File - Ecuaciones Diferenciales

164
Ecuaciones diferenciales
Ejercicios 3.6.1 Mecánica. Soluciones en la página 464
1. Una piedra de cae desde el reposo debido a la gravedad y con resistencia despreciable del aire.
a. Mediante una ecuación diferencial, modelar el movimiento de la piedra.
b. Determinar la velocidad (en m/s) de la piedra en cualquier instante t 0.
c. Calcular la posición ( en metros) de la piedra en cualquier instante t 0.
d. Calcular la velocidad de la piedra y la distancia recorrida al cabo de 5 s.
e. Determinar el tiempo en que la piedra alcanza una velocidad de 100 m/s.
f. Calcular la distancia recorrida entre los segundos 6 y 8 así como entre los segundos 8 y 10.
2. Una máquina de entrenamiento en beisbol se utiliza para lanzar directamente hacia arriba una pelota
desde el suelo con velocidad inicial de 40 m/s. Suponiendo que la resistencia del aire es despreciable:
a. Calcular la altura máxima alcanzada por la pelota y el tiempo que tarda en alcanzarla.
b. Determinar cuándo y con qué velocidad golpeará la pelota el suelo.
3. Un cuerpo que pesa 8 lb cae desde el reposo hacia la Tierra. Suponiendo que la resistencia del aire es
numéricamente igual a 2v.t/, donde v.t/ es la velocidad instantánea en pie/s, calcular:
a. La velocidad después de t segundos.
b. La distancia recorrida al cabo de t segundos.
c. La velocidad límite del cuerpo.
4. Una pequeña gota de aceite de 0:2 g de masa cae en el aire desde el reposo. La resistencia del aire
es proporcional a la velocidad instantánea y es de 160 dinas (din) cuando la gota cae a 40 cm/s.
Determinar:
a. La velocidad al cabo de t segundos.
b. La posición después de t segundos.
c. La velocidad límite de la gota.
5. Un paracaidista y su paracaídas pesan 256 lb. En el instante en que el paracaídas se abre, él está
cayendo verticalmente a 10 pie/s. Suponiendo que la resistencia del aire es directamente proporcional
al cuadrado de la velocidad instantánea y que ésa es de 400 lb cuando ésta es de 20 pie/s, determinar:
a. La velocidad del paracaidista al cabo de t segundos.
b. La posición del paracaidista al cabo de t segundos.
c. La velocidad límite del paracaidista.
6. Un hombre y su paracaídas pesan 160 lb y caen desde el reposo hacia la Tierra. Antes de que el
1
paracaídas se abra, la resistencia del aire (en libras) es numéricamente igual a v (donde v es la
2
5
velocidad instantánea en pie/s) y, a partir de que se abre, la resistencia es v 2 . Si el paracaídas se abre
8
a los 5 s, calcular la velocidad del paracaidista en cualquier segundo t:
a. Antes de abrirse el paracaídas.
b. Después de abrirse el paracaídas.
3.7 Problemas geométricos
En esta sección, trataremos problemas geométricos que se pueden plantear y resolver mediante ecuaciones
diferenciales que se obtienen considerando la interpretación geométrica de la derivada que, como sabemos,
es la pendiente de la recta tangente a la curva (gráfica de la función) en un punto.
3.7 Problemas geométricos
3.7.1
165
Curvas definidas por sus tangentes y normales
Es conveniente recordar que:
1. Si una curva está definida mediante una función y D f .x/ y P .x; y/, es un punto arbitrario de ella;
dy
entonces la derivada
D f 0 .x/ nos da la pendiente mT de la recta tangente T a la curva en el punto
dx
dy
D f 0 .x/ D mT .
arbitrario P .x; y/. Es decir,
dx
2. Si una curva está definida mediante una ecuación g.x; y/ D 0, donde se tiene implícitamente definida
y D f .x/ y P .x; y/, es un punto arbitrario de la curva; entonces la derivada (calculada mediante
dy
derivación implícita)
D .x; y/ nos da la pendiente mT de la recta tangente T a dicha curva en el
dx
dy
punto arbitrario P .x; y/. Es decir,
D .x; y/ D mT .
dx
3. Si la pendiente de la recta tangente T a una curva en un punto arbitrario P .x; y/ es mT ¤ 0 y N , es la
1
recta normal a la misma curva en el mismo punto P ; entonces la pendiente de N es mN D
.
mT
También debemos considerar que:
Si C1 y C2 son dos curvas que se intersecan en el punto P , con rectas tangentes T1 y T2 , respectivamente,
(en dicho punto) y es el ángulo formado por T1 y T2 , entonces decimos que las curvas C1 y C2 se
intersecan en P formando un ángulo entre ellas.
