PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN

PROBLEMAS DE ECUACIONES
DIFERENCIALES ORDINARIAS
DE PRIMER ORDEN
SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN HOMOGÉNEA
Una ecuación diferencial de primer orden y´ = f(x; y) se llama homogénea si f(x; y)
puede expresarse como g(y/x), donde g es una función de una variable. Una ecuación
diferencial homogénea y´ = g(y/x) se transforma en una ecuación de variables separables mediante el cambio de variable:
v = y/x.
SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN LINEAL
Para resolver la ecuación lineal:
y
 P( x) y  Q( x)
x
Se debe multiplicar ambos miembros por el factor integrante I  e 
lados.
Pdx
e integrar ambos
SOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN EXACTA
Una ecuación es exacta si es de la forma:
P( x; y )  Q( x; y )
y
0
x
y existe una función f(x; y) tal que f = (P; Q). Se demuestra que esto ocurre cuando se
P Q

cumple la condición:
.
y x
La solución de esta ecuación viene dada, implícitamente, por la expresión:
f(x; y) = C
PROBLEMAS RESUELTOS
1.) Solución de una ecuación homogénea. Probar que la siguiente ecuación es homogénea y obtener su solución general:
dy y 2  x 2

dx
2 xy
SOLUCIÓN
Si dividimos el numerador y el denominador del miembro derecho de la ecuación por
x2, tendremos:
2
 y
  1
dy  x 

y
dx
2
x
Si ahora hacemos el cambio de variables v = y/x tenemos:
2
 y
  1
y
dy
v2 1
dv
v2 1
v 2  1  2v 2
x
v   y  vx 
 v x  v   


x
v 

y
x
dx
2v
dx
2v
2v
2
x
2
dv
v 1
2v
dx
1

x
 2
dv 
  ln(v 2  1)  ln x  C  2
 K1 x 
dx
2v
x
v 1
(v  1)
 (v 2  1) 
1
K1 x
 v2 
1
K1 x
1  y2  K x  x2  y   K x  x2
que es el resultado que buscábamos.
2.) Modelización y resolución de un problema industrial usando una EDO de 1º orden
con una condición inicial. Un depósito contiene 50 litros de salmuera con 1kg de sal
disuelta en ella. Se introduce en el depósito salmuera que contiene disuelto 0,1 kg de sal
por litro a razón de 15 litros por minuto y la mezcla, bien revuelta, se deja salir a una
tasa de 20 litros por minuto. Hallar la cantidad de sal y(t) en el depósito en un instante
cualquiera.
SOLUCIÓN
15 l/min
CE = 0,1 kg/l
Nuestra incógnita es y(t), la cantidad de sal en el tanque para un
tiempo t. Para prescindir de indicar las unidades, establecemos que
todos los volúmenes estarán en
litros, los tiempos en segundos y las masas en kilogramos.
20 l/min
CS = ¿?
Observemos ante todo que el volumen de líquido irá disminuyendo, dado que entran
15 l/min y se pierden 20 l/min, lo que arroja una pérdida neta de 5 l/min. Por ende, a un
tiempo t se habrán perdido 5t litros y el volumen remanente será:
V(t) = 50 - 5t
Observemos que, dada la buena agitación que recibe el contenido del tanque, es razonable considerar que la concentración en el mismo es uniforme, y por lo tanto igual a la
concentración a la salida. Quiere decir que:
Concentración en el tanque =
y (t )
y (t )

 C S (t ) .
V (t ) 50  5t
Veamos ahora cuál es la variación de la cantidad total de sal en el tanque. Por un lado se
recibe un chorro de 15 l/min a 0,1 kg/l; el producto entre estos dos valores nos da la
cantidad de sal que se va ganando por minuto. Por otro lado, sale del tanque un chorro
de 20 l/min, a una concentración variable en el tiempo y que vendrá dada por y(t)/(505t); el producto entre ambos nos dará la cantidad de sal que se pierde por minuto. Por
ende:
Variación de sal = Ganancia - Pérdida 
y
y
 15  0,1  20
t
50  5t
Reordenando esto nos queda la EDO:
y
20

y  1,5 ; y(0) = 1
t 50  5t
La condición inicial viene dada por el kilo de sal que había en el tanque al iniciarse el
proceso.
La función P(t), esto es, el coeficiente del término lineal en y, es 20/(50-5t). Por ende el
factor integrante vendrá dado por:
20
dt

