Ecuaciones DiferencialesArmando de Jess Barragn CruzAbril-2011

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ndice1. 1.1. 1.2. 1.3. 1.3.1. 1.4. 1.4.1. 1.4.2. 1.4.3. 2. 2.1. INTRODUCCIN ................................................................................................................................................................................................ 3 DEFINICIONES Y TERMINOLOGA .............................................................................................................................................................................................3 CLASIFICACIN POR TIPO, ORDEN, LINEALIDAD Y HOMOGENEIDAD ..............................................................................................................................................3 SOLUCIN DE UNA ECUACIN DIFERENCIAL ORDINARIA ............................................................................................................................................................5 Tipos de Soluciones ...........................................................................................................................................................................................6 USO DE MODELOS CON ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES Y NO LINEALES ..............................................................................................................................7 Dinmicas de poblacin (Modelo de Malthus) ..............................................................................................................................................7 Ley de Newton de enfriamiento y calentamiento..........................................................................................................................................7 Difusin de una enfermedad ............................................................................................................................................................................8

ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN ............................................................................................................................................... 8 DEFINICIN Y SOLUCIN DE UNA EDO DE VARIABLES SEPARABLES ..............................................................................................................................................8 Ejemplos .............................................................................................................................................................................................................8 2.2. DEFINICIN Y SOLUCIN DE UNA EDO DE COEFICIENTES HOMOGNEOS.....................................................................................................................................10 2.2.1. Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................11 2.3. DEFINICIN Y SOLUCIN DE UNA EDO EXACTA .......................................................................................................................................................................12 2.3.1. Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................12 2.3.2. Reduccin a exactas ........................................................................................................................................................................................13 2.3.2.1. Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................14 2.4. DEFINICIN Y SOLUCIN DE UNA EDO LINEAL DE PRIMER ORDEN..............................................................................................................................................14 2.4.1. Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................14 2.5. DEFINICIN Y SOLUCIN DE UNA EDO DE BERNOULLI .............................................................................................................................................................17 2.5.1. Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................17 2.6. APLICACIONES DE MODELADO ..............................................................................................................................................................................................19 2.6.1. Dinmica poblacional (Modelo de Malthus) ................................................................................................................................................19 2.6.2. Ley de Newton de enfriamiento y calentamiento........................................................................................................................................21 2.6.3. Mezclas .............................................................................................................................................................................................................23 2.6.4. Circuitos en serie .............................................................................................................................................................................................26 2.6.5. Drenado de un tanque ....................................................................................................................................................................................28 2.6.6. Otros modelos..................................................................................................................................................................................................30 2.1.1.

3. 3.1.

SOLUCIN DE EDO DE ORDEN SUPERIOR CON COEFICIENTES CONSTANTES POR COEFICIENTES INDETERMINADOS............................................ 33 SUPERPOSICIN .................................................................................................................................................................................................................34 Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................35 OPERADOR ANULADOR .......................................................................................................................................................................................................38 Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................39 VARIACIN DE PARMETROS ...............................................................................................................................................................................................40 Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................42 ECUACIN DE CAUCHY-EULER ..............................................................................................................................................................................................44 Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................45 MODELADO DE ORDEN SUPERIOR.........................................................................................................................................................................................48 Sistemas resorte/masa: Movimiento libre no amortiguado ......................................................................................................................48 Sistemas resorte/masa: Movimiento libre amortiguado............................................................................................................................50 Sistemas resorte/masa: Movimiento Forzado .............................................................................................................................................52 Circuitos LRC en serie ......................................................................................................................................................................................52

3.1.1. 3.2. 3.2.1. 3.3. 3.3.1. 3.4. 3.4.1. 3.5. 3.5.1. 3.5.2. 3.5.3. 3.5.4. 4. 4.1.

TRANSFORMADA DE LAPLACE ......................................................................................................................................................................... 54 DEFINICIN DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE............................................................................................................................................................................54 4.1.1. Ejemplos ...................................................................................................................................................................................................................54 4.2. PRIMER TEOREMA DE TRANSLACIN............................................................................................................................................................................................55 4.2.1. Ejemplos ....................................................................................................................................................................................................................56 4.3. SEGUNDO TEOREMA DE TRANSLACIN ..................................................................................................................................................................................56 4.3.1. Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................56 4.4. TRANSFORMADA INVERSA ...................................................................................................................................................................................................57 4.4.1. Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................57 4.5. TRANSFORMADA DE DERIVADAS ...........................................................................................................................................................................................58 4.6. SOLUCIN DE UNA EDO POR TRANSFORMADA DE LAPLACE .....................................................................................................................................................59 4.6.1. Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................60

BIBLIOGRAFA ............................................................................................................................................................................................................ 62

Pgina 2

1. Introduccin1.1. Definiciones y terminologa Los trminos diferencial y ecuacin indican, sin lugar a dudas, la resolucin de cierto tipo de ecuaciones que contienen derivadas. Se dice que una ecuacin diferencial (ED) es cualquier ecuacin que contiene las derivadas de una o ms variables dependientes con respecto a una o ms variables independientes. Estas ecuaciones describen fenmenos fsicos, por ejemplo la ecuacin de movimiento libre, que describe la aceleracin en funcin de la derivada de la posicin con respecto al tiempo. La derivada de una funcin = (), es en s misma (). Por ejemplo = cos 4 es diferenciable en el intervalo (, ), su derivada

= (), es = 4 sin 4, reemplazando = cos 4 en ()

obtenemos: = 4 tan 4 1.2. Clasificacin por tipo, orden, linealidad y homogeneidad Tipo -Ordinarias: si una ecuacin contiene derivadas de una o ms variables dependientes con respecto a una sola variable independiente, se dice que es una ecuacin diferencial ordinaria (EDO). Por ejemplo: 2 + 5 = , + 6 = 0, + = 2 + 2 -Parciales: Contiene derivadas de una o ms variables dependientes de dos o ms variables independientes. Se dice que es una ecuacin diferencial parcial (EDP). Por ejemplo: 2 2 2 2 + 2 = 0, = 2 2 2 2 Orden: EL orden de una ecuacin diferencial (EDO o EDP) representa la mayor derivada que est presente en la ecuacin. Por ejemplo: 2 +5 2 3

4 =

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Representa una ecuacin diferencial ordinaria de segundo orden. Las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden se escriben ocasionalmente en la forma diferencial , + , = 0. Grado: Es la potencia de la derivada de mayor orden, siempre y cuando la ecuacin est en forma polinmica, de no ser as se considera que la ecuacin no tiene grado. Linealidad: Una ecuacin diferencial es lineal cuando tiene la forma

+ 1

1 1

+ + 1

+ 0 =

(1)

a) La variable dependiente y todas sus derivadas, son de primer grado b) Cada coeficiente solo depende de la variable independiente , es una funcin de . Ejemplos: 1 + 2 = , La ecuacin no es lineal el coeficiente 1 depende de . 2 + = 0 2 La ecuacin diferencial no es lineal, hay una funcin que depende de . 4 + 2 = 0 4 La ecuacin no es lineal, el trmino tiene potencia diferente de 1.

Las ecuaciones anteriores son ejemplos de ecuaciones diferenciales ordinarias no lineales de primero, segundo y cuarto orden respectivamente. Homogeneidad: Una EDO de orden es homognea, si despus de ordenarla en su forma general (1), = 0, de lo contrario es no homognea, ejemplo: 3 3

+ 3 5 = 0, para este caso = 0, por lo tanto la ecuacin es Homognea.

Notacin: a) De LeibnizPgina 4

2 3 , , , 2 3 b) De primas , , , c) De Newton , , , Forma de las EDO a) General , , , , , b) Normal = , 2 = (, , ) 2 4

,

=0

1.3.

