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1.25. Modelando y resolviendo problemas.
3.
a) Determine sobre la exactitud de la ecuación diferencial
dy
dx
+ x4 y − x2 = 0.
b) En caso de que no sea exacta la ecuación diferencial en el inciso anterior, busque un factor
integrante de la forma φ(x) = xn y posteriormente determine la solución general de la
ecuación diferencial.
4. Encuentre un factor integrante de la forma φ = φ(y) para la ecuación diferencial (x + y 2 )dx −
2xydy = 0. Proceda a resolver la ecuación diferencial exacta que se obtiene usando este factor
de integración.
5. Determine un factor integrante de la forma φ = φ(x) para la ecuación deiferencial (2xy + x2 y +
y 3 /3)dx + (x2 + y 2 )dy = 0. Proceda posteriormente a resolover la ecuación diferencial exacta
obtenida.
6. Encuentre las soluciones generales de las siguientes ecuaciones diferenciales
a) (2x + y)dx + (x + y)dy = 0.
b) (x3 − 3xy 2 + 2)dx − (3x2 y − y 2 )dy = 0.
c) (x + y 2 )dx − 2xydy = 0.
d) 2xy −3 dx +
1
2
y 4 (y
− 3x2 )dy.
e) (2xy ln y)dx + (x2 + y 2 (y 2 + 1)1/2 )dy = 0
f)
sen(2y)
x
+ y dy + x −
sen2 y
x2
dx = 0.
7. Para la ecuación diferencial dada encuentre un factor integrante de la forma propuesta y resuelva
la ecuación diferencial exacta que se obtiene usando el factor integrante hallado.
a) (x2 + y 2 + 1)dy − 2xydx = 0, φ = φ(x2 − y 2 ).
b) ydy + xdx + y(ydx − xdy) = 0, φ = φ(x2 + y 2 ).
c) (2x2 y + 2y + 5)dx + (2x3 + 2x)dy = 0, φ = φ(x).
d) (2xy 2 − 3y 3 )dx + (7 − 3xy 2 )dy = 0, φ = φ(y).
1.25.
Modelando y resolviendo problemas.
1.25.1.
Más sobre mezclas
Consideremos un reactor de mezclado continuo el cual contiene un volumen inicial V0 de una
mezcla de un soluto y un solvente (podemos pensar en sal y agua pura, por ejemplo). El reactor tiene
conectadas dos tuberías, A y B; el primer tubo permite la entrada del mismo tipo de mezcla (salina)
que puede tener una concentración distinta, mientras que el segundo tubo permite la salida de una
nueva mezcla debido a que se considera que al momento de entrar mezcla (salina) por el tubo A, ésta
se combina homogéneamente con la existente en el reactor. Esta mezcla homogénea es la que sale
por el tubo B del reactor.
Sea S(t) la cantidad de soluto (medido en Kg ) en el tanque al tiempo t. El valor S(t) dependerá
de la cantidad inicial de soluto S0 contenida en la solución inicial con volumen V0 .
Supongamos que la solución que entra por el tubo A tiene una concentración C1 Kg/lt y además
entran L1 lts/seg de solución al tanque por este tubo. No olvidemos que al entrar esta solución al
tanque, esta se mezcla de modo homogéneo por agitación con la mezcla contenida en el tanque, de
modo que esta nueva mezcla homogénea sale del tanque de mezclado continuo. Sea L2 litros por
segundo, la razón a la que sale la nueva solución homogénea.
Si la cantidad de soluto contenida en el tanque al tiempo t es S(t) Kg y V (t) es el volumen de la
solución, medida en litros, entonces para cualquier instante la concentración de soluto contenida en el
tanque está dada por el cociente de la cantidad total de soluto y el volumen de la solución en la cual
está contenido
S(t)
Kg/litro.
V (t)
Al entrar y y salir simultáneamente solución del tanque, entonces en el instante t, el volumen V (t)
de solución contenida en el tanque será igual, mayor o menor al volumen inicial V0 de solución en el
83
1. Ecuaciones diferenciales de primer orden
tanque, dependiendo si la tasa de entrada L1 de solución al tanque es igual a la tasa de salida L2 de
la solución (L1 = L2 ), si L1 es mayor a L2 (L1 > L2 ) o menor a ella (L1 < L2 ).
De cualquier forma, el volumen V (t) de solución contenido en el tanque, en todo momento está
dao por la expresión
V (t) = V0 + (L1 − L2)t.
Por otra parte, la variación de la cantidad de soluto en el tanque está dada por la diferencia de
la cantidad de soluto que entra por unidad de tiempo y la cantidad de soluto que sale, también por
unidad de tiempo. Es de notar que no hay generación de sal dentro del reactor.
Observemos que,
la cantidad de soluto que entra
por unidad de tiempo
= C1 Kg/litro · L1 litro/min
= C1 L1 Kg/min,
(1.157)
y
la cantidad de soluto que sale
por unidad de tiempo
=
C2 Kg/litro · L2 litro/min
=
C2 L2 Kg/min.
