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  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    1/209

    ndice General

    1 Introduccin a las ecuaciones diferenciales ordinarias 3

    1.1 Introduccin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Teora bsica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

    1.2.1 Clasificacin de las ecuaciones diferenciales . . . . . . . . 61.2.2 Soluciones de las ecuaciones diferenciales . . . . . . . . . . 81.2.3 El problema de valor inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.2.4 Existencia y unicidad de soluciones . . . . . . . . . . . . . 15

    1.3 Problemas de repaso del tema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

    2 Ecuaciones diferenciales de primer orden 19

    2.1 Introduccin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.2 Ecuaciones separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.3 Ecuaciones diferenciales exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

    2.3.1 Factores integrantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.4 Ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.5 Sustituciones y transformaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

    2.5.1 La ecuacin de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.5.2 Ecuaciones Homogneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.5.3 Ecuaciones con coeficientes lineales . . . . . . . . . . . . . 47

    2.6 Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de primer orden . . . 502.6.1 Trayectorias ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.6.2 Problemas de enfriamiento . . . . . . . . . . . . . . . . . 532.6.3 Mecnica Newtoniana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.6.4 Problemas de mezclas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.6.5 Desintegracin de sustancias radiactivas . . . . . . . . . . 602.6.6 Determinacin de edades por el mtodo del Carbono 14 . 622.6.7 Crecimiento de poblaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

    2.7 Problemas de repaso del tema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

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    2 NDICE GENERAL

    3 Ecuaciones lineales de orden superior 73

    3.1 Introduccin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 733.2 Ecuaciones lineales de segundo orden . . . . . . . . . . . . . . . . 75

    3.2.1 Teora general de las ecuaciones homogneas . . . . . . . 773.2.2 Mtodo de reduccin del orden. . . . . . . . . . . . . . . . 813.2.3 Clculo de un conjunto fundamental de soluciones para

    ecuaciones homogneas con coeficientes constantes . . . . 833.2.4 Ecuaciones no homogneas. Clculo de una solucin par-

    ticular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 873.2.5 Ecuaciones de Cauchy-Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

    3.3 Aplicaciones de las ecuaciones lineales de segundo orden . . . . . 1033.3.1 Vibraciones mecnicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1033.3.2 Circuitos elctricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

    3.4 Ecuaciones diferenciales lineales de orden n . . . . . . . . . . . . 1173.4.1 Teora bsica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1173.4.2 Ecuaciones homogneas con coeficientes constantes . . . . 1213.4.3 Ecuaciones no homogneas . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

    3.5 Problemas de repaso del tema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

    4 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales 1314.1 Introduccin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1314.2 Teora general de los sistemas lineales . . . . . . . . . . . . . . . 1334.3 Sistemas homogneos con coeficientes constantes . . . . . . . . . 139

    4.3.1 La funcin exponencial matricial . . . . . . . . . . . . . . 1554.4 Sistemas no homogneos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

    4.4.1 El mtodo de los coeficientes indeterminados . . . . . . . 1614.4.2 El mtodo de variacin de los parmetros . . . . . . . . . 164

    4.5 Aplicaciones de los sistemas de ecuaciones lineales . . . . . . . . 1684.5.1 Sistemas masa-resorte acoplados . . . . . . . . . . . . . . 168

    4.5.2 Problemas de mezclas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1734.5.3 Calentamiento de edificios . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1774.5.4 Circuitos elctricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

    4.6 Problemas de repaso del tema 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

    Apndice: lgebra Lineal 191

    Soluciones de los problemas 201

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    Tema 1

    Introduccin a las ecuaciones

    diferenciales ordinarias

    1.1 Introduccin

    En el estudio de las ciencias e ingeniera se desarrollan modelos matemticos paraayudar a comprender los fenmenos reales. Estos modelos suelen dar lugar a unaecuacin que contiene ciertas derivadas de la funcin incgnita. A este tipo de

    ecuaciones se les denomina ecuaciones diferenciales.Las ecuaciones diferenciales constituyen uno de los campos de las matemti-

    cas que dan lugar a importantes lneas de investigacin. Muchas leyes de lafsica, biologa, economa, etc, encontraron su expresin natural en estas ecua-ciones. Por otro lado, innumerables cuestiones ms propias de las matemticasson formuladas por ecuaciones diferenciales ordinarias o se reducen a ellas.

    En el estudio de las ecuaciones diferenciales existen dos aspectos importantes;el primero es cmo describir el fenmeno en trminos de stas y el segundo es laresolucin, que nos permitir obtener informacin sobre el comportamiento del

    sistema que estudiamos. Es relevante probar la existencia de las soluciones delos problemas y llegar, si es posible, a las soluciones analticas de dichas solu-ciones. Tambin se estudia la unicidad de las soluciones, dado que al modelizarun determinado experimento esperamos obtener algn resultado, pero adems silo repetimos en idnticas condiciones el resultado esperado debe ser el mismo.

    Uno de los problemas bsicos en Clculo es la determinacin de una funciny = f(x) a partir de su derivada dydx , que viene dada en funcin de x. Dada larelacin y0(x) = dydx = g(x) tenemos que y(x) =

    Rg(x)dx+C, ste representa

    uno de los casos ms sencillos de resolucin de una ecuacin diferencial.

    3

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    4TEMA 1. INTRODUCCIN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

    Algunos ejemplos de ecuaciones diferenciales son:

    - cada libre de un cuerpo: md2h

    dt2 = mg,

    - crecimiento de poblaciones: dP

    dt =kP,

    - circuitos elctricos: Ld2q

    dt2 + R

    dq

    dt+

    1

    Cq= E(t),

    - teora del potencial y aerodinmica: 2u

    x2+

    2u

    y2 = 0 (Ecuacin de Laplace).

    Un modelo sencillo que nos permitir introducirnos en la teora de las ecua-ciones diferenciales es, como ya hemos comentado, el de un cuerpo en cada libredesde una cierta altura que cae bajo la accin de la fuerza de la gravedad cuyaposicin y velocidad van cambiando con el tiempo. Aplicando la segunda ley deNewton llegamos a la ecuacin:

    md2h

    dt2 = mg (1.1)

    dondemes la masa del objeto, hsu altura sobre el suelo, d2h/dt2 su aceleracin,

    gla constante gravitacional ymgla fuerza debida a la gravedad.Lo que nos interesa es determinar cul es su posicin en cada instante y su

    tipo de movimiento.Integrando esta ecuacin respecto det obtenemos:

    dh

    dt = gt + C1 (1.2)

    e integrando de nuevo:

    h=

    g

    t2

    2

    + C1t + C2. (1.3)

    Las constantes de integracin C1yC2podran determinarse si se conocen laaltura y velocidad iniciales del objeto.

    Otro fenmeno cuya descripcin da lugar a una ecuacin diferencial muysencilla es el de la desintegracin de un elemento radiactivo. La rapidez dedesintegracin de una sustancia radiactiva es proporcional a la cantidad presentede dicha sustancia. Esto conduce a la ecuacin:

    dA

    dt = kA, k >0

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    1.2. TEORA BSICA 5

    donde A(t) es la cantidad de sustancia presente en un instante t y k es una

    constante de proporcionalidad que depende de la sustancia.Para resolver esta ecuacin la escribimos de la forma:

    1

    AdA= kdt

    e integramos ambos lados, obteniendo:

    ln A= kt + C1,

    siendo C1cualquier constante arbitraria. Despejando A, se tiene:

    A(t) = ekteC1 =Cekt,

    siendo Ccualquier constante positiva. La constante Cse obtiene en funcin dela cantidad de sustancia, Ao,en el instante inicial.La constante k, propia de lasustancia, se determina a partir de la semivida de la sustancia. Hemos obtenido,por tanto, una funcin que nos proporciona la cantidad de sustancia en cualquierinstantet.

    1.2 Teora bsica

    Una ecuacin diferencial es aquella que involucra una funcin junto con susderivadas y la variable (o variables) de la que depende. En ella pueden aparecerciertos trminos constantes que reciben el nombre de coeficientes o parmetros.

    Definicin 1 Una ecuacin diferenciales una ecuacin que relaciona una fun-cin desconocida, la variable dependiente, las variables de las que depende, va-riables independientes, y sus derivadas respecto a estas variables independientes:

    F(x1, x2,...,xn, y, y

    x1, y

    x2,...,

    y

    xn,2y

    x21, 2y

    x1x2,...) = 0 (1.4)

    dondey= y(x1, x2,...,xn).

    Las ecuaciones diferenciales se dividen en dos grandes grupos:

    Las ecuaciones diferenciales ordinariasson aquellas en las que lafuncin incgnita depende de una sola variable independiente, y = y(x),por tanto tienen la forma:

    F(x,y,y0, y00,...) = 0.

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    6TEMA 1. INTRODUCCIN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

    Las ecuaciones en derivadas parcialesrelacionan varias variables con

    una funcin y sus derivadas parciales respecto de ellas y por tanto, son dela forma (1.4).

    Cuando haya dos o ms funciones incgnita, se precisar un sistema de ecua-ciones diferenciales.

    EJEMPLO 1 Ecuaciones diferenciales ordinarias:

    (a) dy

    dx 5y= 1,

    (b) y00 + y

    2x= 0,

    (c) (x + y)dx 4ydy = 0.

    Ecuaciones en derivadas parciales:

    (a) u

    y = u

    x,

    (b) 2u

    x2 =

    2u

    t2 2u

    t,

    (c) xu

    x+ y

    u

    y = 0.

    Centraremos nuestro estudio en las ecuaciones diferenciales ordinarias.Clasificamos tambin las ecuaciones diferenciales segn el orden y segn la

    linealidad

    1.2.1 Clasificacin de las ecuaciones diferenciales

    Clasificacin de las ecuaciones diferenciales segn el orden

    Definicin 2 Se llama ordende una ecuacin diferencial al orden de la mayor

    derivada que aparece en la ecuacin.EJEMPLO 2 Clasifica las ecuaciones diferenciales siguientes segn su orden:

    y00 5y0 + 3y3 = 0 es una ecuacin de segundo orden.

    d3y

    dx3+ 2

    d2y

    dx2+ y= x es una ecuacin de tercer orden.

    Toda ecuacin diferencial de la forma M(x, y)dx+ N(x, y)dy = 0 es de

    primer orden.

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    1.2. TEORA BSICA 7

    Clasificacin de las ecuaciones diferenciales segn la linealidad

    Definicin 3 Se dice que una ecuacin diferencial es linealsi se puede expresarde la forma:

    an(x)dny

    dxn+ an1(x)

    dn1ydxn1

    + ... + a1(x)dy

    dx+ ao(x)y= g(x),

    dondea0(x), a1(x), , an(x), g(x)dependen slo de la variable x.

    Notemos que la linealidad slo se exige para y y sus derivadas.En caso contrario se dice que la ecuacin diferencial es no lineal.Dentro de las ecuaciones lineales distinguiremos entre:

    EDL con coeficientes constantes, cuando ai(x) = cte,i= 1, , n, EDL con coeficientes variables siai(x)son funciones de x.

    EJEMPLO 3 Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes:

    (a) y00 + 4y0 2y+ 2 = 0,

    (b) y0 + y= 0,

    (c) d2y

    dx2+ 3

    dy

    dx ex = 0.

    Ecuaciones lineales con coefi

    cientes variables:(a) x3y000 x2y00 + 3xy0 + 5y= x,

    (b) xd2y

    dx2+ (x + 1)

    dy

    dx+ 2 = 0,

    (c) exy00 + 2xy= 0.

    Ecuaciones diferenciales no lineales:

    (a) yy00 2y0 =x,

    (b)

    d2y

    dx2 + sin y= 0,

    (c) y000 + y2 = cos x.

    Una ecuacin diferencial de ordenndada en la formaF(x,y,y0, , y(n)) = 0puede expresarse de manera que la derivada de orden naparezca despejada, esdecir,

    y(n) =G(x,y,y0, , y(n1)),

    esta expresin recibe el nombreforma normalde la ecuacin diferencial.

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    8TEMA 1. INTRODUCCIN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

    1.2.2 Soluciones de las ecuaciones diferenciales

    Resolver una ecuacin diferencial ordinaria, F(x,y,y0, y00,...) = 0,es hallar unaexpresin para la funciny(x)que satisfaga la relacin de igualdad que determinadicha ecuacin. Por tanto, la solucin de una ecuacin diferencial no es un nmerosino una funcin.

