UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA

FACULTAD DE INGENIERIA ELECTRICA Y ELECTRONICA

ECUACIONES DIFERENCIALES

CONTENIDO

El presente trabajo es una recopilación de problemas propuestos en las prácticas y exámenes tomados en las diversas especialidades de la UNI, el alumno debe tener conocimiento de las derivadas y de manera fundamental del cálculo integral. Es necesario que practique y repase los métodos que se van presentando, de una constante práctica dependerá que asimile estos conocimientos que serán fundamentales para plantear modelos matemáticos que contribuyen en la formación de enlazar la práctica con la realidad, como ingenieros estarán siempre buscando dar solución a determinados problemas que su vida profesional se presenta, las matemáticas enriquece su nivel de razonamiento les da herramientas para el análisis.

Solución de ecuaciones diferenciales de primer orden y de primer grado

I.) Método de separación de variables-Método de las ecuaciones diferenciales Homogéneas -Ecuaciones homogéneas -Ecuaciones diferenciales reductibles a ecuaciones diferenciales homogéneas-Problemas geométricos-Problemas físicos

II.) –Método de diferenciales Exactas-Solución de las ecuaciones diferenciales exactas-Método de factor integrante

Problemas de aplicación

Problemas propuestos

SOLUCION DE ECUANCIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Y DE PRIMER GRADO

Sabemos que una ecuación de primer orden y de primer grado presenta cualquiera de las dos formas.-

dydx

=f ( x , y );ó :P ( x , y )dx+Q ( x , y )dy=0

La solución de estas ecuaciones se puede determinar mediante algunos de los tres métodos que presentamos.-

Primer método.- método de separación de variablesSegundo método.- método de las diferenciales exactasTercer método.- método del factor integrante

El método a emplear, depende del tipo de ecuaciones diferenciales que se presenta, ya que ella puede ser reducida a tal modo que se pueda resolver por cualquiera de los métodos indicados.

METODO DE SEPARACION DE VARIABLES O VARIABLES SEPARABLES

(1)

Este método se emplea cuando la ecuación diferencial dada, pueda llevarse a la forma:

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

La cual nos indica que se han separado variables y la solución general se obtiene integrando ecuación anterior, se obtiene

∫M (x )+∫ N ( y )=C(B)

Ejercicios resueltos.-

1) Resolver la ecuación diferencial

( y2+x y2) dydx

+ x2+x2 y=0(1)

Resolución.-

La ecuación (1), puede escribirse también:

(1+x ) y2dy+(1− y ) x2=0

Separando variables, es decir llevando a la forma (B)

[ x2

1+x ]dy+[ y2

1− y ] dy=0(2)

→EJERCICIOS RESUELTOS←

1.- Hállese la solución general de la siguiente E.D

2 x (1+ y2 )dx− y (1+2 x2 )dy=0(1)

Resolución.-

De (1), separando variables resulta.

2 xdx

1+2x2− ydy

1+ y2=0→∫ 2xdx

1+2 x2−∫ ydy

1+ y2=0(2)

Los integrales de (2); son inmediatamente; entonces integrando y teniendo en cuenta las propiedades de los logaritmos se tiene.

ln √1+2 x2−¿ ln √1+ y2=Ci→ ln [√ 1+2 x2

1+ y2 ]=C ¿

Quitando el logaritmo y el radical queda lo siguiente:

(1+2 x2 )=C (1+ y2 )←Rpta

2.- Hállese la solución particular para la E.D que satisface a los valores y(0 )= 0

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

(1)

Resolución.- De la E.D dada en (1): se tiene también:

dydx

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

→ (S .V ) ; ( y−2 )dy( y−1 ) ( x+3 )

=( x−2dx )

( x−1 ) (x+3 )(2)

Se integra por fracciones parciales para integrar la segunda igualdad de (2), se descompone en fracciones parciales, así

∫ [ 5y+3

− 1y−1 ]dy=∫ [ 5

x+3− 1x−1 ] dy

Efectuando las integrales que son inmediatas se tiene:

5 ln ( y+3 )−¿ ln ( y−1 )=5 ln ( x+3 )−¿ ln ( x−1 )+¿ lnC ¿¿¿

Y aplicando las propiedades de los logaritmos se reduce a:

( x−1 ) ( y+3 )5=C ( y−1 )(x+3)5←(S .G)

Para obtener la S.P se debe calcular la constante de integración para las condiciones dadas; es decir.

C=?? ; para y=0 ;cuando x=0

Remplazando en la S.G, resulta C=1, entonces la S.P, es:

( x−1 ) ( y+3 )5=( y−1 ) (x+3 )5←Rpta

3.- Resolver la siguiente E.D.

(1+ y2 )dx=( y=√1+ y2 )(1+x2)3 /2dy (1)

Resolución.- Separando variables resulta

dx

√(1+x2)3= ydy

1+ y2− dy

√1+ y2(2)

Para integrar el primer miembro, se hace el cambio

x=tgα→dα=sec2αdα

Sustituyendo el (2) luego integrando.

∫ sec2αdα

√ (1+tg2α )3

=∫ ydy1+ y2−∫ dy

√1+ x2+C

Es decir

senα=12

ln ( y2+1 )−ln (1+¿√1+ y2)+ lnC (3)¿

Sabemos que: senα=tgα

√1+tg2α= x

√1+x2

Sustituyendo en (,3) y recordando las propiedades de los logaritmos, la S.G, en:

x

√1+x2ln [ C√1+ y2

1+√1+ y2 ]←Rpta

(2) Ecuaciones Homogéneas

Una ecuación es homogénea de grado n— é simoen x ,e , y , si al sustituir en ella x , e , y por

kx y ky respectivamente, resulta, la expresión original multiplicada por k n para todos los x , y , k

adecuadamente restringidos, analíticamente se tiene:

f ( x , y ) es E .H de grado n , si : f (k , x , k y )=kn f (x , y)

Ejemplo: Las siguientes ecuaciones:

x2+ x y2 ,3√x3 y3;cos

xy

Son homogéneas de grados 3 ;1; 0 respectivamente, pues:

f ( x , y )=x3+xy2 ; luego f (kx , ky )=k 3 x3+k3 xy2

Entonces se tiene que:

k n f (x , y )=k 3(x3+xy2)

ExpresionOriginal

2.1.- Ecuaciones Diferenciales Homogéneas

La ecuación M (x , y )dx+N ( x , y )dy=0(1)

Se denomina ecuación diferencial homogénea, si M y N son funciones homogéneas del mismo grado; de (1)

dydx

=−M (x , y)N (x , y )

ó tambiendxdy

=f=( x , y )(2)

Evidentemente que f (x , y ); es una función de grado cero.

(*) También, si tiene ó es posible llevarlo a la forma

dydx

=f ( yx )(3)

Para resolver la E.D.H (2); se reduce a una ecuación diferencial de variables separadas, mediante la sustitución:

v= yx;ó sea : y=vx→

dydx

=v+x dvdy

(3)

Para entender mejor, se observa que se cumple

f ( kx , ky )=k ° f ( x , y )=f (x , y)

Estas relaciones nos permiten hacer k=1k

, entonces:

f ( x , y )=f [ 1xx ( 1x ) y ]=f (1 , v )(4)

(3) y (4), sustituimos en (2) según corresponda, y se tiene

v=xdvdx

=f (1−v )(5)

En (5), las variables se pueden separar es decir:

xdvdx

=f (1 , v )−v→ dxx

= dvf (1 , v )−v

(6)

Integrando la segunda igualdad de (6), se obtiene la S.G

EJERCICIOS RESUELTOS.

1.- Hállese la solución general de la siguiente ecuación diferencial.

y (x2 xy−2 y2 )dx+x ( 3 y2−xy−x2 )dy=0(1)

Resolución.-

(1), es una E.D.H de grado 3, llamando a la forma:

dydx

= 2 y3−xy2−x2 y3 x y2−x2 y−x3 (2)

Haciendo el cambio de variables:

y=vx→dydx

=v+x dvdx

Sustituyendo en (2): se tiene después se simplificar x3

v+x dvdx

=2v3−v2−v3v2−v−1

→xdvdx

= −v3

3 v2−v−1(3 )

Separando variables; para luego integrar:

dxx

+( 3v−v−1

v3 )dv=0→∫ dxx

+∫ [ 3v−v−1

v3 ]dv=CQue integrando resulta finalmente:

ln ( x )+ln (v3 )+ 1v+ 1

2v2=C→ ln (¿v3 x )+ 1

v+ 1

2v2=C ¿

Volviendo a las variables x , y , la S.G, es:

2 y2 ln( y3

x2 )+2xy+x2=C y2←Rpta

2.- Resolver la siguiente ecuación diferencial y hállese la solución particular para los valores

y (1)=3

( y2+2 xy )dx+ (x2+2 xy )dy=0(1)

Resolución.- Como la ecuación diferencial es homogénea se puede escribir también.

dydx

=( yx )

2

+2( yx )1+2( yx )

(2)

Donde hacemos: v=yx→dydx

=v+x dvdx

Sustituyendo variables; integrando se obtiene

v+x dvdx

=−v2+2v1+2v

→ xdvdx

=−3 ln ( x )+ ln (c )(3)

En (3), levantando logaritmos y volviendo a las variables (x , y )

v2+v= cx3 →x3[( y2 )

2

+ yx ]=C

Reduciendo la última expresión resulta la S.G.

x y2+x2 y=C←(S .G)

Para la solución particular se la S.G. se debe calcular C, para los valores y (1)=3; es decir

C=?? para x=1 , y=3

Reemplazando en la S.G; se obtiene C=12

x y2+x2 y=12←Rpta

3.- Hállese la solución general de la siguiente ecuación diferencial.

dxdy

= √x+ y+√ x− y√x+ y−√x− y

(1)

Resolución.- Racionalizando la ecuación queda:

dxdy

=x+√ x2− y2

y;ó→

dydx

=1+√1−( yx

2

)( yx )

(2)

En (2) hacemos los cambios indicados, resulta.

v+x dvdx

=1+√1−v2

v→x

dvdx

=1−√1−v2−v2

v

Separando variables:

dxx

= vdv

1+√1−v2−v2(3 ) paraintegrar hacemos los cambios{ 1−v2=z2

v=√1−z2

dv= −zdz

√1−z2

Remplazando en el segundo miembro de (3), después de simplificar queda las integraciones de:

∫ dxx

=−∫ zdzz ( z+1 )

→ ln(cx)=−ln (z−1)

Volviendo a las variables originales, la S.G es

c=x+√ x2− y2←Rpta .

2.2.- Ecuaciones diferenciales reductibles a ecuaciones diferenciales Homogéneas

Las ecuaciones diferenciales de Primer orden reductibles a homogéneas presentan la forma.

(ax+ab+c )dx+ (mx+ny+ p )dy=0

Que también puede escribirse así:

dydx

=φ( ax+b+cmx+ny+ p )(1)

Se reduce a una E.D.H; haciendo el siguiente cambio de variable.

x=h+x1

y=k+ y1}→dy

dx= dkd h

(2)

Donde h , kson variables; x1 ; y1 son constantes que deben calcularse; reemplazando en (1)

dkd h

=φ( a(h+x1)+b(k+ y1)+cm(h+ x1)+n(k+ y1)+ p )

Efectuando se tiene:

dkd h

=φ( ah+bk+(a x1+b y1+c)mh+nk+(mx1+ny1+ p))(3)

La expresión (3) será E.D.H, si los términos independientes que figuran en el segundo miembro son nulos, es decir.

a x1+b y1+c=0 ;m x1+n y1+ p=0(4 )

El sistema de ecuaciones (4), al ser resueltas dan los valores de x1 , y1 entonces:

x1=|−c b−p n||a bm n|

; k=|a −cm −p||a bm n|

(5)

En la expresión (5); pueden ocurrir los casos:

Primer caso.- ∆≠0 ;esto es :

∆=|a bm n|≠0 ;ó tambien

am≠bn

Entonces, el cambio de variable indicado es (2) es aplicable pues los valores de x1 , y1

precisables.

Segundo caso.- ∆=0 ;eso es :

∆=|a bm n|=0 ;o tambien

am

=bn

(6 )

En tal circunstancia los valores de x1; y1 no son precisables y el cambio de variables indicado

en (2) no funciona; el ejercicio 2, nos muestra la forma de resolver una ecuación ; donde se presenta el inconveniente indicado por las expresiones (6)

EJERCICIOS RESUELTOS.-

1.-Resolver la siguiente ecuación diferencial.

(3 y−7 x+7 )dx− (3x−7 y−3 )dy=0 (1)

Resolución.- A simple vista vemos que es una E.D reductible a homogéneas; por consiguiente el sistema de ecuaciones y su determinante son:

3 y1−7 x1+7

7 y1−3x1+3 }→∆=|3 −77 −3|=40≠0

Por ser ∆≠0 ; es aplicable el método aplicado en 2.2.- entonces resolviendo el sistema de ecuaciones; resulta:

x1=1 , hacemos x=h+1→dx=d hy1=0 , hacemos y=k+0→dy=dk

Reemplazando en (1); se obtiene la E.D.H.

(3 x−7h )d h+(7k−3 y )dk=0→dkdh

=−( 3k−7 h7k−3h )

Lo que resolvemos haciendo: k=v h ;obteniendose

hdvd h

=−( 7 v−37 v−7 )dv

Integrando hallamos:

−7 ln (c h )=5 ln (v+1 )+2 ln (v−1 )→c=h7 ( v+1 )5 ( v−1 )5

Volviendo a las variables x , y , la S.G. es:

c= (x+ y−1 )5 ( x− y−1 )2←Rpta .

2.- Hállese la solución general de la siguiente ecuación diferencial.