(1.158)
Por lo que,
dS(t)
= C1 L1 − C2 L2 .
dt
Además, la concentración C2 (t) de soluto que sale por unidad de tiempo está dada por el cociente de
la cantidad de soluto que hay en el tanque al tiempo t y el volumen de solución contenido en el tanque
en el mismo instante t,
C2 (t) =
S(t)
S(t)
=
.
V (t)
V0 + (L1 − L2)t
Por lo tanto,
S(t)
L2
dS(t)
= C1 L1 −
L2 = C1 L1 −
S(t),
dt
V0 + (L1 − L2)t
V0 + (L1 − L2)t
o, equivalentemente,
dS(t)
L2
+
S(t) = C1 L1 .
dt
V0 + (L1 − L2)t
De esta forma, el modelo matemático está dado por el problema con condición inicial
dS(t)
L2
+
S(t) = C1 L1 ,
dt
V0 + (L1 − L2)t
S(0) = S0 .
(1.159)
I Ejemplo 1.25.1. Supongamos que un tanque de mezclado continuo contiene 300 galones de
salmuera (mezcla de agua pura con sal). En cierto instante, de manera simultánea comienza, por una
parte, a bombearse una solución de salmuera al tanque, a razón de 3 gal/min, la concentración de
sal de esta mezcla es de 2 lb/gal. Por otra pate, la solución bien agitada y mezclada se desaloja a
razón de 3 gal/min.¿Cuál es la cantidad de sal en el tanque de mezclado continuo al tiempo t?.
Denotemos por S(t) a la cantidad de sal en el tanque de mezclado continuo al tiempo t (medido en
minutos). La ecuación de balance está dada por
Variación de la cantidad de sal =
Sal que entra + Sal que se genera
−Cantidad de sal que sale.
donde todas estas cantidades son medidas por unidad de tiempo (minuto).
Observemos que,
(1.160)
84
1.25. Modelando y resolviendo problemas.
Figura 1.32: Caja negra.
dS(t)
es la variación de la cantidad de sal por unidad de tiempo.
dt
Observemos que C1 = 2 lb/gal y L1 = 3 gal/min. La cantidad de sal que entra al tanque es
igual a
C1 L1 = (2 lb/gal)(3 gal/min) = 6 lb/min.
Como la tasa L2 = 3 gal/min a la cual sale la solución del tanque a través del tubo B es igual
a la tasa L1 = 3 gal/min de entrada de solución por el tubo A, entonces el volumen
V (t) = V0 + (L1 − L2 )t = V0 = 300 gal
permanece constante. De esta forma, la concentración C2 (t) de sal por galón que sale del
tanque en la mezcla al instante t, está dada por
C2 (t) =
S(t)
S(t)
=
.
V (t)
300
Así, la cantidad de sal que sale del tanque por uniad de tiempo es igual a
C2 L2 =
S(t) lb
300 gal
gal
3S(t) lb
S(t) lb
3
=
=
mı́n
300 mı́n
100 mı́n
En consecuencia, la representación analítica de la ecuación de balance está dada por
dS(t)
S
=6−
dt
100
Si la cantidad de sal que hay en el tanque al momento de entra y salir simultáneamente las mezclas
es igual a S(t0 ) = S0 lb, entonces obtenemos el modelo para la variación de la cantidad de sal en el
tanque, y este modelo corresponde a una ecuación diferencial ordinaria con condición inicial dadas
por
S
dS
=6−
,
S(t0 ) = S0 .
dt
100
Esta tiene la forma de una ecuación de primer orden, lineal y no homogénea, pero también puede
escribirse en al forma de una ecuación de variables separadas
dS
600 − S
=
,
dt
100
Resolvamos la ecuación diferencial mediante el método de variables separadas; así,
dS
dt
=
,
600 − S
100
o bien,
Z
dS
=
600 − S
Z
dt
100
85
1. Ecuaciones diferenciales de primer orden
Integrando,
−ln (600 − S) =
t
+ c1 ,
100
ln (600 − S) = −
t
+ c2 .
100
entonces
t
t
600 − S = e− 100 +c2 = Ke− 100 .
t
S(t) = 600 − Ke− 100 .
Para determinar el valor de la constante K se obtiene usando la condición inicial. Para esta, supondremos que t0 = 0. Por lo que
S0 = S(0) = 600 − K.
Por tanto,
K = 600 − S0 .
y la solución de la ecuación diferencial está dada
por
t
S(t) = 600 + (S0 − 600)e− 100 .
(1.161)
De esta expresión es claro que lı́mt→∞ S(t) =
600. Es decir, independientemente de la cantidad
de sal inicial en el tanque de mezclado continuo,
la cantidad de sal existente en él, tenderá a 600
unidades, como vemos en las gáficas de algunas
curvas solución en la Figura 1.33.
