO EDISON REYES MONTES (20142068I)

-Ecuaciones Diferenciales Lineales

-Ecuaciones Diferenciales No Lineales

PROBLEMA 18

PROBLEMA 19

PROBLEMA 20

PROBLEMA 21

VILLEGAS CAYCHO DEYVIS (20141045E)

-Ecuación de Clairaut.

PROBLEMA 27

-Solución singular.

PROBLEMA 28

-Ecuación de primer orden

PROBLEMA 29

Análisis Matemático IV Espinoza Ramos 2da Calificada UNAC FCNM 2014-1 2da Calificada UNMSM FIEE 2010-2 3era Calificada UNI FC 2009-1 3era Calificada UNI FIM 2011-3 Análisis Matemático IV Espinoza Ramos

Ecuaciones Diferenciales Cesar Saal R. y Felix Carrillo C. Ecuaciones Diferenciales Cesar Saal R. y Felix Carrillo C. Análisis Matemático Jorge Lara P. y

y grado superior. Aplicaciones

PROBLEMA 30

PROBLEMA 31

Jorge Arroba R. Análisis Matemático Jorge Lara P. y Jorge Arroba R. Ecuaciones Diferenciales y Aplicaciones, 6ta ed Eduardo Espinoza R.

Funciones Diferenciales Ordinarias de variable separable: Si la ecuación diferencial de primer orden y primer grado que es dy =g (x . y ) , podemos expresar en la forma: dx

M ( x ) dx+ N ( y ) dy=0 Donde M es una función solo de x y N es una función solo de y, entonces a la ecuación (1) se le denomina “ecuación diferencial ordinaria de variable separable” y la solución general se obtiene pro integración directa.

∫ M ( x ) dx +∫ N ( y ) dy =c ; ∀ c ∈ R Donde c es la constante de integración. Ejercicios: 1.

( y 2 + x y 2 ) dy + x 2−x 2 y =0 dx

A la ecuación diferencial dad la expresamos en la forma: y 2 ( x +1 ) dy+ x2 ( 1− y ) dx=0 , separando variables

y2 x2 dy + dx=0 , integrando se tiene: 1− y 1+ x De donde tenemos:

1+ x → ( x+ y)(x− y−2)+ 2 ln 1− y =k

y2 x2 dy+ ∫ 1− y ∫ 1+ x dx=c

2

2

x √ 1+ y + y √1+ x

2.

2

2

dy =0 dx

A la ecuación diferencial expresamos así: 2

2

x √ 1+ y 2 dx+ y √ 1+ x2 dy=0 , separando las variables

xdx ydy + =0 2 , integrando se tiene: √1+ x 2 √ 1+ y 2 2

xdx

ydy

∫ 2 2 +∫ 2 2 =c √1+ x √ 1+ y

Donde tenemos →

√2 1+ x 2 +√2 1+ y 2=c

Funciones Diferenciales Ordinarias Reducibles a Variable Separable Las ecuaciones diferenciales de la forma siguiente:

dy =f (ax+ by+ c) dx Donde a, b y c son constantes, no son de variable separable. Para resolver estas ecuaciones diferenciales, se transforma en una ecuación diferencial de variable separable, mediante la sustitución; dy 1 dz = ( −a) , que al remplazar z=ax +by +c , de donde dx b dx en la ecuación (2), se obtiene una nueva ecuación diferencial. Que es de variable separable. Es decir: variable separable.

1 dz −a =f ( z ) , de donde b dx

(

)

dz =a+bf (z ) , separando la dx

dz =dx que es una ecuación de variable a+bf (z )

Ejercicios:

x+ y ¿ ¿ ¿

3.

z=x + y →

Sea

dy dz = −1 , reemplazando en la ecuación diferencial se dx dx

tiene:

dy z2 2 z −1 =a , separando la variable 2 2 dz=dx , integrando ambos dx z +a 2

(

)

miembros. 2

∫ z2 z+ a2 dz=∫ dx+ c → z −a tan−1 az =x+ c , de donde x+ y−a tan−1

x+ y =x +c a

Simplificando se obtiene:

y x+ y=a tan( +k ) a 4.

Sea

dy 2 =cos ax +by +c , a y b constantes positivas y diferentes dx z=ax +by +c →

dz dy =a+b dx dx , de donde

reemplazando en la ecuación

dy 1 dz = ( −a) , dx b dx

1 dz dz −a → =a+ b cos z 2 b dx dx

(

Separando las variables se tiene:

)

dz =dx a+b cos z 2

Integrando se tiene: dz dz ∫ a+b cos z 2 =∫ dx +k →∫ asin z 2 +(a+b)cos z 2 =x +k

1 ∫ a

√

sec z 2 1 a −1 2 =x+ k → 2 tan tan (ax +by +c )=x +k a+ b 2 a+ b a(a+ b) √ tan z + a

Aplicación de las Ecuaciones Diferenciales Cambio de temperatura La ley de enfriamiento de newton establece, que la rapidez de cambio de la temperatura en un cuerpo en cualquier tiempo t, es proporcional a la diferencia de las temperaturas del cuerpo y del medio circundante en el tiempo t. consideremos a T la temperatura del cuerpo en el tiempo t y a Tm la temperatura del medio circundante y a T0 temperatura inicial del cuerpo (t=0).

La ley de enfriamiento de newton se expresa mediante la ecuación diferencial

dT =k ( T −Tm )=−k (Tm−T ) , ya sea que aumente o disminuya, donde k dt es el factor de proporcionalidad.