(x+ y−1)5 y '+2x+2 y−1=0(1)

Resolución.- La expresión (1), se escribe también:

(2 x+2 y1−1 )dx+ (x+ y−2 )dy=0 (2 )

Que es reductible a una E.D.H; luego el sistema de ecuaciones y su determinante son:

2x1+2 y−1=0x1+ y1−2=0 }→∆=|2 2

1 1|=0

Como ∆=0 ; no podemos hacer el cambio de variable indicado anteriormente, sino el siguiente:

x+ y=z→dy=dz−dx(3)

(3) reemplazando en (2);

(2 x−1 )dx+ ( z−2 ) (dz−dx )=0→ ( z+1 )dx+(z−2)dz

S, V para integrar; e integrando.

dx+( z−2z+1 )dz=0→x+z+1= ln c ( z+1 )3

Volviendo a las variables x , y la S.G. en:

C ( x+ y+1 )3=c2 x+ y+1←Rpta .

(*)Hay otras ecuaciones que también son reductibles a ecuaciones diferenciales homogéneas; mediante un cambio de variable como se ilustra a continuación.-

3.- Resolver la siguiente ecuación diferencial.

y3dx+2 ( x2−x y2 )dy=0 (1)

Resolución.- Podemos ver que la ecuación dada no es homogénea; para reducirla a homogénea el siguiente cambio de variable

y3dx+2 ( x2−x y2 )dy=0 (2)

Sustituyendo (2) en (1) y aplicando operaciones resulta

z3mdx+2m (x2 zm−1−x z3m−1 )dz=0 (3 )

La expresión (3) para ser una E.D.H; sus términos deben tener el mismo grado, entonces:

3m=2+m−1=1+3m−1→resolviendo :m=12

Reemplazando en (1), resulta:

z3/2dx+( x2

z12

−x z12 )dz=0→z2dx+(x2−xz )dz=0(4)

En (4), la última ecuación de E.D.H seguimos el procedimiento indicado para estos casos.-

z=vx→dzdx

=v+x dvdx

(5)

(5) en (4); después de simplificar resulta:

dzdx

=−( z2

x2−xz )→xdvdx

= vv−1

Separando variables y reemplazando:

dxx

=( v−1v )dv→ ln (cx )=v−ln (v)

Volviendo a las variables primitivas, la solución general es:

xln (c y2 )= y2←Rpta .

PROBLEMAS DE APLICACION

A. PROBLEMAS GEOMETRICOS

Para resolver un problema geométrico se debe recordar las relaciones geométricas correspondientes a una determinada familia de curvas, ya que dichas relaciones permiten plantear la ecuación diferencial que resuelve el problema; es decir.

formade la E . D .Planteada : f (x , y , z ' )=0 (1 )

S .Gobtenidaalresolver : f : ( x , y , c )=0 (2)

La S.G es la ecuación de la familia de curvas, cuya E.D es (1), para cada valor de C; se tendrá la ecuación de una curva de dicha familia.

PROBLEMA 1.-

Determinar la ecuación diferencial de la familia de curvas, que gozan de la siguiente propiedad:“la longitud de la normal trazada por cualquier punto de una de las curvas es siempre 10 unidades”

Resolución.- Es recomendable hacer un gráfico: f (x , y )

Sabemos longitud de Normal= y √1+( y ' )2=10=PM P(x , y)

Con cual se tiene la ED que resuelve el problema.- efectuando 10

dydx

=1y√100− y2→dx= ydy

√100− y2(1)

Para integrar hacemos: M

y=10 sent→dy=10costdt

Sustituyendo en (1);

dx=10 sent costdt

√1−sen2t→x=−10cost+c

Volviendo a las variables x , y

x=±√100− y2+c←Rpta .

sa

PROBLEMA 2.-

Hallar la curva para la cual la perpendicular trazada a la tangente desde el pie de la ordenada del punto de contacto es constante, determinar lo que pasa por el punto (o, a)

Resolución.- Del enunciado se tiene. y

Condición=AH=cte=a

En ∆ AHP :HP=√ y2−a2 f (x , y )

asimismo tgθ=HPa

=√ y2−a2

a P(x , y)

Luego la ED de la familia de curvas. H a θ

y '=√ y2−a2

a→dx− ady

√ y2−a2=0(1) θ x

0 Resolviendo la ED (1) obtenemos la S.G

x−a ln( y+√ y2−a2)=C (2 )

(2) es la solución general, es decir la ecuación de la familia de curvas que cumple con el enunciado.

Para: x=0 ; y=0 , restaC=−a ln (a )

Reemplazando en (2) y efectuando se tiene la solución

x=ln( y+√ y2−a2

a )a

;ó→ ( y+√ y2−a2¿¿¿a )a=C x←Rpta .

PROBLEMA 3.-

Determinar la ecuación de una curva que pase por (1,1) y que tenga la propiedad de que la abscisa en el origen de su recta tangente sea igual a la ordenada de su recta normal

Resolución.- Planteando el problema:

YCondición: ON=OM (1) NDonde:

RectaTg

ON=Y +QN=Y + X

y '

a P(x , y)

OM=x−MH=x− y

y'

Reemplazando en (1) 0 M H

y+ x

y '=x− y

y '→ y '= x+ y

x− y(2 ) Rectanormal

(2) es una EDH que al integrar resulta.

ln ( x )=arc tg( yx )−12

ln ( x2+ y2

x2 )+c

ó lo que es la S.G:

c=ln (x2+ y2 )−2arctg( yx )(3)

(3) es la ecuación de la familia de curvas que cumple la condición del problema; para la S.P se debe calcular c.

Cuando x=1 ; y=1 , de (3 ) seobtiene c=ln (2 )− π2

ln (x2+ y2 )−2arc tg( yx )=ln (2 )− πx←Rpta

PROBLEMA 4.-

Determinar la ecuación de una curva tal que pase por (3,4) y en que la longitud de su sub tangente en cualquier punto sea igual a la distancia del punto al origen

Resolución.-

MN=OP (1) Y

MH= y

y ';OP=√x2+ y2

f (x , y )

Recta tan

Reemplazando en (1) P(x , y)y

y '=√x2+ y2→

dydx

= y

√ x2+ y2(2)

0 M N

X

(2) es una EDH, para integrarla se debe hacer dos cambios de variables en el siguiente orden.

(I ) y=vx (II )z=√1+v2

Integrando resulta que la familia de curvas es

ln [ y (√x2+ y2−x )]− x(√x2+ y2+x)y2

=c←(A)

o también:

ln [√ x2+ y2+xy3 ]+ x (√x2+ y2+ x)

y2=C←(B)

EN (B); para x=3 ; y=4 , resulta c=3 ln (2)−32

Reemplazando C, en (B), se tiene la curva solicitada.

ln [ y (√x2+ y2−x )]− x(√x2+ y2+x)y2

=3 ln (2 )−32←Rpta .

B. PROBLEMAS FISICOS

PROBLEMA 1.-

Una barca con su carga pesa 98.1 kg .Si la fuerza que ejerce el motor sobre la barca en la dirección del movimiento es equivalente a una fuerza constante de 15kg, y la resistencia (en kilogramos) al movimiento es numéricamente igual al doble de la velocidad (en metros por segundo); determinar la velocidad sabiendo que la barca parte del reposo.

a) después de t, segundos;

b) después de 10 segundos

c) la velocidad limite F1

Resolución.-

Datos e incógnitas

W

Datos e Incógnita

t 0 t 10 ∞0 ¿? ¿? ¿?W= 98.1 kgF1 = 15 kg

F v = 2vg = 9.81

Por newton, sabemos que F=ma(1)

Del gráfico: {F=F1−Fv→F=15−2v

a=aceleracion=dvdt

Reemplazando valores en (1) se obtiene la ecuación diferencial

15−2v=m dvdt;→ (15−2v )dt=mdv (2)

Resolviendo la ED (2); obtenemos la ecuación del movimiento, es decir la SG que es:

t=−m

2ln (15−2v )+c (3)

En (3) calculamos c; para los valores iníciales es decir para

t=0 ; v=0−¿c=m2

ln (15)

Por consiguiente la SP corresponde a la ecuación que gobierna el movimiento, esto es:

t=m2

ln( 1515−2v )(4)

a) De (2), despejamos v: v=7.5(1−e−2 tm )

Como m=wg

=10→v=7.5 (1−e−ast )←Rpta

b) Para t=10 seg ; de la anterior resulta:

v=7.6 (1−e−2 )→v=6.50mseg

←Rpta

c) La velocidad limite se obtiene para t=∞ ;y reemplazamos en la respuesta de (a); obteniendo.

v1=7.5mseg

←Rpta

PROBLEMA 2.-

Un cuerpo de masa m; cae dentro de una liquido por efecto de su peso y experimentalmente una resistencia proporcional al cubo de su velocidad

a) Hallar la ecuación del movimiento

b) Mostrar que la velocidad tiende a un valor constante

Resolución.- Aplicamos el principio de Newton

F=ma→F=m dvdt

(1)

La fuerza que resulta y ocasiona el movimiento es:

F=W−R

Como W=mg ;R=k v3(2)

Reemplazando en (2) luego en (1) se tiene:

mg−k v3=mdvdt→dvdt

= y− k v3

m

La E.D del movimiento es:

dv

(mgk −v3)= kmdt (3)

Para hacer fácil la integración hacemos los cambios

mgk

=p3; en (3 )queda:dv

p3−v3= kmdt(4)

El segundo miembro es integrable directamente; el primer miembro integramos por descomposición en fracciones posibles.

dv

p3−v3 =∫dv

( p−v ) ( p2+ pv+v3 )=∫( A

p−v+

Bv+cp2+pv+v2 )dv

Efectuando resulta.

A=B= 13 p2 ; c=

23 p

dvp3−v3 =∫( 1

3 p2

p−v+

v

3 p2 +2

3 p2

p2+ pv+v2 )dvComenzamos la integración

dv

p3−v3= 1

3 p2∫dvp−v

+ 1

3 p2∫v+2 p

p2+pv+v2dv

dvp3−v3 =

−13 p2 ln ( p−v )+ 1

6 p2 ln ( p2+ pv+v2 )+ 36 p [ 2

√3 parctg(

p2+v

√3 p2

)]dv

p3−v3 =−13 p2 ln ( p−v )+ 1

6 p2 ln ( p2+pv+v2 )+ 2√36 p2 arctg(

2v+ p√3 p

)

Reemplazando en (4), resulta.

2√3

6 p2arctg( 2v+ p

√3 p )+ 1

6 p2ln ( p2+ pv+v2)− 1

3 p2ln (p−v )= k

m+c (5)

De la primera expresión de (4): xm

= g

p3; reemplazando en (5)

( gp3 t+c)= 16 p2 [ ln ( p2+pv+v2 ) ]−2 ln ( p−v )+2√3arcotg( 2v+ p

√3 p)

6 p2( ¿p3 +c )= ln [ p2+ pv+v2

(p−v )2 ]e2√3arcTg( 2v+p√3 p

)

e¿¿

b). En (3) dvdt

=g− k v3

m

Tiende a valor constante cuando dvdt

=0

Entonces: g− k v3

m=0→mg−k v3=0v=3√mgk ←Rpta

PROBLEMA 3.-

Se tiene un recipiente que contiene 400 litros de agua y un contenido de 25kg de sal. Está mezclado se mantiene uniforme mediante un mecanismo de agitación. Si a este depósito ha de

ingresar salmuera que contiene 0.25kg de sal por litro de salmuera a razón de 12litros por minuto: determinar

a) La cantidad de sal que contendrá en cualquier instante, si la mezcla sale del recipiente con el mismo gasto que entra

b) La sal que contendrá al cabo de 30minutosc) ¿Cuándo contendrá 75kg de sal?

Resolución.- Consideremos empezado el procedimiento, entonces:

Al transcurrir t min; hay x kg de sal en el recipiente.

La concentración será=x

400+(12−12 ) t= x

100

Luego al transcurrir dt min, x se incrementa en dx

dx=¿(Cantidad se sal que entra)-(cantidad de sal que sale) que es la ecuación de continuidad, abreviadamente

dx=Edt−Sdt (1 )

sal quesale=S=12 ( x100 )dt=( 3 xdt

100 )Reemplazando en (1) ; se obtiene la ecuación diferencial del problema.

dx=3dt− 3t100

→dx=3(1− x100 )dt (2 )

Reemplazado (2): 3 t

100+L (100−x )=c (3 )

Cuando t=0 ; x=25kg−¿C=L (75 )

a) Reemplazando en (3), el valor de C, despejando x:

x=100−75e−3t100 ←Rpta

b) Se calcula x, cuando t= 30min; en expresión (a)

x=69.5kg←Rpta

c) Conociendo C=L(75) y X= 75kg en (3), calculamos

3 t100

+L (100−75 )=L (15 )→t=1003

L( 7525 )t=36.60min←Rpt a .

PROBLEMA 4.-

Un tanque que tiene la forma de un cubo de 3.67m de arista; presenta una fuga debido a un pequeño agujero cuya área mide 13 centímetros cuadrados. Si inicialmente está lleno de sus tres cuartas partes; determinar la relación de los tiempos cuando está lleno hasta la mitad; y cuando esta vacío.