Figura 1.33: Familia de curvas solución para cantidadaes iniciales de sal C0 = 0, 50, ..., 750.
Observemos que la ecuación diferencial también es una ecuación lineal no homogénea, por lo que
su solución general se puede escribir como la suma de la solución general de la ecuación homogénea
asociada y una solución particular de la ecuación no homogénea.
El programa en Matlab que hemos usado para graficar el conjunto de curvas solución de la
ecuación diferencial que se muestran en la Figura 1.33 se transcribe a continuación.
for C0=0:50: 750;
t=0:0.1:500;
y=600+(C0-600).*exp(-t./100);
plot(t,y,’LineWidth’,1.5)
hold on
axis([0 500 0 800])
end
a=[0 500];
b=[600 600];
title(’Comportamiento asintótico de la cantidad de sal’,’FontSize’,16)
grid on
hold on
plot(a,b, ’.-.k’,’LineWidth’,2.5)
hold off
print -djpeg salmuera.jpg
86
1.25. Modelando y resolviendo problemas.
I Ejemplo 1.25.2. Se trabaja con un tanque de mezclado continuo con capacidad de 200 lts, el cual
está está lleno a una cuarta parte de su capacidad total con una mezcla salina obtenida con agua
pura y 20 kilogramos de sal. En un instante dado se empieza a inyectar otra solución salina a razón de
12 lt/min, mezcla que tiene una concentración de sal igual a 0,5 kg/lt. Al entrar en contacto ambas
mezclas, éstas son agitadas, con lo que obtiene una mezcla homogénea, la cual sale a razón de
1 lt/min. Al entrar la mezcla al tanque, de manera simultánea comienza a salir del tanque la mezcla
homogénea. Primero determine la cantidad de sal que hay en el tanque para todo instante y encuentre
la concentración de sal en el tanque en el momento en el cual la solución llena por completo el tanque.
Denotemos por S(t) a la cantidad de sal en el tanque al tiempo t y sean C1 = 0,5 kg/lt la
concentración de sal en la mezcla que entra al tanque, L1 = 2 lt/min la razón a la cual esta mezcla
entra en el tanque. Asimismo, L2 = 1 lt/min es la razón a la cual sale la mezcla homogo énea del
tanque. De esta forma, el volumen de solución contenida en el tanque al tiemnpo t está dado por
V (t) = V0 + (L1 − L2 )t =
200
+ (2 − 1)t = 50 + t lts.
4
En consecuencia, la concentración de sal en la mezcla homogénea que sale del tanque es
C2 =
S(t)
S(t)
=
.
V (t)
50 + t
Con esta información podemos calcular la cantidad de sal que entra al tanque por unidad de tiempo
(minuto) y la cantidad de sal que sale por minuto.
la cantidad de sal que entra
por unidad de tiempo
= C1 Kg/litro · L1 litro/min
= C1 L1 Kg/min
=
(0,5)2Kg/min
=
1Kg/min,
=
C2 Kg/litro · L2 litro/min
=
C2 L2 Kg/min
S(t)
50 + t
y
la cantidad de sal que sale
por unidad de tiempo
=
Sabemos que


La variación de la


cantidad de sal
por unidad de tiempo

 

la cantidad de sal
la cantidad de sal
+

que entra
que se genera
= 
por unidad de tiempo
por unidad de tiempo


la cantidad de sal
.
que sale
−
por unidad de tiempo
Además, es claro que no hay generación de sal en el tanque. Por lo tanto,
S(t)
dS(t)
= C1 L1 − C2 L2 = 1 −
.
dt
50 + t
También, tenemos que la cantidad inicial de sal es de 20 Kg , de esta forma S(0) = 20. Así, el
problema con condición inicial que modela el cambio en la cantidad de sal en el tanque está dado por
la ecuación diferencia lineal de primer orden
dS(t)
S(t)
+
= 1,
dt
50 + t
con condición inicial
S(0) = 20.
87
1. Ecuaciones diferenciales de primer orden
Para resolver esta ecuación diferencial consideramos el factor integrante
µ(t) = e
1
50+t
R
= eln(50+t) = 50 + t.
De esta forma, al multiplicar la ecuación diferencal por esta función µ(t), tenemos
(t + 50)
dS(t)
S(t)
+
dt
50 + t
= t + 50
de donde
(t + 50)S 0 (t) + S(t) = t + 50.
Pero
(t + 50)S 0 (t) + S(t) =
d
((t + 50)S(t)) ,
dt
por lo que tenemos la igualdad
d
(t + 50)S(t) = t + 50.
dt
Integrando esta, tenemos que
(t + 50)S(t) =
1 2
t + 50t + c1 ,
2
y por tanto,
S(t) =
c1
t2 + 100t + 2c1
t(t + 100)
+
=
.
2(t + 50)
t + 50
2(t + 50)
De la condición inicial tenemos que
c1
,
50
así, c1 = 1000 y la solución al problema con condición inicial está dada por la función
20 = S(0) =
S(t) =
t2 + 100t + 2000
.