Es una ecuación diferencial lineal de primer orden y para t=0, T=T 0 Luego:

T =Tm+(T 0−Tm) e−kt

……(3)

Ejercicios: 5. Según la ley de Newton, si la temperatura es de 20°C y el cuerpo se enfría en 20min desde 100°C hasta 60°C. ¿En cuánto tiempo su temperatura descenderá hasta 30°C? Sean T=temperatura del cuerpo; Tm=temperatura del aire=20°C y T0=temperatura inicial. Reconocemos los datos y lo remplazamos en la ecuación (3) T =Tm+(T 0−Tm) e−kt −20 t

60=20+ ( 100−20 ) e

→k=

ln 2 20

Por lo tanto

T =20+80 e

−tln2 20

−t

=20+80 x 2 20

Reemplazamos para T=30°C −t 20

30=20+ 80 x 2 →t=60 min

Interés compuesto. Si la tasa de interés es i capitalizable continuamente y S es el monto en cualquier tiempo (monto principal más el interés acumulado). Entonces dS =iS , al separar las variables dt

dS =idt S Al integrar ambos miembros de la ecuación, se tiene:

∫

dS = idt S ∫

Es decir:

ln S=it + c

Despejando S tenemos S=k eit Si S = S0 cuando t = 0; entonces k = S0 (que representa el monto inicial), sustituyendo el valor de k en la expresión anterior, el monto total es:

S=S 0 e it ...(4)

Ejercicio: 6. Susana presta un monto de x soles, capitalizables trimestralmente y con una taza de 15%, si dentro de un año el interés recibido es de 986,54 soles¿a Cuánto asciende es el monto que prestó Susana? Sabemos que:

Montofinal= Montoinicial+ Interés

…(5)

De la ecuación (4) tenemos

que:

Monto final=S 0 e it , reemplazamos en (5) S 0 eit =S 0+ I , despejando I I =s 0(e it −1) Reemplazando datos S0 = 1200

ECUACIONES HOMOGENEAS Si una función

real

α

f

f ( tx . ty )=t α f ( x , y )

tiene la propiedad

para algún número

, entonces se dice que es una función homogénea de grado

Por ejemplo

f ( x , y ) =x3 + y 3 es una función

α .

homogénea de grado 3, ya

que 3

3

f ( tx , ty ) =( tx ) + ( ty ) =t 3 ( x3 + y 3 ) =t 3 f ( x , y ) ,

Mientras que

f ( x , y ) =x3 + y 3 +1

es no homogénea. Una ED de primer orden en

forma diferencial

M ( x , y ) dx + N ( x , y ) dy=0

( 1)

Se dice que es homogénea si ambas funciones coeficientes M y N son

ecuaciones homogéneas del mismo grado. En otras palabras, la ecuación es homogénea si

( 1)

α

M ( tx , ty ) =t M ( x , y )

α

N ( tx ,ty )=t N ( x , y )

y

METODO DE SOLUCION Si M y N son funciones homogéneas de grado

α , podemos escribir

α

M ( x , y )=x M (1, u )

α

N ( x , y )=x N ( 1,u )

y

donde

u=

y x

(2)

Y

M ( x , y )= y α M ( v , 1 )

donde

v=

x y

Las propiedades

N ( x , y )= y α N ( v ,1 )

y

( 3)

( 2 ) y ( 3 ) sugieren las sustituciones que se pueden usar

para resolver una ecuación diferencial homogénea. En concreto, cualquiera de las sustituciones

u

y

v

y=ux

o

x=vy , donde

son las nuevas variables dependientes, reducirán una ecuación

homogénea a una ecuación diferencial de primer orden separable. Para

mostrar esto, observe que como consecuencia de

homogénea

M ( x , y ) dx + N ( x , y ) dy=0

x α M ( 1, u ) dx + x α N ( 1,u ) dy =0

donde

u=

y x

o

( 2 ) una ecuación

se puede reescribir como

o bien

M ( 1, u ) dx+ N ( 1, u ) d y =0 ,

y=ux . Sustituyendo la diferencial

dy=u dx+ x du

en la

última ecuación y agrupando términos, obtenemos una ED separable en las variables

u

y

x : M ( 1, u ) dx+ N ( 1, u ) [ u dx+ x du ] =0

[ M ( 1, u ) +uN ( 1,u ) ] dx + x N ( 1,u ) du=0 N ( 1,u ) du dx + =0 x M ( 1, u ) +uN (1, u )

( ejemplo 1, p á g 72, ecuaciones diferenciales , Dennis G . Zill )

Prob 1)

( x 2+ y 2) dx + ( x 2−xy ) dy

Resuelva Solución Examinando a

2

M ( x , y )=x + y

2

ya

2

N ( x , y )=x −xy

se muestra que

estas funciones coeficientes son homogéneas de grado 2. Si hacemos

entonces

dy=u dx+ x du ,

y=ux ,

de modo que después de sustituir, la

ecuación dada se convierte en

( x 2+ w2 x2 ) dx + ( x 2−u x 2 ) [ u dx + x du ] =0 x 2 ( 1+u ) dx + x3 ( 1−u ) du=0 1−u dx du+ =0 1+ u x

[

−1+

]

2 dx du+ =0 1+ u x

Después de integrar la última ecuación se obtiene

−u+ 2 ln|1+u|+ln |x|=ln |c|

| |

−y y + 2 ln 1+ +ln |x|=ln |c| x x

Utilizando las propiedades de los logaritmos, podemos escribir la solución anterior como y

( x+ y )2=cx e x

Prob 2)

( ejemplo 1.13, p á g 27, ecuaciones diferenciales ,George F . Simons )

Resuelva la ecuación diferencial

x.

dy =2 x +3 y dx

Solución Reescribamos la ecuación como

−( 2 x +3 y ) dx + x dy=0

Así vemos que cada una de las ecuaciones

M =−( 2 x +3 y )

y

homogénea de grado 1. De esta manera reescribimos la ecuación de la siguiente manera:

dy 2 x+ 3 y y = =2+3. dx x x El miembro derecho es homogéneo de grado como esperábamos.

N=x

es

Si ponemos

u=

y x

y

[ ]

dy du =u+ x dx dx

u+ x .

. El resultado es

du y =2+3. =2+3 u dx x

La ecuación se separa, como lo anticipamos, en

du dx = 2+2 u x Ésta se integra fácilmente para dar como resultado

1 ln ( 1+ u )=ln ( x ) +c 2

O bien

u=D x 2−1

Sustituyendo

u=

y x

se obtiene

y 2 =D x −1 x De lo cual se desprende que 3

y=D x −x

REDUCCION A ECUACIONES HOMOGENEAS

a)

A ¿

1

x+ B

L

Si las rectas

y +C

−A t =A

2

1

1

1

¿0

¿B

y +C

1

1

:A

1

A ¿ dx +¿

+B

1

2

x+ B

+C

1

2

y +C

¿0

2

¿ dy=0

L

,

2

:A

2

x+ B

son paralelas.