Ejemplo 3.7.1 Determinar una curva para la cual la pendiente de la recta tangente en cada punto es r veces la
pendiente de la recta que une este punto con el origen de coordenadas.
y
m0P D
y
x
T
mT D
P.x; y/
0
0
y
D I
0
x
dy
:
dx
x
Sea P .x; y/ un punto arbitrario de la curva y D f .x/ y sea T la recta tangente a ella en P .
dy
La pendiente de la recta tangente T es mT D
.
dx
y
Si m es la pendiente del segmento de recta OP , entonces m D .
x
Como la pendiente mT es r veces la pendiente m, entonces
y dy
mT D r m )
Dr
;
dx
x
que es una ecuación diferencial que resolvemos separando variables
Z
Z
y dy
dy
dx
dy
dx
Dr
)
Dr
)
Dr
)
dx
x
y
x
y
x
) ln y D r ln x C C ) ln y D ln x r C C )
H
) e ln y D e ln x
) y D Cx r :
r CC
r
) y D e ln x e C D x r C )
166
Ecuaciones diferenciales
Luego, cualquiera de las curvas y D Cx r cumple con la propiedad pedida.
Por ejemplo, con C D 3 y con n D 5 se tiene la curva y D 3x 5 , cuya derivada es
y dy
3x 5
D 3.5x 4 / D 5
D5
;
dx
x
x
y dy
Dn
para n D 5.
cumpliendo la condición
dx
x
Ejemplo 3.7.2 Una curva es tal que la pendiente de la recta tangente en cada punto es proporcional a la abscisa del
punto de tangencia. Determine la forma general de tal curva.
H Sea y D f .x/ la ecuación de la curva y sea P .x; y/ un punto arbitrario de ella.
La pendiente de la recta tangente a la curva en el punto P está dada por la derivada y 0 .
Debido a que la pendiente .y 0 / de la tangente es proporcional a la abscisa .x/ del punto de tangencia P ,
entonces: y 0 D C1 x, donde C1 es la constante de proporcionalidad. Por lo tanto,
Z
C1 2
y 0 D C1 x ) y D C1 x dx D
x C C2 D C3 x 2 C C2 :
2
Por lo tanto, las curvas que cumplen con la propiedad establecida son todas las parábolas verticales de la
forma: y D Cx 2 C K, donde C y K son constantes.
Por ejemplo, para C D 4 y K D 3 se tiene la parábola y D 4x 2 3, cuya derivada es y 0 D 8x donde y 0
es proporcional a x, con constante de proporcionalidad C1 D 8.
Ejemplo 3.7.3 Halle una curva que pase por el punto .1; 1/ de tal manera que la pendiente de la tangente en cada
punto sea proporcional al cuadrado de la ordenada de este punto.
H Sea y D f .x/ la ecuación de la curva y P .x; y/ un punto arbitrario de ella.
La pendiente de la recta tangente a la curva en el punto P está dada por y 0 .
Debido a que la pendiente .y 0 / de la tangente es proporcional al cuadrado de la ordenada .y 2 /, entonces:
y 0 D C1 y 2 , donde C1 es la constante de proporcionalidad. De donde
Z
Z
dy
dy
y 0 D C1 y 2 )
D C1 y 2 ) 2 D C1 dx )
y 2 dy D C1 dx )
dx
y
1
y
1
1
)
D C1 x C C2 )
D C1 x C C2 )
D .C1 x C C2 / )
1
y
y
1
) yD
:
C1 x C C2
Por pasar la curva por el punto .1; 1/ ocurre que
xD1 & yD1 ) 1D
Por lo cual,
yD
1
) C1 C C2 D 1 ) C2 D 1
C1 .1/ C C2
1
1
D
C1 x C C2
C1 x C . 1
C1 /
D
C1 .x
Por lo tanto, el requisito pedido lo cumple la familia de curvas y D
arbitraria. Por ejemplo, para C D 2 se tiene la curva
1
1
1/
1
C.x
1
:
1/
1
; la cual tiene por derivada
2x C 3
2
y0 D
; que puede ser expresada como
. 2x C 3/2
2
1
1
y 0 D .2/
D
.2/
D .2/y 2 ;
. 2x C 3/2
2x C 3
yD
C1 :
, donde C es una constante
3.7 Problemas geométricos
167
donde se ve que la derivada y 0 es proporcional a y 2 .