2(t + 50)
Con esto, damos respuesta a la primera de las reguntas planteadas. La gráfica de la solución se
muestra en la Figura 1.34. Para determinar la concentración de la solución en el momento en el cual
la mezcla llena el tanque, necesitamos determinar el instante en el cual el tanque está lleno. En vista
de esto, debemos hallat t0 tal que 200 = V (t0 ) = 50 + t0 . La solución de esta ecuación es el valor
t0 = 150. Por lo que después de 150 minutos el tanque se habrá llenado.
La concentarción en el instante t0 = 150 cuando se llena el tanque está dada por
S(t0 )
=
V (t0 )
S(150)
98,75
=
= 0,4938 Kg/lt.
V (150)
200
1.25.2.
Dinámica de poblaciones
I Ejemplo 1.25.3. El crecimiento de un cultivo de bacterias obedece a un modelo malthusiano.
Si originalmente se tienen 500 bacterias en una caja de Petri y después de 50 minutos hay 2257
bacterias, estime la cantidad de bacterias existente después de una hora y media. ¿Cuántas bacterias
habrá después de 2 horas?
Sea P (t) la cantidad de bacterias al tiempo t. Al presentar un crecimiento malthusiano, P (t) debe
diferencial es de
satisfacer la ecuación diferencial dP
dt = KP , donde K es constante. La ecuación
R dP
R
variables separadas, por lo que dP
=
Kdt
y
al
integrar
esta
igualdad
obtenemos
Kdt. Por
P
P =
tanto ln P (t) = Kt + c1 , de esta forma
P (t) = CeKt , donde C = ec .
Debido a que la cantidad inicial de bacterias es de 500, tenemos que 500 = P (0) = C . De esta forma
C = 500 y
P (t) = 500eKt .
La segunda condición sobre la población nos permite calcular el valor de la constante de proporcionalidad K que aparece en el modelo malthusiano. Pues 2257 = P (50) = 500e50K , de donde
88
1.25. Modelando y resolviendo problemas.
1
e50K = 2257/500 y de esta forma K = 50
ln(2257/500) ' 0,0301. En resumen la función que modela
el crecimiento bacteriano está dada por
P (t) = 500e0,0301t .
Para determinar las baterias después de hora y media, observemos que este período de tiempo
es igual a 90 minutos y 2 horas corresponden a 120 minutos. De esta forma, después de hora y
media habraá P (90) = 500e90(0,0301) ' 7507 bacterias y depués de 2 horas se tendrán P (120) =
500e120(0,0301) ' 18520 bacterias.
I Ejemplo 1.25.4. Una población de una especie animal presenta una tasa de crecimiento proporcional en todo instante a la población misma, con constante de proporcionalidad igual a 1/100 y
además presenta una tasa de fallecimientos que es proporcional al cuadrado de la población, con
constante de proporcionalidad igual a 1/108 . Determine la población en todo instante si en 1985 esta
era de 10 millones de individuos y encuentre el momento en el cual la población se ha reducido a la
mitad, en caso que esto pudiese cocurrir.
La ecuación diferencial que modela el problema está dada por
x
x2
dx
=
− 8,
dt
100 10
dx
x
1
la cual podemos rescribir como***
=x
− 8 . A partir de cualquiera de estas expresiones
dt
102
10
resulta claro que es una ecuación diferencial de variables separadas.
dx
= dt. Al integrar esta igualdad se
Esta última ecuación la podemos escribir como
1
x 102 − 10x8
tiene que
Z
dx
= t + c.
1
x 102 − 10x8
Usando fracciones parciales podemos hallar una expresión más adecuada para proceder
a integrar la
lado izquierdo de la igualdad, pero antes tomemos A = 1012 y B = 1018 y x 1012 − 10x8 = x(A − Bx),
de esta forma
x
1
102
1
−
x
108
=
1
,
x(A − Bx)
y usando fracciones parciales
1
x(A − Bx)
=
=
=
a
b
+
x A − Bx
a(A − Bx) + bx
x(A − Bx)
aA + (b − aB)x
x(A − Bx)
igualando el primer y último numeradores observamos que aA = 1 y b − aB = 0; así a =
2
8
6
b = aB = B
A = 10 /10 = 1/10 . Por tanto
1
a
b
1 1 B
b
= +
= · + ·
x(A − Bx)
x A − Bx
A x A A − Bx
y en consecuencia,
x
1
102
1
−
x
108
=
102
+ 6
x
10
1
1
102
−
x
108
=
102
1
+ 4
x
10 −
x
102
de esta forma
Z
dx
x( 1012 −
Z x
102 )
=
102
1
+ 4
x
10 −
x
102
4
dx
(x > 0)
102 ln x − 102 ln 10 − 10−2 x
= 102 ln x − ln 104 − 10−2 x
x
2
= 10 ln
104 − 10−2 x
=
;
1
A
= 102 y
89
1. Ecuaciones diferenciales de primer orden
Por lo tanto
ln
x
104 − 10−2 x
1
(t + c),
100
=
y
x
= k exp
104 − 10−2 x
t
100
,
k = exp(c/100)
para encontrar una forma explícita para la solución debemos despejar x de esta expresión.
k t/100
k t/100
e
x, de donde x +
e
x = 104 ket/100 , factorizando x tenemos
100
100
k t/100
que x 1 +
e
= 104 ket/100 .