1

x+ B

¿− A

1

y

/ B

2

2

→

A

1

.B

2

−A

2

. B

1

¿0

2

dt = A

B

1

dx +B

1

1

dy=dt−A

1

dy

dx

Reemplazando en la ecuación diferencial

t+C ¿

B ¿

1

B ¿

1

kt+ C ¿ dx +¿

1

t+ B

t+ B

1

1

C

dt− A ¿¿

2

1

kt+ C ¿ dx +¿

C−kA

B ∫ dx +∫( kt+ C 2) dt / ¿

b)

L

1

∩L

2

1

dx ¿ / B

1

2

t−A

1

t+ B

kA ¿ dt−¿

1

1

C

2

¿0

1

1

t+ A

kt+ C ¿ dx +¿

C−kA

1

1

2

t−A

C

2

¿ dx=0

¿ dt=0

1

C

2

¿ dx=∫ 0

¿ Q ( h ,k )

x=h+ s

dx=ds

y=k +t

dy=dt

Reemplazamos en la ecuación diferencial ordinaria no homogénea

A ¿

1

s+B

k +C

2

1

t+ A

1

h+ B

1

k +C

1

A ¿ dx +¿

2

s+B

2

t+ A

2

h+ B

2

¿ dy=0 t=vs

E.D.H

dt=sdv +v ds

c)

P ( x , y ) dx +Q ( x . y ) dy=0 y=w

m

dy=mw m−1 dw

Prob 3)

( problema 3, p á g 29, ecuaciones diferenciales , George F . Simons )

Resuelva

( 3 x 5+3 x 2 y 2) dx −( 2 x 3 y−2 y 3 ) dy=0 Solución

y=w

m

dy=mw

m−1

dw

( 3 x 5+3 x 2 w2 m ) dx−( 2 x 3 wm −2 w3 m ) m wm−1 dw=0 ( 3 x 5+3 x 2 w2 m ) dx−( 2 x 3 w2 m−1−2 w 4 m−1 ) m dw=0 Para que sea homogénea

5=2 m+2=2 m+2=4 m−1

→

m=

3 2

( 3 x 5+3 x 2 w3 ) dx−( 2 x 3 w2−2 w 5 ) 3 dw=0 2

…………E.D.H

( problema 4, p á g 29, ecuaciones diferenciales ,George F . Simons )

Prob 4) Resuelva

−( 3 x− y −9 ) dy + ( 10−2 x +2 y ) dx=0 Solución

−( 3 x− y −9 ) dy + ( 10−2 x +2 y ) dx=0

Examinando la ecuación diferencial

| |

−2 2 =−2+ 6=4 ≠ 0 −3 1

Entonces buscamos un punto

Q (h , k )

−2 h+2 k +10=0

−3 h+ k +9=0 → h=2 ; k =−3

x=2+ s

→ s=x−2

ds=dx

y=−3+t

→t= y +3

dt =dy

(−6−3 s−3t +9 ) dt + ( 10−2 s−4+ 2t−6 ) ds=0 ………… E.D.H

APLICACION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN (CRECIMIENTO Y DECAIMIENTO) El problema con valores iniciales

dx =kx , x (t0) ¿ x dy

0

Donde k es una constante de proporcionalidad, sirve como modelo para diferentes fenómenos que tienen que ver con crecimiento o decaimiento. Prob 5)

( ejemplo 1, p á g 83, ecuaciones diferenciales , Dennis G. Zill )

Inicialmente un cultivo tiene un aumento P0 de bacterias. En

determina que el número de bacterias es

proporcional al número de bacterias

P (t )

t=1 h se

3 2 P0. Si la razón de crecimiento es

presentes en el tiempo

t ,

determine el tiempo necesario para que se triplique el número de bacterias. Solución

Primero se resuelve la ecuación diferencial

t

por P. Con

=0 la condición es

0

empírica de que

3 P (1 ) = P 2

0

P ( 0 )=P

( 1 ) , sustituyendo el símbolo

x

. Entonces se usa la observación

0

para determinar la constante de proporcionalidad

k.

Observe que la ecuación diferencial

dP =kP dt

es separable y lineal. Cuando se

pone en la forma estándar de una ED lineal de primer orden,

dP −kP=0 dt −kt

e

se ve por inspección que el factor integrante es

. Multiplicando ambos

lados de la ecuación e integrando se obtiene, respectivamente,

d ( e−kt ) =0 dt P (t )=c e kt . En

Por tanto

P (t )=P

0

e

kt

.

t=0

y

se tiene que

−kt

e

P=c

P

0t

0

¿ c e =c , por tanto

En

t=1 se tiene que

obtiene

3 P 2

0

¿P

3 k =ln =0.4055 , por tanto 2

0

e

k

,o

P (t )=P

k

e=

0

e

3 2 . De la última ecuación se

0.4055t

. Para determinar el

tiempo en que se ha triplicado el número de bacterias, resolvemos

0

e 0.4055t

para t. Entonces 0.4055 t=ln 3 , o

t=

ln 3 =2.71h 0.4055

3P

0

¿P

ECUACION DEFERENCIAL INEXACTA Son aquellas que no cumplen con la condición de Euler y demás condiciones de la ecuación diferencial exacta ya mencionada anteriormente entonces: Se dice que es una ecuación diferencial Inexacta PROBLEMA N°16 AUTORIA: Análisis matemático IV de Espinoza Ramos Encuentre la Solución General de la siguiente ecuación diferencial inexacta:

(2xy + y4) dx + (3x2 + 6xy3) dy = 0 SOLUCIÓN Al efectuar la resta: ∂M ∂y − ∂N ∂x Tenemos: ∂M ∂N − 3 3 3 3 ∂ y ∂ x = (2x + 4y ) − (6x + 6y ) = −4x − 2y = −2(2x + y )

