TEMA 1 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN Y SUS APLICACIONES (Prof. José Luis Quintero) 1.1. MOTIVACIÓN En cursos anteriores se ha manejado con frecuencia la palabra ecuación la cual se utiliza en muy variadas ocasiones, por ejemplo: x2 − 3x + 2 = 0, x3 − 1 = 0,

senx = 0, tgx = ex , ... y como esas, muchas otras análogas, así como sistemas de las mismas. En esos casos se trata de hallar números que son las incógnitas de la ecuación. Estas ecuaciones pueden admitir más de una solución. Existen numerosos problemas de la Ingeniería, que conducen a plantear ecuaciones, pero donde ahora las incógnitas ya no son números sino otros objetos matemáticos. Entre estas ecuaciones se encuentran las denominadas ecuaciones diferenciales en las cuales la(s) incógnita(s) que se presentan son funciones, y se llaman diferenciales puesto que en dichas ecuaciones figuran las derivadas de las funciones incógnitas. En cursos anteriores de Cálculo se aprendió que, dada una función y = f(x), la derivada dy dx = f '(x) es también una función de x y se encuentra mediante alguna 2

regla apropiada. Por ejemplo, si y = ex

2

entonces dy dx = 2xex o bien dy dx = 2xy . El problema que se enfrenta en este tema no es: dada una función y = f(x), encontrar su derivada; más bien, el problema es: si se da una ecuación tal como dy dx = 2xy , encontrar de alguna manera una función y = f(x) que satisfaga la ecuación. En una palabra, se desea resolver ecuaciones diferenciales. Se debe señalar que ésta es una de las ramas de la Matemática que más profundamente se ha estudiado desde hace unos 300 años, siendo la Mecánica Celeste la primera área donde se aplicó intensamente la teoría de las ecuaciones diferenciales. Desde esa época, el campo de aplicaciones de esta teoría ha aumentado considerablemente, y se puede señalar (a groso modo) que las mismas rigen una gran cantidad de fenómenos (deterministas) donde ciertas magnitudes varían de manera continua en función de uno o varios parámetros, uno de los cuales frecuentemente es el tiempo.

1.2. ECUACIÓN DIFERENCIAL Definición 1. Una ecuación diferencial es aquella en la que intervienen derivadas o

diferenciales. Si tales derivadas son las de una función de una variable, entonces a la ecuación diferencial se le llama ordinaria. Una ecuación diferencial parcial (o en derivadas parciales) contiene derivadas parciales.

1.38. Problemas propuestos

1

d2 y

dy Ejemplo 1. Las ecuaciones x −x + y = −7x , 2 dx dx 3

3

3  d4 y   d2 y  1 5  dy  = ,  4  + 2  2  − x   3  dx   dx   dx 

(x2 − 5y + 3)y ' = −7x + 2y , son ecuaciones diferenciales ordinarias, mientras que

∂z ∂2 t ∂ 2 t ∂2 t = −2 , + + = 0 son ecuaciones diferenciales parciales o en derivadas ∂y ∂x2 ∂y2 ∂z2 parciales. Ejemplo 2. Se tienen las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias: a.

(1 − x2 )y ''− 2xy '+ α(α + 1)y = 0, α ∈ R (Ecuación de Legendre que se presenta en

problemas de propagación del calor con simetría esférica) b. y ''+ µ(y2 − 1)y '+ y = 0 (Ecuación de Van der Pol que se presenta en problemas de circuitos eléctricos conteniendo tubos al vacío) Ejemplo 3. Se tienen las siguientes ecuaciones diferenciales parciales: a. utt − a2uxx = 0 (Ecuación de onda unidimensional que caracteriza la propagación de b.

ondas en algunos medios y las vibraciones mecánicas de una cuerda vibrante) uxx + uyy + uzz = 0 (Ecuación de Laplace que se presenta en el estudio de potenciales magnético, eléctrico, gravitatorio y en el flujo de calor)

1.3. ORDEN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL Definición 2. Se llama orden de una ecuación diferencial al mayor orden de las derivadas que aparecen en dicha ecuación. Es decir, es el orden de la más alta

derivada de la ecuación diferencial.

Ejemplo 4.

d2 y

5

 dy  − 4  − 3y = 1 es una ecuación diferencial ordinaria de segundo dx2  dx 

orden o de orden dos. La ecuación

∂ 4t ∂x4

+

∂2 t ∂x2

= 0 es una ecuación diferencial parcial de

orden cuatro. Ejemplo 5.

x2 y ''+ xy '+ (x2 − p2 )y = 0

(Ecuación de Bessel que se presenta en

problemas de flujo de calor en cilindros, propagación de corrientes eléctricas en conductores cilíndricos y vibraciones de membranas) es una ecuación diferencial ordinaria de segundo orden.

1.4. GRADO DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL Definición 3. El grado de una ecuación diferencial lo da la potencia de la derivada de

mayor orden en dicha ecuación.

1.38. Problemas propuestos

2

Ejemplo 6. Identificación de orden y de grado en ecuaciones diferenciales: a. y ' = tg(x) es una ecuación diferencial ordinaria de primer orden y primer grado. b.

∂2 z ∂x2

− 3x

∂z = 6 es una ecuación diferencial parcial de orden 2 y grado 1. ∂x

3

c.

dy  dy   dx  − x dx + 5 = 0 es una ecuación diferencial ordinaria de orden 1 y grado 3.  

1.5. VARIABLE DEPENDIENTE Y VARIABLE INDEPENDIENTE Definición 4. Considere una ecuación diferencial que contiene una o más derivadas de

una variable con respecto a otra variable particular. Se denomina variable dependiente a la que presenta derivadas, mientras que la variable independiente es aquella respecto de la cual se realiza la derivada.

Ejemplo 7. En la ecuación diferencial

d3 y dx

3

−5

d2 y dx

2

+

dy − 7y = cos(x) y es la variable dx

dependiente, mientras que x es la variable independiente.

Ejemplo 8. La ecuación

∂2 v ∂y2

+

∂2 v ∂z2

= 0 tiene dos variables independientes z, y, y una

variable dependiente v.

1.6. ECUACIÓN DIFERENCIAL ORDINARIA LINEAL Definición 5. Se dice que la ecuación diferencial ordinaria (EDO) de la forma

F(x, y, y ', y '',..., y(n) ) = 0 es lineal si F es una función lineal de las variables y, y ', y '', ..., y(n) . Por tanto, la ecuación diferencial ordinaria lineal general de orden n es de la forma an (x)y(n) + an −1(x)y(n −1) + ... + a1(x)y '+ a0 (x)y = g(x). Es decir, la ecuación diferencial ordinaria es lineal si posee las siguientes características: a. La variable dependiente y todas sus derivadas son de primer grado, es decir que no pueden tener una potencia distinta de uno. b. Los coeficientes de la ecuación diferencial ordinaria an , an −1 , ..., a1 , a0 solo

dependen de la variable independiente o son constantes reales. Ejemplo 9. Las siguientes ecuaciones son lineales:

3y ''− 3xy '+ (x + 1)y = ex ,

x3 y '''− x2 y ''+ 3xy '+ 5y = (x + 1)2 ,

(x + 1)2 y ''− 3y ' = cos(x)

Las ecuaciones que se presentan a continuación no son lineales: yy ''+ 2y ' = 0 , (y ')2 − xy = x + 1 , xy ''− 2y2 y ' = x + y A estas ecuaciones se les denomina no lineales. 1.38. Problemas propuestos

3

Ejemplo 10. Las ecuaciones que se presentan a continuación no son lineales: a. y '''+ 12 yy '' = 0 (Ecuación de Blasius que se presenta en problemas de mecánica de fluidos)

b.

y = y ' x + 2(y ')2 − y ' (Ecuación de Clairaut que se presenta en variados problemas físicos)

1.7. SOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL Definición 6. Se dice que una función f, definida en un intervalo I, es solución (también llamada integral de la ecuación) de una ecuación diferencial en el intervalo I, si satisface la ecuación diferencial en I, es decir, si se sustituye f en dicha ecuación y esta se reduce a una identidad.

Observación 1. El intervalo I puede ser abierto, cerrado, semicerrado, o todo R. Ejemplo 11. Para todo número real C, la función f(x) = x3 + C es solución de la ecuación y ' = 3x2 en I = R , porque al sustituir f '(x) en lugar de y ' se obtiene la identidad 3x2 = 3x2 . Entonces, a la función f(x) = x3 + C , se le llama solución general de y ' = 3x2 , ya que toda solución es de esa forma. Observe que en la solución general

f(x) = x3 + C aparece el parámetro arbitrario C. Una solución particular de y ' = 3x2 se obtiene asignándole un valor específico a dicho parámetro. A veces, una ecuación diferencial tiene una solución que no puede obtenerse dando valores específicos a los parámetros en una familia de soluciones. A tal solución se le llama solución singular. La terminología de solución completa se usa algunas veces para denotar todas las soluciones, esto es, la solución general junto con las soluciones singulares, si hay alguna.

Ejemplo 12. Considere dos números reales arbitrarios C1 , C2 . Demuestre que

f(x) = C1e2x + C2e−2x es solución de y ''− 4y = 0, en I = R . Solución. Como f '(x) = 2C1e2x − 2C2e−2x y f ''(x) = 4C1e2x + 4C2e−2x , al reemplazar f(x) y f ''(x) en y ''− 4y = 0 se tiene que f ''(x) − 4f(x) = 0 , es decir,

(4C1e2x + 4C2e−2x ) − 4(C1e2x + C2e−2x ) = 0 . Esto demuestra que f(x) es una solución de y ''− 4y = 0 . La solución f(x) se llama solución general de y ''− 4y = 0 . Note que la ecuación diferencial es de orden 2 y que la solución general contiene dos parámetros arbitrarios C1 , C2 . Se va a calcular la solución particular de y ''− 4y = 0 que satisface la condición y = 3 si x = 0 , y ' = 0 (esto suele escribirse y(0) = 3 , y '(0) = 0 , es decir, f(0) = 3 , f '(0) = 0 ). De esta manera

f(0)

=

C1e2.0 + C2e−2.0

f '(0) = 2C1e

2.0

1.38. Problemas propuestos

− 2C2e

−2.0

=

C1 + C2

= 2C1 − 2C2

= 3 = 0

.

4

 C + C2 El sistema de ecuaciones a resolver es  1 2C1 − 2C2

= 3 = 0

.

3 , entonces la solución particular para las 2 3 3 condiciones iniciales dadas (y(0) = 3, y '(0) = 0) es: f(x) = e2x + e−2x . 2 2 De aquí se obtiene C1 = C2 =

d2 y

dy + 2y = 0 para dx dx y obtenga una solución particular que satisfaga las

Ejemplo 13. Demuestre que y = C1e−x + C2e−2x es solución de

las constantes arbitrarias C1 , C2 condiciones y(0) = 1, y '(0) = 1 .

2

+3

Solución.

y

=

C1e− x + C2e−2x

y'

=

dy = −C1e− x − 2C2e−2x dx

y '' = d2 y

Se debe probar que

C1e

−x

+ 4C2e

dx

−2x

2

+3

d2 y

= C1e− x + 4C2e−2x

dx2

dy + 2y = 0 . En efecto: dx

+ 3(−C1e− x − 2C2e−2x ) + 2(C1e− x + C2e−2x ) = 0

C1e− x + 4C2e−2x − 3C1e− x − 6C2e−2x + 2C1e−x + 2C2e−2x = 0 = 1  C + C2 Por otro lado, si y(0) = 1, y '(0) = 1 se tiene:  1 , de aquí se −C1 − 2C2 = 1 obtiene C1 = 3, C2 = −2, entonces la solución particular para las condiciones iniciales dadas es y = 3e− x − 2e−2x .

1.8. SOLUCIONES EXPLÍCITAS E IMPLÍCITAS Se distingue además entre soluciones explícitas o implícitas de ecuaciones 2

diferenciales. Se puede ver que y = ex

También se puede ver que

es una solución explícita de dy dx = 2xy .

y = x4 16

y

y = xex

son soluciones explícitas de

dy dx − x y = 0 y y ''− 2y + y = 0 , respectivamente. Se dice que una relación G(x, y) = 0 define implícitamente una ecuación diferencial en un intervalo I, y pudiera '

definir una o más soluciones explícitas en I. Ejemplo 14. Para −2 < x < 2 la relación x2 + y2 − 4 = 0 es una solución implícita de la

dy x = − . Derivando implícitamente se obtiene dx y dy x d d d dy (x2 ) + (y2 ) − (4) = 0 , 2x + 2y = 0 o bien =− . dx dx dx dx dx y

ecuación diferencial

1.38. Problemas propuestos

5

La relación x2 + y2 − 4 = 0 define dos funciones en el intervalo −2 < x < 2 :

y=

4 − x2 y y = − 4 − x2 .

1.9. ALGUNAS INTERROGANTES Lo expuesto hasta ahora sugiere plantear las siguientes interrogantes en relación a las ecuaciones diferenciales: a. Una vez que se tiene la ecuación diferencial, ¿cómo se sabe que existen soluciones

de dicha ecuación? b. Si ya se conoce que una ecuación diferencial tiene solución. ¿Cuántas soluciones hay? c. Sabiendo que hay soluciones y cuántas de ellas, ¿Cómo hallarlas? d. ¿Cómo surgen las ecuaciones diferenciales, es decir, que tipos de problemas

conducen a plantear ecuaciones diferenciales? e. Conociendo que hay soluciones y cuántas de ellas, pero no sabiendo determinarlas mediante una fórmula, bien sea explícitamente y = y(x) o implícitamente ϕ(x, y) = 0 , ¿existirá alguna manera de “aproximar” cada solución por una función

conocida o por una serie y determinar una cota del error cometido en esa aproximación? y ¿habrá algún procedimiento para decir cómo se comportan las soluciones aún cuando no se conocen? En lo que sigue se dará respuestas a estos interrogantes, excepto la (e) la cual forma parte de otros estudios, entre ellos los métodos numéricos de resolución de ecuaciones diferenciales (cálculo numérico).

1.10. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden es de la forma F(x, y, y ') = 0 . Si se puede expresar como y ' = f(x, y) entonces se pueden aplicar métodos de solución para ecuaciones resueltas respecto a la derivada, dentro de este tipo de ecuaciones se estudiarán los métodos de solución de algunas de ellas, ya que cada modelo de ecuación requiere de un proceso diferente para llegar a la solución, lo que funciona bien con un tipo de EDO no necesariamente se aplica a otras. Si por el contrario la EDO no se puede expresar como y ' = f(x, y) , entonces se tendrán que aplicar métodos de solución para ecuaciones no resueltas en y ' , un ejemplo de este tipo de ecuaciones es la ecuación de Clairaut que es de la forma y = xy '+ f(y ') . El estudio se centrará en las EDO de primer orden donde es posible despejar y ' , y dentro de este tipo de ecuaciones se estudiarán las siguientes:

•

Ecuaciones con variables separables

• •

Ecuaciones reducibles a variables separables Ecuaciones homogéneas

1.38. Problemas propuestos

6

• •

Ecuaciones reducibles a homogéneas Ecuaciones exactas

•

Ecuaciones reducibles a exactas

• •

Ecuaciones lineales Ecuaciones reducibles a lineales De esta forma se comienza a dar respuesta a la interrogante c del apartado

1.9.

1.11. ECUACIONES CON VARIABLES SEPARABLES Si la EDO dada se puede expresar de la forma h(y)dy = g(x)dx , se dirá que la ecuación es de variables separables. Observe que se debe poder despejar y separar las variables x e y. De esta forma integrando ambos miembros de la ecuación anterior se determina la solución:

∫ h(y)dy = ∫ g(x)dx .

Ejemplo 15. Resuelva (2 + x)dy − ydx = 0 .

1 1  1  dy =  dx ⇒ dy =  y y 2 + x expresiones si y ≠ 0, x ≠ −2 ) por lo tanto: ln y = ln 2 + x

∫

Solución. (2 + x)dy = ydx ⇒

por

C1 = ln C2 , es decir



1



∫  2 + x  dx

(se despejan las

+ C1 , aquí se reemplaza C1

ln y = ln 2 + x + ln C2 = ln (2 + x)C2

y así,

y = (2 + x)C3 ,

(C3 ≠ 0) . Las curvas y = 0 y x = −2 son soluciones de la ecuación diferencial. En forma gráfica se tiene (ver figura 1):

Figura 1. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 15

1.38. Problemas propuestos

7

Ejemplo 16. Resuelva x − 2y − 2 + xy =

dy . dx

dy dy dy por lo = x − 2y − 2 + xy ⇒ = (x − 2) + y(x − 2) ⇒ = (x − 2)(1 + y) dx dx dx dy dy tanto: = (x − 2)dx ⇒ = (x − 2)dx (se despejan las expresiones si y ≠ −1 ) 1+y 1+y

Solución.