100
En consecuencia, la población al tiempo t está dada por
Así x = 104 ket/100 −
x(t) =
104 ket/100
.
k t/100
1 + 100
e
Pero la población en el año de 1985 es de 10 millones; es decir, x(1985) = 107 . Entonces 107 =
104 ke1985/100
. Deseamos obtener el valor de la constante k , para ello se requiera despejarla de
1 + 10−2 ke1985/100
ke1985/100
3
−2
1985/100
la ecuación anterior. Así 103 =
,
de
donde
10
1
+
10
ke
= ke1985/100 ,
1 + 10−2 ke1985/100
en consecuencia 103 + 10ke1985/100 = ke1985/100 . De esta forma 103 + 10ke19,85 = ke19,85 y
k=−
De esta forma
x(t) =
103
.
9e19,85
104 ket/100
,
k t/100
1 + 100
e
k=−
103
.
9e19,85
Para que la población sea igual a la mitad de la población original necesitamos que se satisfaga
1 7
1
104 ket0 /100
, ecuación que es
10 = x(t0 ) para algún instante t0 ; es decir 107 =
2
2
1 + 10−2 ket0 /100
t0 /100
1
ke
1
equivalente a 103 =
. De donde 103 1 + 10−2 ket0 /100 = ket0 /100 , por lo que
−2
t
/100
0
2
2
1 + 10 ke
1 3
500
1 3
t0 /100
t0 /100
= ke
. Así, 10 = −4ket0 /100 , y entonces −
= et0 /100 . De esta
tenemos 10 + 5ke
2
2
4k
500
ecuación tenemos por tanto que t0 /100 = ln −
. Finalmente, la población se reduce a la mitad
4k
en el instante
500
103
t0 = 100 ln −
,
donde k = − 19,85 .
4k
9e
la igualdad
1.25.3.
Problemas de enfriamiento
I Ejemplo 1.25.5. La ley de enfriamiento de Newton, como sabemos, establece que la razón de
cambio de la temperatura de un objeto es proporcional a la diferencia de la temperatura del objeto
y la temperatura del medio ambiente en que se encuentra. Se tiene un objeto con una temperatura
de 70◦ C y este se introduce en un lugar con una temperatura que disminuye exponencialmente, de
acuerdo a la expresión Tm (t) = 100 + 2e−t . Si la temperatura del objeto después de 20 unidades de
tiempo es de 85◦ C y la constante de proporcionalidad es K = −3 determinemos la temperatura del
objeto en todo instante.
Sea T (t) la temperatura del objeto al tiempo t. Sabemos que la temperatura inicial del objeto es
de 70◦ C , por lo que T (0) = 70. De acuerdo a la ley de enfriamiento de Newton la tasa de variación de
la temperatura del objeto y la condición inicial están dadas por
dT
= −3(T (t) − Tm (t)) = −3(T − (100 + 2e−t )),
dt
no debemos olvidar que T (20) = 85◦ C.
T (0) = 70,
90
1.25. Modelando y resolviendo problemas.
−t
Primero resolvamos la ecuación diferencial dT
dt = −3(T − (100 + 2e )), la cual es una ecuación
lineal de primer orden no homogénea. Para ello necesitamos encontrar primero la solución general
Th (t) de la ecuación homogénea dT
dt = −3T y posteriormente una solución particular Tp (t) de la
ecuación no homogénea.
dT
= −3dt y al
T
−3dt se obtiene la igualdad ln T = −3t + c, y en
La ecuación homogénea es una ecuación de variables separadas, entonces
Z
Z
dT
=
T
−3t
consecuencia Th (t) = Ce
es la solución general de la ecuación homogénea.
Resta encontrar una solución particular Tp (t) de la ecuación no homogénea. Con el fin de resolver
dT
este aspecto, consideraremos obtener las soluciones particulares Tp1 y Tp2 de las ecuaciones
+
dt
dT
+ 3T = 6e−t , respectivamente. De esta forma, como el lector podrá verificar sin
3T = 300 y
dt
mucho problema, la función Tp (t) = Tp1 + Tp2 será una solución particular de la ecuación lineal no
homogénea original.
Observamos que la función Tp1 (t) podemos considerarla como constante, pues esta función multiplicada por −3 y serle sumada su derivada debe dar como resultado la constante 300. Así Tp1 (t) = A,
dT
sustituyendo en la ecuación no homogénea tenemos que 300 = dtp1 + 3Tp1 = 3A. Por tanto A = 100
y Tp1 (t) = 100 es la solución particular buscada.
