UNIVERSIDAD CENTRAL DEL ECUADORFACULTAD DE INGENIERÍA, CIENCIAS, FÍSICA Y MATEMÁTICA

CARRERA DE INGENIERIA CIVIL

ASIGNATURA: ECUACIONES DIFERENCIALESPROFESOR: Ing. José Ramiro Pilaluisa Q.

M.Sc.PERÍODO ACADÉMICO:CURSO - PARALELO:FECHA DE ENTREGA:

Septiembre 2015 – Febrero 20163ero – 2do15-ENERO-2016

MIEMBROS DEL GRUPO “ G 5”

1. Álvarez Pineda Jonathan Andrés Ejercicio. 4.1.7-4.1.8 (100%)

2. Grijalva Salgado Carlos Andrés Ejercicio. 4.1.9 -P.G. (100%)

3. Hernández Medrano Gissella Geraldine Ejercicio. 4.1.5-4.1.6 (100%)

4. Perugachi Pazmiño Rubén Darío Ejercicio 4.1.3-4.1.4 (100%)

5. Robles Sarango Gilson Antonio Ejercicio 4.1.1-4.1.2 (100%)

Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales: Problemas Físicos

Pag. 62-78

APLICACIONESPROBLEMAS FÍSICOS

CRECIMIENTO POBLACIONAL

Ejemplo 1, Juan Gómez, Capitulo 4.1.1., pág. 62

Si la población de un país se duplica en 50 años, en cuantos años será el triple suponiendo que la velocidad de aumento sea proporcional al número de habitantes.

Solución sea y= y (t )la poblaciòn (nùmerode habitantes )a los t años .y (0 )= y0la poblacion enel tiempot=0

Entonces la ecuación diferencial y las condiciones de este problema son:

{dydt=ky ,t=0 , y= y0; t=50 , y=2 y0 ; t=t , y=3 y0}Se resuelve la ecuación diferencial

dydt

=ky :

dy=kydt dyy=kdt lny=kt+C1 y=Cekt ( soluciòngeneral )

seaplica la primeracondiciòndel problema : t=0 , y= y0

y0=C e0=C y= y0 ekt (soluciòn particular )

Se aplica la segunda condición del problema (t=50 , y=2 y0 ) en la solución particular.

2 y0= y0 e50k 2=e50 k 50k= ln2 k= 1

50ln 2

Se aplica la tercera condición del problema (t=t , y=3 y0 ) y se calcula t reemplazando el valor ya conocido de k: 3 y0= y0 e

kt3=ektkt=ln 3

t=1k

ln3=50 ln3ln 2

=5o( 1098606931 )=79años .

El grafico que relaciona la población versus el tiempo es el siguiente:

Ejercicio propuesto

Si en el país se estima que la cantidad de desempleados se triplicara en el año de 2041, en cuantos años se llegara a reducir a la mitad aduciendo que la disminución es proporcional al número de desempleados.

Solución2041−2016

25sea y= y ( t )desempleados a lost años .y (0 )= y0desempleados enel tiempot=0

Entonces la ecuación diferencial y las condiciones de este problema son:

{dydt=ky ,t=0 , y= y0; t=25 , y=3 y0 ; t=t , y=32y0}

Se resuelve la ecuación diferencial dydt

=ky :

dy=kydt∫ dyy=k∫dt lny=kt+C 1 y=Ce kt ( soluciòngeneral )

seaplica la primeracondiciòndel problema : t=0 , y= y0

y0=C e0=C y= y0 ekt (soluciòn particular )

Se aplica la segunda condición del problema (t=25 , y=3 y0 ) en la solución particular.

3 y0= y0 e25 k3=e25k 25k=ln 3k= 1

25ln3

Se aplica la tercera condición del problema (t=t , y=32y0) y se calcula t reemplazando el valor ya

conocido de k: 32y

0= y0e

kt 32=ekt kt=ln (1,5)

t=1k

ln (1,5)=25∗ln (1,5 )ln3

=9,226años .