∫

∫

2

Se tiene que: ln 1 + y =

x x2 − 2x + C1 ⇒ 1 + y = e 2 2

que aquí se reemplaza eC1

1+ y =

x2 − 2x e2 C2

⇒ 1 + y = C3

por C2

x2 − 2x e2 ,

− 2x + C1

x2 − 2x

⇒ 1+y = e2

eC1 , de modo

(C2 > 0) , y en consecuencia se tiene que x2 − 2x

de manera que y = C3e 2

− 1 , (C3 ≠ 0) . La curva

y = −1 es solución de la ecuación diferencial. En forma gráfica se tiene (ver figura 2):

Figura 2. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 16

Ejemplo 17. Resuelva 4ex tg(y)dx + (π − ex ) sec2 (y)dy = 0 . Solución. 4ex tg(y)dx + (π − ex ) sec2 (y)dy = 0 , (π − ex ) sec2 (y)dy = −4ex tg(y)dx separando las variables:

y ≠ kπ (k ∈ Z) , π ≠ ex )

∫

sec2 (y) 4ex dy = − dx tg(y) π − ex

sec2 (y) ex dy = 4 x dx ambas integrales se pueden resolver tg(y) e −π

∫

u=e −π x

por simple sustitución.

dv

∫v

=4

(se despejan las expresiones si

v = tg(y)

du = e dx dv = sec2 (y)dy x

du

∫ u , ln v = 4ln u + C , ln tg(y) = 4 ln e 1

x

entonces:

− π + ln C2 , ln tg(y) = ln (ex − π)4 C2 ,

tg(y) = (ex − π)4 C3 , y = arctg((ex − π)4 C3 ) . Las curvas y = kπ (k ∈ Z) y π = ex son soluciones de la ecuación diferencial. En forma gráfica se tiene (ver figura 3): 1.38. Problemas propuestos

8

Figura 3. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 17

Ejemplo 18. Resuelva Solución.

dy = 7x + y . dx

dy dy = 7x + y = 7x.7y . Separando variables: y = 7x dx . dx 7

Integrando ambos miembros:

∫7

−y

dy =

∫ 7 dx . Se hacen las sustituciones: x

u = 7x , du = 7x ln7dx , v = 7− y , dv = −(7y )−2 7y ln 7dy = −7− y ln7dy , − Se tiene entonces −

1 ln7

dv = 7− y dy ln7

− dv = du ⇒ −v = u + C 1 ∫ dv = ln7 ∫ du , −7∫ = 7∫ + C ⇒ 7 + 7 = C −y

x

x

−y

En forma gráfica se tiene (ver figura 4):

Figura 4. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 18

1.38. Problemas propuestos

9

1.12. ECUACIONES REDUCIBLES A VARIABLES SEPARABLES dy = f(ax + by + c) , (b ≠ 0) puede dx transformarse en una EDO con variables separables con el cambio: u = ax + by + c , du / dx = a + b(dy / dx) . La ecuación dada queda, al aplicar el cambio: Una EDO que se presente de la forma

dy 1  du  du = − a , = bf(u) + a dx b  dx  dx que tienen las variables separadas, un procedimiento como en el apartado 1.11 permite hallar la solución. Recuerde devolver los cambios efectuados para transformar la ecuación.

1 . x + y +1 Solución. Con el cambio u = x + y + 1 , du = 1 + dy, recuerde que se está derivando Ejemplo 19. Resuelva y ' =

respecto de “x”. Se tendrá la ecuación diferencial con variables separadas u'− 1 = (u ≠ 0) es decir

u

∫ 1 + u du = ∫ dx ,

1 u

du 1 1+u . Separando las variables e integrando se tiene: = + 1 ⇒ u' = dx u u u + 1 − ln u + 1 = x + C,

x + y + 2 − ln x + y + 2 = x + C

(u ≠ −1)

La solución es 1 + y − ln x + y + 2 = C . La solución y = −(x + 2) también satisface la ecuación. En forma gráfica se tiene (ver figura 5):

Figura 5. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 19

1.38. Problemas propuestos

10

Ejemplo 20. Resuelva

dy = sen(x + y) . dx

dy du = − 1 y queda entonces la ecuación dx dx du diferencial u'− 1 = sen(u) , que separando las variables se tiene: = sen(u) + 1 , por lo dx du tanto: = dx , (sen(u) + 1 ≠ 0) . Para resolver la primera integral se sen(u) + 1

Solución. Sea u = x + y, du = 1 + dy así:

∫

∫

multiplica por la conjugada del denominador así: (1 − senu) (1 − senu) du = du (1 − senu)(1 + senu) cos2 u du sen(u) sen(u) resultando las integrales: − du = sec2 (u)du − du . 2 2 cos u cos u cos2 (u)

∫

∫

∫ ∫

∫

∫

Las integrales que se tienen son directas por lo tanto al integrar resulta: 1 tg(u) − + C1 = x + C2 cos u 1 devolviendo el cambio: tg(x + y) − = x +C. cos(x + y) La solución de la forma y = −x +

3π 2

+ 2kπ (k ∈ Z) también satisface la ecuación.

Algunas ecuaciones diferenciales reducibles a variables separables se presentan en forma diferente a los casos anteriores, en general se puede señalar que una ecuación diferencial ordinaria de primer orden con la forma y ' = f(h(x, y)) es de este tipo si se puede encontrar una sustitución u = h(x, y) , que permita separar las nuevas variables en una EDO con variables separables. Ejemplo 21. Resuelva (1 + x2 y2 )y + (xy − 1)2 xy ' = 0 . Solución. Con el cambio xy = t se transforma la ecuación en una de variables

separadas. Sea entonces t = xy , derivando respecto de x:

dt = xy '+ y , t ' = xy '+ y , dx

t '− y , las nuevas variables son x y t. (x ≠ 0) . La ecuación queda x  t '− xt  t entonces: (1 + t2 ) + (t − 1)2 x   = 0 . Simplificando y despejando se tiene:  x  x  

despejando: y ' =

(1 + t2 )t + (t − 1)2 (t ' x − t) = 0, t ' x − t = − t'x =

t3 − 2t2 + t − t − t3

finalmente quedan las integrales:

(t − 1)

2

∫

=−

(1 + t2 )t (t − 1)

2

2t2 (t − 1)2

, t'x = t −

(1 + t2 )t (t − 1)3

, (t ≠ 1)

dx t2 − 2t + 1 =− dt , (t ≠ 0) x 2t2

∫

Calculando las integrales se obtiene: ln x + ln C = −

t 1 . Observe que la + ln t + 2 2t

constante de integración por conveniencia se toma lnC. Si se aplican las propiedades

1.38. Problemas propuestos

11

2

1  Cxy  del logaritmo para simplificar se tendrá la solución: ln   = xy − xy , tomando  x  exponencial se obtiene: Cy2 = e

xy − 1 xy

. La solución xy = 0 satisface la ecuación.

Ejemplo 22. Resuelva (x6 − 2x5 + 2x4 − y3 + 4x2 y)dx + (xy2 − 4x3 )dy = 0.

y (x ≠ 0) la ecuación dada se transforma en una de x dy dt variables separables en las nuevas variables t y x. Sea y = tx entonces , =t+x dx dx

Solución. Con el cambio t =

es decir y ' = t + xt ' . Considerando la ecuación y ' = −

aplica el cambio se tiene: t '+ xt ' =

x6 − 2x5 + 2x4 − y3 + 4x2 y xy − 4x3

−x6 + 2x5 − 2x 4 + t3x3 − 4tx3 x3 t2 − 4x3

 −x6 + 2x5 − 2x4   1  simplificando: t ' =   resulta:    2 x4  t − 4 calcular la integral se obtiene la solución:

∫ (t

2

, si se

. Separando variables y

− 4)dt =

∫ (− x

2

+ 2x − 2)dx . Al

x3 y3 4y − x2 + 2x + − = C . La solución 3 3 x 3x

x = 0 también satisface la ecuación.

Ejemplo 23. Resuelva x + y + 1 + y '(2x + 2y − 1) = 0 . Solución.

x + y + 1 + y '(2x + 2y − 1) = 0 ⇒ y ' = − u'− 1 = −

x + y +1 x + y +1 =− 2x + 2y − 1 2(x + y − 12 )

u = x + y ⇒ u' = 1 + y '

2(u − 12 ) u+1 u+1 2u − 1 − u − 1 u−2 ⇒ u' = 1 − = = ⇒ du = dx (u ≠ 2) 1 1 1 1 u−2 2(u − 2 ) 2(u − 2 ) 2(u − 2 ) 2(u − 2 )

2u − 1 1   2u − du = dx ⇒   du = dx ⇒ 2(u − 2) + 3ln u − 2 = x + c u−2 u − 2 u − 2 ⇒ 2(x + y − 2) + 3ln x + y − 2 = x + c.

1.13. FUNCIÓN HOMOGÉNEA Definición 7. Una función f(x, y) es homogénea de orden n en sus argumentos, si para algún número real n, se cumple que f(tx, ty) = tnf(x, y) .

Ejemplo 24. Una función homogénea de orden dos es f(x, y) = 5x2 − 4xy + 2y2 , ya que: f(tx, ty) = 5(tx)2 − 4(tx)(ty) + 2(ty)2 = t2 (5x2 − 4xy + 2y2 ) = t2 f(x, y) .

Ejemplo 25. f(x, y) = 3x − 5xy + 7y es una función homogénea de orden uno, ya que: f(tx, ty) = 3tx − 5txty + 7ty = 3tx − t 5xy + 7ty = tf(x, y) .

1.38. Problemas propuestos

12

Ejemplo 26. f(x, y) =

4x2 3y2

+ 9, es una función homogénea de orden cero, en efecto:

f(tx, ty) =

4(tx)2 3(ty)2

+9=

4x2 3y2

+ 9 = t0 f(x, y) .

Definición 8. Si f es una función homogénea de orden n siempre se podrá escribir en x   y la forma f(x, y) = xnf 1,  o bien f(x, y) = ynf  ,1  .  x y  Ejemplo 27. Sea f(x, y) = x2 + 3xy + y2 , primero se probará que es homogénea:

f(tx, ty) = t2 (x2 + 3xy + y2 ) = t2 f(x, y) . Es homogénea de orden dos, luego se puede expresar como:   x2  x  y y2  x  y f(x, y) = x2 1 + 3 + 2  = x2 f  1,  o f(x, y) = y2  2 + 3 + 1  = y2 f  ,1      x x  y  x y   y 

1.14. ECUACIONES HOMOGÉNEAS M(x, y) se N(x, y) dirá que es homogénea si M(x, y) y N(x, y) son funciones homogéneas del mismo Definición 9. Una ecuación diferencial de primer orden de la forma y ' =

orden. Si esto sucede es posible expresar la ecuación dada de la forma:  y  y xnM 1,  M 1,  x   =  x . y' =  y  y xnN  1,  N 1,  x    x x Observe que también es posible expresar y ' en términos de   . y Este tipo de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden se pueden y transformar en ecuaciones con variables separables mediante el cambio: u =   o x

x v =   . Para resolver estas ecuaciones se selecciona el cambio a utilizar, sea por y y dy du ejemplo: u = de donde y = ux , derivando respecto de x se tiene: =x + u, y x dx dx M(1,u) sustituyendo en la ecuación dada se tiene: xu'+ u = . Esta nueva EDO es de N(1,u) variables separables en las variables separadas en las variables u y x, y por lo tanto de fácil solución.

1.38. Problemas propuestos

13

Ejemplo 28. Resuelva y ' =

y−x . y+x

y  x  − 1 x  (x ≠ 0) . Esta ecuación se Solución. Se puede expresar en la forma: y ' =  y  x  + 1 x  y resuelve con el cambio u = de donde se tiene y = ux y derivando respecto de x, x u−1 y ' = xu'+ u y luego sustituyendo en la ecuación diferencial se obtiene: xu'+ u = , u+1 xu' =

u−1 − u, u+1

integrando:

∫

u2 + 1 . Esta nueva ecuación es de variables separables, u+1 u+1 dx 2u du dx . Estas integrales son du = − ⇒ du + =− 2 2 2 x x u +1 2(u + 1) u +1 xu' = −

∫

∫

todas directas, se tiene entonces: cambio:

∫

∫

1 ln(u2 + 1) + arctg(u) = − ln x + C , devolviendo el 2

1  y2 + x2  y ln   + arctg   = − ln x + C . 2  2  x x 

  y  Ejemplo 29. Resuelva  y + x.ctg    dx − xdy = 0 .  x  

y  y  y y + x.ctg   x  + ctg    x dy dy x  x    =  Solución. Despejando . Al sustituir , se obtiene: = dx dx x x y por u = , se tiene: y ' = u' x + u. (x ≠ 0) . Sustituyendo u' x + u = u + ctg(u) , integrando x du dx = (ctgu ≠ 0) , se obtiene ln sen(u) = ln x + C por tanto la solución general ctgu x

∫

es: ln

∫

sen(y / x) 1  = C . Las curvas del tipo y =  + k  π, k ∈ Z satisfacen la ecuación. En x 2  

forma gráfica se tiene (ver figura 6):

1.38. Problemas propuestos

14

Figura 6. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 29

Ejemplo 30. Resuelva xdy + (x.cos(y x) − y)dx = 0 . Solución. y ' =

y − x.cos(y x) y y = − cos   (Ecuación homogénea) x x x

Cambio de variable: u = y x ⇒ y ' = u + u' x .

u + u' x = u − cos u ⇒ u' x = cos u ⇒ sec udu = dx x . Integrando se tiene: ln sec u + tgu = ln x + ln C ⇒ sec u + tgu = cx ⇒ sec ( y x ) + tg ( y x ) = cx . Ejemplo 31. Suponga que M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 es una ecuación homogénea. Pruebe que las sustituciones x = r.cos θ, y = r.senθ reducen la ecuación a una de

variables separables. Solución. Por ser homogénea se tiene: M(x, y) = xnM(1, y / x) = (r cos θ)n M(1, tgθ) = N(x, y) dx = cos θdr − r.senθdθ , dy = senθdr + r.cos θdθ . Sustituyendo y simplificando se tiene:

M(1, tgθ)[cos θdr − r.senθdθ] + N(1, tgθ)[senθdr + r.cos θdθ] = 0 [M(1, tgθ) cos θ + N(1, tgθ)senθ]dr + r[N(1, tgθ) cos θ − M(1, tgθ)senθ]dθ = 0 Separando variables se obtiene

dr M(1, tgθ)senθ − N(1, tgθ) cos θ = . r M(1, tgθ) cos θ + N(1, tgθ)senθ

1.15. ECUACIONES REDUCIBLES A HOMOGÉNEAS Las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden que se presentan con a b  ax + by + c  dy la forma: = f ≠ 0 se pueden transformar en ecuaciones  donde dx Ax + By + C A B   homogéneas con las sustituciones: x = u + h , y = v + k , donde el punto (h,k), es el punto de corte de las rectas definidas mediante las ecuaciones: ax + by + c = 0 y

1.38. Problemas propuestos

15

Ax + By + C = 0 . Observe que la ecuación diferencial homogénea que resulta de esta sustitución, es una ecuación en las nuevas variables u y v. Si la EDO de primer orden a b  ax + by + c  dy = f = 0 se puede transformar se presenta con la forma:  donde dx A B  Ax + By + C 

en una ecuación de variables separables con la sustitución u = ax + by + c.

x −y −3 . x + y −1 Solución. Se determina el punto de corte de las rectas: x − y − 3 = 0 , x + y − 1 = 0 . Ejemplo 32. Resuelva y ' =

Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra el punto (2, −1). La sustitución es por lo tanto x = u + 2, y = v − 1 de donde se tiene que:

dy dv . Sustituyendo en la = dx du

dv (u + 2) − (v − 1) − 3 u − v = = . Esta ecuación es homogénea y se du (u + 2) + (v − 1) − 1 u + v u v resuelve por lo tanto con la sustitución z = o bien con w = . Si se toma para v u v se tiene v = uw (u ≠ 0) . Derivando determinar la solución la sustitución w = u dv dw 1 − w . Esta nueva = w + uw ' y sustituyendo en la EDO dada se tiene: w + u = du du 1 + w EDO dada se tiene:

ecuación en las variables w y u es de variables separables, resultando las integrales 1+w du 1 2w + 2 du dw = − ⇒ dw = − . Resolviendo las integrales y sin 2 2 u 2 w + 2w − 1 u w + 2w − 1 1 cambios: ln w2 + 2w − 1 = − ln u + C . ln (y + 1)2 + 2(y + 1)(x − 2) − (x − 2)2 = C . 2

∫

∫

∫

Ejemplo 33. Resuelva y ' =

∫

16y − 49x + 18 . 2x + y − 9

16k − 49h + 18 = 0 16k − 49h = −18 Solución.  ⇒ ⇒ h = 2 , k = 5 . Se aplica el par de k + 2h − 9 = 0   k + 2h = 9 16(v + 5) − 49(u + 2) + 18 16v − 49u cambios: x = u + 2, y = v + 5 y se tiene: v ' = que = 2(u + 2) + v + 5 − 9 2u + v v es una ecuación homogénea. Sea t = ⇒ ut = v ⇒ v ' = ut '+ t. Se tiene entonces que: u

16t − 49 16t − 49 − 2t − t2 −t2 + 14t − 49 (t − 7)2 . De modo que: −t = = =− 2+t 2+t 2+t t+2 t+2 du z+9 du . Cambio z = t − 7 ⇒ dz = dt . dt = − ⇒ dz = − 2 2 u u (t − 7) z

ut ' =

Se tiene: ln z −

1

9  du 9 dz = − ⇒ ln z − = − ln u + c. 2  u z 

∫  z + z

∫

y −5 9 9 = − ln u + c ⇒ ln t − 7 − = − ln x − 2 + c . ln −7 − x−2 z t−7

Devolviendo cambios:

9 y −5 x −2

−7

= − ln x − 2 + c .

