EDOUnidad 1

CAPÍTULO 1

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN

1.1 TEORIA PRELIMINAR

Todos los lectores de este libro que han aprobado cursos de cálculo diferencial e integral, están mejor

preparados para llevar un curso de Ecuaciones Diferenciales. Recordarán perfectamente las reglas de

derivación y de integración. Resulta que al derivar una función de una variable (una variable dependiente

respecto a una independiente) están formando una Ecuación Diferencial Ordinaria (EDO). Y cuando se lleva a

cabo el proceso de la integración, se está resolviendo esa ecuación diferencial. Sin embargo, es poco común

en los cursos de cálculo, relacionar estos procesos de derivación e integración con las Ecuaciones

Diferenciales debido a que los propósitos, de uno y otro curso, son diferentes.

Todos los procesos o fenómenos naturales que implican cambios son modelados y descritos por las

ecuaciones diferenciales, ya que estas relacionan esas cantidades cambiantes.

Algunos de los modelos matemáticos son, por ejemplo, crecimiento y decrecimiento de una población, la ley

de enfriamiento o calentamiento de Newton, la predicción de la edad de un fósil por el método del radio

carbono 14, la eliminación de drogas en seres vivos, la ley de Torricelli (vaciado de un tanque), problemas de

mezclas, velocidad y aceleración, caída libre etc.

Definición. Una ecuación diferencial es una ecuación que contiene derivadas de una función desconocida,

respecto a una o más variables independientes. En el caso de que se tenga una sola variable independiente

(funciones de una variable) y una dependiente, la ecuación se llama ecuación diferencial ordinaria. Si

existen varias variables independientes (funciones de varias variables) y una sola dependiente, se tendrá una

ecuación diferencial parcial.

Clasificación de una ED

Por el tipo de derivada (ordinaria o parcial), las ecuaciones puede ser ecuaciones diferenciales ordinarias

(EDO) o ecuaciones diferenciales parciales (EDP).

Una EDO se denota como: ( )( , , ', . . . ) 0nF x y y y

2 Ecuaciones diferenciales de primer orden

Instituto Tecnológico de Tepic

Ejemplos de EDO

a) dy x y

dx x y

b) 22 3 xdyx y e

dx

c) ´ 0y y

d) 24 1ivy y x x

e) 2´ ( ´) 6 0y y xy

f) 3 2( ) 0D xD D y

g) 3( ´ ) ´ seny y y x

h) 3 2( 3 3 1) xD D D y x e

i) 1

2´ ´ 2x x x t

j) 1

2 cosdy

x y xdx

Orden de una EDO. La derivada de mayor orden en una EDO da el orden de dicha ecuación. Por ejemplo a)

e b) son de primer orden. c), e) e i) son de segundo orden, f) y h) son de orden tres y la ecuación d) es de

cuarto orden.

Linealidad. Una EDO es lineal si la variable dependiente y todas sus derivadas son de grado uno y además

los coeficientes de ellas son funciones de la variable independiente. Por ejemplo, todas las EDO anteriores

son lineales excepto a), e), g) y j). Obsérvese que en a) ( )x y es coeficiente de dy

dx, en e) el término y´ está

elevada al cuadrado, en g) y´´ está elevada a la potencia tres y en j) la variable dependiente está elevada a la

Potencia de un medio.

En general, una EDO de la forma

1 2 2

1 2 2 1 01 2 2( ) ( ) ( ) . . . ( ) ( ) ( ) ( )

n n n

n n nn n n

d y d y d y d y dya x a x a x a x a x a x y R x

dxdx dx dx dx

Es lineal porque la variable dependiente y sus derivadas son de grado uno y porque sus coeficientes son

funciones de la variable independiente o son constantes. Si ( ) 0R x , la EDO es no homogénea y si

( ) 0R x la EDO es homogénea.

A las cantidades 1 2 2 2 1 0, , , , , ,n n n na a a a a a a se les llaman coeficientes de la EDO y deben ser

funciones de la variable independiente (en este caso la variable x) o pueden ser constantes.

Grado. El grado de una EDO es la potencia a la que está elevado el término de mayor orden de la ecuación

diferencial. Por ejemplo g) es de grado tres. Todas las demás son de primer grado.

Homogeneidad. La definición que se dará en seguida se refiere únicamente a las EDO lineales.

Una EDO lineal es homogénea si no existe un término de la variable independiente y si existe, la EDO lineal

es no homogénea. Por ejemplo, las EDO lineales c) y f) son homogéneas y las b), d), h) e i) son EDO lineales

no homogéneas.

Se dice que y es la variable dependiente

y x es la independiente en las siguientes

notaciones.

´dy

Dy ydx

22

2´

d yD y y

dx

33

3´ ´

d yD y y

dx

Por ejemplo, la ecuación

3 2( ) 0D xD D y es equivalente a

´ ´ ´ ´ 0y xy y .

Ecuaciones diferenciales de primer orden 3


Ejemplos de EDP

2

2 t xx

u uc u cu

t x

Ecuación unidimensional del calor

2 22 2

2 2 tt xx

y yc y c y

t x

Ecuación unidimensional de onda

2 2

2 20 0xx yy

u uu u

x y

Ecuación bidimensional del calor o ecuación de Laplace

2 2 2

2 2 20 0xx yy zz

u u uu u u

x y z

Ecuación tridimensional del calor o ecuación de Laplace

2 2

2 2( , ) ( , )xx yy

u uf x y u u f x y

x y

Ecuación bidimensional del calor o ecuación de Laplace

Las EDP quedan fuera de nuestro estudio el cual solo contempla ecuaciones diferenciales ordinarias.

Para cada una de las ecuaciones dadas del 1 a 10, establezca si es EDO, EDP, lineal o no lineal y diga cual es

su orden y grado.

Ejercicio 1.1 Clasifique cada ED dada en ordinaria o parcial. Dé el orden y grado da cada una. Justifique si la

ED es lineal o no lineal y diga si es o no homogénea

1.2 SOLUCIÓN DE UNA EDO

Ejemplo 1.

Donde k es un racional o irracional, inclusive puede ser un número

complejo. Sin embargo, todas estas soluciones son linealmente

dependientes, son del mismo tipo, pertenecen a un mismo conjunto de

funciones, pertenecen a una misma familia. Si se grafica este conjunto de

funciones se verían como en la figura 1.1.

Figura 1.1 Observe que ninguna

de las curvas solución se cortan,

esto es semejante al concepto de

paralelismo

Solución 1. Decimos que xy e es una solución de la ED ya que

existen otras funciones que también son soluciones, en realidad existen

infinitas soluciones. Por ejemplo las siguientes lo son:

3

1 2 3 4 5

6

, 2 , 2 , , ,3 12

5 , . . . ,

x xx x x

x x

k

e ey e y e y e y y

y e y k e

Verificar que la función xy e es una solución de la ecuación ´ 0y y

.

1. ' cosyy x x 2. 21

dyxy y

dx 3.

2 22

2 2a

dt dx

4. 'yy x

5. 21

dyxy y

dx 6.

2 2

2 2( , )f x t

dt dx

7.

2

22 0x

dx dtdt

8. ( )

dPP a bP

dt

9. 2'' 2 ' 8 cosy y y x x 10.

2 2'' 2 ' 8x y xy y xy 11. 2( ) ( 1) 0x y dx x dy

12. 0.6 2dy

gydx

13. 1

2 2' 3y x y y 14. 3 2 4' 3y x y 15.

3'' 2 'xy y x



Para comprobar que cada una de estas funciones son soluciones de la ecuación diferencial solamente se

sustituye la función y su derivada en ella. Observará que ´ 0y y .

Se puede decir que la solución general de esta ED es x

ky = k e

Ejemplo 2. Probar que las funciones 2xy e y xy e son soluciones de la ecuación diferencial

´ ´ 2 0y y y .

Solución 2: Si 2xy e , luego 2´ 2 xy e , 2´ 4 xy e . Sustituimos en la ED.

2 2 2´ ´ 2 4 2 2 0x x xy y y e e e

Procedemos de la misma forma para xy e . Derivamos ´ xy e , ´ xy e . Sustituimos en la ED.

´ ´ 2 2 0x x xy y y e e e

Queda probado que la dos funciones son solución de la ED. En este caso se dice que existen dos conjuntos

solución linealmente independientes o también se dice que existe dos familias de solución de la ED. En la

figura 1.2 se muestra la familia de curvas solución 2xy ce y en la figura 1.3 se muestra la familia de curvas

solución xy ce y en la figura 1.4 solo se observan dos funciones soluciones linealmente independientes

(L.I.) de la ED.

Problema de Valor Inicial (PVI)

Algunos ejemplos de PVI son:

Figura 1.2 Conjunto solución o

familia solución dado por 2xy ce

Figura 1.3 Conjunto solución o familia

solución dado por xy ce

Figura 1.4 Aquí solo se observan dos

soluciones linealmente

independientes, una de cada familia

( 1)

0 0

0 1

0 2

( 1)

0 1

( , , , ´ , . . . )

( )

'( )

''( )

.

.

.

( )

nn

n

n

n

d yf x y y y y

dx

y x y

y x y

y x y

y x y

´ ´ 0

(0) 0

'(0) 1

''(0) 2

y y

y

y

y

´ 4 0

(0) 1

'(0) 0

y y

y

y

2 '' ' 0

(0) 6

'(0) 1

x y xy y

y

y



Figura 1.5 Se muestra la región en la

que se garantiza solución única de un

problema de valor inicial.

Problema de Valor de Frontera (PVF)

Algunos ejemplos de PVF son:

Cuando se quiere resolver una ED, nos podríamos preguntar si dicha ecuación tiene o no solución y

si tiene solución, ¿será única? Replanteamos esto mismo para el caso de un PVI, de la siguiente

forma:

Para el caso del PVI

0 0( , ), con ( )dy

f x y y x ydx

Cabe preguntarse:

¿Tendrá soluciones la ED ( , )dy

f x ydx

? ¿Alguna de esas soluciones pasa por el punto

0 0( , )x y ?

Si existe una curva solución que pasa por 0 0( , )x y ¿Esa curva solución será la única que

existe?

El siguiente teorema establece las condiciones suficientes (pero no necesarias) para garantizar la

existencia y unicidad de una solución del PVI de primer orden. El teorema se enuncia, sin

demostración. Si está interesado en su demostración puede consultar la bibliografía que se

menciona al final del libro.

Existencia y Unicidad de la solución de un PVI

Supongamos que en el PVI

0 0( , ), con ( )dy

f x y y x ydx

La función ( , )f x y y la derivada f

y

son continuas en la región rectangular ( , ) ,R x y a x b c y d

que contiene al punto 0 0( , )x y . Entonces el PVI tiene una única solución ( )y g x definida en el intervalo

0 0x h x x h para alguna 0h . Ver figura 1.5.

´

(0) 0

(1) 10

y y x

y

y

2 ''' ' 0

(0) 30

(10) 5

x y xy

y

y

R

y=g(x)

a b

c

d

y0

a-h a+h x0

( 1)

0 0

1 1

2 2

1

( , , , ´ , . . . )

( )

( )

( )

.

.

.

( )

nn

n

n n

d yf x y y y y

dx

y x y

y x y

y x y

y x y

4

4

1200

(0) 0, (6) 0

''(0) 0, ''(6) 0

d y

EIdx

y y

y y



Este teorema da condiciones suficientes para que el PVI tenga una sola solución. El tamaño de la región R no

interesa lo importante es que exista. Podría ser grande, incluso puede ser todo el plano, o pequeño, de forma

que la curva solución ( )y g x esté dentro del mismo rectángulo, lo mismo que el intervalo

0 0x h x x h debe quedar contenido en a x b . El teorema no dice que tan pequeño es el

valor de h, solo dice que es positivo. Si h es +∞, la solución está definida en todo el plano y si h es

un número positivo pequeño, se tendrá una solución definida en un intervalo finito a x b .

Ejemplo 3. Determinar una región del plano xy en la que el PVI 2 29 , (2,1)dy

y xdx

tiene solución

única.

Solución 3. Reescribimos la ED de la forma: 2

29

dy x

dx y

de donde

22

2 2

2( , ) ,

9 9y

f x yxf x y f

yy y

Analizando la continuidad de estas dos últimas expresiones, se puede decir que son continuas para

toda x y para 3y , en otras palabras, son continuas en la región del plano superior 3y , del

plano inferior 3y o también en la región del plano 3 3y , para todo número real x. Como el

punto (2,1) está dentro de la región 3 3y , el PVI tiene solución y esta es única.

Ejemplo 4. Determinar una región del plano xy en la que el PVI 32 , (2, 2)dy

x ydx

tiene solución única.

Solución 4. Como las expresiones 3

3 2( , ) 2 2f x y x y x y y 1

23 3y

ff x y x y

y

son continuas

para toda real 0y y toda x real. Luego decimos que la región rectangular de continuidad es todo el plano

con la salvedad de que 0y . Como el punto (2, 2) no se encuentra en dicha región, no se garantiza que

exista una solución para este problema de valor inicial.

Ejercicio 1.2 I. Verifique si la función dada es una solución de la ED indicada.

II. Determine una región del plano en que el PVI dado 0 0( , ), ( , )dy

f x y x ydx

tiene solución única.

12. 1

3 , (1,3)dy

ydx

13. 1

3 , (0,0)dy

ydx

14. , ( , )dy

y x a bdx

15. ( ) , (0,3)dy

x y xdx

16. 2 2( ) , (0,0)dy

x y ydx

17. ) , (2,2)2

dy x yy y

dx

1. ' 0, xy y y e 2. ' ,x xy e y e 3. 2

2

2 2

1, sen 1

1

d yy xarc x x

dx x

4. ' '', 2xy y y e 5. 2' 2 ,xy y y x 6. 2 2(1 ) ' , 1x y xy y x

7. '' 0, x xy y y ae be 8. 2 2' ,

2xy y y y

x

9. 2' 0, 16x yy y x

10. 31' , 2

3

x

y y y e 11. 2cos 2 sen 0, secdy

x y x y a xdx



1.3 CAMPO DE DIRECCIONES O PENDIENTES

Para resolver una ED en forma analítica, es necesario hacer manipulaciones algebraicas, como

sustituciones de unas variables por otras y llevar a cabo procesos de integración para llegar a

obtener una solución dada en forma explícita o implícita. Muchas ecuaciones diferenciales tienen

una solución analítica, aun que nosotros no podamos implementar un método de solución para

llegar a ella. Si la ED tiene una solución y no es posible resolverla analíticamente, no es

impedimento para analizar su comportamiento y darnos una idea de su solución. Si tenemos la ED

( , )dy

f x ydx

, una forma de llegar a su solución es a través del análisis de sus pendientes ya que

( , )f x y representa la pendiente de una función solución ( )y g x . Esto nos lleva a encontrar una

solución grafica de la ED trazando un campo de direcciones o campo de pendientes de la ED

( , )dy

f x ydx

. Existe en el mercado muchos programas computacional que nos ayudan a trazar este

campo de pendientes (es sencillo trazar a mano las pendientes pero es demasiado laborioso) y de esa

manera obtener gráficamente la solución de dicha ecuación diferencial. Este método grafico

manual se llama método de las isoclinas.

Una isoclina de la ED ( , )dy

f x ydx

es una curva solución de la forma ( , )f x y c (c es una

constante) en la cual la pendiente dy

dx es constante. Si son curvas sencillas las isoclinas y conocidas,

se trazan varias de ellas y luego se dibujan segmentos cortitos de recta con la misma pendiente c en

varios puntos representativos de cada isoclina ( , )f x y c . Este método manual queda fuera del

alcance de este documento, sin embargo usaremos el programa computacional Maple para observar

gráficamente el campo de direcciones (que sería la unión de los segmentos de recta de pendiente

constante, con el que se forma una isóclina, solución de la ED). En este campo de pendiente se

observará precisamente la solución del PVI.

Ejemplo 5. Usando Maple muestre los campos de direcciones de la ED ( )dy

sen x ydx

y trace algunas

curvas solución (isoclinas) por ejemplo, que crucen por los puntos: (0, 1), (0,0), (0,1), (0,2), (0,4) .

En la página de trabajo de maple, conforme vamos tecleando damos enter al final del renglón.

> restart:

with(DEtools):

with(plots): > f:=sin(x-y(x)); > edo2:=diff(y(x),x)=f; > dfieldplot(edo2,y(x),x=-4..4,y=-4..4,color=black,title = "Fig 6

Campo de direcciones"); > inits:=[0,-1],[0,0],[0,1],[0,2],[0,4]: > DEplot(edo2,y(x),x=-4..4,y=-4..4,inits,color=black,title = "Fig

7 Se muestra varias isoclinas solución de pvi");

El campo de pendiente se muestra en la figura 1.6 y algunas isoclinas en la figura 1.7 del PVI.