I  e 505t  e 4 log(505t )  (50  5t ) 4 (recordemos que necesitamos un factor, no la
familia completa). Hemos omitido las barras de valor absoluto en el logaritmo porque el
volumen será siempre positivo.
Y multiplicando el factor por la anterior ecuación diferencial queda:


y
20

 (50  5t ) 4
y  1,5(50  5t ) 4 
(50  5t ) 4 y  1,5(50  5t ) 4 
t
50  5t
t
4
3
 (50  5t ) y  0,5(50  5t )  C  y  0,5(50  5t )  C (50  5t ) 4
(50  5t ) 4
Para obtener el valor de la constante, recurrimos a la condición inicial, y así tenemos:
y(0) = 1 = –25 + 504C  C = 26/504 = 4,1610-6
De modo que:
y  0,5(50  5t )  4,16  106 (50  5t ) 4
(kg)
Obsérvese que esta expresión, a los 10 s, nos arroja una cantidad de sal nula, lo que
efectivamente se compadece con el hecho de que para ese entonces se desagotó totalmente el tanque.
3.) Transformación de una ecuación no lineal en una lineal usando un cambio de variable (ecuaciones de Bernoulli). a) Demostrar que la ecuación no lineal
y´ + P(x)y = Q(x)yn , n  2
puede transformarse en una ecuación lineal usando la sustitución u = y1-n .
b) Usar ese resultado para resolver la ecuación:
y 
2
y3
y 2
x
x
SOLUCIÓN
a) La sustitución sugerida nos permite expresar:
u  y 1 n  du  (1  n) y  n dy  dy 
1
y
1
u
y n du 

yn
1 n
x 1  n
x
Reemplazando ahora esto en la EDO original se tiene:
1
u
yn
 P( x) y  Q( x) y n
1 n
x
Dividiendo
por y n


1 u
1 u
 P( x) y 1n  Q( x) 
 P( x)u  Q( x)
1  n x
1  n x
Y, finalmente, multiplicando todo por (1 - n):
u
 (1  n) P ( x)u  (1  n)Q( x) (1)
x
Ésta es una ecuación lineal, que puede ser resuelta siguiendo el procedimiento habitual.
Luego, revirtiendo el cambio de variables, se puede obtener la expresión para y.
b) En la ecuación dada, y  
2
y3
y  2 , tenemos, comparando con la expresión (1), que:
x
x
P(x) = 2x-1
;
;
Q(x) = x-2
n=3
;
y u = y-2  y = u-(1/2)
De esta manera, la ecuación (1) puede escribirse, para este caso particular:
u´ - 4x-1u = -2x-2
4
El factor integrante, entonces, será: I  e
esto tendremos:
  x dx
 x 4 ; y multiplicando la ecuación por
x-4u´ - 4x-5u = -2x-6  (x-4u)´ = -2x-6  x-4u = (2/5)x-5 + C  u = (2/5)x-1 + Cx4 
1
1
 yu 2 
; queda para el estudiante verificarlo.
4
2 1
x