Ejemplo 34. Resuelva (x2 y2 − 1)dy + (2xy3 )dx = 0 .

1.38. Problemas propuestos

16

Solución. Esta ecuación no es homogénea, sin embargo con una sustitución de la forma y = ta donde por el momento a es un número arbitrario que se debe determinar, la transformación es homogénea. Derivando:

(x2 t2a − 1)ata −1dt + 2xt3adx = 0 , a

dy = ata −1 y sustituyendo en la EDO: dt

dt 2xt3a = − 2 3a−1 . Observe en esta ecuación que el dx x t − ta −1

grado de 2xt3a es (1 + 3a) , el grado de ta −1 es (a − 1) y el grado de x2 t3a −1 es (2 + 3a − 1), como es necesario para que la ecuación sea homogénea que los grados de todos los términos sean iguales, debe cumplirse entonces que 3a + 1 = a − 1 , esto sucede si a = −1 por lo tanto la sustitución que transforma la ecuación dada en homogénea es y = 1 / t. La ecuación dada toma la forma: (t2 − x2 )dt + 2txdx = 0 o bien

dx t2 (x2 / t2 − 1) x . Esta ecuación se resuelve con la sustitución u = , es decir: = 2 dt t t (2x / t) x = ut ,

u' t + u =

derivando,

x ' = tu '+ u .

Sustituyendo

u −1 u +1 y luego: ⇒ u' t = − 2u 2u 2

2

∫u

2u

2

+1

en

du = −

la

dt

∫t

ecuación

se

tiene:

. Resolviendo las integrales

resulta: ln u2 + 1 = − ln t + ln c , de donde se tiene que (u2 + 1)t = C y devolviendo los cambios u = x / t y a su vez t = 1 / y resulta la solución x2 y2 + 1 = yc .

y + x y + x Ejemplo 35. Halle la solución general de la ecuación (y '+ 1).ln  . =  x + 3 x + 3 Solución. La solución del sistema y + x = 0 , x + 3 = 0 es el punto (−3,3) .  v + u v + u Cambio de variables: x = u − 3 , y = v + 3 , (v '+ 1).ln  = u .  u  Sea t = v / u ⇒ t + ut ' = v ' , entonces (t + ut '+ 1).ln(t + 1) = t + 1 . Manipulando:

t +1 t +1 (t + 1) − (t + 1)ln(t + 1) . ⇒ ut ' = − (t + 1) ⇒ ut ' = ln(t + 1) ln(t + 1) ln(t + 1) ln(t + 1) 1 Separando variables: dt = du . (t + 1)(1 − ln(t + 1)) u ln(t + 1) dt Al resolver . dt , z = 1 − ln(t + 1) ⇒ dz = − (t + 1)(1 − ln(t + 1)) t +1 z −1 dz = z − ln z + C1 . Por lo tanto: La integral se convierte en z ln(t + 1) 1 dt = du ⇒ 1 − ln(t + 1) − ln 1 − ln(t + 1) = ln u + C . (t + 1)(1 − ln(t + 1)) u (t + ut '+ 1) =

∫

∫

y −3  y −3  Devolviendo cambios: 1 − ln  + 1  − ln 1 − ln  + 1  = ln x + 3 + C . x + 3 x + 3    

Ejemplo 36. Dada la ecuación

dy 3x5 + 3x2 y2 , indique los valores de p y q para = dx 2x3 y − 2y3

convertirla en homogénea usando los cambios x = up , y = vq y el valor de n si el cambio es y = v.xn . Solución. x = up ⇒ dx = p.up −1du , y = v q ⇒ dy = q.vq −1dv . Se tiene entonces: 1.38. Problemas propuestos

17

2 q.vq −1dv u5p + u2p v2q 2qdv u6p −1 + u3p −1v2q . Se requiere que: = 3p q . p −1 ⇒ = 3 p.u du 3pdu u3p v2q −1 − v4q −1 u v − v3q 6p − 1 = 3p + 2q − 1 ⇒ 3p = 2q , 6p − 1 = 4q − 1 ⇒ 3p = 2q . 3p + 2q − 1 = 4q − 1 ⇒ 3p = 2q Por lo tanto las constantes p y q deben ser tales que 3p = 2q , p, q ≠ 0 . y = v.xn ⇒ y ' = v '.xn + n.xn −1.v . Se tiene entonces: v ' xn + n.xn −1v =

v' =

3(x5 + x2n + 2 v2 ) 2(xn + 3 v − x3nv3 )

⇒ v ' xn =

3(x5 + x2n + 2 v2 ) 2(xn + 3v − x3nv3 )

3(x5 + x2n + 2 v2 ) − 2nxn −1v(xn + 3v − x3nv3 ) 2xn (xn + 3 v − x3nv3 )

Se requiere que: 5 = 4 + 2n ⇒ n = Por lo tanto n =

1 2

=

− nxn −1v

3x5 + 3x2n + 2 v2 − 2nx2n + 2 v2 − 2nx4n −1v4

, 5 = 4n + 3 ⇒ n =

2x2n + 3 v − 2x4nv3 1 2

, 2n + 4 = 4n + 3 ⇒ n =

1 2

.

.

1 . 2

1.16. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS Definición 10. Una expresión diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy (1) es una diferencial exacta en una región R del plano xy si corresponde a la diferencial total de alguna función f(x,y). Definición 11. Una ecuación diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 se llama exacta si la

expresión (1) es una diferencial exacta. TEOREMA 1. Suponga que M(x, y), N(x, y) son funciones continuas con derivadas

parciales de primer orden continuas en una región R del plano xy. Entonces una condición necesaria y suficiente para que la expresión (1) sea una diferencial exacta es ∂M(x, y) ∂N(x, y) que = . ∂y ∂x Demostración: (⇒) Suponga que M(x, y), N(x, y) tienen derivadas parciales de primer orden continuas para todo (x,y). Por la definición 10, si la expresión (1) es exacta, existe alguna función f(x,y) para la cual: ∂f(x, y) ∂f(x, y) ∂f(x, y) ∂f(x, y) , N(x, y) = . M(x, y)dx + N(x, y)dy = dx + dy y M(x, y) = ∂x ∂y ∂y ∂x Por lo tanto,

∂M(x, y) ∂  ∂f  ∂2 f ∂  ∂f  ∂N(x, y) . Por continuidad, = = =  =   ∂y ∂y  ∂x  ∂y∂x ∂x  ∂y  ∂x

∂2 f(x, y) ∂2 f(x, y) ∂M(x, y) ∂N(x, y) y de esta manera se obtiene . = = ∂y∂x ∂x∂y ∂y ∂x ∂M(x, y) ∂N(x, y) = . Se desea encontrar una función f(x,y) tal (⇐) Suponga ahora que ∂y ∂x x y ∂f ∂f = M(x, y) , = N(x, y) . Resulta que: f(x, y) = M(x, y0 )dx + N(x, y)dy (2) ∂x ∂y x0 y0 en donde (x0 , y0 ) es un punto de la región, esta es la función buscada. En la segunda

que

∫

∫

integral de (2) la variable x se mantiene fija. Luego,

1.38. Problemas propuestos

18

∂f(x, y) ∂ = ∂x ∂x

∫

x x0

M(x, y0 )dx +

= M(x, y0 ) +

∫

y y0

∂ ∂x

∫

y y0

N(x, y)dy = M(x, y0 ) +

∫

y y0

∂N(x, y) dy ∂x

∂M(x, y) dy (por hipótesis) ∂y

= M(x, y0 ) + M(x, y) − M(x, y0 ) = M(x, y) De manera semejante se puede demostrar que

∂f(x, y) = N(x, y) . ∂y

1.17. MÉTODO PARA RESOLVER ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS Considere la ecuación M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 .

∂M(x, y) ∂N(x, y) . = ∂y ∂x ∂f(x, y) Paso 2. Suponga luego que = M(x, y) . De este modo se puede encontrar a la ∂x

Paso 1. Demuestre que

función f(x,y) integrando M(x,y) respecto a x mientras la variable y se mantiene constante. Entonces se escribe f(x, y) =

∫ M(x, y)dx + g(y) (3).

Paso 3. Se deriva la ecuación (3) respecto a y y se supone que

∂f(x, y) = N(x, y) : ∂y

∂f(x, y) ∂ = ∂y ∂y De aquí resulta:

∫ M(x, y)dx + g'(y) = N(x, y) . ∂ g'(y) = N(x, y) − M(x, y)dx (4). Se observa que el primer ∂y ∫

miembro de la ecuación (4) es independiente de x ya que:  ∂N(x, y) ∂M(x, y) ∂  ∂ M(x, y)dx)  = − = 0.  N(x, y) − ∂x  ∂y ∂x ∂y 

∫

Paso 4. Se integra la ecuación (4) respecto a y, luego se sustituye el resultado en la ecuación (3). Paso 5. La solución de la ecuación es f(x, y) = C.

Ejemplo 37. Resuelva (7x + 6y)dx + (6x − 5y2 )dy = 0 . Solución. ∂M(x, y) ∂(7x + 6y) ∂N(x, y) ∂(6x − 5y2 ) = =6 , Paso 1. = = 6. ∂y ∂y ∂x ∂xy

7x2 + 6xy + g(y) . 2 ∂ 7 2  Paso 3. fy (x, y) = x + 6xy + g(y)  = 6x + g'(y) = 6x − 5y2 . g '(y) = −5y2 . ∂y  2  Paso 2. f(x, y) =

∫

(7x + 6y)dx + g(y) =

∫

Paso 4. g '(y) = −5y2 ⇒ g(y) = − 5y2dy = −

5y3 7x2 5y3 , f(x, y) = + 6xy − . 3 2 3

Paso 5. Entonces una familia de soluciones de la ecuación diferencial dada es:

1.38. Problemas propuestos

19

7x2 5y3 + 6xy − = C. 2 3 Ejemplo 38. Resuelva y ' =

3 − 2y2 x 2yx2 + 4

.

Solución. Si (2y2 x − 3)dx + (2yx2 + 4)dy entonces M(x, y) = 2y2 x − 3 , N(x, y) = 2yx2 + 4 . Paso 1.

∂M(x, y) ∂N(x, y) = 4xy , = 4xy . ∂y ∂x

Paso 2. f(x, y) =

∫ (2y x − 3)dx + g(y) = y x 2

2 2

− 3x + g(y) .

Paso 3. fy (x, y) = 2yx2 + g'(y) = 2yx2 + 4 . g'(y) = 4.

∫

Paso 4. g(y) = 4 dy = 4y . Paso 5. Solución. y2 x2 − 3x + 4y = C .

1.18. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A EXACTAS. FACTOR INTEGRANTE En ocasiones se presentan ecuaciones diferenciales no exactas escritas en la forma M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 (5). Es posible convertir dichas ecuaciones en exactas multiplicando sus términos por un factor integrante adecuado. Por ejemplo, la ecuación

ydx − xdy = 0 no es exacta, pero si se multiplican sus términos por 1 y2 (y ≠ 0) se  x  1 ∂ − 2  ∂  y y  ydx − xdy 1 obtiene = 0 (6) y así: My =   = − 2 =  = Nx es decir, la ecuación 2 ∂y ∂x y y (6) se puede convertir en exacta. Definición 12. Un factor integrante para la ecuación (5) es una función ρ(x, y) tal que

la ecuación ρ(x, y)M(x, y)dx + ρ(x, y)N(x, y)dy = 0 sea exacta; es decir,

∂(ρM) ∂(ρN) = (7) ∂y ∂x

Lamentablemente, no siempre es fácil encontrar un factor integrante ρ(x, y) . Pero, si la ecuación (5) tiene un factor integrante ρ que sea, bien una función que dependa sólo de x o una función sólo de y, entonces ρ puede ser encontrado de manera sistemática. Otra forma para la ecuación (7) sería M

∂ρ ∂M ∂ρ ∂N +ρ =N +ρ (8) ∂y ∂y ∂x ∂x

Para determinar entonces el factor integrante se tiene la ecuación (8) en derivadas parciales, como dicho factor puede depender de las dos variables o bien solo de x o de y, se consideran por separado los tres casos: a. Factor integrante que depende solo de la variable x.

1.38. Problemas propuestos

20

Como el factor ρ depende sólo de la variable x, entonces se sabe que lo tanto la ecuación (8) se reduce a: ρ

∂ρ = 0 y por ∂y

 ∂M ∂N  ∂M dρ ∂N dρ =N +ρ ⇒ ρ − . =N ∂y dx ∂x dx  ∂y ∂x 

Despejando y utilizando una notación más compacta se tiene:

dρ  My − Nx =  ρ N 

 My − Nx   dx  N  .

∫    dx ⇒ ρ = e  

b. Factor integrante que depende sólo de la variable y. Con un procedimiento análogo al anterior se llega al factor integrante de la forma:

ρ=e c.

 Nx − My   dy  M   .

∫ 

Factor integrante que depende indirectamente de las dos variables x e y. Considere ahora un factor integrante que depende de las variables x e y. Esta dependencia debe estar dada a través de una regla de correspondencia z = f(x, y) es decir que se tiene un factor ρ(z) donde z a su vez dependerá de las variables x  dρ ∂z  ∂M ∂N  dρ ∂z  e y. Para este caso la ecuación (8) es M  . Si se . +ρ = N . +ρ dz ∂ y ∂ y dz ∂ x ∂x      ∂N ∂M  dρ  ∂z ∂z  agrupan términos y se despeja se tiene: −N  = ρ − M  . Si ahora se dz  ∂y ∂x   ∂x ∂y  despeja y se usa una notación más compacta se tiene:  Nx − My



∫  M.z −N.z  dz dρ  Nx − My  x . =  dz ⇒ ρ = e  y  M.zy − N.zx  ρ   Observe que para poder resolver esta ecuación es necesario que el lado derecho esté expresado en función de z. Una vez que se ha determinado el factor integrante en función de z, se hace la sustitución z = f(x, y) para tener finalmente el factor ρ(x, y) buscado. Ejemplo 39. Determine para la ecuación diferencial (1 − x2 y)dx + x2 (y − x)dy = 0 un

factor integrante que dependa de x. Solución. Se puede verificar que la ecuación no es exacta ya que My ≠ Nx . Como el factor integrante depende solo de x, entonces ρy = 0 . Para determinar dicho factor integrante se sabe que ρ = e

Nx = 2xy − 3x2 sustituyendo: Resulta ρ =

 2 ∫  −  dx e  x

=

1 x2

 My − Nx   dx  N   ,

donde M = (1 − x2 y) , N = x2 (y − x) , My = −x2 ,

My − Nx

−x2 − 2xy + 3x2

∫ 

N

=

x (y − x) 2

=

−2x(y − x) x (y − x) 2

=−

2 . x

.

1.38. Problemas propuestos

21

Ejemplo 40. Determine un factor integrante para la ecuación diferencial dada por (3y2 − x)dx + (2y3 − 6xy)dy = 0 que dependa de las dos variables sabiendo que el factor es de la forma ρ(z) con z = x + y2 . Solución. De la ecuación se tiene M = 3y2 − x , N = 2y3 − 6xy , My = 6y , Nx = −6y ,

zx = 1 , zy = 2y . Como My ≠ Nx entonces la ecuación no es exacta, para determinar ρ(z) se utiliza: ρ = e

Nx − My M.zy − N.zx

 Nx − My   dz y − N.zx  

∫  M.z

=

. Calculando el integrando se tiene:

−6y − 6y (3y − x)2y − (2y − 6xy) 2

3

=

−12y 6y − 2xy − 2y + 6xy 3

3

=−

3 x + y2

.

Recuerde que siempre el integrando debe estar en función de z, de esta manera se  3

tiene: ρ = e

∫  − z  dz

=

1

que resulta finalmente un factor integrante ρ =

3

z

1 (x + y2 )3

.

Ejemplo 41. Dada la ecuación (4xy2 + 12x3 y3 )dx + (3x2 y + 6x4 y2 )dy = 0 , halle su

solución general sabiendo que admite un factor integrante de la forma µ(x2 y) . Solución. Nx − My

=

M.zy − N.zx

µ(x2 y) = e

6xy + 24x3y2 − 8xy − 36x3 y2

=

(4xy2 + 12x3 y3 )x2 − (3x2 y + 6x4 y2 )2xy

 1 + 6z   dz z 

∫ 

=e

∫ ( z + 6 ) dz 1

2xy + 12x3 y2 2x3y2

=

1 + 6x2 y x2 y

2

= eln z + 6z = ze6z = x2 ye6x y .