Vemos que debemos dividir entre la función M(x, y) para conseguir que el cociente sea exclusivamente función de y. Llamemos V (y) a este cociente, de tal forma que ∂ M ∂N − ∂ y ∂ x −2(2 x+ y 3) −2( 2 x + y 3) −2 = = = =V ( y) y ∂ M (x , y ) (2 x+ y 4) y (2 x + y 3)

Siendo el factor de integración −∫

F.I = e− ∫ V ( y ) d ( y)=e

−2 d ( y) y

=e2 lny = y 2

y la nueva ecuación diferencial, que ya es exacta es: y2(2xy + y4 )dx + y2 (3x2 + 6xy3 )dy = 0 Resolviendo la ecuación diferencial para encontrar f(x, y) = cte. f(x, y) =∫ M(x, y)dx +

K(y)

f(x, y) =∫(2xy3 + y6)d(x) + K(y) = x2y3+ xy6

+ k(y)

y ahora derivamos parcialmente con respecto a y e igualamos a N(x,y): ∂ f (x , y ) =N ( x , y ) → 3 x 2 y 2+6 xy 5+k 0 ( y)=3 x 2 y 2+6 xy 5 ∂y

K´(y) =0

y por lo tanto k(y) = cte

Con ello, f(x, y) = x 2 y 3 + xy6 + K(y) = x 2 y3 + xy6 + cte y la solución es f(x, y) = cte

x 2y 3 + xy6= cte PROBLEMA N°17 AUTORIA: 2da Práctica calificada, Facultad de Ciencias Naturales y Matemáticas UNAC 2014-1 RESOLVER LA SIGUIENTE ECUACIÓN DIFERENCIAL INEXACTA

XYd(x) + (2X2 + 3Y2-20)d(y) = 0 , Si y(1) = 1 SOLUCIÓN: M(x,y)= xy My = x N(x,y) = 2x2 + 3y2-20 Nx = 4x Se observa que My ≠ Nx; entonces la ecuación diferencial no es exacta; por lo tanto debemos encontrar su factor integrante:

U(y) =

e

∫

Nx− My d (y ) M( X , Y )

xy

U(y) = e

U(y) = y3

∫

4 x−x ¿

d ( y)¿

y 3 ¿

= e d ( y)¿ = y3 ∫

Luego multiplicamos por su factor integrante

U(y) a ambos lados de la ecuación :

y3(xyd(x)) + y3(2x2 + 3y2-20) d(y) = 0 xy4d(x) + (2x2y3 + 3y5-20 y3) d(y) = 0 M(x,y)= xy4 My = 4xy3 N(x,y) = 2x2y3 + 3y5-20 y3 Nx = 4xy3 My = Nx, por lo tanto la ecuación diferencial se convirtió en una exacta Ǝ(F(x,y)) tal que :

Fx = M(x,y) Fy = N(x,y)

Fx = M(x,y) ∂ F (x , y ) =¿ xy4 ∂y

F(x,y) = ∫xy4 ∂ y

F( x , y)=

x2y4 + h( y ) 2

Fy = N(x,y) 2x2y3 + h´(y) = 2x2y3 + 3y5-20 y3 h´(y) = 3y5-20 y3

h(y) = ∫( 3y5-20 y3)d(y) Entonces: x2y4 2

F(x,y) =

y6 2

+

- 5 y4 + C

x2y4 y6 + −5 y 4 +C=0 2 2

Pero por dato tenemos que y(1) = 1 x2y4 2

De:

Se tiene:

+

y6 2

- 5 y4 + C = 0

(1)2(1) 4 (1)6 + −5(1) 4 +C=0 2 2

Entonces C = 8 Por tanto la solución es: x2y4 2

+

y6 2

- 5 y4 + 8 = 0

PROBLEMA N°18 AUTORIA: Segunda Práctica calificada, Facultad de Ingeniería Electrónica y Eléctrica UNMSM 2010-2 Resuelva la siguiente ecuación lineal: 3

xy´ - 2y =

x 4 2 sen ( x ) √ctg(x )

SOLUCIÓN: y´-

2 x

2

y=

x 4 2 sen ( x ) √ctg( x )

Tiene la forma y´ + p(x)y = g(x) Por lo tanto podemos aplicar el método de factor integrante: Encontremos el factor integrante u(x) : u(x) =

e

2 ∫ d (x ) x

=

e−2lnx

−2

e−ln ⁡( x

=

)

−2 = x =

Multipliquemos el factor integrante u(x) a ambos lados de la ecuación:

1 x 2 (y´-

2 x

y) =

1 x2 4 x 2 ( sen2 ( x ) √ctg( x ) )

1 1 d y 2 2 ( ) = ( d ( x) sen ( x ) 4√ctg(x ) ) x



1

1

ᶴd( x 2 y ) = ᶴ( sen2 ( x ) 4√ctg( x ) )d(x)



1 1 y =ᶴ ( )d ( x ) 2 2 x sen (x) √4 ctg(x)



ᶴ

(

csc 2 ( x ) 1 ( ) d x =ᶴ ( )d ( x) 4 4 sen2 ( x ) √ ctg ( x ) √ctg( x )

)

Si u = ctg(x)  d (u) = -csc2(x)d(x)



csc 2 ( x ) ᶴ (4 )d( x) √ ctg( x )

=

ᶴ

−du √4 u

[ ] 3 /4

=

ᶴ u−1 /4 du = -

u 3/ 4

=-

4 u3 / 4 3

3

2





csc ( x ) ᶴ (4 )d( x) √ ctg( x )

=-

4 ctg 4 ( x) 3

4

+c =-

4 √ ctg 3 (x) 3

+c

4

1 y x2

=

4 √ ctg 3 (x) 3

+c

La solución General de la ecuación diferencial es : Y=X

2

[

4

−4 √ ctg 3 (x ) +c 3

]

ECUACION DEFERENCIAL LINEAL Una ecuación diferencial que no contiene términos como producto de la función indefinida ni los del diferencial de la función indefinida se llama ecuación diferencial lineal. Manteniéndola recta, todos los términos coeficientes son funciones que contienen variables aumentadas. Esta es de la forma,

b(x)y´ + c(x)y = d(x) Esta es una ecuación diferencial lineal de primer orden.