Resolución.- Al transcurrir t (seg ) la altura de agua es y (cm) . En undt ; el nivel disminuye en

dy (m) y el volumen disminuye en dv

Luego: dv=−Ady (1) 3.67 dy También, el mismo volumen sale por la sección B a una velocidad. A Luego: dv=Bvdt (2) h=3.67m

y 3h4

Como sabemos: v=c √2 ghdt=−Adt (3)

h2

B

Resolviendo (3¿ t=−2 AB √ y

2 g+C(4)

Donde: t=0 , y=3h4→C= A

B √ 2h2 g

Luego el tiempo necesario para calcular nivel es:

t= AB [√ 3h

2g−2√ 2h

2g ](5)

Donde: A= área de sección del cubo; B= área de sección de agujero

En (5) para y=h2→t 1=

AB [√ 3h

2g−√ hg ]

Para Y=0→t 1=AB [√ 3h

2g

La relación solicitada es: t1t2

=√3h−√2h√3h

=(√3−√2 )

√3

Simplificando h :→t 1

t 2

=0.184←Rpta .

PROBLEMA 5.-

El radio de un cilindro circular recto mide 3.06m y su altura 6.12m .El cilindro que se llena con agua tiene en su base un pequeño orificio circular de 25.5 mm de diámetro

A

¿Cuánto tardará en salir toda el agua? Primero considerar

c=1 , y luegoc=0.6(C→coeficiente dedescarga)

Resolución.-

Es conveniente resolver el problema en forma general

condiciones Datos

t (seg ) 0 t 1 t 2 v=3.06m

y(m) h 0 0 a=0.0255

dyA−¿area deespejo de aguaB−¿ areade orificiode salida y ha−¿di ámetrode orificio aAl transcurrir t (seg ) , la altura es y (m)

Al trascurrir dt (seg), el nivel de agua desciende dy (m), y el volumen desalojado es igual al

volumen descendido: entonces:

( vol, descendido )dy−(vol . despojado )dt (1)

Vol descendido=ady; vol despojado=−Bc√2gy dt

Reemplazando en (1): Ady=−Bc √2 gy dt (2)

Resolviendo (2): t=−2 ABc √ y

2 g+K (3)

Para t=0 , y=h→k=2 ABc √ y

2g

El tiempo necesario para descender hasta cualquier nivel se consigue reemplazando k, en (3),y

t=2 ABc [√ h

2 g−√ y

2g ](4)

a) t 1=?? , sereemplazando en (3 ):C=1 , y=0 ;h=6.12m

A=π r2=π (3.06 )2; B=π ( 92 )

2

=π4

(0.0255 )2

t 1=17.87hr≈18has←Rpta .

b) t 2=?? ,reemplazando em (3 );esta vez conC=ac

R

t 2=29.78ha≈30hr←Rpta .

PROBLEMA 6.-

Un casquete hemisférico de R m de radio con la base hacia arriba, está lleno de agua que sale a través de un orificio de a m de diámetro practicado en el fondo ¿Cuánto tiempo tardara en vaciarse? Si el coeficiente de descargue es c.

Aplicación: R=1m;a=1/12m ,c=0.6

Resolución.- 0 M R−h d h 0 P

h a

A medida que el agua desciende el Radio varía para el espejo de agua

Calculo del volumen descendido en un dt

Vol . des=π x2dh (1)

En ∆ 00' P : x2=R2−(R−h )2→x2=2 Rh−h2

Luego en (1): Vol .des=π ( a2)

2

c√2gh dh(2)

Volumen desalojado en undt

Vol .desalojado=−π (−a2

2 )c √2g hdt(3)

Según (A) del problema general, igualando (2) y (3)

4 (2R h−h2 )d h=−a2 c √2 ghdt(4)

(4) es la ecuación diferencial que resuelve al problema, resolviendo por los métodos conocidos:

4 ( 4 R h32

3−2h

52

5 )=−c a2√2g t+k (5)

Condiciones

(seg) 0 t 1

(m) R 0

Para t=0 ;h=R , resuelta k=56 R

52

15

Reemplazando en (5) t= −4c a2 √2g ( 4 Rh

32

3−2h

52

5−14 R

52

15 )Esta expresión representa el tiempo de variación para cualquier nivel.

Calcular T 1=?? parah=0

t=5615 (Ra ) 2

c √ RRg

Para: R=1;a= 112m; c=0.6 , resulta :

t=202.25 seg←Rpta .

(II)METODO DE DIFERENCIALES EXACTAS

Este método se emplea cuando se observa o se determina que la ecuación diferencial dada , constituye una “diferencial exacta” entonces la solución general se conseguirá determinando cual es la relación.

¿ ( x , y )=c

Que satisface a la ecuación diferencial.-

Reducción del Método.-

I) Condiciones de Exactitud.-

Consideremos la familia de curvas ( x , y )=ccuya diferencial es: d=0 ,ó bien:

∂∂ x

dx+ ∂∂dy=0 (1 )

Considerando la Ecuación Diferencial:M (x , y )dx+N ( x , y )dy=0(2)

Considerando (1), con (2) resuelta que:

∂∂ x

=M ;∂∂ y

=N (3)

Si en (3) derivamos la primera parcialmente con respecto a y; la segunda con respecto a x; Resulta.

∂❑2

∂ y∂ x=∂M∂ y

;∂❑2

∂ x ∂ y=∂ N∂ x

( 4 )

Bajo ciertas condiciones adecuadas, es indiferente el orden en que se efectúa la derivación; luego sabemos que:

∂❑2

∂ y∂ x= ∂❑2

∂x ∂ yó bien

∂M∂ y

=∂ N∂ x

←(5)

Si la última relación en (5) se cumple entonces la ecuación (2) es denominada “Ecuación Diferencial Exacta”, esta relación constituye una condición necesaria y suficiente para la exactitud.

II) Solución de la E.D.E

La solución puede comenzarse por cualquiera de las expresiones de (3); depende del grado de dificultad en la integración; lo usual es comenzar por la primera; la cual integramos en respecto a x.

∂∂ x

=M ;=∫Mdx+g ( y )←(6)

La “constante de Integración “que se presenta en este caso es una función arbitraria de y ya que proviene de una integración en la que “y”, ha sido considerada constante.

El problema queda reducido a encontrar g ( y )M en la condición de que , dado por (6) satisface a

la segunda relación de (3); diferenciando (6) con respecto a y; debe ser igual a N; esto es:

∂∂ y

= ∂∂ y∫Mdx+g2 ( y )=N

Luego resulta:

g' ( y )=N− ∂∂ y

∫Mdx→g ( y )=∫(N− ∂∂ y

∫Mdx)dy (7 )

Luego en (6) el valor de , es:

¿∫Mdx+∫(N− ∂∂ y

∫Mdx)dy (8)

Por consiguiente la S.G presenta la forma:

←Rpta.

(*) se recomienda aprender el método, mas no la fórmula que se indican.

∫Mdx+∫Mdx+∫(N− ∂∂ y

∫Mdx)dy=C

EJERCICIOS RESUELTOS.-

1.- Hállese la solución general de la ecuación diferencial.

( senxsey−x ey )dy=¿

Resolución.- Verificando las condiciones de exactitud.

De (1): ¿0

M=ey+cosxcosy→ ∂M∂ y

e y−senycosx

N=−( sexsey−x e y )→ ∂M∂ x

=e y−seycosx} ∂M∂ y =∂M∂x

(2)

La expresión (2) verifica las condiciones de exactitud, luego

∂∂ x

=ey+cosxcosy→=∫ [e y+cosxcosy ] dx+g ( y ) (3 )

Integrando

¿ x ey+senxcosy+g ( y ) (4 )

(4) diferenciamos respecto a y; e igualando a N

∂∂ y

=xe y−senxseny+g ' ( y )=−( senxseny−x e y)

Efectuando: g' ( y )=0→g ( y )=c

Es decir que ¿ x ey+senxcosy+c

La resolución general es:

x e y+senxcosy=c←Rpta .

2.- Resolver la Ecuación diferencial.

dx= y

1−x2 y2dx+ x

1−x2 y2dy (1)

Resolución.- La ecuación también es:

( 1−x2 y2− y1−x2 y2 )dx−( x

1−x2 y2 )dy=0 (2 )

M=1−x2 y2− y

1−x2 y2→∂M∂ y

=−1+x2 y2

(1−x2 y2 )2

N= x1−x2 y2 →

∂N∂ y

= −1+x2 y2

(1−x2 y2 )2}→ {∂M∂ y =∂N

∂ y }(3)

(3) verifica las condiciones de exactitud, luego calculamos ( x , y ) ,esta vez la hacemos

considerando N.

∂∂ y

= − x

1−x2 y2→=−∫ xdy

1−x2 y2+h ( x )

¿−12

ln( 1+xy1−xy )+h(x)←(4)

Diferenciando (4) respecto de x, e igualando a M.

∂∂ x

= − y1−x2 y2 +h

' ( x )=1−x2 y2− y1−x2 y2

(5 )

h' ( x )=1−x2 y2− y1−x2 y2 + y

1−x2 y2 →h ( x )=x

Reemplazando en (4);

¿−12

ln( 1+xy1−xy )+x

Por consiguiente la S.G es:

−12

ln( 1+xy1−xy )+x=c ;óbien( 1+xy

1−xy )=k e2x←Rpta .

(III) METODO DE DIFERENCIALES EXACTAS

Cuando la ecuación diferencial de Primer Orden y de primer grado no es una diferencial exacta existen varios métodos para resolverla, que depende de las formas que presentan dichas ecuaciones, como veremos más adelante. A continuación se nuestra el caso de aquellas

ecuaciones diferenciales, que no siendo exactas, se las transforma a exactas mediante un factor de integración f, al que se le denomina “Factor de Integración”

Si el factor de integración es función de las variables (x , y ) su cálculo resulta laborioso y

complicado, facilitándose si es una relación en “x” solamente; o una relación en “y” solamente

Determinación del Factor Integrante.

Sea la ecuación diferencial no exacta:

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

Multiplicándolo por el factor de integración “f” (hasta ahora desconocido), por definición, la ecuación (1) se hace exacta.

fMdx+ fNdy=0 , es decir :∂( fM )∂ y

=∂(fN )∂ x

(2)

I) Caso en que “f” es una función de x. ←

De (2) escribimos:

f ∂ M∂ y

= f ∂N∂ x

+N dfdx;óbien

dff

= 1N ( ∂M∂ y −∂ N

∂x )dx (3)

Si el coeficiente de dx , en (3) es solamente función de x

h ( x )= 1N ( ∂M∂ y −∂N

∂ x );luego dff =h ( x )dx (4)

Integrando la segunda expresión de (4) se tiene.

ln ( f )=∫h ( x ) , óbien f=e∫h (x )dx

Donde omitimos la constante de integración; entonces el procedimiento es:

Si

1N ( ∂M∂ y −∂N

∂ x )=h ( x )→f=e∫h ( x )dx← (5 )

II) Caso en que “f” es una función de y.

De (2) podemos escribir

f ∂ N∂x

= f ∂ N∂ y

+M dfdy;ó bien

dff

= 1M ( ∂N∂ x −∂N

∂ y )dy (6)

Donde se tiene que:

g ( y )= 1M ( ∂ N∂ x −∂M

∂ y ): luego dff =g ( y )dy (7)

Integrando la segunda expresión de (7)

ln ( f )=∫ g ( y )dy : óbien f=e∫g ( y )dy

Donde también se emite la constante de integración ‘, entonces el procedimiento es:

Si1M ( ∂ N∂ x −∂M

∂ y )=g ( y )→f=e∫ g( y)dy←(8)

Donde f; es el factor de integración

Procedimiento.-

Dada la E.D M (x , y )dx+N ( x , y )dy=0

1.- calcular:∂M∂ y

=( A ); ∂ N∂ y

=(B)

2.- Si A=B ,la ecuación es exacta, de fácil reducción.

3. Si A≠B ,calcular (A-B) y dividir la diferencia por N, llamaremos h, al resultado.

4.-Si h solamente es función x, entonces e∫hdxes el factor de integración.

5- Si h, no es función solamente de x, calcular (B-A) y dividir por M la diferencia, sea g, el resultado

6.-Si g, solamente es función de y, entonces e∫gdx es el factor de integración.

EJERCICIOS RESUELTOS.-

1.- Hállese la solución general de la siguiente ecuación diferencial

(3 x+2 y2)dx+2 xydy=0(1)

Resolución.- Veamos si la ecuación diferencial dada es exacta.

M=3 x+2 y2→∂M∂ y

=4 y

N=2xy→∂ N∂x

=2 y }→∂M∂ y

≠∂ N∂x

(2)

(2), nos dice que la ecuación dada no es diferencial entonces procedemos a calcular a el factor integral “f”

h ( f )= 12xy

(4 y−2 y )=1x→f=e

∫ 1xdx=e ln ( x )=x

Entonces se tienen que; f=x←

Multiplicándolo (1) por el f, calculando, se hace exacta.

(3 x2+2x y2 )dx+2x2 ydy=0←E .D . E (3 )

(3) se resuelve como en el método anterior, es decir el método de las diferenciales exactas.

∂∂ x

=3 x2+2x y2→=x3+x2 y2+g ( y )(4)

Diferenciando (4), respecto a y; e igualando a N.

2 x2 y+g' ( y )=2x2 y→ g' ( y )=0→g ( y )=c

Reemplazando en (4) las SG es:

¿ x3+ x2 y2+c→ x3+ x2 y2=c←Rpta .