    Definicin 4 Se llama solucin de una ecuacin diferencial a una funcin definida en un intervaloIque, sustituida junto con sus derivadas en la ecuacin,la verifica en dicho intervalo, es decir:

    F(x,(x),0(x), , (n)(x)) = 0, x I.

    EJEMPLO 4 :

    (a) Dada la ecuacin diferencialy00 y = 0, la funcin(x) =ex es solucinen el intervalo (, +), pues0(x) =ex, 00(x) =ex y sustituyendo enla ecuacin tenemos queex ex = 0,x R.

    (b) La funcin y = x4

    16 es una solucin de la ecuacin diferencial no lineal

    y0 xy1/2 = 0 en (, +), puesto quey0 = x34 y sustituyendo se tienex3

    4 xx

    2

    4 = 0,x R.

    (c) Dada la ecuacin diferencialy 00 + 4y= 0,una posible solucin esy = sin 2x

    puesy0 = 2 cos 2x, y00 =4sin2x y sustituyendo tenemos que4sin2x+4sin2x= 0,x R.Pero la funciny= cos2x tambin es solucin, puesy0 = 2sin2x, y00 =4cos2x y sustituyendo tenemos que4cos2x+ 4cos 2x = 0,x R.Vemos que la solucin de una ecuacin diferencial no es nica

    (d) Las ecuaciones diferenciales de primer orden(y0)2+1 = 0y(y0)2+y2+4 = 0

    no tienen soluciones reales.

    (e) La ecuacin diferencial de segundo orden (y00)2 + 10y4 = 0 slo tiene lasolucin realy 0.

    (f) La relacinx2 + y2 = 4es solucin de la ecuacin diferencialy 0 = xy

    para

    el intervalo2< x

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    1.2. TEORA BSICA 9

    Como se ha visto, las soluciones pueden venir dadas como:

    soluciones explcitas, si la solucin es una expresin de la forma:

    y= y(x),

    soluciones implcitas, si la solucin est definida mediante una relacinde la forma:

    g(x, y) = 0,

    es decir, cuando la variable dependiente y no est despejada.

    En el segundo caso hay que comprobar mediante el teorema de la funcinimplcita queg(x, y) = 0 define a y como funcin dex. Las soluciones implcitasg(x, y) = 0definen una o ms soluciones para la ecuacin diferencial.

    EJEMPLO 5 Demuestra quey2x3+8 = 0es solucin implcita de la ecuacindiferencialy 0 =

    3x2

    2yen el intervalo [2, +[.

    Solucin. Derivando la expresin y2 x3 + 8 = 0respecto de la vaariable x se

    tiene2yy0

    3x2

    = 0,de donde despejamosy0

    :

    y0 =3x2

    2y

    y sustituyendo en la ecuacin diferencial, tenemos:

    3x2

    2y =

    3x2

    2y ,

    y esto se verifica x [2, +[,pues si despejamosyen la expresin de la solucinimplcita,y =

    x3 8,vemos que est definida para x 2. N

    EJEMPLO 6 Demuestra quex+y+exy = 0 es solucin implcita de la ecuacindiferencial(1 + xexy)y0 + 1 + yexy = 0.

    Solucin. Derivando implcitamente la solucin, tenemos:

    1 + y0 + exy(y+ xy0) = 0 1 + y0(1 + xexy) + yexy = 0 x R. N

    EJEMPLO 7 Demuestra que y = e3x es solucin explcita de y0 = 3y en elintervalo(, +).

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    10TEMA 1. INTRODUCCIN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

    Solucin. Derivando y=e3x respecto de xse tiene y0 = 3e3x,sustituyendo en

    la ecuacin diferencial dada:

    3e3x = 3e3x

    y esto es ciertox R. N

    EJEMPLO 8 Demuestra quey = x2 1x

    es solucin explcita dey 00 2x2

    y= 0.

    Solucin. Derivandoy= x2 1x

    respecto dex,se tieney0 = 2x+ 1

    x2, y 00 = 2 2

    x3y sustituyendo:

    2 2x3 2

    x2(x2 1

    x) = 2 2

    x3 2 + 2

    x3 = 0, x6= 0

    por tanto,y = x2 1x

    es solucin en ] , 0[]0, +[. N

    EJEMPLO 9 Demuestra que para cualquier valor de las constantes C1 y C2,la funcin y = C1ex +C2e2x es solucin explcita de la ecuacin diferencialy00 y0 2y= 0.

    Solucin. Derivando dos veces la solucin dada, tenemosy0

    = C1ex

    +2C2e2x

    ,y00 =C1e

    x + 4C2e2x y sustituyendo:

    C1ex + 4C2e2x + C1e

    x 2C2e2x 2C1ex 2C2e2x = 0,

    x R. NCuando estudiamos clculo integral estamos resolviendo ecuaciones diferen-

    ciales muy simples del tipoy0 =f(x)cuya solucin esy =R

    f(x)dx.Por ejemplo,para la ecuacin diferencial de primer orden y0 = ex, integrando se obtiene lasoluciny = ex + C1.

    Para la ecuacin diferencial de segundo ordeny00

    =ex

    ,integrando se obtieney0 =ex + C1 y volviendo a integrar se obtiene la solucin y = ex + C1x + C2.Para la ecuacin diferencial de tercer orden y000 = ex, integrando se obtiene

    y00 =ex + C1, volviendo a integrar se obtieney 0 =ex + C1x + C2e integrando denuevo, obtenemos la solucin y = ex + C1 x

    2

    2 + C2x + C3,donde C1, C2yC3sonconstantes arbitrarias.

    Se puede deducir que si una ecuacin diferencial tiene solucin, no tiene unasino infinitas soluciones. Adems, podemos pensar que si es de primer orden,la solucin contiene una constante arbitraria; si es de segundo orden contiene

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    1.2. TEORA BSICA 11

    dos constantes arbitrarias y en general, si es de orden n la solucin contiene n

    constantes arbitrarias.Esto no siempre se cumple, vimos que la ecuacin (y0)2 +y2 = 0 tiene una

    nica solucin y 0.Pero en general s podemos afirmar que la solucin de unaecuacin diferencial de orden n contienen constantes arbitrarias, es decir es unafamilian-paramtrica de funciones.

    Clasificaremos las soluciones de una ecuacin diferencial de la forma siguiente:

    Familia n-paramtrica de soluciones, es la solucin de la ecuacindiferencial que contiene n constantes arbitrarias:

    F(x,y,y0, , y(n)) = 0 g(x,y,C1, , Cn) = 0.

    Solucin particular, es una solucin de la ecuacin diferencial que nocontiene constantes arbitrarias y que se obtiene dando valores numricos alas constantes de la familia n-paramtrica de soluciones.

    EJEMPLO 10 Consideremos la ecuacin diferencial y0 =

    y. Integran-

    do, obtenemos la solucin

    y=x + C

    2 , es decir:

    dydx

    = y dyy

    =dx 2y= x + C y= 12

    (x + C),

    que representa una familia 1-paramtrica de funciones definidas en[C, +[.

    Dando valores a C obtenemos soluciones particulares, por ejemplo, para

    C= 0,obtenemos la solucin particular y =x2

    4 definida en [0, +[.

    Solucin singular, es una solucin de la ecuacin diferencial que no

    contiene constantes arbitrarias y que no est contenida en la familia n-paramtrica. No siempre existen; si existe, se trata de la curva llamadaenvolventede la familia de curvas definida por la familia n-paramtrica desoluciones.

    Solucin general de una ecuacin diferencial ordinaria de orden n esla que contiene todas las soluciones de la ecuacin. Est formada por lafamilian-paramtrica de soluciones ms las posibles soluciones singularesque tenga la ecuacin.

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    12TEMA 1. INTRODUCCIN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

    Clculo de la envolvente de una familia

    Definicin 5 Se llama envolventede una familia de curvas a una curva que estangente a toda la familia y que en cada punto de la envolvente existe un nicomiembro de la familia tangente a ella.

    EJEMPLO 11 En el ejemplo 10, la recta y = 0 es una solucin singular, essolucin y no est includa en la familia (podemos ver que es tangente a todaslas semiparbolas). Por tanto, la solucin general del ejemplo vendr dada por{

    y= x+C2 , C R; y = 0}.

    Teorema 1 (Condicin suficiente de existencia de envolvente) Sif(x,y,C)es una funcin dos veces diferenciable definida en un conjunto de valoresx, y,C

    y si, para este conjunto de valores,

    f(x,y,C) = 0, f(x,y,C)

    C = 0 (1.5)

    y

    fx

    fy

    2fxC

    2fyC

    6= 0,

    2f

    C26= 0 (1.6)

    entonces, la familia de curvas f(x,y,C) = 0 tiene una envolvente cuyas ecua-ciones paramtricas vienen dadas por (1.5).

    EJEMPLO 12 Calcula la envolvente de la familia (x C)2 + y2 = 4.

    Solucin. Derivamos respecto de C:

    2(x C) = 0 xC= 0

    y sustituimos en la ecuacin de familia de curvas:

    0 + y

    2

    = 4 y= 2Obtenemos, por tanto, dos envolventes de esta familia de circunferencias. N

    EJEMPLO 13 Calcula la envolvente de la familia y= Cx2 + 1.

    Solucin. Derivando respecto de C tenemos 0 = x2, y sustituyendo en laecuacin de la familia, se tiene que y = 0 + 1y = 1.Pero podemos observarque no se trata de una envolvente de la familia de curvas, sino de una de ellas,correpondiente al valor C= 0.Por otra parte, si dibujamos las grficas de esta

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    1.2. TEORA BSICA 13

    familia de parbolas y de y = 1,vemos que, efectivamente, no se trata de una

    envolvente, en cada punto de ella no hay un miembro de la familia tangente aella y adems, en el punto (0, 1)hay ms de un miembro de la familia tangentea ella. N

    Ejercicio 14 Estudia si existe solucin singular de las siguientes ecuacionesdiferenciales:

    (a) y0 =2y

    x,

    (b) y0 = 2y 32 .

    (Solucin: (a) y= 0 es solucin particular; (b) y= 0 es solucin singular).

    Definicin 6 La grfica de una solucin de una ecuacin diferencial se denominacurva integralde la ecuacin.

    1.2.3 El problema de valor inicial

    A menudo nos plantearemos resolver una ecuacin diferencial de primer orden,y0 =f(x, y),sujeta a la condicin adicional y(xo) =yo,donde xo es un valor enel intervalo Ieyoes un nmero real arbitrario.

    Definicin 7 El problema: resuelve y0 = f(x, y) sujeto a y(xo) = yo se llamaproblema de valor inicial o problema de Cauchy. La condicin adicional recibe elnombre de condicin inicial.

    En el caso de una ecuacin diferencial de primer orden, la condicin inicialy(xo) = yo nos permitir determinar la constante arbitraria de la solucin da-da por la familia 1-paramtrica, obteniendo as la solucin particular que nosinteresa.

    En general, dada una ecuacin diferencial de ordenncuya solucin contenganconstantes arbitrarias necesitaremos, para determinarlas, ncondiciones inicialesy(xo), y0(xo),...,yn

    1)(xo).

    Definicin 8 Un problema de valor inicial de una ecuacin diferencial de or-den n, F(x,y,y0,...,yn)) = 0, significa encontrar una solucin de la ecuacindiferencial en un intervalo Ique para xo I satisfaga:

    y(xo) = yo

    y0(xo) = y1...

    yn1)(xo) =yn1.

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    14TEMA 1. INTRODUCCIN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

    EJEMPLO 15 Hemos visto que y = Cex es una familia uniparamtrica de

    soluciones de la ecuacin diferencial y0 =y en (, +).Si especificamos quey(0) = 3,estaremos ante el siguiente problema de valor inicial:

    resuelve y0 =y sujeta a la condicin y(0) = 3.

    Solucin. Buscamos la solucin particular cuya curva integral pasa por el punto(0, 3).Para resolverlo, una vez hallada la familia y = Cex,deberemos obtener elcorrespondiente valor deCsustituyendo la condicin inicial:

    y= Cex 3 = Ce0 3 =C

    y la solucin particular buscada es

    y= 3ex. N

    EJEMPLO 16 Resuelve el problema de valor inicial:

    y0 =y s.a. y(1) = 3.