Multiplicando por el factor integrante obtenido: 2

2

e6x y (4x3y3 + 12x5y4 )dx + e6x y (3x4 y2 + 6x6 y3 )dy = 0 2 2 ∂(µM) = 6x2e6x y (4x3y3 + 12x5 y4 ) + e6x y (12x3y2 + 48x5y3 ) ∂y 2 ∂(µM) ∂(µN) = e6x y (72x5 y3 + 72x7 y4 + 12x3 y2 ) = ∂y ∂x 6x2y

∫e = e ∫

f(x, y) =

(4x3y3 + 12x5 y4 )dx + g(y) =

6x2y

6x2y

∫e

4x3y3dx +

6x2y

∫e

12x5y 4dx + g(y)

2

∫

4x3 y3dx + 12xye6x y x4 y3dx + g(y) 2

En la segunda integral se integra por partes: u = x4 y3 , dv = 12xye6x y dx

f(x, y) =

6x2y

∫e

2y

4x3 y3dx + x4 y3e6x

2

−

6x2y

∫e

2y

g '(y) = e6x y (3x4 y2 + 6x6 y3 ) − 3x4 y2 e6x 4 3 6x2y

Por tanto, x y e

2y

4x3 y3dx + g(y) = x 4 y3e6x 2y

− 6x6 y3e6x

+ g(y)

= 0 ⇒ g(y) = C .

= C.

1.38. Problemas propuestos

22

1.19. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN dy + A(x)y = Q(x) (9) en donde dx A(x), Q(x) son funciones en x, es denominada ecuación diferencial lineal de

Definición 13. Una ecuación diferencial de la forma

primer orden. Mediante un factor integrante adecuado, existe una técnica para resolver la A(x)dx ecuación dada. Sea ρ(x) = e ∫ , se multiplica la ecuación (9) por ρ(x) y se obtiene

dy A(x)dx A(x)dx (10). Como Dx  A(x)dx  = A(x) , entonces el y = Q(x)e ∫ + A(x)e ∫   dx A(x)dx , es decir lado izquierdo de la ecuación (10) es la derivada del producto y(x)e ∫ e∫

∫

A(x)dx

A(x)dx  A(x)dx (11). Por lo tanto, si se integra la ecuación (11) se Dx y(x)e∫ = Q(x)e ∫   A(x)dx A(x)dx  obtiene y(x)e ∫ = Q(x)  e∫  dx + C . Al despejar y(x) se obtiene:  

∫

− A(x)dx   ∫ A(x)dx  dx + C  y(x) = e ∫   Q(x)  e  

∫

En la práctica para resolver la ecuación (9) se van a seguir los siguientes pasos: A(x)dx Paso 1. Se calcula el factor integrante ρ(x) = e ∫ .

Paso 2. Se multiplica la ecuación dada por ρ(x) . Paso 3. Se identifica el lado izquierdo de la ecuación que resulta como la derivada del producto Dx [ρ(x).y(x)] = ρ(x).Q(x) . Paso 4. Se integra la ecuación ρ(x)y(x) =

Ejemplo 42. Resuelva

∫ ρ(x)Q(x)dx + C .

dy − 2y = x2e2x . dx

−2 dx Solución. Aquí A(x) = −2, Q(x) = x2e2x . ρ(x) = e ∫ = e−2x .

ρ(x).y = e−2x .y =

∫

ρ(x).Q(x)dx + C =

∫

x2dx + C =

x3 + C , entonces 3

 x3  y = e2x  + C  . En  3   

forma gráfica se tiene (ver figura 7):

1.38. Problemas propuestos

23

Figura 7. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 42

Ejemplo 43. Resuelva y '+ Solución. A(x) =

(1 + x2 ).y =

∫

2x

2xy 1+x

2

, Q(x) =

1 + x2  1 (1 + x2 )   1 + x2

=

1 1 + x2 1

1 + x2

.

. ρ(x) = e

∫

2x dx 1 + x2

ln 1 + x2

=e

= 1 + x2 luego:

x+C  . En forma gráfica se tiene  dx + C = x + C , así y = 1 + x2 

(ver figura 8):

Figura 8. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 43

1.38. Problemas propuestos

24

Ejemplo 44. Resuelva (y − cos2 (x))dx + cos(x)dy = 0 . Solución. Se escribe la ecuación de la forma (9): dy cos2 (x) − y dy y = = cos(x) − cos(x)dy = (cos2 (x) − y)dx ⇒ (cos(x) ≠ 0) ⇒ dx cos(x) dx cos(x) dy y ⇒ + = cos(x) dx cos(x)

A(x) =

dx

1 ∫ sec(x)dx , Q(x) = cos(x) , entonces ρ(x) = e cos(x) = e ∫ . cos(x) ln sec(x) + tg(x)

e y.(sec(x) + tg(x)) = así, y =

= sec(x) + tg(x) .

∫ (sec(x) + tg(x)) cos(x)dx + C = ∫ (1 + sen(x))dx + C = x − cos(x) + C

x − cos(x) + C 1  . Las soluciones de la forma x =  + k  π satisfacen la ecuación. sec(x) + tg(x) 2 

En forma gráfica se tiene (ver figura 9):

Figura 9. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 44

Ejemplo 45. Resuelva y ' = 2x2 − y , y(0) = −1 . Solución. Ecuación lineal de 1er orden de la forma

dy + A(x)y = Q(x) cuya solución es dx

− A(x)dx   ∫ A(x)dx  dx + C  , donde A(x) = 1 , Q(x) = 2x2 . de la forma y(x) = e ∫   Q(x)  e  

∫

− dx  dx  De modo que y(x) = e ∫  2x2  e ∫  dx + C  = e−x  2x2ex dx + C  .      

∫

Resolviendo la integral

u = 2x2 ⇒ du = 4xdx ,

∫

∫ 2x e dx (Integración por partes) dv = e dx ⇒ v = e . 2x e dx = 2x e − 4xe dx . ∫ ∫ 
 2 x

x

x

2 x

2 x

x

IP P

1.38. Problemas propuestos

25

u = 4x ⇒ du = 4dx , dv = ex dx ⇒ v = ex . En consecuencia:

∫ 2x e dx = 2x e 2 x

2 x

∫ 4xe dx = 4xe − ∫ 4e dx = 4xe x

x

x

x

− 4ex + C1 .

− 4xex + 4ex + C2 .

Por tanto: y(x) = e− x 2x2ex − 4xex + 4ex + C  = 2x2 − 4x + 4 + e−x C .  

Con la condición y(0) = −1 se tiene C = −5 y la solución es y(x) = 2x2 − 4x + 4 − 5e−x . Ejemplo 46. Resuelva y ' = xe3x − 2y , y(0) = 0 . Solución. Ecuación lineal de 1er orden de la forma

dy + A(x)y = Q(x) cuya solución es dx

− A(x)dx   ∫ A(x)dx  dx + C  , donde A(x) = 2 , Q(x) = xe3x . de la forma y(x) = e ∫   Q(x)  e  

− 2dx De modo que y(x) = e ∫

∫   ∫ xe

3x

∫ xe

5x

Resolviendo la integral

 e ∫ 2dx  dx + C  = e−2x  xe5x dx + C  .       

∫

dx (Integración por partes)

1 5x e 5 x 1 x 1 5x xe5x dx = e5x − e5x dx = e5x − e + C1 . 5 5 5 25 1 5x 1 3x x  x Por tanto: y(x) = e−2x  e5x − e + C  = e3x − e + e−2x C . 25 25 5  5 u = x ⇒ du = dx , dv = e5x dx ⇒ v =

∫

∫

Si y(0) = 0 se tiene C =

1 x 1 3x 1 −2x y la solución es y(x) = e3x − e + e . 25 5 25 25 5

Ejemplo 47. Halle la solución general de xy '− 3y = (x4 + 5x9 )ex . 5 3 y = (x3 + 5x8 )ex (Ecuación lineal de primer orden) x 5 5 −3 1 = eln(x ) = 3 . y(x).x −3 = (1 + 5x5 )ex dx + C = ex dx + x

Solución. y '−

ρ(x) = e

− ∫ 3 dx x

Al resolver

∫

5 x5

∫ 5x e

∫

5 x5

∫ 5x e

dx + C

dx se tiene:

(Integración por partes) u = x ⇒ du = dx 5 x5

∫ 5x e

y(x).x −3

, 5

5

5

dv = 5x4ex dx ⇒ v = ex , de modo que: x5

∫ e dx , se tiene entonces: = e dx + 5x e dx + C = e dx + xe ∫ ∫ ∫

dx = xex − x5

5 x5

x5

x5

−

∫e

x5

5

dx + C = xex + C

5

En consecuencia: y = cx3 + x4ex . Ejemplo 48. Halle la solución general de xsen(y) + 2sen(2y) y ' = 1 . Solución. xsen(y) + 2sen(2y) y ' = 1 ⇒ xsen(y) + 2sen(2y) = x ' ⇒ x '− xsen(y) = 2sen(2y)

(Ecuación lineal con variable dependiente x)

1.38. Problemas propuestos

26

xsen(y) + 2sen(2y) y ' = 1 ⇒ xsen(y) + 2sen(2y) = x ' ⇒ x '− xsen(y) = 2sen(2y) (Ecuación lineal con variable dependiente x) sen(y)dy  − sen(y)dy x(y) = e ∫ 2sen(2y)e ∫ dy + C  = e− cos(y)  4 cos(y)sen(y)ecos(y)dy + C     

∫

∫ 4 cos(y)sen(y)e

∫

∫

dy = − 4we dw = −4we + 4e + C1

cos(y)

w

w

w

w = cos(y) ⇒ dw = −sen(y)dy x(y) = e− cos(y) 4ecos(y)(1 − cos(y)) + C  = 4(1 − cos(y)) + Ce− cos(y)  

dy + y + x2 = 0 posee un factor integrante dx ρ(x) = x . Determine h(x) y encuentre la solución general de la ecuación si se sabe que

Ejemplo 49. La ecuación diferencial h(x).

h(1) =

3 2

.

Solución. h(x).

dy + y + x2 = 0 ⇒ h(x).y '+ y + x2 = 0 ⇒ (y + x2 )dx + h(x)dy = 0 . Se tiene dx

que

∫

1 − h '(x) dx h(x)

1 − h'(x) 1 − h'(x) 1 = ⇒ x − x.h'(x) = h(x) . dx = ln(x) ⇒ h(x) h(x) x h(x) De modo que x.h '(x) + h(x) = x ⇒ h'(x) + = 1 (ecuación lineal). x dx − ∫ dx   1 1 x2 K x K ∫ Solución de la ecuación: h(x) = e x  e x dx + K  =  xdx + K  = . + = + .   x 2 x 2 x   x ρ(x) = e

=x⇒

∫

∫

Usando la condición h(1) =

3 2

∫

se tiene que K = 1 .

x 1 x 1 De modo que:  +  .y '+ y + x2 = 0 ⇒ (y + x2 )dx +  +  dy = 0 . 2 x   2 x

 x2  + 1  dy = 0 . Aplicando factor: (xy + x3 )dx +   2    Al resolver la ecuación diferencial exacta se tiene: x2 y x 4 Paso 1. f(x, y) = (xy + x3 )dx + g(y) = + + g(y) . 2 4 x2 ∂  x2 y x 4  x2 x2 Paso 2. g'(y) = +1− + − + 1 = 1 ⇒ g(y) = y .  = 2 ∂y  2 4  2 2

∫

Paso 3. Solución general:

x2 y x4 + + y = C. 2 4

1.20. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A LINEALES DE PRIMER ORDEN. ECUACIÓN DE BERNOULLI. Definición 14. A una ecuación diferencial de la forma y '+ B(x)y = R(x)yn (12) donde n ∈ R − {0,1} se le llama ecuación de Bernoulli. (Si se toma n = 1 entonces la ecuación (12) tendría variables separables mientras que si se elige n = 0 la ecuación (12) sería una ecuación diferencial lineal de primer orden).

1.38. Problemas propuestos

27

Para resolver una ecuación de Bernoulli se hace lo siguiente: Paso 1. Se multiplica la ecuación por y −n y se obtiene y −ny '+ B(x)y1−n = R(x) (13). Paso 2. Se hace la sustitución z = y1 −n de allí

dz = z ' = (1 − n)y −ny ' . La ecuación (13) dx

 1  se transforma en   z '+ B(x)z = R(x) o bien en z '+ (1 − n)B(x)z = (1 − n)R(x) (14). La 1 − n  ecuación (14) es lineal de orden 1, por lo tanto, después de tener z se sigue al paso 3. 1

Paso 3. Se hace la sustitución y = z1−n , la cual brinda la solución de la ecuación (12). Ejemplo 50. Resuelva y '+ y = x2 y2 . Solución. Como n = 2, se multiplica la ecuación por y −2 : y −2 y '+ y −1 = x2 . Se sustituye

z = y1− 2 = y −1 , z ' = −y −2 y ' . Reemplazando se obtiene: −z '+ z = x2 o bien: z '− z = −x2 . − dx Como la ecuación anterior es lineal, entonces se calcula ρ(x) = e ∫ = e− x , y se tiene

∫

ze−x = − x2e− x dx + C = e− x (x2 + 2x + 2) + C luego z = x2 + 2x + 2 + Cex = y −1 , es decir:

y = (x + 2x + 2 + Cex )−1 . y = 0 también es solución de la ecuación. En forma gráfica 2

(ver figura 10):

Figura 10. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 50

Ejemplo 51. Resuelva y '+ xy = y3x . Solución. Aquí, n = 3 , al multiplicar por y −3 se tiene y −3y '+ xy −2 = x (∗) . Se hace

z = y −2 para

z' =

dz = −2y −3 y ' . Se multiplica (∗) por −2 para: −2y −3 y '− 2xy −2 = −2x dx

2 2 −2 xdx entonces: z '− 2xz = −2x , ρ(x) = e ∫ = e−x . e− x z =

1.38. Problemas propuestos

∫e

− x2

2

(−2x)dx + C = e− x + C , así,

28

2

z = 1 + Cex = y −2 =

1 2

y

. De modo que y = ±

1 2

1 + Cex

. La curva y = 0 es solución. En

forma gráfica se tiene (ver figura 11):

Figura 11. Algunas curvas para la ecuación del ejemplo 51

 y x2  Ejemplo 52. Resuelva  + dx − dy = 0 .  2x 2y     y x2  y x2 y x2 Solución.  + dx − dy = 0 ⇒ + − y ' = 0 ⇒ y '− =   2x 2y  2x 2y 2x 2y   z = y2 , z '−

(Bernoulli n = −1)

 x2  z  − x −1dx x −1dx  = x2 ⇒ z(x) = e ∫ + C x2e ∫ dx + C  = x  xdx + C  = x     x    2 

∫

∫

1/2

 x2   x3  y = x + C  ⇒ y(x) =  + xC  2 2     2

.

1.21. FORMA NORMAL Definición 15. Una ecuación diferencial ordinaria de orden n puede expresarse como

F(x, y, y ', y '',..., y(n) ) = 0 . Se supone que siempre es posible despejar la derivada de orden más alto en una ecuación diferencial ordinaria dada y obtener la expresión

y(n) = f(x, y, y ', y '',..., y(n −1) ) , denominada forma normal de la ecuación, es decir, la derivada de mayor orden aparece despejada. Observación 2. Puede ocurrir que una ecuación diferencial de orden n origine varias ecuaciones en forma normal de orden n.

1.38. Problemas propuestos

29

Ejemplo 53. a. La ecuación diferencial yy '+ x3 = 0 se escribe en forma normal y ' = −

x3 si y ≠ 0 . y

b. La ecuación diferencial (y ')2 + y2 = 1 , solamente tiene sentido si

y ≤ 1 , y ella

origina dos ecuaciones en forma normal y ' = 1 − y2 , y ' = − 1 − y2 .

1.22. PROBLEMA DE VALOR INICIAL Definición 16. Un problema de valor inicial es un problema que busca determinar una solución a una ecuación diferencial sujeta a condiciones sobre la función desconocida y sus derivadas especificadas en un valor de la variable independiente. Tales condiciones se llaman condiciones iniciales.

Ejemplo 54. Suponga que se quiere determinar una curva C del plano pasando por el punto (1,1) y tal que la pendiente de la tangente en cada uno de sus puntos sea igual a la abscisa del punto correspondiente. Solución. Sea y = y(x) la ecuación, en forma explícita, de la curva C a determinar. Si (x, y(x)) es un punto cualquiera de C, la pendiente de la recta tangente en el mismo es igual a dy(x) dx y por lo tanto, de acuerdo al enunciado del problema, se verifica

dy(x) = x (15). El problema consiste en encontrar una función y(x) tal que satisfaga la dx igualdad (15) en todo punto x de su dominio y además y(1) = 1, ya que C pasa por el punto (1,1).

1.23. PROBLEMA DE VALOR EN LA FRONTERA Definición 17. Un problema de valor en la frontera es un problema que busca determinar una solución a una ecuación diferencial sujeta a condiciones sobre la función desconocida especificadas en dos o más valores de la variable independiente. Tales condiciones se llaman condiciones de frontera.