PROBLEMA N°19 AUTORIA: Tercera Práctica calificada, Facultad de Ciencias UNI 2009-1 Resuelva la siguiente ecuación diferencial lineal:

XY´ - Y = X2Sen(ln(x)) ; y(1) = 0

SOLUCIÓN: Utilizando el método del factor integrante: D xy´ - y = x2sen(ln(x)) y´ -

y x

= xsen(ln(x))

tiene la forma y´ + p(x)y = g(x), entonces : u(x) = 

e

∫ p (x)d (x)

1 − ∫ d (x) x

= e

=

−ln ⁡( x)

e

u(x) = x-1

Multiplicando el factor integrante a ambos lados de la ecuación diferencial se obtiene: y

x-1y´ - x-1 x

= x-1xsen(ln(x))

d [ x−1 y ] d(x)

d [ x−1 y ] d(x)

−1 −1 = sen(ln(x)) d [ x y ] = sen(lnx)d(x)  ᶴ dd [ x y ] =

ᶴsen(lnx)dx x−1 y

= ᶴsen(lnx)dx

y = x ᶴsen(lnx)dx ᶴsen(lnx)dx = ? Z = ln(x)  d(z) =

d ( x) x

, d(x) = xd(z) ; pero x = eZ ; d(x) = exd(z)

ᶴsen(lnx)dx = ᶴsen(z) eZd(z) ᶴsen(z)eXd(z), integrando por partes tenemos que : x

X

ᶴ Sen (z)e d(z) =

e (sen ( z )−cos ( Z ) ) 2

x [ sen ( ln ( x ) ) −cos ( ln ( x ) ) ] 2

ᶴ sen(ln(x))d(x) =

y=x



y=

+c

[[

x sen ( ln ( x ) )−cos ( ln ( x ) ) ] +c 2

x 2 [ sen ( ln ( x ) ) −cos ( ln ( x ) ) ] 2

+C

]

+ c(x)

Encontramos ahora la solución particular si y(1) = 0

y=

x 2 [ sen ( ln ( x ) ) −cos ( ln ( x ) ) ] 2

+ c(x)

y(1) = 0 2

0=

0= 0=

1 [ sen ( ln ( 1 ) )−cos ( ln ( 1 ) ) ] 2

[ sen ( 0 ) −cos ( 0 ) ] 2 −1 2

+ c(1)

+c

+ C C =

1 2

Una vez hallada la constante mostramos la solución:

2

y=

x [ sen ( ln ( x ) ) −cos ( ln ( x ) ) ] 2

+

x 2

ECUACION DEFERENCIAL NO LINEAL Las ecuaciones diferenciales que no se ajustan a las condiciones antes mencionadas son llamadas ecuaciones diferenciales no lineales. Esto significa que una ecuación diferencial no lineal contiene los términos donde la variable dependiente y su diferencial aparecen juntos. Un ejemplo de ello sería el siguiente:

x y´´ + 2 y´ + x = 1 PROBLEMA N°20 AUTORIA: Tercera Práctica calificada, Facultad de Ingeniería Mecánica UNI 2011-3

Resuelva la siguiente ecuación diferencial no lineal y´.y2 + y.y´´ - (y´)2 = 0 SOLUCIÓN

d ( y)

V = d(x) d ( y) d (v ) d ( y) = d(x) d( y) d(x)

d(v)

= V d ( y)

Reemplazando en la ecuación : y´.y2 + y.y´´ - (y´)2 = 0 vy2 + vy

d(v) d ( y)

– (v)2 = 0

d(v)

y + d ( y) -

v y

=0

d(v) v − =− y d ( y) y

−ᶴ

U(y) = e

1 d (v) y d ( y)

-

d( y) y

1 v y y

=

1 y

1

= -y y

[ ]

1 v y d( y)

d

= -1

1 V y

= -ᶴdy

1 V y

= -y + c

V = -y2 +cy d ( y) d(x) d(y)

X = ᶴ Cy− y 2 = ᶴ

= -y2 + Cy d ( y) Cy

d( y)

+ ᶴ C (C−Y )

Por tanto la solución es: X=

1 |Y | C Ln

1

- C

Ln |C−Y | +K

APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN A PROBLEMAS DE ENFRIAMIENTO Se sabe de observaciones experimentales que, con una exactitud satisfactoria, en muchas circunstancias, la temperatura superficial de un objeto cambia a una velocidad proporcional a la diferencia entre la

temperatura del objeto y la de sus alrededores. Esto se conoce como la Ley de Enfriamiento de Newton. LEY DE ENFRIAMIENTO DE NEWTON Si T(t) es la temperatura de un objeto en un instante de tiempo t, Ta es la temperatura del ambiente constante y β la constante de proporcionalidad entonces la ecuación diferencial asociada a los problemas de enfriamiento (calentamiento) es: dT (t ) d( t)

= β [T(t) – Ta]

Se necesita conocer la lectura de la temperatura del objeto en dos instantes diferentes, ya que hay dos constantes por determinar: la constante de proporcionalidad β y la constante de integración. Se tendrá entonces un problema de valor de frontera d T (t) d (t)

= β [T(t) – Ta]

T(0) = T0 T(t1) = T1

La solución del problema de valor de frontera permite obtener la Ley de Variación de la temperatura en función del tiempo (esto es, una ecuación para T(t))

PROBLEMA N°21 AUTORIA: Análisis matemático IV de Espinoza Ramos La temperatura de una taza de café acabada de servir es de 200º F. Un minuto después se ha enfriado a 190º F en un cuarto que está a

70º F ¿Qué tan grande debe ser el período que debe transcurrir antes de que el café alcance una temperatura de 150º F?