Para el caso de Tp2 (t) se propone una solución de la forma Tp2 (t) = Be−t , la cual al ser sustituida
en la ecuación diferencial no homogénea correspondiente nos da el conjunto de igualades 6e−t =
dTp2
dBe−t
+ 3Tp2 =
+ 3Be−t = −Be−t + 3Be−t = 2Be−t y en consecuencia B = 3. De esta
dt
dt
forma la solución particular buscada es Tp2 (t) = 3e−t .
integrar esta igualdad tenemos que
Así, una solución particular de la ecuación no
homogénea está dada por
Tp (t) = Tp1 (t) + Tp2 (t) = 100 + 3e−t ,
y, por lo tanto, la solución general de la ecuación
no homogénea está dada por
T (t) = Th (t) + tp (t) = Ce−3t + 100 + 3e−t .
Por la condición inicial 70 = T (0), tenemos
que 70 = Ce−3·0 + 100 + 3e−·0 = C + 100 + 3 =
C + 103, de donde C = −33.
Finalmente la solución está dada por
T (t) = −33e
−3t
+ 3e
−t
+ 100.
Figura 1.35: Solución de
2e−t )), y(0) = 70.
dT
dt
= −3(T − (100 +
I Ejemplo 1.25.6. En una residencia se encuentra el cuerpo de una persona que ha fallecido. El
médico legista toma nota de que la temperatura del cuerpo es de 26,5◦ C. A su vez, al revisar la
habitación, el agente del ministerio público se da cuenta de que en la habitación hay clima artificial y
que la temperatura se ha mantenido constante a una temperatura de 20◦ C durante los dos últimos
días. Una hora después de la primera toma de temperatura se encuentra que el cuerpo tiene una
temperatura de 25,8◦ C. Determinar la hora en que ocurrió la muerte, si la temperatura normal es una
persona es de 37◦ C.
De acuerdo con la ley de enfriamiento de Newton, si T (t) es la temperatura del cuerpo la persona,
entonces la variación de la temperatura del cuerpo está dada por
dT
= K(T − 20).
dt
(1.162)
Además, si suponemos que t0 = 0 minutos fué el momento en que se tomó por primera vez la
temperatura del cuerpo, entonces T (0) = 26,5, y T (60) = 25,8 fue la segunda toma de temperatura
91
1. Ecuaciones diferenciales de primer orden
del cuerpo.
Resolviendo la ecuación diferencial mediante variables separadas
20) = Kt + c1 y T − 20 = CeKt . En consecuencia
dT
T −20
= Kdt, de donde ln(T −
T (t) = 20 + CeKt .
Usando la primera de las condiciones T (0) = 26,5, se tiene que 26,5 = T (0) = 20 + C , es decir,
C = 6,5. En consecuencia, la solución de la ecuación diferencial está dada por
T (t) = 20 + 6,5eKt .
Usando la segunda de la toma de temperatura del cuerpo 25,8 = T (60) = 20 + 6,5e60K ; por lo
1
que, 6,5e60K = 5,8 y K = 60
ln 5,8
6,5 ≈ −0,00189907. De esta forma
T (t) = 20 + 6,5e−0,00189907t .
Para resolver el problema necesitamos hallar t0 tal que T (t0 ) = 37. Es decir, resolver la ecuación
37 = T (t0 ) = 20 + 6,5e−0,00189907t0 . Pero esta igualdad es equivalente a 17 = 6,5e−0,00189907t0 . Por
17
1
ln 6,5
≈ −506 minutos, lo cual es aproximadamente −8,4376 horas. Es decir,
tanto t0 = − 0,00189907
la persona murió aprtoximadamente 8,4376 horas u 8 horas con 26 minutos antes de la primera toma
de la temperatura.
Si se usa 1 hora como unidad de tiempo, veamos que el resultado es el mismo al que hemos
obtenido. De la segunda de la toma de temperatura del cuerpo 25,8 = T (1) = 20 + 6,5eK ; es decir,
5,8
6,5eK = 5,8 y K = ln 6,5
≈ −0,113944. En consecuencia
T (t) = 20 + 6,5e−0,113944t .
Para determinar el momento de la muerte necesitamos hallar t0 tal que T (t0 ) = 37. Así, debemos
resolver la ecuación 37 = T (t0 ) = 20 + 6,5e−0,113944t0 . Pero esta igualdad es equivalente a 17 =
1
17
ln 6,5
≈ −8,4376 horas, es decir 8 horas con 26 minutos.
6,5e−0,113944t0 . De donde t0 = − 0,113944
Hemos obtenido el mismo resultado que cuando usamos 1 minuto como unidad de tiempo.
1.25.4.
Problemas de geometría
I Ejemplo 1.25.7. Se desea encontrar la ecuación de la curva en el plano que pasa por el punto
(1, 2) y tal que la pendiente de la recta tangente a la curva en cada uno de sus puntos punto sea igual
al producto de sus coordenadas.