Ejemplo 55. Para el problema x2 y ''− 2xy '+ 2y = 6,

y(1) = 0, y(2) = 3 se busca una

función definida en un intervalo que contenga x = 1 y x = 2 , que satisfaga la ecuación diferencial y cuya gráfica pase por los puntos (1, 0) y (2, 3) .

1.24. EXISTENCIA DE SOLUCIONES Se tratará a continuación de darle respuesta a las interrogantes a y b del apartado 1.9.

1.38. Problemas propuestos

30

Hay ecuaciones muy sencillas en las cuales no se necesita “a priori” disponer de algún teorema que garantice la existencia de soluciones, puesto que se puede fácilmente determinar las soluciones. Tal es el caso de una ecuación de la forma y ' = f(x) donde f es una función integrable en un intervalo J ∈ R . Es inmediato que de allí se tiene y(x) =

∫ f(x)dx = F(x) + C , donde C es una constante arbitraria, que son

soluciones (y todas las posibles) de esa ecuación diferencial. Si se quisiera explícitamente la solución que en x0 tome el valor y0 , se sustituiría en la igualdad anterior (una vez calculada

∫ f(x)dx ).

x2 + C . Si 2 se desea que la curva pase por el punto (1,1), esto es y(1) = 1 , se obtiene entonces Ejemplo 56. Sea la ecuación diferencial y ' = x . Se tiene que y(x) =

∫

xdx =

1 1 + C ⇒ C = , y por lo tanto la solución del problema es la parábola de ecuación 2 2 1 2 y = (x + 1) . 2

1=

En esos casos tan sencillos, se sabe que hay solución puesto que se puede encontrar, sin embargo no siempre la situación es tan simple y por esto se necesita disponer de algún teorema que “a priori” garantice la existencia de soluciones de una ecuación diferencial dada. En una ecuación diferencial pueden existir soluciones que no están comprendidas en la solución general, éstas se llaman soluciones singulares. Por ejemplo, la ecuación (y ')2 − xy '+ y = 0

se sabe que admite la solución general

y = cx − c , que es una familia de rectas. Pero, también es fácil comprobar que esa 2

1 2 x que es una parábola, ésta es una solución 4 singular. Con todas estas consideraciones, se está en condiciones de enunciar un ecuación admite la solución y =

teorema que asegura cuándo una ecuación diferencial dada tiene solución y la unicidad de ésta.

1.25. TEOREMA DE EXISTENCIA Y UNICIDAD TEOREMA 2. Sea y ' = f(x, y) una ecuación diferencial, donde la función f(x,y) está definida en una región D del plano xy que contiene el punto (x0 , y0 ). Si f(x,y) satisface que:

a. es una función continua en dos variables x e y en D; b. admite derivada parcial ∂f ∂y , continua en D; entonces existe una y sólo una solución y = g(x) de la ecuación diferencial dada que satisface la condición y(x0 ) = y0 .

Observación 3. a. La condición y(x0 ) = y0 se llama condición inicial.

1.38. Problemas propuestos

31

b. El problema de la búsqueda de la solución de la ecuación y ' = f(x, y) que satisface a la condición inicial y(x0 ) = y0 lleva el nombre de Cauchy. c.

El teorema expresa las condiciones suficientes para la existencia de solución única del problema de Cauchy para la ecuación y ' = f(x, y) , pero estas condiciones no son necesarias. Precisamente, puede existir una solución única de la ecuación y ' = f(x, y) que satisface a la condición inicial y(x0 ) = y0 , a pesar de que en el punto (x0 , y0 ) no se cumpla la condición a o la condición b, o estas dos condiciones simultáneamente.

Ejemplo 57. y ' =

1 2

y

. Aquí, f(x, y) =

1 y

2

,

∂f 2 = − 3 . En los puntos (x0 , 0) del eje x no ∂y y

se cumplen las condiciones a y b, sin embargo por cada punto del eje x pasa una sola curva integral y = 3 3(x − x0 ) . Ejemplo 58. y ' = xy + e− y . El segundo miembro de la ecuación f(x, y) = xy + e− y y su derivada parcial ∂f ∂y = x − e−y son continuas con respecto a x e y en todos los puntos del plano xy. En virtud del teorema de existencia y unicidad, la región en la que la ecuación dada tiene solución única en todo el plano xy.

Ejemplo 59. y ' =

33 2 3 y . El segundo miembro de la ecuación f(x, y) = 3 y2 es una 2 2

función definida y continua en todos los puntos del plano xy. La derivada parcial ∂f 1 se hace infinita para y = 0 , o sea, en el eje x, de modo que para y = 0 se = 3 ∂y y infringe la condición b del teorema de existencia y unicidad. Por consiguiente, es posible que no haya unicidad en los puntos del eje x. Fácilmente se comprueba que la (x + c)3 función y = es solución de la ecuación considerada. Además la ecuación tiene 8 solución y = 0 . Así, pues, por cada punto del eje x pasan al menos dos curvas integrales y, por consiguiente, en los puntos de este eje, verdaderamente, queda infringida la unicidad.

1.26. CAMPOS DIRECCIONALES Vale la pena hacer algunos comentarios acerca de la interpretación geométrica de las ecuaciones diferenciales y sus soluciones. Un punto de vista geométrico es particularmente útil para las ecuaciones de primer orden, es decir, ecuaciones de la dy forma = f(x, y) (16). Dado que una solución de la ecuación (16) es una función dx y = φ(x) , la representación geométrica de una solución es la gráfica de una función. Geométricamente, en la ecuación (16) se afirma que, en cualquier punto (x,y) la pendiente dy dx de la solución en ese punto está dada por f(x, y) . Esto puede indicarse si se traza un pequeño segmento rectilíneo que pase por el punto (x,y) con la 1.38. Problemas propuestos

32

pendiente f(x,y). La colección de todos esos segmentos rectilíneos se llama campo direccional de la ecuación diferencial (16). El campo direccional puede observarse si se trazan pequeños segmentos rectilíneos en algún conjunto representativo de puntos en el plano xy. Aunque hacer esto manualmente es tedioso, resulta una tarea sencilla para una computadora, ya que solo se requiere la evaluación repetida de f(x,y) para valores diferentes de x y y. Por lo general se elige alguna rejilla rectangular de puntos. Una vez que se obtiene un esquema del campo direccional, a menudo es posible ver de inmediato el comportamiento cualitativo de las soluciones, o quizá observar regiones del plano que tienen algún interés especial. Por ejemplo, en la figura 12 se tiene el dy 3 − y (17) campo direccional de la ecuación = dx 2

Figura 12. Campo direccional de la ecuación (17).

Para esta ecuación, f(x,y) solo depende de y, de modo que los segmentos rectilíneos tienen la misma pendiente en todos los puntos sobre cualquier recta paralela al eje x. Por ejemplo, sobre la recta y = 2 la pendiente de cada segmento es ½. Cualquier solución de (17) tiene la propiedad de que, en todo punto, su gráfica es tangente al elemento del campo direccional en ese punto. Por tanto, como puede verse a partir de la figura 12, el campo direccional proporciona una información cualitativa acerca de las soluciones. Parece evidente que las soluciones son funciones decrecientes cuando y > 3 , que son crecientes cuando y < 3 , y que, aparentemente, todas las soluciones tienden al valor 3 cuando x → ∞ .

1.38. Problemas propuestos

33

1.27. ORÍGENES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES En la discusión que sigue se verá cómo ecuaciones diferenciales específicas aparecen no sólo a partir de las familias de curvas geométricas, sino también del intento de describir en términos matemáticos, problemas físicos.

1.28. ECUACIÓN DIFERENCIAL DE UNA FAMILIA DE CURVAS Ejemplo 60. Halle la ecuación diferencial de la familia y = cx3 . Solución. Se tendrá una ecuación diferencial de primer orden puesto que la familia y dy contiene sólo un parámetro. Se tiene que = 3cx2 , pero c = 3 , luego dx x

dy y dy  y  = 3  3  x2 = 3 . Se obtiene así la ecuación lineal de primer orden x − 3y = 0. dx x dx x  Ejemplo 61. Obtenga la ecuación diferencial de la familia y = c1e2x + c2e−2x . Solución. Derivando dos veces resulta

d2 y dx2

dy = 2c1e2x − 2c2e−2x . dx

= 4c1e2x + 4c2e−2x = 4(c1e2x + c2e−2x ) = 4y ,

d2 y dx2

= 4y o bien y ''− 4y = 0 .

Ejemplo 62. Halle la ecuación diferencial de la familia y = Solución. Aplicando regla del cociente y simplificando Despejando c de la ecuación dada resulta c = y ≠ 2 . Se tiene entonces

2ce2x 1 + ce2x

.

dy 4ce2x y2e−2x = = . dx (1 + ce2x )2 c

e−2x y . Observe que en el despeje de c, 2−y

dy = y(2 − y). Se puede ver que la función y = 2 también dx

satisface la ecuación diferencial.

Ejemplo 63. Encuentre una ecuación diferencial cuya solución sea y = c1x + c2 x3 . Solución. Puesto que hay dos constantes arbitrarias c1 y c2 , se tiene que diferenciar dos veces, obteniendo y = c1x + c2 x3 , y ' = c1 + 3c2 x2 , y '' = 6c2 x . Ahora se eliminan las constantes arbitrarias. Para esto, se despeja c2 en la última ecuación. Se encuentra y '' (x ≠ 0) . Usando esto en la segunda ecuación da y ' = c1 + xy ''/ 2 , de modo 6x xy '' que c1 = y '− . Finalmente usando esto en la primera ecuación se tiene después de 2 c2 =

simplificarla x2 y ''− 3xy '+ 3y = 0 . Note que y = 0 también es solución de la ecuación.

1.38. Problemas propuestos

34

1.29. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN En esta sección se continuará dando respuesta a la interrogante d del apartado 1.9.

1.30. TRAYECTORIAS ORTOGONALES De los estudios de Geometría Analítica (Cálculo I) recuerde que dos rectas L1 y

L 2 , que no son paralelas a los ejes coordenados, son perpendiculares si y sólo si sus pendientes respectivas satisfacen la relación m1.m2 = −1 . Definición 18. En general, dos curvas C1 y C2 son ortogonales en un punto, si y sólo si sus tangentes T1 y T2 son perpendiculares en el punto de intersección. Ejemplo 64. Demuestre que las curvas y = x3 y x2 + 3y2 = 4 son ortogonales en su(s) punto(s) de intersección. Solución. Los puntos de intersección de las gráficas son (1,1) y (−1, −1) . Ahora bien, la pendiente de la recta tangente a y = x3 en un punto cualquiera es dy dx = y ' = 3x2 , de modo que y '(1) = y '(−1) = 3 . Para obtener dy dx de la segunda curva se utilizará derivación implícita 2x + 6y

dy dy x 1 =0⇒ =− . Por tanto, y '(1,1) = y '(−1, −1) = − . dx dx 3y 3

 dy   dy  Así, tanto en (1,1) como en (−1, −1) se tiene que   .  dx  = −1 . dx  C1  C2 Definición 19. Cuando todas las curvas de una familia de curvas G(x, y, c1 ) = 0 cortan ortogonalmente a todas las curvas de otra familia H(x, y, c2 ) = 0 , se dice que las familias son, cada una, trayectorias ortogonales de la otra. En otras palabras, una trayectoria ortogonal es una curva cualquiera que corta el ángulo recto a toda curva de otra familia.

Ejemplo 65. En la figura 13 se ve que la familia de rectas que pasan por el origen

y = c1x y la familia de círculos concéntricos con centro en el origen x2 + y2 = c2 son trayectorias ortogonales.

1.38. Problemas propuestos

35

Figura 13. Algunas trayectorias ortogonales para el ejemplo 65.

Para encontrar las trayectorias ortogonales de una familia de curvas dada, se dy halla en primer lugar la ecuación diferencial = f(x, y) que describe a la familia. La dx ecuación diferencial de la segunda familia, ortogonal a la familia dada, es pues dy 1 . =− dx f(x, y) Ejemplo 66. Hallar c rectangulares y = 1 . x

las

trayectorias

c1 x

ortogonales

de

la

familia de hipérbolas

c dy = − 12 . Reemplazando c1 por c1 = x.y se dx x dy y obtiene la ecuación diferencial de la familia dada: = − . En tal caso, la ecuación dx x dy x diferencial de la familia ortogonal es = . Se resuelve esta última ecuación por dx y

Solución. La derivada de y =

es

separación de variables: ydy = xdx ⇒

∫ ydy = ∫ xdx ⇒ y

2

− x2 = c2 . Las gráficas de las

dos familias se observan en la figura 14 para diferentes valores de c1 y c2 .

1.38. Problemas propuestos

36

Figura 14. Algunas trayectorias ortogonales para el ejemplo 65.

Ejemplo 67. Halle el valor de k tal que las familias de parábolas y = c1x2 + k , sean las trayectorias ortogonales de la familia de elipses x2 + 2y2 − y = c2 .

2x y −k 2(y − k) , yp' = 2c1x = 2 2 x = . Entonces: 1 − 4y x x 2x 2(y − k) 4(y − k) 1 y'e yp' = −1 ⇒ . = −1 ⇒ = −1 ⇒ 4y − 4k = −1 + 4y ⇒ k = . 1 − 4y x 1 − 4y 4

Solución. 2x + 4yy'e − y'e = 0 ⇒ y'e =

1.31. TRAYECTORIAS ISOGONALES Definición 20. Cuando todas las curvas de una familia de curvas G(x, y, c1 ) = 0 cortan a todas las curvas de otra familia H(x, y, c2 ) = 0 , formando ángulo constante α especificado,

α ≠ π 2 , se dice

que las familias son, cada una, trayectorias

isogonales de la otra. Se tiene la ecuación yp' =

y'd + tgα 1 − y'dtgα

, donde α es el ángulo entre la familia dada

y la familia pedida. Ejemplo 68. Encuentre una familia de trayectorias isogonales que corten a la familia

de circunferencias x2 + y2 = r2 , con un ángulo de 45 . Solución. La ecuación diferencial de la familia dada es 2yy '+ 2x = 0 , luego y ' = −

x , y

como tg45 = 1 , la ecuación diferencial asociada a la familia pedida será entonces

1.38. Problemas propuestos

37

x y−x y y' = = . Esta ecuación diferencial es homogénea, se toma por lo tanto la x y+x 1+ y 1−

y 1 + u2 , resultando la EDO u' x = − , resolviendo, devolviendo el cambio x 1+u y 1 y simplificando resulta la familia solución: arctg   + ln(x2 + y2 ) = c . x 2 sustitución u =

1.32. PROBLEMAS GEOMÉTRICOS El problema que se tratará en esta sección consiste en encontrar una familia de curvas que satisfaga ciertas condiciones geométricas dadas. Ejemplo 69. Determine la curva sabiendo que la pendiente en un punto (x,y) y cualquiera de la misma, es igual a 1 + , y además que dicha curva pase por el punto x (1,1). Solución. La curva buscada pertenece a una familia que debe cumplir la condición y dada, es decir, y ' = 1 + , luego esta ecuación diferencial se asocia a la familia x buscada y al resolverla se llega a a la solución del problema. Como la ecuación es y homogénea, se usa la sustitución u = . Sustituyendo y simplificando resulta u' x = 1 , x dx esta ecuación es de variables separadas, integrando se tiene , luego du = x u = ln x + c , devolviendo el cambio y = x ln x + cx . De esta familia interesa solo la

∫

∫

curva que pasa por el punto (1,1), se determina por lo tanto el valor del parámetro c para cuando x = 1 , y = 1 , de modo que c = 1 . La curva buscada es y = x ln x + x .

Ejemplo 70. Halle las curvas para la cual la pendiente de la recta tangente en cualquier punto es n veces mayor que la pendiente de la recta que une este punto con el origen de coordenadas. Solución. La pendiente de la curva en cualquier punto (x,y) está dada por y '(x) , ahora bien una recta que une este punto (x,y) con el origen de coordenadas tendrá y una pendiente m = , la curva pedida debe satisfacer la condición dada, es decir x y y '(x) = n   . Resolviendo la ecuación diferencial asociada a la curva pedida se tiene x

dy

∫y

∫

=n

dx ⇒ ln y = n.ln x + n.ln c . La solución es y = c.xn . x

Ejemplo 71. Obtenga la ecuación de las curvas en la que cada uno de sus puntos equidista del origen de coordenadas y del punto de corte de la normal con el eje de las X. 1.38. Problemas propuestos

38

Solución. Sea P(x, y) el punto de la curva. Se sabe que la ecuación de la recta normal es y = −

1 x + b . Sean los puntos O(0, 0) y A(by ', 0) . Se tiene entonces: y'

d2 (P, O) = x2 + y2 , d2 (P, A) = (x − by ')2 + y2 . Al igualar se tiene: x2 + y2 = x2 − 2xby '+ b2 (y ')2 + y2 ⇒ 2xby ' = b2 (y ')2 . Se sabe de la ecuación de la recta normal que b = y +

x , de forma que y'

2  2 2xy   x x x2  2 2 2 2xby ' = b2 (y ')2 ⇒ 2x  y + y ' = y + (y ') ⇒ 2xyy ' + 2x = y + +   (y ')    2   y' y' y ' (y ')    

⇒ 2xyy '+ 2x2 = y2 (y ')2 + 2xyy '+ x2 ⇒ x2 = y2 (y ')2 ⇒ Resolviendo la última ecuación se tiene ydy = ±xdx ⇒

x2 y2

= (y ')2 ⇒ ±

x = y' y

y2 x2 =± + C. 2 2

Ejemplo 72. Determine la ecuación de la curva que pasa por el punto (1,1) y que tiene la propiedad de que la abscisa en el origen de su recta tangente es igual a la ordenada en el origen de su recta normal. Solución. Sean los puntos P(x,y), A(a,0) y B(0,b). Dada la ecuación de la recta tangente en el punto P a una curva de la familia: Y − y = y '(X − x) , se tiene que

−y = y '(a − x) ⇒ a =

y ' x−y y'

. Igualmente, dada la ecuación de la recta normal en el punto

P a una curva de la familia: Y − y = − y1' (X − x) , se tiene que b − y =

x y'

⇒b=

x y'

+ y.