SOLUCIÓN: Lo primero que debe hacerse es establecer los datos que se conocen y los que se deben determinar. La temperatura del café acabado de servir, representa la temperatura inicial del café, es decir, para el tiempo to = 0 min, la temperatura es T0 = 200 º F. De acuerdo con el enunciado del problema, para el tiempo t 1 = 1 minuto, la temperatura es T1 = 190º F. También se dice en el enunciado, que la temperatura del cuarto, en el cual se está enfriando el café, es de 70º F. Esto representa la temperatura del ambiente: Ta = 70º F. Puesto que la ecuación diferencial asociada a los problemas de enfriamiento, de acuerdo con la Ley de enfriamiento de Newton,es dT dt

= β(T-70)………………(1)

lo que queda planteado es resolver el problema de valor de frontera dT dt

= β [T – 70]

T(0) = 200

T(1) = 190 dT Ya que, la diferencial de la temperatura es d(T) = ( dt ) dt, al sutituir dT dt

, dado por la ecuación (1) d(T)= β(T-70)d(t)…………….(2)

la ecuación 2 es una ecuación diferencial de variables separables, para separar las variables, se multiplica la ecuación (1) por el factor 1 T −70

1 T −70 )d(T) = β d(t)……………………(3) ¿

Integrando 1 ∫ T −70 )dT = ln |T −70| ¿

+ C1

∫ βd(t) = βt + C2 Sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (3) ln |T −70| = βt + C………..(4) Los valores de la constante de proporcionalidad β y de la constante de integración C, deben determinarse. Para ello, se utilizan las condiciones de frontera.

El valor de la constante C de integración se obtiene utilizando la condición T(0) = 200, es decir, se sustituye en la ecuación (2) t = 0 y T = 200, obteniéndose C = ln 130. Este valor de C se sustituye en la ecuación (4) ln l T – 70 l = β t + ln 130………………..(5) El valor de la constante β de proporcionalidad se obtiene utilizando la condición T(1) = 190, es decir, se sustituye en la ecuación (5) t = 1 y T = 190, obteniéndose ln 120 = β + ln 130 ⇒ β = ln 120 – ln 130 12

Por propiedades de logaritmo, β = ln( 13 ) Este valor de β se sustituye en la ecuación (5) 12

ln lT – 70l = t ln( 13 ) + ln 130

Aplicando propiedades de logaritmo: 12 t ( ln l T – 70 l = ln [130 13 ) ]

Aplicando “e” t

12 T-70 = 130 ( 13 )

+ 70……………(6)

La ecuación (6) representa la ley de variación de la temperatura del café en cualquier instante t. Para determinar el tiempo t 2 que debe transcurrir para que la temperatura del café llegue a 150º F, se sustituyen en la ecuación (6) t = t2 y T = 150

t2

12 150 = 130 ( 13 )

+70

Efectuando 150−70 130

=

(

12 t2 ) 13

Aplicando logaritmo a ambos lados ln (

(

8 ) 13

12 t2 = ln ( 13 )

aplicando propiedades de logaritmo ln (

(

8 ) 13

12 ( = t2 ln 13 )

Despejando t2 8 ) 13 ¿ ln ¿ ¿

(

t2 =

=

−0.49 −0.08

= 6.125

RESPUESTA: Deben transcurrir 6.125 minutos, lo que equivale a 6 min y 7 seg,para que la temperatura del café llegue a 150°F

ECUACIÓN DE CLAIRAUT

Es un caso particular de la ecuación de Lagrange, que en este caso toma la forma: y = xy´ +g(y´)…….(1), donde g es una función de y´. MÉTODO DE SOLUCIÓN

Hacer en (1): y´ =

dy dx

= p. Entonces, queda : y = xp + g(p)…..(2), luego derivamos (2)

con respecto a x : y´ = p + xp´+ g´(p).p´  p = p + xp´+ g´(p)p´  0 = (x + g´(p))p´ p´ = 0 o x + g´(p) = 0 Tenemos dos casos: a) Si p´ = 0 (conduce a solución general) Si p´= 0  p = c. En (2) : y = cx +g(c) (solución general, geométricamente es una familia de rectas) b) Si x + g´(p) = 0 (conduce a solución singular) Para obtener la solución singular, eliminaremos p usando las ecuaciones: Y = xp + g(p) X + g´(p) = 0 , geométricamente es la envolvente de la familia de rectas.

PROBLEMAS

1) Hallar todas las soluciones de : (y´)3 – 3xy´+ 3y = 0 (Cesar Saal R. y Felix Carrillo C. Ecuaciones Diferenciales, 108 pp.)

SOLUCIÓN: De (1) tenemos: y = xy´ - 1/3(y´)3 ….(2), la cual tiene la forma de y = xy´ + g(y´) Ecuación de Clairaut)

Hacemos en (2) : y´= p. Entonces, queda : y = xp –

1 3 3 p ….(3)

Derivamos (3) con respecto a x : y´ = p + xp´ - p2.p´  p = p + xp´ - p2p´ 0 = (x-p2)p´  p´ = 0 o x – p2 = 0 a) Si p´= 0 (proceso que conduce a la solución general) Si p´= 0  p = c. En (3) : y = cx -

1 3 3 c (solución general).

b) Si x – p2 = 0 (proceso que conduce a solución singular). Entonces: Así, si x – p2 = 0  x = p2…..(4) Para obtener la solución singular eliminamos el parámetro p de (3) y (4).

PRIMER MÉTODO, de (3):

1 2 2 2 3 p )p  y = (x -

y = (x -

2 2 3 xp +

1 4 2 9 p )p

4 3 9 x (solución singular)

Usando (4) : x = p2, queda : y2 =

SEGUNDO MÉTODO, de (4)

P=

±

y=

√x

. En (3) y = x( ±

± x 2/3 -

1 3

( ±

√x )-

x 3/2)  y =

1 3

( ±

± x 3/2 (1-

x 3/2)

1 2 3 )y =

4 9

general).