Ejercicio 1.3. Usando Maple muestre los campos de direcciones de la ED dada y trace algunas curvas

solución (isoclinas).

1.4 MÉTODOS DE SOLUCIÓN DE UNA EDO DE PRIMER ORDEN

1.4.1 Método de separación de variables o variables separables.

Si una ED está dada de cualquiera de las siguientes formas, se dice que son ecuaciones de variables

separables.

) ( ) ( )

( ))

( )

( ))

( )

dya f x g y

dx

dy f xb

dx g y

dy g yc

dx f x

Ejemplo 6. Encontrar la solución general o familia de soluciones de la siguiente ecuación diferencial.

3

2 2 21dy

x y ydx

Solución 6. Separamos variables

3 32 2 2 22 2

3 2 3 22 22 2

1 1

1 1

dy ydy ydydx dxx y y x y dy y dx

dx x xy y

En el primer caso, la separación nos lleva a ( )( )

dyf x dx

g y y en seguida se

procede a integral a ambos lados de la ecuación.

En el segundo, la separación queda de la forma ( ) ( )g y dy f x dx y se integra.

En el tercer caso, la separación queda ( ) ( )

dy dx

g y f x y en seguida se integra.

1. sendy

y xdx

2. dy

y xdx

3. 1dy

y xdx

4. 2dy

y xdx

5. 2 2dy

x ydx

6. xdyye

dx 7. 2 2dy

y xdx

8. dy

yxdx

9. dy x

dx y 10.

dy y

dx x 11. sen cos

dyx y

dx



Se integra en ambos lados de la expresión:

3 12 2

1 1 23 3 2 12 22 2

21 1 1 1 1 12

2 2 2 21

ydy du dxu du u C C C

xx uuy

2 11 1

22 2

1 1 1 1

1

C C Cx xu y

Donde 2 1

C C C .

Enseguida multiplica por (-1) Para tener la solución general (familia de soluciones o el conjunto de

solución).

2

1 1

1C

xy

Nota 1: Cuando la expresión

1

2 2

1 1

1

Cx

y

es multiplicada por (-1) para obtener la solución general

2

1 1

1C

xy

, la constante arbitraria C se convierte en (-C), sin embargo, por la arbitrariedad de la

constante C, (-C) es sustituida por C.

Ocasionalmente, cuando se trata de una ED de primer orden no lineal, es posible expresar la solución general

en forma explícita. Veamos:

2

22 2

2 22 2

11 1 1 1 1 1

11 1

xCxCC C

x x x y xy y

Se invierte en ambos lados de la ecuación

2 2 22 2

2 2 21 1 1

1 1 1

x x xy y y

xC xC xC

Así la solución general quedaría, entre otras formas, como sigue:

2

21

1

xy

xC

.

Ejemplo 7. Encontrar la solución general (familia de soluciones) de la ecuación diferencial 2' 0xy y y

Solución 7. Reescribimos la ED y separamos variables:

2 20 ( ) 0dy

x y y xdy y y dxdx

Figura 1.8. Se muestran algunas

curvas solución de la ED del

ejemplo 3

Nota 2: Observe que solo existe una constante

arbitraria y esto es precisamente lo esperado ya que

se trata de una ED de primer orden y en

consecuencia se tendrá una sola familia de

soluciones



Dividimos entre 2( )x y y para tener:

20

dy dx

xy y

Se integra en ambos.

0( 1)

dy dx

y y x

La fracción 1

( 1)y y es equivalente a

1

( 1) 1

A B

y y y y

Resolviendo se tiene que

0

1

11

1

11

y

y

Ay

By

De donde se sigue que:

ln ln( 1) ln lny y x C C

Aplicamos propiedades de logaritmos.

ln ln1

xyC

y

Entonces la integración queda:

0( 1) 1

dy dy dy dx

y y y y x

Ahora usamos antilogaritmos (función inversa

de logaritmos o sea, la función exponencial) para

tener la solución general.

1

xyC

y

Tratemos de despejar y para tener una solución

general escrita en forma explícita.

( )1

xyC xy Cy C x C y C

y

Solución general de la ED considerada:

Cy

x C

*Si consideramos que C es arbitraria entonces

lnC también lo es, siempre que se trate del

logaritmo del valor absoluto de C. Esto es solo

un recurso matemático para lograr la

simplificación de manera rápida.

Si no se hubiera utilizado lnC, se vería así:

ln ln( 1) ln ln1

1C

xyy y x C C

y

xye

y

Y para llegar a la solución general debemos

decir que Ce C . Pero Ce no es tan arbitrario

¿Qué explicación puedes dar al respecto?

Ejemplo 8. Encontrar la solución general (familia de soluciones) de la ecuación diferencial

2

2

11 sec

dyx y

dx x

Solución 8. Separamos variables y procedemos a integral.

22 2 2 2

2 2 2 2

1 1 1 11 sec 1 1

sec sec

dy dy dy xx y x dx x dx x dx

dx x x x xy y

Figura 1.9. Se muestran algunas

curvas solución de la ED del

ejemplo 7.



2

22 2 2

1 1 : 2;2

2 2

11 cos 1

sec secv x dv xdxz y dz dy

y

y dz zdz dy

dy dyxx dx x x dx y dy x x dx

xy y

312 21 1

2 cos2 3

z z dz v dv v C

Integramos por partes la primera integral y se tiene: 3

2 212( sen cos ) 1

3z z z x C

Reemplazamos z por y y dividimos entre 2 para tener la solución general:

3

2 21sen cos 1

6y y y x C

Nota 3: Despejar la variable y es verdaderamente complicado o simplemente es imposible así que no se puede

tener una solución escrita de forma explícita.

Ejemplo 9. Encuentre la solución del siguiente problema de valor inicial (PVI)

2 2 31 1 0, (0)

2y dx x dy y


2 2

2 21 1 0 0

1 1

dydxy dx x dy

x y

sen sen sen senarc x arc y C arc y arc x C

De donde la solución general es:

sen( sen )y arc x C

Ahora, bajo la condición dada 3

(0)2

y , se tiene

0

3 3 3sen( sen0 ) sen sen sen 60

2 2 2 3arc C C C C arc

Se sustituye el valor de C en la solución general para tener la solución del problema de valor inicial.

sen( sen )3

y arc x

Figura 1.10 Grafica de la

solución del PVI del ejemplo 9.

Observe que la curva solución

pasa por el punto 3(0, )

2.



Ejemplo 10. Encuentre la solución del siguiente problema de valor inicial (PVI)

2 , ( 1) 1dy

x y xy ydx


2 2

2 2

(1 )

1 1

dy dyx y xy x y x

dx dx

dy dyx xdx dx

y yx x

2 2

1dy x dx dxdx

y xx x

Integramos ambos lados.

1ln lny x C

x

Agrupamos los logaritmos y usamos sus

propiedades.

1 1ln ln lny x C xy C

x x

Obtenemos el inverso del logaritmo:

1 1 1C Cx x xxy e e e Ce

De donde la solución general es:

1

1

x

x

Ce Cy

x xe

Bajo la condición dada ( 1) 1y , se tiene

1

1 11

11

1

C CeC C e

eee

Se sustituye el valor de C en la solución general

para tener la solución del problema de valor

inicial.

1

1 1 11

1 1

x x x

ey

xe xee xe

Ejemplo 11. Encontrar la solución del PVI siguiente: 2

, (0) 12

x ydy yey

dx x

Solución 11. Aplicamos leyes de exponentes y separamos variables.

2 2 2 22 2 2 2

x y x y x x

y y

dy ye ye e dy dye dx e dx

dx x x ye x ye x

Cualquier intento por encontrar una antiderivada para estas dos integrales va a ser infructuoso. Dichas

integrales son llamadas integrales no elementales y no existe una función elemental exacta (función

desconocida ) tal que su derivada sea el integrando, de manera que será imposible encontrar analíticamente

una solución para esta ED.

La primera integral y

y

dy e dy

yye

está relacionada con la función error. La segunda integral es posible

analizarla bajo ciertos criterios.

Enseguida se muestran algunas integrales no elementales

Función error: 2

0

2( )

xtErf x e dt

Integral exponencial: ( )t

x

eiE x dt

t

Integral seno: 0

sen( )

x tiS x dt

t

Integral coseno: 0

cos( )

x tiC x dt

t

Integral seno de Fresnell: 2

0

2( ) sen

x

S x t dt

Integral coseno de Fresnel: 2

0

2( ) cos

x

C x t dt



Solución de una ED de variable separable usando Maple

Ejemplo 11. Considérese la ecuación . Procedemos a separar las variables:

Enseguida se procede a integrar. En la hoja de trabajo de maple, teclee y pulse enter al final de cada renglón.

> restart: > with(DEtools): > with(plots): > A:=Int(y^2/(1-y),y)=int(y^2/(1-y),y);

> B:=Int(x^2/(1+x),x)=int(x^2/(x+1),x);

Ahora sumamos las dos integrales, sin olvidarnos de la constante arbitraria:

> sol_gral:=rhs(A)+rhs(B)-c=0;

Se tiene la solución general escrita en forma implícita. A continuación observemos graficamente la familia de

soluciones para algunos valores de la constante c:

> implicitplot(seq(lhs(sol_gral),c=-8,-6,-4,-2),x=-

2..3,y=0.01..4, color=black,title = "Solución para c=-8,-6,-4,-

2");

Ejemplo 12. Resolvamos la misma ED pero ahora usando el comando dsolve de maple. Teclee y de enter al

final de cada renglón y observará que se obtiene exactamente la misma solución general. > restart:

> with(plots): > with(DEtools):

>

>



>

Ejercicio 1.4.1 Solución por separación de variables.

I. Para los problemas 1 a 15 encontrar la solución

general de cada ED dada.

1. 2

2 8 4dy

x y xydx

2. 2

cos 1 sin 0x dx x dyy

3. 3 2

1

2 3

yy

y x x

4. 1

dy y

dx y xy x

5. ( sin cos )dr e r d dr

6. 2 2( 3 2)dy

y x y ydx

7. 2 2( 1) ( 1) 0y dx x dy

8. sendR

d

9. cot 2dR

Rd

10. 2 3 22yx dy y dx x dy

11. 2( 1) (2 ) 0y dx y xy dy

12. 2ln 1 0x xdy y dx

13. 1 tan cos 0xe y dx y dy

14. ( 1)cos 2 senx y dy x y dx

15. 2 2( 2 1) ( ) 0ye x x dx xy y dy

II. En los problemas de 16 a 25 encuentre la solución

de la ecuación diferencial sujeta a la condición

inicial dada.

16. 2 , (0) 1dy

x y xy ydx

17. 4 2(1 ) (1 4 ) 0 ; (1) 0x dx x y dy y

18. 2 12( 1) 0, (0)

8

dyt y y

dt

19. 7sin (cos ) 0, 2

6

dyx x y y

dx

;

20. 2

, (0) 1y xdyxe y

dx

21. 2 1sin ( ) 0, ( ) 1

yy x dx dy y

x x

22. 3 2 2 22 8 , (0) 1y x y x y y

23. 0, (0)di

L Ri E i idt , donde 0, , ,L R E i son

constante

24. 0( ), (0)m

dTk T T T T

dt donde 0, ,mk T T son

constantes

III. Utilice los dos procedimientos mostrados en los

ejemplos 11 y 12 para resolver las ED 3 y 4 de este

ejercicio 1.4.1.

1.4.2 Ecuaciones Diferenciales Convertibles a Separables

La ED ( ) con 0dy

f ax by c bdx

se convierte en separable haciendo u ax by c . Veamos algunos

ejemplos.

Ejemplo 13. Encontrar la solución general de 2( 1)dy

x ydx

Solución 13. Hagamos 1u x y , luego 1 1dy dydu du

dx dx dx dx . Sustituimos en la ED y tendremos

2 2

2 21 1

1 1

dy du du du duu u dx dx x C

dx dx dx u u

arctan arctan( 1)u x C x y x C

La solución general es:

arctan( 1)x y x C



De forma explícita será:

1 tan( ) tan( ) 1x y x C y x C x

Ejemplo 14. Encontrar la solución general de 2 32 y xdye

dx

Solución 14. Hacemos 2 3u y x y derivamos respecto a x.

2 2dy dydu du

dx dx dx dx

Sustituimos en la ecuación diferencial a resolver

2 32 2 2y x u udy du due e e

dx dx dx

Separamos variables e integramos

u

u u

du dudx dx e x C

e e


2 3y xe C x

Escrita en forma explícita, la solución general es:

2 3ln ln( ) 2 3 ln( )y xe C x y x C x

2 3 ln( )y x C x

Ejercicio 1.4.2 Ecuaciones diferenciales convertibles a separables

En los problemas 25 a 32, encontrar la solución general de cada una de las ecuaciones diferenciales

convertibles a dadas.

25. 6dy x y

dx x y

26. 2tan ( )dy

x ydx

27. sen( )dy

x ydx

28. 3 2 3dy

x ydx

29. 2 3 3dy

x ydx

30. cos( )dy

x ydx

31. 4 cos( 4 )dy

y xdx

32. 4 7

7x ydy

edx

1.4.3 Ecuaciones diferenciales de coeficientes homogéneos

Decimos que una función ( , )z f x y es homogénea de grado n si ( , ) ( , )nf xt yt t f x y .

Ejemplo 15. Verificar si las siguientes funciones de dos variables son homogéneas.

a) 2 2( , )f x y x xy y b) 2 2( , ) 4f x y x x y

c) ( , )x y

f x yx

d) ( , ) x yf x y e

e) ( , ) cos( )f x y x y f) ( , )x y

yf x y e

g) ( , ) ln( 3 )f x y x y h) 3

( , ) ln2

x yf x y

x

Solución 15 a) Evaluamos la función en ( , )xt yt :



2 2 2 2 2 2 2( , ) ( ) ( )( ) ( ) ( , )f xt yt xt xt yt yt f xt yt x t xyt y t

Factorizamos 2t

2 2 2 2( , ) ( ) ( , )f xt yt t x xy y t f x y

Se prueba que esta función es homogénea de grado 2.

Solución 15 b) Evaluamos la función en ( , )xt yt :

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( , ) 4( ) ( ) ( ) 4 4 ( ) 4f xt yt xt xt yt xt x t y t xt t x y xt t x y

Factorizamos t

2 2( , ) 4 ( , )f xt yt t x x y t f x y

Se prueba que esta función es homogénea de grado 1.

Solución 15 c) Evaluamos la función en ( , )xt yt :

1 12 2

1 12 2

12

( )( , ) ( , )

xt yt t x y t x y t x y x y x yf xt yt t t f x y

xt xt xt xt xxt

Así, la función es homogénea de grado 1

2 (menos un medio).

Solución 15 d) Evaluamos la función en ( , )xt yt :

( )( , ) ( , )x yt

xt yt t x yf xt yt e e e f x y

Concluimos que esta función no es homogénea.

Se deja como ejercicio verificar que e) no es homogénea, f) es homogénea de grado cero, g) no es

homogénea y que h) es homogénea de grado cero.

Definición de ED de coeficientes homogéneos.

Una ED de la forma

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

Es de coeficientes homogéneos de grado n si M y N son a la vez funciones homogéneas de grado n.

Otra forma de escribir la ED es ( , )

( , )

dy M x y

dx N x y , de donde debe ser claro que tanto M como N son funciones

homogéneas y, en este caso del mismo grado. Las funciones M y N son los coeficientes de la ED. Si la ED es

de coeficientes homogéneos, simplemente diremos que es una ED homogénea.

Toda ED homogénea es convertible a separable usando cualquiera de las siguientes sustituciones:

y ux x vy

Observe que estas dos expresiones son recíprocas: y

ux

, x

vy

,

Esto es, 1 1

1uv u vv u

Sugerencia: cuando la función M es de estructura mas sencilla que N, usar x vy .



Ejemplo 16. Encontrar la solución general de 2 2 0x xy y dx xy dy

Solución 16. Primeramente observemos que los coeficientes M y N son funciones homogéneas de grado 2,

por lo tanto la ED es homogénea y al hacer y ux , dicha ecuación se convierte a variable separable.

Entonces, sea y ux y dy udx xdu . Al sustituir en la ED, esta queda en función de las variables x y u.

2 2( ) ( ) ( ) 0x x ux ux dx x ux udx xdu

Ahora simplificamos y separamos las variables.