El grafico que relaciona la población desempleada versus el tiempo es el siguiente:

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

Ejemplo 2, Juan Gómez, Capitulo 4.1.2., pág. 7963

En cierto cultivo de bacterias la velocidad de aumento es proporcional al número presentea) Si se ha hallado que el número se duplica en 4 horas, ¿qué número se debe esperar al cabo de 12 horas.b) Si hay 104 al cabo de 3 horas y 4x104 al cabo de 5 horas, ¿Cuántas había en un principio?

SOLUCION sea x=x (t ) el numerodebacterias a last horas

x (0 )=x0 el número de bacterias (en t=0)

entonces la ecuaciondiferencial que controlaeste problemaes : dxdt=kx

Su solución general es:

dx=kxdt dxx=kdt lnx=kt+C1 x=Cekt

a¿ las condiciones paraesta parte del problema son :

{ t=0 , x=x0

t=4 , x=2 x0

t=12, x=? }Seaplica la primeracondicion t=0 , x=x0

x0=C e0=C x=x0 ekt (soluciòn particular )

Seaplica la segundacondicion (t=4 , x=2x0 )en la solucion particular :

2 x0¿ x0 e4 k2=e4k 4 k=ln2k=1

4ln 2

Seaplica latercera condiciondel problema ( t=12 , x=? ) y se calcula x :x¿ x0 e

12k ¿ x0e( 4k ) 3 ¿x0 [e4k ]3=x [2 ]3=8 x0

por lo tanto ,al cabode12horasexiste 8veces el numerooriginal debacterias

b) Las condiciones para esta parte del problema son:

{ t=3 , x=104

t=5 , x=4∗104

t=0 , x=x0=? }x=C ekt

Se aplica la primera condición: t=3 , x=104

104=Ce3k (1 )

Se aplica la segunda condición: t=5 , x=4∗104

4∗104=Ce5k (2 )

Se divide (2) para (1): 4=e2 k 2=ek k=ln 2

De (1) C=104

e3k =104

[ek ]3=104

23 =100008

=1250

Se aplica la tercera condición del problema (t=0 , x=x0 ) y se calcula x0 :

x0=Ce0=C=1250

Por tanto, el número inicial de bacterias fue de 1250

Ejercicio propuesto 2

En la ciudad de Quito la tasa de natalidad aumenta de manera proporcional al número presente.a) Si se dice que el número se triplica en 12 horas ¿calcular el número a cabo de 3 días?b) Si existen 5000 en 4 horas y 20000 en 6 horas ¿calcular el número que existe al principio?

SOLUCION sea x=x (t ) el numerode infantes a last horas

x (0 )=x0 el número de infantes (en t=0)

entonces la ecuaciondiferencial que controlaeste problemaes : dxdt=kx

Su solución general es:

dx=kxdt∫ dxx=k∫ dt lnx=kt+C1 x=Cekt

a¿ las condiciones paraesta parte del problema son :

{ t=0 , x=x0

t=12 , x=3 x0

t=72 , x=? }Seaplica la primeracondicion t=0 , x=x0

x0=C e0=C x=x0 ekt (soluciòn particular )

Seaplica la segundacondicion (t=12 , x=3 x0 )en la solucion particular :

3 x0¿ x0 e12 k 3=e12 k12k=ln 3k= ln 3

12Seaplica latercera condiciondel problema ( t=72 , x=? ) y se calcula x :

x¿ x0 e72k ¿ x0e

(72 ln 312 )

¿ x0 [e6 ln 3 ]=x0 [ eln 3 ]6=x0 [3 ]6=729 x0

por lo tanto ,al cabode72horasexiste 729 veces elnumero original de infantes .

b) Las condiciones para esta parte del problema son:

{ t=4 , x=5000t=6 , x=20000t=0 , x=x0=? }x=C ekt

Se aplica la primera condición: t=4 , x=5000

5000=Ce4k (1 )

Se aplica la segunda condición: t=6 , x=20000

20000=Ce6k (2 )