2- Hállese la solución particular de la siguiente ecuación diferencial para los valores iníciales

y (0 )= π2

dydx

= seny

xcosy−sen2 y

Resolución.- La ecuación puede escribirse en la forma

senydx+( sen2 y−xcosty )dy=0 (1)

M=seny→∂M∂ y

=cosy

N=sen2 y−xcosy→∂N∂x

=cosy}→ ∂M∂ y

≠∂ N∂ x

(2)

(2) nos dice que la ecuación diferencial no es exacta, procedemos a calcular el factor integrante “f”

h ( x )= 1

sen2 y−xcosy( cosy+cosy ) , senydx+ (sen2 y−xcosy ) resulta :h→funcion(x , y)

En este caso pasamos a calcular g( y )

g ( y )= 1seny

(−cosy−cosy )=−2cotg7→f=e−∫2cotgydy

integrandoel exponente dee : f=e−2 ln ( seny )luego el factor integrandoes : f :1

sen2 y

(1) al multiplicarse por f, se hace una E.D.E, que al resolverse por el método estudiado resulta la S.G

dxseny

+(1−xcosy

sen2 y )dy=0→dxseny

+(1− xcotgyseny )dy=0(3)

Resolviendo la E.D.E (3); se tiene la S.G

xcosec y+ y=c(4)

En (4) obtenemos; para x=0 ; y=π2→c= π

2

xcosec y+ y= π2;ó bien x=( π2 − y )seny←Rpta

3.- Resolver.- dydx

√ x− y+(x+2√x )√ y=0

Resolución.- La ecuación puede escribirse también en la forma

dydx

=y−(x−2√ x)√ y

√x(1)

Para facilitar: hacemos z=√ y→z2= y→2 z z3= y3

Reemplazando en (1): 2 zdzdx

=z2−(x−2√x )z

√x

ó tambiendxdz

= z √ xz−(x−2√x )

(2)

En (2) hacemos √ x=m→x=m2→x3=2mm3

Reemplazando en (2): 2mdmdz

= 2m

z−(m2−2m)→

dmdz

= 1

z2−m2+2m

ó también ( z−m2+2m )dm−dz=0 (3)

Dónde: ∂M∂ z

=1 ;∂N∂m

=0 , obteniendo : f=e−m←

(3) por f; de la siguiente E.D.E

z e−m−m2 e−m+2me−m¿dm−e−mdz=0 (4)

Solucionando por el método de las ecuaciones diferenciales exactas.

Se obtiene:

m2 e−m−z e−m=C

Volviendo a las variables originales la S.G, es:

c=(x−√ y )e−√ x←Rpta .

PROBLEMAS DE APLICACIÓN

PROBLEMA 1.-

Hallar la curva para la cual la longitud del arco desde un punto fijo hasta un punto cualquiera P, es proporcional a la raíz cuadrada de la abscisa de P.

Resolución.- YDel enunciado se debe plantear la condición, P(x . y)se recomienda hacer un grafico que contribuye siempre a la solución del problema. B

Condición: longitud=k √x (1)

Sabemos que: 0 (x ,0) Xlong=∫√ (dx )2+(dy)2+C=∫√1+( y3)2dx+c

En (1) resulta: ∫√1+( y3)2dx+c=k √ x

Dividiendo respecto a X, se tiene:

√1+( y3)2= k2√x

→dydx

=√ k2−4 x4 x

(2)

(2) es la ecuación diferencial que resuelve el problema; integrando

y=∫ √k2−4 x4 x

dx+c (3 )→{ haciendoz=kcosθ

dz=−ksenθdθ

Reemplazando en (4)

y= k 2

2∫ cosθdθ+c→ y= k2

2∫ [ 1+cos2θ

2 ]dθ(5)

Obteniéndose después de integrar (5), y dividiendo a las variables originales, la S.G

y= k 2

4 [arc cos (√k2−4 xk )+2√ x (k2−4 x )

k2 ]+c←Rpta .

El alumno debe solucionar como ejercicios haciendo el siguiente cambio z=ksenθ ¿las soluciones son iguales?

PROBLEMA 2.-

Desde un punto cualquiera P(x , y) de una cierta curva, se traza una normal, la cual corta al eje

OX , en el punto N, hallar la ecuación de dicha curva sabiendo que pasa por el origen y que el punto medio de la recta normal PN, está sobre la parábola cuya ecuación es

y2=axResolución.-

Hacemos el grafico, y se obtiene Y f (x , y )Condición: PM=MN (1) P(X ,Y )

En el ∆ PHM : tg θ=HMPH

(2 ) θ

θ

Coordenadas de H :(x , y2)

M (xm , ym) H M

Coordenadas de M : ym=( y2

)

0 R(x ,0) N XComo M, está en la parábola, entonces se tiene: y2=ax

a (xm )= ym2 →xm=

ym2

a= y2

4 a

Luego: HM=xm−x= y2

4 a−x→HM= y2−4ax

4a;PH= y

2

Reemplazando en (2): tgθ= y '= y2−4ax2ay

(3)

(3) representa la ecuación diferencial de la familia de curvas, resolviendo se tiene la S.G

c ex /a=a (4 a2+4 ax− y2 )←Rpta .

Cuando la curva pasa por el origen P(0,0) , la S.P es.

c=4a3: 4a2 ex /a=(4 a2+4 ax− y2 )←Rpta .

PROBLEMA 3.-

Un cuerpo que cae partiendo del reposo en un líquido, alcanza una velocidad cuyo límite es de 3m /seg. Suponiendo que la resistencia del medio es proporcional a la velocidad y que la densidad del cuerpo es de tres veces la del líquido, determinar:

a) La velocidad al final de 1seg.b) La densidad de caída al final de 1seg.

Resolución.- Debemos hacer un gráfico que nos permita entender con mayor claridad el problema.

Nuestro cuadro de valores e incógnitas

W→peso del cuerpo E→empuje x=0 w x

Como por newton: F=ma→F=Wg.dvdt

(1)

Del gráfico: F=W−Kv−E f=kvReemplazando en (1):

W−kv−E=Wg.dvdt

(2) E

t 0 ∞ 1

v 0 3m/s ¿?

e 0 - ¿?

Como ρc=3 ρL→W c

v=3

W L

v→W L=

W3

En (2) resulta: 2W

3−Kv=W

g.dvdt→dt=W

g [ dv2W

3−kv ](3)

Resolviendo la ecuación diferencial del movimiento, dada por (3)

t=−Wkg

ln( 2W3

−kv )+C← (S .G )

En la (S.G), para t=0 ; v=0 , resulta c=Wkg

ln ( 2W3

)

Luego la S.P. para las condiciones del problema es:

t=Wkg

ln( 2W2W−3kv )←(S . P)

De la S.P; obtendrán la velocidad de caída en cualquier instante

ln ( 2W2W−3kv )= kgt

W→

2W2W−3kv

=ekgt /W (4 )

En (4) calculamos la constante k, con las condiciones:

Para t=∞ ,v=3mseg

→k=2W2v

=2W9

Reemplazando en (4) y despejando v; para cualquier instante, t.

v=3 (1−e−2>¿g )←(5)

a) Para t=1 seg de (5) v=2.66m /seg←b) Para el cálculo de x=e; cuando t=1. De (5)

dxdt

=3¿

De (6); para t=0; x=0, resulta c=−272g

Para t=1seg; x=e; sustituyendo en (6)

e=3¿

PROBLEMA 4.-

En un depósito hay 100 litros de disolución acuosa que contiene 10kg de sal. En este depósito se vierte agua con velocidad de 3 litros por minuto y se expulsa la mezcla a 2 litros por minuto. La concentración se mantiene homogénea removiendo el agua. ¿Cuánta sal había en el depósito después de transcurrir 1 hora?

Resolución.- Debemos tener en cuenta que se vierte solamente agua

Concentració n= x100+(3−2)t

= x100+t

Sabemos que: al transcurrir un dt , x, disminuye dx

el dx= (cantidadque entra )−( cantidadque sale )(1)

Entra = E=3,0×0dt=0 , sale= 2 x100+t

Reemplazando en (1) resulta.

dx=0− 2 x100+t

→dx2 x

= −dt100+t

Integrando

c=√x (100+t )←(2)

(2) es la S.G, entonces para t=0 , x=10→C=100√10 , luego:

- Ecuación que resuelve el problema: 100√10=√ x (100+ t )←Rpta .

- Para t=1hora=60min , resulta: x=3.91kg←Rpta .

EJERCICIOS Y PROBLEMAS DE REPASO

1.- resolver las siguientes ecuaciones diferenciales y calcular la S.P, para aquellas cuyas condiciones iniciales se dan.

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

b) y '=3 y2Ctgx+SenxCosx2 y

c) (2 x y 4 ey+2 x y3+ y )dx+(x2 y4 e y−x2 y2−3 x )dy=0

d) (1+ y2 )dx+( x−arctg )dy=0

e) ( y+Senx cos2 xycos2 xy )dx+( x

cos2 xy+seny)dy=0

f) (2 x y2− ySenx+2x−1 )dx+(2 x2 y+Cosx+ 1y )dy=0

g) (√1+x2+ny )dy+(√1+ y2+nx )dy=0

h) ( x

√ x2+ y2+

1x+

1y )dx+( y

√x2+ y2+

1y−x

y2 )dy=0

i) y3dx+2 ( x2−x y2 )dy=0 (sugerecia ;hacer y=zm)

j) ydx+(2√ xy−x )dy=0

k) (2 x−5 y+3 )dx−(5 x−12 y+8 )dy=0

l) (8 x+ y+25 )dx+(7 x−16 y+140 )dy=0

m) y '=( x− y+12 x−2 y+1 )

2

n) y '=(6 x+4 y−33 x+ y−1 )

2

−2( 6 x+4 y−33 x+ y−1 )

2

o) y '= xy ex/ y+ yx2 ex/ y

p) – y '= x2 ex3− y3

y; y (2 )=1

3

q) xdx+ ydy

√ x2+ y2+ xdy− ydx

x2=0 ; y (0 )=3

r) y '=2 xy+x y 4=0

s) (2 x+ x2+ y2

x2 y )dx= x2+ y2

x y2 dy ;

2.- Calcular el valor de n, para que la ecuación que se da sea exacta.

[ ax2+2bxy+c y2

(x2+ y2 )2 ] ( ydx−xdy )=0

3.- Una curva que se halla en el primer cuadrante pasa por el punto (0,1). Si la longitud de arco

comprendido entre(0,1) y un punto P(x , y) es numéricamente igual al área limitada por la

curva, el eje x , el eje y , y la ordenada P. Hallar las ecuaciones de la curva

Rpta : x=ln ( y+√ y2−1)

4.- Hallar la ecuación de la familia de curvas, caracterizadas por la propiedad “la suma de las longitudes de la sub tangente y de la subnormal de una familia de curvas es igual a 2”

Rpta : (1+√1− y2 )−ln (1+√1− y2)=−x+cd (1−√1− y2)+ln(1−√1− y2¿)=x+c¿

5.- Determinar la ecuación de la familia de curvas que cumple con la siguiente condición “la parte de la recta tangente comprendida entre el punto de tangencia y su intersección con el eje de ordenadas es bisecada por el lugar geométrico de ecuación”

4 x2+ y2=1

Rpta :4

x2 =−√1−x2

x2 +12

ln [ 1+√1−x2

1−√1−x2 ]+c6.- Un hombre nada con velocidad constante v, a través de un rio de ancho, a, dirigiéndose siempre a la otra orilla. Si la velocidad de las aguas del rio varía directamente con el producto de las distancias a ambas orillas; encuentre la ecuación de la trayectoria seguida por el nadador.

Rpta : x= k6v

(3a y2 2 y2)

7.- Un tanque contiene 240 litros de agua salina con 0.2kg de sal por litro, luego se introduce en él una solución con 0.3kg de sal por litro a un gasto de 8 litros por minuto y la mezcla sale del tanque con el mismo gasto.

a) Hallar la cantidad de sal que el tanque contiene en cualquier instante.

Rpta : x=72−24 e−t /30

b) ¿Cuánto contendrá el tanque 60kg de sal?

Rpta : t=20.8min

8.- En un medio favorable, el número de bacterias crece a una velocidad que es proporcional al número presente. Si hay 1, 000,000 de bacterias en un instante dado y 2, 000,000 un hora después, hallar el número de bacterias cuatro horas después.

solucionGenenral : y=A ekt parat=4 horas : y=16,000,000(bacterias)

9.- Se dispara un proyectil con una velocidad de 150m /seg desde un punto situado a 80 metros sobre el nivel del mar. Expresar su altura respecto al mar como una función del tiempo.

¿Cuál es la mayor altura que alcanza? No tomar en cuenta la residencia del aire.

Solución: y=−4.9 t2+150 t+80

mayor altura=1228m

10.-Un camión está ascendiendo a velocidad de 750km/h y su trayectoria forma un ángulo de 30° respecto a la horizontal.

En el instante que deja caer un proyectil, el avión está a una altura de 600m sobre el nivel del terreno ¿cuánto tiempo transcurrirá hasta que el proyectil llegue al suelo?

Despreciar la resistencia del aire.

Solución: t=(375+√3752+12,000g)/ g

g=9.8m /seg

11.-Un tanque contiene inicialmente 600 litros de salmuera en la que están disueltos 450 gramos de sal. Se vierte agua pura en el tanque a razón de 15 litros/min, y la mezcla, que se mantiene uniforme revolviéndola sale a la misma velocidad.