2 2 2 2 2 0x ux u x dx ux udx xdu 2 2 21 0x u u dx ux udx xdu

2 2 21 0 1 0u u dx u udx xdu u u dx u dx uxdu

2 21 0 1 0 01

u dudxu dx u dx u dx uxdu u dx uxdu

x u

Procedemos a integrar

1 1

1 1

u dudx dx udu

x u x u

1 1

1 1

dx u dx dudu du C

x u x u

ln ln( 1) ln ln 1y y

x u u C x Cx x

Seguimos simplificando.

ln ln ln ln( ) lny x y y

x x x y x Cx x x

22ln ln( ) ln ln( )y y

x x y x x y Cx x

La solución general (conjunto solución) de la ED es 2

lnyx

Cx y x

Ejemplo 17. Resolver la ED del ejemplo 12 usando la sustitución x vy

2 2 0x xy y dx xy dy

Solución 17. Si x vy , dx vdy ydv . Sustituimos en la ED.

2 2( ) 0vy vyy y vdy ydv vyydy 2 2 2 2 2 0v y vy y vdy ydv vy dy

2 2 21 0y v v vdy ydv vy dy 2 1 0v v vdy ydv vdy

2 2 2 21 1 0 1 0v v vdy v v ydv vdy v v vdy v v ydv

Separamos variables e integramos.

2

2

1

1

dyv vdv C

yv v

Como se puede ver, la primera integral no es inmediata, la fracción se debe descomponer en fracciones más

sencillas utilizando el método de las fracciones parciales.

22 1

2 2

1

11

A Av v B

v vv v v



Resolviendo se tiene que 2 11, 2, 1A A B .

La integración de cada fracción nos lleva a tener:

22

2 2

1 1 12 2ln ln( 1) ln ln

1 11

dy dy yvv v dv dv dvdv v v y C

y v v y v v vv v v

Reemplazamos x

vy

y obtenemos

2

2 21ln ln ln

1

xyv y y y x

Cv v x x y x x y

y

.

De donde la solución general es: 2

lny x

Cx x y

Se obtiene exactamente la misma solución que en el ejemplo 16, esto era de esperarse, sin embargo, se usaron

sustituciones diferentes. ¿Cuál sustitución es la mas adecuada desde su punto de vista?

Ejemplo 18. Resolver la ED sujeta a las condiciones dadas.

2

, (1) 0x y dx xdy y

Solución 18. Se puede ver que la ED es homogénea de grado 1. Si y ux , dy udx xdu . Sustituimos en la

ED.

2

x ux dx x udx xdu 22x x u ux dx uxdx x du

22xdx x udx uxdx uxdx x du 2 22 (1 2 )xdx x udx x du x u dx x du

Simplificamos, separamos variables y procedemos a integrar.

1 2 1 2

dx du dx du

x xu u

11 22

2( 1)

1

2

( 1)1

21 2

tt u u

du dudttu

t dt du

t dtdx du

x tu

1 1 1 1ln 1 ln

2 2 2x dt t t C

t 1 1

ln 1 2 ln 1 22 2

x u u C

Multiplicamos por 2.

22ln ln 1 2 ln 1 2y y

x x Cx x

Seguimos simplificando.

2ln 1 2 ln 1 2 2 ln 1 2y y y y

x C Cx x x x


2ln 2 ln 1 2y y

x Cx x



Ahora, de esta familia de soluciones nos interesa encontrar la curva solución que pasa por el punto (1,0), o

sea, que cumpla con la condición (1) 0y .

Sustituimos 1, 0x y en la solución general.

2 0 0ln1 2 ln 1 2

1 1C

De donde 0C , por lo que la curva solución que pasa por el punto (1,0) es:

2ln 2 ln 1 2y y

xx x

Ejemplo 19. Encontrar la solución general de la ED dy x y

dx x

Solución 19. Se puede ver que la ED es homogénea de grado cero. Si y ux , dy du

u xdx dx

. Sustituimos en

la ED.

1dy du x ux

u x udx dx x

1 2

1 2

du du dxx u

dx u x

Integramos

1ln(1 2 ) ln ln ln

1 2 2

du dxu x C xC

u x

Multiplicamos por 2 y agrupamos todos los términos en un solo miembro de la ecuación. Simplificamos

usando propiedades de logaritmos, y reemplazamos y

ux

2 2 2ln(1 2 ) 2ln( ) ln( ) ln( )u xC x C x C 2 2ln( ) ln(1 2 ) ln (1 2 ) 0x C u Cx u

2 2 01 2 ( 2 ) 1y

Cx C x xy ex

De lo anterior se concluye que la solución general es:

2 12x xy C

C

Despejemos y para tener la solución general de forma explícita. 2

2

x Cy

x

Ejercicio 1.4.3 Ecuaciones diferenciales de coeficientes homogéneos

I. En los problemas 33 a 42, investigue si la función dada es o no homogénea. Si es homogénea,

diga el orden de homogeneidad.

33. 2 2( , ) 3 4f x y xy x y

34. ( , ) 3 5 4f x y xy x y

35. ( , ) 3 lnf x y xy x

36. ( , ) 3ln 12y

f x yx

37. ( , ) 2x yf x y xe y

38. ( , ) 10cos( )f x y x y

39. ( , ) senx y

x yf x y

40. ( , ) 3cos senf x y x y

41. ( , ) + senx x y

x yf x y e

42. 10( , ) seny x

yxf x y



II. En los problemas 43 a 51, encuentre la familia de soluciones de cada ecuación diferencial de

coeficientes homogéneos dada.

43. 2 0x y xy dy ydx

44. 0x y dx x y dy

45. ' sen 0xy y x y x

46. 2 3 2 32 2 0x y y dx xy x dy

47. 2 2 2 0y dx x y x xy dy

48. cos cos 0y y y y y

x x x x xdx sen dy

49. ln 2 0y

ydx x dy xdyx

50. 2 2 0x y x yye dx y xe dy

51. 0y x y yxe ysen dx xsen dy

x x

III. En los problemas 52 a 55, encuentre una solución del problema de valor inicial (solución

particular) dado.

52. 2 2 2 , ( 1) 0x y dx xydy y

53. ( ) 0, (1) 0y xxe y dx xdy y

54. ' csc 0, (1) 0y y

y yx x

55. 2 2 , (1) 1xy y dx x dy y

1.4.4 Ecuaciones diferenciales exactas

Antes de entrar al tema de las Ecuaciones Exactas, recordemos algunos conocimientos previos referentes a

los diferenciales.

Para el caso de una función de una variable ( )y f x , se define el diferencial dy como

'( )dy

dy f x dx dxdx

Si la función es de dos variables ( , )z f x y , se define la diferencial de z (diferencial exacta o total) como

f fdz dx dy

x y

También, se puede escribir como x y

dz f dx f dy , donde

;x y

f ff f

x y

Ejemplo 20. Encontrar la diferencial exacta o total de cada función dada:

a) 2( , ) cos( )z f x y xy b) ( , ) tan

yz f x y x

x

Solución 20 a).

2 2 2 2 2

2 2 2 2

cos( ) sen( ) sen( )

cos( ) sen( ) 2 sen( )

x

y

ff xy xy xy y xy

x x x

ff xy xy xy xy xy

y y y

La diferencial exacta o total es:

2 2 2sen( ) 2 sen( )f f

dz dx dy y xy dx xy xy dyx y

Solución 20 b). 2

2

1tan sec ; tan

f y y fx x x

x x y xx

La diferencial exacta o total es:

2

2

1tan sec tan

f f y ydz dx dy x x dx x dy

x y x xx



Definición de ecuación diferencial exacta.

Toda ecuación diferencial de la forma ( , ) ( , ) 0M x y dx N x y dy es exacta si es equivalente a la diferencial

exacta o total de una función desconocida ( , )z u x y . Esto es:

( , ) ( , ) 0 ( ) ( ) 0u u

M x y dx N x y dy d z d u dx dyx y

De lo anterior se deduce que la función solución ( , )z u x y debe ser una función tal que

( , ) ; ( , )x y

u uu M x y u N x y

x y

La ecuación diferencial ( ) ( , ) ( , ) 0d u M x y dx N x y dy representa la diferencial total o exacta de la

función solución general desconocida ( , )u x y C .

En ocasiones, dada la ED es posible calcular la función u por simple inspección. La mayoría de las veces

debemos utilizar un método de solución para encontrarla. Por ejemplo, en los siguientes casos se visualiza que

las ED son exactas ya que

a) 2 2 33 2 0x y dx x ydy es equivalente a

3 2( ) 0d x y

Luego la solución general de esta ecuación es 3 2u x y C .

b) sen cos 0x xe y dx e y dy es equivalente a ( sen ) 0xd e y

Luego la solución general de esta ecuación es senxe y C .

Sin embargo ¿cómo saber cuál es la función ( , )u x y en el caso 31

2 2( )x xy dx x y dy x y dy

? Es más

¿ existirá ?

¿Qué se hace cuando se desconoce la función ( , )u x y ?

¿Cómo se puede identificar si una ED es exacta? Si se identifica como exacta

¿Cómo se calcula la solución general?

Para responder a estas preguntas es conveniente el siguiente teorema. (Criterio de exactitud).

Teorema . Si las funciones ( , ), ( , )M x y N x y y las derivadas parciales ,M N

y x

son continuas en alguna

región rectangular R tal que ,a x b c y d , entonces

( , ) ( , ) 0M x y dx N x y dy es exacta si y solo si M N

y x

Para todo punto (x,y) en la región rectangular R.

Demostración:

Por definición, la ED ( , ) ( , ) 0M x y dx N x y dy es equivalente a ( ) 0u u

d u dx dyx y

por lo que

( , ) ; ( , )x y

u uu M x y u N x y

x y

De donde se sigue que

( , ) ( , )x xy

u uu M x y u M x y

x dy x y

( , ) ( , )y yx

u uu N x y u N x y

y x y x



Por la continuidad establecida en la hipótesis del teorema,

( , ) ( , )xy yxu u M x y N x yy x

El teorema de Clairaut garantiza que las derivadas cruzadas son iguales. Este teorema se enuncia así:

Si ( , )z f x y y sus derivadas parciales de primer y segundo orden son continuas en todo punto de una región

abierta, entonces, xy xy yx yxz f z f para cualquier punto de dicha región.

Concluimos que, una ED de la forma

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

es exacta si y solo si M N

y x

Ejemplo 21. a) Verifiquemos si la siguiente ecuación es exacta.

2 2 33 2 0x y dx x ydy

Se identifica M y N y se procede a derivar.

2 2 2( , ) 3 6y

MM x y x y M x y

y

3 2( , ) 2 6x

NN x y x y N x y

x

Como las derivadas cruzadas son iguales, la ED es exacta.

Ejemplo 21. b) Verifiquemos si la siguiente ecuación es exacta. 3 2 2(3 2 4 ) ( 8 7 ) 0x xy y dx x xy y dy

Se identifica M y N y se procede a derivar.

3 2( , ) 3 2 4 2 8y

MM x y x xy y M x y

y

2( , ) 8 7 2 8x

NN x y x xy y N x y

x

Como las derivadas cruzadas son iguales, la ED es exacta.

Ejemplo 21. c) Verifiquemos si la siguiente ecuación es exacta.

y x y xe x dx e y dy

Para identificar M y N reescribimos la ED.

0y x y xe x dx e y dy

Se identifica M y N.

( , ) y x y x

y

MM x y e x M e

y

( , ) y x y x

x

NN x y e y N e

x

La diferencia entre las derivadas parciales es un signo sin embargo esto es suficiente para decir que la ED no

es exacta.



Ejemplo 22. Determine el valor de k de manera que la ED 3 2 23 +sen cos 0xy y dx kx y x y dy sea

exacta.

Solución 22. En esta ecuación 33 senM xy y y 2 2 cosN kx y x y

Derivamos 29 + cosyM M xy yy

,

22 cosxN N kxy yx

.

Igualamos las derivadas

2 29 + cos 2 cos

y xM N

xy y kxy y

Cancelamos los cosenos y tendremos 2 29 2xy kxy por lo que 9

2k .

Ejemplo 23. Obtenga una función N tal que la ED dada sea exacta.

ln 0xyy y e dx Ndy

Solución 23. Para que la ED sea exacta se debe cumplir que M N

y x

.

ln 1 ln

1 ln

xy xy

y

xy

y x

M y y e M y xe

NM N y xe

x

Separamos diferenciales e integramos N respecto a x.

1

,

1 ln (1 ln )

xy

xy

y

xy xy

u x du dx

dv e x

v e

N y xe x N y x xe x

2

1 1ln ( ) ln ( )xy xy xy xyx x

N x x y e e x R y x x y e e R yy y y y

Donde ( )R y es una función cualquier que depende de la variable y. Supongamos que ( ) 0R y entonces una

función N es

2

1ln xy xyx

N x x y e ey y

De tal manera que la ED dada es exacta para esta función.

Ya sabemos determinar si una ED es o no exacta, ahora veremos cómo obtener la solución general de ella.

Método de solución

Suponemos que la ED

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

es exacta y por lo tanto es equivalente a la diferencial exacta o total de una función ( , )u x y . Esta es:

( ) 0u u

d u dx dyx y

Lo que nos lleva a decir que la solución general es una función de la forma ( , )u x y C y se calcula

observando que



( , ) ; ( , )x y

u uu M x y u N x y

x y

Así, en una primera vista a lo anterior, podemos calcular ( , )u x y por dos caminos:

Integrando M o bien integrando N. Veámoslo integrando M.

( , ) ( , ) ( , ) ( )u x y M x y dx u M x y dx g y

Una vez integrado M(x,y) respecto a x y manteniendo constante a y, se procede a calcular la función ( )g y .

Para ello, se derivada u respecto a x y esa derivada se iguala a la función N. Observe.

( , ) ( )

( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , )

u M x y dx g y

u dM x y dx g y M x y dx g y N x y

y y y dy

Despejamos y separamos diferenciales para integrar y calcular ( )g y

( , ) ( ) ( , )

( ) ( , ) ( , )

( ) ( , ) ( , )

dM x y dx g y N x y

y dy

dg y N x y M x y dx

dy y

g y N x y M x y dx dyy

Ya calculado ( )g y , la solución general ( , )u x y C será:

( , ) ( , ) ( )

( , ) ( , ) ( , ) ( , )

u x y M x y dx g y

u x y M x y dx N x y M x y dx dy Cy

De forma análoga se calcula la solución general utilizando ( , )u

N x yy

. Veamos algunos ejemplos.

Ejemplo 24. Verifique que la siguiente ED es exacta y posteriormente calcule la solución general y por

último, una solución que cumpla con la condición dada.

2 2 3cos 3 2 2 sen ln 0, (0)y x x y x dx y x x y dy y e

Solución 24. Una vez identificado M y N se procede a derivar y verificar si la ED es exacta.

2 2 3cos 3 2 2 sen ln 0

M N

y x x y x dx y x x y dy

Derivamos

2

2

2 cos 3La ED es exacta

2 cos 3

y

x

M y x x

N y x x



Aplicamos el método anterior para calcular la solución general.

2 2

2 2

( , ) ( ) cos 3 2 ( )

cos 3 2 ( )

u M x y dx g y y x x y x dx R y

u y x dx y x dx x dx R y

Entonces, la solución general es

2 3 2sen ( )u y x y x x R y

Sin embargo está incompleta ya que se desconoce la función ( )R y . Ahora procedemos a calcularla,

derivando u respecto a y para luego igualar esta derivada a la función N.

3

3 3

( , ) 2 sen ( ) ( , )

2 sen ( ) 2 sen ln ( ) ln

du x y y x x R y N x y

y dy

d dy x x R y y x x y R y y

dy dy

Integrando calculamos ( )R y

( ) ln ln (ln 1)R y y dy y y y y y

Estamos en condiciones de escribir la solución general ( , )u x y C .

2 3 2sen (ln 1)y x y x x y y C

Se encontró el conjunto de curvas solución. De ese conjunto de curvas, la que nos interesa es la que pasa por

el punto (0,e), o sea, la que cumple con la condición (0)y e .

Sustituimos el punto en la solución general.

2 3 2

2 3 2

sen0 ( )(0) (0) (ln 1)

sen0 ( )(0) (0) (ln 1) 0

0

uno

cero uno

e e e e C

C e e e e

C

La curva solución de la ED dada con la condición indicada es:

2 3 2sen (ln 1) 0y x y x x y y

Se deja como ejercicio resolver el problema de este ejemplo 24 integrando primeramente la función N.

Ejemplo 25. Verifique que la siguiente ED es exacta y posteriormente calcule la solución general.

3 2 4 24 15 3 0x y x y dx x y x dy

Solución 25. Una vez identificado M y N se procede a derivar y verificar si la ED es exacta.