Solucin de una Ecuacin Diferencial Ordinaria

Toda funcin (), definida sobre un intervalo y que posea al menos derivadas continuas sobre , y que al ser sustituida en la ecuacin diferencial ordinaria de -simo orden reduzca la ecuacin a una identidad, se dice que es una solucin de la ecuacin sobre el intervalo. A diferencia del lgebra elemental, en la cual buscbamos los nmeros desconocidos que satisfacen a la ecuacin (ejemplo: 2 + 7 12 = 0), al resolver una ecuacin diferencial, lo que buscamos es el conjunto de funciones = () que satisfacen a la identidad (ejemplo: 2 = 0). Ejemplo: Compruebe que la funcin sealada representa una solucin de la ecuacin diferencial dada, sobre el intervalo , . a)

= 2 ; = 16

1

4

b) 2 + = 0;

=

Solucin: Una forma de verificar que la funcin dada es solucin de la ecuacin diferencial, es sustituirla en esta junto con sus respectivas derivadas se satisface la identidad. a) = 16 , 4

=

3 4

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3 4 2 = 4 16 3 2 = 4 4 3 3 = 4 4 b) = , = + , = + 2 + 2 2 + + = 0 2 + 2 2 2 = 0 0=0 Observamos de los ejemplos anteriores, que la solucin propuesta satisface la ecuacin diferencial dada, por lo tanto esta es solucin de la ED. 1.3.1. Tipos de Soluciones a) Trivial.- si la solucin es = 0 b) Explcita.- La variable dependiente se expresa en trminos de variables independientes y constantes, por lo tanto adopta la forma = (); de esto se desprende que la solucin trivial es una solucin explcita. Por ejemplo = = cos = c) Implcita.- Adopta la forma , = 0, osea la solucin depende de 2 o ms variables. Por ejemplo 2 + 2 = 16 + = 7 d) General.- En la solucin aparecen constantes (, 1 , 2 , 3 , ) Por ejemplo 1 = + = 1 + 2 Dependiendo de la cantidad de incgnitas que aparezcan en la solucin, podemos tener una familia monoparamtrica de soluciones para una ED, o bien una familia -paramtrica de soluciones. e) Particular.- Cuando en la solucin se conoce el valor de las constantes.Pgina 6

1

Por ejemplo = 3 + 8, = 81

f) Singular.- Es una solucin adicional que no se puede obtener a partir de la solucin general, ya se vio que

= 2 , tiene una solucin con = 16 ,

4

1.4.

pero tambin con = 0 se satisface la ecuacin, es entonces que a = 0, para esta ecuacin se le considera como una solucin singular. Uso de modelos con Ecuaciones Diferenciales Lineales y no Lineales Modelo matemtico.- Es la descripcin matemtica de un sistema o fenmeno, los modelos se forman siguiendo objetivos especficos. Pasos para la creacin de modelos matemticos: a) Identificacin de las variables causantes del cambio en el sistema. (El nivel de resolucin del modelo, est determinado por la cantidad de variables incluidas). b) Formulacin de hiptesis (se deben observar todas las leyes empricas aplicables) razonables sobre el sistema de estudio. Algunos modelos existentes son:

1.4.1. Dinmicas de poblacin (Modelo de Malthus) , = Nos dice que la razn a la que una poblacin crece (o decrece)

es

directamente proporcional a la poblacin en ese tiempo (). Nota: para eliminar la proporcionalidad de utiliza una constante , la cual depende mucho de las condiciones del sistema, (para crecimiento es positiva, y para decrecimiento es negativa). 1.4.2. Ley de Newton de enfriamiento y calentamiento La velocidad con la que la temperatura de un cuerpo cambia es proporcional a la diferencia que hay entre la temperatura del cuerpo y la del medio que lo rodea, la denominada temperatura ambiental. = Donde

es la velocidad en la que el cuerpo cambia de temperaturaPgina 7

es la temperatura del cuerpo al tiempo t es la temperatura del medio constante de proporcionalidad 1.4.3. Difusin de una enfermedad El contagio de una enfermedad es directamente proporcional al nmero de interacciones que hay entre enfermos y sanos, si la cantidad de sanos es , suponiendo que el nmero de enfermos est denotada por , la ecuacin diferencial queda descrita por: = Donde es el nmero de interacciones que hay entre enfermos y sanos en el tiempo (medido en das). Tomando en cuenta que + = , donde es el nmero total de habitantes en una poblacin cerrada, y dejando la ecuacin diferencial en funcin de una sola variable se deduce que =

2. Ecuaciones diferenciales de primer orden2.1. Definicin y solucin de una EDO de variables separables Una EDO de primer orden tiene la forma , + , = 0 Se considera una EDO de variables separables, si es posible obtener la forma + = 0 Cuya solucin est dada por: + =

Nota: Aunque las E.D.O. de variables separables son relativamente las ms sencillas de resolver, frecuentemente es necesario emplear diversos artificios matemticos a fin de separar las variables adecuadamente. 2.1.1. Ejemplos a) = 3+4 Para resolver hay que separar ambas variables, por propiedades de exponentes (+ = ) = 3 4 Dejando de un lado las y de otro las obtenemosPgina 8

= 3 4 Aplicando integral a ambas partes 4 = 3

Resolviendo ambas integrales 1 1 4 + 1 = 3 + 2 4 3 Tomando en cuenta que la suma (o resta) de dos incgnitas desconocidas dan como resultado otra incgnita (slo por cuestiones ilustrativas, en adelante slo utilizaremos como la incgnita 3 ), la solucin de la ecuacin diferencial es: 1 1 3 = 3 + 4 ( , ) 3 4 b) + 2 = 0 La solucin de esta ecuacin diferencial puede ser de 2 formas, ms adelante se ver el otro mtodo para resolver este tipo de ecuaciones, por el momento veremos solucin por variables separables Reescribiendo la EDO = 2 Separando variables = 2 Sacando integral a ambos lados = 2 Obtenemos ln = 2 + Aplicando propiedades de logaritmos ( ln = ) = 2+ = 2 +3 3 c) = 2+4 8 Aparentemente la EDO no es de variables separables, pero trabajando las variables observamos que: + 3 1 = + 4 2 + 4 Factorizando trminos comunes se obtiene 1 + 3 1 = + 4 2 + 4 Factorizando nuevamente 1 + 3 = + 4 2Pgina 9

Separando variables 2 1 = + 3 + 4 Aplicando integral a ambas partes 2 1 = + 3 + 4 Resolviendo la integral 5 ln + 3 = 5 ln( + 4) + Reacomodando la solucin 5 ln( + 3) + 5 ln( + 4) = Aplicando propiedades de logaritmos ln ln = ln + 4 5 ln = + 3 Problemas con condiciones iniciales d) 1 2 1 2 = 0, 0 = 2 Resolviendo la EDO por variables separables = 1 2 1 2 = 1 2 1 2 1 = 1 + Aplicando condiciones iniciales 0 = 13 2 3

2.2.

3 = 1 0 + 2 Se obtiene entonces que la solucin particular es 60 = 1 1 Definicin y solucin de una EDO de coeficientes homogneos Una EDO de la forma , + , = 0 Es de coeficientes homogneos si y son de coeficientes homogneos de grado , es decir si , = , , = (, ) Si esto se cumple entonces es posible hacer un cambio de variable. Sustituyendo como sea ms conveniente lo siguiente = ; = + o bien = ; = + Pgina 10

A fin de reducir la EDO de coeficientes homogneos a una EDO de variables separables. Nota: Es fcil identificar las EDO de coeficientes homogneos sin sustituir a , si (, ) tanto (, ) son del mismo grado, por simple inspeccin se puede determinar el tipo de EDO se tiene. Al sustituir el valor de , no se toman en cuenta exponentes y argumentos. 2.2.1. Ejemplos a) + = 0 Tanto (, ) y (, ) son del mismo grado, por lo tanto tenemos una EDO de coeficientes homogneos, por fines ilustrativos se verificar que lo sea, posteriormente se utilizar simple inspeccin. , = ; , = = = (, ) , = ; , = = (, ) Ambas tienen el mismo grado por lo tanto es una EDO de coeficientes homogneos. Haciendo la sustitucin = , y = + obtenemos + + = 0 Resolviendo 2 + 2 2 + = 0 Reduciendo trminos semejantes y agrupndolos 2 + 2 2 = 0 La EDO de coeficientes homogneos queda reducida a una EDO de variables separables 2 = 2 1 1 = 2 = 2 1 ln = ln + Sustituyendo el valor de Se obtiene la solucin general 1 ln = ln + Aplicando lgebra y propiedades de logaritmos ln = ln ln + Despejando a = (ln + 2 ln ) b) + = 0, 1 = 0 Por simple inspeccin determinamos que es una EDO de coeficientes homogneos (puede verificarlo si as lo requiere). Nota: notamos que la estructura algebraica de (, ) es ms simple por lo tanto = ; = + Pgina 11

Haciendo la sustitucin + + = 0 + 2 = 0 = 2 = ln = + Haciendo la sustitucin de = ln = + Aplicando las condiciones iniciales ln 1 = 1 + = 1 Por lo tanto la solucin particular es 2.3. ln = 1 Definicin y solucin de una EDO exacta Una EDO de la forma , + , = 0 Es una EDO exacta si , , = Cuya solucin est dada por = , + , , 0

2.3.1. Ejemplos a) 5 + 4 + 4 8 3 = 0; 0 = Descartamos una EDO de coeficientes homogneos puesto que no todos los elementos son del mismo grado. , = 5 + 4 , = 4 8 3 5 + 4 4 8 3 = 4=4 La igualdad se cumple por lo tanto es exacta Donde 5 , = 5 + 4 = 2 + 4 2 5 2 , = + 4 = 4 2 Entonces la solucin general es: 5 = 2 + 4 + 4 8 3 4 2Pgina 12

5 2 + 4 2 4 2 b) ( 2 cos 3 2 2) + (2 3 + ln ) = 0 , = 2 cos 3 2 2 , = 2 3 + ln 2 cos 3 2 2 = 2 3 + ln 2 cos 3 2 = 2 cos 3 2 Las derivadas parciales son iguales por lo tanto la ecuacin es exacta = , = 2 cos 3 2 2 = 2 3 2 , = 2 3 2 = 2 3 Por lo tanto la solucin general es = 2 3 2 + 2 3 + ln 2 + 3 ln

= 2 3 2 +

= 2 3 2 + ln Aplicando las condiciones iniciales 0 = = 2 0 03 02 + ln = 0 Por lo tanto la solucin particular es 0 = 2 3 2 + ln 2.3.2. Reduccin a exactas Existen casos donde ,

,

, en estos casos es necesario

encontrar un factor integrante , tal que la EDO queda como , + , = 0 Y por lo tanto (, ) = (, ) Hay 2 formas de obtener , y se elige dependiendo de la estructura algebraica que se obtenga, ya que la integral suele complicarse = =

Pgina 13

2.3.2.1.