Se divide (2) para (1): 4=e2k ln 4=2k k= ln 42

De (1) C=5000e4k =5000

e4 ln 4

2

=5000e2 ln 4 =

500042 =312,5

Se aplica la tercera condición del problema (t=0 , x=x0 ) y se calculax0 :

x0=Ce0=C=312,5

Por tanto, el número inicial de infantes fue de 312,5

LEY DE NEWTON DE ENFRIAMIENTO Juan Gómez, Capitulo 4.1.3., pág. 64

EJEMPLO 3: Juan Gómez, Capitulo 4.1.3., pág. 64

Según la ley de newton de enfriamiento, la velocidad a la que se enfría una sustancia al aire libre es proporcional a la diferencia entre la temperatura de la sustancia y la temperatura del aire. Si la temperatura del aire es de 30 grados, y la sustancia se enfría de 100 a 70 grados en 15 minutos, ¿Cuánto será 40 grados la temperatura de la sustancia?

Sustancia: T=T(t)Aire: Ta = 30 La ecuación diferencial nos queda:dTdt

=−k (T−30)

Se resuelve la ecuación diferencial:

∫ dTT−30

=∫−kdt

ln (T−30 )=−kt(T−30 )=Ce−kt

T=30+Ce−kt

Las condiciones del problema:T=100 , t=0 ;T=70 ,t=15 ;T=40 ,t=¿ Se aplica la primera condición. (T=100 , t=0) T=30+Ce−kt

100=30+Ce−k (0)

100=30+CC=70T=30+70e−kt

Se aplica la segunda condición. (T=70 , t=15)T=30+70e−kt

70=30+70e−15k

40=70e−15 k

47=e−15 k

ln ( 47 )=−15k

15k=ln( 74 )

k= 115

ln( 74 )

Se aplica la tercera condición.(T=40 ,t=¿)T=30+70e−kt

40=30+70e−kt

10=70e−kt

17=e−kt

ln (17 )=−kt

kt=ln (7 )t=¿¿t=¿¿t=52min

EJERCICIO PROPUESTO.Si la temperatura del aire es de 24 grados, y la sustancia se enfría de 100 a 80 grados en 10 minutos, ¿Cuánto será 30 grados la temperatura de la sustancia?

Sustancia: T=T(t)Aire: Ta = 24

La ecuación diferencial nos queda:

dTdt

=−k (T−24 )

Se resuelve la ecuación diferencial:

∫ dTT−24

=∫−kdt

ln (T−24 )=−kt(T−24 )=Ce−kt

T=24+Ce−kt

Las condiciones del problema:T=100 , t=0 ;T=80 , t=10;T=30 , t=¿ Se aplica la primera condición. (T=100 , t=0) T=24+Ce−kt

100=24+Ce−k(0)

100=24+CC=76T=24+76e−kt

Se aplica la segunda condición. (T=80 , t=10)T=24+76e−kt

80=24+76 e−10 k

56=76e−10 k

5676

=e−10 k

ln (1419 )=−10k

10k=ln ( 1914 )

k= 110

ln( 1914 )

Se aplica la tercera condición.(T=30 , t=¿)T=24+76e−kt

30=24+76e−kt

6=76e−kt

676

=e−kt

ln ( 338 )=−kt

kt=ln( 383 )

t=¿¿t=¿¿t=83min

CONDUCCION DE CALOR Juan Gómez, Capitulo 4.1.4., pág. 65

EJEMPLO 4: Juan Gómez, Capitulo 4.1.4., pág. 65

Bajo ciertas condiciones, la cantidad constante Q (calorías por segundo) de calor que pasa a través de

una pared está dada por Q=−kA∗( dTdx ), donde k es la conductividad del material, A (cm2) es la

superficie de una cara de la pared perpendicular a la dirección del flujo, y T es la temperatura a x (cm) de esa cara, de forma que T disminuye cuando x aumenta. Hallar el número de calorías por hora de calor que pasa a través de 1 m2 de la pared de una habitación frigorífica de 125 cm de espesor y k= 0.0025 si la temperatura de la cara interior es de -5 grados centígrados y la de la cara exterior es de 75 grados centígrados.

Solución: Sea X= distancia a la que se encuentra de la cara exterior un punto interno de la pared.

dT=−QkA

dx∧ x=0 ,T=75∧ x=125 , T=−5∧Q=?