Primero debemos modelar este problema. Para ello supongamos que la curva toma la forma y =
dy
y(x), de esta forma la pendiente a la curva está dada por su derivada dx
y si el punto (x, y) se
encuentra sobre la curva, entonces la pendiente de la tangente a la curva en este punto (x, y) es igual
al producto xy de las coordenadas. En consecuencia, la curva debe satisfacer la ecuación diferencial.
dy
= xy
dx
Además la curva debe pasar por el punto (1, 2); es decir se debe satisfacer la condición y(1) = 2.
Observemos que la ecuación diferencial es una ecuación de variables separadas, por tanto
Z
Z
dy
=
xdx, lo cual resulta equivalente a ln y =
y
2
= kex /2 , k = ec . Es decir,
xdx. Al inetgrar esta igualdad, tenemos que
x2 /2 + c. De esto tenemos que y = ex
2
/2+c
dy
=
y
y(x) = kex
2
/2
.
92
1.25. Modelando y resolviendo problemas.
Figura 1.36: Soluciones de
dy
dx
=
dy
dx
= xy .
Para que se satisfaga la condición inicialse requiere 2 = y(1) = ke1/2 . De esta eforma k = 2e−1/2
y la solución a nuestro problema geométrico está dada por la curva plana determinada por la función
2
y(x) = 2e(x
−1)/2
.
dy
I Ejemplo 1.25.8. La familia de curvas solución de la ecuación diferencial F (x, y, dx
) tiene al con1
junto de curvas solución de la ecuación diferencial F (x, y, − dy ) como curvas ortogonales. Es decir
dx
cualesquiera elementos de una y otra familia que se intersectan lo hacen ortogonalmente, el producto
de sus pendientes es constante e igual a -1.
Supongamos que dada la familia de curvas y = kx (que son las rectas que pasan por el origen)
se desea hallar la familia de curvas ortogonales a ella.
Primero encontremos la ecuación diferencial asociada a la familia de rectas y = kx. Para ello
calculemos la derivada con respecto de x en la igualdad anterior, así obtenemos
anterior contamos con dos ecuaciones
dy
= k . De lo
dx
y = kx
dy
dx = k
Si sustituimos en la primera ecuación el valor de la constante en la segunda, tenemos que
dy
y = x , esta expresión es la ecuación diferendx
cial asociada a la familia de rectas que pasas por
el origen. La ecuación diferencial asociada a la
familia de curvas ortogonales a las rectas por el
1
origen está dada por −x dy = y , o equivalentedx
dy
mente y
= −x.
dx
Es claro que la ecuación obtenida es de variables separadas, de esta forma ydy Z= −xdx
y al integrar esta igualdad tenemos
2
Z
−
xdx, es decir
ydy =
2
y
x
= − + C.
2
2
Figura 1.37: Familias ortogonales de curvas: y =
kx y x2 + y 2 = C .
De esta forma la familia de curvas ortogonales a la familia de rectas por el origen y = kx está dada
por la familia de circunferencias con centro en el origen x2 + y 2 = C , C ≥ 0.
93
1. Ecuaciones diferenciales de primer orden
1.25.5.
Circuitos eléctricos
I Ejemplo 1.25.9. Se sabe que la ecuación diferencial que satisface la intensidad i en un circuito
eléctrico que consta de una resistencia de R Ohms, una bobina de L y una fuerza electromotriz de E
voltios está dada por
L
di
+ Ri = E.
dt
Encontrar la intensidad de la corriente en todo instante si el voltaje es variable y periódico dado por la
función E = E(t) = E0 cos(ωt) si la intensidad de corriente es nula en un instante inicial t = 0.
Tenemos una ecuación lineal de primer orden, de coeficientes constantes y no homogénea. Para
di
E0
R
+ ai =
cos(ωt), a = .
dt
L
L
Para hallar la solución i(t) de este problema con condición inicial debemos calcular la solución
di
general ih (t) de dt
+ ai = 0, la ecuación homogénea asociada y una solución particular ip (t) de la
ecuación no homogénea.
Procedamos primero a hallar ih (t). Para ello observamos que la ecuación homogénea es una
ecuación de variables separadas que se puede escribir como di
i = −adt y que al integrar obtenemos
R
R di
=
−
adt
,
es
decir
ln
i
=
−at
+
c
.
De
esta
forma
i
(t)
=
Ke−at .
h
i
A continuación calculemos una solución particular ip (t) de la ecuación diferencial no homogénea.