Igualando la abscisa en el origen de la recta tangente con la ordenada en el origen de la recta normal se tiene: y x x+y x+y x− = +y⇒ = x − y ⇒ y' = y' y' y' x−y

, y(1) = 1

(ecuación diferencial homogénea)

y' = u=

x + y 1+ = x −y 1−

y x

y x y x

⇒ u' x + u =

1+u 1+u 1 + u − u + u2 1 + u2 ⇒ u' x = − u ⇒ u' x = = 1−u 1−u 1−u 1−u

⇒ y = ux ⇒ y ' = u' x + u

1 + u2 1−u dx u  dx 1  1 ⇒ du = ⇒ − du = ⇒ arctg(u) − ln(1 + u2 ) = ln x + c 2 2  1−u x x 2 1 + u2 1 + u 1 + u   1 2 arctg(y / x) − ln(1 + (y / x) ) = ln x + c . Considerando la condición y(1) = 1 se obtiene: 2 1 π arctg(1) − ln(2) = c ⇒ c = − ln(4) . 2 4 1 π Por tanto: arctg(y / x) − ln(1 + (y / x)2 ) = ln x + − ln(4) . 2 4 1 π arctg(y / x) − ln(1 + (y / x)2 ) = ln x / 4 + . 2 4 u' x =

1.38. Problemas propuestos

39

1.33. CRECIMIENTO POBLACIONAL La idea básica es determinar el tamaño futuro de una población suponiendo que su tasa de crecimiento es conocida y el modelo matemático a escoger depende de las hipótesis que se establezcan para el fenómeno. Para el caso de organismos vivos cuando la población es pequeña en comparación con la disponibilidad de ciertas necesidades tales como: alimentos, espacio físico, etc, se genera una eficiente aproximación mediante la siguiente hipótesis: La tasa de variación de la población en un tiempo cualquiera es proporcional al número de individuos presentes en dicho tiempo. El modelo matemático basado en esta hipótesis es

dP = kP , k > 0 donde: dt

P: número de individuos al tiempo t. k: constante de proporcionalidad t: tiempo Esta ecuación es de variables separables, resolviendo: dP = kt ⇒ ln P = kt + C1 ⇒ P = ekt + C1 = eC1 ekt = Cekt . P Así, si inicialmente P = P0 (para t = 0) se obtiene P = P0ekt . Es claro que la hipótesis mencionada puede modificarse para ajustarla al estudio de una comunidad de individuos dada: En una comunidad dada, la disponibilidad de necesidades básicas para la vida es constante y suficiente para mantener una población P* En

este

caso

la

ecuación

dP dt = kP

debe

modificarse

ya

que

la

proporcionalidad debe establecerse tomando en cuenta la población máxima admisible

P* , para esto se toma k = f(P,P* ) y en todo caso ecuación diferencial que rige el crecimiento sería

lím f(P,P* ) = 0 . En definitiva la

P →P*

dP = f(P,P* )P (18) cuyo nivel de dt

dificultad dependerá del factor f(P,P* ) . El caso más sencillo ocurre cuando f(P,P* ) = P* − P en donde la ecuación (18) se convierte en

dP dP = (P* − P)P o bien − P*P = −P2 , que es una ecuación de Bernoulli, dt dt

una vez resuelta se obtendrá

1.38. Problemas propuestos

P=

P* *t

1 + Ce−P

y tomando

P(0) = P0

se obtiene

40

P=

P*P0 P0 + (P − P0 )e *

−P*t

,

donde

puede

observarse

fácilmente

que

lím P = P* .

t →∞

A

continuación se proponen algunos ejemplos: Ejemplo 73. Las bacterias de cierto cultivo aumentan con una intensidad proporcional al número presente. Si en media hora el número original aumenta en un 50%, ¿en

cuántas horas se puede esperar que haya el triple del número original? Solución. De acuerdo al enunciado, la ecuación diferencial asociada al problema es dP dt = kP cuya solución es P = P0ekt . Como datos del problema, se tienen:

 P(0) = P0  1 P( ) = P0 + 12 P0 = 32 P0  2   P(t) = 3P0 para t = ?

Usando la segunda condición se obtiene

1k 3 3 P0 = P0e 2 ⇒ k = 2.ln   . Usando la 2 2

tercera condición se tiene 3P0 = P0ekt ⇒ ekt = 3 ⇒ t =

ln3 ≈ 1.36 horas. k

Ejemplo 74. Por crecimiento natural, una ciudad de 40.000 habitantes se duplicaría en 50 años. Debido a mudanzas la población aumenta adicionalmente en 400 personas por año. Calcular la población a los 10 años. Solución. Si se supone que el crecimiento es natural (aumento proporcional a la dP cantidad presente), la ecuación diferencial para el problema sería = kP ⇒ P = P0ekt . dt 1 Además, para t = 50 años, P = 2P0 y determinando k: 2P0 = P0e50k ⇒ k = ln 2 . 50 Debido a las mudanzas al aumento natural habrá que añadirle 400 personas dP 1 por año, la ecuación diferencial en este caso es = kP + 400 donde k = ln2 . dt 50 dP 1 Resolviendo se obtiene = dt ⇒ ln kP + 400 = t + C . Despejando P: kP + 400 k 1 P = (c1ekt − 400) ; para t = 0, P = P0 = 40000 habitantes. Así: k 1 40000 = (c1 − 400) ⇒ c1 = 40000k + 400 = 800 ln2 + 400 . k La población al cabo de 10 años es: 1 50 P = (C1e10k − 400) = [(800 ln2 + 400)e2 ln 2 − 400] k ln2 50 P= [4(800 ln 2 + 400) − 400] ≈ 246562 habitantes. ln2

1.38. Problemas propuestos

41

1.34. DESINTEGRACIÓN RADIOACTIVA Para establecer un modelo matemático que aplique en este curso, se verá la siguiente ley: La velocidad de desintegración de una sustancia radioactiva es proporcional, en cualquier instante, a la cantidad de sustancia que se halle presente. Es evidente la analogía entre este fenómeno y el crecimiento de población discutido anteriormente; para formular la ecuación que rige un proceso de este tipo (que resultará similar a la de crecimiento de población) se definen las siguientes variables: S: Cantidad de sustancia presente en el tiempo t. t: tiempo medido a partir de cierto tiempo inicial. La ecuación que rige el fenómeno es:

dS = kS (k < 0) , donde k es una dt

constante negativa que se denomina coeficiente de desintegración y depende del dS material radioactivo. Se tiene que también es negativo, esto es: S decrece al dt aumentar t. Como la ecuación es de variables separables puede obtenerse en forma sencilla la solución: S = cekt y si se conocen las condiciones iniciales: S(0) = S0 (para t = 0 ), se obtiene la expresión: S = S0ekt (k < 0) . El tiempo para el cual se ha desintegrado la mitad de la cantidad inicial de la sustancia radioactiva estudiada se denomina tiempo de vida media. Al calcular el tiempo de vida media en función del coeficiente de desintegración k se tiene: Para t = tm , S = S0 2 ; luego:

S0 ln2 = S0ek.tm ⇒ tm = − (k < 0) . 2 k Se puede concluir que independientemente de la cantidad inicial dada de cierto material radioactivo, el tiempo de vida media es siempre el mismo.

Ejemplo 75. Un bloque de cierto material radioactivo tiene una masa de 100 grs y, cuando se le observa después de 20 años su masa ha disminuido a 80 grs. Determine: a. ¿Cuánto tiempo transcurrió para que se desintegraran 10 grs?.

b. Cantidad de material presente 50 años después del momento inicial. c.

Tiempo de vida media del material. dS Solución. La ecuación diferencial = kS aplica para este caso con S medido en dt gramos y t en años. La solución es S = S0ekt con S0 = 80 grs . Se calcula el valor de la constante k: para t = 20 años se tiene S = 80 grs , de modo que:

80 = 100e20k ⇒ k =

1 4 ln ≈ −0.011157 . 20  5 

a. Si se desintegraran 10 grs implica que S es igual a 90 grs:

1.38. Problemas propuestos

42

90 = 100ekt ⇒ t =

ln

( 109 ) = 20 ln ( 109 ) ≈ 9.44 años k ln ( 54 )

b. Se calcula S para t = 50 años . S = 100e50k ≈ 57.24 grs . c.

tm = −

ln2 20 ln 2 =− ≈ 62.13 años . k ln 54

( )

Ejemplo 76. Si el 20% de una sustancia radioactiva se desintegra en 50 años, encuentre el tiempo de vida media de la sustancia. ln2 Solución. Es fácil deducir que tm = − y el problema se reduce a calcular k: para k ln(0.8) t = 50 años S = 0.80S0 por lo tanto: 0.80S0 = S0e50k ⇒ k = ≈ −4.96 × 10−3 . En 50 50 ln2 definitiva: tm = − ≈ 155.3 años . ln(0.8) Ejemplo 77. El uranio se desintegra a una rata proporcional a la cantidad presente en cada instante y en los tiempos t1 y t2 hay respectivamente m1 y m2 gramos de uranio. Determine una fórmula para el tiempo de vida media del uranio en función de estos datos. Solución. Con los datos dados se afirma que S0 = expresiones y despejando k se llega a k =

m1 ekt1

y S0 =

m2 ekt2

. Igualando ambas

ln(m2) − ln(m1 ) . Se sabe que el tiempo de t2 − t1

ln(2) . Sustituyendo k por el valor obtenido anteriormente se tiene k (t1 − t2 )ln(2) = . ln(m2 ) − ln(m1 )

vida media es tm = − que tm

1.35. LEY DE ENFRIAMIENTO DE NEWTON Los experimentos han demostrado que, bajo ciertas condiciones, se puede obtener una buena aproximación de la temperatura de un objeto, usando la ley de enfriamiento de Newton, que puede enunciarse de la manera siguiente: La temperatura de un cuerpo cambia a una velocidad que es proporcional a la diferencia de temperatura entre el medio externo y el cuerpo.

La ecuación diferencial para este caso es:

dT = k(T − Tm ) (k < 0) , donde: dt

T: Temperatura del cuerpo al tiempo t. Tm : Temperatura del medio externo al tiempo t. k:

Constante de proporcionalidad.

t:

Tiempo transcurrido a partir del inicial.

1.38. Problemas propuestos

43

Para el caso en que Tm se considera constante, la ecuación es de variables separables y tendrá como solución:

dT

∫T−T

=

m

∫ kdt ⇒ T = T

m

+ cekt . Si T0 es la

temperatura del cuerpo en el instante t = 0 , la solución de la ecuación es:

T = Tm + (T0 − Tm )ekt (k < 0) Se analizarán dos posibles casos: el enfriamiento y el calentamiento. Cuando T0 es mayor que Tm el cuerpo se irá enfriando y su temperatura T irá aproximándose a Tm a medida que el tiempo transcurre. Es claro que en este caso T − Tm es positivo

dT = k(T − Tm ) es negativo (ya que k < 0 ), lo que indica que la temperatura del dt cuerpo disminuye con el tiempo, para acercarse a Tm . Para el caso de calentamiento el

y

razonamiento es similar al anterior. En los casos en que la temperatura del medio no pueda considerarse constante dT sino que Tm = f(t) la ecuación diferencial es = k(T − f(t)) (k < 0) . Se tiene una dt dT ecuación lineal de primer orden en T ya que puede escribirse como − kT = −kf(t) dt − kdt (k < 0) cuyo factor integrante es ρ = e ∫ = e−kt y cuya solución es de la forma dada

(∫

)

por: T = ekt − ke−kt f(t)dt + C , donde la constante C deberá calcularse a partir de las condiciones iniciales.

Ejemplo 78. Un cuerpo ha tardado 20 minutos en enfriarse de 100 C a 60 C , en una habitación de temperatura constante igual a 20 C .

a. Hallar la ley de enfriamiento del cuerpo. b. Calcular el tiempo que tardará en enfriarse a 30 C . Solución. Para este caso Tm = 20 C , es decir, constante. a. La ecuación diferencial es

dT = k(T − Tm ) = k(T − 20) . Al separar variables e dt

integrar se obtiene: T = 20 + c.ekt . Para t = 0,

T = T0 = 100 C y sustituyendo:

100 = 20 + c ⇒ c = 80 y falta obtener a k para determinar la ley de enfriamiento. ln 2 Para t = 20 min, T = 60 C, sustituyendo 60 = 20 + 80e20k ⇒ k = − ≈ −0.0347. 20 Así, la ley de enfriamiento será: T = 20 + 80e−0.0347t . ln(1 / 8) b. 30 = 20 + 80ekt ⇒ t = − = 60 min. (ln 2) / 20

Ejemplo 79. Si la temperatura de un objeto baja de 80 C a 60 C en 20 minutos, encontrar la temperatura al cabo de 40 minutos, si la temperatura del medio ambiente es de 20 C .

1.38. Problemas propuestos

44

Solución. Se escribe la ecuación diferencial

dT = k(T − 20) ⇒ T = 20 + c.ekt . Para t = 0 dt

se obtiene c = 60 por lo que la solución quedará: T = 20 + 60ekt . Para t = 20 min, ln(2 / 3) T = 60 C por lo cual: 60 = 20 + 60ekt ⇒ k = ≈ −0.0202. La solución viene dada 20 por: T = 20 + 60e−0.0202t . Así, para t = 40 min ; T = 20 + 60e−0.0202*40 = 46.7 C.

1.36. SALIDA DE LÍQUIDOS POR ORIFICIOS Imagine un líquido que sale por un orificio practicado en un depósito, a una profundidad h por debajo de la superficie del líquido en el depósito. Se estudiará el desplazamiento de una masa (m) ubicada inicialmente en la superficie, tomando como instante final aquel en el cual la masa abandona el recipiente. Si se asume que no hay pérdidas por fricción o turbulencia se puede aplicar la ley de la conservación de la energía mecánica, por lo que: ∆Ec + ∆Ep = 0. Además:

a.

∆Ec =

1 2

m(v22 − v12 ). Si el orificio es pequeño, el nivel del líquido en el depósito

descenderá lentamente. Por consiguiente, v1 es muy pequeña y se supone nula, luego: ∆Ec =

b.

1 2

mv22.

∆Ep = mg(h2 − h1 ). Si se usa como plano de referencia h = 0 aquel que da el nivel promedio del orificio, se obtiene: h1 = h2 y h2 = 0 de modo que ∆Ep = −mgh1 . Se tiene entonces que ∆Ec + ∆Ep = 0 ⇒

1 2

mv22 − mgh1 = 0 ⇒ v2 = 2gh . De esta

forma se concluye que la velocidad de salida del líquido es

2gh y no depende de la

forma del recipiente, pero se utiliza la hipótesis de que el orificio debe ser pequeño. A partir de la Ley de Torricelli se obtiene una ecuación diferencial que simula el comportamiento del líquido en el recipiente. Considere A como el área del orificio. De esta forma la cantidad de líquido que sale del recipiente en un intervalo de tiempo ∆t será Q = A.v = A 2gh . La ecuación diferencial que simula el hecho físico antes estudiado es

dV = −Q = − A 2gh donde dt

V: Volumen dentro del depósito en el instante t. A: Área del orificio de salida. h: altura del fluido sobre el orificio. g: aceleración de gravedad Es conveniente destacar que en general V = f(h) por lo cual ecuación diferencial queda f '(h)

1.38. Problemas propuestos

dV dh y la = f '(h) dt dt

dh = − A 2gh . Esta ecuación es de variables separables dt

45

que tiene por solución general

∫

f '(h) h

∫

dh = − A 2g dt + C , en donde la constante C se

determina a partir de las condiciones iniciales. Ejemplo 80. Un tanque de base rectangular de 4 metros de ancho, 5 metros de largo y 3 metros de altura está lleno de agua. Si en el fondo tiene un orificio circular de 0.03 metros de diámetro ¿En cuánto tiempo se vacía? Solución. Para un instante t la altura del nivel del agua es h, además dV = 20dh . La ecuación diferencial en este caso quedará

m / seg2 . Separando variables: 20

Integrando se obtiene

∫

(0.03)2 dV π ; g = 9.8 = − A 2gh , donde A = 4 dt

A 2g dh dh = − A 2g h ⇒ =− dt = −1.56 × 10−4 dt . dt 20 h

dh h

∫

= −1.56 × 10−4 dt ⇒ 2 h = −1.56 × 10−4 t + C .