Ejemplos a) 2 2 + 3 + 2 = 0 Al hacer las derivadas parciales observamos que 2 2 + 3 = 2 4 2 Buscando un factor integrante adecuado = 4 2 2

=

24

= 2 2 +3 = Vemos que () es ms simple por lo tanto ocuparemos ese = ln = Multiplicando la EDO por el facto integrante obtenemos 2 2 + 3 2 + 2 2 = 0 2 2 + 3 2 2 2 = 4 = 4 La EDO ya es exacta, resolviendo , = 2 2 + 3 2 = 2 2 + 3 2 2 , = + 3 = 2 2 Por lo tanto la solucin general es = 2 2 + 3 + 2 2 2 2 = 2 2 + 3 + 1 = 2 2 + 3 Definicin y solucin de una EDO lineal de primer orden De la forma general de una EDO de primer orden obtenemos 1 + 0 = Al dividir la ecuacin entre 1 Reducimos la ecuacin a la forma estndar de una EDO lineal de primer orden: + = () Cuya solucin es

2 2 2 +3

2.4.

=

+

2.4.1. Ejemplos a) Del ejemplo de la seccin 2.1.1 + 2 = 0 (EDO homognea) Reescribiendo la ecuacin + 2 = 0 = 2Pgina 14

= 0 2 = 2 Por lo tanto la solucin es 2 = 0 2 + 2 = 1 + = 2 b) cos 2 + cos 3 = 1 Reescribiendo la ecuacin cos 1 + = 2 cos = = Por lo tanto la solucin es =cos

cos 1

cos 2

= ln = 1 +

cos 2

=

sec 2 +

= tan + = sec + csc c) + = ; 1 = 2 Reescribiendo la ecuacin 1 + = 1 = = Por lo tanto la solucin es

= ln =

+ + = Aplicando condiciones iniciales 1 = 2 + 2= 1 = 2 =Pgina 15

d)

1 + 2 Donde

+ 2 + 2 = , 0 = 0 = =

, 0 < 1 , 1 Reescribiendo la ecuacin y tomando el primer parmetro de 2 + = 1 + 2 1 + 2 2 = 1 + 2 = 1 + 2 1+ 2 = ln 1+ = 1 + 2 Por lo tanto la solucin para el primer parmetro es 1 + 2 = 1 + 2 + 1 + 2 1 1 + 2 = 2 + 2 2 = + 2 1 + 2 1 + 2 Aplicando condiciones iniciales 0 = 0 0 0= + 2 1 + 02 1 + 02 = 0 Por lo tanto 2 = 2 1 + 2 Resolviendo para el segundo parmetro 2 + = 1 + 2 1 + 2 2 = 1 + 2 = 1 + 2 1+ 2 = ln 1+ = 1 + 2 Por lo tanto la solucin para el segundo parmetro es 1 + 2 = 1 + 2 + 1 + 2 1 1 + 2 = 2 + 2 2 = + 2 1 + 2 1 + 2 Aplicando condiciones iniciales 0 = 0Pgina 162 2

2

2

0= Por lo tanto

0 + 2 2 1+0 1 + 02 = 0

2 = 2 1 + 2 Entonces la solucin que describe al sistema es 2 , 0 < 1 2 1 + 2 = 2 , 1 2 1 + 2 Definicin y solucin de una EDO de Bernoulli Se llama ED de Bernoulli a una ED de la forma + = , donde es un nmero real Cuya solucin es la transformacin a una EDOL de modo que la nueva forma queda como + = Donde = 1 = 1 = 1 Y esta se resuelve por lineales de primer orden Nota: En el caso de que n=1, se resuelve por variables separables.

2.5.

2.5.1. Ejemplos 1 a) + = 2 Reescribiendo la ecuacin 1 1 + = 2 1 = 1 = = 2 1 3 = 1 2 = 1 3 = 1 2 = = 12 = 3 La ecuacin queda como 3 3 + = Pgina 17

= 3

= 3 ln = 33

3 = 3

+ 3 = 3 + = 1 + 3

Sustituyendo = 3 3 = 1 + 3 b) 2

+ 2 =

Reescribiendo la ecuacin 1 1 = 2 2 1 = 1 = 2 = 2 1 1 = 1 2 = 1 1 = 1 2 2 = 2 12 1 = = Por lo tanto la ecuacin queda como 1 1 + = 2 = ln = 1 = 2 + = ln + ln + 1 = = ln + 1 c) 2 2 = 3 4 , 1 = 2 Reescribiendo la ecuacin 2 3 = 2 4 2 = 3 = 2 = 4 2 6 = 1 4 = 1

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3 9 = 2 2 = 14 = 3 De modo que la ecuacin queda como 6 9 + = 2 = 1 4 = 6 ln = 6 9 6 = 6 2 + 9 5 6 = + 5 9 5 + 3 = 5 6 6 3 = 9 5 5 2.6. Aplicaciones de modelado Como ya vimos la seccin 1.4, las ecuaciones diferenciales sirven para modelar (describir) fenmenos fsicos. Aqu presentar la solucin de algunos de estos 2.6.1. Dinmica poblacional (Modelo de Malthus) a) Inicialmente un cultivo tiene un nmero 0 de bacterias. En = 1 h se 3 determina que el nmero de bacterias es 2 0 . Si la razn de crecimiento es proporcional al nmero de bacterias () presentes en el tiempo , determine el tiempo necesario para que se triplique el nmero de bacterias. Solucin Primeramente hay que encontrar las condiciones iniciales del sistema 3 0 = 0 , 1 = 2 0 Basndonos en el modelo de Malthus = Vemos que es una EDO de variables separables, resolviendo = = ln = + = 3 Usando las condiciones iniciales 0 = 0 , 1 = 2 0 Para 0 = 0 0 = 0 = 0 Por lo que la ecuacin quedaPgina 19

6

= 0 3 Aplicando la segunda condicin inicial 1 = 2 0 3 = 0 2 0 3 = 2 3 = ln = 0.4055 2 Por lo tanto = 0 0.4055 Para determinar el tiempo en que se ha triplicado el nmero de bacterias, resolvemos 30 = 0 0.4055 0.4055 = 3 ln 3 = 2.71 0.4055 b) Cuando pasa un rayo vertical de luz por un medio transparente, la razn con la que decrece su intensidad es proporcional a (), donde representa el espesor, en pies, del medio. En agua limpia de mar, la intensidad a 3 pies debajo de la superficie es 25% de la intensidad inicial 0 del rayo incidente. Cul es la intensidad del rayo a 15 pies debajo de la superficie? Solucin Determinando las condiciones iniciales 0 = 0 , 3 = 0.250 Basndonos en el modelo de Malthus = Resolviendo = ln = + = Aplicando las condiciones iniciales 0 = 0 0 = 0 = 0 3 = 0.250 0.250 = 0 3 3 = 0.25 ln 0.25 = = 0.4620 3 Entonces la ecuacin que describe el sistema es = 0 0.4620 Calculando la intensidad de luz que habr a los 15 piesPgina 20

15 = 0 0.4620 15 = 0.000980 0.1%0 2.6.2. Ley de Newton de enfriamiento y calentamiento a) Un termmetro se lleva de una habitacin hasta el ambiente exterior, donde la temperatura del aire es de 5 F. Despus de 1 minuto, el termmetro indica 55 F, y despus de 5 minutos indica 30 F. Cul era la temperatura inicial de la habitacin? Solucin Basndonos en el modelo de Newton = Identificando las condiciones iniciales y las variables dadas 1 = 55 5 = 30 = 5 0 =? Sustituyendo en la ED = 5 Resolviendo = 5 ln 5 = + Quitando el logaritmo neperiano 5 = = + 5 Aplicando las condiciones iniciales 1 = 55 55 = + 5, (1) 5 = 30 30 = 5 + 5, (2) Despejando a C de (1) y sustituyendo en (2) 50 = 50 5 30 = + 5 Despejando a k 25 = 50 4 0.5 = 4 ln 0.5 = = 0.1732 4 Sustituyendo a en (1) 55 = 0.1732 + 5 Despejando a 50 = 0.1732 = 42.0448 Pgina 21