3 2 4 24 15 3 0

M N

x y x y dx x y x dy



Como las derivadas son 3 34 1 ; 4 1y xM x N x , la ED es exacta.

Cálculo de la solución general integrando la función N.

4 2

4 2 4 3

( , ) ( ) 3 ( )

3 ( ) ( )

u N x y dx f x x y x dy R x

u x dy y dy x dy R x x y y xy R x

Entonces, la solución general es

4 3( , ) ( )u x y x y y xy R x C

Enseguida se calcula ( )R x . Derivando u respecto a y para luego igualar esta derivada a la función N,

tendremos:

3

3 3 2 2

4 ( ) ( , )

4 ( ) 4 15 ( ) 15

u dx y y R x M x y

x dx

d dx y y R x x y x y R x x

dx dx

De lo último se tiene

2 3( ) 15 ( ) 5d

R x x R x xdx

Luego, la solución general es:

4 3 35x y y xy x C

Se deja como ejercicio resolver el problema de este ejemplo 21 integrando primeramente la función M.

Ejercicio 1.4.4. Ecuaciones Diferenciales Exactas.

I. En los problemas 56 a 66, verifique que cada una de las ecuaciones diferenciales dadas son

exactas y encuentre una familia de soluciones.

56. 2 2 3 2 2(3 8 ) ( 8 12 ) 0x y xy dx x x y y dy

57. 2 2 2( ) ( ) 0y yx x y dx e x xe dy

58. 2 22 ( ) 0xy dx x y dy

59. ( sen ) ( cos ) 0x y y xe y e dx xe e y dy

60. 2cos ( sen ) 0y dx x y y dy

61. 2( 2 ) ( ) 0y yx xy e dx y x xe dy

62. 2

2 10

xy y xdx dy

y y

63. 2 2( ) ( 2 ) 0yx x y dx e xy dy

64. (2 cos ) (2 sen sen ) 0x y x dx y x y dy

65. 2

2 2

2 20

x yx x y dx dy

y x y

66. 3 3 2 2(4 sen ) ( 1 3 ) 0x x y dx y xy dy

II. En los problemas 67 a 69, encuentre una curva solución que cumpla con la condición inicial

dada.

67. 3 3 2( 1) 3 ( 6) , (0) 1x xe y xy dx y xe dy y

68. sen cos cos sen 0, ( )4 4

x y dx x y dy y

69. 2 22 3 2( 4 ) (2 3 ) 0, (0) 1xy xyy e x dx xye y dy y



1.4.5 Ecuaciones Diferenciales convertibles a exactas.

Si la ecuación diferencial

( , ) ( , ) 0M x y dx N x y dy (1)

No fuese exacta, ocasionalmente se puede convertir en una ED exacta, si se consigue hallar una función

( , )x y tal que

* *

( , ) ( , ) ( , ) ( , ) 0

M N

x y M x y dx x y N x y dy (2)

sea una exacta. Si es así, a dicha función ( , )x y se le llama Factor Integrante de la ED. Este factor

integrante (FI) puede ser función de una sola variable (x o y) o función de las dos variables x, y.

La solución general ( , )u x y C de la ED (2) es en esencia la misma solución de la ED (1). De forma que, al

resolver la ED (2) estaremos encontrando también la solución general de (1). Por ejemplo, la ED

2

2

20

x xdx dy

y y (3)

Es una ED exacta ya que 2

2 2 2

2 2 2;y x

x x x xM M N N

y y y y

Pero, si reescribimos la ED en la forma:

2

2

20 0

x x x xdx dy dx dy

y y yy

Se observa que se puede cancelar x

y multiplicando por el recíproco

y

x, lo cual es correcto algebraicamente.

Y tendremos la siguiente ED.

0x

dx dyy

(4)

Que no es exacta ya que

11 0 ;y x

xM M N N

y y

Con este ejemplo se quiere decir que existe una función, en este caso ( , )x

x yy

que es un FI de la ED

0x

dx dyy

y que la solución general de las ecuaciones (3) y (4) es exactamente la misma.

Surge la pregunta ¿Cómo se calcula el FI?

Cálculo de un Factor Integrante

Sea

( , ) ( , ) 0M x y dx N x y dy (5)

Una ED no exacta, entonces la multiplicamos por un ( , )FI x y con la intención de convertirla en exacta.

Esto es:

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



Para que esta última ED sea exacta debe cumplir que

( , ) ( , ) ( , ) ( , )x y M x y x y N x yy x

(6)

Procedemos a derivar.

y x

dM NM N M M N N

y y x dx y dx

1 1y x y xN M M N N M M N

dx y x y

Y llegamos a

ln ln y xN M M Nx y

(7)

a) Supongamos que el FI es una función de la variable x, esto es ( )FI x , entonces ln ( ) 0xy

y la

expresión (7) queda de la forma siguiente:

ln ( ) ln ( )y x

y x

M NN x M N x

x x N

Separamos variables e integramos para tener el ( )FI x

ln ( ) ( )y xM N

y x NdxM N

x dx FI x eN

Debe quedar claro que el integrando y xM N

N

es una expresión en términos solamente de la variable x, si

no es así, existe un error en el cálculo del ( )FI x .

b) Supongamos ahora que el FI es una función de la variable y, esto es ( )FI y , entonces ln ( ) 0yx

por lo que (7) queda de la forma:

ln y xM M Ny

Separamos variables e integramos para tener el ( )FI y

ln ( )

( )x y

x y

N M

Mdy

N My dy

M

FI y e

En este caso, el integrando y xN M

M

es una expresión en términos solamente de la variable y, si no es

así, existe un error en el cálculo del ( )FI y .



Sugerencia: Para el cálculo del FI, calcúlese la expresión y xM N

N

o

y xN M

M

, de esa manera se sabrá si la

ED tiene un factor integrante ( )FI x o ( )FI y . Si no es así, será necesario calcular un FI que sea

función de dos variables, si es que existe. Recuerde, solo en algunas ocasiones muy excepcionales se logra

calcular el FI.

Ejemplo 26. Calcule un FI para la ED dada para convertirla en exacta y posteriormente encuentre la solución

general de ella.

1 2 0y x y dx x y dy

Solución 26. Derivamos M y N.

2 2 1 ; 2 1y xM xy y y M x y N x y N

Se ve claramente que la ED dada no es exacta. Calculemos un FI. Calculemos primeramente

2 1 11 ; ( )

2

y xM N

y x y x xNdxM N M Nx y

dx dx x FI x e eN x y N

( )y xM N

y x xNdxM N

dx dx x FI x e eN

Tenemos un FI función de x.

Tratemos de ver si esta misma ED tiene un FI que sea función de y. Calculamos x yN M

M

.

2

1 2 1 ( 2 )

( 1)

x yN M x y x y

M y x yxy y y

Como se puede observar, no se llega a una expresión de la variable y, luego no existe un ( )FI y .

Regresamos con la ED. Ya calculado el FI, se multiplica la ED dada por este.

1 2 0x xy x y e dx x y e dy

Verifiquemos la exactitud de la ED.

2

1 2 0

2

2 2

x x

x x x x x x

y

x x x x x

x

M N

y x y e dx x y e dy

M yxe y e ye M xe ye e

N xe ye N xe e ye

En efecto, la ED es exacta.

Ahora, calculemos la solución general. Escogemos la integración de N por sencillez en lugar de M ya que para

integrar M respecto a x se debe usar la integración por partes.

2

2

( , ) ( ) ( 2 ) ( ) ( )

( , ) ( )

x x x

x x

u x y Ndy h x x y e dy h x xye y e h x

u x y xye y e h x



En seguida se calcula ( )h x . Derivamos u respecto a x e igualamos a la función M.

2 2( ) ( )x x x x x xdu y xe e y e h x M yxe y e ye

x dx

Simplificando se tiene:

1( ) 0 ( )d

h x h x Cdx

Sustituimos 1( )h x C en la solución general 2( , )u x y C .

2 2

1 2 2 1

x x x xxye y e C C xye y e C C C

La familia de soluciones (solución general) de la ED exacta y en consecuencia de la ED dada inicialmente es:

2x xxye y e C

Ejemplo 27. Calcule el conjunto solución de la ED dada.

3 2 23 2 3 1 0y xy dx xy dy

Solución 27. Derivamos M y N.

2 29 4 ; 3y xM y xy N y

La ED no es exacta. Calculamos un FI.

Observe que

2 2 2

2 2 2

9 4 3 6 4 2 (3 2 )

3 1 3 1 3 1

y xM N y xy y y xy y y x

N xy xy xy

No es una función de x, lo que se debería esperar. Probemos el caso de un FI función de la variable y.

2 2 2

3 2 3 2 2

3 9 4 6 4 2 (3 2 ) 2

3 2 3 2 (3 2 )

x yN M y y xy y xy y y x

M yy xy y xy y x

Integramos la expresión anterior

22 2 ln 2

2

2 1ln ln ( ) ydy y y FI y e y

y y

Multiplicamos la ED a resolver por el FI.

3 2 2

2 2

3 2 3 10

y xy xydx dy

y y

Cancelamos términos semejantes.

2

13 2 3 0y x dx x dy

y

Probemos que la ED obtenida es exacta.

2

13 2 3 0 3; 3y x

MN

y x dx x dy M Ny



Aplicamos el método de solución ya conocido.

2( , ) (3 2 ) ( ) 3 ( )u x y y x dx h y xy x h y

Ahora calculamos ( )h y .

2 2

1 13 ( ) 3 ( )

d du x h y N x h y

dy dy dyy y

Se integra para tener la función ( )h y y luego la sustituimos en la solución general.

2

1 1( ) ( )

dh y h y

dy yy

Tenemos el conjunto solución (solución general) de la ED exacta y en consecuencia de la ED dada

inicialmente:

2 13xy x C

y

Ejemplo 28. Calcular la solución general de la siguiente ED suponiendo que un factor integrante es de la

forma 2 2( )f x y ,

2 2 1 2 0x y dx xy dy

Solución 28. La ED no es exacta ya que: 2 2y xM y N y

Hagamos 2 2z x y , entonces ( )f z . Ahora, la expresión (7) de esta sección

ln ln y xN M M Nx y

(7)

Nos sugiere que si ( )f z , entonces, por la regla de la cadena se tiene.

ln (ln ) 2 (ln )d z d

xx dz x dz

(8)

ln (ln ) 2 (ln )d z d

yy dz y dz

(9)

Sustituimos (8) y (9) en (7) y simplificamos

(2 ln ) ( 2 )

2 2 ln ln2 2

y x

y x

y x

dN x M y M N

dz

M Nd dxN yM M N

dz dz xN yM

Sustituimos M, N y sus derivadas en esta última expresión.

2 2 2 2 3

2 3 2 2 2 2

2 2 4ln

2 2 2 ( 2 ) 2 ( 1) 4 2 2 2

4 4 2 2ln

12 2 2 2 (1 ) 1 ( )

y xM N y y yd

dz xN yM x xy y x y x y x y y y

y yd

dz zx y y y y y x x y



Separamos diferenciales y se integra.

2

2

2 2ln ln 2ln(1 )

1 1

1ln ln(1 ) ln

(1 )

d dzd z

dz z z

zz

Cancelamos los logaritmos para tener el FI.

2 2 2 2

1 1( , )

(1 ) (1 )x y

z x y

Una vez calculado el FI, se procede a convertir la ED en exacta.

2 2

2 2 2 2 2 2

1 20

(1 ) (1 )

x y xydx dy

x y x y

Verifiquemos que esta ED es exacta.

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 4 2 2 3

2 3 2 3 2 3

2 2 3 2 2 3

(1 ) 2 ( 1)2(1 )2 (1 )2 ( 1)4

(1 ) (1 )

2 2 2 4 4 4 6 2 2

(1 ) (1 )

y

y

x y y x y x y y x y y x y yM

x y x y

y x y y x y y y x y y yM

x y x y

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 4 2 2 3

2 3 2 2 3

2 2 3 2 2 3

(1 ) 2 2 [2(1 )( 2 )] (1 )2 8

(1 ) (1 )

2 2 2 8 2 6 2

(1 ) (1 )

x

x

x y y xy x y x x y y x yN

x y x y

y x y y x y y x y yN

x y x y

Queda verificado que la ED es exacta ya que y xM N

Vayamos a la solución general de la ED exacta. Escogemos el término Ndy para integrar.

2 2

2 2 2 2 2 2

12

2( , ) ( ) ( ) ( ) ( )

(1 ) 1

t x ydt y dy

xy dt x xu x y dy f x x f x f x f x

tx y t x y

Continuamos ahora con el cálculo de la función ( )f x .

2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

1

1 ( 2 )( ) ( )

1 (1 )

1 1( )

(1 ) (1 )

( ) 0 ( )

x y x xx du f x f x M

x x dxx y x y

x y x ydf x M

dxx y x y

df x f x C

dx

Estamos ya en condiciones de escribir la solución general de la ED exacta y en consecuencia de la ED dada

inicialmente.

Solución general: 2 21

xC

x y

1 22 2 2 2( , ) ( )

1 1

x xu x y f x C C

x y x y



Ejercicio 1.4.5. Ecuaciones Diferenciales Convertible a Exactas.

I. En los problemas 70 a 79, pruebe la exactitud de la ecuación diferencial. Si no es exacta,

encuentre un Factor Integrante. Después que la ED sea convertida en exacta, resolverla para

encontrar la solución general de ella.

70. 2 2( ) 0x y x dx xy dy

71. 3 3(2 ) (2 ) 0y x y dx x x y dy

72. ( 1) ( ) 0x y xe x dx ye xe dy

73. 2 2 2( 3 2 ) ( ) 0y xy x dx xy x dy

74. 23( ) (3 2 ) 0y x dx x y x dy

75. 2' 1xy e y

76. 2 3 2 2(3 2 ) ( ) 0x y xy y dx x y dy

77. sen 0xdx y dyy

78. ( cot 2 csc ) 0x xe dx e y y y dy

79. 2 36

3 ' 0yx

x yy y x

80. 2

cos 1 sin 0x dx x dyy

II. En los problemas 81 a 85, aplique el procedimiento del ejemplo 28 para verificar que el FI dado

es correcto. Después que la ED sea convertida en exacta, resolverla para encontrar la solución

general de ella.

81. 12 2(3 ) ( ) 0, (2 )xy y dx x xy dy FI xy x y

82. 1

2 2 2 2 2 2( ) ( ) 0,x y y dx x y x dy FI x y

83. 24 2 2 4( ) ( ) 0,x y y dx x y x dy FI xy

84. 4 3

( 2 1) (2 1) 0,y y x dx x y x dy FI xy

85. 1

2 2 2 2( ) 0,ydx y x x dy FI x y

1.4.6 Ecuación Diferencial Lineal. Ecuación de Bernoulli

Recordemos que una ED es lineal si es de la forma

1 2 2

1 2 2 1 01 2 2( ) ( ) ( ) . . . ( ) ( ) ( ) ( )

n n n

n n nn n n

d y d y d y d y dya x a x a x a x a x a x y R x

dxdx dx dx dx

Para 1n , se tiene la ecuación diferencial lineal (EDL) de primer orden:

1 0( ) ( ) ( )dy

a x a x y R xdx

(10)

Para calcular la solución general de la EDL, la reescribiremos. Dividimos entre 1( ) 0a x para tener

0

1 1

( ) ( )

( ) ( )

a xdy R xy

dx a x a x y si decimos que 0

1 1

( ) ( )( ) y ( )

( ) ( )

a x R xp x f x

a x a x , se tendrá

( ) ( )dy

p x y f xdx

(11)

La solución general de (11) es la misma de (10). Procedemos a resolver (11) separando variables.

( ) ( ) 0dy p x y f x dx



Se identifican M y N y se derivan: ( ) ( ) ; 1M p x y f x N ; ( ) ; 0y xM p x N

Se calcula ( ) 0

( )1

y xM N p xp x

N

y entonces el factor integrante FI de la ED (11) está dado por

( )y xM N

dx p x dxNFI e e

Multiplicamos la ED (11) por el FI.

( ) ( )

( ) ( )p x dx p x dxdy

p x y e f x edx

( ) ( ) ( )( ) ( )

p x dx p x dx p x dxdye yp x e f x e

dx (12)

Usando la regla del producto de funciones para derivar ( )p x dxy e se tiene que

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

p x dx p x dx p x dx p x dx p x dxdy dyd dy e y e e yp x e e

dx dx dx dx

Y como se observa, el miembro izquierdo de la expresión anterior (12) es equivalente ( )p x dxdy e

dx , luego

se tendrá:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

p x dx p x dx p x dx p x dx p x dxdy de yp x e f x e ye f x e

dx dx

De la ecuación previa, separamos diferenciales y se integra a ambos lados.