Las condiciones iniciales son: para t = 0 ; h = 3 mts , sustituyendo en la solución determinada anteriormente se tiene: C = 2 3 ≈ 3.46 . Como se pide el tiempo necesario para que el depósito quede totalmente vacío, h = 0 :

0 = −1.56 × 10−4 t + 2 3 ⇒ t =

2 3 × 104 seg = 22.206 seg ≈ 6.17 h 1.56

Ejemplo 81. Un tanque cilíndrico de 1 metro de diámetro y 1 metro de altura, tiene un orificio en el fondo de 0.04 metros de diámetro. ¿Cuánto tiempo tardará en vaciarse? Solución. dV = (50)2 πdh . Q = Av = A 2gh = 16π 2 × 980 h . La ecuación diferencial para este problema es (50)2 πdh = −16π 2 × 980 hdt y separando las variables se obtiene:

dh h

= −0.283dt , integrando: 2 h = −0.283t + C . Las condiciones iniciales son:

h = 100 para t = 0 por lo tanto: 2 100 = C ⇒ C = 20 . El tiempo de vaciado se obtiene 20 para h = 0; por lo tanto: 0 = −0.283t + 20 ⇒ t = seg ≈ 71 seg . 0.283 Ejemplo 82. Se tiene un depósito semiesférico lleno de agua. Si se vacía por un orificio ubicado en el fondo de área A en un tiempo t v = 14π , determine el radio del A 2g

depósito.

Solución. En cada corte transversal al tanque se observa que dV = πr 2dh . Se tiene por otro lado que r2 = 2Rh − h2 , por tanto dV = π(2Rh − h2 )dh . Aplicando la ley de Torricelli se obtiene que: 2Rh − h2 2 4  π dh = − A 2g dt + C ⇒ π  Rh3 / 2 − h5 / 2  = −A 2gt + C 5 h 3 

∫

∫

14  Si h(0) = R se obtiene π  R5 / 2  = C . Si ahora se incorpora la condición h( 14π ) = 0 y A 2g 15   se despeja R se tiene 1.38. Problemas propuestos

46

0 = − A 2g

14π A 2g

+

14 R5 / 2 πR5 / 2 ⇒ 0 = −1 + ⇒ 15 = R5 / 2 ⇒ R = 5 225 . 15 15

Ejemplo 83. Un tanque con forma de pirámide invertida de altura 6 metros y base cuadrada de lado 3 metros tiene agua hasta una profundidad de 4 metros. Si en su vértice tiene un orificio de 314 cm2 , ¿cuánto tiempo tardará en vaciarse?

h h2 . Aplicando la ley de ⇒ 4x2 = 4 4 h2 2 Torricelli se tiene que dh = −0.0314 19.6 hdt ⇒ h5 / 2 = −0.5561.t + C . Si h(0) = 4 , 4 5 se tiene C = 12.8 por tanto el tiempo de vaciado es igual a 23.02 seg. Solución. Se tienen las siguientes relaciones: x =

Ejemplo 84. Un tanque cónico de 4 mts de radio está lleno de agua hasta las ¾ partes de su altura que es de 10 mts. Si en ese instante se abre un orificio en el fondo de 1 cm de radio, determine el tiempo de vaciado del tanque.

Solución. f '(h) dh = −A 2gt + C . Se tiene que A = π10−4 mts2 y por semejanza de triángulos: h

∫

r=

2h 4π . 5 25

∫

h2 h

dh = −π10−4 2gt + C ⇒

8π 5 / 2 h = −π10−4 2gt + C . 125

5/2

Condición inicial h(0) = 5/2

8π  15  125  2 

15 8π  15  . . 2 125  2 

= π10−4 2gt v ⇒ t v =

= C . Tiempo de vaciado: 5/2

8.104  15    125 2g  2 

.

1.37. OTRAS APLICACIONES Ejemplo 85. La ecuación de estado para un gas ideal es PV = RT . Si se hace T constante, se obtienen la familia de isotermas. ¿Cuáles son las líneas del flujo de calor? Solución. Haciendo T constante, entonces para cada valor de esa constante resulta una hipérbola de la forma PV = cons tan te , es decir se tiene la familia de hipérbolas

PV = b que son las isotermas. Considerando V como variable independiente y P como función de V, al derivar en relación a V se obtiene VP '+ P = 0 como ecuación diferencial de las isotermas. Para obtener las líneas de flujo de calor, en lugar de dP dV se coloca − dV dP , así se obtiene −V dV dP + P = 0 . Separando variables e integrando resulta P2 − V2 = a que son hipérbolas equiláteras que son las líneas del flujo de calor. Ejemplo 86. La relación entre el costo C de fabricación por cada artículo y el número

n de tipos de artículos fabricados es tal que, la tasa de incremento del costo de fabricación a medida que aumenta el número de clases de artículos, es proporcional a (C + n) n . Halle la relación entre el costo de fabricación por artículo y el número de tipos de artículos fabricados sabiendo que cuando se produce el primer artículo su 1.38. Problemas propuestos

47

costo es C0 . (Trabaje como si n fuese una variable continua y considere el hecho de que a medida que se producen más artículos el costo por unidad disminuye). Solución. La ecuación diferencial es dC dn = k (C + n) n, C(1) = C0 , donde k es la constante de proporcionalidad ( k < 0 para que el costo disminuya). Esta es una ecuación homogénea, por lo tanto se hace el cambio u = C n ⇒ C = un ⇒ C ' = u + nu' , y resulta nu'+ u = k(u + 1) . Separando variables e integrando du ((k − 1)u + k) = dn n ⇒ ,

(k − 1)−1 ln((k − 1)u + k) = ln(n) + ln(A) donde ln(A) es la constante de integración, de donde (k − 1)u + k = (An)k −1 ⇒ (k − 1) C n + k = (An)k −1 . Para n = 1 , se tiene C = C0 , luego

Ak −1 = (k − 1)C0 + k determinando la constante A como A = ((k − 1)C0 + k)1 (k −1) . Ejemplo 87. En Termodinámica se demuestra que para un mol (una molécula-gramo) de un gas ideal o perfecto, el incremento ∆Q de la cantidad de calor viene dado por ∆Q = (1 R)(P.cp dV + Vcv dP) , donde P indica presión, V volumen, R es una constante denominada constante universal de los gases, cp y cv son los calores específicos a presión constante y a volumen constante, respectivamente, teniéndose que cp y cv no son en general iguales. La expresión (1 R)(P.cp dV + Vcv dP) no es en general una diferencial exacta puesto que ∂(Pcp ) ∂P = cp ≠ cv = ∂(Vcv ) ∂V (observe que para cp la presión P se mantiene constante y para cv el volumen V se mantiene constante). Por otro lado, se sabe que la ecuación de estado de los gases perfectos o ideales es

PV = RT para un mol, donde T indica temperatura. Podría intuirse que un factor integrante para la ecuación planteada es de la forma ρ(Q) con Q = PV . De forma que se obtiene e ∫

((NV − MP ) (M.QP − N.QP ))dQ

=e

∫ ((CV − CP ) (PCP V − VCvP))dQ

=e

− ∫ dQ Q

= 1 Q = 1 (PV) . Si se

multiplica por el factor integrante se tiene que: ∆Q (PV) = (cp (RV))dV + (cv (RP))dP ⇒ ∆Q (T) = (cp (V))dV + (cv (P))dP . Entonces: Paso 1. ∂M(V,P) ∂P = ∂N(V,P) ∂V . Paso 2. S(V,P) =

∫c

p

V dV + g(P) = cp ln V + g(P) .

Paso 3. cv P = g'(P) . Paso 4. g(P) = cv lnP + C . Paso 5. La solución de la ecuación es cp ln V + cv lnP = C .

De modo que ∆S = ∆Q T es una diferencial exacta, es la diferencial de la función

S(V,P) = cp ln V + cv lnP + C que se denomina la entropía del gas.

1.38. Problemas propuestos

48

1.38. PROBLEMAS PROPUESTOS 1. A continuación para cada caso se dan cuatro posibles respuestas, de las cuales sólo una es la correcta. Marque con una X la alternativa que considere correcta. a. La ecuación diferencial (y '')3 + (y ')4 = 3x es de: ( ) orden 3 y grado 2 ( ) orden 1 y grado 4 ( ) orden 2 y grado 4 ( ) orden 2 y grado 3 b. La ecuación diferencial (y '')2 + (y ''') + y x + x2 (y ')8 = 0 es de: ( ) orden 1 y grado 3 ( ) orden 3 y grado 1 ( ) orden 3 y grado 8 ( ) orden 1 y grado 8 c.

La ecuación diferencial asociada a la familia de curvas y = c3 x − c6 es: ( ) y = y ' x + (y ')2 ( ) y = y ' x − (y ')3 ( ) y = y ' x − (y ')2 ( ) y = y ' x + (y ')3

d. La ecuación diferencial asociada a la familia de curvas y = c2 x − c6 es: ( ) y = y ' x + (y ')2 ( ) y = y ' x − (y ')3 ( ) y = y ' x − (y ')2 ( ) y = y ' x + (y ')3 2. Establezca si la EDO dada es lineal o no e indique el orden de la misma. a. y ''+ 9y = sen(y) b.

xy '''− 2(y ')4 + y = 0

c.

y ' = 25 + y2

d. e.

y ' = (1 + y '')2 (senx)y '''− (cos x)y ' = 2

f.

(x + 1)y ''+ x2 y '− 25y = x

g.

y ''+ 4y '− 10y = k y2

h.

y ' = 1 + y ''

i.

y ''− xy ' = ln(x2 + x + 1)

j.

y ''+ 5y '− y = 25

3. Encuentre los valores de m tal que y = xm sea solución de la ecuación diferencial: a.

x2 y ''− y = 0

b.

x2 y ''+ 6xy '+ 4y = 0

1.38. Problemas propuestos

49

4. Encuentre los valores de m tal que y = emx sea solución de la ecuación diferencial: a. y ''− y '− 12y = 0 b.

y ''− 5y '+ 6y = 0

c.

y ''+ 10y '+ 25y = 0

5. Compruebe que una familia uniparamétrica de soluciones de y = xy '+ 1 + (y ')2 es

y = cx + 1 + c2 . Demuestre que la relación x2 + y2 = 1 define una solución singular de la ecuación en el intervalo −1 < x < 1 . 6. Compruebe que una familia uniparamétrica de soluciones de y = xy '+ (y ')2 es

y = cx + c2 . Determine un valor de k tal que y = kx2 sea una solución singular de la ecuación diferencial dada. 7. Verifique si la ecuación dada es solución de la EDO indicada. ex y '+ 2y = ex a. y = Ce−2x + 3 b. x = y ln(Cy) y '(x + y) = y senx cos x c. y = − + 10e− x 2 2 y '+ y = senx d.

x2 y + y2 = k

e.

y = ln(C + e )

f.

y=

g.

x=y

2xydx + (x2 + 2y)dy = 0

x

y '− ex − y = 0

k cos x

∫

x

y '− ytgx = 0

sen(t2 )dt

y = xy '+ y2sen(x2 )

0

∫

x

sent dt t

h.

y ln y = x

i.

x(t) = te , y(t) = e

(1 + xy)y '+ y2 = 0

j.

x(t) = t ln(t), y(t) = t2 (2 ln(t) + 1)

y 'ln(y ' 4) = 4x

k. l.

0

t

xy '(1 + ln y) = xsen(x) + y ln(y)

-t

 0 x < 0 y= 3 x x ≥ 0 2  −x x < 0 y= 2 x≥0  x

(y ')2 = 9xy xy '− 2y = 0

8. Por medio de un examen cuidadoso, determine al menos una solución de cada una

de las ecuaciones diferenciales siguientes: dy dy a. y ' = 2x b. y '' = 1 c. d. 2y = 5y =1 dx dx 2

9. Muestre que la solución general de y ''+ y = e− x

y = A cos x + Bsenx + senx

1.38. Problemas propuestos

∫

x 0

2

es

e− t cos tdt − cos x

∫

x

2

e−t sentdt .

0

50

10. Dada la ecuación

1 dy = y3 , demuestre que x = − y −2 + c es su solución general. 2 dx

11. Dada la ecuación xy 'ln y − xy 'ln y '+ y.y '− y2 = 0, demuestre que y = ex es solución de la ecuación. 12. Considere la ecuación diferencial para y = c1u1(x) + c2u2 (x) , donde u1(x) y u2 (x) son funciones que al menos son doblemente diferenciables:

a. Demuestre que dicha ecuación puede escribirse en forma de determinante y u1(x) u2 (x) como y ' u1' (x) u2' (x) = 0 .

y '' u1'' (x) u2'' (x) b. Comente lo que sucede si W =

u1(x) u2 (x) u1' (x) u2' (x)

= 0.

El determinante W se llama Wronskiano de u1(x) y u2 (x) . 13. Pruebe que la ecuación diferencial no separable [F(x) + y.G(xy)]dx + xG(xy)dy = 0 se

convierte en separable al cambiar la variable dependiente de y a v de acuerdo a la transformación v = xy . Use esto para resolver (x2 + ysenxy)dx + xsenxydy = 0 . 14. Transforme la ecuación diferencial y ' =

ax + by en una ecuación diferencial de cx + dy

variables separables (a,b,c,d son constantes reales positivas, diferentes entre sí).

15. Resuelva dy y(1 + xy) a. = dx x(1 − xy)

x+y + x−y

b.

dy = dx

c.

dy 1 + x − y = dx 1 − x − y

16. Resuelva

x+y − x−y

dy 2y x3  y  = + + x.tg  2  usando la transformación dada por y = v.x2 . dx x y x 

17. Encuentre la solución de las siguientes EDO homogéneas o reducibles a ellas. a.

xy ' = y + y2 − x2

b.

y' =

c.

(y − xy ')2 = x2 + y2

d.

xy '− y =

2xy 3x2 − y2

x2 − y2

1.38. Problemas propuestos

51

f.

2 − (x + y) x−y+4 (x + y + 1)dx + (2x + 2y − 1)dy = 0

g.

ydx + (2 xy − x)dy = 0

h.

dy y x = + dx x y

i.

(y4 − 3x2 )dy = −xydx

j.

  y  y  x − y.cos    dx + x.cos   dy = 0 x x     

e.

y' =

18. Si f(x, y) es una función homogénea de grado n, demuestre que

x

∂f(x, y) ∂f(x, y) +y = n.f(x, y) . ∂x ∂y

y 19. Demuestre que xdy − ydx = arctg   dx puede resolverse por la sustitución y = v.x x aún cuando la ecuación no es homogénea. 20. Encuentre la solución general de las siguientes ecuaciones dadas: a.

(9x2 + y − 1) − (4y − x)y ' = 0

b.

y' =

c.

(1 + e2y )dx + 2xe2y dy = 0

d.

y' = −

3y + ex 3x + cos(y)

e.

y' = −

y.sec2 (x) + sec(x).tg(x) 2y + tg(x)

f.

y' = −

g.

 3 y 2  x + x  dx + (y + ln(x))dy = 0  

h.

y' = −

i.

(x + x)y ' = y + y

j.

y' =

k.

y' =

l.

2ysen(x) − ex sen(y) ex cos(y) + 2 cos(x)

3x2 y + xy2 + ex x3 + x2 y + sen(y)

1 + y2 + xy2 x2 y + y + 2xy

=0

−x − y + 3 x+y y2 + xy

x2 x y' = x + 12y

π  21. Resuelva  2x.tg(y) +  dx + x2 sec2 (y)dy = 0 con la condición y(0) = π . 2   1.38. Problemas propuestos

52

22. Determine una función M(x, y) de manera que M(x, y)dx + (x2 cos(y) + 3y2ex )dy = 0 sea una ecuación diferencial exacta. 23. Halle una constante α de modo que (3x2 y − 2y3 + 3)dx + (x3 − αxy2 + 2y)dy = 0 sea una ecuación diferencial exacta. 24. En cada caso, encuentre un factor integrante y resuelva la ecuación: a.

(x2 + y2 + 1)dx + (x2 − 2xy)dy = 0 , ρ(x)

b.

(x4 + y4 )dx − xy3dy = 0 , ρ(x)

c. d.

(y4 − 5y)dx + (7xy3 − 5x + y)dy = 0 , ρ(y) cos(x) cos(y)dx − 2sen(x)sen(y)dy = 0 , ρ(x)

e.

xdx + ydy + x(xdy − ydx) = 0 , ρ(x2 + y2 )

f.

(3y2 − x)dx + (2y3 − 6xy)dy = 0 , ρ(x + y2 )

25. Demuestre que cualquier ecuación diferencial separable de primer orden también es exacta.

26. Resuelva las siguientes ecuaciones: dy a. = y + ex dx b.

(1 + x2 )dy + (xy + x3 + x)dx = 0

c.