Como la suma de la derivada de ip (t) y un múltiplo de la fucnión debe ser igual a un múltiplo de una
fucnión cosenoidal, proponemos una solución particular de la forma ip (t) = A sen(ωt) + B cos(ωt). Al
sustituir esta fucnión en la ecuación diferencial tenemos
resolverla, primero reescribamos la ecuación como
E0
cos(ωt)
L
d
[A sen(ωt) + B cos(ωt)] + a (A sen(ωt) + B cos(ωt))
dt
= Aω cos(ωt) − Bω sen(ωt) + aA sen(ωt) + aB cos(ωt)
=
=
[Aω + aB] cos(ωt) + [aA − Bω] sen(ωt)
comparando los coeficientes tenemos el sistema de ecuaciones lineales
Aω + aB =
E0
L
y
aA − Bω = 0
B
aω
E0 a
L(ω 2 +a2 )
despejando A de la segunda ecuación tenemos que A =
B 2
aω
+ aB = B
2
ω
a
2 2
+ a = B ω +a
, por lo que B =
a
y al sustituir en la primera
y en consecuencia A =
En resumen
ip (t) =
E0
E0
ω sen(ωt) +
a cos(ωt).
2
2
L (ω + a )
L (ω 2 + a2 )
De esta forma, la solución general de la ecuación diferencial está dada por
i(t) = ih (t) + ip (t) = Ke−at +
E0
E0
ω sen(ωt) +
a cos(ωt).
L (ω 2 + a2 )
L (ω 2 + a2 )
De la condición inicial i(0) = 0 tenemos que
0 = i(0) = K +
E0 a
L (ω 2 + a2 )
0
y por tanto K = − L(ωE2 +a
2 ) a.
Finalmente el problema tiene la solución
i(t)
=
=
Si tomamos
E0
E0
E0
ae−at +
ω sen(ωt) +
a cos(ωt)
L (ω 2 + a2 )
L (ω 2 + a2 )
L (ω 2 + a2 )
E0
E0
ω
a
−at
−
ae
+
sen(ωt)
+
cos(ωt)
L (ω 2 + a2 )
L ω 2 + a2
ω 2 + a2
−
√ ω
ω 2 +a2
= cos θ y
√ a
ω 2 +a2
= sen θ, entonces
E0
L
=
E0
L(ω 2 +a2 ) ω
94
1.26. Ejercicios
Figura 1.38: sen θ =
E0
a
ω
sen(ωt) + 2
cos(ωt)
L ω 2 + a2
ω + a2
√ a
, cos θ
ω 2 +a2
=
=
=
√ ω
.
ω 2 +a2
E
√ 0
[cos θ sen(ωt) + sen θ cos(ωt)]
L ω 2 + a2
E
√ 0
[sen(ωt + θ)]
L ω 2 + a2
Por lo tanto la solución de la ecuación diferencial se puede escribir como
i(t) = −
E0
E0
ae−at + √
[sen(ωt + θ)]
L (ω 2 + a2 )
L ω 2 + a2
Aparte de su forma más simple que la obtenida inicialmente, esta expresión es adecuada para
determinar el comportamiento asintótico (cuando t → ∞) de la solución. Pues al ser −a < 0, entonces
−at
0
para valores de t 0 se tiene que − L(ωE2 +a
≈ 0 y en consecuencia
2 ) ae
i(t) ≈
E
√ 0
[sen(ωt + θ)]
L ω 2 + a2
donde θ = arctan ωa .
1.26.
Ejercicios
1. Encuentra las soluciones particulares de cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales y
grafica las soluciones usando el comando plot de MATLAB en los intervalos indicados
c)
a)
dy
dx
+ 2xy = 0, y(0) = 2, [0, 5]
b)
dy
dx
= 3t(y + 2), y(0) = 1, [0, 3]
d)
e)
dy
dx
dw
du
dx
dy
= −y + sen x, y(0) = 2, [0, 7]
= −2w + u − e−3u , w(0) = 0, [0, 2]
= 3x + y 2 e−t , y(0) = 1, [0, 4]
2. Un cuerpo se encuentra en un medio el cual tiene una temperatura constante de 22◦ C . Después
de 20 minutos la temperatura del objeto disminuye de 100◦ C a 32◦ C . Determine la temperatura
del objeto para cualquier instante. ¿Después de cuánto tiempo la temperatura del objeto será de
25◦ C ?
3. En un depósito de agua pura de 3000 lts caen 5kg de sal. El encargado del depósito desea
limpiar el líquido pero solo puede introducir 10lts de agua pura por minuto. Si la mezcla es
instantánea y esta sale a la misma razón a la cual entra el agua, cuánto tendrá que esperar el
encargado para suponer que el agua está nuevemente libre de sal si la concentración mínima
que puede medir con un aparato es de 0,001kg/lt ¿Después de cuánto tiempo quedará en el
depósito la mitad de sal que cayó en el?
4. En un tanque de mezclado continuo con capacidad de 450 litros se tiene una solución salina que
llena el tanque, la cual contiene 12 kg de sal. En un instante empieza a entrar al tanque agua
pura a razón de 20 lt/min y en el mismo instante comienza a salir una mezcla homogénea de
la nueva solución salina, la tasa a la cual sale esta solución es igual a 20 lt/min. Determine la
cantidad de sal existente en el tanque en todo momento t.