Se resuelve la ecuación diferencial. ( Q,k,A son constantes):

dT=−QkA

dx

∫ dT=∫−QkA

dx

T=−QkA

∗x+C

Se aplica la primera condición. (x=0 , T=75)

T=−QkA

∗x+C

75=−QkA

∗0+C

C=75

T=75− QkA

∗x

Se aplica la segunda condición.(x=125 , T=−5)

T=75− QkA

∗x

−5=75− QkA

∗125

80= QkA

∗125

Q=80kA125

Q=80∗0.0025∗104

125Q=16Por tanto, la cantidad de calorías por hora que pasara a través de la pared será:

Q=16

calseg

∗360 seg

1hQ=16∗360

Q=57600 calhora

EJERCICIO PROPUESTO 2

Hallar el número de calorías por hora de calor que pasa a través de 9 m2 de la pared de una habitación frigorífica de 100 cm de espesor y k= 0.0025 si la temperatura de la cara interior es de -10 grados centígrados y la de la cara exterior es de 40 grados centígrados.

Solución: Sea X= distancia a la que se encuentra de la cara exterior un punto interno de la pared.

dT=−QkA

dx∧ x=0 ,T=40∧ x=100 ,T=−10∧Q=?

Se resuelve la ecuación diferencial. ( Q,k,A son constantes):

dT=−QkA

dx

∫ dT=∫−QkA

dx

T=−QkA

∗x+C

Se aplica la primera condición. (x=0 , T=40)

T=−QkA

∗x+C

40=−QkA

∗0+C

C=40

T=40− QkA

∗x

Se aplica la segunda condición.(x=100 , T=−10)

T=40− QkA

∗x

−10=40− QkA

∗100

50= QkA

∗100

Q=50kA100

Q=50∗0.0025∗9∗104

100Q=112.5Por tanto, la cantidad de calorías por hora que pasara a través de la pared será:

Q=112.5

calseg

∗360 seg

1hQ=112.5∗360

Q=40500 calhora

TIEMPO DE VACIADO DE TANQUES

EJEMPLO Juan Gómez, Capitulo 4.1.5., pág. 66

Hallar el tiempo que se necesita para vaciar un tanque cilíndrico de radio R=08m y altura H=1m a través de un orificio redondo de radio r=1/12 dm situado en el fondo del tanque, sabiendo que por el orificio de este tipo sale el agua a una velocidad v=√2gh donde h es la altura del agua en el tanque en cualquier instante.

Seah=h(t)laalturadelaguaenuntiempotdh=alturaquedesciendeelaguaenuntiempodtdV1=volumendeaguaquedisminuyeenelpunto1endtsegundosdV2=volumendeaguaquesaleporelpunto2enelmismotiempo

EntoncesdV1=dV2Ahorabien:dV1=basexaltura=¿ π R2dh(1)Enelpunto(2)dV2=caudalxtiempo=(AreaxVelocidad)x(tiempo) =((π r2 ) (√2 gh )dt=π r2√2g√hdt→π r2√2ghdt= -π r2dh (el signo negativo se debe a que la altura disminuye con el tiempo)

dt= - R2

r2√2g−dh√h

→t= −R2

r2√2 g (√h12 )+C→→t=−2R2

r2√2g√h+C

Las condicione de este problema son: t=0 , h=H t=? , h=0

Primera condición: 0= −2R2

r2√2g√H+C→C= 2 R2

r2√2g√H

→t=−2R2

r2√2g√h+ 2R2

r 2√2g√H

→t=( Rr )2

( 2√2g )(√H−√h )

Se reemplaza la segunda condición en esta expresión, y se obtiene el tiempo de vaciado:

→t=( Rr )2

( 2√2g )(√H−√0 )

→t=( Rr )2

( 2√H√2g )

Se reemplaza: R=0.8m, r=( 112 )dm = ( 1

120 )m,h=1m, g=9.8m/ seg2

→t=( 0.81/120 )

2

( 2√1√2 (9.8))=(96 )2( 2

4.42 )=2(9.216)4.42

=4.170 seg

t=1h9min30 seg

EJERCICIO PROPUESTOUn cilindro recto circular de 10 pies de radio y 20 pies de altura, está lleno de agua. Tiene un pequeño orificio en el fondo de 1 pulg de diámetro ¿Cuándo se vaciara el tanque?