¿Cuántos gramos quedaran después de 20 minutos?

solucion : parat=20min; x=450(e−1 /2)≈273 gramos

12.- Un tanque de 400 litros llena de agua pura, se vierte a razón de 12 litros por minuto, agua salada que contiene 0.25 kg de sal por litro. La solución homogénea gracias a un agitador, sale a la misma velocidad.

a) ¿Cuántos kilogramos de sal habrá en el tanque al cabo de 1hora 90min?

b) ¿Cuál es el límite superior de la cantidad de sal en el tanque, si el proceso continua indefinidamente!

c) ¿Qué tiempo ha de trascurrir para que la cantidad de sal pase de ser 50kg a ser 75kg?

solucion :¿95kg¿b¿100kg¿ c¿23.10min¿

13.- Dentro de un recipiente que contiene 30 kg de sal disuelta en 100 litros de agua se vierte agua pura a razón de 3 litros por minuto, y la solución, bien mezclada sale a razón de 2 litros por minuto. Hallar la cantidad de sal que hay en el recipiente al cabo de 1 hora.

solucion :11.72kgs

14.- Un hombre y su paracaídas cae a una velocidad de 55 metro por segundo hasta el minuto de abrirse el paracaídas reduciendo después la velocidad que tiene al valor límite de 5m /seg , siendo la resistencia del aire proporcional al cuadrado de la velocidad. Demostrar que:

t= 52g

ln [ 2530 ( v+5

v−5)]15.- Hallar la ecuación de la curva, para la cual, el área comprendida entre el eje de abscisas, la misma curva y dos ordenadas, una de las cuales es constante y la otra variable es igual a la razón del cubo de la ordenada variable a la abscisa correspondiente.

solucion :c x2=(2 y2−x2)3

16.- Un depósito cilíndrico vertical tiene 1m2 de base. Cerca del fondo hay un orificio de 13 c

m2, siendo su coeficiente de descarga igual a 0.6. Se observa que la descarga por el orificio ha

originado un descenso de 2.5 cm en 20 segundos y se pide el nivel original y el existente 10 seg después.

solucion :hinicial=14.55cmh10d esp=13.24

PROBLEMAS RESUELTOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

AUTOR: ING. SALINAS AQUIJE TEOFILO WILLIAMS

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA

FACULTAD DE INGENIERIA ELECTRICA Y ELECTRONICA

Los problemas resueltos que se presentan en este trabajo fueron tomados en las prácticas y

exámenes en la Universidad Nacional de Ingeniería, mediante este trabajo trato de aportar

al desarrollo del alumno ,buscando que logre un conocimiento eficiente en las ecuaciones

diferenciales, agradezco los aportes y la colaboración de los alumnos.

PROBLEMA: Resolver las E.D.

a)( y2−ln|x|)dx+x y3dy=0

b¿ ( tgx−cotgy+3 ) sec2 xdx−(3 tgx+cotgy+1 )cosc 2 ydy=0

SOLUCION:

a)haciendo z=lnx→x=ez→dx=ezdz ,m= y2⟹dm=2 ydy

Reemplazando en la E.D. (m−z ) ezdz+ez(m2 )dm=0⟹ dzdm

= m2 ( z−m )

E.D. homogénea hacemos m=zv , dm=z dv+v dz

Reemplazando y simplificando: dzz

+ v dv

2v+v2−2=0 , integrandose ob tiene :

ln ( z )+ln (2v+v2−2 )−( 1√12 ) ln [ v+1−√3

v+1+√3 ]=lnCv=m

z= y2

lnx⟹ ¿

Volviendo a las variables primitivas y simplificando se obtiene:

¿

b¿ sea z=tgx→dz=sec2 xdx , t=cotgy⟶dt=−cosc2 ydy

Reemplazando en la E.D. reduciendo a homogénea , z=v+h ,t=u+k ,donde

k y hsolucion del sistema : z−t+3=03 z+t+1=0}h=z=−1 , z=v−1 , dz=dv

k=t=2 , t=u+2dt=du

reemplazandoen (1 ) (v−u )dv+(3v+u )du=0……… .. (2 )E . D .homogenea

u=vm ,du=mdv+vdm , reemplazando y separando se tiene :

dvv

+ 1m+1

dm+ 2¿¿

perom=uv= −2z+1

reemplazado las variables primitivas se obtendra:

ln ( tgx+cotgy−1 )− 2 (tgx+1 )tgx+cotgy−1

=C……. Rpta

PROBLEMA: resolver la siguiente ecuación:

y ' cosec2 y− x

x2+1ctg ( y )+x=0 , y ademas ,determinar la solucion particular

sabiendoque para x=1 , y=π2.

¿

M y=x

x2+1cosec2 y , N=cosec2 ydy=0 ,⟹N x=0comoM y ≠N x no es una exacta.

Calculo del factor Integrante:

M y−N x

N=

x

x2+1cosec 2 y

cosec2 y= xx2+1

=f (x ) , F ( x )=∫e

❑x

x2+1dx=√ x2+1

Multiplicando la E.D. por el factor Integrante:

(x− x

x2+1ctgy)√x2+1dx+√ x2+1cosec

2y dy=0(esuna E .D .exacta)

M N

M y=N x , la solucionde estaE . D . sera :

u ( x , y )=∫√x2+1cosec2 ydy+K ( x )=−√x2+1ctgy+k (x)

∂u∂ x

= −x

√ x2+1ctgy+k (x )=M=x√ x2+1− x

√x2+1ctgy

k ´ ( x )=x √x2+1 ,integrando k ( x )=¿¿

Por consiguiente :u (x , y )=−√ x2+1ctgy+¿¿

¿

y= π2entoncesC=2√2

finalmente :¿

PROBLEMA:

La ecuación diferencial: (2 y+3 x2 y2 )dx+(3 x+5x3 y2 )dy=0

Puede ser resuelto utilizando un factor integrante de la forma xm yn .determinar este factor y

resolver la ecuación diferencial propuesta.

SOLUCION:

(2 y+3 x2 y2 )dx+(3 x+5x3 y2 )dy=0multiplicando por xm yn :

(2 yn+1 xm+3 x2+m y3+n )dx+(3 x1+m yn+5x3+m y2+n )dy=0

M N

Para que sea exacta debe cumplir:M Y=N x

M Y=2 (n+1 ) xm yn+3 (3+n ) x2+m y2+n, N x=3 (m+1 ) xm yn+5 (3+m)x2+m y2+n

Igualando los coeficientes:2 (n+1 )=3 (m+1 )…………… (1 )

3 (n+3 )=5 (3+m )……………. (2 ) , de (1 ) y (2 ) :m=−9 , n=−13

Reemplazando en la E.D.(2 y−12x−9+3 x−7 y−10 )dx+( 3x−8 y−13+5 x−6 y−11)dy=0

Es una E.D. Exacta, entonces, la solución será:

U ( x , y )=∫0

x

(2 y−12 x−9+3 x−7 y−10 )dx+k ( y )

U ( x , y )=−x−8 y−12

4+ x

−6 y−10

(−2 )+k ( y )=−x−8 y−12

4− x−6 y−10

2+k ( y )

Para hallar k(y)=c derivamos parcialmente con respecto a y:

∂u∂ y

=3x−8 y−13+5 x−6 y−11+k ´ ( y )=N=3 x−8 y−13+5x−6 y−11→k ´ ( y )=0

Entonces k ( y )=C luego: U=−x−8 y−12

4−( 1

2 ) x−6 y−10+C=C∗⟹

x−8 y−12

4+ x

−6 y−10

2=C⟹¿ …. Rpta.

PROBLEMA: Resolver:

(6 xy−2x3 )dx+( y−3 x2 )dy=0 sabiendoque :U=F ( z )

: z=x2+ y2 esun factor integrante .

SUGERENCIA:

dUdz

=[ ∂M∂ y

−∂ N∂ x

N∂ z∂ x

−M∂ z∂ y

]U ( z )

SOLUCION: 6 xy−2 x3 ¿dx+( y−3 x2 )dy=0Sea :M=6 xy−2 x3

M y=6 x ,N= y−3 x2⟹N x=−6 x⟹M y ≠N xno es una ecuación diferencial exacta.

Buscamos un factor integrante (U) de la sugerencia.

z=x2+ y ∂ z∂ x

=2x ,∂ z∂ x

=1 ,∂ M∂ y

=6 x ,∂N∂ x

=−6

Reemplazando en la sugerencia:

dUdz

=(6 x−(−6 x ) ) .U

(( y−3 x2 ) (2 x )−(6 xy−2x3 ) (1 ))=

12xU

−4 x ( y+x2)=

−3U

y+ x2

dUU

=−3dzz

, (como y+x2=z )integrando :U= 1¿¿

Multiplicando la ecuación diferencial por el factor integrante:

6 xy−2 x3

¿¿ Luego, la solución será:

M N

w (x , y )=∫❑

x

M d x+k ( y )=¿∫❑

x

¿¿¿

∂w∂ y

=−3¿¿

k ´ ( y )=0⟶ k ( y )=C , luego :

w (x , y )=−2 y¿¿

+c=c∗entonces :

−2 y x2−2 y2+1=¿

PROBLEMA:

Resolver y (2xy+ y )dx+(x+2 x2 y−x4 y3 )dy=0 ,sabiendo k ´´u´´ es un factor integrante de la

forma: u=1/(M x−N y) donde N x−N y≠0.

SOLUCION:

(2 x y2+ y )dx+(x+2 x2 y−x4 y3 )dy=0 ,M=2x y2+ y , N=x+2 x2 y−x4 y3

M X−N y=2 x2 y2+xy−xy−2x2 y2+x 4 y 4=x4 y4u= 1

x4 y4(un factor integrante)

Multiplicamos la E.D. por el factor integrante. Se obtiene:

( 2x y2+ yx4 y4 )dx+( x+2x2 y−x4 y3

x4 y4 )dy=0 (E .Dexacta)

M N

M y=N y , la solucionetaradado por :

w (x , y )=∫❑

x (x y2+ y )x4 y4 dx+k ( y )= −1

x2 y2 −1

3 x3 y3 +k ( y )……………. (1 )

∂w(x , y)∂ y

= 2x2 y2 +

1x3 y4 +k ´ ( y )=N= x+2 x2 y−x4 y3

x4 y4

k ( y )=∫ k ´ ( y )=∫−( 1y )dy=−lny+C ,reemplazando en (1 )

w (x , y )= −1

x2 y2− 1

3 x3 y3−ln ( y )+C=C∗¿

Por lo tanto: 1

x2 y2+ 1

3 x3 y3+ lny=c Rpta .

PROBLEMA:

Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales:

a¿ x dx−√1−x4dy=x2 √1−x4dy

b¿ x dy= y (1+y

√ x2+ y2 )dxSOLUCION:

a¿ xdx−√1−x 4dy=x2√1−x4dy⟹∫ x dx

(x2+1 )√1−x4=∫dy , para integrar

El primer miembro hacemos.

xç=cosθ diferenciandotenemos :dx=−12

¿

Reemplazando e integrando:

∫ dθ2(1+cosθ )

=¿∫ dθ

4 cos2( θ2 )=1

4∫ sec2( θ2 )dθ=1

2tg(θ2 )+C= y ¿

Pero: tg( θ2 )=±√ 1−cosθ1+cosθ

=±√ 1−x2

1+x2, entonces y=±(1

2 )¿b¿ x dy= y ¿ Es una ecuación diferencial homogénea, hacemos

y=v x→dy=x dv+v dx, reemplazando y separando variables:√v2+1

v−vdv=dx

x para integrar

el primer miembro hacemosv=tgA dv=sec2 AdA reemplazando e integrando:

−√v2+1v

+ ln (v+√ v2+2 )=lnx+c ; pero v= yxentonces :

−√x2+ y2

y+ ln( yx + √ y2+x2

x )=ln ( x )+C Rpta /.

PROBLEMA:

Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales.

a¿ (x2+ yx )dx+( lnx+2 y )dy=0

b¿2 xy dx−( 4 x2+ y2 )dy=0 , y calcular la solución particular sabiendo que x=0 , y=2

(Para ambos)

SOLUCION:

a¿ (x2+ yx )dx+( lnx+2 y )dy=0……… ..(1), sea M=x2+ y

x→M y=

1x

N=lnx+2 y−N x=1x⟹M y=N x (esuna E . D exacta)Reagrupando la ecuación (1)

x2dx+( yx dx+lnx dy )=0 , pero: d ( y lnx )= yxdx+lnx dy , por lo tanto

La E.D. se transforma en: x2dx+d ( ylnx )+2 ydy=0 , integrandose obtiene

x3

3+ y lnx+ y2=C solucion general ,una solucion particular para x=0 ,

y=2:de laexpresion (1 ) dydx

=−( x2+ yx )/¿en el punto (0,2) no se continua, luego no existe una

solución para(0,2).

b¿2 xy dx−( 4 x2+ y2 )dy=0………….(1), esta ecuación tiene la forma:

f ( kx , ky )=kn f ( x , y )(Definición de una E.D. homogénea), hacemos el cambio de variable

y=vx diferenciandody=vdx+xdv, Reemplazando en (1)

2 x ( vx )dx−(4 x2+v2 x2 ) (v dx+ xdv )=0 , simplificando yreagrupando :

dxx

+( 4+v2 )v (v2+2 )

dv=0 ,integrando : lnx+2lnv−12

ln (v2+2 )=lnC ,v= yx

Reemplazando v:

ln [ x+v2

√v2+2 ]=ln¿

y2=¿

y2=2¿

PROBLEMA:

Resolver la ecuación diferencial:

y ´=x / (x2 y+ y3)

SOLCUION:

y ´=x / (x2 y+ y3 )⟶ x dx−(x2 y+ y3) dy=0 , M=x⟶M y=0 ;

N=−( xy+ y )→N x=−2xy entonces :M y ≠N x por lo que la E . D.no esexacta

Y el factor integrante será:

f ( y )=M y−N x

M=

0−(−2 xy )x

=2 y ,F . I .=e−¿∫ 2 ydy=e−y2

¿

Multiplicamos la E.D. por el factor integrante:

e− y2

xdx−e− y2

(x2 y+ y3 )dy=0 E . D.exacta cuya soluciones :

U ( x , y )=∫0

x

e− y2

x dx+k ( y )=(e− y2

x2 )/2+k ( y)

∂U∂ y

=−x2 y e− y2

+[k ´ ( y )]=e− y2

x2 y−e− y2

y3⇒k ´ ( y )=e− y2

y3

De donde: k ( y )=( 12 ) ( y2 e− y2

+e− y2 )+C

U ( x , y )=( x2

2 )e− y2

+(12 )( y2e− y2

+e− y2 )+C=C1⇒ x2 y2+1=C e− y2

Rpt

PROBLEMA:

Resolver: y dx+(x−3 x3 y2 )dy=0 sabiendo que U es un factor integrante de la: M y−N x

( y M y−N x)

SOLUCION:

M= y→M y=1 ,N=x−3 x3 y2→N x=1−9 x2 y2

El factor integrante:

f ( x , y )=M y−N x

yN−xM=

1−(1−9 x2 y2)y (x−3 x3 y2 )−xy

=−9 x2 y2

3 x3 y2 = −33 x3 y2 =

−3xy

Haciendo z = xy , el factor integrante U; U=∫−( 3z )dz= 1

z3= 1

¿¿ ¿¿

Multiplicando la E.D. por el factor integrante:

( xy )≠0:1

x3 y2 dx+( 1

x2 y3 −3y )dy=0→−

3ydy+

1

x3 y2 dx+1

x2 y3 dy=0

−3y

+( y dx+x dyx2 y2 )=0→−3ydy+d ( −1

2 x2 y2 )=0 ,intgrando

−3 lny−1/(2 x2 y2)=…

PROBLEMA:

Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales:

a¿ ( 4 y−2 x y2)dx+(x+x2 y )dy=0 :considere un factor integrante

U ( x , y )= 1xM− yN

;donde xM− yN ≠0

b¿ (√x2+1 senx−xy ) dx−(1+x2 )dy=0

c ¿ si y ´=(ey+3 x )/ x2 , x=1cuando y=0encontrar el valor de y cuando x=1.5 .