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

p x dx p x dx p x dx p x dxd ye f x e dx C ye f x e dx C

Llegamos así a la solución general de la ED (11) y en consecuencia de la (10).

( ) ( )( ) ( )

p x dx p x dxy x e f x e dx C

Pasos para calcular la solución general de una ED lineal de primer orden.

1. Dada la ED verifique que sea lineal

2. Si se da de la forma (11) es importante escribirla en la forma (11) dividiendo entre el coeficiente de

'dy

ydx

3. Identifique la función p(x)

4. Integre p(x)

5. Calcule ( )p x dx

FI e

6. Multiplique la ED del paso 2 por el FI.

7. Reemplace el miembro izquierdo de la expresión anterior por ( )p x dxdy e

dx

8. Separe diferenciales y proceda a integrar (no olvide la constante C).

9. Divida toda la expresión entre el FI para tener solución general de la ED dada y simplifique.



Figura 1.11 Se muestra una familia solución del

ejemplo 29. Los valores que se asignan a la

constante c son: 0,1,2,3

El término ( )p x dxdy e

dx se puede leer de la siguiente forma:

Es la derivada respecto a la variable independiente, de la variable dependiente (solución de la ED) por

el factor integrante.

Ejemplo 29. Calcular el conjunto solución de la dada.

' (1 ) sen2xxy x y e x

Solución 29.

Paso 1. La ED es lineal ya que la variable dependiente y su derivada son de grado uno y porque los

coeficientes son funciones del variable independiente.

Paso 2. Reescribimos la ED dividiendo entre x.

1 1' sen2xx

y y e xx x

Paso 3. La función 1

( )x

p xx

Paso 4. 1 1( ) 1 ln

xp x dx dx dx x x

x x

Paso 5. ( ) ln lnp x dx x x x x xFI e e e e xe

Paso 6. Se multiplica la ED del paso 2 por el FI.

1 1' sen2x x xx

y y xe e x xex x

Paso 7. Reemplazamos el miembro izquierdo por ( )p x dxdy e

dx

1( ) sen2x x xdy xe e x xe

dx x

Paso 8. Separamos e integramos.

1 1( ) sen2 sen2 cos2

2x x x xd y xe y xe e x xe dx x dx x C

x

Paso 9. La solución general de la ED dada es.

1 1cos 2 cos 2

2 2 2

1 cos 2( )

2

x

x

Cy xe x C x

C xy x

xe



Figura 1.12 Se muestra una familia solución

del ejemplo 30. Los valores que se asignan a la

constante c son: 0,1,2,3

Ejemplo 30. Calcular el conjunto solución de la ED dada.

2 5( ) ( 3 3 )x x dy x xy y dx

Solución 30. Vamos a seguir todos los pasos para llegar a la solución sin mencionarlos.

5 5 5

2 2 2 2 2

5 4

2

3 3 3 3 13

1 33

( 1) 1

dy x xy y xy yx x xy

dx x x x x x x x x x x

dy dyx x xy y

dx x x dx x xx x

Se identifica p(x) y se integra para posteriormente tener el FI.

3

3

( ) ln 3

3 3( ) ( ) 3ln ln

p x dx x

p x p x dx dx x xx x

FI e e x

Multiplicamos la ED 43

1

dy xy

dx x x

por el FI.

43 33

1 1

dy x xy x x

dx x x x

Reemplazamos el miembro izquierdo de la ED previa por la derivada respecto a la variable independiente, de

la variable dependiente (solución de la ED) por el factor integrante y se procede a integrar. Esto es:

3 3 3

3

( ) ( )1 1 1

1 1 1ln( 1)

1 1

d x x xy x d y x dx y x dx

dx x x x

xy x dx dx x x C

x x

Ejemplo 31. Calcular la curva solución de la ED dada en el punto que se indica.

( 1) ' ( 2) 2 , (0) 1xx y x y xe y

Solución 31. Vamos a seguir todos los pasos para llegar a la solución sin mencionarlos.

Se divide la ED entre (x+1), se identifica p(x) y se integra para tener el FI.

( ) ln( 1) ln( 1)

2 2 2' ( )

1 1 1

2 1 1 1( ) 1 ( ) ln( 1)

1 1 1

( 1)

x

p x dx x x x x x

x x xy y e p x

x x x

x xp x dx dx dx dx p x dx x x

x x x

FI e e e e x e

El conjunto solución es:

3( ) ln( 1)y x x x x C



La ED escrita en la forma (11) es multiplicada por el FI y se tendrá:

2 2( 1) ' ( 1) 2

1 1

( 1) 2 ( 1) 2 ( )

x x x

x x

x xx e y y x e e x

x x

dy x e x y x e x dx h y

dx

Se integra y se obtiene la solución general.

2

22

( 1) 2

( )1( 1)

x

x

x

y x e x dx C x C

x C ey x x C

xx e

De este conjunto de curvas solución, la curva que nos interesa es la que cumple con la condición (0) 1y , o

sea, la que pasa por el punto (0,1). Encontrémosla. Sustituimos 0, 1x y en la solución general.

0

2( ) (0) 1 0 11 0 1

xe ey x x C y C C

x

Entonces, la curva solución que cumple con la condición dada es:

2( ) 11

xey x x

x

En las ED lineales que se han resuelto, la solución general es de la forma ( )y f x donde la variable

independiente es x y la dependiente es y. Sin embargo, ocasionalmente se requiere que la variable y sea la

independiente y x la dependiente para poder resolverlas como ecuaciones lineales. En tal caso, la solución

general de la ED es de la forma ( )x f y . Se dice que la ED es lineal para x cuando x es la variable

independiente y se dice que es lineal para y cuando y lo es.

Ejemplo 32. Resolver la ED dada.

2( 2 2 ) 0ydx x xy y dy

Solución 32. Se puede ver que la variable y no es de grado uno, por lo tanto la ED no es lineal para x. Luego

veamos el caso en el que y sea la independiente.

2 2( 2 2 ) 0 (1 2 ) 2dx dx

y x xy y y y x ydy dy

Esta última ED es lineal para y (y es la variable independiente). Resolvamos para y.

Encontremos un FI (en este caso es una función de y).

2 2 22 21 2 1 2 1 2

(1 2 ) 2 2 ( ) lny y ydx dx

y y x y x p y dy y ydy dy y y y

2 2 2ln lny y y y yFI e e e ye



Multiplicamos la ED por el FI.

2 2 2 2

21 22 2y y y yydx d

y e x y e x y e y edy y dy

Separamos e integramos para tener la solución general. 2

2 2 2 2

2

1 12 ( )

yy y y y

y

e Cx y e y e dy e C x y C e

y yy e

Solución general

21

( ) 1 yx y Cey

Solución de una EDL usando Maple

Ejemplo 33. Resolver la ecuación diferencial lineal sendy

x y x xdx

Solución 33: Primeramente limpiamos la memoria y cargamos las librerías que se pudieran necesitar para

resolver la ecuación y graficar la curva solución. Pulse enter al final de cada renglón > restart:

> with(plots): > with(DEtools):

Dividimos la ecuación entre x para tener . Introducimos la ecuación y damos enter al

final del renglón.

> ecd1:=diff(y(x),x)+y(x)/x=sin(x);

Encontramos el factor integrante: > f_i:=exp(int(1/x,x));

Multiplicar la ecuación ecd1 por el factor integrante: > ecd2:=(f_i)*ecd1;

Ahora integremos en ambos lados de la ecuación anterior. Recuerde que el miembro izquierdo, una vez

integrado, es igual al factor integrante multiplicado por la variable dependiente (en este caso y(x)), solución

general de la ecuación diferencial.

> x*y(x)=int(rhs(ecd1),x);

Se puede observar que la solución general (familia de soluciones) es:

> sol_gral:=y(x)=(1/x)*(int(rhs(ecd1),x)+c);

Enseguida se traza una familia de soluciones para diferentes valores de la constante c (-2,-1,0,1,2).

> plot(seq(rhs(sol_gral),c=-2..2),x=-5..5,y=-8..8);



Otra forma de resolver la misma EDL es usando la función dsolve de Maple. Observe

Definimos la función f (función independiente parte no homogénea de la ecuación). Previamente limpiamos la

memoria y cargamos las librerías correspondientes. > restart: > with(plots):

> with(DEtools): > f:=x*sin(x);

Enseguida se introduce la EDL: > ec1:=x*diff(y(x),x)+y(x)=f;

Se utiliza el comando dsolve para resolver la ec. > sol1:=dsolve(ec1,y(x));

Se grafica la familia de soluciones para algunos valores de _C1. > plot(seq(rhs(sol1),_C1=-2..2),x=-5..5,y=-8..8,title="Familia de

soluciones ejemplo 34",thickness=2);

Compare las dos soluciones obtenidas por estos dos caminos. Concluya.



Resolvamos el PVI del ejemplo 32 vía Maple

Ejemplo 34. Calcular la curva solución de la ED dada en el punto que se indica.

( 1) ' ( 2) 2 , (0) 1xx y x y xe y

Solución 34. Vía Maple:

> >

Escribimos la EDL ( 1) ' ( 2) 2 xx y x y xe dividida entre el coeficiente (x+1).

>

Se calcula el factor integrante.

>

Se multiplica la EDL por el factor integrante

>

>

>

>

>

>



Ecuación de Bernoulli

Una ED de la forma

( ) ( ) ndyp x y f x y

dx

Se llama ED de Bernoulli (Jacobo y Johann) y es no lineal siempre que 0,1n .

Si 0n , es claro que la ED es lineal, lo mismo pasa si 1n . Para el caso de 1n se tendría

( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) 0dy dy dy

p x y f x y p x y f x y p x f x ydx dx dx

La cual también es lineal.

La ED de Bernoulli se puede convertir en lineal haciendo la sustitución 1 nu y . Veamos esto.

1 1 11 11 1 1 1 1 11 1 1, , ,

1 1 1

n nnn nn n n n n

dy du du duu y y u y u u u u

dx n dx n dx n dx

Sustituimos en la ED de Bernoulli , ,n dyy y

dx.

11 1 11

( ) ( ) ( ) ( )1

n nn n n n

dy dup x y f x y u p x u f x u

dx n dx

Se multiplica por 1(1 )n

nn u .

11 1 1 1 11

(1 ) ( ) ( ) (1 )1

n n n n

n n n n ndun u u p x u f x u n u

n dx

111 1 1 1 1(1 ) (1 ) ( ) ( )(1 )

1

nn n n nnn n n n nu du

n u n p x u u f x n u un dx

Para tener la ED lineal siguiente.

(1 ) ( ) ( )(1 )du

n p x u f x ndx

Aún cuando se tiene la ED lineal, es muy recomendable que, dada una ED de Bernoulli, se procede llevar a

cabo todos los pasos hasta convertirla en lineal.

Ejemplo 35. Calcular la solución general de la siguiente ecuación de Bernoulli. 3

23 ' 2

xxy y

y

Solución 35. Reescribimos la ED dividiendo entre 3 0x para tener.

2 22 1'

3 3y y x y

x

Para este caso 2n y por lo tanto 1 2 2

1 3 23 3 31, , ,

3n dy du

u y y y u y u udx dx

.

Sustituimos en la ED dada. 2 1 2

23 3 31 2 1

3 3 3

duu u x u

dx x

Multiplicamos por 2

33u y simplificamos.



2 2 1 2 223 3 3 3 31 2 1

3 33 3 3

duu u u x u u

dx x

2 2 1 2 22 23 3 3 3 31 2 1 2

3 33 3 3

duu u u x u u u x

x dx x

La última ecuación es lineal y se procede a resolverla.

2

2

ln 2

2

2 2( ) ( ) 2ln ln

1x

p x p x dx dx x xx x

FI e xx

Multiplicamos la ED lineal por el factor integrante, simplificamos e integramos.

2 2 2 2 22( ) 1

du dx u x x x u x u dx C x C

dx x dx

La solución general de la ED lineal es:

2( ) ( )u x x x C

Y dado que 1 3nu y y , la solución general de la ED de Bernoulli dada es:

3 2( ) ( )y x x x C

Ejemplo 36. Calcular la solución general de la siguiente ecuación de Bernoulli.

32sen ' cos ( cos sen )x y y x y x x x

Solución 36. Dividimos entre el coeficiente de 'y .

3 3cos cos sen 1 1' ' cot ( cot 1)

2sen 2sen 2 2

x x x xy y y y x y y x x

x x

Como 3n , hagamos 1 3 3

1 2 32 2 21, , , '

2n dy du

u y y y u y u y udx dx

. Sustituimos en la ED de

Bernoulli.

3 1 3

2 2 21 1 1cot ( cot 1)

2 2 2

duu x u u x x

dx

Multiplicamos por 3

22u

3 3 1 3 3

2 2 2 2 21 1 12 cot 2 ( cot 1)

2 2 2

duu u xu u u x x

dx

Tenemos la ED lineal.

cot 1 cotdu

xu x xdx

Resolvemos la ecuación lineal.

1( ) cot ln(sen ) ln(sen )p x x dx x x

El factor integrante es:



1ln(sen ) 1(sen )xFI e x

Se multiplica la ED lineal por el FI, se simplifica e integra.

1 1

1 1

1 cot(sen ) cot (1 cot )(sen )

sen

1 cot 1 cot(sen ) (sen )

sen sen

du x xx xu x x x

dx x

d x x x xx u x u dx C

dx x x

cot csccsc

1 cotcsc cot csc

sen sent x dz x x dxdt dx z x

u x xdx x dx x x x dx C

x x

csc csc csc cscsen

ux dx x x x dx C x x C

x

La solución general de la ED lineal es:

( ) sen ( csc ) senu x x x x C x C x

Y la solución general de la ED de Bernoulli dada es:

2 seny x C x

Ejercicio1.4.6 Ecuación Diferencial Lineal. Ecuación de Bernoulli

I. En los problemas 86 a 111, encuentre un conjunto solución de las siguientes EDL y de

Bernoulli.

86. 3'xy y x

87. 'y by a

88. 2

2 ydxxy e

dy

89. ( ) tandr

r ed

90. 2

21

1

dy xy

dx x

91. 2tan tandy

x y xdx

92. 232

4xdy

y edx

93. ' 2 seny y x

94. 2' cos xy y x e

95. 22' sen3

yy x x

x

96. 1

3

dy

dx x y

99. 2 3cos sen cos 1dy

x x y xdx

100. 2 2( 1) ( 2) 0dy

x x y x x ydx

101. 1

' cos sen22

y y x x

102. sendy

x y x xdx

103. 2' senxy y x x

104. ' (2ln 1) 0xy x y

105. 3dyy xy

dx

106. 5

3 2(1 ) ' 2( 1)x y x y y

107. 2' 0xy xy y

108. 2' lnxy y y x

109. 3( 1)dy

y xydx



97. 2 ' ( 2) xx y x x y e

98. ( 1) 2 sen cosxdyx x y e x x

dx

110. 2' ( 1)xy x y xy

111. 2 33( 1) 2 ( 1)dy

x xy ydx

II. En los problemas 112 a 117, encuentre una solución que cumpla con la condición dada.

112. ' , (0) 1xy y e y 113. 2

1' , ( 1) 1

yy y y

x x

114. 32cos ( ) , (0) 1x dy ysenx y dx y 115. ( ) tan 0, (1)

6x seny dy y dx y

116. ( 1) ' ln , (1) 0x y y x y 117. 0, (0)di

L Ri E i idt

donde L , R, E, i0 son constantes

III. Resuelva las ecuaciones diferenciales 92 y 103 vía maple tal como se aplicó en el ejemplos 33

y graficando el conjunto de curvas solución. También resuelva el PVI número 116 y 113 y

aplicando el procedimiento del ejemplo 34. Grafique la curva solución que pasa por el punto que

se indica.

1.5 APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE

PRIMER ORDEN

Modelo Matemático

Con frecuencia es deseable describir el comportamiento de algunos sistemas o fenómenos de la vida real ya

sean físicos, sociológicos, económicos, etc, en términos matemáticos. La descripción matemática de un

sistema de fenómenos le llamamos Modelo Matemático el cual se construye con ciertos objetivos

específicos. Por ejemplo, podemos desear entender los mecanismos de cierto ecosistema al estudiar el

crecimiento de una población animal en ese sistema o podemos interesarnos en conocer la edad de un fósil

analizando el decaimiento del radio carbono 14 presente en él o en el medio en el que fue descubierto.

También, si deseáramos conocer el tiempo que debe transcurrir para que una comunidad sea segura para los

seres vivos después de un accidente nuclear, deberíamos estudiar el decaimiento de las sustancias radiactivas

que se liberaron al momento del accidente nuclear (como sucedió en Chernobyl).