Por lo que la ED queda = 42.0448 0.1732 + 5 Calculando la temperatura inicial, que es la de la habitacin 0 = 42.0448 0 + 5 = 47.0448 b) Dos grandes tanques A y B del mismo tamao se llenan con fluidos diferentes. Los fluidos en los tanques A y B se mantiene a 0 C y a 100 C, respectivamente. Una pequea barra de metal, cuya temperatura inicial es 100 C, se sumerge dentro del tanque A. Despus de 1 minuto la temperatura de la barra es de 90 C. Despus de 2 minutos se saca la barra e inmediatamente se transfiere al otro tanque. Despus de 1 minuto en el tanque B la temperatura se eleva 10C. Cunto tiempo, medido desde el comienzo de todo el proceso, le tomar a la barra alcanzar 99.99C? Solucin Para solucionar este problema analizaremos por separado cada caso. Aplicando el modelo de Newton = Para el tanque A Verificando las condiciones iniciales, variables e incgnitas: 0 = 100 = 0 1 = 90 2 =? Sustituyendo en el modelo de Newton y resolviendo = ln = + = Aplicando las condiciones iniciales 0 = 100 100 = 0 = 100 1 = 90 90 = 100 0.9 = = ln 0.9 = 0.1053 Calculando la temperatura a los 2 minutos 2 = 100 0.1053 2 = 81 Para el tanque B Verificando las condiciones iniciales, variables e incgnitas 0 = 81 1 = 91 = 100 Pgina 22

=? , = 99.99 Sustituyendo en el modelo de Newton y resolviendo = 100 = 100 ln 100 = + () = + 100 Aplicando las condiciones iniciales 0 = 81 81 = + 100 = 19 1 = 91 91 = 19 + 100 0.4736 = = 0.7472 Calculando el tiempo en el que la barra alcanzar los 99.99 C 99.99 = 19 0.7472 + 100 0.7472 = 0.0005263 ln 0.0005263 = = 10.10 0.7472 Tomando en cuenta los 4 minutos que le tom llegar a la temperatura de 81 C y sumando el tiempo que tom para alcanzar los 99.99 C. El tiempo que dur el proceso fue de . = 14.10 2.6.3. Mezclas a) Un tanque mezclador grande inicialmente contiene 300 galones de salmuera. Otra solucin de salmuera entra al tanque con una razn de 3 galones por minuto; la concentracin de sal que entra es 2 . Cuando la solucin en el tanque est bien mezclada, sale con la misma rapidez con que entra. Si () denota la cantidad de sal (medida en libras) en el tanque al tiempo . Si haba 50 lb de sal disueltas en los 300 galones iniciales, cunta sal habr en el tanque pasadas 6 horas? Solucin: Tomando como referencia la figura, la razn con la que () cambia es una razn neta: = La razn de entrada ( ) es el producto de la concentracin de sal por la razn de entrada el fluido.

Pgina 23

3 =6 min min Puesto que la solucin que sale del tanque es la misma razn con la que entra, el nmero de galones de la salmuera en el tanque al tiempo es una constante de 300 galones. Por lo que la concentracin de la sal en el tanque as como en el flujo de salida es = 300 / , por lo que la razn de salida ( ) de sal es: = 2 3 = 300 min 100 min Por lo que la ED queda descrita como = 6 100 O bien 1 + = 6 100 Ya tenemos la ecuacin que describe el fenmeno, ahora hay que resolverla, primero identificamos condiciones inciales, variables e incgnitas 0 = 50 = 6 = 360 , =? Vemos que la ED tiene la forma lineal de primer orden (vase la seccin 2.4.). Resolviendo 1 + = 6 100 1 = 100 = 6 Sacando el factor integrante = Donde la solucin es 1

= 100

1

= 100

1

100 = 61

100 + 1 1

1

100 = 600 100 + = 600 + 100 Aplicando condiciones iniciales 0 = 50 50 = 600 + 0 = 550 Por lo que la ED queda = 600 550 100 Calculando la concentracin de sal al tiempo = 360 Pgina 241

360 = 600 550 100 360 360 = 584.97 Nota: si y denotan las razones generales de entrada y salida de las soluciones de salmuera, entonces existen 3 posibilidades = , > , < . En los 2 ltimos casos el nmero de galones de salmuera est aumentando o disminuyendo a la razn neta . b) Un gran tanque est parcialmente lleno con 100 galones de fluido en los que se disolvieron 10 libras de sal. La salmuera tiene de sal por galn que entra al tanque a razn de 6 /. Determine la cantidad de libras de sal que hay en el tanque despus de 30 min., si la razn con la que la salmuera sale es de 4 /. Solucin De la ecuacin que se dedujo en el problema anterior = 1 = 6 =3 2 min La rapidez con la que sale el fluido es menor a la que entra, por lo que el tanque acumula 2 /, as que la concentracin de sal al tiempo en el tanque sera 2 /. Por lo que = 100 + 2 Y la razn de salida es 4 = 4 = min 100 + 2 As que la ecuacin queda como 4 =3 100 + 2 O lo que es igual 2 + =3 50 + Resolviendo la ecuacin como una EDOL 2 = 50 + = 3 Cuyo factor integrante es Por lo tanto 50 + 2 2 50+

1

= 2 ln =3

50+

= 50 +

2

50 + 2 + 2

= 50 + + 50 + Aplicando las condiciones iniciales

Pgina 25

0 = 10 10 = 50 + 50 2 = 100 000 As que la solucin particular es = 50 + 100000 50 + 2 Calculando la cantidad de sal a los 30 min 30 = 64.375 2.6.4. Circuitos en serie a) Se aplica una fuerza electromotriz = 0 a un circuito en serie LR con 0.1 henrys de inductancia y 50 ohms de resistencia. Determine la corriente (), si 0 = 0. Basndonos en la leyes de kirchoff (LCK) que dice que la suma de los voltajes en cada elemento es igual al voltaje aplicado. = + Donde = Voltaje suministrado al circuito = Voltaje que hay en la resistencia () = Voltaje que hay en el inductor As mismo = (ley de ohm) =

Sustituyendo estas igualdades y los valores de cada elemento en la ecuacin de Kirchorff se obtiene la EDO 0 = 50 + 0.1 Reacomodando 0.1 + 50 = 0 Reescribiendo la ecuacin + 500 = 10 0 Resolviendo la EDOL = 500 = 10 0 Con factor integrante 500 = 500 Por lo que 500 = 100 Aplicando la frmula 500 +

Pgina 26

500

100 500 = 500 cos 250000 + 2

+

Despejando 100 500 cos + 500 2500000 + 2 Aplicando las condiciones iniciales 0 = 0 100 0= + 250000 + 2 100 = 250000 + 2 As que la ED queda 10 = 25000000+ 2 500 cos + 500 b) Se aplica una fuerza electromotriz de 100 volts a un circuito en serie RC, en el que la resistencia es de 200 ohms y la capacitancia es de 104 farads. Determine la carga del capacitor, si 0 = 0. Encuentre la corriente () =

Solucin Basndonos en que = = = Aplicando (LCK) 1 + Sustituyendo dados y acomodando la EDOL 200 + 104 = 100 Reescribiendo la ecuacin + 50 = 0.5 Resolviendo = 50 = 0.5 Cuyo factor integrante es 50 = 50 Por lo que = Pgina 27

1

50 = 0.5

50 +

= 0.01 + 50 Aplicando condiciones iniciales 0 = 0 0 = 0.01 + = 0.01 As que = 0.01 0.01 50 Sabiendo que = = 0.5 50 2.6.5. Drenado de un tanque a) Por un agujero circular de rea 0 , en el fondo de un tanque, sale agua. Debido a la friccin y contraccin de la corriente cerca del agujero, el flujo de agua se reduce a 0 2, donde 0 < < 1. Deduzca la ecuacin diferencial que exprese la altura del agua al tiempo . Tomando en cuenta que el radio del agujero es de 2 y la gravedad es de 32 / 2 . Solucin El tanque es tiene forma cbica por lo que el volumen es el cubo de su arista. Tomando en cuenta que la razn con la que el volumen disminuye es directamente proporcional a su rea multiplicada por la razn a la que cambia su altura obtenemos = 100 Despejando la altura que es la que nos interesa 1 = , (1) 100 Pero = 0 2 1 Si el agujero es circular, y 1 in = 12 pie, al sustituir en la ecuacin obtenemos 1 2 8 2 = 2 32 = = , (2) 6 36 9 Sustituyendo (2) en (1) 1 2 = = 100 9 450 Resolviendo = 450Pgina 28

2 = 450 () = + 1 900 b) Un tanque en forma de cilindro recto circular en posicin vertical est sacando agua por un agujero circular en su fondo, cuando se desprecia la friccin y la contraccin del agujero, la altura del agua en el tanque est descrita por = 2 Donde y son las reas del orificio y la seccin transversal, respectivamente. Resuelva la ED utilizando = 32 2 , suponiendo que el tanque tiene 10 pies de altura y un radio de 2 pies y el agujero 1 circular tiene un radio de 2 . Si el tanque est inicialmente lleno Cunto tardar en vaciarse? Solucin = 2 = 2 2 = 4 2 1 = 2 = = 24 576 2 = 2 32 = 8 Por lo que la ED queda 576 8 = 4 1 = 288 Resolviendo por variables separables 1 = 288 1 2 = + 288 1 2 = + 576 2 Aplicando condiciones iniciales 0 = 10 2 10 = 4 = 2 10 Por lo que la ED queda 2 1 = + 10 576 Calculando el tiempo de vaciado

Pgina 29

2 1 0= + 10 576 1 = 10 576 = 576 10 = 30.35 Nota: El rea de la seccin transversal depende mucho de la forma del tanque.