SOLUCION:

a¿de la E .D . M=4 y−2 x y2 , N=x+x2 y , xM− yN=3 xy−3 x2 y2

El factor integrante u ( x , y )=( 13xy )( 1

1−xy )

Multiplicando la E.D. por el factor integrante tenemos:

4 y−2x y2

3xy (1−xy )dx+ x+x2 y

3 xy (1−xy )dy=0; haciendo xy= yt y= t

xdiferencian

dy=(xdt−t dx)

x2 , reemplazando y simplificando :dxx

+(1+t)

3 t(1−t)dt=0

Separando:dxx

+ 13 (1

t+ 2

1−t )dt=0 , integrando2

ln x3+ln t−2 ln (1+t )=lnC→ x3t /¿¿

t=xy luego : x3/ xy ¿=¿

b¿de la E .D . M=√1+x2 senx−xy→M y=−x ,N=−1−x2→N x=−2x

f ( x )=(M y−N x)/N=−x /(1+x2)

el factor integrante estaradado por :F . I=∫e

❑ −x

1+x2dx= 1

√ x2+1

Multiplicando la E.D. por el factor integrante: se tendrá:

(senx− xy

√ x2+1 )dx−√x2+1dy=0es unaE .D .exacta . (M y=N x )

La solución es:

U=∫−¿√x2+1dy+k ( x )=−√ x2+1 y+k (x)¿

∂U∂ x

=( −xy

√ x2+1 )+k ´ ( x )=M=senx−xy /√ x2+1

de dondek ´ ( x )=senx→k ( x )=−cosx+C→U=−√x2+1 y−cosx+C=C∗¿

√ x2+1 y+cosx=C Rpta .

c ¿ x2dy=(e y+3 x )dx ,hacemosel cambiode variable z=ey dy=1zdz

Reemplazando en la E.D.

( x2

z )dz=( z+3x )dx E .D tipohomogenea

Hacemos z=vx ,dz=vdx+xdv , reemplazando :

x2 ( cdx+xdv )=(v2 x2 )x2C , para x=1, y=0→X=13

: para x=1.5→y=ln ¿

PROBLEMA:

Resolver los siguientes E.D.

a¿ (1−xy+ x2 y2 )dx+ (x3 y−x2 )dy=0

b¿ ( senx−tg ( x−2 y ) )dx+ (2tg ( x−2 y ) )dy=0

SOLUCION:

a¿ecuacionde la forma y f ( x , y )dx+xg ( x , y )dy=0

Multiplicando la E.D. por (y):

y (1−xy+x . x . y . y )dx+ ( y x3−x2 ) y dy=0…………………… (1 )

Hacemos xy=v , y= vxdy=( xdv−vdx )/ x2

, reemplazando y simplificando

( v−1 )dv+ dxx

=0 ,integrando : lnx+ v2

2−v=C

lnx+ x2 y2

2−xy=C⟹2 lnx+x2 y2−2xy=C Rpta .

b¿haciendo z=x−2 y→dz=dx−2dy , reemplazandoen la E . D .

( senx−tgz )dx+ (2 tgz ) (dx−dz )2

=0 , simplificando ;

senxdx−−tgzdz=0 , integrando :−cosx+ ln (cosz )=C ,z=x−2 y

luego :−cosx+ln ¿

PROBLEMA:

Determinar la ecuación de una curva que pasa por (1,1) y tenga la siguiente propiedad: Por un punto P de ella se traza la recta tangente y la recta normal de modo que la primera corte el eje de las Y en el punto A y la segunda al eje de las X en el punto B, cumpliéndose la siguiente

Condición 0 A=0B, donde 0 es el origen de coordenadas

SOUCION:

Y

P

A θ H

K y

0 F B X

X k-x

de la figura⊿ PHA ⊿ PBFdedonde :

( y−K)/ (k−x)=x / y .

k=(x2+ y2)/(x+ y) .

por definicionde pendiente : y de la figura :

tgθ= y ´= y−kx

=y−( y2+x2 )/(x+ y )

x

Esto es :( ddx )= xy−x2

x ( x+ y )= y−xy+ x

E . D .homogenea ,hacemos y=vx

dy=vdx+xdv , eemplazandoen la E .D

( vdx+xdv ) ( vx+x )=(vx−x )dx , simplificando y ordenando :

dxx

+ v+1

v2+1dv=0 , integrando : lnx+(1

2 ) ln (v2+1 )+arctg (v )=C

pero v= yxentonces : ln (x2+ y2 )+2arctg ( yx )=C Rpta .

PROBLEMA:

Hallar la ecuación de la curva que pasa por el punto (1,0) y goza de la siguiente propiedad: “si por un punto cualquiera P de ella se traza la tangente geométrica y la normal respectiva, la tangente corta al eje Y en T y la normal al eje X en N resulta TN perpendicular a OP, siendo O el origen de coordenadas”

SOLUCION:

Y

tang P(x.y)

T

L

0 X

X

Delenunciado y de lafigura observamosque :

PH= y ,OH=TL=x ,PL=PH−LH= y−OT

Por definicionde pendiente y deltriangulo PHN

tgθ= y ´= zx……… (1 )

Por semejanza de triangulos .

triangulo TON trianguloOHP :OTx

= x+zy

……. (2 )

triangulo TLP trianguloPHN :PLz

=TLy

y−OTz

= xy,OT= y−( zxy )………. (3 )

Reemplzasando (3 )en (2 ) :

( y− zxy )= x2+xz

yz= y2−x2

2x……….(4)

reemplzando ( 4 ) en (1 ) : y ´= y2−x2

2xyE .D .homogenea . pararesolver hacemos y=vx

la solucionsera : x2+ y2=xC Solucion≥neral :

Caso particular para (1,0 )→x=1 , y=0 :reemplazando enla E .D .→C=1

por sonsiguiente la ecuacionde lacurva sera : x2+ y2=x Rpta .

PROBLEMA:

Hallar la ecuación de una curva para la cual cualquiera tangente a ella se intercepta con el eje de ordenadas en el punto que equidista del punto de tangencia y del origen de coordenadas.

SOLUCION: Y P(x,y)

y-k

B θ H

x

0 A

De lacondicionel problema (BO=BP )

pendiente : tgθ= y ´= y−kx

……………. (1 )

Eneltriangulo BHP : x2+¿

De (1 ) y (2 ) : x2+¿

Dedonde :2 x y y ´= y2−x2E . D .homogenea

hacemosel cambio y=vx ,dy=vdx+xdv

Reemplaznado y ordenando se tiene :

dxx

+ 2v

v2+1dv=0 integrando :

Lnx+ ln (v2+1 )=lnC ,v= yx⟹ (x2 y2 )=xC Rpta .

PROBLEMA:

Encontrar la ecuación de la familia de curvas cuyos puntos gozan de la siguiente propiedad: “La longitud de la normal trazada por un punto cualquiera de una de sus curvas es proporcional al cuadro de la ordenada de dicho punto”.

SOLUCION:

y Tang

P(x,y)

Y L

0 H A X

Delenuciado del problema:L=k y2

Eneltriagulo PHA :

tgθ= y ´=HAy

=√L2− y2

y

y ´=¿¿

dy√¿¿¿

( 1k ) ln ¿

PROBLEMA:

Hallar la ecuación de una curva que pasa por el punto (0,10) y que goza de la siguiente propiedad: “Si por un punto cualquiera de ella se traza la tangente geométrica y por el pie de la ordenada del punto de tangencia una perpendicular a la tangente geométrica, hasta encontrar dicha tangente, tal perpendicular mide siempre 10 unidades de longitud”.

SOLUCION:

Del problemaHQ=10 , por pendiente y la figura :dydx

=tanθ= yk

Por semejanza de triangulos : trianguloRHQ trianguloQNP⟹HQ/HP=k / y

Y

Normal tangente

P

H

R

K Q X

Pero :HP=¿

10

√ y2−100= 1y ´⇒ 10dy

√ y2−100=dx

paraintegrar el pirmer miembrose

cambio devariable y=10 secθ

Reemplazando , integrando y regresando

a la variable primitiva se obtiene :

ln ( y+√ y2−10010 )= x

10+C

Parael punto (0,10 ) la solucion⟹C=0

Solucion particular : ln ¿¿

PROBLEMA:

¿Qué forma debe darse a un espejo de un proyector para que los rayos del foco luminoso concentrado en un punto se reflejen formando un haz paralelo?

SOLUCION:

tgθ=dydx, per o tg2θ= y

x=2 tgθ /(1−tgθ . tgθ)

Y

P(x,y) θ

θ

θ2θ

X H

dydx

= y ´=tgθ , entonces :2 y ´

1−¿¿

y ¿

y ´=−x ± ¿¿

y dy+x dx=±√x2+ y2dx

dx= y dx+x dy

√ x2+ y2=d (√x2+ y2 ) ,

integrando :√ x2+ y2=x+C→x2+ y2=x2+c2+2xc

Luego : y2=2 xc+c2Rpta .

PROBLEMA:

Hallar una curva que posea la propiedad de que la magnitud de la perpendicular bajada del origen de coordenadas a la tangente sea igual a la abscisa del punto de contacto.

SOLUCION:

Delenunciado del problema y la figuraOH=¿=x

Por semejanza de triangulos : trianguloAHO trianguloARP

Y N

P Tg

H y

x

k N

AH=√k2−¿¿

De la semejanza de triangulos

xy=√k2−x2

k+ y⟹ x2

y2 =( k−x )(k+x )

¿¿

de donde :k=x (x2+ y2)/( y2−x2)

por definicionde pendiete y de la figura tgθ= y ´= yk+x

= y

x (x2+ y2)+ xy2−x2

de donde :2 xy y ´+(x2− y2)=0

2 x y dy+(x2− y2 )dx=0 esuna E .D .homogenea , pararesolver se hace la

la sustitucion y=vx ,: resolviendola E .D .homogenea se obtiene :

x ( y2+x2 )/ x2=C⟹ ( y2+ x2)=xC Rpta .

PROBLEMA:

Hallar la curva para la cual la razón del segmento interceptado por la tangente en el eje OY al radio-vector es una cantidad constante.

SOLUCION:

Por la propiedad de pendiente a una curva y de la figura:

P(x,y)

a (y-L)

L y

x

tgθ= y ´= y−Lx

…………….(1)

de las condiciones del problema :

AO=L , PO=a ,La=k donde k esuna

constante . enel trianguloOHP : x2+ y2=a2

ademas :L=ak→L2=a2 k2=(x2+ y2)k2

L=k √x2+ y2……. (2 ) , reemplaznado (2 ) e (1 )

y ´= y−k ¿¿

x dy=( y−k √ x2+ y2 )dx esuna E . D .homogenea , se hace la sustitucion y=vx→dy=vdx+xdv

reemplazando ysimplificando setiene :

k dxx

+ dv

√1+v2=0 , integrando :k lnx+ ln ¿

xk ¿

pero v= yx

: xk (√ x2+ y2

x+ yx )=c⟹¿

x2+ y2¿¿C2 x−2 (k−1 )−x2⇒ y=( 12 )(C x1−k− xk +1

C )Rpta .PROBLEMA:

Determinar la ecuación de la curva que pasa por el punto (3,4) cuya familia se caracteriza por la siguiente propiedad: “Si un punto cualquiera de una de sus curvas se traza una tangente, la longitud de la sub tangente correspondiente siempre es igual a la distancia entre el punto de tangencia y el origen de coordenadas”.

SOLUCION:

De larepresentaciongrafica :QH=subtangente=k , condiciondel prblema k=a .

Por definicionde pendienteaunacurva y de la fig .

Por lo tanto:y ´= y¿¿

P(x,y)

a y

k

0 x H R

Hacemos y=vx→dy=vdx+ xdv

√ x2+ y2dy− ydx=√x2+v2 x2 ( vdx+ xdv )−vx dx=0

simplificando y agrupando :

dxx

+ √1+v2

v ¿¿

integrando :

lnx+lnv−v−2

2ln|√1+v2−1

v |−12 (√v2+1

v2 )=Cln (x2 v2 √v2+1

v )=C+v−2+ √v2+1

v2

Pero v= yx

ln ( y (√x2+ y2−x ))= x (x+√x2+ y2 )y2 +C ,caso particular para x=3

y=4⇒C=3 ln2−32, reemplazando temdremos :

ln|y (√x2+ y2−x )|= x (x+√x2+ y2 )y2 +3 ln 2−

32Rpta .