Cx
5
4.) Resolución de una ecuación exacta. Resuelva el problema de valor inicial
3x2 + 2xy + 3y2 + (x2 + 6xy)y´ = 0 , y(1) = 2
SOLUCIÓN
Aquí, las funciones P y Q caracterizadas en la teoría de ecuaciones exactas serían:
P = 3x2 + 2xy + 3y2
;
Q = (x2 + 6xy)
P
Q
 2x  6 y 
y por lo tanto se trata de una ecuación exacta. A fin de
y
x
resolverla, tenemos que encontrar una función f tal que fx = P y fy = Q. Tenemos así:
Vemos que
fx  P 
f
 3x 2  2 xy  3 y 2  f  x 3  x 2 y  3 y 2 x  C ( y )
x
Derivando ahora este resultado con respecto a y tenemos:
f y  2xy  6xy  C( y)  Q  2xy  6xy  C( y)  K1 ; podemos elegir K1 =0 y entonces:
f = x3 + x2y + 3y2x
La solución a la ecuación diferencial de nuestro problema vendrá dada, pues, por:
x3 + x2y + 3y2x = K
Introduciendo la condición inicial, sabemos que y(1) = 2; e ingresando estos valores en
la ecuación anterior tendremos:
1 + 2 + 3·4 = K = 15
Con lo cual:
x3 + x2y + 3y2x = 15
Ésta es una solución implícita. En este caso particular, podríamos, aplicando la resolvente de una ecuación cuadrática, despejar y como función de x, pero en otros casos eso
no es posible.
5.) Transformación de una ecuación no exacta en una exacta mediante un factor integrante. Encuentre un factor integrante y después resuelva la ecuación:
1 - xy + x(y - x)y´ = 0 , x > 0
SOLUCIÓN
Vemos que P = 1 - xy y Q = x(y - x), y que Py = -x  Qx = y - 2x
Por lo tanto intentaremos multiplicar la ecuación diferencial del problema por un factor
integrante. Probamos, en primer lugar, con uno que dependa solamente de x, I(x). La
ecuación queda:
I(x)(1 - xy) + I(x)x(y - x)y´ = 0
Ahora podemos llamar M = I(x)(1 - xy) y N = I(x)x(y - x) y para que esta nueva ecuación sea exacta se tiene que cumplir que My = Nx . Tenemos que:
My = I(x)(-x) ; Nx = I´(x)x(y - x) + I(x)(y - 2x) ; y para que estos dos sean iguales
debe ser:
I(x)(-x) = I´(x)x(y - x) + I(x)(y - 2x)  I(x)(-y + x) = I´(x)x(y - x) ; y dividiendo miembro
a miembro por (y - x) tendremos:
-I(x) = I´(x)x; nos quedó una expresión solamente en x. (Si aparecían x y y, el intento
fallaba y debíamos plantear un coeficiente en función de y.) Debe tenerse en cuenta que
para que esto sea válido debe ser y  x. Resolviendo ahora esta ecuación diferencial tenemos:
I 
dI
dx
dI
1
x
   ln x   ln I  ···  I 
dx
x
I
x
Multiplicando miembro a miembro por este factor integrante la ecuación diferencial de
nuestro problema, tendremos:
1/x - y + (y - x)y´ = 0 ; vemos que My = -1 = Nx. Debemos encontrar una función f tal
que fx = M y fy = N. Tenemos así:
f 1
f
  y  f  ln x  yx  C ( y) 
  x  C ( y)  y  x  C ( y)  12 y 2 
x x
y
 f  ln x  yx  12 y 2
No incluimos la constante en esta última integral pues necesitamos una función. La solución será, entonces:
ln x  yx  12 y 2  K . Como ocurría en el problema anterior, se podría despejar y de
aquí, pero lo dejamos expresado como función implícita.
6.) Resolución de un problema físico modelizado mediante una ecuación de 1º orden. El
radio es un elemento radioactivo de vida media 1600 años, que se desintegra produciendo radón, que a su vez es un elemento radioactivo con vida media 3,8 días. Si inicialmente hay 1000 kg de radio, calcular la cantidad de radio x(t) y la cantidad de radón y(t)
en un tiempo posterior cualquiera t. Sugerencia: recordar que el decaimiento radioactivo está regido por la ecuación diferencial x’ + ax =0, y que la vida media T es el tiempo en el cual decae su masa a la mitad.
SOLUCIÓN