A(h)d hdt

=−ac √2 gh

a=π ( 124 )

2

=π

576pies2

A(h)=π (10 )2=100π2 c=1g=32pie /seg2

100πdh=-π

578 √64hdt= 8 π578 √h∗(1/π )

100 dh= -1

72 √hdt t=0, ho= 20pies

100 dh= -1

72 √hdt∗−72

√h-7200√h dh=dt

-7200∫ 1√h

dh=∫ dt

∫ 1√h

dh=∫h−1/2dh=2h1/2=2√h+C1

-14400√h = t+C

C=-14400√20 → -14400√h=¿ t-14400√20*−1

14400

h (t )=( −114400

+√20)2

t=14400√20=64398.75 segt=17horas53min19seg

PROBLEMAS DE MOVIMIENTO RECTILINEO

Cuando un cuerpo de masa m y peso w se encuentra en movimiento rectilíneo, al cabo de un tiempo t ha recorrido un espacio x, tiene una velocidad v está sujeto a una aceleración a y sometido a una fuerza F.Las ecuaciones diferenciales que rigen este tipo de movimiento son:

[v=dxdt

, a=dvdt

=d2 xd t2 ∑ F=ma ,w=mg ]Donde g es la gravedad

EJEMPLO 1 Juan Gómez, Capitulo 4.1.6., pág. 68

Hallar las ecuaciones del movimiento rectilíneo uniforme.

Solución:Este movimiento se caracteriza porque la velocidad es constante:

v=dxdt

→dx=vdt→ x=vt+C

Ahora bien para t=0, x=00=0+C→C=0 x=vt

a=dvdt

=0 , ∑ F=ma=0

Por lo tanto las ecuaciones de este movimiento son:Espacio: x=vtVelocidad: v= constanteAceleración: a=0Fuerza: ∑ F=0

EJERCICIO PROPUESTO

La velocidad de un punto P que se mueve sobre el eje de las ordenadas, que es un eje vertical dirigido hacia arriba, se puede expresar como v= 6 t2− 24, en donde vse da en ft/s y ten s; además, cuando t= 0, entonces y= 6 ft. Calcule:la magnitud y la dirección de la aceleración del punto cuando t = 3 s

Ecuaciones del movimiento

Como v dy

dtEntonces:

dy vdt

∫dy ∫vdt

y ∫(6t2

24)dty ∫(6t2

24)dty 2t3 24t C

Si t=0, y= 6 6 = C

Por tanto:

y 2t3 24t 6v 6t2 24

a dv

12tdt

a) Para t=3

a 12(3) ;a=36ft/seg2

4.1.7 RESORTES

EJEMPLO 6- Juan Gómez, Capitulo 4.1.7., pág. 72

Un resorte de peso despreciable está suspendido verticalmente. En su extremo libre

se ha sujetado una masa de m (Kg). Si la masa se mueve con una velocidad Vo mseg

.

Cuando el resorte esta sin alargar, hallar la velocidad V como una función del alargamiento 𝑥 metros.

Solución: Según la Ley de Hooke, la fuerza del resorte (fuerza opuesta al alargamiento) es proporcional al alargamiento x: Fuerza del resorte F=kx

Segunda ley de Newton: La aceleración que un cuerpo adquiere es directamente proporcional a la resultante de las fuerzas que actúan en él, y tiene la misma dirección y el mismo sentido que dicha resultante. F=m*a

v

kx

x

∑ Fy=m∗a

P−kx=m dvdt

Comoa=dvdt

=( dvdx )( dxdt )=v dvdx

m∗g−kx=mv dvdx

mv dvdx

=m∗g−kx

m∗v dv=(m∗g−kx )dxDividiendo para m

m∗vdvm

=(m∗gm

− kxm)dx

vdv=(g− kmx )dx

Integrando

∫ vdv=g∫dx− km∫ xdx

m*g=P

m*g=P

v2

2=g∗x− k

2mx2+C 1

v2=2g∗x− km

x2+C ecuación 1

Pero en x=0, V=Vo

v2=2g∗x− kmx2+C

v2=0−0+CC=v2

Reemplazando el valor de C en la ecuación 1 obtenemos:

v2=Vo2+2g∗x− km

x2

EJERCICIO PROPUESTO Una fuerza de 2500 kg alarga un resorte 3 cm. Determine el trabajo requerido para

alargar el resorte 2 cm más.

