Tema 8 Ecuaciones diferenciales de primer orden Las ecuaciones diferenciales tuvieron un origen de car´acter puramente matem´atico, pues nacieron con el c´alculo infinitesimal. El destino inmediato de esta herramienta fue, sin embargo, la explicaci´on de fen´omenos f´ısicos, fue la estructura de la mec´anica cl´asica y continua siendo la base de la F´ısica en general. Los fen´omenos de mec´anica de s´olidos y fluidos, el calor, la luz y el electromagnetismo fueron mejor comprendidos cuando se plantearon modelos matem´aticos basados en las ecuaciones diferenciales. Hoy las ecuaciones diferenciales son el soporte que permite estudiar fen´omenos incluidos en otras ciencias como la Econom´ıa, Biolog´ıa, Qu´ımica, etc..

8.1.

Definici´ on.

Una Ecuaci´ on Diferencial Ordinaria (E.D.O.) es toda relaci´on funcional de la forma F (x, y, y ′ , y ′′ , · · · y n) ) = 0 donde F es una funci´on de n + 2 variables: la variable independiente x, una funci´on y = y(x) y las n primeras derivadas de y Si la funci´on desconocida depende de m´as de una variable, z = z(x, y) entonces en la ecuaci´on diferencial aparecen dos variables independientes (x, y) una funci´on z

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y las derivadas parciales de dicha funci´on respecto de esas variables. Estas ecuaciones reciben el nombre de Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales (E.D.D.P.) Se denomina Orden de una ecuaci´on diferencial al de la derivada de mayor orden que aparece en dicha ecuaci´on diferencial. Se denomina Grado de una ecuaci´on diferencial al exponente al que est´a elevada la derivada de mayor orden de dicha ecuaci´on diferencial

Ejemplos 8.1.1. ex − y ′ − 2y = 0,

(y ′ )2 − y + x3 = 1,

∂f ∂f +3 = 0 son ecuaciones diferenciales ∂x ∂y

de primer orden. y ′′ − 2y ′ + y = 3x,

∂2f ∂2f − = 0 son ecuaciones diferenciales de segundo orden. ∂x2 ∂x∂y

ex − y ′ − 2y = 0 es una ecuaci´ on diferencial de primer grado. (y ′ )2 − y + x3 = 1 es una ecuaci´ on diferencial de segundo grado. Definici´ on 8.1.2. Llamamos soluci´ on de un ecuaci´ on diferencial a toda funci´ on nderivable y = f (x) que satisfaga dicha ecuaci´ on diferencial, es decir, al derivarla las veces necesarias y sustituir en la ecuaci´ on diferencial se obtenga una identidad. En toda ecuaci´ on diferencial podemos considerar dos tipos de soluciones: Soluci´ on General. Es la soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial que contiene una o m´ as constantes arbitrarias, obtenidas de los sucesivos procesos de integraci´ on. Soluci´ on Particular. Es la soluci´ on en la que las constantes toman valores espec´ıficos. Al proceso de obtener las soluciones de una ecuaci´ on diferencial lo llamamos Integraci´ on de dicha ecuaci´ on diferencial. Ejemplo 8.1.3. y = 2 + Ce−x es la soluci´ on general de la ecuaci´ on diferencial y ′ + 2xy = 4x. 2

y = 2 − e−x es la soluci´ on particular que pasa por el punto (0, 1). 2

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8.2.

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Ecuaciones de variables separadas

Se dice que una ecuaci´on diferencial es de variables separadas si mediante operaciones algebraicas puede expresarse de la forma y ′ = f (x)g(y), siendo f (x), g(y) funciones continuas. Para integrar este tipo de ecuaciones basta expresar la derivada en su forma diferencial: y ′ = f (x)g(y),