2.6.6. Otros modelos a) En una poblacin cerrada de 1000 habitantes se introduce un individuo con un virus de gripe muy contagioso, se sabe que a los 2 das hay 78 enfermos. Calcule el nmero de enfermos a la semana de haberse introducido el nuevo individuo, Cunto tiempo es necesario para que la mitad de la poblacin est enferma? Solucin En la seccin 1.4.3 vimos el modelo de la propagacin de una enfermedad donde era el nmero de enfermos y el nmero de sanos al tiempo . Utilizando el modelo de la seccin 1.4.3 = Donde el nmero total de la poblacin sera + = 1001 = 1001 Por lo que se introdujo un nuevo individuo a la poblacin inicial. Identificando las condiciones iniciales, variables e incgnitas 0 = 1 2 = 78 7 =? =? , = 500 Sustituyendo en la ED = 1001 Resolviendo la ED = 1001 2 1001 = 2 La ecuacin tiene la forma de Bernoulli (vase 2.5) Donde = 1001 = = 2 = 12 = 1 = 1 2 1001 = 1001Pgina 30

= 1 2 = Reescribiendo la ED + 1001 = Cuyo factor integrante es Por lo que la solucin es

=

1001

= 1001

1001 =

1001 +

1 1 1001 = 1001 + 1001 1 1 = + 1001 1001 1 = 1 1001 1001 + Aplicando condiciones iniciales 0 = 1 1 1= 1 1001 + 1 + = 1 1001 1000 = 1 1001 2 = 78 1 78 = 1 + 2002 1001 1 1 + 2002 = 1001 78 71 2002 = 6006 71 2002 = ln 6006 4.4383 = = 0.0022167 2002 Por lo que la ED queda descrita por 1 = 1 1001 0.0022167 1001 + 1 = 1 2.2189 1001 + Calculando el nmero de enfermos al tiempo = 7 1 7 = 1 2.2189 7 1001 + Pgina 31

7 = 1000.82 1001 Calculando el tiempo en el que 500 habitantes estarn enfermos 1 500 = 1 2.2189 1001 + 1 1 + 2.2189 = 1001 500 2.2189 = 0.001001 ln 0.001001 = 2.2189 = 3.1126 b) Suponga que una pequea bala de can que pesa 16 se dispara verticalmente hacia arriba, con una velocidad inicial de 0 = 300 /. Se desprecia la resistencia del aire. Si la direccin es positiva hacia arriba, entonces un modelo para la bala de can est dado por 2 = . Puesto que = () la ltima ecuacin diferencial es la misma que la ecuacin = , donde se toma = 32 /. Encuentre la velocidad () de la bala de can al tiempo t. Utilice ese resultado que se obtuvo para determinar la altura () de la bala de can medida desde el nivel del suelo. Determine la altura mxima que alcanza la bala. Solucin Sabemos que = Por lo que 2 2

= 2

2 = 2 Integrando la ecuacin para obtener la velocidad = = + = 32 + Aplicando las condiciones iniciales 0 = 300 = 300 Por lo que la velocidad al tiempo , es = 32 + 300 Para determinar la altura integramos nuevamente la ecuacin anterior = 16 2 + 300 + Tomando en cuenta que 0 = 0 obtenemos que = 16 2 + 300 La altura mxima de la bala se obtiene cuando = 0 Por lo que 0 = 32 + 300 = 9.375 =Pgina 32

Sustituyendo = 9.375 en la ecuacin de la altura 9.375 = 16 9.375 2 + 300 9.375 9.375 = 1406.25 c) El sudario de Turn muestra el negativo de la imagen de cuerpo de un hombre que parece fue crucificado, muchas personas creen que es el sudario del entierro de Jess de Nazaret. En 1988 el Vaticano concedi permiso para datar con carbono el sudario. Tres laboratorios cientficos independientes analizaron el pao y concluyeron que el sudario tena una antigedad de 660 aos, una antigedad consistente con su aparicin histrica. Usando esta antigedad determine qu porcentaje de la cantidad de C-14 quedaba en el pao en 1988. Solucin Se supone que la razn con la que los ncleos de una sustancia se desintegran es proporcional a la cantidad () que queda al tiempo . Por lo que la ED que describe el fenmeno es = Resolviendo la ED = ln = + = Teniendo en cuenta que 0 = 0 = 0 Y que la vida media del C-14 es de 5600 se obtiene que 1 5600 = 0 2 1 = 0 5600 2 0 1 5600 = ln 2 = 0.00012378 As que la ED queda como = 0 0.00012378 Calculando la cantidad de C-14 a los 660 aos 600 = 0 0.00012378 660 660 = 0.92150 Por lo que en 1988 el sudario tena el 92.15% del C-14 inicial

3.

Solucin de EDO de orden superior con coeficientes constantes por coeficientes indeterminadosLa EDOL de la forma: + 1 O de la forma:1

+ 2

2

+ + 2 + 1 + 0 = ()Pgina 33

+ 1 1 + 2 2 + + 2 + 1 + 0 = () En donde , 1 , 2 , , 2 , 1 , 0 , son constantes Recibe el nombre de Ecuacin Diferencial Ordinaria de Orden Superior con Coeficientes constantes, cuyo mtodo de solucin por coeficientes indeterminados, tiene 2 enfoques: Superposicin y Operador anulador 3.1. Superposicin Una EDOL es homognea si = 0, es no homognea si () 0. En caso de que la EDOL sea no homognea su forma de solucin es: 1. Encontrar la solucin complementaria 2. Encontrar la solucin particular 3. Sumar ambas funciones de la manera que = + 1. Encontrar la solucin complementaria Si la EDOL es no homognea, para encontrar la solucin complementaria la hacemos homognea o sea:

+ 1 1 + 2 2 + + 2 + 1 + 0 = 0 Si intentamos encontrar una solucin de la forma = , y encontrando todas las derivadas pedidas = = = 2 .

. . = Al sustituir en la EDOL + 1 1 + 2 2 + + 2 2 + 1 + 0 =0 Factorizando + 1 1 + 2 2 + + 2 2 + 1 + 0 = 0 Despejando + 1 1 + 2 2 + + 2 2 + 1 + 0 = 0 A la ecuacin anterior se le conoce como ecuacin auxiliar, al resolver la ecuacin auxiliar podemos tener una combinacin de los tres casos siguientes: a) Races diferentes = 1 1 + 2 2 + + 2 2 + 1 1 + b) Races repetidas = 1 + 2 + + 2 3 + 1 2 + 1 c) Races complejas de la forma 1 , 2 = = [1 + 2 cos()] 2. Encontrar la solucin particular Pgina 34

De la forma de de la ED, podemos tener cualquier combinacin de los 3 casos siguientes o slo 1 a) Polinomial (en funcin del grado): = + + 2 + + 2 + 1 + b) Exponencial: = + + 2 + + 1 + c) Trigonomtrica = + cos() Nota: si algn elemento propuesto en ya se encuentra en , es necesario multiplicarlo por , de tal manera que sea el grado inmediato superior que diferencie a los trminos. En la siguiente tabla se ponen algunas soluciones particulares tentativas

3.1.1. Ejemplos a) + 6 = 2 Solucin La solucin de esta ecuacin est dada por 2 elementos = + Calculando Apoyndonos de la ecuacin auxiliar 2 + 6 = 0 + 3 2 = 0 1 = 3 2 = 2Pgina 35

Las races son diferentes por lo que = 1 3 + 2 2 Calculando () es polinomial de grado 1 por lo que = + Sustituyendo y sus derivadas en la ecuacin diferencial = = 0 0 + 6 + = 2 6 6 = 2 6 + 6 = 2 Igualando coeficientes de ambos lados de la igualdad con sus trminos semejantes 6 = 2, (1) 6 = 0, (2) Resolviendo el sistema de ecuaciones 1 = 3 1 = 18 Por lo que 1 1 = 3 18 As que = + 1 1 = 1 3 + 2 2 3 18 b) + 4 = 2 3 2 Solucin Buscando la Ecuacin auxiliar 2 + 4 = 0 1 = 2 2 = 2 = 1 cos 2 + 2 2 Buscando a , () es una combinacin de una ecuacin polinmica y una trigomtrica: = 2 + + cos 2 + 2 + + 2 Como en ya aparece el coseno y el seno multiplicados slo por una constante se tiene que multiplicar por , as que queda como = 3 + 2 + cos 2 + 3 + 2 + 2 Buscando las derivadas = 2 3 + 2 + 2 + 3 2 + 2 + cos 2 + 2 3 + 2 + cos 2 + 3 2 + 2 + 2Pgina 36