El proceso para la formulación de un modelo matemático de un sistema puede ser:

1. Identificación de las variables involucradas con los cambios en el sistema objeto de estudio

2. Se establecen suposiciones o hipótesis razonables acerca del sistema que estamos tratando de

describir.

3. Dicha hipótesis se expresa en términos de una ED para llegar a una formulación matemática.

4. Resolvemos la ED para tener la solución general de ella

5. Graficamos la solución de la ED.

6. Verificamos las predicciones del modelo con los hechos conocidos (por ejemplo, las condiciones

iniciales o de frontera).

7. Si fuera necesario, se hacen ajustes a la hipótesis y se repite el proceso anterior para tener una

resolución más precisa del problema.

Esquemáticamente, los pasos a seguir en la formulación del modelo matemático serían:



Problemas de modelación (aplicaciones de las ED), entre otros son:

Crecimiento y decaimiento de población

Desintegración radiactiva

Predicción de edad de un fósil (fechado por radiocarbono 14)

Ley de enfriamiento (calentamiento) de Newton

Propagación de una enfermedad

Reacciones químicas

Problemas de mezclas

Drenado de un tanque (ley de Torricelli)

Circuitos eléctricos en serie

Cables suspendidos

Velocidad y aceleración

Problemas geométricos (trayectoria ortogonales

Crecimiento y decaimiento de población

Ejemplo 37. La población de bacterias en un cultivo crece a una razón proporcional a la cantidad de bacterias

presentes al tiempo t. Inicialmente se siembra una cantidad 0P de bacterias. A las tres horas de sembradas se

observa que hay 400 bacterias presentes. A las 10 horas hay 2000 bacterias ¿Cuál fue la cantidad inicial 0P de

bacterias sembradas?

Solución 37. Si ( )P t es la cantidad de bacterias al tiempo t, entonces la razón con la que crece es proporcional

a esa cantidad. Esto es:

( )dP

k P tdt

Hipótesis Expresar las hipótesis

en términos de una ED

Formulación

matemática

Resolución de la ED

Obtención de resultados

Presentar la predicciones del

modelo (por ejemplo en forma

grafica)

Comprobar las

predicciones del modelo

con hechos conocidos

Si es necesario, modificar

las hipótesis y aumentar la

exactitud del modelo

Formulación de un

modelo matemático



Se sabe que al tiempo inicial 0 0t , se siembran 0P

de bacterias (cantidad a calcular). Esto se indica

como:

0(0)P P

También, a las tres horas, el número de bacterias es

de 400, o sea, (3) 400P .

Y a las diez horas, es de 2000 bacterias, o sea,

(10) 2000P .

Así, el problema de valor inicial (modelo

matemático) que modela el crecimiento de bacterias

es:

Resolvemos la ED, separando variables o viéndola

como una ED lineal. Optamos por separar variables.

( )dP dP

k P t k dtdt P

Se integra en ambos lados.

ln

( ) kt C C kt kt

dPk dt P kt C

P

P t e e e Ce

La solución general de la ED es entonces:

( ) ktP t Ce

Bajo las observaciones conocidas, se tiene que:

(0)

0 0(0) kP P Ce C C P

3

0

10

0

(3) 400

(10) 2000

k

k

P P e

P P e

De las dos expresiones anteriores, se despeja P0. 3

0

10

0

400

2000

k

k

P e

P e

Igualamos.

3 10400 2000k ke e

Resolvemos la ecuación para tener el valor de

la constante k.

3 10 7

7

20005

400

ln 5ln 7 ln 5 0.22992

7

k k k

k

e e e

e k k

Luego, la población de bacterias al tiempo t

es:

0.22992

0( ) tP t P e

Donde P0 (número de bacteria sembradas

inicialmente) es:

3 3(0.22992)

0 400 400 201kP e e

Así que la cantidad de bacterias al tiempo

0t es:

0.22992( ) 201 tP t e


Ejemplo 38. Inicialmente hay 100 mg de una sustancia radiactiva, después de 6 horas la masa disminuyó 3%.

Si la razón de decaimiento en cualquier instante es proporcional a la cantidad de sustancia presente al tiempo

t, determine la cantidad que queda después de 24 horas. También calcule vida media de dicha sustancia

radiactiva.

Solución 38. Digamos que ( )N t es la cantidad de sustancia radiactiva al tiempo 0t , luego

( )dN

k N tdt

( )dP

k P tdt

, 0(0)P P

(3) 400P , (10) 2000P

Figura 1.13 Enseguida se muestra la

grafica de la función solución de este

problema de crecimiento de bacterias.

Observe que en la curva solución están los

valores conocidos



Se sabe inicialmente la cantidad de sustancia

radiactiva es de 100mg. Esto se indica como:

(0) 100N mg

También, una vez transcurridas seis horas, la

cantidad de sustancia radiactiva se redujo un 3%

por lo que existen 97 mg de dicha sustancia, esto es

(6) 97N mg .

Se pide calcular la cantidad de sustancia a las 24

horas, o sea, (24) ?N

Asimismo, calcularemos la vida media de esta

sustancia (la vida media de una sustancia radiactiva

es el tiempo que transcurre para que la sustancia se

desintegre la mitad de su masa inicial). Así que

(?) 50N mg . El problema de valor inicial (modelo

matemático) que modela el decaimiento de esta

sustancia radiactiva es:

Podemos ver que la ED es en esencia la misma del

ejemplo 31 por lo que la solución general es:

( ) ktN t Ce

Donde C representa la cantidad inicial de la

sustancia. Veamos.

(0)(0) 100 100kN Ce C C

Entonces ( ) ktN t Ce queda de la manera siguiente:

( ) 100 ktN t e

Sabemos que (6) 97N mg , luego:

6 6 97(6) 100 97

100k kN e e

Calculando el logaritmo en ambos lados de la

expresión anterior se tiene:

316 ln 0.97 ln 0.97 5.0765 10

6k k

Observe que el valor de la constante k es negativo

ya que se trata de una disminución de masa.

Se puede decir que la desintegración de la

sustancia radiactiva está determinada por 35.0765 10( ) 100 tN t e

Ahora, se puede saber la cantidad de sustancia

que queda a las 24 horas y en general para toda

0t es: 35.0765 10 (24)(24) 100 88.53N e mg

Así también, podemos conocer el tiempo que

tiene que transcurrir para tener 50 mg de la

sustancia radiactiva. Veámoslo.

3 35.0765 10 5.0765 10 ( )( ) 100

100t t N t

N t e e

3

3

( )5.0765 10 ln

100

( )10ln

5.0765 100

N tt

N tt

Cuando 50N mg deben de transcurrir

310 50

ln 136.5403 .5.0765 100

t hs

Ley de enfriamiento de Newton (o calentamiento)

El cambio de temperatura de un cuerpo en cualquier instante es directamente proporcional a la diferencia de

temperatura del cuerpo y la temperatura del medio que lo rodea. Si T(t) es la temperatura del cuerpo y Tm es la

temperatura del medio, entonces

( ) m

dTk T t T

dt

( )dN

k N tdt

, (0) 100, (6) 97N N

Figura 1.14 Se muestra la grafica de la

desintegración de la sustancia radiactiva.

Observe el decaimiento de la sustancia

radiactiva así como también se pueden

verificar los valores conocidos del

problema del ejemplo 38.



Ejemplo 39. Dos grandes tanques A y B se llenan con fluidos diferentes. El fluido en A está a 0°C y la

temperatura del fluido en B es de 100°C. Una pequeña barra de metal, cuya temperatura inicial es de 100°C

se sumerge al tanque A. Al minuto la temperatura de la barra disminuye 10°C. A los 2 minutos se saca la

barra del tanque e inmediatamente se introduce al otro. Al minuto de estar en el tanque B, la temperatura de la

barra aumenta 10°C ¿Cuánto tiempo, medido desde el inicio del proceso, le tomará a la barra alcanzar los

99.9°C?

Solución 39. De acuerdo a la ley de enfriamiento de Newton, se tiene

( )m

dTk T T

dt

El modelo matemático que determina el cambio de

temperatura de la barra es:

( )

(0) 0 C, (0) 100 C

m

A B

dTk T T

dt

T T

Al introducirse la barra en A : (0) 100 CbarraT

Y al minuto en el tanque A: (1) 90 CbarraT

A los 2 minutos (2) CbarraT Q .

La temperatura T(t) de la barra en el tanque B es:

(2) (0) C,

(3) (1) 10 C

barra barra

barra barra

T T Q

T T Q

Resolvemos la ED, separando variables.

( )mm

dT dTk T T k dt

dt T T

Integramos en ambos lados.

ln

( )

mm

kt kt

m m

dTk dt T T kt C

T T

T T Ce T t T Ce

En el tanque A, se tiene:

0, (0) 100 C, (1) 90 Cm barra barraT T T

Sustituimos para tener

0( ) (0) 0 100 Ckt

mT t T Ce T Ce

Con C=100 se tiene: ( ) 100 ktT t e

Para 1mint : (1) 90 100 kT e

90 9ln 0.1536

100 10ke k

Así que la temperatura de la barra antes de extraerla

del tanque A es:

0.1536( ) 100 tT t e para 0 2t

Para 2mint , la temperatura de la barra será de:

0.1536(2)(2) 100 81 CQ T e

Al introducir la barra en el tanque B, su temperatura

es de 81°C.

En seguida se repite el proceso pero ahora en el

tanque B, de forma que la temperatura de la barra

después de 2 minutos es:

( ) kt

mT t T Ce

0(0) 100 81 81 100 19 CT Ce C

Tenemos que ( ) 100 19 ktT t e

Al minuto de estar la barra en el tanque B, su

temperatura aumenta en 10°C. Por lo que:

(1)(1) 100 19 81 10 91

100 91 9ln 0.74721

19 19

k

k

T e C

e k

Ya estamos en condiciones de decir que la

temperatura de la barra está determinada por

0.74721( ) 100 19 tT t e

Para conocer el instante en que la temperatura de la

barra sea de 99.9°C, despejamos t. 0.74721 0.74721

0.74721

( ) 100 19 19 100 ( )

100 ( ) 100 ( )0.74721 ln

19 19

100 ( )1ln

0.74721 19

t t

t

T t e e T t

T t T te t

T tt

Sustituyendo T(t) por 99.9°C, se tiene:

1 100 99.9 1 0.01ln ln 10.1

0.74721 19 0.74721 19t

El tiempo total de este proceso para que la barra

alcance la temperatura de 99.9°C es:

= (2+10.1)min = 12.1mint



Problemas de Mezclas

Supongamos que se tiene una solución de agua con sal (salmuera) en un recipiente. Si en el recipiente existen

100 litros de agua en la cual se vierten 5 kilogramos de sal, entonces se dice que la concentración de sal de la

solución salina es 5 5000

50100 100

gr gr

lt lt

kgC

lt y se lee: 50 gramos de sal por cada litro de agua. Del

mismo modo, si en un depósito con 75 galones de agua se vacían 15 libras de azúcar, entonces la

concentración de azúcar de la solución es 10.2

515

75lb

galC y se lee: 0.2 libras de azúcar por cada galón

de agua.

En general, si disolvemos A cantidad de masa (soluto) en una cantidad V de volumen de algún solvente,

entonces la concentración de dicho soluto es:A

CV

.

Considérese que inicialmente en el depósito existe un volumen V0 de una solución en la cual está disuelta una

cantidad A0 de soluto y que, al instante 0t se vierte al depósito una solución con una rapidez Re (rapidez de

entrada) a una concentración Ce (concentración de la solución a la entrada). Al mismo tiempo se deja salir la

solución perfectamente mezclada con una rapidez Rs y una concentración de salida Cs .

En este proceso nos interesa calcular la cantidad de soluto A que existe en el recipiente, el cual estará en

general variando. Esto significa que el soluto A es función del tiempo, escribimos ( )A t para toda 0t . Esta

cantidad de soluto ( )A t en el recipiente variará según:

1. e sR R , el volumen inicial V0 en el recipiente se mantiene constante para toda 0t .

2. Si e sR R el volumen en el depósito aumenta. Si e sR R el volumen en el depósito disminuye. En

ambos casos el volumen de la mezcla en el depósito es función del tiempo: ( )V t .

3. También, en general, la cantidad de soluto en el depósito estará cambiando de manera que su

concentración dependerá del tiempo, esto es, ( )C t . Esta concentración depende de si e sR R o

e sR R y está dada por :

0

( ) ( )( )

( )e s

A t A tC t

V t V R R t

Observe que al multiplicar la rapidez por el tiempo se obtiene volumen:

( / min) (min)e eR t R gal t galones

La cantidad ( )V t en el depósito aumenta si 0e sR R y disminuye si 0e sR R .

Como se había dicho, en este proceso nos interesa calcular la cantidad de soluto ( )A t que existe en el

recipiente para toda 0t y se parte del principio básico de que:

La rapidez con la que cambia el soluto en el depósito dependerá de la rapidez con la que entra menos la

rapidez con la que sale. Esto es:

( ) Rapidez con la que entra el soluto Rapidez con la que sale el solutod

A tdt

Pero como la Rapidez con la que entra el soluto e eR C y la Rapidez con la que sale el soluto s sR C , se tiene:

( ) ( )e e s s

dA t R C R C t

dt

Donde 0

( )( )

e s

A tC t

V R R t



Por lo que puede decir que un modelo matemático que nos ayuda a determinar la cantidad de soluto ( )A t en

una solución en un recipiente es el siguiente problema de valor inicial (PVI):

0

0

( )( )

(0)

e e s

e s

A tdA t R C R

dt V R R t

A A

Ejemplo 40. Un tanque contiene 100 galones de agua en los que se disolvieron 10 libras de sal. Una solución

salina de 1

2lb

galse vierte al tanque con una rapidez de

min6

gal. La solución previamente mezclada sale del

tanque con una rapidez de min

4gal

. Calcule:

a) La cantidad de sal que hay en el tanque para cualquier tiempo 0t .

b) La cantidad de sal que hay en el tanque después de 20 minutos.

c) La cantidad de sal que hay en el tanque cuando el tiempo es grande.

Solución 40. Inicialmente existen en el tanque 10 lb de sal, esto es (0) 10A lb . También,

0(0) 100V V gal . La salmuera que entra lo hace con una concentración 1

2e

lb

galC y una rapidez

min6e

galR . La salmuera, previamente mezclada sale con una rapidez

min4s

galR con una concentración

0

( ) ( )( )

100 (6 4)e s

lb

gal

A t A tC t

tV R R t

. Con esto, se llega al PVI:

0

12min min

( ) ( )( ) 6 4

100 (6 4)

(0) 10

e e s

e s

gal gal lblbgal gal

lb

A t A tdA t R C R

dt tV R R t

A

Simplificando se llega a la ED a resolver:

4 2( ) 3 ( ) ( ) 3 ( )

100 2 50

d dA t A t A t A t

dt t dt t

Podemos ver que la ED es lineal por lo que procedemos a resolverla como tal. Primeramente la reescribimos

en la forma ( ) ( )dy

p x y f xdx

.

2( ) ( ) 3

50

dA t A t

dt t

Se calcula el FI.

22

2ln(50 ) ln(50 ) 250 (50 )dt t ttFI e e e t

Multiplicamos la ED por el FI.

2 22( ) ( ) (50 ) 3(50 )

50

dA t A t t t

dt t

La expresión de la izquierda es equivalente a: 2( ) (50 )d

A t tdt

Por lo que

2 2( ) (50 ) 3(50 )d

A t t tdt



Separamos diferenciales e integramos:

2 2 3

32 3

2

( ) (50 ) 3(50 ) (50 )

(50 )( ) (50 ) (50 ) ( )

(50 )

d A t t t dt t C

t CA t t t C A t

t

Y llegamos a la solución general

2( ) 50

(50 )

CA t t

t

(s34a)

Sustituyendo (0) 10A en (s34a) se tiene:

5

2(0) 50 0 10 10

(50 0)

CA C

Sustituimos el valor de C en la solución general (s34a) y de esta forma obtenemos la expresión a partir de la

cual se puede calcular la cantidad de sal en el tanque para toda 0t . 5

2

10( ) 50

(50 )A t t

t

(s34b)

Repuesta b) Para 20 mint la cantidad de sal en el tanque es:

5

2

10 100000(20) 50 20 70 49.59

4900(50 20)A

Respuesta c) Se tienen 49.59 libras de sal en el tanque al tiempo 20 mint .