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

f (x)dx =

dy g(y)

y, al ser f (x), g(x) funciones continuas, se tiene: ∫ ∫ dy f (x)dx = +C g(y) que integrando respecto de las correspondientes variables, proporciona la soluci´on general. Normalmente este tipo de ecuaciones viene dada de la forma f1 (x)g1 (y) + f2 (x)g2 (y)y ′ = 0 que queda reducida a la forma est´andar sin m´as que despejar y ′ ( )( ) f1 (x) g1 (y) ′ y = − f2 (x) g2 (y) Ejemplos 8.2.1. a) Integrar la ecuaci´on y 2/3 + y ′ = 0 ∫ ∫ dy √ = −y 2/3 ⇒ dx = −y 2/3 dy ⇒ dx = −y 2/3 dy ⇒ x = −3y1/3+C ⇒ x+3 3 y = C dx b) Integrar la ecuaci´on 3x3 (1 + y 2 ) + xy ′ = 0, y hallar la soluci´on particular que pasa por el punto (0, 1) 3x3 (1 + y 2 ) dy = −3x2 (1 + y 2 ) ⇒ = −3x2 (1 + y 2 ) ⇒ x dx ∫ ∫ dy dy 2 ⇒ 3x2 dx = − ⇒ 3x dx = − ⇒ x3 = − arctan y + C 2 1+y 1 + y2 y′ = −

La soluci´on general es:

x3 + arctan y = C

La soluci´on particular que pasa por (0, 1): 03 + arctan 1 = C ⇒

π = C, 4

115

⇒

x3 + arctan y =

π 4

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c ) Integrar la ecuaci´on

x + x(y ′ )2 − 1 = 0. √

′

′

Despejando y se obtiene: y = dy = dx

√

1−x ⇒y= x

∫ √

1−x , con lo cual: x

1−x dx ⇒ x

√ y = x − x2 − arctan

√

1−x +C x √

resultado al que se llega sin m´as que efectuar el cambio de variable t =

1−x y x

operar convenientemente. d ) En un cierto cultivo de bacterias la velocidad de crecimiento es directamente proporcional al n´ umero presente, y se ha observado que se duplica al cabo de 4 horas. Establecer la ley de crecimiento y hallar el n´ umero de bacterias que habr´a en el cultivo transcurridas 12 horas. Di denotamos por y(t) al n´ umero de bacterias presentes en el instante t, la velocidad instant´ anea de crecimiento en t vendr´a dada por y ′ (t). As´ı, seg´ un el enunciado se cumple: y ′ (t) = ky(t) Tenemos una ecuaci´on de variables separadas en t, y: dy dy = ky ⇒ = kdt, ⇒ ln y = kt + c, ⇒ y = ekt + c, ⇒ y = αekt dx y siendo α = ec una constante. Sabiendo que en t = 4 se duplica la poblaci´on: y(4) = 2y(0), ⇒ αe4k = 2αe0 , ⇒ e4k = 2, ⇒ ekt = 2t/4 Por otro lado se tiene que y(0) = αek0 = α. As´ı, la ecuaci´on de crecimiento viene dada por: y(t) = y(0)2t/4 En particular, transcurridas 12 horas: y(12) = y(0)212/4 = 8y(0) Es decir, la poblaci´on inicial se habr´a multiplicado por 8.

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8.3.

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Ecuaciones homog´ eneas

Se dice que una ecuaci´on diferencial es homog´enea si puede expresarse de las forma: M (x, y) + N (x, y)y ′ = 0 siendo M (x, y), N (x, y) funciones homog´eneas del mismo grado (V´ease Tema 5). El procedimiento de integraci´ on de este tipo de ecuaciones consiste en reducirlas al tipo de variables separadas sin m´as que despejar y ′ , y dividir numerador y denominador por x elevado a la mayor potencia que aparezca, que denominaremos r. Entonces y ′ queda expresada como x una funci´on del cociente : y ( ) M (x, y) M (x, y)/xr x y′ = − = − = F r N (x, y) N (x, y)/x y Realizando el cambio de variable u = y/x, se tiene y = xu, as´ı, y ′ = u′ x + u, con lo que la ecuaci´on se escribir´ıa. u′ x + u = F (u),

u′ =

1 [F (u) − u] x

que ya est´a expresada en forma de ecuaci´on de variables separadas en x y u. Una vez resuelta la ecuaci´on se deshace el cambio u = y/x Ejemplos 8.3.1. a) Integrar la ecuaci´on x2 − 2y 2 + 2xyy ′ = 0 M (x, y) = x− 2y 2 ,