Ejercicios 3.7.1 Tangentes y normales. Soluciones en la página 465
1. Halle una curva que pase por el punto .0; 2/ de tal modo que la pendiente de la recta tangente en
cada punto sea igual a la ordenada de dicho punto aumentada en 3 unidades.
2. Determine una curva que pase por el punto .2; 1/ de tal manera que la recta tangente en cualquier
punto tenga la misma dirección que la recta que une al origen de coordenadas con dicho punto.
3. Describa el tipo de curva que tiene la propiedad de que todas sus rectas normales pasan por un punto
fijo de coordenadas .x0 ; y0 /.
4. Encuentre la curva que satisface que el área de la región bajo la curva y sobre el eje x, desde el punto
.0; 1/ hasta el punto .x; y/, ambos en la curva, sea igual a la ordenada del punto .x; y/.
5. Halle la familia de curvas que tienen la propiedad de que el segmento de la tangente a la curva
comprendido entre los ejes coordenados se divide a la mitad en el punto de contacto.
3.7.2
Trayectorias ortogonales
Si consideramos la familia de curvas
x 2 C y 2 D c;
con c > 0;
podemos decir que esta familia es el conjunto de las circunferencias de radio r D
p
c con centro en el origen.
y
x
Ésta es una familia de curvas de la forma:
F .x; y/ D cI donde F .x; y/ D x 2 C y 2 :
Una ecuación diferencial asociada a esta familia de curvas es (veáse la sección ??) :
y0 D
Fx
D
Fy
2x
D
2y
x
:
y
En un punto arbitrario del plano .x; y/, la curva de la familia que pasa por ese punto tiene recta tangente
p
x
con pendiente
. Por ejemplo, por el punto .2; 3/ pasa la circunferencia de radio 13 y su recta tangente
y
2
en dicho punto tiene pendiente m1 D
.
3
168
Ecuaciones diferenciales
y
.2; 3/
2
.
3
p
13
3
Tangente con pendiente m1 D
x
2
Ahora bien, se sabe que dos rectas que se intersecan son ortogonales (o perpendiculares) si sus pendientes
satisfacen:
1
1
m1 m2 D 1 o bien m1 D
o bien m2 D
:
m2
m1
Es decir, la pendiente de una recta es el negativo del inverso multiplicativo de la pendiente de la otra.
3
Existen curvas que pasan por el punto .2; 3/ y que tienen como pendiente de la tangente m2 D .
2
1
3
Por ejemplo, y D x 3 C 2 pasa por el punto .2; 3/ y la pendiente de su tangente en ese punto es m2 D :
8
2
y
Recta tangente con pendiente m2 D
3
3
.
2
x
2
1 3
x C 2 son ortogonales puesto
8
que sus tangentes son ortogonales. Cumplen que m1 m2 D 1.pAhora, si tomamos un punto arbitrario
del plano .x; y/ por donde pasa una circunferencia de radio r D x 2 C y 2 cuya tangente tiene pendiente
x
m1 D
y
Decimos entonces que, en el punto .2; 3/, las curvas x 2 C y 2 D 13 & y D
y
Tangente con pendiente m1 D
y2
p
x2
C
y
.x; y/
x
x
x
.
y
3.7 Problemas geométricos
169
podemos generar entonces una ecuación diferencial con la igualdad m2 D
1
. Esta ED es
m1
dy
y
D :
dx
x
(3.13)
La anterior ED tiene soluciones tales que, cuando una curva solución pasa por el punto .x; y/, su recta
tangente es ortogonal a la tangente de la circunferencia que pasa por ese punto.