Respuesta c) Cuando el tiempo tiende a crecer la cantidad de sal será:

5

2

10lim ( ) lim 50

(50 )t tA t t

t

Obviamente, esta respuesta es inapropiada ya que el tanque tiene una capacidad limitada. Lo que se puede

concluir es que la sal en el tanque se incrementa conforme t crece.

Ejemplo 41. Mismo problema 35 solo que la rapidez de entrada y salida es igual a min

6gal

. Calcule:

a) La cantidad de sal que hay en el tanque para cualquier tiempo 0t .

b) La cantidad de sal que hay en el tanque después de 20 minutos.

c) El tiempo t debe transcurrir para que la sal en el tanque sea de 50 libras.

Solución 41. En esencia se trata del mismo modelo. Este es:

0

0

( )( )

(0)

e e s

e s

A tdA t R C R

dt V R R t

A A

Pero como la rapidez de entrada y salida es la misma, el PVI queda, para los datos medidos en este problema:

00

( ) ( )( ) ; (0) ( ) 3 6

100

( )( ) 3 3 ; (0) 10

50

e e s

A t A td dA t R C R A A A t

dt V dt

A tdA t A

dt

La ED sigue siendo lineal. Despejamos y resolvemos:



3 3 3 3

50 50 50 50

3 3 3 3

50 50 50 50

( ) 3( ) 3 ( ) 3

50

1( ) 3 ( )

50

dt t t t

t t t t

dA t dA t FI e e e A t e

dt dt

d e A t e dt e A t e C

De lo anterior se observa que la solución general para este problema 35 es: 3

501( )

50

t

A t Ce (s35a)

Sustituimos (0) 10A en la solución general (s35a)

01 1 501(0) 10 10

50 50 50A Ce C

Sustituimos el valor de C en la solución general y tendremos la solución de este PVI, con la cual

determinamos la cantidad de sal en el tanque para toda 0t .

3 3

50 501 501 1( ) 501 1

50 50 50

t t

A t e e

(s35b)

Respuesta b) Sustituimos 20t en (s35b) para conocer la libras de sal en el tanque en este tiempo.

3(20)

501(20) 501 1 33.25

50A e

Respuesta c) Para conocer el tiempo en el que existan 50 libras de sal en el tanque, de (s35b) despejamos el

tiempo t.

3 3 3

50 50 50

3

50 50 ( ) 1 50 ( ) 1

501 501

1( ) 501 1 50 ( ) 501 1 50 ( ) 1 501

50

50 ( ) 1 3 50ln ln

501 50 3

t t t

t A t A t

A t e A t e A t e

A te t t

Se procede enseguida a calcular el tiempo que tiene que pasar para que haya 50 libras de sal en el tanque.

50 ( ) 1 50(50) 1

501 501

50 50 50 2501ln ln ln 26.80 min

3 3 3 501

A tt t

El tiempo es aproximadamente de 26.80 minutos.

Ejemplo 42. Un tanque contiene originalmente 1000 litros de cerveza cuya concentración alcohólica es del 8

% en volumen (8 grados Gay lussac ). El tanque es alimentado en forma continua con min

30litros

de cerveza

cuya concentración alcohólica es del 4%. La solución, previamente mezclada, sale con la misma rapidez de

min30

litros de cerveza. Si la mezcla se mantiene uniforme agitando constantemente. Encuentre

a) El contenido de alcohol en la cerveza como función del tiempo para toda 0t .

b) ¿Cuál es la concentración alcohólica después de 10 minutos?

c) ¿Después de qué tiempo la concentración de alcohol de 6%?

Solución 42. Usemos el PVI ya discutido.

0

0

( )( )

(0)

e e s

e s

A tdA t R C R

dt V R R t

A A



Para este ejemplo el soluto A(t) es el alcohol, es la sustancia que cambia en el tanque conforme se lleva a cabo

el proceso de mezclado.

Los datos conocidos son:

litros

min30

4% 0.04 de alcohol

A(0) = 80% 1000 litros = 80 litros de alcohol

e s

e

R R

C

Sustituimos en la ED.

0

( ) ( )( ) 30(0.04) 30 1.2 0.03

1000e e

e s

A t A td dAA t R C A

dt dtV R R t

Aún que se trata de una ED lineal, esta la resolveremos mediante separación de variables.

1ln(1.2 0.03 ) ln(1.2 0.03 ) 0.03( )

(1.2 0.03 ) 0.03

dAdt A t C A t c

A

0.03 0.03 0.03

0.03 0.03

ln(1.2 0.03 ) 0.03 1.2 0.03 1.2 0.03

0.03 1.2 ( ) 400.03

t c t c t

t t

A t C A e e e A ce

cA ce A t e

0.03( ) 400.03

tcA t e

Inicialmente existe en el tanque, A(0) = 80% 1000 litros = 80 litros de alcohol por lo que:

0.03(0)80 40 40 40ce c c

a) Luego, la cantidad de alcohol en la cerveza en cualquier tiempo 0t es:

0.03( ) 40 40tA t e

Se puede observar, en la solución anterior que, en el instante inicial la cantidad de alcohol es de

(0) 40 40 80A litros de alcohol, lo cual concuerda con el valor dado en el PVI. También se puede ver,

que si el tiempo tiende a ser grande, la cantidad de alcohol en el tanque tiende a ser 40 litros de alcohol.

b) Si t = 10 min, la cantidad de alcohol será de:

0.03 10(10) 40 40 69.6327A e litros

El valor anterior A(10) = 69.6327 litros de alcohol es equivalente a :

% de alcohol 69.6327 100 6.96%1000

l

l

c) 6 % de alcohol en 1000 litros de cerveza equivale a 6% 1000 litros = 60 litros de alcohol

Así que, el tiempo necesario para que el tanque tenga 6 % de alcohol, se calcula de la siguiente forma:

0.03 0.03 0.03

1

2

60 40( ) 40 40 60 40 40

40

10.03 ln ln1 ln 2 ln 2

0.03

t t tA t e e e

t t



Por tanto el tiempo será de:

23.1 mint

Al minuto ¿cuánto es la concentración? Sustituimos en 1t en 0.03( ) 40 40tA t e

0.03(1)(1) 40 40 78.82 litros de alcoholA e

(1) 78.82 litros de etanolA en 1000 litros de cerveza equivalen a:

78.82% de etanol = 100 7.88

1000 %

Circuitos Eléctricos en Serie

En esta sección estudiaremos las ED que modelan los circuitos eléctricos en serie. Estos circuitos están

conformados por los siguientes elementos básicos:

Resistencia eléctrica. Se identifica con la letra R y su unidad de medida es el ohm (Ω).

Capacitancia de un capacitor. Se identifica con la letra C y su unidad de medida son los faradios (F). Como

la capacitancia en Faradios es muy grande, suele utilizarse cantidades pequeñas como milifaradios (10-3

faradios), microfaradios (10-6

faradios), nanofaradios (10-9

faradios) o picofaradios (10-12

faradios).

Inductancia de una bobina, Se identifica con la letra L y su unidad de medida son los henrios.

Fuente de poder o de energía eléctrica (batería). Se identifica usando la letra V o E y su unidad de medida

son los voltios.

Fuente voltaje constante

Fuente voltaje alterna Voltaje de onda cuadrada

Fuente voltaje diente de sierra

Formas físicas mas comunes

Símbolo

Forma física mas común

+ -

Símbolo Formas físicas más comunes

_ +



Leyes de Kirchhoff

La primera ley de Kirchhoff, llamada también ley de los nodos o ley de las corrientes.

La suma algebraica de todas las corrientes eléctricas que fluyen a un punto de unión es cero.

La segunda ley de Kirchhoff o ley de los voltajes.

La suma algebraica de todas las caídas de voltaje en cada uno de los elementos del circuito

es igual al voltaje aplicado (voltaje que proporciona la fuente).

La ley de Ohm

La ley de Ohm dice que “El voltaje entre los extremos de un conductor es igual a V Ri ”,

donde R es la resistencia del material e i es la corriente eléctrica en amperes que circula por

él.

En la siguiente tabla se resumen los elementos básicos de un circuito eléctrico y las propiedades físicas

relacionadas con ellos.

También es de importancia definir la corriente eléctrica en términos de la carga eléctrica.

La corriente eléctrica en amperes (A) a través de un conductor, se define como la cantidad de carga

eléctrica en coulombs que pasan por unidad de tiempo, a través de una sección transversal de dicho

conductor. Esto es, .dq coulombsi t amperes

segdt

Así entonces, las caídas de voltaje en cada uno de los elementos se pueden expresar en términos de la

carga eléctrica del capacitor de la forma siguiente:

Elemento Símbolo Unidades Caída de voltaje o de tensión

Resistencia (resistor)

Ohm () RV Ri

Inductancia (inductor)

Henrios (H) L

diV L

dt

Capacitancia

(capacitor)

Faradios (F). 0

1

t

CV i dC

Fuentes de voltaje

Voltaje constante en voltios

Voltaje alterno en voltios

Voltaje onda cuadrada en voltios

Voltaje diente de sierra en voltios

_ +



Resistencia Inductor (bobina): Capacitor:

R

dqV R

dt

2

2L

d qV L

dt C

qV

C

Ejemplo 43. Una fuente de poder proporciona una fuerza electromotriz constante de 200 voltios en un

circuito RC, en el que la resistencia es de 1000 Ω y la capacitancia es de 65 10 faradios. Determine:

a) La carga del capacitor para 0t , si inicialmente se encuentra descargado,.

b) La carga del capacitor después de un gran tiempo.

c) Calcule la corriente (intensidad) eléctrica para toda 0t .

d) Calcule la corriente (intensidad) eléctrica para 0.5t segundos.

e) Si inicialmente el capacitor está cargado con una carga de 400 micofaradios, calcule su carga y la

corriente eléctrica para toda 0t .

Solución 43. Aplicando la segunda ley de Kirchhoff (ley de los voltajes) se forma la ED que modela tanto la

carga como la corriente eléctrica en este circuito RC.

Por simplicidad y por las preguntas a responder, seleccionamos la ED en términos de la carga eléctrica del

capacitor. Sustituimos los valores dados en ella.

6

( ) 1( ) 1000 ( ) 200

5 10

dq q t dqR V t q t

dt C dt

Dividimos entre 1000 y arreglamos la ED lineal.

3

1 200( ) 200 ( ) 0.2

10005 10

dq dqq t q t

dt dt

Se calcula el 200 200dt tFI e e . Enseguida se multiplica la ED por el FI y simplificamos.

200 200 200200 ( ) ( ) 0.2t t tdq de q t e q t e

dt dt

Separamos e integramos

200 200 200 200

.

0.2( ) 0.2 ( )

200t t t t

Arbd e q t e dt e q t e C

Donde .ArbC es la constante arbitraria y la solución general de la ED es:

3 200

.( ) 10 t

Arbq t C e (s36a)

Ahora calculamos la constante arbitraria. Sabiendo que inicialmente el capacitor se encuentra descargado,

(0) 0q , se tiene:

3 200(0) 3 3

. . .(0) 0 10 10 10Arb Arb Arbq C e C C

i(t) C

R

_

+

Entonces, sumando las caídas de tensión (o voltaje) en cada el elemento e

igualando al voltaje proporcionado por la fuente, se tiene:

0

1( ) ( ) ( )

t

R CV V V t Ri t i d V tC

, la condición 0(0)i i

O de manera equivalente:

( )( ) ( )R C

dq q tV V V t R V t

dt C , la condición 0(0)q q



Sustituimos este valor en la solución general (s36a) para tener la carga eléctrica del capacitor para toda 0t .

3 3 200 3 200( ) 10 10 10 1t tq t e e (s36b)

Con la expresión (s36b) se determina la carga eléctrica del capacitor para toda 0t y por lo tanto se

responde a la primera pregunta . Observe que, si sustituimos 0t en (s36b) la carga es cero (capacitor

descargado), tal cual se enuncia en el problema.

Respuesta de inciso b), cuando el tiempo es grande:

3 200 3( ) lim10 1 10t

tq t e coulombios

Respuesta de inciso c) para el cálculo de la corriente eléctrica se deriva la carga.

3 200 3 200 200( ) ( ) 10 1 10 0 200 0.2t t td di t q t e e e

dt dt

Respuesta de inciso d). Para 0.5t seg , la corriente eléctrica es:

200(0.5) 45(0.5) 0.2 7.44 10i e Amperes

Esta corriente es nula o casi nula, esto se debe a que, una vez cargado el capacitor, el circuito actúa como un

circuito abierto (el capacitor bloquea el flujo de electrones).

Respuesta de inciso e). Aún cuando inicialmente el capacitor este cargado, la ED es la misma y por lo tanto la

solución general (s36a) también lo es, luego, al sustituir la carga inicial de 400 micofaradios en (s36a) se

tiene: 3 200 6 3

. .

6 3 3 3 3

.

( ) 10 (0) 400 10 10

400 10 1 10 0.4 10 1 10 0.6 10

t

Arb Arb

Arb

q t C e q C

C faradios

Sustituimos el valor de la constante arbitraria en la solución general.

3 3 200 3 200( ) 10 0.6 10 10 1 0.6t tq t e e

Y la corriente eléctrica se obtiene derivando la carga.

3 200 3 200 200( ) ( ) 0.6 10 ( 200) 120 10 0.12t t tdi t q t e e e

dt



Ley de Torricelli

Ejemplo 44. Un tanque cilíndrico cuya altura es de 1.5 m y su diámetro es 1m inicialmente está lleno de agua.

El tanque está dispuesto en forma vertical y tiene un hoyo en el fondo de diámetro igual a 1 cm. Al abrir el

hoyo el agua comienza a salir bajo la influencia de la gravedad. Encuentre la altura h(t) del agua en el tanque

a cualquier tiempo 0t . Encuentre el tiempo necesario para que el tanque esté a la mitad, un cuarto y vacío.

Solución 44: 1er

paso.- Escribir el modelo matemático que describa el fenómeno físico (la ecuación

diferencial).

Como la cantidad de agua que sale, en un intervalo de tiempo, es precisamente la cantidad de agua que

disminuye en el tanque, se puede escribir

( )Av t B h h

Donde

( )B h = área de sección transversal del recipiente y

h representa la diferencia de alturas entre el agujero y la superficie del agua en el intervalo de

tiempo [ , ]t t t . El signo negativo indica que el nivel de agua está disminuyendo

Sustituimos v en ( )Av t B h h :

0.6 2 0.6 20.6 2 ( )

( ) ( )

gh A ghhgh A t B h h h A t

B h t B h

Hagamos que 0t 0 0

0.6 2 0.6 2lim lim

( ) ( )t t

A gh A ghh

t B h B h

Así se obtiene la ecuación diferencial siguiente la cual modela el vaciado del recipiente.

0.6 2( )

dh Agh

dt B h

Para este caso en particular, como el recipiente es cilíndrico, B es constante 2 2 2(50) 2500B r cm .

También, 2 2(0.5) 0.25A cm ,

2980g cm seg , se tendrá:

1

20.250.6 2(980) 0.00266

2500

dhh h

dt

2do

paso.- Resolver la ecuación diferencial. Separando las variables.

Nivel de

agua a un tiempo t

1.5 m

1 m La ecuación diferencial establece una variación del

volumen del agua en función del tiempo.

V Av t

donde:

v = velocidad ( cm/seg ) con la que sale el agua

0.6 2v gh , según la ley de Torricelli,

g es la aceleración de gravedad = 980 cm/s2 32 ft/s

2

h(t) es la altura del nivel de agua en el tanque

A es el área del orificio en el tanque en cm.

A

=

á

r

e

a

d

e

s

e

c

d

e

l

o

r

i

f

i

c

i

o

d

e

s



1 1 1

2 2 21

2

0.00266 0.00266 2 0.00266 0.00133dh

dt h dh dt h t C h t c

h

Y llegamos a la solución general de la ED.

2( 0.00133 )h c t

Inicialmente, como el tanque está lleno, su altura es de 150 cm, esto se indica como (0) 150h cm . Usemos

este dato para calcular el valor de la constante arbitraria. Sustituimos en la solución general:

Luego entonces, la altura del nivel del agua en el recipiente cilíndrico para cualquier tiempo 0t es:

2

( ) 150 0.00133h t t

También se puede conocer el tiempo en función de la altura.

12 150

150 0.001330.00133

hh t t

Ahora, calculemos el tiempo necesario para que el tanque esté a la mitad, un cuarto y vacío.

La mitad de su altura inicial es 150

752

h cm .

150 752696.8 44.95 min

0.00133t seg

El tiempo para que el tanque este a la cuarta parte su altura inicial, 150

37.54

h cm es:

150 37.54604 76.73 min

0.00133t seg

Cuando el tanque este completamente vacío, h = 0.