N (x, y) = 2xy son homog´eneas de grado 2. y′ =

(2y 2 − x2 )/x2 2(y/x)2 − 1 2y 2 − x2 = = 2 2xy 2xy/x 2(y/x)

Haciendo el cambio u = y/x se tiene y ′ = u′ x + u, y as´ı: u′ x + u =

2u2 − 1 1 1 1 ⇒ u′ x = − ⇒ u′ = − 2u 2u x 2u

siendo esta u ´ltima ecuaci´on de variables separadas: du 1 dx y2 =− ⇒ = −2udu ⇒ ln x = C − u2 = C − 2 dx 2xu x x Por tanto, la soluci´on general es: ln x +

117

y2 = C. x2

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b) Integrar la ecuaci´on (x3 + y 3 )dx − 3xy 2 dy = 0 Se trata de funciones homog´eneas de grado 3 y′ =

x3 + y 3 (x3 + y 3 )/x3 1 + (y/x)3 = = 2 2 3 3xy 3xy /x 3(y/x)2

Haciendo el cambio usual u = y/x: u′ x + u =

1 + u3 1 − 2u3 1 − 2u3 ⇒ u′ x = ⇒ u′ = 2 2 3u 3u 3u2 x

Con lo cual

( y )3 1 − 2u3 dx 3u2 1 du 1 3 = ⇒ = du ⇒ ln x = C− ln |1−2u ln 1 − 2 | = C− dx 3u2 x x 1 − 2u3 2 2 x ( )3 Por tanto, la soluci´on general es ln x + 12 ln 1 − 2 xy = C, que puede expresarse simplificadamente de la forma: 3 3 x3 − 2y 3 = 2C ⇒ x − 2y = e2C ln x2 3 x x y denotando K = e2C , la soluci´on general es x3 − 2y 3 = Kx c) Integrar la ecuaci´on y 2 + xy + x2 y ′ = 0, y hallar la soluci´on particular que pasa por el punto (1, 1). Son funciones homog´eneas de grado 2: ( y )2 y y 2 + xy 1 y′ = − = − − ⇒ u′ x + u = −u2 − u ⇒ u′ = − (u2 + 2u) ⇒ 2 x x x x du 1 1 1 u + 2 dx =− 2 ⇒ ln x = C − ln u + ln(u + 2) = C + ln ⇒ x u + 2u 2 2 2 u Por tanto la soluci´on general es

( ) x 1 + 1 ⇒ x2 y = K(2x + y) ln |x| = C + ln 2 2 y

La soluci´on particular que pasa por el punto (1, 1) verificar´a 1 = K(2 + 1) = 3K ⇒ K = por lo que se obtiene la curva 3x2 y = 2x + y

118

| 3

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8.4.

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Ecuaciones Lineales

Una ecuaci´on diferencial lineal de primer orden completa es toda ecuaci´on de la forma: y ′ + p(x)y = q(x) Se llama ecuaci´on diferencial lineal homog´enea asociada a la anterior a: y ′ + p(x)y = 0 Para la integraci´on de las ecuaciones diferenciales lineales utilizaremos el m´etodo de variaci´ on de par´ametros o de Lagrange que consta de dos pasos: Paso 1.- Resolvemos la ecuaci´on homog´enea asociada: y ′ + p(x)y = 0 que, de hecho, es una una ecuaci´on de variables separadas: dy dy = +p(x)y = 0 ⇒ = −p(x)dx ⇒ ln |y| = − dx y