Trabajo W=F∗d

SOLUCION:

Como x=3 cm∗1m100 cm

0 ,03m y F=2500 kg

F=K∗xk=Fx

Entonces k=25000,03

F=25 000,03

∗x

El trabajo requerido para alargar el resorte 2 cm más (es decir, hasta 5 cm), está dado por:

W=∫0,03

0,05 25000,03

xdx

W=125 00,0 3

x2|0,050,03

W=125 00,0 3

(0,05 )2−125 00,0 3

(0,03 )2

W=3,1250,0 3

−1,1250,0 3

W= 20,03

Kgm

Velocidad de escape de la tierra

Ejemplo 10- Juan Gómez, Capitulo 4.1.8., pág. 75

La fuerza de la gravedad que actúa sobre una masa m, que está a una distancia r del centro de la tierra es directamente proporcional a la masa e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia. A) Hallar la velocidad alcanzada de la masa si estando en reposo a una distancia 5R del centro de la Tierra se la deja caer sobre la superficie terrestre. B) que velocidad correspondería a una caída desde una distancia infinita, esto es, con qué velocidad hay que propulsar hacia arriba la masa para que escape a la atracción de la fuerza de la gravedad( Se desprecian todas las demás fuerzas, incluso el rozamiento, Se tomara R=4000 millas = 6437 km como radio de la Tierra)

m

r F

Solución:

La fuerza de la gravedad a una distancia r del centro de la Tierra es F=Kmr2

Obsérvese que a una distancia r=R la fuerza de la gravedad es el peso del cuerpo:

r=RF=m∗gm∗g= Kmr2 K=g∗R2

Este valor constante se denomina la constante gravitacionalA una distancia r del centro de la Tierra, la ecuación del movimiento es:

∑ Fy=m∗a−Kmr2 =m∗a

Se reemplaza K=g∗R2 y a=dvdt

=( dvdr )( drdt )=( dvdr )( v )=v dvdt y se obtiene:

−gR2mr2 =mv dv

drvdv=−g R2 dr

r2

Se integra y se tiene:∫ vdv=−g R2∫ r−2dr

v2

2=g R2

r+C

Para la parte a) las condiciones son:1) v=0 , r=5 R2) v=? , r=R

Se aplica la primera condiciónv2

2=g R2

r+C

0=g R2

5 R+CC=−gR

5v2

2=g R2

r−gR

5

Se aplica en esta última expresión la segunda condición y se obtiene:v2

2=g R2

r−

gR5

=gR− gR5

=45gRv=√ 8

5gR

Se reemplaza R=6.437 Km=6,437∗1 06m, g=9,81 mseg2 y se obtiene:

v=√ 85∗(9,81)∗(6,437∗1 06)=√101,03∗106=10,051∗103 m

seg2=1 0,05 kmseg

Para la parte b) las condiciones son:1) v=0 , r=∞2) v=? , r=R

Se aplica la primera condición:v2

2=g R2

r+C

0=g R2

∞+CC=0 v2

2=g R2

r

Se aplica en esta última expresión la segunda condición y se tiene:v2

2=g R2

Rv=√2gR=√2(9,81)∗¿¿

EJERCICIO PROPUESTO

La atracción gravitacional F ejercida por la Tierra sobre un objeto de masa m a

una distancia S el centro de la Tierra está dado por F=mgF=mgR2

S2 , donde

– g (g≈32 pies /seg2 ) es la aceleración debida a la gravedad en la superficie de la Tierra y R(R≈3960millas ) es el radio de la Tierra. Demuestre que un objeto lanzado hacia arriba desde la Tierra, con una velocidad inicial Vo≥√2 gR≈6.93millas por segundo no regresara a la Tierra. En estos cálculos no tome en cuenta la resistencia del aire.