Vamos a resolver la ecuación diferencial anterior (3.13) por separación de variables:
Z
Z
dy
y
dy
dx
dy
dx
D
)
D
)
D
)
dx
x
y
x
y
x
) ln y D ln x C C ) ln y D ln x C ln C ) ln y D ln Cx )
) y D Cx:
La solución general de esta ecuación diferencial representa a la familia de rectas que pasa por el origen.
Como vemos, cada recta de la familia y D Cx interseca ortogonalmente a cada una de las circunferencias
de la familia x 2 C y 2 D c. Así, con el método indicado, hallamos una familia de curvas (y no una única
curva) tal que cada uno de sus miembros es ortogonal a cada una de las curvas del la familia x 2 C y 2 D c.
Esto se ve en la siguiente figura:
y
x
Supongamos que tenemos dos familias de curvas (las cuales llamaremos C1 y C2 ), cuando cada curva
de una familia C1 es ortogonal a cada una de las curvas de otra familia C2 , se dice que C1 y C2 son
familias ortogonales de curvas o bien que C1 y C2 son familias de trayectorias ortogonales.
¿Cómo encontrar la familia ortogonal a una familia dada?
Si tenemos una familia de curvas de la forma
F .x; y/ D c:
Se calcula la ecuación diferencial asociada a dicha familia, es decir:
y0 D
Fx
:
Fy
Se afirma entonces que la ecuación diferencial asociada a la familia ortogonal es
dy
Fy
D
:
dx
Fx
Resolvemos esta ecuación diferencial y su solución general es la familia ortogonal a la familia dada.
170
Ecuaciones diferenciales
Ejemplo 3.7.4 Obtener la familia ortogonal a la familia:
y D cx 2:
H
Esta familia es el conjunto de las parábolas con vértice en el origen.
y
Para c > 0.
x
Para c < 0.
Calculamos la ecuación diferencial asociada a esta familia de curvas. Escribimos y D cx 2 como
‚
y
y
D c donde F .x; y/ D 2 )
2
x
x
Fx D y
Fy D
2x
x4
D
2y
:
x3
1
:
x2
Entonces la ecuación diferencial asociada a la familia de parábolas es
Fx
D
Fy
y0 D
2y
x 3 D 2y :
1
x
x2
Por lo tanto la ecuación diferencial asociada a la familia ortogonal es
dy
Fy
D
D
dx
Fx
x
:
2y
Resolvemos esta ED por variables separables:
dy
D
dx
x
) 2y dy D x dx )
2y
Z
Z
)
2y dy D
x dx ) y 2 D
1 2
x CC )
2
1
x2
y2
) y2 C x2 D C )
C
D 1I
2
2C
C
esta última ecuación es la familia ortogonal y representa una familia de elipses con centro en el origen:
3.7 Problemas geométricos
171
y
x
Ejemplo 3.7.5 Determinar las trayectorias ortogonales de la familia de curvas
2x 2 C y 2 D 4cx;
H
con c constante.
Obtenemos la ED asociada a esta familia:
2
2
2
2x C y
x
y
2x 2 C y 2 D 4cx )
D c ) F .x; y/ D C
)
4x
2
4x
€
y2
2x 2 y 2
1
D
;
2 4x 2
4x 2
y
Fy D
:
2x
Fx D
Luego, la ED asociada es
2x 2 y 2
4x 2
y0 D
D
y
2x
Por lo tanto, la ED asociada a las trayectorias ortogonales es
Fx
D
Fy
2x 2 y 2
:
2xy
dy
Fy
2xy
D
D
:
dx
Fx
2x 2 y 2
Como se observa, esta ED es homogénea y la resolvemos como tal
y 2y
2
x
2
dy
2xy
x
x
D
D
D
y 2 :
dx
2x 2 y 2
y2
2
2
x 2
x
x2
Tenemos:
wD
y
dy
dw
) y D xw )
Dx
C w:
x
dx
dx
Al sustituir en la ED:
x
dw
2w
dw
2w
Cw D
)x
D
dx
2 w2
dx
2 w2
2 w2
dx
)
dw D
3
w
x
2
w
) ln x D 2
2
1
) ln x C 2 C ln w
w
C w3
2w
2w
w3
wD
D
)
2
2 w
2 w2
Z
Z
Z
dx
2 w2
)
D
dw D
2w
x
w3
1
ln w C C D
ln w C C )
w2
D C:
3
1
w
dw )
172
Ecuaciones diferenciales
Y debido a que w D
y
, se tiene que
x
ln x C
y x2
x2
C
ln
D
C
)
ln
x
C
C ln y ln
xDC )
y2
x
y2
x2
) 2 C ln y D C ) x 2 C y 2 ln y D Cy 2 :
y
Por lo tanto, las trayectorias ortogonales están dadas por la familia de curvas:
x 2 C y 2 ln y D Cy 2 I
donde C es constante.