∫

p(x)dx+C ⇒ y = Ke−

∫

p(x)dx

D´ onde K = eC Llamamos up (x) = e−

∫

p(x)dx

a la soluci´on particular de la ecuaci´on homog´enea para

K = 1. Paso 2.- Supongamos que la soluci´on general de la ecuaci´on completa es de la forma: y = K(x)up (x) , derivando esta ecuaci´on obtenemos: y ′ = K ′ (x)up (x) + K(x)u′p (x) que sustituida en la ecuaci´on diferencial obtenemos: K ′ (x)up (x)+K(x)u′p (x)+p(x)K(x)up (x) = q(x) ⇒ K ′ (x)up (x)+K(x)[u′p (x)+p(x)up (x)] = q(x) Como up (x) es soluci´on de la ecuaci´on homog´enea, tendremos: u′p (x)+p(x)up (x) = 0 , con lo que nos queda: q(x) ⇒ K(x) = K (x)up (x) = q(x) ⇒ K (x) = up (x) ′

′

∫

r(x) dx + D up (x)

Por tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial lineal completa viene dada por:

(∫ y(x) = K(x)up (x) =

119

) ∫ r(x) dx + D e− p(x)dx up (x)

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Ejemplos 8.4.1. 1) Integrar la ecuaci´on diferencial y ′ = 2y + x Es una ecuaci´on diferencial lineal: y ′ − 2y = x La resolveremos por el m´etodo de variaci´on de par´ametros: Paso 1.- Resolvemos la ecuaci´on homog´enea: y ′ − 2y = 0 y ′ = 2y ⇒

dy dy = 2y ⇒ = 2dx ⇒ ln |y| = 2x + C ⇒ y = eC e2x dx y

Luego la soluci´on general de la homog´enea es y = Ke2x La soluci´on particular para K = 1 es up (x) = e2x Paso 2.- Supongamos que la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial es y = K(x)up (x) = K(x)e2x Derivando: y ′ = K ′ (x)e2x + K(x)2e2x resultado que sustituimos en la ecuaci´on diferencial para obtener el valor de K(x) K ′ (x)e2x + K(x)2e2x − 2K(x)e2x = x ⇒ K ′ (x)e2x = x ⇒ ( ) ∫ ∫ 1 −2x 1 −2x 1 −2x 1 ′ −2x K (x) = xe−2x ⇒ K(x) = xe dx+D = − xe + e dx = − e x+ +D 2 2 2 2 ( ) 1 −2x 1 Nos queda que: k(x) = − e x+ +D 2 2 [ ( ) ] 1 1 −2x Por lo que: y = K(x)e2x = − x+ e + D e2x Luego la soluci´on 2 2 general de la ecuaci´on lineal es: ( ) 1 1 x+ + De2x y(x) = − 2 2 2) Integrar la ecuaci´on diferencial: xy ′ = y + x3 Es una ecuaci´on diferencial lineal: y ′ −

y = x2 x

Resolvemos la homog´enea: y′ −

y dy y dy dx =0 ⇒ = ⇒ = ⇒ ln |y| = ln |x| + ln C ⇒ y = Cx x dx x y x

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La soluci´on particular para C = 1 es up (x) = x Consideramos que la soluci´on general es y = K(x)up (x) = K(x)x Derivando y sustituyendo: y ′ = K ′ (x)x+K(x) ⇒ K ′ (x)x+K(x)−

K(x)x x2 = x2 ⇒ K ′ (x) = x ⇒ K(x) = +D x 2

Luego la soluci´on general queda: ( y = K(x)x ⇒ y =

) x3 x2 +D x ⇒ y = + Dx 2 2

2) Integrar la ecuaci´on diferencial: y ′ cos x + y sen x = 1 Es una ecuaci´on diferencial lineal: y ′ + y tan x = sec x Resolvemos la homog´enea: y ′ = −y tan x ⇒ dy⃗y = − tan xdx ⇒ ln |y| = ln | cos | + ln C ⇒ y = C cos x La soluci´on particular para C = 1 es up (x) = cos x Consideramos que la soluci´on general es y = K(x)up (x) = K(x) cos x Derivando y sustituyendo: y ′ = K ′ (x) cos x−K(x) sen x ⇒ K ′ (x) cos x−K(x) sen x+K(x) cos x tan x = sec x ⇒ ⇒ K ′ (x) cos x = sec x ⇒ K ′ (x) = sec2 x ⇒ K(x) = tan x + D Luego la soluci´on general queda: y = K(x) cos x ⇒ y = (tan x + D) cos x ⇒ y = sen x + D cos x

8.5.