PROBLEMA:

Hallar la curva cuya propiedad consiste en que el producto del cuadro de la distancia entre cualquier de sus puntos y el origen de coordenadas por el segmento separado en el eje de las abscisas por la normal al punto mencionado es igual al cubo de la abscisa de ese punto.

SOLUCION:

TAG

P

√ x2+ y2

T Q N

X (z-x)

Del enunciado del problema:

¿

ON=z entonces : (x2+ y2 ) z=x3

del trianguloRQN : tgθ= z−xy

= y ´ , entonces :

z=z+ yy ´ , luego :

(x2+ y2 ) (x+ yy ´ )=x3 , hacemosu=x2+ y2

u ´=2x+2 yy´ ,reemplazamos enla E .D .

x+ yy ´=x3❑ ( x2+ y2 )⇒u ´=2 x3

u

udu=2x3dx ,integrando :u2

2= x4

2+C , pero u= x2+ y2 reemplazando :

¿

PROBLEMA:

Determinar la ecuación de la familia de curvas que gozan de la siguiente propiedad “La tangente trazada por un punto cualquiera de ellas, encuentra al eje de ordenadas en el mismo punto que la perpendicular al radio vector trazada desde el pie de la ordenada del punto tangencia”.

SOLUCION:

Por definicionde pendiente : tg θ=− yk

= y ´…………… (1 )

Calculo dek :1¿ semejanza de triangulos : triangulo PBO trianguloBOM :

α

P(x,y)

b

A ϕ

a

α ϕ B θ N

0 x k

yx= xbluego :b= x2

y

2¿ triaguloPBN trianguloBOM

yb= kk+ x

⟹ k ( y−b )=−xy

pero b= x2

yentonces :k ( y− x2

y )=− yx

k= − y2 xy2−x2 …………. (2 ) , de (1 ) y (2 ) :

y ´= − y(− y2 x2) /( y2−x2)

= y2−x2

yx

y xdy+(x2− y2)dx=0 ,

Simplificando y ordenando:

dxx

+vdv=0 integrando : lnx+ v2

2=C

peroV= yx⇒2 x2lnx+ y2=C x2 finalmente : y2=x2 (C−2lnx )Rpta .

PROBLEMA:

Determinar la ecuación de una curva que pasa por ( 12, √3

2 ) y corta a cada una de las

circunferencias con centro en el origen, según un ángulo de 60º.

SOLUCION:

Se sabe que el ángulo que forman dos curvas al cortarse esta dado por:

y

L

L1 x

a

x2+ y2=a2

tgθ=m−m1

1+m1.m……… (1 ) , θ=60∘

m : pendiente de larecta L,m1: pendiente

de la recta L1:

TENEMOSque m= y ´ ¿

a la curva¿ , de la ecucion x2+ y2=a2 ,

redivando respectoa x :2x+2 y y ´=0

m1=−xy

reemplazandom ym1 en (1 ) tenemos :

y ´=√3 y−xy+√3 x

es unaE . D .homogenea

y=vx ,dy=vdx+xdv

resolviendo setiene : ln( C

√x2+ y2 )=√3arctg ( yx )luego :C=e√3arctg√3

reemplazando : ln( e√3arctg√3

√x2+ y2 )=√3arctg ( yx )

finalmente :√3arctg √3−( 12 ) ln|x2+ y2|=√3arctg ( yx )Rpta .

PROBLEMA:

Sea y=f ( x ) la ecuación de una curva creciente en el primer cuadrante y que pasa por el origen

de coordenadas; y que satisface la condición siguiente: “Si por un punto f(x,y) de la curva se traza una recta horizontal, esta intercepta al eje OY en el punto Q(O,Y) y a la recta y = x en l punto M(x , y ). La región encerrada por la curva, el eje OY, y el segmento PQ, gira alrededor del eje OY generando un sólido de volumen V1. La región encerrada por la recta y=x, el eje OX, y el segmento MN , gira alrededor del eje OX generando un sólido de volumen V2, siendo

N=N(y,0). Sabiendo que f ( x )≥x ,∡ x≥0 y que :

V 2−V 1=π x2 y ,hallar laecuacionde la curva y=f ( x )

SOLUCION:

Se giraR1: enel eje0Y originaunsolidode volumenV 1: x=f ( y )

P(x,y) y=f(x) y=x

Q R1 M(x,y)

R2

0

¿ Al girar R2 :enel eje0 X :

originaun solidode volumenV 2: y=x

De la figura:

V 1=π∫0

y

f 2 ( y )dy=π x2 y

Derivandorespecto a x :

y2 y ´−f 2 ( y ) y ´=x2 y ´+2 xy , como f ( y )=x

y2 y ´−x2 y ´=2xy+x2 y ´⟹ ( y2−2 x2 )dy=2 xydx Esuna E . D.homogenea .

y la solucionsera : y2 ( y2−4 x2 )=C ,comol acurva pasa por el origen:

x=0 , y=0⇒C=0 ,la solucion particular sera :

y2 ( y2−4 x2 )=0es solucion : y=0 , y=2x , y=−2 x , como lacurva esta enel primer

cuadrante luego y=f (x )=2x Rpta .

PROBLEMA:

Hallar la ecuación de la familia de curvas, tal que cada curva C de esta familia tenga la siguiente propiedad en el primer cuadrante: “tiene un extremo en (0,0) y si P(x,y) pertenece a X, el interior del rectángulo R limitado por los ejes coordenados y las rectas trazadas por P(x,y) paralelas a dichos ejes, es dividido en dos por C. Cuando la parte adyacente al eje X se hace girar alrededor de este eje, y la parte adyacente al eje Y se hace girar alrededor de este eje, entonces se generan dos sólidos de igual volumen”.

SOLUCION:

Del diagrama representativo:

y P(x,y)

R2

dy

X R1 y

dx x

V 1=π∫0

x

y2dx ,V 2=π∫0

y

x2dy

Por condiciondel problemaV 1=V 2

π∫0

x

y2dx=π∫0

y

x2dy de donde : y2dx=x2dy

integrando :−1x+ 1y=C

( x− y )=xyC Rpta .

PROBLEMA:

Se da un punto sobre el eje Y, Q(0,5). SE pide calcular la ecuación de una curva que goza de la siguiente propiedad: “Si por un punto P(x,y), cualquiera equidista de Q y P. Además la curva

pasa por el punto (√8 ,3)

SOLUCION: Por condición QT=TP por distancias tenemos:

P(x,y)

Q (o,b)

y

x-a X

T(a, O)

√a2+b2=√¿¿

pendiente : tgθ= y ´= yx−a

Reemplazandoen (1 ) :¿

2 xy dx ( y2−x2−b2 )dy=0…… .. (2 )

calculamos el factor integrante :

M=2 xy→M y=2 x ,N= y2−x2−b2→N x=−2 x

f ( y )=N x−M y

M=−4 x

2xy=−2

y

El factor integrante estaradado por :F . I=e−( 2

y )dy=e−21ny=1 / y2

Multiplicando la E .D . (2 ) por el facotr integrante :

2( xy )dx+(( y2−x2−b2 ) . ( y2 ))dy=0esunaecuacion diferencial exacta yaque

M y=N x y la solucionsera :u ( x , y )=∫( 2xy )dx+¿k ( y )= x2

y+k ( y ) ¿

∂u∂ y

=−x2

y2 +k ´ ( y )=1− x2

y2 −b2

y2 →k ´ ( y )=1−b2

y2

k ( y )= y+ b2

y+C→u= x2

y+ y+b2+C=C∗→x2+ y2+b2= yC

pero b=5 x2+ y2+25= yC para x=8 , y=3⟹C=14

finalmente : x2+ y2+25=14 y Rpta .

PROBLEMA:

Hallar la ecuación de la curva tal que el área por la curva, el eje de las X, una ordenada fija y otra variable, sea igual al cuadrado de la diferencia de las coordenadas de un punto arbitrario de la curva.

SOLUCION: Y

P(x,y)

y

A

x0 X

x

Delenuciado del problema A=¿

de la figura A=∫x0

x

y dx=x2−2 xy+ y2

Derivando ambosmienbros respecto ax :

y=2x−2 y ¿dx=(2 y−2 x )dxes unaE . D .

homogenea cuya solucionsera :

lnx=(−23 ) ln ¿

PROBLEMA:

Hallar la ecuación de la curva para la cual, la longitud de la tangente es igual a la distancia desde el punto intersección de esta tangente como el eje OX hasta el punto M(0,a).

SOLCUION:

del enucioado del problema BP=BM=z

En eltriangulo MOB : z2=a2+¿

Y A

P(x,y)

x

z z

a

y

B

x k

enel triangulo PHB : z2= y2+k2……. (2 )

por definicionde pendiente y de la fig .

tgθ=− yk

= − y

√z2− y2= y ´………… (3 )

de (1 ) y (2 ):

z2=a2+¿

z2=a2+x2+z2+2x √z2− y2de donde

√ z2− y2= x2− y2+a2

−2x……… ( 4 )

(4 ) en (3 ) : y ´=− y (−2x )/(x2− y2+a2)

2 yx dx+( y2−x2−a2 )dy=0……. (I ) M=2 xy→M y=2 x , N= y2−x2−a2

N x=−2 x :como M y≠ N xbuscamosun factor

integrandode laforma : f ( y )=N x−M y

M=−2 x−2 x

2 xy=−2

y,el factor integrante sera :

F . I=e∫(−2y )dy= 1

y2

multiplicando la E . D . (I ) por el factor integrante :

y2−x2−a2

y2 dy+ 2 xyy2 dx=0→

2xydx+(1− x2

y2 −a2

y2 )dy=0 E .D .exacta

U=∫❑

x

( 2xy )dx+k ( y )=( x2

y )+k ( y )→∂U∂ y

=−x2

y2 +k ´ ( y )=1− x2

y2 −a2

y2

de dondek ´ ( y )=1−a2

y2 ,integrando : k ( y )= y+ a2

y+Centonces :

U= x2

y+ y+ a

2

y+C=C∗→x2+ y2+a2= yC Rpta .

PROBLEMA:

Determinar la ecuación de la curva que pasa por (0,0) y que goza de la siguiente propiedad: “La pendiente en un punto cualquiera P de ella es igual a 10 dividido entre la distancia del punto P a la resta y=x medida sobre la recta que pasa por P y es perpendicular al eje X.”

SOLUCION:

del enuciado del problema y ´=10a…… .. (1 )de la figuracalculamos a :

N

Y PL=a

P(x,y) Y=X

L

45 45 H

X

OH=HL=x ,como

PH= y=HL+a=a+x⟹a= y−x…….. (2 )

de (1 ) y (2 ): y ´= 10y−x

E . D.

hacemos z= y−x→dz=dy−dx

Reemplazandoen la E . D . :

z dy=10dx=10 (dy−dz )dedonde :

dy−( 1010−z )dz=0 ,integrando :

ey

10 (10−z )=C , pero z= y−x

ey

10 (10− y+ x )=C , para X=0 ,Y=0→C=0

Por tanto : ey

10 ( x− y+10 )=10 Rpta .

PROBLEMA:

Hallar una curva para que la abscisa del centro de gravedad de la figura plana limitada por los ejes de coordenadas, por esta misma curva y por la ordenada de cualquiera de sus puntos, sea igual a ¾ de la abscisa de este punto.

SOLUCION: De lacondiciondel problema: a=3 x /4

Y

P(x,y)

(a,b) y

x

a=3x4

=[∫0

x

xydx ] /[∫0

x

y dx]3 x∫

0

x

y dx=4∫0

x

xy dx ,derivando

conrespecto a x :se tiene

3∫0

x

y dx=xy

volviendoaderivar conrespecto a xe integrando : y=x2C Rpta .

PROBLEMA:

Un hombre nada con velocidad constante, V, a través de un rio de ancho “a” dirigiéndose, siempre a la otra orilla. Si la velocidad de las aguas del rio varia directamente con el producto de las distancias del nadador; a ambas orillas (k es la constante de proporcionalidad) determinar la ecuación de la trayectoria seguida por el nadador y la distancia, aguas abajo, desde el punto de partida al punto de llegada.

SOLUCION:

R

a-y

V H

A V R

P(x,y)

y

Q(0,0) d

SeaV R : velocidad delagua atravesdel rio.

V H=V velocidad del hombre

del enunciado del problema y de la figura :

V R=k ( y ) (a− y )

por definicionde pendiente :

tgθ= y ´=V H

V R

= Vky (a− y )

ky (a− y )dy=Vdx ,integrando :

k ( a y2

2− y3

3 )=Vx+Ccondiciones iniciales : x=0 , y=0C=0 , por consiguiente :

x= kv ( a2 y2− y3

3 ) trayectoria seguida por el nadador ; para y=a , se puede obtener

la distancia x=d : x=d= kv ( a3

6 )distancia aguasabajo….

PROBLEMA:

La velocidad de salida del agua por un orificio, que se encuentra verticalmente a una distancia

“h” de la superficie libre del líquido, se determina por la formula v=c √2 ghdonde c es

aproximadamente igual a 0.6 y “g” es la aceleración de la fuerza de gravedad. ¿Cuánto tiempo tardara en salir el agua que llena la caldera semiesférica de 2m de diámetro, Si sale por un orificio redondo que hay en el fondo y que tiene 0.1m de radio?.