= 4 3 + 2 + cos 2 2 3 2 + 2 + 2 2 3 2 + 2 + 2 + 6 + 2 cos 2 4 3 + 2 + 2 + 2 3 2 + 2 + cos 2 + 2 3 2 + 2 + 2 + 6 + 2 2 = 4 3 4 2 4 + 6 + 2 + 12 2 + 8 + 4 cos 2 + 12 2 8 4 4 3 4 2 4 + 6 + 2 2 = 4 3 + 12 4 2 + 6 4 + 8 + 2 + 4 cos 2 + 4 3 + 12 4 2 + (8 + 6 4 + (4 + 2)) 2 Sustituyendo en la Ecuacin Diferencial 4 3 + 12 4 2 + 6 4 + 8 + 2 + 4 cos 2 + 4 3 ) + 12 4 2 + (8 + 6 4 + (4 + 2) 2 = 2 3 2 4 3 cos 2 + 12 4 2 cos 2 + 6 4 + 8 cos 2 + 2 + 4 cos 2 4 3 2 + 12 4 2 2 + 8 + 6 4 2 + 4 + 2 2 = 2 2 3 2 Igualando coeficientes 4 = 0 8 4 = 0 2 4 + 4 = 0 2 + 4 = 0 4 = 0 12 2 = 1 8 + 6 4 = 0 4 + 2 = 3 Encontrando los valores de las incgnitas = 0 = 0 1 = 2 = 0 1 = 2 = 0 Por lo quePgina 37

= As que el resultado es

1 1 cos 2 2 2 2 2

= + 1 1 = 1 cos 2 + 2 2 + cos 2 2 2 2 2 3.2. Operador anulador Una ecuacin diferencial de -simo orden se puede escribir como + 1 1 + 2 2 + + 2 + 1 + 0 = () Cuando es adecuado la ecuacin anterior tambin se escribe como = (), donde denota el operador diferencial o polinomial, lineal de -simo orden + 1 1 + + 1 + 0 La notacin de operador no slo es una abreviatura til, sino que en un nivel muy prctico la aplicacin de operadores diferenciales permite justificar las reglas un poco abrumadoras para determinar la forma de solucin particular . En esta seccin no hay reglas especiales; la forma de se deduce casi de manera automtica una vez que se encuentra un operador diferencial lineal adecuado que anula a () en su forma estndar propuesta al inicio de esta seccin. Si es un operador diferencial lineal con coeficientes constantes y es una funcin sucifientemente diferenciable tal que = 0, Entonces se dice que es un anulador de la funcin. Por ejemplo, anula a una funcin constante = , puesto que = 0. El operador diferencial 2 anula a la funcin = puesto que la primera y segunda derivada de son 1 y 0, respectivamente. De manera similar, 3 2 = 0, etctera. Como consecuencia inmediata y el hecho de que la derivacin se puede hacer trmino a trmino, un polinomio 0 + 1 + 2 2 + + 1 1 Se anula al encontrar un operador que aniquile la potencia ms alta de . El operador diferencial anula cada una de las funciones , , 2 , , 1 (1) Para ver esto, observamos que la ecuacin auxiliar de la ecuacin homognea = 0 es = 0. Puesto que es una raz de multiplicidad , la solucin general es = 1 + 2 + + 1 (2) Por ejemplo Encuentre el operador diferencial que anule la funcin dada a) 1 5 2 + 8 3Pgina 38

Sabemos que 4 3 = 0, as se tiene que 4 1 5 2 + 8 3 = 0 3 b) Con (1) y (2) vemos que = 3 y = 1 vemos que + 3 3 = 0 c) 4 2 10 2 Con (1) y (2) vemos que = 2 y = 2, se tiene que 2 2 4 2 10 2 = 0 El operador diferencial 2 2 + 2 + 2 anula cada De las siguientes funciones cos , cos , 2 cos , , 1 cos sen , sen , 2 sen , , 1 sen 3.2.1. Ejemplos a) + 3 + 2 = 4 2 Solucin Primero resolvemos la ecuacin homognea con la ecuacin auxiliar adecuada 2 + 3 + 2 = 0 + 2 + 1 = 0 1 = 2 2 = 1 As que = 1 2 + 2 2 Ahora, puesto que 4 se anula con el operador diferencial 3 , por lo que se tiene otra ecuacin auxiliar de la forma 3 = 0 Cuyas races son 1,2,3 = 0 As pues la solucin particular es = + + 2 Suponiendo a = y sacando las derivadas necesarias = + 2 = 2 Sustituyendo en la ED 2 + 3 + 2 + 2 + + 2 = 4 2 Agrupando trminos semejantes 2 2 + 6 + 2 + 2 + 3 + 2 = 4 2 Igualando coeficientes de ambos lados de la igualdad 2 = 4 6 + 2 = 0 2 + 3 + 2 = 0 Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene que = 2Pgina 39

= 6 = 7 Por lo que = 7 6 + 2 2 As que la solucin general para la ED es = 1 2 + 2 + 7 6 + 2 2 b) Encuentre la solucin particular para 4 + 4 = 5 2 6 + 4 2 2 + 3 5 + 3 cos Solucin Observe que 3 5 2 6 = 0, 2 3 2 2 = 0, 5 5 = 0 Y 2 + 1 3 cos = 0 Por lo que 3 2 3 5 2 + 1 (3 4 2 + 4) = 0 La ecuacin en rojo es el miembro izquierdo de la igualdad Sustituyendo la ecuacin auxiliar 3 2 3 5 2 + 1 (3 42 + 4) = 0 4 2 3 5 (2 + 1) 2 4 + 4 = 0 4 2 5 5 2 + 1 = 0 Obteniendo las races 1,2,3,4 = 0 5,6,7,8,9 = 2 10 = 5 11 = Por lo que = 1 + 2 + 3 2 + 4 3 + 5 2 + 6 2 + 7 2 2 + 8 3 2 + 9 4 2 + 10 5 + 11 cos + 12 Donde = 1 + 5 2 + 6 2 , por ser parte de la solucin homognea Por lo que el sobrante es , as pues = + 2 + 3 + 2 2 + 3 2 + 4 2 + 5 + cos + 3.3. Variacin de parmetros Para utilizar Variacin de parmetros utilizamos el siguiente procedimiento 1. Encontrar la solucin complementaria 2. Encontrar la solucin particular 3. Sumar ambas funciones de la manera que = + 1. Encontrar la solucin complementaria Si la EDOL es no homognea, para encontrar la solucin complementaria la hacemos homognea o sea:

+ 1

1

+ 2

2

+ + 2 + 1 + 0 = 0Pgina 40

Si intentamos encontrar una solucin de la forma = , y encontrando todas las derivadas pedidas = = = 2 .

. . = Al sustituir en la EDOL + 1 1 + 2 2 + + 2 2 + 1 + 0 =0 Factorizando + 1 1 + 2 2 + + 2 2 + 1 + 0 = 0 Despejando + 1 1 + 2 2 + + 2 2 + 1 + 0 = 0 A la ecuacin anterior se le conoce como ecuacin auxiliar, al resolver la ecuacin auxiliar podemos tener una combinacin de los tres casos siguientes: a) Races diferentes = 1 1 + 2 2 + + 2 2 + 1 1 + b) Races repetidas = 1 + 2 + + 2 3 + 1 2 + 1 c) Races complejas de la forma 1 , 2 = = [1 + 2 cos()] Nota: Para se procede de la misma forma que en superposicin (vase 3.1) 2. Encontrar la solucin particular De la solucin complementaria (sin tomar en cuenta la constante), el primer trmino corresponder a 1 y el segundo a 2 y as sucesivamente, de tal manera que = 1 1 + 2 2 + De y () formaremos el siguiente sistema de ecuaciones 1 1 + 2 2 + = 0 1 1 + 2 2 + = 0 1 1 + 2 2 + = 0 . + . += 0 1 1 + 2 2 + = () Para resolver el sistema 1 2 1 2 = 1 2

Pgina 41

1 =

0 0

2 2 2

det 1 1 1 0 0 ()

; 1 =

1

2 = . . .

det

; 2 =

2

= ; = det Los valores encontrados (1 , 2 , , ) se sustituyen en 3. Sumar ambas funciones = + 3.3.1. Ejemplos a) + = sec Solucin Buscando la solucin complementaria con la ecuacin auxiliar 2 + 1 = 0 = = 1 cos + 2 Basndonos en para escribir a = 1 cos + 2 Sacando las derivadas de cada elemento 1 cos + 2 = 0 1 + 2 cos = sec Generando el Wronskiano = cos cos

1 1 1

2 2 2

0 0 ()

det = 1

Pgina 42

Encontrando los valores correspondientes de las variables 1 2 , por el mtodo de Cramer 0 sec cos = sec 1 = det

1 =

= ln cos cos

cos 0 sec = cos sec 2 = det 2 = Por lo que = (ln cos )(cos ) + As que la solucin general es = 1 cos + 2 + (ln cos )(cos ) + b) + = sec tan Solucin Buscando la solucin complementaria con la ecuacin auxiliar 2 + 1 = 0 = = 1 cos + 2 Basndonos en para escribir a = 1 cos + 2 Sacando las derivadas de cada elemento 1 cos + 2 = 0 1 + 2 cos = sec tan Generando el Wronskiano = cos cos Pgina 43

cos = cos

=

det = 1 Encontrando los valores correspondientes de las variables 1 2 , por el mtodo de Cramer 0 2 = sec tan cos = det cos 2 1 cos 2 = ( sec 2 cos 2 1 = tan

1 1 =

2 = cos 2

)

2

cos =

0 sec tan = tan det = ln cos cos

2 =

tan =

Por lo que la solucin particular es = cos cos tan + ln cos As que la solucin general es = 1 cos + 2 + cos cos tan + ln cos

3.4.