La ecuaci´ on de Bernoulli

Un tipo de ecuaci´on diferencial muy relacionado con la ecuaci´on lineal de primer orden es la denominada ecuaci´on de Bernoulli que viene dada de la forma: y ′ + p(x)y = q(x)y n ,

121

n ̸= 0, 1

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El m´etodo de integraci´ on m´as usual es reducirla a una ecuaci´on lineal mediante el cambio de variable: y 1−n = u transform´ andose en la ecuaci´on lineal: u′ + (1 − m)p(x)u = (1 − m)q(x) Tambi´en podemos integrar dicha ecuaci´on aplicando el m´etodo de variaci´on de par´ametros, es decir, suponemos que la soluci´on general de la ecuaci´on de Bernouli es y = K(x)up (x) con up (x)una soluci´on particular de la ecuaci´on lineal homog´enea y ′ + p(x)y = 0. Ejemplos 8.5.1. 1) Integrar la ecuaci´on: y ′ +

2 y = −2xy 2 x

Es una ecuaci´on de Bernoulli con n = 2, la resolvemos por el m´etodo de variaci´on de par´ametros: Resolvemos la ecuaci´on lineal homog´enea asociada: y ′ +

2 y=0 x

2 dy 2y dy 2dx y′ = − y ⇒ =− ⇒ =− x dx x y x Integrando: ln |y| = −2 ln |x| + C ⇒ y = eC La soluci´on particular (K = 1) es : up =

1 K ⇒ y= 2 x2 x

1 . x2

Suponemos que la soluci´on general de la ecuaci´on propuesta es y = K(x)up (x) =

K(x) K ′ (x) 2K(x) ⇒ y′ = − 2 x x2 x3

Sustituyendo en la ecuaci´on queda: K ′ (x) 2K(x) 2 K(x) K 2 (x) − + = −2x ⇒ 2 3 2 x x x x x4 K 2 (x) K ′ (x) 2 K ′ (x) = −2x ⇒ − 2 = 2 4 x x K (x) x

⇒ Integrando:

1 1 = 2 ln |x| + D ⇒ K(x) = 2 K(x) ln x + D La soluci´on general ser´a: y = K(x)

1 1 ⇒ y= 2 x2 x (ln x2 + D)

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2) Integrar la ecuaci´on: xy ′ − y = y 2 sen x 1 sen x y = y2 , es una ecuaci´on de Bernoulli con n = 2, la resolx x vemos por el cambio de variable y −1 = u ⇒ y = u−1 .

Escribiendo y ′ −

Derivando y sustituyendo en la ecuaci´on: y′ =

−u′ −u 1 1 1 sen 1 sen x ⇒ 2 − = 2 ⇒ u′ + u = − 2 u u xu u x x x

Que es una ecuaci´on lineal. Resolvemos la homog´enea asociada: 1 du 1 du dx eC K u′ + u = 0 ⇒ =− u ⇒ =− ⇒ ln |u| = − ln |x| + C ⇒ u = = x dx x u x x x 1 La soluci´on particular (K = 1) es up = x Supongamos que la soluci´on general de la ecuaci´on es u = K(x)up (x) ⇒ u =

K(x) x

Derivando y sustituyendo: u′ =

K ′ (x)x − K(x) K ′ (x)x − K(x) K(x) sen x ⇒ + =− ⇒ x2 x2 x2 x

⇒ K ′ (x)x = −x sen x ⇒ K ′ (x) = −senx ⇒ K(x) = cos x + D Luego la soluci´on general es u = K(x)up (x) ⇒ u =

cos x + D x

Deshaciendo el cambio: y = u−1 ⇒ y =

8.6.