Solución:

De acuerdo a la 2da ley de NewtonF=m∗a

F=m dvdt

=m dvds

dsdt

=m dvds

v

Así: mv dvdt

=−mg R2

s2

Al separar variablesvdv=−g R2 s−2ds

Integrando∫ vdv=−g R2∫ s−2ds

v2

2=g R2

s+C

Ahora v=v2 cuando s=R, y de este modo C=12vo2−gR. En consecuencia

v2=2 g R2

s+vo2−2 gR

Por último, ya que 2g R2

s se reduce conforme s aumenta, vemos que vpermanece

positiva si y solo si Vo≥√2 gR

4.2. Problemas geométricos

4.2.1. Definiciones básicas

TT’ = tangente a la curva en P(x,y)TP = longitud de la tangenteTM = longitud de la sub-tangenteNN’ = Normal a la curva en P(x,y)NP = Longitud de la normalMN = Longitud de la subnormalθ=¿ Angulo de la inclinación de la tangenteδ=¿ Angulo de inclinación de la sub-tangente

4.2.2. Fórmulas para su aplicación en ejercicios:

a)dydx

=tgθ=m→Ecuacionde la tangente en P (x , y ) ,donde (x0 , y0 ) son las

coordenadasdeun punto cualquierade latg .

b)−dydx

=tgδ=m→Pendiente de la normal en P(x , y)

c) y− yo=( dydx )(x−xo )→Ecuacionde la normalen P ( x , y )donde (x0 , y0 ) son las

coordenadasdeun punto cualquierade latg .

d) y− yo=−( dydx )( x−xo )→Ecuaciondela normal en P ( x , y )donde (x0 , y0 ) son las

coordenadasdeun punto cualquierade lanormal .

e) x− y dydx y y−x dx

dy→Segmentos interceptados enlos ejes x , y por latangente

f) x+ y dydx y y+x dxdy

→Segmentos interceptadosen los ejes x , y por lanormal

g) y √1+( dxdy )2

; x √1+( dydx )2

→Longitud de lastangentes entre P (x , y ) y los ejes x , y

h) y √1+( dydx )2

; x √1+( dxdy )2

→Longitud de lasnormales entre P ( x , y ) y los ejes x , y

i) y dxdy

; x dydx

→Losngitudes de la subtangenteTM y subnormal MN

j) dz=√dx2+dy2=dx√1+( dydx )2

=dy √1+( dxdy )2

→Esunelemento de longitud dearco

k) xdy ; ydx→Sonelementos de area

4.2.3. Ejercicio Juan Gómez, Capitulo 4.2., pág. 79

En cada punto (x,y) de una curva la sub-tangente es proporcional al cuadrado de las abscisas. Hallar la curva que pasa por el punto (1, e)

Solución:

Aplicamos la formula i): y dxdy

y dxdy

=k x2

dxx2 =

kdyy

1x=kln ( y )+c

Reemplazamos (1, e)

1−1

=kln ( e )+c

−1−k=cobtiene quec=−1−k

La ecuación final seria1x=kln ( y )=−1−k

Ejercicio propuesto:

En cada punto (x,y) de una curva la sub-normal es proporcional a la ecuación ( 5x+7).

Hallar la curva que pasa por el punto (3, 2y)

Bibliografía

Licda. Elsie Hern´andez Sabor´ıo. (s.f.). Aplicaciones de la Integral Definida. Recuperado el 05 de 01 de 2016, de https://bjglez.webs.ull.es/aplicaciones-integral.pdf

Purcell. (s.f.). Calculo Diferencial E Integra. Recuperado el 04 de 01 de 2016, de https://books.google.com.ec/books?id=YI6i4Bf7m4QC&pg=PA207&lpg=PA207&dq=velocidad+de+de+escape+de+la+tierra+calculo+integral&source=bl&ots=LLfoC5wMJE&sig=l4CZpeZdN1sx0j2IFIvXaJ5XEII&hl=es-419&sa=X&ved=0ahUKEwi4vPmi26DKAhVDgj4KHeDRAwYQ6AEIITAB#v=onepage&q=