Para trabajar en unidades homogéneas, calculemos la vida media del radio en días:
TRa = 1600  365 = 5,84  105 días (despreciamos el efecto de los años bisiestos)
Vemos que en este problema existe decaimiento del radio y del radón. Primeramente
encontraremos las ecuaciones para ambos fenómenos por separado.
En el caso del radio tenemos:
x   ax  0 
dx
dx
 ax 
 adt  ln x  at  C  x  Ke  at (1)
dt
x
Nótese que prescindimos de las barras de valor absoluto en el logaritmo porque x es una
masa (cantidad de radio), y éstas son siempre positivas.
Introduzcamos ahora el concepto de vida media. Sabemos que al transcurrir el tiempo
TRa la cantidad de radio inicial se habrá reducido a la mitad. Pero según la Ec. (1), tendremos:
x(0) = Ke-a0 = K (cantidad inicial de radio)
x(TRa) = Ke-a5,84  10^5 =
(2)
Cancelando la constante K y aplicando logaritmo a esta última ecuación tenemos:
-a5,84  105 = -ln2; y despejando da: a = 1,187  10-6 días-1
De donde la ecuación que rige el decaimiento radioactivo del radio es:
x’ + 1,187  10-6x = 0
(3)
Y por otro lado la cantidad de radio presente al cabo de un tiempo t será, reemplazando
a en (1):
x(t) = x(TRa) = Ke-1,187  10^(-6)t = 1000e-1,187  10^(-6)t (4)
Donde ya introdujimos la cantidad inicial de radio de nuestro problema (1000 kilos).
Uniendo ahora (3) y (4) tenemos:
x’ = -1,187  10-3e-1,187  10^(-6)t
(5)
Vamos ahora al caso del radón. Operando idénticamente al caso del radio llegaremos a
una ecuación análoga a la (2), a saber:
y(TRn) = Ke-b3,8 = K/2
donde K es ahora la cantidad inicial de radón. Despejando b se obtiene:
b = 0,182 días-1
y entonces la ecuación que rige el decaimiento radioactivo del radón es:
yd’ + 0,182y = 0  yd’ = -0,182y
(6)
Remarcamos que ésta es la ecuación que rige la variación de la masa de radón
DECAIMIENTO RADIOACTIVO SOLAMENTE. Por eso le colocamos el subíndice d.
POR
Consideremos ahora la situación de nuestro problema. La podemos representar de la
siguiente manera:
Ra
Decaimiento
radio
Rn
Decaimiento
radón
La masa de radón recibe un aporte (la degradación del radio) y sufre una pérdida (el
decaimiento del radón). En otras palabras:
y’ = Variación de radón = - Decaimiento del radio + Decaimiento del radón
El signo menos que afecta al decaimiento del radio está ahí porque lo que se ganó de
radón es igual a lo que se perdió de radio, pero cambiado de signo. Usando las expresiones para decaimiento encontradas en (5) y (6) tenemos:
y’ = 1,187  10-3e-1,187  10^(-6)t - 0,182y
Es decir:
y’ + 0,182y = 1,187  10-3e-1,187  10^(-6)t
(7)
Ecuación lineal a coeficientes constantes cuya ecuación asociada es:
 + 0,182 = 0   = -0,182  yc = Ce-0,182t
La función excitación es una exponencial; por lo tanto proponemos como función de
prueba:
y* = Ae-1,187  10^(-6)t
Reemplazando ésta en (7) y despejando A tendremos finalmente
y* = 6,52  10-3e-1,187  10^(-6)t
Sumando esta solución particular del problema no homogéneo con la solución general
de la complementaria, podemos escribir:
y = Ce-0,182t + 6,52  10-3e-1,187  10^(-6)t
Al principio del proceso no hay nada de radón, de modo que:
y(0) = C + 6,52  10-3 = 0  C = -6,52  10-3
Finalmente:
y = -6,52  10-3e-0,182t + 6,52  10-3e-1,187  10^(-6)t
(8)
Las ecuaciones (4) y (8) nos dan, entonces, las cantidades de radio y radón, respectivamente, en función del tiempo. Debe recordarse que las unidades de x y y son el kilogramo, y que el tiempo t se mide en días. Si usted resuelve este problema en años llegará a
constantes diferentes.