    Solucin. Como en el ejemplo anterior, una vez hallada la familia y = Cex,imponemos la condicin inicial dada,

    y= Cex 3 = Ce1 C= 3e1y sustituyendoC,la solucin es:

    y= 3ex1. N

    EJEMPLO 17 Demuestra que la funcin (x) = sin x cos x es solucin delproblema:

    y00 + y= 0, y(0) = 1y0(0) = 1.

    Solucin. Tenemos que:

    (x) = sin x cos x0(x) = cos x + sin x

    00(x) = sin x + cos x,

    sustituyendo, se verifica la ecuacin diferencial:

    sin x + cos x + sin x cos x= 0,

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    1.2. TEORA BSICA 15

    por tanto, es solucin, pero adems:

    (0) = sin0 cos 0 = 1

    y

    0(0) = cos 0 + sin 0 = 1,

    por tanto, se verifican las condiciones iniciales dadas. N

    Ejercicio 18 Verifica quey = 3e2x + e2x3xes solucin del problema de valorinicial:

    y00

    4y= 12x, y(0) = 4

    y0(0) = 1.

    Ejercicio 19 Comprueba que la funcin(x) = 14sin 4x es solucin del proble-ma:

    y00 + 16y= 0, y(0) = 0

    y0(0) = 1.

    1.2.4 Existencia y unicidad de soluciones

    Cuando consideramos un problema de valor inicial surgen dos cuestiones funda-

    mentales, nos planteamos si el problema tendr solucin y si ser nica. Es decir,dado el problema, y0 =f(x, y)sujeto a y(xo) =yo,de todas las soluciones de laecuacin diferencial en un intervalo I, hay alguna que pase por (xo, yo)?y ental caso, pasa slo una?

    EJEMPLO 20 Dado el problema de valor inicial y 0 y= 0, y(0) = 0,vemosque tiene dos soluciones, la solucin particular y = x

    2

    4 y la solucin singulary= 0, es decir, hay dos curvas integrales pasando por (0, 0).

    Vemos a continuacin un teorema de existencia y unicidad de soluciones paraproblemas de valor inicial de primer orden.

    Teorema 2 (De existencia y unicidad) Dado el problema de valor inicial

    dy

    dx=f(x, y), y(xo) = yo,

    si f y f

    y son funciones continuas en un rectngulo R = {(x, y) : a x b,

    c x d} que contiene al punto (xo, yo) en su interior, entonces existe unintervaloIcon centro enxo, ]xo h, xo+h[, h > 0, y una nica funcin(x)definida enIque satisface el problema.

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    16TEMA 1. INTRODUCCIN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

    Poder asegurar la existencia de una solucin no implica que seamos capaces de

    hallarla, aunque s es importante conocer su existencia y unicidad, en particularsi vamos a utilizar mtodos de aproximacin o mtodos numricos.

    Observamos que la existencia y unicidad de la solucin se asegura slo en unentorno dexo.

    EJEMPLO 21 Comprueba que el problema del ejemplo 20 no satisface lascondiciones del teorema.

    Solucin. Hemos visto que la solucin general de esta ecuacin estaba formadapor una familia 1-paramtrica de soluciones y una solucin singular y = 0.As, si

    dibujamos las curvas integrales, vemos que por el punto (0, 0)pasan dos curvassolucin, por tanto no hay unicidad. Veamos que, efectivamente, no se verifica elteorema de existencia y unicidad para (xo, yo) = (0, 0),

    y0 =

    y f(x, y) = y= y1/2 fy

    = 1

    2

    y.

    Las funciones f y fy son continuas en el semiplano y > 0, pero no son

    continuas en un entorno de (0, 0).S podramos asegurar que(xo, yo)con yo >0,existe un intervalo centrado

    enxoen el que el problema dado tiene solucin nica.N

    EJEMPLO 22 Dado el problema de valor inicial

    y0 =y s.a. y(0) = 3,

    existe solucin nica?

    Solucin. Tenemos que f(x, y) = y y fy = 1 son funciones continuas en R2,

    por tanto son continuas en un entorno de (0, 3),podemos por ello asegurar queexiste un entorno de xo = 0 donde existe solucin y es nica (de hecho, vimos

    que era y = 3ex). N

    Ejercicio 23 Dado el problema de valor inicial

    y0 =x2 xy3 s.a. y(1) = 6,

    estudia la existencia y unicidad de su solucin.

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    1.3. PROBLEMAS DE REPASO DEL TEMA 1 17

    1.3 Problemas de repaso del tema 1

    1. Indica el orden de las siguientes ecuaciones diferenciales:

    (a)x0 x3 =x000, (b)

    dx

    dy

    30=x5,

    (c)(x3 + 7 cos y) dx 8 ln x dy= 0, (d)

    d2x

    dt2

    2= 3

    dx

    dt 4et.

    2. Verifica si las funciones siguientes son solucin de las ecuaciones diferen-ciales indicadas:

    (a)y 00 + y= 0, y1 = 2 sin x, y2=

    5cos x.

    (b)y 000 y00 + y0 y= x, y1 = 3 cos x x 1, y2= cos x + sin x + ex x 1.(c)y 0 = 2x y+ 1, y1 = ex

    2

    + ex2Rx

    0 et2dt.

    (d)x2y00 + 5xy0 + 4y= 0, y1 =ln x

    x2 , y2= 6

    x2, x >0.

    (e)y 0 + 2x y2 = 0, y1 = 1

    1 + x2.

    (f) x2 y00 + x y0 y= ln x, y1 = x ln x, y2= 1x ln x.

    3. Sustituye y = erx en la ecuacin diferencial dada y determina todos losvalores der para los que y = erx es solucin de la ecuacin 3y0 = 2y.

    4. Determina si la relacinyln y= x2+1,es solucin implcita de la ecuacindiferencial,

    dy

    dx=

    2xy

    y 1 .

    5. La expresin y(x) = 1

    C xdefine una familia uni-paramtrica de solucionesde la ecuacin diferencial y 0 =y2.

    (a) Determina el valor de la constante Cpara que y(10) = 10.

    (b) Hay algn valor de Cpara el quey(0) = 0?(c) Hay alguna solucin de valor deCpara y 0 =y2 cony(0) = 0?

    6. Encuentra dos soluciones diferentes del problema de valor inicial:

    (a) y0 = 3y2/3, y(0) = 0.

    (b) xy0 =y, y(0) = 0. (Sugerencia: y= kx).

    Contradice esto el teorema de existencia y unicidad?

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    18TEMA 1. INTRODUCCIN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

    7. Determina si el teorema de existencia y unicidad se aplica en los siguientes

    casos.

    (a) y0 = 2x2y2, y(1) = 1.(b) y0 =y1/3, y(0) = 1.

    (c) y0 = (x y)1/2, y(2) = 2.(d) y0 =

    x

    y, y(1) = 0.

    (e) y0 =x2 y2, y(0) = 1.

    8. Muestra que en el intervalo 0

    x

    , las funciones y1(x) = 1 e y2(x) =cos xsatisfacen el problema de valor inicial

    y0 + (1 y2)1/2 = 0, y(0) = 1.

    Por qu este hecho no contradice el teorema de existencia y unicidad?

    9. Considera la ecuacin diferencial

    y0 = 4x

    y, y 0.

    (a) Aplica el teorema de existencia y unicidad para encontrar aquellos

    puntos (x0, y0)tales que la existencia de solucin est garantizada enun intervalo abiertoJque contiene a x0.

    (b) Encuentra los puntos (x0, y0)para que la solucin sea nica .

    (c) Halla todas las soluciones que pasan por (0, 0). (Ayuda: nota quey1= 0e y2= (x2 + C)2 son soluciones).

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    Tema 2

    Ecuaciones diferenciales de

    primer orden

    2.1 Introduccin

    Una vez que hemos estudiado la existencia y unicidad de las soluciones surge elproblema de su resolucin. No es tarea sencilla resolver, en trminos de funcionesanalticas, las ecuaciones diferenciales aunque stas sean de primer orden, y se vacomplicando ms para rdenes superiores. Pero es conveniente conocer algunos

    mtodos bsicos que permiten resolver ciertos tipos especiales de ecuaciones nolineales de primer orden.

    En las ecuaciones diferenciales de primer orden slo aparece la primera deriva-da, por tanto, podemos escribir este tipo de ecuaciones de las siguientes formas:

    La forma general:

    F(x,y,y0) = 0, (2.1)

    la forma normal:

    dy

    dx =f(x, y), (2.2)o bien, en forma diferencial:

    F(x, y)dx + G(x, y)dy= 0. (2.3)

    Distinguiremos entre:

    ecuaciones diferenciales lineales de primer orden y

    ecuaciones diferenciales no lineales de primer orden.

    19

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    20/209

    20 TEMA 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

    Como mtodos bsicos de resolucin estudiaremos los que nos permiten re-

    solver las ecuaciones de variables separablesy las diferenciales exactas.Mediante sustituciones o transformaciones de variables, ciertos tipos de ecua-

    ciones diferenciales pueden reducirse a los anteriores, estas ecuaciones son lasecuaciones homogneas, las ecuaciones con coeficientes lineales (reducibles a ho-

    mogneas)y las ecuaciones de Bernouilli.

    2.2 Ecuaciones separables

    Definicin 9 Una ecuacin diferencial dydx =f(x, y),es una ecuacin separable

    o de variables separables si f(x, y) se puede expresar como el producto de unafuncin de x por una funcin de y, esto es,

    f(x, y) = p(x)q(y).

    Mtodo de resolucinPara resolverla separamos las variables, aislndolas en miembros opuestos de

    la ecuacin. As, suponiendo que q(y)6= 0 se tiene:

    1

    q(y)dy= p(x)dx n(y)dy= p(x)dx,

    e integrando ambas partes de la igualdad, obtenemos la solucin implcita:F(y) = G(x) + C.

    Si q(y) = 0es solucin de la ecuacin diferencial, la aadiremos a sta paraobtener la solucin general de la ecuacin diferencial.

    Si tenemos la ecuacin en la forma M(x, y)dx+N(x, y)dy= 0,sta ser devariables separables si se puede escribir como:

    f(x)g(y)dx + h(x)k(y)dy= 0.

    En este caso, dividiendo la ecuacin por g(y)h(x)(6= 0) obtenemos:

    f(x)

    h(x)dx +

    k(y)

    g(y)dy= 0

    es decir, la ecuacin es de la forma

    n(x)dx + m(y)dy= 0.

    Separando la variables, se tiene

    m(y)dy= n(x)dx

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    2.2. ECUACIONES SEPARABLES 21

    e integrando ambos lados de la igualdad:Z m(y)dy=

    Zn(x)dx

    se obtiene la solucin implcita

    F(y) = G(x) + C.

    Si g(y) = 0es solucin de la ecuacin diferencial, la aadiremos a sta paraobtener la solucin general de la ecuacin diferencial.

    EJEMPLO 24 Indica si las siguientes ecuaciones diferenciales son separables:

    (a) dy

    dx= 3x + xy,

    (b) dy

    dx=

    2x + xy

    y2 + 1 ,

    (c) y0 = 1 + xy.

    Solucin.

    (a) dy

    dx

    = 3x + xy

    dy

    dx

    =x(3 + y)

    S es una ecuacin separable.

    (b) dy

    dx =

    2x + xy

    y2 + 1 dy

    dx =

    x(2 + y)

    y2 + 1 dy

    dx =x

    (2 + y)

    y2 + 1S es una ecuacin

    de variables separables.

    (c) En la ecuacin y0 = 1 +xy no podemos separar la espresin 1 +xy comoproducto de una funcin dexpor una de y,por tanto, no es una ecuacinde variables separables. N

    EJEMPLO 25 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales de variables se-parables:

    (a) dy

    dx=

    x 5y2

    ,

    (b) y= 12y0x + 1,

    (c) dy

    dx=

    y 1x + 3

    , con la condicin inicial y(1) = 0.

    (d) y0 =6x5 2x + 1

    cos y+ ey .

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    22 TEMA 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

    Solucin.

    (a) Separando las variables, tenemos:

    y2dy= (x 5)dx

    e integrando ambos lados,Z y2dy=

    Z (x 5)dx

    obtenemos la solucin general implcita:

    y33

    = x22 5x + C1.

    Despejando y , obtenemos la solucin explcita:

    y= 3

    r3x2

    2 15x + C.