Ecuacin de Cauchy-Euler Una ecuacin diferencial lineal de la forma 1 + 1 1 1 + + 1 + 0 = () Donde los coeficientes , 1 , , 0 son constantes, se conoce como ecuacin de Cauchy-Euler. La caracterstica de este tipo de ecuacin es que el grado de los coeficientes monomiales coincide con el orden de la derivacin

Si intentamos encontrar una solucin de la forma = , anlogo a lo que sucede cuando se sustituye en una ecuacin lineal con coeficientes constantes, cuando se sustituye , cada trmino de una ecuacin de Cauchy-Euler se convierte en un polinomio en veces , puesto quePgina 44

= 1 2 + 1 = 1 2 ( + 1) Por ejemplo, cuando sustituimos = , la ecuacin de segundo orden se transforma 2 2 + + = 1 + + 2 = 1 + + As = es una solucin de la ecuacin diferencial siempre que sea una solucin de la ecuacin auxiliar 1 + + = 0 o 2 + + = 0 A partir de las races podemos encontrar 3 casos distintos a) Races distintas = 1 1 + 2 2 + + b) Races repetidas = 1 + 2 ln + 3 ln2 + ln c) Races complejas = 1 ( ln ) + 2 cos( ln ) Para encontrar a se recomienda usar variacin de parmetros. Siempre tomando en cuenta que el coeficiente de la derivada de mayor orden tiene que ser 1. 3.4.1. Ejemplos a) 2 + = 2 Solucin Haciendo = = 1 = 1 2 Sustituyendo en la ecuacin homognea y resolviendo 2 1 2 1 + = 0 2 + = 0 2 2 + 1 = 0 2 2 + 1 = 0 1 1 = 0 1,2 = 1 Las races son iguales por lo quePgina 45

= 1 + 2 ln Reescribiendo la ED para encontrar a 1 1 2 + 2 = Encontrando por variacin de parmetros = 1 + 2 ln 1 + 2 ln = 0 2 1 + 2 1 + ln = Generando el Wronskiano ln = 1 1 + ln det = + ln ln = Calculando los valores de 1 2 0 ln 2 1 + ln 2 ln 1 = = ln 1 = 2 = ln2 0 2 1 2 2 = = 2 = 2 = 2 ln Por lo que = ln2 + 2 ln2 = ln2 As la solucin general es = 1 + 2 ln + ln2 b) 2 + = ln Solucin Haciendo = = 1 = 1 2 Sustituyendo en la ecuacin homognea y resolviendo 2 1 2 + 1 = 0Pgina 46

2 + = 0 2 1 = 0 2 1 = 0 Por lo que 1 = 1 2 = 1 Las races son diferentes por lo que = 1 + 2 1 Reescribiendo la ED para encontrar a 1 1 ln + 2 = 2 Encontrando por variacin de parmetros = 1 + 2 1 1 + 2 1 = 0 ln 1 + 2 2 = 2 Generando el Wronskiano 1 = 2 1 1 det = 1 = 2 1 Calculando los valores de 1 2 0 1 ln 2 1 ln 1 ln 2 1 = = = 1 3 2 2 2 2 1 ln 1 ln 1 1 = = 2 2 2 Usando la frmula

0 ln 1 2 = 1 ln 2 = 2 1 2 1 1 1 2 = ln = ln + 2 2 2Pgina 47

Por lo que 1 1 1 1 = ln ln + = ln 2 2 2 2 As la solucin general es = 1 + 2 1 ln Modelado de Orden superior En esta seccin, se van a considerar varios sistemas dinmicos lineales en los que cada modelo matemtico es una ecuacin diferencial de segundo orden con coeficientes constantes junto con condiciones iniciales especificadas en un tiempo que tomaremos como = 0 2 2 + + = , 0 = 0 , 0 = 1 Recuerde que es la funcin de entrada, funcin de conduccin o funcin forzada del sistema. Una solucin () de la ecuacin diferencial es un intervalo que contiene = 0 que satisface las condiciones iniciales se llama salida o respuesta del sistema. 3.5.1. Sistemas resorte/masa: Movimiento libre no amortiguado Se sugiere estudiar la ley de Hooke, y la segunda ley de Newton. La ED de un movimiento libre no amortiguado es 2 2 = Donde el signo negativo indica que la fuerza restauradora del resorte acta opuesta a la direccin del movimiento. Dividiendo entre la masa , se obtiene la ecuacin diferencial de segundo orden 2 + = 0 2 O bien 2 + 2 = 0 2 Donde 2 = Se dice que la Ecuacin en rojo describe el movimiento armnico simple o movimiento libre no amortiguado.Pgina 48

3.5.

Ejemplo: Una masa que pesa 2 lb alarga 6 pulgadas un resorte. En = 0 se libera la masa desde un punto que est 8 pulgadas debajo de la posicin de equilibrio con una velocidad ascendente de 4/3 pie/s. Determine la ecuacin de movimiento. Solucin Tenemos que convertir todas las unidades a una sola, como la unidad ms utilizada es el pie, utilizaremos esta unidad 6 = 2 8 = 3 = 2 1

=

2 32 2

= 16

1

Aplicando la ley de Hooke para encontrar la constante = 2 = = 4 Por lo que la ecuacin diferencial queda como 2 + 2 4 = 0 1 16 1 2

2 + 64 = 0 2 Como 2 = 64 = 8 El desplazamiento inicial y la velocidad inicial son 0 = 3 , 0 = 3 , donde el signo negativo en la ltima condicin es una consecuencia del hecho de que a la masa se le da una velocidad inicial en la direccin negativa o hacia arriba. Resolviendo la ED con la ecuacin auxiliar 2 + 64 = 0 = 8 Por lo que = 1 cos 8 + 2 8 Debido a que = 0, = 0 As que la solucin esPgina 494 2

= = 1 cos 8 + 2 8 Aplicando las condiciones iniciales 2 4 0 = , 0 = 3 3 2 = 1 3 4 = 82 3 1 2 = 6 As que la ecuacin que describe el movimiento al tiempo es 2 1 = cos 8 8 3 6 3.5.2. Sistemas resorte/masa: Movimiento libre amortiguado En el estudio de la mecnica, las fuerzas de amortiguamiento que actan sobre un cuerpo se consideran proporcionales a una potencia de la velocidad instantnea. En particular, en el anlisis posterior se supone que esta fuerza est dada por un mltiplo constante de /. Cuando ninguna otra fuerza acta en el sistema, se tiene de la segunda ley de Newton que 2 2 = Donde es una constante de amortiguamiento positiva y el signo negativo es una consecuencia del hecho de que la fuerza de amortiguamiento acta en una direccin opuesta al movimiento. Dividiendo la ecuacin anterior entre la masa , se encuentra que la ecuacin diferencial del movimiento libre amortiguado es 2 + + = 0 2 O 2 + 2 + 2 = 0 2 Donde 2 = , 2 = El 2 se utiliza por conveniencia matemtica al buscar las races de la ecuacin auxiliar. Ejemplo:Pgina 50

Una masa que pesa 16 libras se une a un resorte de 5 pies de largo. En equilibrio el resorte mide 8.2 pies. Si al inicio la masa se libera desde el reposo en un punto 2 pies arriba de la posicin de equilibrio encuentre los desplazamientos () si se sabe que adems que el medio circundante ofrece una resistencia numricamente igual a la velocidad instantnea.