x D + cos x

Ejercicios Resueltos

1.- El radio se desintegra a una velocidad proporcional ala cantidad presente. Se ha comprobado adem´as, que en 1600 a˜ nos desaparece la mitad de la cantidad inicial. Hallar la ecuaci´on de desintegraci´on as´ı como la cantidad perdida al cabo de 100 a˜ nos. Si llamamos y(t) la cantidad presente en el instante t, la velocidad de desintegraci´on podr´a expresarse como v(t) =

dy(t) = −αy(t) dt

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D´ onde el signo negativo indica que la velocidad es cada vez menor al haber menos cantidad de elemento a medida que transcurre el tiempo. Integrando la ecuaci´on anterior queda: dy = −αdt ⇒ ln |y| = −αt + C ⇒ y = Ke−αt (K = eC ) t Como y(0) = Ke−α0 = K, se tiene: y(t) = y(0)e−αt Adem´as: y(1600) =

1 1 y(0) ⇒ y0e−1600α = y(0) ⇒ e−αt = 2 2

Por tanto, la ecuaci´on de desintegraci´on es:

y(t) = y(0)

( )t/1600 1 2

( 1 )t/1600 2

y(100) = y(0)e1/16 ≈ 0,9576y(0)

Transcurridos 100 a˜ nos:

es decir, al cabo de un siglo se ha desintegrado una cantidad igual a 1 − 0,9576 = 0,0424, es decir, un 4.24 %. 2.- La expresi´on de la velocidad de una reacci´on qu´ımica de primer orden co reacci´on inversa es v(t) = k1 (a − x) − k2 x , con x(t) la concentraci´on en el instante t. Supongamos que en un caso concreto es k1 0k2 = 100 seg −1 y que la concentraci´on inicial es a = 1 mol/l. Hallar el valor de x despu´es de 0.01 seg. y despu´es de 1 seg. Integramos la ecuaci´on:

v(t) =

dx dx = 100(1 − x) − 100x ⇒ = 100(1 − 2x) dt dt

dx 1 = 100dt ⇒ − ln |1 − 2x| = C + 100t ⇒ ln |1 − 2x| = −2C − 200t ⇒ 1 − 2x 2 1 1 − Ke−200t (K = e−2C ) 2 2 1 Adem´ as, para t = 0 es x = 0, por lo que K = y la ecuaci´on se expresa de la forma: 2 ⇒ 1 − 2x = e−2C e−200t ⇒ x =

x(t) = Por tanto, para t = 0,01 es Para t = 1 es

x=

x=

1 (1 − e−200t ) 2

1 (1 − e−2 ) = 0,432 mol/l 2

1 (1 − e−200 ) ≈ 0,5 mol/l 2

3.- Una sustancia B se forma a partir de otra sustancia A con velocidad de reacci´on v1 y, a su vez, B se transforma en C con velocidad v2 . Si inicialmente las concentraci´on

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de A es 5 y la de B 0, y la velocidades de reacci´on son v1 = 8,3 y v2 = 27,5, hallar las ecuaciones de transformaci´on de A y B en funci´on del tiempo. Denotamos por cA (t) y cB (t) las concentraciones de A y B en el instante t. La velocidad de transformaci´on de sustancia es proporcional a la cantidad presente inicialmente (v´ease Ej.1), por lo que podemos escribir para la sustancia A: dcA (t) = −8,3cA (t) dt Integrando: dcA (t) = −8,3dt ⇒ ln cA (t) = α − 8,3t ⇒ cA (t) = K1 e−8,3t (K1 = eα ) cA (t) Como cA (0) = 5, se tiene que K1 = 5, por lo que la ecuaci´on pedida para la sustancia A es: cA (t) = 5e−8,3t Para la sustancia B podemos escribir: dcB (t) = 8,3cA (t)−27,5cB (t) = 41,5e−8,3t −27,5cB (t) ⇒ c′B (t)+27,5cB (t) = 41,5e−8,3t dt que es una ecuaci´on lineal. Integrando la homog´enea: dcB (t) dcB (t) = −27,5cB (t) ⇒ = −27,5dt ⇒ ln cB (t) = −2t,5t+α ⇒ cB (t) = e−27,5t +eα dt cB (t) La soluci´on particular ser´a: up (t) = e−27,5t . Supongamos que cB (t) = K(t)up = K(t)e−27,5t Derivando y sustituyendo: K ′ (t)e−27,5t −K(t)27,5e−27,5t +27,5K(t)e−27,5t = 41,5e−8,3t ⇒ K ′ (t)e−27,5t = 41,5e−8,3t ⇒ ⇒ K ′ (t) =4 1,5e19,2t ⇒ K(t) =