    (b)

    y=1

    2

    dy

    dxx + 1 2(y 1) = dy

    dxx 1

    y

    1

    dy= 2

    xdx

    Al dividir por y 1,estamos asumiendo que y 16= 0,por ello, es posibleque se haya perdido la solucin y = 1. Debemos comprobar si y = 1 essolucin de la ecuacin diferencial, para ello sustituimos:

    1 = 0 + 1

    Por tanto, s es solucin. Deberemos comprobar al final si esta solucinqueda incluida en la familia obtenida, en caso contrario habr que aadirla.

    Integrando ahora ambos lados:

    ln |y 1|= 2ln |x|+ C1 |y 1|=e2 ln|x|eC1 |y 1|= x2C2, conC2 > 0 y 1 = C2x2

    y 1 =Cx2, conC6= 0 y= Cx2 + 1, conC6= 0.

    Como la solucin y= 1que falta aadir corresponde al caso C= 0, podemosexpresar la solucin general de la forma:

    y= Cx2 + 1, C R.

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    23/209

    2.2. ECUACIONES SEPARABLES 23

    (c)

    dy

    y 1= dx

    x + 3 R dy

    y 1=R dx

    x + 3.

    Observamos que y = 1 es solucin de la ecuacin diferencial, por ello, de-beramos tenerla en cuenta, aunque en este caso, no es la solucin particularque buscamos ya que no verifica la condicin inicial dada.

    Integrando ambos lados:

    ln |y 1|= ln |x + 3|+ C1.

    Podemos considerar ahora la condicin inicial, obtener C1 y despejar y, obien, despejar explcitamente y manteniendo C1.

    En el primer caso, como y(1) = 0tenemos:

    ln1 = ln 2 + C1 C1 = ln 2

    y sustituyendo el valor de C1 se tiene

    ln |y 1|= ln |x + 3| ln 2.

    Puesto que buscamos una solucin pasando por (1, 0),los valores de x eyque nos interesan son cercanos a estos valores, por tanto:

    ln(1 y) = ln(x + 3) ln 2 ln(1 y) = ln(x + 3)2

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

    2

    y la solucin del problema de valor inicial es:

    y=1

    2 (x + 1).

    (d) Separando las variables, tenemos:

    (cos y+ ey) dy= (6x5 2x + 1) dxR(cos y+ ey) dy=

    R(6x5 2x + 1) dx

    sin y+ ey =x6 x2 + x + C

    En este caso slo podemos obtener la solucin implcita, ya que no es posibledespejary. N

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    24/209

    24 TEMA 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

    Ejercicio 26 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales de variables sepa-

    rables:

    (a) tan x tan y dx + 1

    cos xdy = 0,

    (b) (x + xy2) dx + ex2

    y dy= 0.

    (Solucin: (a) y= arcsin(Cecosx); (b)y2 =Ceex2 1).

    Ejercicio 27 Un objeto de masam cae por el aire hacia la Tierra. Suponiendoque las nicas fuerzas que actan sobre el objeto son la gravedad y la resistencia

    del aire, que es proporcional a la velocidad, determina la velocidad del objeto en

    funcin del tiempo.

    (Solucin: v(t) = mk(gCekt/m),conC R yk constante de proporcionalidad).

    Como hemos visto, tanto con este mtodo como con los que veremos, sepueden perder soluciones en las manipulaciones algebraicas de la ecuacin y stashay que considerarlas. Puede ocurrir que a la hora de integrar lleguemos aintegrales cuya primitiva no se puede expresar en trminos finitos de funcioneselementales, en este caso podemos recurrir a mtodos numricos.

    Soluciones que no pueden expresarse en trminos de funciones elemen-

    tales

    Cuando nos encontramos ante una integral que no puede expresarse en trminosfinitos (p.e.

    Rex

    2

    dx), resulta til usar integracin definida. Por ejemplo, dada laecuacin diferencial:

    dy

    dx=ex

    2

    y2, y(2) = 1

    dividimos ambos miembros por y2 e integramos desde x = 2 hasta x =x1:

    Z x1

    2

    y2(x)dy

    dx

    dx=

    y1(x1) + y

    1(2) = Z x1

    2

    ex2

    dx.

    Denotando por t a la variable de integracin y cambiando x1 por x, comoy(2) = 1se tiene

    1

    y(x) 1 =

    Z x2

    et2

    dt

    por tanto, podemos expresar la solucin del siguiente modo:

    y(x) = (1Z x2

    et2

    dt)1.

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    25/209

    2.3. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS 25

    2.3 Ecuaciones diferenciales exactas

    Si tenemos una familia de curvas F(x, y) = C, es posible generar una ecuacindiferencial de primer orden hallando la diferencial total de F:

    F

    xdx +

    F

    ydy = 0.

    Consideraremos el proceso inverso, dada una ecuacin diferencial en la forma:

    M(x, y)dx + N(x, y)dy= 0,

    intentamos ver si corresponde a la diferencial total de alguna funcin de dos

    variables.Definicin 10 Una ecuacin diferencial de primer orden

    M(x, y)dx + N(x, y)dy= 0,

    esexacta(en un rectnguloR)siM(x, y)dx+N(x, y)dyes una diferencial exacta,es decir, si existe una funcin F(x, y)tal que:

    F

    x(x, y) = M(x, y) y

    F

    y(x, y) = N(x, y) (x, y) R.

    Entonces,

    M(x, y)dx + N(x, y)dy= dF(x, y)

    y la solucin ser:

    F(x, y) =C,

    conCconstante arbitraria.Cuando tenemos la ecuacin diferencial no resulta sencillo reconocerla como

    exacta y hallar F, por esto vemos el siguiente teorema que nos da una condicinnecesaria y suficiente de exactitud, al mismo tiempo que proporciona el proceso

    de obtencin de la solucin general F(x, y) =C.Teorema 3 SeanM(x, y), N(x, y) funciones continuas con derivadas parcialesde primer orden continuas en un rectngulo R. Entonces, la ecuacin

    M(x, y)dx + N(x, y)dy= 0

    es exacta si y slo si se verifica:

    M

    y (x, y) =

    N

    x(x, y) (x, y) R.

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    26/209

    26 TEMA 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

    Dem. Demostramos en primer lugar la condicin necesaria.

    (=) Supongamos que la ecuacin M(x, y)dx+ N(x, y)dy = 0 es exacta.Entonces, existe una funcinF(x, y)tal que:

    F

    x(x, y) = M(x, y) y

    F

    y(x, y) = N(x, y),

    por tanto:

    2F

    yx(x, y) =

    M(x, y)

    y y

    2F

    xy(x, y) =

    N(x, y)

    x .

    Puesto que las primeras derivadas parciales de M y Nson continuas en R,

    tambin lo son las derivadas parciales segundas cruzadas de F, por tanto, stasson iguales y se tiene que:

    M(x, y)

    y =

    N(x, y)

    x (x, y) R.

    (=)Dada la ecuacin M(x, y)dx + N(x, y)dy= 0, vamos a demostrar, porconstruccin, que existe una funcinFverificando las condiciones de la definicinde ecuacin exacta.

    Como Fx (x, y) =M(x, y),entonces:

    F(x, y) =Z

    M(x, y)dx= G(x, y) + (y) (2.4)

    dondeG(x, y)es una primitiva de M(x, y)respecto dex. Ahora, derivamos par-cialmente, respecto dey,la expresin obtenida para Fy la igualamos a N(x, y) :

    F

    y(x, y) =

    G

    y(x, y) + 0(y) = N(x, y),

    de donde despejamos 0(y) :

    0(y) = N(x, y)

    G

    y

    (x, y). (2.5)

    Demostrando que esta expresin slo depende dey,podremos integrar y obtener(y)que, sustituida en (2.4) nos dar la expresin de F(x, y).

    Para demostrar que (2.5) slo depende de y, comprobamos que su derivadaparcial respecto de x es cero:

    x(N(x, y) G

    y(x, y)) =

    N

    x

    x

    G

    y =

    N

    x

    y

    G

    x =

    N

    xM

    y = 0.

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    27/209

    2.3. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS 27

    Mtodo de resolucin

    Si la ecuacin M(x, y)dx+ N(x, y)dy = 0 es exacta, entonces existe unafuncin F(x, y) tal que M(x, y)dx+N(x, y)dy = dF(x, y),es decir, tenemos laecuacin

    dF(x, y) = 0

    cuya solucin es:

    F(x, y) =C.

    Dicha solucin corresponde a la solucin general de la ecuacin diferencial,

    pues podemos observar que esta familia no tiene envolvente.La funcin F(x, y)se obtiene como hemos visto en la demostracin del teo-

    rema anterior.

    EJEMPLO 28 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales exactas:

    (a) (x2 + y2 + 2x)dx + (2xy+ 3y2)dy= 0,

    (b) 2xydx + (x2 1)dy= 0,

    (c) (cos x sin x

    xy2)dx + y(1

    x2)dy= 0, y(0) = 2.

    Solucin.

    (a) Comprobamos en primer que es exacta:

    y(x2 + y2 + 2x) = 2y=

    x(2xy+ 3y2).

    Por tanto, la solucin general viene dada por F(x, y) = C, siendo F unafuncin tal que:

    F

    x =x2

    + y2

    + 2x (2.6)

    y

    F

    y = 2xy+ 3y2. (2.7)

    CalculemosF(x, y).Integrando la ecuacin (2.6) respecto de x tenemos:

    F(x, y) =

    Z (x2 + y2 + 2x)dx=

    x3

    3 + y2x + x2 + (y).

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    28/209

    28 TEMA 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

    Derivando esta expresin respecto de y,se tiene que:

    F

    y = 2xy+ 0(y).

    Igualando esta ecuacin y la ecuacin (2.7), despejaremos 0(y) :

    x2 + y2 + 0(y) = 2xy+ 3y2 0(y) = 3y2,

    por tanto,

    (y) = Z 3y2dy= y3 + k.Podemos tomark = 0,ya que en la solucin final de la ecuacin diferencialesta constante quedar englobada en la constante C. Por tanto, la funcinFbuscada es:

    F(x, y) =x3

    3 + y2x + x2 + y3

    y la solucin general de la ecuacin diferencial es:

    x3

    3 + y2x + x2 + y3 =C.

    (b) Veamos que esta ecuacin diferencial es exacta, aunque tambin es separa-ble:

    y(2xy) = 2x=

    x(x2 1).

    Por tanto, la solucin general viene dada por F(x, y) = C, siendo F unafuncin tal que

    F

    x = 2xy (2.8)

    y

    F

    y =x2 1. (2.9)

    Integrando la ecuacin (2.8) respecto de x tenemos:

    F(x, y) =

    Z (2xy)dx= x2y+ (y).

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    29/209

    2.3. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS 29

    Derivando esta expresin respecto de y,tenemos que

    F

    y =x2 + 0(y)

    e igualando esta ecuacin y la ecuacin (2.9):

    x2 + 0(y) = x2 1 0(y) = 1 (y) = y,

    por tanto,

    F(x, y) = x2y y

    y la solucin general de la ecuacin diferencial es:

    x2y y= C.

    Despejandoy tenemos la solucin en forma explcita:

    y= C

    x2 1 .

    (c) Comprobemos que es exacta:

    y (cos x sin x xy2) = 2xy=

    x (y(1 x2)).

    Por tanto, la solucin general viene dada por F(x, y) = C, siendo F unafuncin tal que:

    F

    x= cos x sin x xy2 (2.10)

    y

    F

    y =y(1 x2). (2.11)

    En este caso, es ms sencillo comenzar integrando la ecuacin (2.11) res-pecto de y:

    F(x, y) =

    Z y(1 x2)dy= (1 x

    2)y2

    2 + (x).

    Derivamos ahora esta expresin respecto de x y tenemos que:

    F

    x = xy2 + 0(x)

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    30/209

    30 TEMA 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

    e igualando esta ecuacin y la ecuacin (2.10):

    xy2 + 0(x) = cos x sin x xy2 0(x) = cos x sin x (x) = sin2 x

    2 .

    Por tanto,

    F(x, y) =(1 x2)y2

    2 +

    sin2 x

    2

    y la solucin general de la ecuacin diferencial es:

    (1 x2)y22

    +sin2 x2

    =C

    o bien,

    (1 x2)y2 + sin2 x=C1.