Ejemplo 3.7.6 Calcular las trayectorias ortogonales de la familia de curvas
x
cos y D ce
H
con c constante.
;
Obtenemos la ED asociada a esta familia de curvas:
cos y D ce
x
) e x cos y D c ) F .x; y/ D e x cos y )
Luego, la ED asociada es
y0 D
˚
Fx D .cos y/e x D e x cos y;
Fy D e x . sen y/ D e x sen y:
x
e
cos y
cos y
D
:
x
e sen y
sen y
Fx
D
Fy
Por lo que, la ED asociada a las trayectorias ortogonales es
dy
D
dx
sen y
;
cos y
que resolvemos por variables separables.
dy
D
dx
sen y
cos y
)
dy D dx )
cos y
sen y
Z
cos y
dy D
sen y
) ln.sen y/ D x C C ) sen y D e
Z
dx )
xCC
De
x C
e
De
x
C:
Por lo tanto, las trayectorias ortogonales están dadas por
sen y D Ce
x
;
con C constante.
Ejercicios 3.7.2 Trayectorias ortogonales. Soluciones en la página 465
Encontrar la familia de curvas ortogonales a cada una de las siguientes familias.
1. y 2 D 2Cx.
6. x 2 C y 2 D 2ay.
2. y D Ce x .
7. y 2 D 2p.x
conocido.
3. y 2
2x 2 D C .
4. Cx 2 C y 2 D 1.
5. y D Cx .
2
8. x 2
9. y 2 D
y 2 D a.
x3
.
2a x
a/, donde p ¤ 0 es un número
3.8 Miscelánea
10. .x 2 C y 2 /2 D a2 .x 2
173
y 2 /.
3.8 Miscelánea
En esta sección presentamos algunos ejemplos adicionales de aplicación de las ED en la solución de problemas variados. Algunos de estos problemas utilizan técnicas ya presentadas anteriormente o generalizaciones
de ellas.
Ejemplo 3.8.1 Encontrar la forma que adopta un cable flexible que se encuentra suspendido entre dos puntos a la
misma altura y cuelga por la acción de su propio peso. Ésa es la forma que adoptan por ejemplo los cables de electricidad
o los que sostienen puentes colgantes.
H Coloquemos el eje y (eje de las ordenadas) de modo que pase por el punto más bajo de la curva que da
la forma de la cadena, en donde la tangente debe ser desde luego horizontal (véase la siguiente figura).
y
!
s
T
.x; y/
T0
.0; y0 /
x
Denotemos por s la longitud de arco medida desde el punto más bajo .0; y0 / a un punto variable .x; y/, y
mediante w.s/ a la densidad lineal de peso de la cadena. Por lo tanto, para conocer el peso de un tramo de
la cadena, tenemos que integrar w.s/ ds.
Para obtener la ED de la curva, sólo tenemos que considerar que la porción de cadena entre .0; y0 / y .x; y/
está en equilibrio bajo la acción de tres fuerzas: una es la tensión horizontal T0 en .0; y0 /; la segunda es la
tensión variable T en el punto .x; y/, que actúa en la dirección tangente debido a la flexibilidad de la cadena;
la última es una fuerza hacia abajo igual al peso de la cadena entre esos dos puntos. Si descomponemos T
en sus componentes horizontal y vertical, e igualamos las partes correspondientes, obtenemos
T cos D T0
y
T sen D
Z
0
s
w.˛/ d˛:
(3.14)