(1 + x)y '− xy = x + x2

d.

dP + 2tP = P + 4t − 2 dt

e.

xdy + (xy + 2y − 2e− x )dx = 0 , y(1) = 0

f.

dy 2y = + (x + 1)3 dx x + 1

27. Resuelva las siguientes ecuaciones de Bernoulli: a.

xy ' = y + 2 xy

b.

x '+

c.

dx = x + t3 3 x dt

d.

dt t x3 = − dx x t

e.

3xy2 y ' = 3x 4 + y3

2x = x4 t −4 t

28. La ecuación diferencial y = xy '+ f(y ') se llama ecuación de Clairaut. a. Demuestre que una solución de la ecuación es la familia de rectas y = cx + f(c),

en donde c es una constante arbitraria. b. Pruebe que la ecuación también puede tener una solución paramétrica de la forma: x(t) = −f '(t), y(t) = f(t) − t.f '(t) . 1.38. Problemas propuestos

53

29. Muestre que la ecuación diferencial y '+ Py = Qy ln(y), donde P y Q son funciones de x, puede resolverse al hacer ln(y) = v. 30. La ecuación de Ricatti está dada por y ' = P(x)y2 + Q(x)y + R(x) . a. Muestre que si una solución de esta ecuación, digamos y1(x) , es conocida, entonces la solución general puede encontrarse usando la transformación y = y1 + 1 / u donde u es una nueva variable dependiente.

b. Muestre que si se conocen dos soluciones, digamos y1(x) y y2 (x), la solución

y − y1 P(y − y )dx = c.e ∫ 1 2 . y − y2 Muestre que si se conocen tres soluciones, digamos y1(x), y2 (x) y y3 (x), general es

c.

entonces la solución general es

(y − y1 )(y2 − y3 ) = c. (y − y2 )(y1 − y3 )

31. Use el teorema de existencia y unicidad para determinar si existen soluciones

únicas para cada uno de los siguientes problemas de valor inicial: a. y ' = 3x + 2y ; y(1) = 4. 1

b.

y' =

c.

y' =

d.

y '+ xy = x2 ; y(0) = 2.

e.

y' =

f.

x2 + y2 1 x + y2 2

; y(0) = 1. ; y(0) = 0.

x − 2y ; y(1) = 2. y − 2x 1 y' = 2 ; y(1) = 2. x − y2

g.

y ' = x2 + y2 ; y(0) = 1.

h.

y' =

i.

y ' = y csc x ; y(0) = 1.

xy ; y(1) = 0.

j.

y' =

1

; y(3) = 2.

x + 4y2 − 4 2

32. Discuta la existencia y la unicidad de una solución al problema de valor inicial

y ' = 1 + xy + x2 y2 , y(0) = 1.

33. Resuelva la ecuación

dy ax + b , en donde a, b, c y d son constantes. = dx cx + d

34. Para cada una de las siguientes preguntas se dan cuatro posibles respuestas, de

las cuales sólo una es la correcta. Marque con una X la alternativa que considere correcta. a. La solución general de la ecuación diferencial ydx + (1 + x2 )arctgxdy = 0 es:

( ) −arctgx = y + ec 1.38. Problemas propuestos

54

( ) y = (1 / arctgx) + C ( ) c.y = −arctgx ( ) c = yarctgx

 y2 + 1    x b. La solución general de la ecuación diferencial  dx −   dy = 0 2  2y   ln(y + 1)    es: ( ) x = c − ln(y2 + 1) ( ) c = x(y2 + 1) ( ) x = −c ln(y2 + 1) ( ) c = x ln(y2 + 1)

35. La pendiente de una familia de curvas en cualquier punto (x,y) está dada por dy 3x + xy2 . Halle la ecuación del miembro de la familia que pasa por (2,1). =− dx 2y + x2 y 36. Resuelva cada una de las siguientes ecuaciones, sujeta a las condiciones dadas: a.

3x(y2 + 1)dx + y(x2 + 2)dy = 0

b.

y' =

c. d.

x + xy2 4y

; y(1) = 0

π π sen2 ydx + cos2 xdy = 0 ; y   = 4 4 y ' = 8xy + 3y

e. f.

ydx + (x3 y2 + x3 )dy = 0

g.

(x + 1)

h. i. j.

y ' = cos(2x) dy =x dx

dy = e3x + 2y dx dy ex y = e− y + e−2x − y dx

(1 + x2 + y2 + x2 y2 )dy = y2dx

dy 1 2x − = dx y y dy l. sec(y) + sen(x − y) = sen(x + y) dx dy m. (x + x) =y+ y dx dx π n. = 4(x2 + 1) ; x   = 1 dy 4 k.

2

o.

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

5 2

37. Encuentre la ecuación diferencial de la familia de rectas que pasan por el origen.

1.38. Problemas propuestos

55

38. La pendiente de una familia de curvas en cualquier punto (x,y) del plano xy está dada por 4 − 2x. a. Establezca la ecuación diferencial de la familia. b. Determine una ecuación para aquel miembro particular de la familia que pasa por el punto (0,0). 39. La pendiente de una familia de curvas en cualquier punto (x,y) del plano xy está dada por 4e−2x . a. Establezca la ecuación diferencial de la familia. b. Determine una ecuación para aquel miembro particular de la familia que pasa por el punto (0,0).

40. Halle la ecuación diferencial de la familia de circunferencias de radio variable y centro en el origen.

41. Encuentre la ecuación diferencial de la familia de circunferencias que pasan por el origen con centro en el eje y.

42. Halle la ecuación diferencial asociada a la familia de curvas (x − c)2 − y2 = c . 43. La ecuación diferencial de una familia es y ' =

x+y . Encuentre la ecuación de una x

curva de esta familia que pasa por (3,0).

44. Encuentre una familia de curvas ortogonales a la familia dada. a.

y = cx3

b.

y2 = cx

c.

y = x − 1 + c.e− x

45. Encuentre el miembro de la familia de trayectorias ortogonales de x + y = cey , que pasa por el punto (0,5).

46. Encontrar la familia de trayectorias isogonales a la familia dada y con un α dado.

α = 45

a.

y = cx

b.

y2 + 2xy − x2 = c

c.

e− x y = c

d.

x + 2y = c

e.

y = cx

f.

x + y = c2

g.

y = cx 2

α = 45

α = 30 α = 60 α = 30 tgα = 2

α = 60

1.38. Problemas propuestos

56

47. Encuentre el valor de n tal que las curvas xn + yn = c1 , sean ortogonales a la familia y =

x . 1 − c2 x

48. Una familia de curvas puede ser autoortogonal en el sentido de que un miembro de las trayectorias ortogonales también es un miembro de la familia original.

Demuestre que cada una de las siguientes familias es autoortogonal. a.

y2 = c1(2x + c1 )

b.

x2 y2 + =1 c1 + 1 c1

49. Demuestre que la curva para la cual la pendiente de la tangente en cualquiera de

sus puntos es proporcional a la abscisa del punto de contacto, es una parábola. 50. Encuentre la ecuación de la curva que pase por el punto (3, −4) y que tenga en

cada uno de sus puntos (x,y) una pendiente m =

2y . x

51. Encuentre la ecuación de la curva que pasa por el punto (0,1) y en cada punto (x,y) la pendiente de la recta tangente es −yx. 52. Halle la familia de curvas tal que la intersección de la tangente a la curva con el eje Y es igual a 2 veces el valor de la abscisa en el punto de tangencia.

53. La ordenada en el origen de la recta normal a una curva en cualquier punto, es igual a 2. Si la curva pasa por (3,4), halle la ecuación de la curva.

54. Obtenga la ecuación de la familia de curvas tal que el segmento de cada una de sus tangentes comprendido entre el punto de contacto y la intersección con el eje de las X, esté dividido en dos partes iguales por el eje de las Y.

55. Halle la familia de curvas que posee la propiedad de que la magnitud de la perpendicular trazada del origen de coordenadas a la tangente sea igual a la abscisa del punto de contacto.

56. Si la población de un país se duplica en 50 años, ¿en cuántos años será el triple suponiendo que la velocidad de aumento sea proporcional al número de habitantes?

57. Si la población de cierta colonia bacteriana se duplica en 40 horas, ¿cuánto tiempo tomará para que la misma aumente en 10 veces?

58. La población de un país aumenta 3% anualmente y su censo actual es de 190 millones.

1.38. Problemas propuestos

57

a. ¿cuántos años deberán transcurrir antes que la población alcance 250 millones? b. ¿cuál será la población total en 5 años?, ¿en 50 horas? 59. La población de un país mostró un incremento de 30% del año 1970 al año 1975. Si la rapidez con que varía la población es proporcional al número de individuos presentes, encuentre: a. La población en función del tiempo b. ¿Qué incremento experimentó al aumento de población desde el año 1970 hasta nuestros días? 60. El número de bacterias en un cultivo crece proporcional a la cantidad de bacterias existentes. Si la población es cuatro veces la población inicial para (n + 1) horas, ¿cuál será la población a las (n + 1)2 horas? 61. Un cultivo de bacterias crece a una tasa que es inversamente proporcional a la raíz cuadrada del número de bacterias presentes. Si hay inicialmente 9 bacterias y al cabo de 2 días hay 16 bacterias, ¿después de cuántos días habrá 36 bacterias? 62. Después de 2 días están presentes 10 grs de una sustancia radioactiva. Tres días más tarde hay presentes 5 grs. ¿Cuántos gramos había inicialmente? 63. Encontrar el tiempo de vida media de una sustancia si, al cabo de 8 horas, están presentes tres cuartas partes de la cantidad inicial. 64. Los científicos han observado que la materia viva contiene, además de carbono (C12 ) , un porcentaje fijo de un isótopo radioactivo del carbono, el carbono 14 (C14 ) . Cuando muere la materia viva, la cantidad de carbono 14 disminuye con una vida media de 5500 años aproximadamente. Para determinar cuándo estuvieron habitadas las cavernas de Lascaux en Francia, se examinaron unas muestras de carbón de estas cavernas y se encontró que la cantidad de C14 había disminuido al 14.5% de la cantidad original. ¿En qué tiempo estuvieron habitadas las cuevas de Lascaux? 65. El carbono de una supuesta reliquia característica de los tiempos de Cristo contenía 4.6 × 1010 átomos de C14 por gramo. El carbono extraído de un espécimen actual de la misma sustancia contiene 5.0 × 1010 átomos de C14 por gramo. Calcule la edad aproximada de la reliquia. ¿Cuál es su opinión sobre la autenticidad de la reliquia? (Tiempo de vida media de C14 : 5600 años).

66. En 15 minutos la temperatura de un objeto sube de 10 C a 20 C cuando la temperatura ambiente es de

30 C . Suponiendo que se cumple la ley de

enfriamiento de Newton, ¿en cuánto tiempo subirá de 20 C a 25 C ?

1.38. Problemas propuestos

58

67. La temperatura del agua sube de 10 C a 20 C en 5 minutos, cuando el agua está colocada en un recinto cuya temperatura es de 40 C . a. Halle la temperatura al cabo de 20 minutos y al cabo de media hora. b. ¿Cuándo su temperatura será de 25 C ? 68. Un termómetro se saca de una habitación, en donde la temperatura del aire es de

70 F , al exterior, en donde la temperatura es de 10 F . Después de medio minuto el termómetro marca 50 F . ¿Cuánto marca el termómetro cuando t = 1 minuto? ¿Cuánto tiempo demorará el termómetro en alcanzar los 15 F ?

69. Justamente antes del mediodía el cuerpo de una victima aparente de homicidio, se encuentra en un cuarto que se conserva a temperatura constante de 70 F . A mediodía la temperatura del cuerpo era de 80 F y a la 1 p.m. de 75 F . Si se considera que la temperatura de la victima en el momento de la muerte era de 98.6 F (temperatura normal del cuerpo) y que se ha enfriado de acuerdo a la ley de enfriamiento de Newton. ¿Cuál fue la hora de la muerte?

70. Al meter un vaso de agua a 36 C en un refrigerador, cuya temperatura es de −10 C . Determine el tiempo que tarda en llegar a 5 C , si su temperatura luego de

15 min es de 15 C .

71. Un tanque esférico de 2 mts de radio está lleno de agua. Si en el fondo tiene un orificio de 4 cms de radio, ¿cuánto tiempo tardará en vaciarse?

72. Un tanque en forma de cilindro vertical; inicialmente contiene agua con una profundidad de 9mts y un tapón en el fondo es retirado en el momento t = 0 (horas). Después de 1 hora la profundidad ha descendido a 4 mts. ¿Cuánto tiempo tardará el agua en salir del tanque?

73. Un tanque de base rectangular de 4 mts de ancho, 5 mts de largo y 3 mts de altura, está lleno de agua. Si en el fondo tiene un orificio de 3 cms de diámetro, ¿en cuánto tiempo se vacía? (Tome

2g = 4 ).

74. Un tanque cilindrico acostado, de 1 mt de radio, 4 mts de altura, tiene un orificio en el fondo de 4 cms de radio. ¿en cuánto tiempo se vacía? (Tome

2g = 4 ).

75. Un embudo de 10 cms de diámetro en la parte superior y 1 cm de diámetro en la parte inferior, tiene una altura de 24 cms. Si se llena de agua, ¿cuánto tiempo tardará en vaciarse?

1.38. Problemas propuestos

59

RESPUESTAS A LOS PROBLEMAS PROPUESTOS b. x + x2 − y2 = C

15. a. xy + ln(x y) = c 17. a. 2cy = c x + 1

b. c(y − x ) = y

2 2

2

d. y = x.sen(ln(cx))

2

3

c. x − y − 2 x − y = 2x + C sol. sing. y = x

c. c2 x2 = 1 + 2cy, c2 − x2 = 2cy

e. x2 + 2xy − y2 − 4x + 8y = c

f. x + 2y + 3ln x + y − 2 = c

2

g. y.e

xy

y h.   = 2 ln x + c x

=c

20. a. 3x3 + xy − x − 2y2 = c d. 3yx + ex + sen(y) = c

j. x = c.e−sen(y / x)

b. ex sen(y) + 2y cos(x) = c

c. x(1 + e2y ) = c

e. y.tg(x) + sec(x) + y2 = c

g. 3x 4 + 12y ln x + 4y3 = c j. y = 2x + c − x

i. x2 = y4 + cy6

k. c =

x2 y2 + ex − cos(y) = c 2 i. y = (c x + c − 1)2

f. x3 y +

h. 2x + 2xy2 + x2 y2 + 2y2 = c

x + y ln(x) y

l. ln(y) = − 73 ln( x +y3y ) −

π x = c. 22. 2xseny + y3ex 23. 6 2 24. a. ρ(x) = x −2 x2 − y2 − 1 + xy = cx b. ρ(x) = x −5

4 ln( 4yy− x ) 7

+c

21. x2.tg(y) +

c. ρ(y) = y3 − 5

10xy(y3 − 5)2 + 2y5 − 25y2 = c

d. ρ(x) = (sen(x))−1 / 2 f. ρ(x + y2 ) =

4x 4 ln x − y4 = Cx4

sen(x).cos2 (y) = c e. ρ(x2 + y2 ) =

1

1

y −1

(x2 + y2 )3 / 2

x2 + y2

=c

(x + y2 )2 c = x − y2

(x + y )

2 3

 x2  + x + c 26. f. y = (x + 1)2   2    27. a. y = [ x(ln x + C)]2 = x(ln x + C)2 2

c. x 3 = −t3 − 37. xy '− y = 0

46. e. x + y = 2

23x

23

44. a. 3y2 + x2 = c

y 2 3arctg( ) x ce

6arctg( 23y − x ) g.

2

=

c x

−

2arctg( 3x + 8y ) x 3y

3y

3

x4 + Cx

c. x = y − 1 + c.e− y

=c

− ln 3y2 − xy + 2 3x2 = c 2 2

y2 x2

e. y =

b. y2 + 2x2 = c

f. ln 3x + 3xy + 4y 2

47. 3 50. 4x2 + 9y = 0 51. y = 2.e− x 55. 1 +

t −3 1 + Ct6 = 3 3 x

2t 9 2 27 81 d. t2 = x2 (C − x2 ) t − t− + Ce 3 2 2 4 40. x + yy ' = 0 41. (x2 − y2 )y ' = 2xy

42. (y.y ')2 − y2 = x − y.y ' 2

b.

56. 79 años

59. a. P = P0 (1.30)t / 5

52. y = −2x ln x + cx 54. y2 = cx

57. 132.9 horas

60. P0 4n +1

62. 21.54 grs

64. Aprox.15540 años

65. Aprox. 674 años

67. a. 34.1 C, 37.4 C

b. 8.5 min.

69. Aprox. 10:29 a.m.

70. t ≈ 9 min

1.38. Problemas propuestos

58. a. 9 años

b. 221 y 856 millones

63. 19.26 horas

66. 30 min

68. T(1) ≈ 36.67 F , t ≈ 3, 06 min 73. 6.8 horas

75. 30.6 seg

60