    Imponiendo la condicin inicial,y(0) = 2,se tiene que4 =C1y sustituyen-do este valor de C1, obtenemos la solucin del porblema de valor inicialdado:

    (1 x2)y2 + sin2 x= 4

    o bien,

    y2 =4 sin2 x

    (1 x2) . N

    Ejercicio 29 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales exactas:

    (a) (e2y y cos xy)dx + (2xe2y x cos xy+ 2y)dy= 0,

    (b) (1 + exy+ xexy)dx + (xex + 2)dy= 0,

    (c) (2xy sec2 x)dx + (x2 + 2y)dy= 0,

    (Solucin: (a) e2yx sin xy+ y2 = C; (b) xyex + 2y+ x = C; (c) x2y +y2 tan x= C).

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    31/209

    2.3. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS 31

    2.3.1 Factores integrantes

    Dada una ecuacin diferencial

    M(x, y)dx + N(x, y)dy= 0 (2.12)

    que no es exacta, a veces es posible encontrar una funcin (x, y) tal que almultiplicarla por la ecuacin diferencial, sta se convierta en exacta. Es decir,

    (x, y)M(x, y)dx + (x, y)N(x, y)dy= 0

    es una ecuacin diferencial exacta.

    EJEMPLO 30 Demuestra que la ecuacin diferencial

    (x + 3x3 sin y)dx + (x4 cos y)dy= 0

    no es exacta, pero si multiplicamos toda la ecuacin por x1 se obtiene unaecuacin exacta.

    Solucin. Esta ecuacin no es exacta ya que:

    y

    (x + 3x3 sin y) = 3x3 cos y6=

    x

    (x4 cos y) = 4x3 cos y.

    Multiplicando porx1,nos queda la ecuacin diferencial:

    (1 + 3x2 sin y)dx + (x3 cos y)dy= 0

    y ahora tenemos que:

    y(1 + 3x2 sin y) = 3x2 cos y=

    x(x3 cos y). N

    Definicin 11 Al factor (x, y)tal que, al multiplicar una ecuacin diferencial

    por dicho factor, sta se convierte en exacta, se le llama factor integrante.

    Ambas ecuaciones tienen esencialmente las mismas soluciones, pero al multi-plicar por el factor integrante (x, y)es posible ganar o perder soluciones.

    EJEMPLO 31 Demuestra que(x, y) = xy2 es factor integrante de la ecuacin:

    (2y 6x)dx + (3x 4x2y1)dy= 0 (2.13)

    y resulvela.

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    32/209

    32 TEMA 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

    Solucin. Al multiplicar por xy2 obtenemos:

    (2xy3 6x2y2)dx + (3x2y2 4x3y)dy= 0, (2.14)

    que s es exacta.Resolvamos la ecuacin (2.14). Su solucin serF(x, y) = C,siendo F una

    funcin tal que

    F

    x = 2xy3 6x2y2 (2.15)

    y

    Fy

    = 3x2y2 4x3y. (2.16)

    Integrando (2.15) respecto dex se tiene que

    F(x, y) =

    Z (2xy3 6x2y2)dx=x2y3 2x3y2 + (y).

    Derivando esta expresin respecto de y, tenemos que:

    F

    y = 3x2y2 4x3y+ 0(y),

    e igualando esta ecuacin y la ecuacin (2.16),obtenemos (y):

    3x2y2 4x3y+ 0(y) = 3x2y2 4x3y 0(y) = 0 (y) = 0.

    Por tanto,

    F(x, y) = x2y3 2x3y2

    y la solucin general de la ecuacin diferencial (2.14) es:

    x2y3

    2x3y2 =C.

    Como se ha comentado, al multiplicar (2.13) por el factor integrante (x, y)esposible ganar o perder soluciones. En este caso,al multiplicar la ecuacin (2.13)por xy2,se ha obtenido y 0como solucin de (2.14) pero no lo es de (2.13). N

    Clculo de factores integrantes

    Hemos visto que(x, y)es un factor integrante de (2.12) si

    (x, y)M(x, y)dx + (x, y)N(x, y)dy= 0

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    33/209

    2.3. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS 33

    es exacta. Por tanto, se verificar:

    ((x, y)M(x, y))

    y =

    ((x, y)N(x, y))

    x .

    Derivando se tiene:

    M

    y+

    M

    y =N

    x+

    N

    x

    (M

    y N

    x) = (

    N

    x M

    y ). (2.17)

    Obtener de esta ecuacin no es tarea sencilla puesto que a veces llegamosa una ecuacin en derivadas parciales cuya resolucin es ms complicada que laecuacin inicial. Slo para ciertos tipos especiales de factores integrantes resul-tar fcil, tales como factores integrantes que slo dependen de la variable x,(x), que slo dependen de y, (y), o bien de la suma de ambas, (x+y), delproducto,(xy), etc. Nosotros veremos solamente los dos primeros casos.

    Factor integrante respecto dex

    Supongamos que queremos hallar un factor integrante que slo dependa dex,(x).Entonces la ecuacin (2.17) queda:

    N 0(x) = (Nx M

    y )(x)

    por tanto,

    0(x)

    (x) =

    My Nx

    N .

    Si la expresin de la derecha slo depende de x y es continua, entoncesexiste el factor integrante (x) y se obtiene integrando esta ecuacin, es

    decir:

    (x) = e

    RMy NxN

    dx.

    Factor integrante respecto dey

    Si buscamos(y),entonces la ecuacin (2.17) queda:

    M 0(y) = (N

    x M

    y )(y),

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    34/209

    34 TEMA 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

    por tanto:

    0(y)

    (y) =

    Nx My

    M .

    Si la expresin de la derecha slo depende de y y es continua, entoncesexiste el factor integrante (y)y se obtiene integrando:

    (y) = e

    RNx MyM

    dy.

    Mtodo de resolucinDada la ecuacinM(x, y)dx+N(x, y)dy= 0, se calcula

    M

    y y

    N

    x, entonces:

    si M

    y 6=

    N

    x, la ecuacin no es exacta y buscamos un factor integrante,

    siMy Nx

    N depende slo dex =(x) = e

    RMy

    Nx

    N dx,

    siNx My

    M depende slo dey = (y) = e

    RNx

    My

    M dy,

    se multiplica toda la ecuacin diferencial por el factor integrante correspon-diente y se resuelve hallando la solucin F(x, y) = C,

    se comprueba si al multiplicar por el factor integrante aparecen o se pierdensoluciones.

    EJEMPLO 32 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales:

    (a) (2x2 + y)dx + (x2y x)dy= 0,

    (b) y(x + y+ 1)dx + x(x + 3y+ 2)dy= 0.

    Solucin.

    (a) Esta ecuacin no es exacta ya que:

    y(2x2 + y) = 16=

    x(x2y x) = 2xy 1.

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    35/209

    2.3. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS 35

    En este caso:

    My Nx

    N =

    1 (2xy 1)x2y x =

    2xy+ 2x(1 xy)=

    2(1 xy)x(1 xy)=

    2

    x,

    por tanto, s existe un factor de la forma (x),dado por:

    (x) = eR 2

    xdx

    de donde:

    (x) = x2.

    Multiplicamos la ecuacin diferencial por este factor integrante, obteniendola ecuacin:

    (2 + y

    x2)dx + (y 1

    x)dy= 0

    que s es exacta. Entonces, la solucin general viene dada por F(x, y) = C,siendo Funa funcin tal que

    F

    x = 2 +

    y

    x2 (2.18)

    yF

    y =y 1

    x. (2.19)

    Comenzamos integrando en la segunda ecuacin, entonces:

    F(x, y) =

    Z (y 1

    x)dy=

    y2

    2 y

    x+ (x).

    Derivando esta expresin respecto de x :

    F

    x =

    y

    x2 + 0

    (x).

    Igualando esta ecuacin y la ecuacin (2.18):

    y

    x2+ 0(x) = 2 +

    y

    x2 0(x) = 2 (x) = 2x

    y la solucin general es:

    y2

    2 y

    x+ 2x=C.

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    36/209

    36 TEMA 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

    (b) La ecuaciny(x + y+ 1)dx + x(x + 3y+ 2)dy= 0no es exacta ya que:

    y(y(x + y+ 1)) =x + 2y+ 16=

    x(x(x + 3y+ 2)) = 2x + 3y+ 2.

    En este caso:My Nx

    N =

    x + 2y+ 1 (2x + 3y+ 2)x(x + 3y+ 2)

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

    no depende slo de x, por tanto, no existe un factor de la forma (x).Busquemos un factor(y) :

    N

    x M

    yM =2x + 3y+ 2

    (x + 2y+ 1)y(x + y+ 1) = x + y+ 1y(x + y+ 1) =1yde donde:

    (y) = eR 1

    ydy =eln y =y.

    Multiplicamos la ecuacin diferencial por este factor integrante, obteniendola ecuacin:

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

    que s es exacta. Entonces, la solucin general viene dada por F(x, y) = C,siendo Funa funcin tal que

    F

    x =y2(x + y+ 1) (2.20)

    y

    F

    y =xy(x + 3y+ 2). (2.21)

    Integrando la primera ecuacin:

    F(x, y) =Z

    (y2x + y3 + y2)dx= x2

    y2

    2 + y3x + y2x + (y).

    Derivando esta expresin respecto de y :

    F

    y =x2y+ 3y2x + 2yx + 0(y).

    Igualando esta ecuacin y la ecuacin (2.21):

    x2y+ 3y2x + 2yx + 0(y) = xy(x + 3y+ 2) 0(y) = 0 (y) = 0

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    37/209

    2.4. ECUACIONES LINEALES 37

    y la solucin general es:

    x2y2

    2 + y3x + y2x=C.

    Podemos observar que la solucin y = 0tambin es solucin de la ecuacindiferencial original. N

    Ejercicio 33 Resuelve la ecuacin diferencial(x + y2)dx + (2xy)dy= 0.(Solucin:

    y2x

    + ln |x|=C).

    2.4 Ecuaciones lineales

    Una clase de ecuaciones diferenciales que ocurren frecuentemente en aplicacioneses la constituida por las ecuaciones lineales. Aunque en el tema siguiente hablare-mos de las ecuaciones diferenciales lineales en general, veamos ahora cmo seresuelven las de primer orden mediante factores integrantes.

    Como vimos, una ecuacin lineal de primer ordentiene la forma:

    a1(x)y0 + ao(x)y= b(x), (2.22)

    dondea1(x), ao(x)y b(x)dependen slo de x. Vamos a suponer que a1(x), ao(x)yb(x)son funciones continuas en un intervalo y que a

    1(x)6= 0 en este intervalo.

    Dividiendo por a1(x) se puede reescribir esta ecuacin expresndola en formacannica:

    y0 + P(x)y= Q(x), (2.23)

    dondeP(x)y Q(x)son funciones continuas en dicho intervalo.Si expresamos la ecuacin (2.23) en forma diferencial, se tiene:

    [P(x)y Q(x)]dx + dy= 0. (2.24)

    SiP(x)

    0la ecuacin es exacta. En otro caso podemos obtener fcilmente

    un factor integrante(x)que vendr dado por:

    (x) = eR

    P(x)dx. (2.25)

    Multiplicando la ecuacin (2.24) por(x)podemos resolver la ecuacin exactaobtenida.

    Veamos cmo hallar la solucin de un modo ms rpido. Multipliquemos(2.23) por (x):

    (x)y0 + (x)P(x)y= (x)Q(x).

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    38/209

    38 TEMA 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

    Como al multiplicar la ecuacin (2.24) por(x)se obtiene una ecuacin exac-

    ta, se tiene que (x)P(x) = 0(x),por tanto la ecuacin anterior queda:

    (x)y0 + 0(x)0y= (x)Q(x)

    es decir,

    d

    dx((x)y) = (x)Q(x).

    Integrando respecto de x:

    (x)y= Z (x)Q(x)dx + C,por tanto la solucin general es

    y= 1(x)(Z

    (x)Q(x)dx + C), (2.26)

    donde(x)viene dado por (2.25).Se tiene por tanto el siguiente resultado:

    Teorema 4 SiP(x) yQ(x) son funciones continuas en un intervalo (a, b) quecontiene al punto xo, para cualquier valor inicial yo existe una nica solucin

    y(x) en(a, b) del problema de valor inicial:

    y0 + P(x)y= Q(x), y(xo) = yo

    que es la solucin dada por (2.26) para unCapropiado.