41,5 19,2t e + D = 2,16e19,2t + D 19,2

Luego la soluci´on general es: cB (t) = K(t)up (t) = 2,16e19,2t e−27,5t + De−27,5t ⇒ cB (t) = e−27,5t (D + 2,16e19,2t Como cB (0) = 0 queda D = −2,16 , por lo que: CB (t) = 2,16e−27,5t (e19,2t − 1)

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4.- Un dep´osito de 50 litros contiene una soluci´on compuesta por un 90 % de agua y un 10 % de alcohol. Mediante un tubo se introduce en el dep´osito una segunda soluci´on que contiene agua y alcohol a partes iguales a un ritmo de 4 litros/min. Al mismo tiempo se vac´ıa el tanque a una velocidad de 5 litros/min. Suponiendo que la soluci´on del dep´osito se agita constantemente, hallar el alcohol que queda en ´el despu´es de 10 minutos. Sea a(t) el n´ umero de litros de alcohol que hay en el dep´osito en el instante t. Para 10 t = 0 es a(0) = 50 = 5. 100 5 El n´ umero de litros que sale por minuto es a(t), y el n´ umero de litros de alcohol 50 − t 50 que entran es 4 = 2. As´ı la raz´on de renovaci´on del alcohol viene dada por 100 a′ (t) = 2 −

5 5 a(t) ⇒ a′ (t) + a(t) = 2 50 − t 50 − t

que es una ecuaci´on lineal de primer orden. Integrando la homog´enea: da(t) 5 da(t) 5 =− a(t) ⇒ =− dt ⇒ ln a(t) = 5 ln(50−t)+C ⇒ a(t) = (50−t)5 +eC dt 50 − t a(t) 50 − t La soluci´on particular es: up (t) = (50 − t)5 Si a(t) = K(t)up (t) = K(t)(50 − t)5 , derivando y sustituyendo: K ′ (t)(50 − t)5 − K(t)5(50 − t)4 + 5K(t)(50 − t)4 = 2 ⇒ ⇒ K ′ (t) =

2 −2 ⇒ K(t) = +D 5 (50 − t) 4(50 − t)4

Luego la soluci´on general es: ( ) 2 (50 − t) a(t) = K(t)up (t) = + D (50 − t)5 ⇒ a(t) = D(50 − t)5 + 4(50 − t)4 2 Aplicando la condici´on inicial a(0) = 5 , resulta 5 = D505 + 25 ⇒ D = −

20 505

y la soluci´on de la ecuaci´on es: 50 − t a(t) = − 20 2

(

50 − t 50

)5

As´ı, para t = 10 min se tendr´a: a(10) = 20 − 20(0,8)5 ≈ 13,45 litros

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Grupos A y D

8.7.

Curso 2014/2015

Ejercicios propuestos

1.- Integrar las siguientes ecuaciones diferenciales a) ex+y y ′ = x. b) y ′ = x(y 2 + 1) y obtener una soluci´on particular que pase por P (1, 1). c) xyy ′ = y 2 + 1 y obtener una soluci´on particular que verifique y(1) = 3. 2.- Integrar las siguientes ecuaciones diferenciales homog´eneas. a) 2x + y + (x + 2y)y ′ = 0. b) (x3 y + y 4 )dx − x4 dy = 0 y obtener una soluci´on particular que pase por P (1, 0). y y y c) x sen + y cos − x cos y ′ = 0 x x x 3.- Integrar las siguientes ecuaciones diferenciales lineales. a) y ′ + 2xy = 4x. b) y ′ − xy = x2 e

x2 2

.

c) xy ′ − 2xy = ex . 2

4.- Integrar las siguientes ecuaciones diferenciales de Bernoulli. a) y ′ + xy = xy − 2 . √ b) y ′ = y + y . 1

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