1509208.6 153.48 min

0.00133t seg

Trayectorias ortogonales

En esta sección se trata de encontrar la ecuación diferencial ( , )dy

f x ydx

de un conjunto de curvas dadas.

Ejemplo 45. Encontrar la ecuación diferencial de la familia de curvas dada por 3xy ce

Solución 45. Derivamos respecto a la variable x.

33 xdyce

dx

De la familia de curvas dada despejamos c y la sustituimos en la ED que se obtuvo.

3 3 33 3x x xdyc ye ye e y

dx



Así que la ED de la familia de curvas dada es

3dy

ydx

Se sabe, de cursos elementales de geometría analítica que dos resta son perpendiculares (ortogonales) si y solo

si sus pendientes son recíprocas y de signo contrario de tal forma que el producto de sus pendientes es igual a

uno. Algebraicamente se escribe:

Si las pendientes de estas dos rectas son 1 2,m m , entonces 1 2 1m m . Por ejemplo la recta 2 1y x , de

pendiente 2m , es perpendicular a la recta 1

42

y x cuya pendiente es 1

2m . En general se dice que

dos curvas 1 2yC C son ortogonales en un punto si y solo si sus rectas tangentes son perpendiculares en el

punto de intersección.

Definición de trayectorias ortogonales

Dos familias de curvas son ortogonales entre sí siempre que las curvas de una familia corten

ortogonalmente a todas las curvas de la segunda familia. Se dice que son cada una trayectorias

ortogonales de la otra.

La familia de curvas definidas por 1y c x (rectas inclinadas que pasan por el origen) son ortogonales a la

familia de curvas 2 2

2x y c (círculos concéntricos con centro en el origen). Las trayectorias ortogonales se

pueden ver en electricidad y magnetismo. Por ejemplo, en un campo eléctrico

que rodea a un cuerpo cargado eléctricamente, sus líneas de fuerza son

ortogonales a las curvas equipotenciales (curvas al mismo potencial eléctrico),

tal como se muestra en la figura 1.15.

Para encontrar las trayectorias ortogonales de una familia de curvas dada, primeramente se deriva para

encontrar su ED

( , )dy

f x ydx

Posteriormente, se forma la ED de la otra familia ortogonal la cual es

1

( , )

dy

dx f x y

Y enseguida se procede a integrar para hallar la familia de la segunda familia ortogonal. Veamos algunos

ejemplos.

Ejemplo 46. Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de curvas definidas por 2 3

1y c x

Solución 46. Derivamos para formar la ED de esta familia dada.

22 1

1

32 3

2

cdy dy xy c x

dx dx y



De la expresión 2 3

1y c x se sigue que 2

1 3

yc

x . Sustituimos este valor de c1 en la ED.

2 2

3

3 3

2 2

dy y yx

dx y xx

Tenemos que la ED de la familia de curvas dadas es: 3

2

dy y

dx x

Y la ED de la segunda familia de curvas ortogonales es: 2

3

dy x

dx y

La otra familia ortogonal se obtiene integrando la ED anterior, separamos variables.

2 2

2

2 2 1 1

3 3 2 3

dy xydy xdx y x c

dx y

Multiplicamos por 6 para tener: 2 2 2 2 2

23 2 6 2 3 2y x c x c y x c

Luego, la familia de curvas ortogonales a la familia dada es:

2 23 2y x c

Se muestran en la figura 1.16 las trayectorias ortogonales del ejemplo 46.

Ejemplo 47. Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de curvas definidas por 1

1y

c x

.

Solución 47. Derivamos para formar la ED de esta familia dada.

2

1

1

( )

dy

dx c x

De la familia dada se tiene que 1

1c x

y de forma que su ED es:

2

2 2

12

1 1 1

1( ) 1

dyy

dx c xx x yy

Por lo tanto, la ED de la familia de curvas ortogonales a la familia dada es:

2

1dy

dx y

Integrando la ED anterior, separamos variables.



2 3

22

1 1

3

dyy dy dx y x c

dx y

Multiplicamos por 3 para tener la familia de curvas ortogonales a la familia dada.

3

23 3 3y x c x c

Se muestran en la figura 1.17 las trayectorias ortogonales del ejemplo 47.

Ejercicio 1.5 Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden


1. Un científico prepara una muestra de sustancia radiactiva. Un año después la muestra contiene 3 gr.

de la sustancia; 2 años después solo hay 1 gr. Determine la cantidad de sustancia que preparó el

científico.

2. Se va a usar un radioisótopo en un experimento. Transcurridos 20 días, debe quedar solo 15%. ¿Cuál

debe ser la vida media?

3. La vida media de radio, Ra226

es =1600 años, ¿Cuál será el porcentaje de desintegración en un año?

¿En 10 años?

4. Suponiendo que la vida media de una sustancia radioactiva es de 10 minutos, ¿Cuántos gramos

quedarán sin desintegrar de una muestra de 5 gramos al cabo de 20 minutos?

5. Una sustancia radioactiva se desintegra de tal manera que 6 gramos de dicha sustancia se reducen a

solo 2 gramos en 2 días. Encontrar la vida media.

6. Cierto tipo de árbol contiene un porcentaje conocido P0 de una sustancia radiactiva con vida media .

Cuando el árbol muere la sustancia decae y no es reemplazada. Si el porcentaje de la sustancia en los

restos fosilizados de un árbol de este tipo es P1 ¿Hace cuánto tiempo murió el árbol?

7. La vida media del cobalto radiactivo es de 5.27 años. Suponga que un accidente nuclear ha dejado

que el nivel de cobalto radiactivo ascienda en cierta región a 100 veces el nivel aceptable para la vida

humana. ¿Cuánto tiempo pasará para que la región vuelva a ser habitable? (Ignore la posible

presencia de otros elementos radiactivos).

8. La vida media del Co radioactivo es 5.27 años. Suponga que un accidente nuclear a dejado un nivel

de radiación de Co en cierta región a 100 veces el nivel aceptable para la vida humana. ¿Cuánto

tiempo pasará antes de que la región sea otra vez habitable? (ignore la probable procedencia de otras

sustancias radioactivas).

9. Demostrar que la vida media de una sustancia radioactiva puede ser determinada a partir de dos

medidas 1 1y y t y 2 2y y t de las cantidades presentes a los tiempos t1 y t2 mediante la

fórmula:

2 1

1

2

ln 2

ln

t t

y

y



10. Suponga que un cuerpo formado en un antiguo cataclismo (quizá la formación de la tierra misma)

contenía al principio el isótopo del uranio U238

(que tiene vida media de 4.51109años) pero no

plomo, el producto final del decaimiento radioactivo del U238

. Si en la actualidad la proporción de

átomos de U238

a los de plomo en ese mineral es de 0.9, ¿Cuándo ocurrió el cataclismo?

11. Se encontró que cierta roca lunar contenía igual número de átomos de potasio y argón. Suponga que

todo el argón es resultado del decaimiento radioactivo del potasio, cuya vida media es 1.28109 años

y que uno de cada nueve átomos de potasio desintegrados produce un átomo de argón. ¿Cuál es la

edad de la roca, medida desde el momento en que contenía solo plomo?

12. De acuerdo con la teoría cosmológica, hubo igual cantidad de los isótopos de uranio U235

y U238

cuando la "gran explosión" creó el universo. En la actualidad hay 137.7 átomos de U238

por cada uno

de U235

.

13. Usando como vida media de 4.51 mil millones de años pasa el U238

y 0.71 mil millones de años para

el U235

. Calcule la edad del universo.

14. Suponga que se usa pentobarbitol sódico para anestesiar a un perro; el perro queda anestesiado

cuando su corriente sanguínea contiene por lo menos 45 mg de pentobarbitol sódico por kilogramo

de peso del perro. Suponga también que el pentobarbitol sódico es eliminado de la corriente

sanguínea del perro en forma exponencial, con una vida media de 5 h. ¿Qué dosis única debe ser

administrada para tener anestesiado durante una hora a un perro de 50 Kg?

Crecimiento o decaimiento de una población

15. El número de bacterias en un cultivo en un tiempo t esta dado por 5

0

ty y e , ¿Cuál era el número de

bacterias cuando t = 0? ¿Cuándo se duplicó el número inicial de bacterias?

16. En un cultivo de bacterias la velocidad de crecimiento es proporcional a la población presente P(t) en

un tiempo la población se dobla en un día ¿de qué tamaño será la población después de una semana?

17. Se desconoce la tasa de crecimiento de cierta especie de bacteria, pero se supone que es constante. Al

comenzar el experimento, se estimó que había alrededor de 1500 bacterias y una hora después hay

2000. ¿Cuál sería su predicción sobre el número de bacterias que habrá en 4 horas después de

iniciado el experimento ?

18. La población de una ciudad crece con una rapidez que es proporcional al número de habitantes

presentes en cualquier tiempo t. Si la población de esa ciudad era 30000 en 1970 y 35000 en 1980

¿Cuál será la población en 1990?

19. En un cultivo de levadura la rapidez de cambio es proporcional a la cantidad existente. Si la cantidad

de cultivo se duplica en 4 horas, ¿ Qué cantidad puede esperarse al cabo de 12 horas ?.

20. La población de cierta ciudad aumenta proporcionalmente al número de habitantes que hay en un

momento dado de ella. Si después de 5 años la población se ha triplicado y después de 8 años la

población es de 45,000 habitantes, hallar el número de habitantes que había inicialmente en la ciudad

21. Una ley de cicatrización de la piel dañada por heridas o quemaduras está dada por la ecuación

10( )n

A n Be

donde: A = área en cm2 que no a sanado al cabo de n días.

B = área en cm2 originalmente dañada.

Encontrar el número de días necesarios para que el área que no ha cicatrizado sea totalmente 1 4 del

área originalmente dañada.

22. Una reacción convierte una sustancia química en otra, y la velocidad con la que la primera se

convierte es proporcional a la cantidad de esta sustancia presente en cualquier tiempo. Después de

una hora, quedarán 50 gramos de la primera sustancia química, mientras que después de tres horas,

solo quedarán 25 gramos.

a) ¿Cuántos gramos de la primera sustancia química había inicialmente ?



b) ¿Cuántos gramos de la primera sustancia química quedarán después de cinco horas ?.

c) ¿En cuántas horas quedarán solamente dos gramos de la primera sustancia?

Ley de enfriamiento (calentamiento) de Newton

23. Un termómetro que marca 70º F se coloca en un horno precalentado a una temperatura constante. Por

una ventana de vidrio en la ventana del horno, un observador registra que después de medio minuto

en termómetro marca 110º F y luego de un minuto la lectura es de 145º F. ¿Cuál es la temperatura

del horno?

24. Suponga que en su casa, en una tarde de invierno a la 1:00 p.m. se suspende la electricidad por una

falla y la calefacción deja de funcionar. Cuando se suspende la electricidad la temperatura en su casa

es de 68 ºF. A las 10 p.m. ha bajado a 57 ºF. Suponga que la temperatura exterior es de 10 ºF.

a) Estime la temperatura de la casa cuando usted se levante a las 7:00 de la mañana del día

siguiente.

b) ¿Qué suposición tuvo que hacer acerca de la temperatura exterior? Ya que esta estimación

probablemente no es correcta, ¿consideraría incrementarla o disminuirla? ¿Por qué?

25. Una esfera de cobre es calentada a una temperatura de 100C. Luego a un tiempo t = 0 es colocada

en agua que es mantenida a 30C. Al cabo de 3min, la temperatura de la esfera es reducida a 70C.

Encuentre el tiempo al que la temperatura de la esfera = 31C.

26. Un termómetro que está marcando 15C es instantáneamente expuesto a un ambiente cuya

temperatura es de 23C. Un minuto mas tarde el termómetro marca 19C. ¿En qué tiempo el

termómetro marcará casi 23C; digamos 22.9C?

27. Un termómetro que marca 70º F se coloca en un horno precalentado a una temperatura constante. Por

una ventana de vidrio en la ventana del horno, un observador registra que después de medio minuto

en termómetro marca 110º F y luego de un minuto la lectura es de 145º F. ¿Cuál es la temperatura

del horno?

28. Un cuerpo cuya temperatura es de 20C se coloca en un medio ambiente cuya temperatura es

constante a 60C. En 5 minutos la temperatura del cuerpo ha aumentado a 30C. Calcule

a) temperatura del cuerpo a los 20 min.

b) tiempo para T = 40C.

29. Un cuerpo cuya temperatura es de 80º C se coloca, en el tiempo t=0, en un medio en el que la

temperatura es de 50º C. Después de 5 min, el cuerpo se ha enfriado hasta una temperatura de 70º C.

a) ¿Cuál será la temperatura del cuerpo después de 10 min.?

b) ¿Cuándo la temperatura del cuerpo será de 60º C?

Problemas de mezclas

30. Un tanque contiene 100 galones de salmuera cuya concentración de sal es de 3 lb/galón; 3 galones de

salmuera cuya concentración de sal es de 2 lb/galón entran en el tanque cada minuto y al mismo

tiempo 3 galones/min fluyen hacia afuera. Si la mezcla se mantiene uniforme agitando

constantemente. Encuentre el contenido de sal en la solución como función del tiempo.

31. Un tanque tiene 100gal de agua pura. Un flujo de 2gal/min cuya concentración es del .92lb/gal de

sal, entra al tanque. La densidad de la solución entrante es 71.8lbft3. La solución se mantiene

uniforme por agitación. Sale del tanque un flujo de salmuera cuya velocidad es de 19.2lb/min.

a) ¿Cuántas libras de sal habrá en el tanque después de 1h y 4min?

b) ¿Cuál es la cantidad total de sal en el tanque si el proceso continúa indefinidamente?

c) ¿De cuánto será el tiempo si la cantidad de sal en el tanque cambia de 100 a 150lb?



i(t)

32. En cierto depósito hay 180 litros de agua salina que contiene 10 Kg. de sal. Se vierte agua en el

depósito con una velocidad de 4 litros por minuto y sale la mezcla con una velocidad de 3 litros por

minuto. La concentración se mantiene constante. Hallar la cantidad de sal al cabo de media hora.

33. Una habitación tiene un volumen de 800 ft2 . El aire de la habitación contiene cloro a una

concentración de 0.1g/ft3. Entra aire fresco a una tasa de 8 ft

3/min. El aire de la habitación está bien

mezclado y fluye hacia afuera por una puerta a la misma tasa que entra el aire fresco.

a) Encuentre la concentración de cloro en la habitación como una función del tiempo t.

b) Suponga que la tasa de flujo de aire fresco es ajustable. Determine la tasa de entrada

requerida para reducir la concentración de cloro a 0.001 g/ft3 en 20 minutos.

34. El contenido de CO2 del aire en un cuarto de 5000 ft3 es de 0.03%. se bombea aire fresco de 0.1% en

CO2 dentro del cuarto a razón de 1000 ft3/min. Asimismo, se bombea el aire perfectamente mezclado

hacia fuera con la misma rapidez.

a) Encuentre el porcentaje de CO2 en el cuarto después de los 30min.

b) En que tiempo se alcanzará un contenido de CO2 del 0.2%.

35. Un lago con buena circulación contiene 10000 m3 de agua contaminada a una concentración de 2 kg

por m3 . Agua del desagûe de una fábrica entra al lago a una tasa de 5 m

3 /h con una concentración

de 7 kg/m3 de contaminante. El agua fluye por una tubería de salida a una tasa de 2 m

3 /h. Determine

la cantidad y concentración de contaminante como una función del tiempo.

Circuitos eléctricos

VR

CV

24 V

21

RC

E(t)

R

C

36. Al momento de cerrar el circuito, el capacitor está cargado

con 120 microcoulombios. Encuentre la carga del capacitor en

función del tiempo y las caídas de voltaje en R en el instante

t =0.004 segundos. Suponga que R=150 ohms y C=10-4

faradios

y la fuente de voltaje es E(t) = 60 voltios.

37. Suponga que el instante t 0 , el interruptor

del circuito dado pasa de la posición 1 a la

posición 2. Encontrar el voltaje medido en la

resistencia R=1K y en el capacitor C = 4 mF en

el instante t 1.5 seg. si q i0 0 0 .

38. Si R = 7.5, L = 1.35H, V = 10 volts en el circuito

RL. Encuentre it,, ie e i(t) total que circula por cada

elemento si i(0) = 0.

SalV2 1

L= 1H

10

v(t)

39. Suponga que en 0t el interruptor del

circuito dado pasa de la posición 1 a la

posición 2, sí 24v t volts e 0 0i .

Encontrar: a) La corriente eléctrica al tiempo

t. b) La caída de voltaje en R al instante

1.5t .

EDOUnidad 1

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