    Mtodo de resolucinConsideremos una ecuacin diferencial lineal y 0 + P(x)y= Q(x):

    calculamos el factor integrante(x) = eRP(x)dx,

    multiplicamos toda la ecuacin diferencial por el factor integrante, de modoque la nueva ecuacin se reduce a ddx ((x)y) =(x)Q(x),

    integramos: (x)y=R

    (x)Q(x)dx + C,

    despejamosy : y = 1(x)(R

    (x)Q(x)dx + C).

    EJEMPLO 34 Halla la solucin general de las siguientes ecuaciones diferen-ciales lineales:

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    39/209

    2.4. ECUACIONES LINEALES 39

    (a) y0 + 2xy= 2xex2

    ,

    (b) y0 + 2y= 3ex.

    Solucin.

    (a) En esta ecuacin lineal P(x) = 2xy Q(x) = 2xex2

    .Luego el factor inte-grante es:

    (x) = eR2xdx =ex

    2

    .

    Entonces,

    d

    dx((x)y) = (x)Q(x) = ex

    2

    2xex2

    = 2x,

    (x)y=

    Z 2xdx= x2 + C

    y la solucin general es,

    y= ex2

    (x2 + C).

    (b) En este caso P(x) = 2y Q(x) = 3ex.Luego el factor integrante es:

    (x) = eR2dx =e2x.

    Multiplicando por (x)llegamos a,

    d

    dx(e2xy) = e2x3ex = 3e3x,

    por tanto,

    e2xy=

    Z 3e3xdx=e3x + C

    y la solucin general es,

    y= e2x(e3x + C) y= ex + Ce2x.

    Puesto que P(x) = 2 y Q(x) = 3ex son funciones continuas en todo elintervalo real, la solucin es vlida en dicho intervalo. N

    EJEMPLO 35 Resuelve el problema de valor inicial 1

    xy0 2

    x2y = x cos xcon

    la condicin inicial y(2 ) = 3.

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    40/209

    40 TEMA 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

    Solucin. En primer lugar, expresemos la ecuacin en forma cannica:

    y0 2x

    y= x2 cos x,

    entonces, P(x) = 2x

    yQ(x) = x2 cos xy el factor integrante es:

    (x) = eR 2

    xdx =x2.

    Multiplicando por (x)se tiene que

    d

    dx

    (x2y) = x2x2 cos x= cos x

    x2y= Z cos xdx= sin x + Cy la solucin general es,

    y= x2(sin x + C)

    o bien,

    y= x2 sin x + Cx2.

    Sustituimos ahora la condicin inicial y(2 ) = 3,entonces:

    3 =2

    4 + C

    2

    4 C= 12

    2 1

    y la solucin del problema de valor inicial es:

    y= x2 sin x + x2(12

    2 1).

    Como P(x) y Q(x) son funciones continuas en el intervalo ]0, +[, quecontiene al punto dado en la condicin inicial, la solucin es vlida en dichointervalo. N

    Ejercicio 36 Halla la solucin general de las siguientes ecuaciones diferenciales:

    (a) y0 3y= 0,

    (b) y0 4x

    y= x5ex,

    (c) y0 y tan x=e sinx,

    (Solucin: (a)y = Ce3x;(b) y = x5exx4ex + Cx4;(c) y = 1cosx (e sinx + C)).

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

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    2.5. SUSTITUCIONES Y TRANSFORMACIONES 41

    2.5 Sustituciones y transformaciones

    Cuando una ecuacinM(x, y)dx+ N(x, y)dy= 0no es separable, exacta o lineal,podemos intentar transformarla en una que s sepamos resolver mediante algunasustitucin.

    2.5.1 La ecuacin de Bernoulli

    Definicin 12 Se llama ecuacin de Bernoulli a una ecuacin diferencial deprimer orden que se puede expresar de la forma:

    y0 + P(x)y= Q(x)yn (2.27)

    dondeP(x)y Q(x)son continuas en un intervalo (a, b)y n R.

    Mtodo de resolucin

    Sin = 0o n = 1, la ecuacin (2.27) es una ecuacin lineal.

    Sin 6= 0 y n 6= 1, entonces hacemos el cambio:

    v= y1n

    transformndose la ecuacin en una lineal para las variables (x, v). Paraello, dividimos primero la ecuacin (2.27) por yn:

    yny0 + P(x)y1n =Q(x).

    De este modo, comov = y1n y dvdx = (1n)yndydx , sustituyendo se tiene:

    1

    1 ndv

    dx+ P(x)v= Q(x)

    que es una ecuacin lineal. Tenemos que tener en cuenta que al dividir poryn se pierde la solucin y 0, luego habr que ver si esta solucin estcontenida en la solucin general y si no lo est especificar que tambin loes. Una vez resuelta la ecuacin para v(x)se deshace el cambio.

    EJEMPLO 37 Halla la solucin de las siguientes ecuaciones diferenciales:

    (a) xy0 + y= y2 ln x,

    (b) y0 + y= exy2.

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    42/209

    42 TEMA 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

    Solucin.

    (a) Expresando la ecuacin en forma normal, tenemos:

    y0 +1

    xy=

    ln x

    x y2

    que es una ecuacin de Bernoulli con n = 2.

    Multiplicamos la ecuacin por y2 :

    y2y0 +1

    xy2y=

    ln x

    x

    y hacemos el cambio

    v= y1 dvdx

    = y2 dydx

    .

    Sustituyendo, queda:

    dvdx

    +1

    xv=

    ln x

    x dv

    dx 1

    xv= ln x

    x

    que es una ecuacin lineal paravconP(x) = 1x

    yQ(x) = ln xx

    ;entoncesla solucin es:

    v= 1(x)(Z

    (x)Q(x)dx + C)

    con

    (x) = e

    R

    1

    xdx

    =e ln|x| =x1.

    Por tanto,

    v(x) = x Zln x

    x2 dx= x(

    ln x

    x +

    1

    x+ C) = ln x + 1 + Cx.

    Como v = y1,deshaciendo el cambio obtenemos solucin:

    y= 1

    ln x + 1 + Cx,

    adems de la solucin y = 0.

    Puesto queP(x)y Q(x)son continuas en el intervalo (0, +),la solucinobtenida es vlida en dicho intervalo.

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

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    2.5. SUSTITUCIONES Y TRANSFORMACIONES 43

    (b) La ecuacin diferencial y0 +y = exy2 es una ecuacin de Bernoulli con

    n= 2.Por tanto, multiplicamos la ecuacin por y2 :y2y0 + y3 =ex

    y hacemos el cambio

    v= y3 dvdx

    = 3y2dy

    dx.

    Al sustituir, tenemos:

    1

    3

    dv

    dx+ v= ex dv

    dx+ 3v= 3ex,

    ecuacin lineal para v cuya solucin es:

    v(x) = 1(x)(Z

    (x)Q(x)dx + C)

    con

    (x) = eR 3dx =e3x y Q(x) = 3ex.

    Por tanto,

    v(x) = e3x Z 3e4xdx= 3e3x(e4x4

    + C) =3

    4ex + Ce3x.

    Deshaciendo el cambio inicial, v = y3,obtenemos solucin:

    y3 =3

    4ex + Ce3x.

    En este caso, y = 0 no era solucin de la ecuacin dada. Como P(x) yQ(x)son continuas en todo el intervalo real, la solucin obtenida es vlidax R. N

    Ejercicio 38 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales:

    (a) y0 5y= 52xy3,

    (b) y0 =y2 + 2xy

    x2 ,

    (c) y0 + y

    x 2= 5(x 2)

    y.

    (Solucin: (a){y = ( x2 120 +C e10x)1/2, y = 0}; (b){y = x2

    Cx , y = 0};

    (c){y= ((x 2)2 + C(x 2)1/2)2, y= 0}).

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

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    44 TEMA 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

    2.5.2 Ecuaciones Homogneas

    Definicin 13 Decimos que una funcin de varias variables f(x1, x2, , xn)eshomognea de grado nsi, dado un real positivo ,se verifica que:

    f(x1,x2, , xn) = nf(x1, x2, , xn).

    En el caso de dos variables, que vamos a considerar, tendremos que unafuncin f(x, y)es homognea de grado m si f(x,y) = mf(x, y).

    EJEMPLO 39 La funcin f(x, y) = xy+ x2 + y2 es homognea de grado 2 yaquef(x,y) = (x)(y) + (x)2 + (y)2 =2xy+ 2x2 + 2y2 =2f(x, y).

    EJEMPLO 40 La funcin f(x, y) = tanx

    y es homognea de grado 0, ya que

    f(x,y) = tanx

    y= tan

    x

    y =f(x, y) = 0f(x, y).

    Ejercicio 41 Comprueba que la funcinf(x, y) = x2y+ xy2

    x y es homognea degrado 1.

    Definicin 14 Una ecuacin diferencial ordinaria

    M(x, y)dx + N(x, y)dy= 0 (2.28)es homogneasi M(x, y)y N(x, y)son funciones homogneas del mismo grado.

    Si la ecuacin diferencial la tenemos escrita de la forma

    y0 =f(x, y) (2.29)

    entonces es homognea si la funcin f(x, y)es homognea de grado 0.

    EJEMPLO 42 Comprueba si las siguientes ecuaciones son homogneas:

    (a) (x

    y)dx + xdy= 0,

    (b) dy

    dx=

    y xx 2y+ 1 .

    Solucin.

    (a) La ecuacin diferencial(xy)dx + xdy= 0s es homognea ya que las fun-ciones F(x, y) = x y y G(x, y) = x son ambas funciones homogneasde grado 1, pues F(x,y) = x y = (x y) = F(x, y) yG(x,y) = x= G(x, y).

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    45/209

    2.5. SUSTITUCIONES Y TRANSFORMACIONES 45

    (b) La ecuacin diferencial y0 = y x

    x 2y+ 1 no es homognea ya que la fun-

    cinf(x, y) = y x

    x 2y+ 1 no es homognea de grado 0, pues f(x,y) =y x

    x 2y+ 1 6=f(x, y). N

    Mtodo de resolucinEl tipo de transformacin que vamos a estudiar reduce una ecuacin diferen-

    cial homognea a una de variables separables a partir de un cambio de variables.

    Hacemos el cambio (x, y) (x, u)dado por:

    y= ux

    y por tanto, dy = udx + xdu.

    Si tenemos la ecuacin en la forma (2.28), dividimos toda la ecuacin porxm,dondem es el grado de homogeneidad deMy N.Si tenemos la ecuacinen la forma (2.29), la dividimos por la mnima potencia de x.

    La ecuacin se ha convertido en una ecuacin de variables separables.

    Resolvemos obteniendo la solucin para u(x).

    Deshacemos el cambio y obtenemos la solucin para y(x).

    En algunos casos, por ejemplo cuando salen integrales difciles, podemos hacerel cambio (x, y) (v, y)dado por x = vy.

    EJEMPLO 43 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales:

    (a) (xy+ y2 + x2)dx x2dy= 0,

    (b) dy

    dx

    =x sec yx + y

    x

    .

    Solucin.

    (a) Vemos que se trata de una ecuacin homognea, puesM(x, y) =xy+y2+x2

    y N(x, y) =x2 son ambas funciones homogneas del mismo grado, degrado 2. Por tanto, hacemos el cambio y = ux, con dy = udx+ xdu,obteniendo:

    (xux + u2x2 + x2)dx x2(udx + xdu) = 0.

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

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    46 TEMA 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

    Dividiendo toda la ecuacin por x2 :

    (u + u2 + 1)dx (udx + xdu) = 0 (u + u2 + 1)dx udx xdu= 0 (u2 + 1)dx xdu= 0.

    Tenemos ahora una ecuacin separable, por tanto:

    xdu= (u2 + 1)dx du(u2 + 1)

    =dx

    x

    e integrando ambos lados:

    arctan u= ln |x|+ C1 u= tan(ln |x|+ C).

    Ahora, deshacemos el cambio sustituyendoupor y/x,y obtenemos la solu-cin general:

    y= x tan(ln |x|+ C).

    (b) Se trata de una ecuacin homognea ya que f(x, y) = x sec y

    x+y

    x es unafuncin homognea de grado 0. Por tanto, considerando la ecuacin enforma diferencial:

    xdy (x secyx

    + y)dx= 0,

    hacemos el cambio y = ux,con dy = udx + xdu,obteniendo:

    x(udx + xdu) (x secuxx

    + ux)dx= 0.