Solucin La elongacin del resorte despus que se une la masa es 8.2 5 = 3.2 , as se deduce de la ley de Hooke que = 16 = 3.2 = 5 / Adems 16 1 = = = 32 2 Por lo que la ecuacin diferencial est dada por 2 +2 + 10 = 0 2 Resolviendo la ED 2 + 2 + 10 = 0 1 = 1 + 3 2 = 1 3 Por lo que = 1 cos 3 + 2 3 En vista de que = 0, = 0 = = 1 cos 3 + 2 3 Aplicando las condiciones iniciales 0 = 2, 0 = 0 1 = 2 2 2 = 3 Por lo que la ecuacin de movimiento es 2 = 2 cos 3 3 3Pgina 51

3.5.3. Sistemas resorte/masa: Movimiento Forzado Suponga que ahora se toma en consideracin una fuerza externa () que acta sobre una masa vibrante en un resorte. Por ejemplo, () podra representar una fuerza motriz que causa un movimiento vertical oscilatorio del soporte del resorte. La inclusin de () en la formulacin de la segunda ley de Newton da la ecuacin diferencial de Movimiento forzado o dirigido: 2 2 = + () Dividiendo la ecuacin entre la masa 2 + 2 + 2 = () 2 Donde = y, como en la seccin anterior, 2 = , 2 = .

3.5.4. Circuitos LRC en serie Ya habamos visto anteriormente que para resolver un circuito en serie nos basbamos en la ley de las corrientes de Kirchoff, para modelado de orden superior se utiliza el mismo procedimiento tomando en cuenta que los voltajes en cada elemento es 2 = 2 Para un inductor = Para un resistor 1 Para un capacitor Ejemplo Se tiene conectado en serie un inductor = 0.1 , una resistencia = 100, y un capacitor = 105 , a una fuente de voltaje = 120 . Calcule la ecuacin de carga, si 0 = 0, 0 = 0.Pgina 52

Solucin Utilizando la LCK obtenemos que 2 1 5 120 = 0.1 2 + 100 + 10 2 + 1000 + 100000 = 1200 2 Resolviendo a partir de la ecuacin auxiliar 2 + 1000 + 100000 = 0 1000 + 774.5966 1 = = 112.70 2 1000 774.5966 2 = = 887.29 2 Por lo que = 1 112 .70 + 2 887 .29 Como = 1200 = Resolviendo para encontrar A = 0.012 Por lo que = 1 112 .70 + 2 887 .29 + 0.012 Aplicando condiciones iniciales y encontrando las constantes 0 = 0, 0 = 0 1 + 2 = 0.012 112.701 887.292 = 0 1 = 0.01374 2 = 0.02574 As pues = 0.01374 112 .70 0.02574 887.29 + 0.012

Pgina 53

4. Transformada de Laplace4.1. Definicin de la transformada de Laplace Si () est definida para 0, entonces

, = lim0

0

,

Si existe el lmite, se dice que la integral existe o es convergente; si no hay lmite, la integral no existe y se afirma que es divergente. Este lmite, en general, existe slo para ciertos valores de la variable . La eleccin , = produce una transformada integral especialmente importante. Sea una funcin definida para 0. Entonces se dice que la integral

=0

Es la transformada de Laplace de , siempre y cuando la integral converja. Por lo que = , = , = () La transformada de Laplace al igual que muchos operadores matemticos, tiene la propiedad de linealidad por lo que + = +

4.1.1. Ejemplos a) , = .

=0

= 0

() 0 = |0 = + = Para > 0 As pues la transformada de laplace para cualquier constante , es = b)

=0

Pgina 54

1 1 = +

1 1 = 2 | 0 1 = 2

c) cos cos =0

cos

Aplicando la frmula

cos + | = 2 0 2 + 2 + 2 As pues la transformada de Laplace nos transforma del dominio del tiempo al dominio de . = Aqu dejo una tabla de transformadas de algunas funciones elementales

() ! +1 + 2 2 + 2 2 2 2 2 1 2

4.2. Primer teorema de Translacin Si = () Entonces = Pgina 55

4.2.1. Ejemplos a) = 2 Solucin Calculando la transformada de Laplace para = () = Aplicando primera de translacin siendo = 2 = Por lo que 2 = 1 22

1 2

1 2

2

b) = 3 2 + cos 4 Solucin Aplicando linealidad = 3 2 + cos 4 Calculando la transformada de laplace para cada funcin 2 1 = 2 + 4 2 = 2 + 16 Aplicando primera de translacin a cada funcin Con 1 = 3 y 2 = 1 2 1 = 3 2 + 4 + 1 2 = + 1 2 + 16 Por lo que 2 + 1 = + 2+4 3 + 1 2 + 16 4.3. Segundo Teorema de translacin , > Sea = 0, > = () 4.3.1. EjemplosPgina 56

a) = Solucin

3 2 , 0,

> 3 < 3 = 2

Por lo que = 3 Aplicando segunda de translacin 2 3 = 3 , > b) = 0, < Solucin = Por lo que = 2 +1 Aplicando segunda de translacin = 2 + 1 4.4. Transformada inversa Si () representa la transformada de Laplace de una funcin (), que es = (), entonces decimos que () es la transformada inversa de Laplace de () y escribimos = 1 { }. 4.4.1. Ejemplos a) = 1 1

2

Solucin Vemos que () tiene la forma de la transformada de una constante = Por lo que la transformada inversa sera 1 = As pues 1 = 1 =1 1 b) = 4 Solucin Vemos que tiene la forma de la transformada de ! = +1Pgina 57

Por lo que la transformada inversa sera ! 1 +1 = As pues 1 1 3! 1 = 1 4 = 4 = 3 3! 6 4 c) = +1 2 +9 Solucin Acomodando la funcin + 1 2 + 9 Vemos que tiene la forma de la transformada de un coseno cos = 2 + 2 Pero con un adelanto por lo que tiene la forma de + cos = + 2 + 2 Su transformada inversa sera + cos = 1 + 2 + 2 As pues + 1 1 = 4 1 + 1 2 + 9 + 1 1 = 4 1 1 + 1 2 + 9 + 1 2 + 9 1 3 = 4 cos 3 1 3 + 1 2 + 9 4 = 4 cos 3 3 3 = 4 4.5. Transformada de derivadas Si es continua cuando 0, la integracin por partes da entonces

=0

=

| 0

+ 0

= 0 + = 0 As llegamos a la definicin de la transformada de una derivada

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Si , , , , 1 son continuas en [0, ) y de orden exponencial, y si es continua por tramos en [0, ), entonces = 1 0 2 0 1 0 Donde =

4.6.

Solucin de una EDO por transformada de Laplace Resulta evidente que

depende de = { } y de las

derivadas 1 de () evaluadas en = 0. Esta propiedad hace que la transformada de Laplace sea tan adecuada para resolver problemas de valor inicial lineales donde la ecuacin diferencial tenga coeficientes constantes. Una ecuacin diferencial de tal ndole simplemente es una combinacin lineal de los trminos , , , , : 1 + 1 + + 0 = 1 0 = 0 , 0 = 1 , , 1 0 = 1 Gracias a la linealidad de la transformada de Laplace de esta combinacin lineal resulta una combinacin lineal de transformadas de Laplace: 1 + 1 + + 0 {} = { } 1 Donde = , = () Si resolvemos la ecuacin general por transformada de Laplace obtenemos una ecuacin algebraica en (), obteniendo = + As obtenemos = + Donde = + 1 1 + + 0 y () es un polinomio de grado menor o igual que 1, debido a las condiciones iniciales. () es la transformada de Laplace de (). Por lo que = 1 Pgina 59

Que es la solucin de la EDO 4.6.1. Ejemplos a)

= 1, 0 = 0

Solucin Aplicando transformada de Laplace a cada trmino = 1 1 0 = Aplicando condiciones iniciales y despejando () 0 = 0 1 = 1 Aplicando transformada inversa 1 1 = 1 1 Separando por fracciones parciales 1 = + 1 1 Calculando los valores de las constantes 1 = 1 + Si = 0 = 1 Si = 1 = 1 Por lo que 1 1 = 1 + 1 1 = 1 + b) + 5 + 4 = 0, 0 = 1, 0 = 0 Solucin Aplicando transformada de Laplace a cada trmino + 5 + 4 = 0 2 0 0 + 5 5 0 + 4 = 0 Aplicando condiciones iniciales y despejando () 6 = 2 + 5 + 4 6 1 = 1 2 + 5 + 4 Separando por fracciones parciales

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6 = + + 4 + 1 + 4 + 1 Calculando los valores de las constantes 6 = + 1 + + 4 Si = 4 = 8 Si = 1 = 3 Por lo que 8 3 = 1 + 4 + 1 = 8 4 3

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Bibliografa

-

Spiegel, Murray R., Schaum, Clculo Superior, primera edicin. Mc Graw Hill. Spiegel, Murray R., Schaum, Manual de frmulas y tablas matemticas, primera edicin. Mc Graw Hill. Spiegel, Murray R., Schaum, Transformadas de Laplace, primera edicin. Mc Graw Hill. Zill, Dennis G., Ecuaciones Diferenciales con aplicaciones de modelado, novena edicin. CENGAGE Learning. Zill, Dennis G., Matemticas Avanzadas para ingeniera, Vol. 1, Ecuaciones Diferenciales, tercera edicin. Mc Graw Hill.

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