2) Hallar todas las soluciones de: y = xy´ +

√ 1+ y ´2

(Cesar Saal R. y Felix Carrillo C. Ecuaciones Diferenciales, 109 pp.) SOLUCIÓN Tiene la forma : y = xy´+ g(y´). Hacemos y´= p, queda : y = xp +

√ 1+ p 2

….(1)

Derivamos (1) respecto a x :

y´ = p + xp´+

1 2

(1+ p2 )-1/2 .2pp´  p = p +

[x +

p ] √1+ p2 p´

x3 (solución

[x +

0=p+

p ] √1+ p2 p´  p´= 0 o x +

p √1+ p2

=0

a) Si p´= 0 (proceso que conduce a solución general). Entonces: p´ = 0  p = c. En (1) : y = cx +

p √1+ p2

b) Si x +

Entonces : x = -

√ 1+ c 2

(solución general)

= 0. (proceso que conduce a la ecuación singular).

p √1+ p2

…..(2)

Para obtener solución singular, eliminamos de (1) y (2) el parámetro p. De (1) : y = xp +

De (2) :

√ 1+ p 2

√ 1+ p 2

√ 1+ p 2

 y2 = x2y2 + 1 + p2 + 2p

x ….(3)

x = -p ….(4)

Reemplazando (4) en (3) y2 = x2y2 + 1 + p2 + 2p(-p)   y2 = x2y2 + 1 - p2  y2 = p2 (x2 – 1) +1….(5)

De (2):

2

x =

p2 √1+ p2

  x = x p + p  x = p (1- x )  p = 2

2 2

2

2

2

(6) Reemplazando (6) en (5)

2

y =

x2 √1−x 2

(x2 – 1) + 1  y2 = 1- x2 (solución singular).

2

2

x2 √1−x 2 …..

ECUACIONES DE PRIMER ORDEN Y DE GRADO SUPERIOR

Hasta ahora hemos visto únicamente ecuaciones diferenciales en las que y’ no estaba elevada a ninguna potencia, es decir, que tenían la forma:

En este apartado vamos a estudiar ecuaciones de la forma:

En las que y’ puede estar elevada a la potencia n. Existen algunos tipos de ecuaciones diferenciales que pueden ser transformadas y estudiadas como ecuaciones de primer grado y primer orden; entre ellas tenemos como casos especiales los siguientes: Ecuación de Bernouilli Ecuación de Riccati Dentro de la categoría de las ecuaciones diferenciales de primer orden y grado superior a uno, tenemos varios tipos: Ecuaciones diferenciales resolubles en y’ Toda ecuación diferencial algebraica resoluble en y’:

Donde P0, P1, …, Pn son funciones de x e y, pueden descomponerse, despejando y’, ene ecuaciones lineales, habiendo tantas de estas como raíces tenga la ecuación algebraica:

Para cada uno de estos casos tendremos una solución de la forma:

Y la solución general vendrá dada por una combinación lineal de ellas. Ejemplo.- resolver la ecuación diferencial:

Puesto que no podemos poner y’ de forma explícita aplicamos el método que estamos estudiando. Consideramos la ecuación como un polinomio de grado 4 en y’, y calculamos sus raíces.

Como en el caso general de las ecuaciones algebraicas podemos aplicar la regla de Ruffini para determinar las raíces de la anterior ecuación:

Podemos decir que 1 es raíz de la anterior ecuación. Aplicando los métodos de resolución de ecuaciones algebraicas se llega a la conclusión de que, además de 1, las raíces de la anterior ecuación son 0, x, 2y, es decir, que la anterior ecuación se puede poner en la forma:

Con lo que tenemos cuatro ecuaciones diferenciales que serán:

Para expresar la solución general debemos poner cada solución parcial en la forma hi(x,y,Ci) = 0 para después multiplicar todas las ecuaciones obtenidas entre sí, es decir:

En el caso más general de las ecuaciones de la forma F(x,y,y’) = 0 se puede sustituir y’ por una variable p, de modo que se tenga F(x, y, p) = 0 que es la ecuación de una superficie, puesto que se tienen tres parámetros independientes: x, y, p. Si se conoce una representación paramétrica de la superficie, podemos poner:

Si se conoce una integral de la ecuación diferencial del sistema anterior, dicha solución vendrá representada por una curva α y su ecuación sería:

Donde suponemos que α es la proyección de otra curva σ que se encuentra sobre la superficie S de tal forma que se verifica:

Recíprocamente, si σ es una curva tal que y = f(x) ; p = g(x), sobre la que se cumple p = dy/dx, la proyección de σ sobre el plano XY nos da la curva y = f(x) que es la integral buscada.

Según eso, el problema de buscar las soluciones α sobre la superficie S tales que cumplan la condición (1):

Integrando esta ecuación se obtiene una solución de la forma H(u, v, C) = 0 que corresponde a la curva σ dada por los parámetros u, v. Mediante el cambio:

Obtendremos una proyección de dicha curva sobre el plano XY: h(x, y, C) = 0, que será la curva α buscada. Según la anterior interpretación de la ecuación F(x, y, y’) = 0, podemos encontrar además de las ecuaciones resolubles en y’ otros casos que estudiamos en el capítulo siguiente.

PROBLEMAS RESOLVER: 1)

2 xy

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

( )

(Jorge Lara P. y Jorge Arroba R. Análisis Matemático,2 da ed. 2007,Ecuador) SOLUCIÓN: 1) Problema: ①

2 xy

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

( )

2) ② 3) ② en ①

P=

dy dx

2 xy P2 + ( 2 x2 +2 xy− y 2 ) P+2 x 2−xy =0 a x 2+ bx+ c=0 −b ± √ b2−4 ac x= 2a −(2 x2 +2 xy− y 2 )± √ (2 x 2+2 xy− y 2 )2−4 (2 xy)( 2 x 2−xy ) P= 2(2 xy) ∗ 2

( 2 x2 +2 xy− y 2 ) −4 ( 2 xy ) ( 2 x 2−xy ) =4 x 4 + 8 x 3 y−4 xy 3+ y 4−16 x 3 y+ 8 x2 y 2=4 x 4−8 x 3 y+ 8 x2 y 2−4 xy 3+ y 4 −(2 x2 +2 xy− y 2 )± √ 4 x 4 −8 x 3 y +8 x 2 y 2−4 xy 3 + y 4 P= 2(4 x3 y )