    Dividiendo toda la ecuacin por x y simplificando:

    udx + xdu (sec u + u)dx= 0 sec udx + xdu= 0.

    Tenemos ya una ecuacin separable, por tanto:

    xdu= sec udx cos udu= dxx

    ,

    integrando ambos lados:

    sin u= ln |x|+ C1 u= arcsin(ln |x|+ C1).

    Ahora, deshacemos el cambio, mediante u = y/x, obteniendo la solucingeneral:

    y= x arcsin(ln |x|+ C1)

    o bien, considerando C1= ln C,tenemos:

    y= x arcsin(ln |Cx|), conC >0. N

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

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    2.5. SUSTITUCIONES Y TRANSFORMACIONES 47

    Ejercicio 44 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales.

    (a) 2x3ydx + (x4 + y4)dy= 0.

    (b) dy

    dx=

    y2 + xp

    x2 + y2

    xy .

    (c) (x2 y2)dx + (2xy)dy= 0.

    (Solucin: (a) 3 x4 y2 + y6 =C, C 0; (b)p

    x2 + y2 =x ln C|x| , C >0;

    (c)y2 =C|x| x2, C >0).

    2.5.3 Ecuaciones con coefi

    cientes linealesDada una ecuacin diferencial de la forma

    F(a1x + b1y+ c1)dx + G(a2x + b2y+ c2)dy= 0

    o

    dy

    dx=G(a1x + b1y)

    podremos transformarla en homognea o separable mediante un cambio de vari-ables.

    Mtodo de resolucinSe presentan dos casos:

    1. Si las rectas a1x + b1y+ c1= 0y a2x + b2y+ c2= 0se cortan en un punto(,),hacemos el cambio (x, y) (v, w)definido por:

    v= x w= y

    y la ecuacin diferencial se convierte en homognea.

    2. Si las rectasa1x + b1y + c1 = 0y a2x + b2y + c2= 0son paralelas, hacemosel cambio(x, y) (x, z)definido por:

    z= a1x + b1y

    y la ecuacin diferencial se convierte en separable.

    EJEMPLO 45 Resuelve la ecuacin diferencial:

    (3x + y+ 6) dx + (x + y+ 2) dy= 0.

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    48 TEMA 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

    Solucin. Resolviendo el sistema, vemos que las rectas

    3x+ y + 6 = 0 y

    x + y +2 = 0se cortan en el punto (1,3),por tanto hacemos el cambio(x, y) (v, w)dado por:

    v= x 1,w= y+ 3.

    Con este cambio, debemos hacer las sustituciones:

    x= v+ 1, dx= dv,

    y= w 3, dy= dw.

    Por tanto,(3v 3 + w 3 + 6) dv+ (v+ 1 + w 3 + 2) dw= 0

    (3v+ w) dv+ (v+ w) dw= 0

    y obtenemos una ecuacin diferencial homognea. Para resolverla, hacemos elcambio(v, w) (v, u)dado por w = uv, con dw = udv+ vdu,entonces:

    (3v+ uv) dv+ (v+ uv) (udv+ vdu) = 0.

    Simplificando:

    (3 + u) dv+ (1 + u) udv+ (1 + u)vdu= 0,

    (3 + 2u + u2) dv+ (1 + u)vdu= 0.

    Tenemos ahora una ecuacin diferencial separable, por tanto, separamos lasvariables:

    1 + u

    u2 + 2u 3du=1

    v dv

    e integramos ambos lados, obteniendo1

    2lnu2 + 2u 3

    = ln |v|+ C1.

    Si tomamosC1= ln C2,con C2> 0,podemos escribir:

    1

    2lnu2 + 2u 3

    = ln

    C2|v|

    u2 + 2u 3

    =

    C22v2

    u2 + 2u 3

    =

    C3v2

    conC3> 0.

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    49/209

    2.5. SUSTITUCIONES Y TRANSFORMACIONES 49

    Quitando los signos de valor absoluto, se tiene:

    u2 + 2u 3 = C3v2, conC36= 0.

    Deshaciendo el segundo cambio, u = wv ,obtenemos:

    w2

    v2 + 2

    w

    v 3 = C3v2 w2 + 2vw 3v2 =C3

    y deshaciendo el primero, v = x 1, w= y+ 3,tenemos:

    (y+ 3)2 + 2(x 1)(y+ 3) 3(x 1)2 =C3, conC3 6= 0.

    Comprobamos si al dividir poru2 + 2u3,esto es, al suponeru2 +2u36= 0,nos hemos dejado alguna solucin:

    u2 + 2u 3 = 0 (

    u= 1

    u= 3 (

    wv = 1wv = 3

    ( y+ 3 =x 1y+ 3 = 3(x 1)

    ( y= x 4y= 3x

    Vemos que ambas funciones son soluciones y que corresponderan al caso

    C3= 0,por tanto podemos expresar la solucin general de la forma:

    (y+ 3)2 + 2(x 1)(y+ 3) 3(x 1)2 =C3,C3 R. N

    EJEMPLO 46 Resuelve la ecuacin diferencial:

    (x + 2y 2) dx + (2x + 4y+ 5) dy= 0.

    Solucin. Las rectas x+ 2y 2 = 0 y 2x+ 4y+ 5 = 0 son paralelas, portanto haremos el cambio (x, y) (x, z)dado por z = x + 2y. Con este cambio,debemos hacer las sustituciones:

    y=z x

    2 , dy=

    dz dx2

    ;

    por tanto,

    (x + z x 2) dx + (2x + 2z 2x + 5) ( dz dx2

    ) = 0,

    (z 2) dx + ( 2z+ 52

    ) dz (2z+ 52

    ) dx= 0,

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

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    50 TEMA 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

    92

    dx + (z+5

    2

    ) dz= 0.

    Obtenemos, en este caso, una ecuacin diferencial separable. Separando lasvariables:

    (2z+ 5)dz= 9dx

    e integrando ambos lados:

    z2 + 5z= 9x + C.

    Deshaciendo el cambio: z= x + 2y, obtenemos la solucin general implcita:

    (x + 2y)2

    + 5(x + 2y) = 9x + C. N

    Ejercicio 47 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales:

    (a) (x 2y+ 5)dx + (2x + y 4)dy= 0,

    (b) dydx = x + y+ 7

    2(x + y) + 1 ,

    (c) (3x + y)dx + (x + y)dy= 0,

    (d) dy

    dx=y x 1 + (x y+ 2)1.

    (Solucin: (a) (y 2)2 4(x + 1)(y 2) + (x + 1)2 =C, C6= 0;(b)x + y 8 = C e x2y15 , C6= 0; (c)y2 + 2xy 3x2 =C;(d)(x y)2 + 4(x y) + 3 =Ce2x).

    2.6 Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de primerorden

    2.6.1 Trayectorias ortogonales

    En ingeniera, se presenta a menudo el problema geomtrico de encontrar unafamilia de curvas (trayectorias ortogonales) que intersectan ortogonalmente a unafamilia dada de curvas en cada punto. Este problema aparece en el estudio deelectricidad y magnetismo y en la elaboracin de cartas metereolgicas.

    Dada una familia de curvasF(x, y) =CsiendoCun parmetro, la pendientede cada curva de la familia podemos obtenerla mediante la derivacin implcitade su ecuacin:

    F

    xdx +

    F

    ydy = 0 = dy

    dx=

    FxFy

    .

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    51/209

    2.6. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN51

    Dada una curva de pendiente m,la pendiente de una curva ortogonal a ella es

    1m ,por tanto, la pendiente de una curva ortogonal a una dada ser:

    dy

    dx=

    Fy

    Fx

    .

    Esto significa que las curvas ortogonales a la familia dada satisfacen la ecuacindiferencial:

    F

    ydx F

    xdy= 0.

    Luego dada una familia de curvas solucin de M(x, y)dx + N(x, y)dy= 0y dadauna familia de curvas solucin de N(x, y)dxM(x, y)dy= 0, cada curva de unade estas familias es ortogonal a cada curva de la otra familia. Se dice que cadafamilia es una familia de curvas ortogonalesa la otra.

    El procedimiento para obtener la familia de trayectorias ortogonales a unafamilia es el siguiente:

    1. Dada la familia F(x, y) = C, calculamos la ecuacin diferencial asociada aella:

    F

    x dx +F

    ydy = 0 = M(x, y)dx + N(x, y)dy= 0.

    2. La familia de curvas ortogonales a la anterior tiene como ecuacin diferen-cial asociada:

    N(x, y)dxM(x, y)dy= 0.

    3. Resolviendo esta ecuacin se obtiene la familia ortogonal G(x, y) = C.

    EJEMPLO 48 Dada la familia de curvasx2 + y2 =k, demuestra que la familiade trayectorias ortogonales a sta, es la familia de rectas que pasan por el origen.

    Solucin. Calculemos la ecuacin diferencial asociada a la familiax2 + y2 =k :

    2xdx + 2ydy = 0.

    Por tanto, la familia de trayectorias ortogonales satisface la ecuacin:

    2ydx 2xdy= 0.

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    52/209

    52 TEMA 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

    Resolvemos esta ecuacin de variables separables:

    xdy= ydx 1y

    dy=1

    xdx ln |y|= ln |x|+ C1 |y|=|x|+ eC1 y= Cx, C6= 0.

    Como y = 0tambin es solucin, la aadimos a la familia quitando la condi-cinC6= 0.Por tanto, la familia de trayectorias ortogonales es:

    y= Cx,C R

    que representa la familia de rectas que pasan por el origen. N

    EJEMPLO 49 Halla la familia de trayectorias ortogonales a la familia de curvasy= Cx5.

    Solucin. Para hallar la ecuacin diferencial asociada a esta familia, la escribi-mos de la forma

    y

    x5 =C, y diferenciamos implcitamente:

    5yx6

    dx + 1

    x5dy= 0.

    Por tanto, la familia de trayectorias ortogonales satisface la ecuacin

    5ydx + xdy= 0.

    Resolvemos esta ecuacin de variables separables:

    5ydy = xdx 5y2

    2 =x2

    2 + C 5y2 + x2 =C.

    que corresponde a una familia de elipses centradas en el origen. N

    Ejercicio 50 Halla la familia de trayectorias ortogonales a la familia de curvasdada:

    (a) y2 = 4px,

    (b) x2 + 2xy y2 =C,

    (c) y= x 1 + Cex,

    (d) (x C)2 + y2 =C2.

    (Solucin: (a) y2 + 2x2 =C; (b) y2 + 2xy x2 =C; (c)ey(x + y 1) = C;(d)x2 + (y C)2 =C2).

  • 7/26/2019 Apuntes Edo

    53/209

    2.6. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN53

    2.6.2 Problemas de enfriamiento

    De acuerdo con la ley de enfriamiento de Newton, la tasa de cambio con respectoa la temperaturaT(t)de un cuerpo en un instantet, en un medio de temperaturaconstante Aes proporcional a la diferencia entre la temperatura del medio y ladel cuerpo, es decir, proporcional a A T. La ecuacin diferencial que nos da lavariacin de temperatura de un cuerpo viene dada por:

    dT

    dt =k(A T),

    en la quek es una constante positiva.

    EJEMPLO 51 La sala de diseccin de un forense se mantiene fra a una tem-peratura constante de5oC. Mientras se encontraba realizando la autopsia de unavctima de asesinato, el propio forense es asesinado. A las 10 a.m. el ayudantedel forense descubre su cadver a una temperatura de 23oC. A medioda, su tem-peratura es de17oC. Supuesto que el forense tena en vida la temperatura normalde37oC, a qu hora fue asesinado?

    Solucin. Aplicando la ley de enfriamiento de Newton llegamos a la ecuacindiferencial separable

    dT

    dt

    =k(5

    T),

    separando las variables e integrando ambos lados, se tiene:

    ln |5 T|= kt + C1,

    despejando la variable dependiente:

    T(t) = 5 + Cekt, conC6= 0.

    Tomamos como instante inicial t = 0 las 10 a.m., luego si T(0) = 23oC, setiene:

    23 = 5 + C,de donde C= 18 y solucin particular buscada queda de la forma:

    T(t) = 5 + 18ekt.

    Para hallar el valor de la constante k tenemos en cuenta el dato de que alcabo de 2 horas la temperatura es de 17oC, luego T(2) = 17oC y sustituyendoestos datos en la solucin tenemos:

    17 = 5 + 18e2k k= 12

    ln2

    3'0.202733...

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    54 TEMA 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

    Por consiguiente,

    T(t) = 5 + 18e0.202733t.

    Para averiguar a qu hora fue el crimen igualamos la temperatura a 37oC ydespejamost:

    37 = 5 + 18e0.202733t t' 2.838.

    Luego el crimen se produjo aproximadamente 2horas y 50 minutos antes delas 10 a.m., es decir a las 7 horas y 10 minutos de la maana. N

    2.6.3 Mecnica Newtoniana

    La Mecnica estudia el movimiento de los objetos bajo el efecto de las fuerzas queactan sobre ellas. La Mecnica Newtoniana o clsica estudia el movimiento deobjetos ordinarios, es decir, objetos que son grandes comparados con un tomoy cuyo movimiento es lento comparado con la velocidad de la luz. Un modelo dela Mecnica Newtoniana se puede basar en las leyes de Newton del movimiento.La segunda ley de Newton es la que nos permite formular las ecuaciones delmovimiento de un cuerpo:

    m~a= ~F(t,x,

    dx

    dt ), (2.30)

    el trmino de la derecha representa la fuerza resultante que acta sobre el cuerpo

    en el instantet, en la posicin x y con velocidad v =dx

    dt.

    Para aplicar las leyes de Newton a un problema de mecnica, seguiremos elsiguiente procedimiento:

    1. Determinar todas las fuerzas que actan sobre el objeto en estudio.

    2. Elegir un sistema de ejes coordenados apropiados y representar el movimien-to del objeto y las fuerzas que actan sobre l.

    3. Aplicar la segunda ley de Newton mediante la ecuacin (2.30) para deter-minar las ecuaciones del movimiento del objeto.

    EJEMPLO 52 A un objeto de masa m se le aplica una velocidad inicial v0di-rigida hacia abajo y se le permite caer bajo la influencia de la gravedad. Suponien-do que la fuerza gravitacional es constante y que la fuerza debida a la resistenciadel aire es proporcional a la velocidad del objeto, determina la ecuacin delmovimiento de dicho objeto. Supongamosg = 9.8m/sg2.

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    2.6. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN55

    Solucin. Sobre el objeto actan dos fuerzas: una fuerza constante debida a

    la accin de la gravedad, dirigida hacia abajo, F1 = mg, y una fuerza corres-pondiente a la resistencia del aire, proporcional a la velocidad del objeto y que

    acta contaria al movimiento, F2 = kv(t) = k dxdt

    , siendo x(t)es la distanciarecorrida por el objeto en su cada en un instante t. Por tanto, la fuerza totalque acta sobre el cuerpo es:

    F=F1+ F2= mg kv

    y aplicando la segunda ley de Newton, tenemos:

    mdv

    dt

    =mg

    kv,

    con la condicin inicial v(0) =vo.Resolvemos esta ecuacin diferencial de variables separables:

    mdv

    mg kv =dt m

    k ln |mg kv|=t + C1

    |mg kv|= C2ektm , C2> 0 mg kv = C3e

    ktm , C36= 0

    kv = mg C3ektm , C36= 0 v(t) = mg

    k Ce ktm , C6= 0.

    Como mg kv = 0 s define una solucin de la ecuacin, para aadir estasolucinv(t) = mg

    k ,bastar eliminar la condicin C6= 0 y tendremos la solucin

    general. Pero nos interesa la solucin particular que verifica la condicin inicialv(0) =vo,por tanto, sustituimos:

    vo=mg

    k C C= mg

    k vo

    y, sustituyendo C,tenemos la solucin:

    v(t) =mg

    k (mg

    k vo)e

    ktm . (2.31)

    Pero lo que nos interesa es la funcin que nos da la posicin en cada instante,

    x(t).Como v(t) =dx

    dt,integrando se tiene:

    x(t) =

    Z v(t)dt=

    mg

    k t +

    m

    k(

    mg

    k vo)e

    ktm + K.

    Sustituyendo ahora la condicin inicialx(0) = 0,hallamosK:

    0 =m

    k(

    mg

    k vo) + K K= m

    k(vo mg

    k )

    y la ecuacin del movimiento es:

    x(t) =mg

    k t +

    m

    k(vo mg

    k )(1 ektm ). N (2.32)

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    56 TEMA 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

    EJEMPLO 53 Un objeto de masa 3 kg se suelta a partir del reposo desde 500

    metros arriba del suelo, y se deja caer bajo el efecto de la gravedad. Supongamosque la fuerza de la gravedad es constante y que la fuerza debida a la resistencia delaire es proporcional a la velocidad del objeto, con constante de proporcionalidadk= 3kg/sg. Determina en qu momento el objeto golpear contra el suelo.

    Solucin. Siguiendo el modelo visto en el ejemplo anterior con los datos vo= 0,m= 3, k= 3y g = 9.81,la ecuacin (2.32) queda:

    x(t) = 9.81t 9.81(1 et).

    Puesto que en el instante que golpee contra el suelo habr recorrido 500m,

    tenemos:

    500 = 9.81t 9.81(1 et) = 9.81t 9.81 9.81et t + et = 51.97.

    Como no sabemos despejart, podemos utilizar un mtodo numrico de reso-lucin o bien, podemos considerar queet es muy pequeo para valores cercanosa 51.97y despreciar dicho trmino, tomando como resultado aproximado:

    t'51.97seg. N

    EJEMPLO 54 Un paracaidista cuya masa es 75 kg se deja caer desde un he-

    licptero que se encuentra suspendido a 4000m de altura sobre la superfi

    cie y caehacia la tierra bajo la influencia de la gravedad. Se supone que la fuerza gravita-cional es constante y que la fuerza debida a la resistencia del aire es proporcionala la velocidad del paracaidista, con constante de proporcionalidadk1= 15kg/sgcuando el paracadas est cerrado y k2 = 105 kg/sg cuando est abierto. Si elparacadas se abre 1 minuto despus de abandonar el helicptero, al cabo decuntos segundos llegar el paracaidista a la superficie?

    Solucin. Slo estamos interesados en el momento en que el paracaidista llega alsuelo, no dnde, por tanto, consideramos slo la componente vertical del descenso.

    En este problema necesitamos dos ecuaciones, una que describa el movimientoantes de abrir el paracadas y otra para despus de abrirlo.Antes de abrir el paracadas: tenemos el mismo modelo que en el ejemplo

    (52), con los datos vo = 0, m= 75, k = k1 = 15y g = 9.81.Denotamos x1(t)ala distancia descendida por el paracaidista entsegundos yv1(t) = dx1dt ,entonces,sustituyendo en (2.31) y (2.32), tenemos:

    v1(t) = 49.05(1 e0.2t)x1(t) = 49.05t 245.25(1 e0.2t).

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    2.6. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN57

    Por consiguiente, al cabo de t= 60segundos, el paracaidista estar descen-

    diendo a una velocidad de v1(60) = 49.05 m/sg y habr descendido x1(60) =2697.75m. En este instante se abre el paracadas.

    Despus de abrir el paracadas: el paracaidista est a1302.25m del suelocon una velocidad de 49.05m/sg. Tenemos, de nuevo, el mismo modelo que enel ejemplo (52), pero con los datos vo= 49.05, m= 75, k= k2= 105y g = 9.81.Denotamos x2(t) a la distancia descendida por el paracaidista en t segundos yv2(t)a su velocidad en un instante t;entonces, sustituyendo en (2.32), tenemos:

    x2(t) = 7.01t + 30.03(1 e1.4t).

    Para determinar en qu momento llega a la superficie, hacemos x2(t) =1302.25y, despejando t,sabremos cuntos segundos transcurren hasta llegar alsuelo desde que se abri el paracacas:

    1302.25 = 7.01t + 30.03(1 e1.4t) t 4.28e1.4t 181.49 = 0.

    Despreciando el trmino exponencial, se tiene t = 181.49 segundos. Luegollegar al suelo181.49+ 60 = 241.49segundos despus de haberse lanzado desdeel helicptero. N

    Ejercicio 55 Un paracaidista cuya masa es 75 kg se deja caer desde un he-licptero que se encuentra suspendido a 2000 m de altura sobre la superficie,cayendo hacia el suelo bajo la influencia de la gravedad. Se supone que la fuerza

    debida a la resistencia del aire es proporcional a la velocid ad del paracaidista,

    con constante de proporcionalidadk1 = 30 kg/sg cuando el paracadas est cer-

    rado yk2 = 90 kg/sg cuando est abierto. Si el paracadas no se abre hasta que

    la velocidad del paracaidista llega a ser20 m/sg, al cabo de cuntos segundos

    llegar a la superficie?. (Solucin: 4.04segundos).

    2.6.4 Problemas de mezclas

    Dado un depsito en el que entra un fluido con una cierta concentracin de unasustancia, donde la mezcla se mantiene homognea yfluye hacia fuera del tanque,consideramos el problema de hallar la cantidad de dicha sustancia que hay en eltanque en un instante dado t.

    Seax(t)la cantidad de sustancia presente en el tanque en el instante t y seadxdt la rapidez con que x cambia respecto al tiempo.

    La velocidad de cambio de la sustancia en el tanque para un tiempo t, dxdt ,debe ser igual a la velocidad a la que dicha sustancia entra en el tanque menos

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    58 TEMA 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

    la velocidad a la que lo abandona, es decir, la ecuacin diferencial que modeliza

    este problema viene dada por:

    dx

    dt =ve vs

    donde:

    ve(cant/t) =velocidad de entrada del fluido (vol/t)concentracin al entrar(cant/vol)

    vs(cant/t) =velocidad de salida del fluido (vol/t)concentracin al salir (cant/vol),

    siendo la concentracin de salida, la cantidad de sustancia x(t) dividida por elvolumen total en el tanque en dicho instante t.

    EJEMPLO 56 Para un tiempo inicial t = 0, tenemos un tanque que contieneQokg de sal disuelta en 100 litros de agua. Supongamos que agua, conteniendo 14kg de sal por litro, entra en el tanque a razn de 3 litros/minuto y que la solucinbien mezclada sale del tanque a la misma velocidad. Halla una expresin quenos proporcione la cantidad de sal que hay en el tanque en un tiempo t. Hallatambin una expresin que nos proporcione la concentracin de sal en el tanqueen cada instante t.

    Solucin. Seax(t)la cantidad de sal (en kg) en el tanque en un instante t. Lavelocidad de cambio de sal en el tanque para un tiempo t, x0(t),debe ser igual ala velocidad de entrada de la sal en el tanque menos la velocidad de salida:

    dx

    dt =ve vs,

    siendo:

    ve=1

    4 kg/l3l/min.

    vs =x(t)

    100 kg/l3l/min.

    Observamos que el volumen de agua en el tanque es constante, 100 litros, yaque entra y sale la misma cantidad de fluido por minuto.

    Por consiguiente, tenemos la siguiente ecuacin diferencial:

    dx

    dt =

    3

    4 3

    100x(t).

    sta es una ecuacin lineal y su solucin general es

    x(t) = 25 + Ce0.03t.

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    2.6. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN59

    Para verificar la condicin inicialx(0) =Qo,se tendr que C=Qo

    25,por

    tanto:

    x(t) = 25(1 e0.03t) + Qoe0.03t

    es la expresin que nos da la cantidad de sal que hay en el tanque en un tiempot.

    El primer trmino de esta expresin representa la cantidad debida a la accindel proceso. Cuando tcrece, este trmino se aproxima a 25. Fsicamente, steser el valor lmite dex a medida que la solucin original va siendo reemplazadapor la solucin que entra con una concentracin de sal de 14 kg/l.

    Si queremos saber la concentracin, C(t),de sal en un instante t, puesto queel volumen es 100 litros para cualquier t:

    C(t) =x(t)

    100. N

    EJEMPLO 57 Considrese un depsito grande que contiene 1000 l de agua.Una solucin salada de salmuera empieza a fluir hacia el interior del depsito,a una velocidad de 6 l/min. La solucin dentro del depsito se mantiene bienagitada y fluye hacia el exterior a una velocidad de 5 l/min. Si la concentracin desal en la salmuera que entra en el depsito es de 1 kg/l, determina la concentracin

    de sal en el tanque en funcin del tiempo.

    Solucin. Seax(t)la cantidad de sal (en kg) en el tanque en un instante t. Laconcentracin de sal en un instante ten el tanque ser la cantidad de sal que hayen el tanque en dicho instan