√

−(2 x2 +2 xy− y 2 )± ( 2 x 2−2 xy + y 2 ) P= 4 xy P=

−(2 x2 +2 xy− y 2 )± ( 2 x2 −2 xy + y 2 ) 4 xy

P 1=

−( 2 x 2+ 2 xy − y 2 ) + ( 2 x 2−2 xy + y 2 ) 4 xy

P 1=

−2 x 2−2 xy+ y 2+2 x 2−2 xy+ y 2 4 xy

P 1=

−4 xy +2 y 2 2 y ( y−2 x) y−2 x = = 4 xy 4 xy 2x

P 2=

−( 2 x 2+ 2 xy − y 2 )−( 2 x 2−2 xy+ y 2) 4 xy

P 2=

−2 x −2 xy+ y −2 x +2 xy− y 4 xy

P 2=

−4 x 2 −x = 4 xy y

2

2

2

2

2

P 1=

y−2 x =2 xP+2 x− y=0 2x

P 2=

−x = yP+ x=0 y

(2 xP +2 x− y)( yP+ x )=0

(2 x dydx +2 x− y )( y dydx + x)=0 2x

dy +2 x− y=0÷(2 x ) dx

dy y +1− =0 dx 2x dy y − =−1 dx 2 x dy + y P( x)=Q(x) dx

{

y = y (x)=? −1 P(x) = 2x Q( x)=−1 P( x)

Calculo de la integral de

1

−1 1 dx=¿− ln x=−ln x 2 2x 2 ∫¿

P( x) dx=∫

Potencialidad Negativa −∫ P (x ) dx

e

=e

Potencialidad Positiva

(

1

− −ln x 2

)

1

=e

ln x 2

1

=x 2

1

2 P dx 1 e∫ (x ) =e−ln x =

1

x2 Formula: −∫ P(xdx )

y=e

1

y=x 2

1

[∫Q

[

( x)

⋅e

∫ P( x ) dx

∫ −1 ⋅ 11 dx +C x2

[

1

y=x 2 2 x 2 +C

dx +C

]

]

]

1

y=2 x+ x 2 C 1

2 x − y+ x 2 C=0

y

dy + x=0 ÷(dx ) dx

ydy + xdx=0 ∫ ydy + ∫ xdx= ∫ 0 1 2 1 2 y + x =C∗(2) 2 2 2

2

y + x =C x 2+ y 2 −C=0

SOLUCIÓN FINAL 1 2

(2 x− y + x C ) ( x + y −C )=0 2

2

2) Resolver:

dy 2 dy x + xy −6 y 2=0 dx dx 2

( )

(Jorge Lara P. y Jorge Arroba R. Análisis Matemático,2 da ed. 2007,Ecuador)

SOLUCIÓN: 1.

Como : P=

dy 2 dx

2. Problema:

x2

3.

dy 2 dy + xy −6 y 2=0 1 dx dx

( )

2 EN 1 2

2

2

x ( P ) + xy P−6 y =0 x 2 P2 + xy P−6 y 2=0=¿ ECUACIÓN DE SEGUNDOGRADO Ax 2 +Bxy +C=0 4. Solución por la fórmula:

−b ± √ b2−4 ac x= 2a

2

Donde: b=xy ; a=x ; C=−6 y

x=

2

−xy ± √( xy)2−4 x 2 (−6 y 2) 2 x2

−xy ± √( xy)2−4 x 2 (−6 y 2) x= 2 x2 x=

−xy ± √ x 2 y 2 +24 x 2 y 2 2 x2

x=

−xy ± √25 x 2 y 2 2 x2

x=

−xy ±5 xy 2 x2

x=P=

5. Raíces:

−xy ± 5 xy 2 x2

Si : P=

−xy +5 xy 4 xy 2y =¿ P= 2 =¿ P= =¿ xP−2 y =0 2 x 2x 2x

Si : P=

−xy −5 xy −6 xy −3 y =¿ P= =¿ P= =¿ xP+ 3 y=0 2 2 x 2x 2x

¿> ( xP−2 y ) ( xP+3 y )=0 3 6.

2 EN 3

(

¿> x

¿> x

dy dy −2 y x +3 y =0 dx dx

)(

dy −2 y=0 dx

x

dy =2 y ÷ x dx

dy 2 y = dx x

)

dy dx =2 y x

∫

dy dx =2∫ y x

ln y=2 ln x +C ln y−2 ln x=C

ln y−ln x 2=C ln

y =C x2

y =e C 2 x Como :e C ∈ R=¿ e C =C y =C x2 y=C x 2 y−C x 2=0 ¿> x

dy +3 y=0 dx

x

dy =−3 y ÷ x dx

dy −3 y = dx x dy dx =−3 y x

∫

dy dx =−3∫ y x

ln y=−3 ln x+ C ln y +3 ln x=C 3

ln y +ln x =C ln y x 3 =C 3

C

y x =e

C

C

Como :e ∈ R=¿ e =C y x 3=C y=

C x3

y=C x −3 y−C x −3=0 7. SOLUCIÓN FINAL:

( y−C x2 ) ( y−C x−3)=0

APLICACIÒN DE ECUACIONES DIFERENCIALES – CAMBIO DE TEMPERATURA 1) Según la Ley de Newton, la velocidad de enfriamiento de un cuerpo en el aire es proporcional a la diferencia en la temperatura T del cuerpo y la temperatura Tm del aire. Si la temperatura del aire es de 20º C y el cuerpo se enfría en 20 minutos desde 100ºC a 60ºC. ¿En cuánto tiempo su temperatura descenderá hasta 30ºC? (Eduardo Espinoza R. Ecuaciones Diferenciales y Aplicaciones, 6ta ed. Perù, 2004 Cambio de Temperatura, 207p.) SOLUCIÒN Sean T = temperatura del cuerpo ; Tm = Temperatura del aire = 20ºC To = Temperatura inicial

La descripción matemática es:

dT dt

= -k(T-Tm)

−kt

Y la solución de acuerdo a lo descrito es: T = Tm + (To – Tm) e para t= 20º ; T = To = 60ºC Entonces:

−20k

60 = 20 + (100-20) e

Por lo tanto T = 20 + 80

−20k

→ 40 = 80 e

−¿¿ e

(Ln2/20)t

→K=+

→ T = 20 + 80.2-t/20

ln 2 20

Para t = ? ; T = 30ºC 30 = 20 + 80.2-t/20 1/8 = 2-t/20

2-3 = 2-t/20

t = 60`cristian12231