SOLUCION:

Condiciones de frontera:

t ( seg )0 t 1

h (m )R 0

calculo del volumendesalojado enun

diferencial de tiempo :

volumendesalojado=dV s=Avdt……… (1 )

v : velocidad desalida v=c√2gh

A :area del arificio A=πr 2

calculo del volumendescendidodvD=π z2d h , pero hdisminuye

dvD=−π z2dh…….. (2 ) , como volumendecendido=volumen desalojado

entonces : Ac√2ghdt=−π z2d h ,de la figura : z2=R2−¿

luego : π r2 c √2 ghdt=¿−π (2hR−h2 )dh=−[ 43R h3/2−2

5h5 /2]R0

t 1=1

15 cr2 √2 g(20 R

52−6 R

52)= 14 R

52

15cr 2√2g

c=0.6 , r=0.1m ,R=1mg=9.8msg

. seg→t 1=35.2 seg Rpta .

PROBLEMA:

Un tanque tiene la forma de un cubo de 3.67m de arista: en su base hay una fuga debida a un pequeño agujero, cuya área mide 13 centímetros cuadrados. Si inicialmente el tanque está lleno en sus tres cuartas partes ¿cuándo estará lleno hasta su mitad?

SOLUCION:

Condiciones:

a

dh¿calculo del volumendesalojadoenun

H a3/4

diferencial de tiempoal salir por el

orificio dearea A Volumendesalojado=dV s=Avdt .. (1 )

v=√2ghd V s=A √2gh dt…. (2 )

volumendescendidodeagua dealturahenundiferencial de tiempo.

volumendescendido=dV D=a2dh , pero hdisminuye :d V D=−a2dh….. (3 )

comovolumen desalojado=volumendescendido A√2ghdt=−a2dh ;

integrandoentre loslimites :∫0

t 1

dt=−( a2

A √2 g )∫3a4

a2

h−12 dh

A√2g t 1=−a2 [2h1 /2 ] a /23 a/4

⟹ t 1=a

52 (√6−2)2 A√g

T(seg) 0 t 1

H(cm) 3 a /4 a2

A=13cm2 , a=3.67m=367cm reemplazando : t 1=1410.62 seg

PROBLEMA:

Un tanque rectangular de área de base B2 , la altura H tiene dos agujeros de área A: uno en el

fondo y el otro en una cara lateral a la mitad de la altura H. Si el tanque esta inicialmente lleno de agua y tomando 0.6 como coeficiente de gasto, calcular durante cuánto tiempo saldrá agua por el agujero lateral.

Aplicacion para :B2=1m2 ,H=4m, A=1cm2 (areas identicas )

SOLUCION:

seay laaltura deaguaenel tanque encualquier istante t .

dy

y-H/2

y v1

H/2

B2 v2

A :el area deambos arificios .

calculo del volumendesalojado enundiferencial

de tiempo por los dos orificios .

d V s=AV 1dt+A V 2dt…………… .. (1 )

V 1 :velocidad de liquido por el orifici oa

lamitad de la pared .del recipiente :

V 1=c√2g ( y−H2 ) ,V 2: velocidad desalida

por el fondo :V 2=c √2 gy

c=0.6Coeficiente dedescarga .

Remplazandoen (1 )dV s=Ac√2g ( y−H2 )dt+Ac √2 gydt

d V s=Ac √2 g(√ y−H2

+√ y )dt…………(2 )

calculo del volumendescendidoenundiferencial de tiempo , como laaltura disminuye:

dy=−dy

d V D=ABASE (−dy )=−B2dy…… (3 )

Como se sabeque el volumendescendido=Volumendesalojado .

−B2dy=A .c√2g (√ y−H2

+√ y )dt :condiciones de frontera:

parat=0→ y=H , parat=t 1→ y=H2, integrandola E . D .

Entre los limites : Ac√2g∫0

t 1

dt=−B2∫H

H2

dy

√ y−H2

+√ y

Ac√2g t 1=4 B2

3H¿

t 1=4 B2 √H (√2−1 )

3√2 Ac √2 g=

2B2 √H (√2−1 )3 Ac √g

B2=1m2 , H=4m , A=1cm2=10−4m2 , g=10m

seg2reemplazando :

t 1=2910.7 seg=0.8hr .Rpta .

PROBLEMA:

Hallar la ecuación de curva que determina sobre el eje de las “x” un segmento de longitud 4 y que satisface la propiedad: “ si por un punto P(x,y) de la curva se trazan las rectas tangente y normal a

ella, el área del triángulo formado por dichas rectas con el eje x es igual a :( 12 ) x0 y

2 ,siendo x0la

abscisa del punto en que la tangente corta al eje de las x.

SOLUCION: En la figura TN=4 ,condición del problema área del triangulo

Y NORMAL Tg

P(x,y)

y

θ

T(x0 ,0¿ H N

x

TPN :A=(12 )x0 y

2⇒ x0=4y

A= 12 (4∗ y )

=2 y=12= 1

2x0 y2⇒ x0=

4y

por definicionde pendiente :

tgθ= y ´= yx−x0

= y

x−4y

de donde : ( xy−4 )dy= y2dx

pararesolver hacemos el cambiode vairable

x= vy

de dondeobtendremos : v=xy=2+ y2C

PROBLEMA:

Cuatro moscas se posan en las esquinas de una mesa cuadrada de lado “L” al mismo tiempo, comienzan a caminar con las mismas velocidades de tal modo que cada uno de ellos se desplaza constantemente hacia la mosca situada a su derecha. Si se traza en la mesa un sistema de coordenadas polares, con el origen en el centro y el eje polar a lo largo de una diagonal, encuéntrese la trayectoria de la mosca que parte del eje polar y la distancia total que recorre entes de que todas las moscas se reúnan en el centro de la mesa.

SOLUCION:

SeaQ (r , θ ) , un punto de latrayectoria de lamoscaque parte del puntoC .

Encoordenadas polaresse puede

expresar el angulo ϕ= rr ´

=r ( dθdr )…. ( I )

del enunciado del problema sabemosque

las distancias recorridas por lasmoscas

seraniguales paraelmismo instante .

Por consiguiente de la figura tenemos :

CQ=BT , OT=r , y el angulo α=45∘ ,

el angulo∡OQA=ϕ=133 º

eN LA ECUACION (I )SETENDRA :

tgϕ=tg135=−1=r ( dθdr )entonces

drr

=−dθ , Integrado :r C e−θ

Condicionesde frontera :como se tratadeunamesacuadrada de ladpL

la diagonalCA=L√2 y OC=L(√22 ) .

Por lo tanto paraθ=0∘ , r=L(√22 )⟹ c=L(√2

2 )La ecuación de la trayectoria para la mosca que parte del punto C será.

r=( L√22 )c−θ…… .. (II )la trayectoria para cualquiera de las cuatro moscas , sabiendo el

desfasaje década dos de ellos es (π /2), entonces la trayectoria será.

r=( L√22 )e−(θ+nπ2 )

,donde n=0,1,2,3

Calculo de la distancia recorrida por la mosca que parte del punto C:

En coordenadas polares la longitud del arco desde el punto X(θ1=0¿hasta el centro (para r=0

entonces Ce−θ=θ⟹θ2=θ=00

Longitud de arco S=∫θ1

θ2

2√r 2+¿¿¿

Reemplazando r y r´ ; integrando S=−√2C [ e−θ ]000

=√2C

Reemplazando C: S=√2( L√22 )⟹ S=LRpta .

PROBLEMA:

Realizando un trabajo de investigación un grupo de estudiantes llego a la siguiente ecuación

diferencial: (x2− y )dx+ f (x )dy=0 de ella se sabe que: No es una ecuación diferencial exacta,

su factor integrante es (x2+x) , el grafico de la función pasa por (1,1/12) .

Determinar la función f (x) y luego resolver la ecuación diferencial resultante.

SOLUCION:

Multiplicando la E .D . por el facotr integrante(x2+x )

(x2+x ) (x2− y )dx+ (x2+x ) f ( x )dy=0 serauna E . D.exacta………. ( I )

SeaM=(x2+x ) (x2− y )⟹M y=−(x2+x ) ,N=(x2+ x ) f (x )

N x=(2x+1 ) f ( x )+(x2+ x ) f ´ (x ) , Laecuacion diferencial para ser exacta

de cumplir M y=N x⟹−(x2+x )=(2x+1 ) f ( x )+ f ´ ( x ) (x2+x ) , de donde

f ´ ( x )+( 2 x+1

x2+1 ) f ( x )=−1 E .D . L. la solucion : f ( x )=e−h (x ) [∫ eh ( x )Q ( x )dx+C ]

Q ( x )=−1 , h (x )=( 2x+1

x2+x )dx=ln (x2+x ) , Reemplazando , integrando

y simplificando tendremos : f ( x )= 1(x2+x ) (−x3

3− x2

2+C)

pasa por el punto(1,1/12) ⟹ x=1 , f (1 )= 112⟹C=1

Reemplazando f ( x ) en la E . D . ( I )

(x2+x ) (x2− y )dx+ 1(x2+x ) (−x3

3− x2

2+1) (x2+x )dx=0 E .D .exacta

Sea :M=(x2+ x ) (x2− y )=x4+x3− y x2−xy ,N=−x3

3− x2

2+1

Lasolucion sera :

U=∫(−x3

3−x2+1)dy+k ( x )=(−x3

3− x2

2+1) y+k ( x ) , derivando:

∂U∂ x

=−(x2+ x) y+k ´ ( x )=( x2+x ) x2−(x2+ x ) y⟹ k ´ ( x )=x4+x3

integrando : k ( x ) ¿ x5 /5+x 4/4+C Reemplazando :

U=(−x3

3− x2

2+1) y+ x5

5+ x

4

4+C=C∗¿

(−x3

3− x2

2+1) y+ x5

5+ x

4

4=C Rpta

PROBLEMA:

Un embudo A , tal como se muestra en el gráfico , lleno de agua , vaciara su contenido en un cilindro circular resto B.

Considerando que el área de la sección transversal

Por donde saldrá el agua es de 0.36 cm cuadrados

Y empleando como coeficiente de gasto c=0.45 , 10cm A

Determinar en qué tiempo quedara lleno el cilindro. 60º

26cm B

4cm

SOLUCION:

A :area del embudo

calcu lodel tiempo de vaciado paracualquier

altura de liquidocontenido enel cono .

volumendesalojadoenundiferencial de

tiempo :dV s Av dt…… .. (1 ) , v=c √2 gy , calculodel volumendescendidoenun

d

r

10 dy y

30

diferencial de tiempo.

d V s=−π r2dy……¿

r= y tg 30 r= y

√3

como : volumendescendido=volumendesalojado

luego : Ac √2 gydt=(−π y2

3 )dy , integrando

∫0

t

dt=( −π3 Ac √2 g )∫

10

32

y dy

t=( −2π3 Ac√2g )[ y

52 ] y

10

tiempo necesario paracualquier alturade liquiedoenel embudo es :

t=( 2π15 Ac√2g )(10

52− y

52) , A=0.36cm2 , g=981cm /seg2

c=0.45⟹ t=0.05837 (1052− y

52)………………… .. (3 )

El cilindro se llenara cuando el embudo desaloje un volumen igual a del cilindro:

V C=π R2 H c=π¿

el volumen del conoV=(13 )π r2h , r= h

√3=10

√3

v=( π3 )¿Cuando el cilindro se llene por completo en el cono quedara un volumen de :

V cono=10000 π

9−104 π=64 π

9

Luego con este volumen calculamos hasta que la altura y radio deberá ser desalojado el agua del cono:

64 π9

=( π3 ) y r2 , y= r

√3⟹ y=4

Por consiguiente el problema consiste en calcular el tiempo necesario para evacuar del cono un

volumen V cono . Como en la ecuación (3) tenemos la altura del agua en el embudo para cualquier

instante. Para y=4 ⇒ t=16.6 seg. RPTA

PROBLEMA

Dos recipientes el primero un cilindro circular recto y el otro un cono circular recto, con el vértice hacia abajo, tienen radios de la base iguales y ambos, hállese la razón de sus alturas.

SOLUCION:

Para el cilindro volumen de líquido que fluye por la sección A e un diferencial de tiempo:

R

dz

h

z

y

h dx x

30

A,r

dV=A v dt ,donde v=c√2gz

dV=A (c √2 gz )dz=π r 2 (c √2 gz )dt…. (1 )

Volumende liquido descendidoenundiferencial

de tiempoenel cilindro : (dz=−dz , z :disminuye )

dV=−π R2dz……. (2 ) , de (1 ) y (2 ) :

π r2 ( c√2gz )dt=−π R2dzde donde :

dt= −R2dzr2 (c √2gz )

……. (I )

volumende liquido desalojado por la secion A en

undiferencial de tiempo :Parael cono

dV=Av dt=π r2 (c√2gz )dt …… (3 )

volumende liquido descendidoenundiferencial

de tiempoenel cono :

dV=−π y2dx (dx=−dx , x disminuye)

Por semejanza : y= xRH⟹dV=−( π x2 R2

H 2 )dx……….(4)

de (3 ) y (4 ) :− π x2 R2

H 2 dx=π R2 (c √2 gz )dt

entonces : dt= −x2R2

r2 H2 ( c√2gz )………. ( II ) , como lostiempos de evacuado

soniguales :de ( I ) y ( II )

dz√z

= x2dxH 2√ x

integrando :∫0

hdz√z

= 1H 2∫

0

H

x32dx

2√x ] h0= 1

H 2 [ 25x

52 ]H0 dedonde :5√h=√H→

Hh

=25 Rpta .

PROBLEMA:

Una barca con carga pesa 98.1kg , si la fuerza que ejerce el motor sobre la barca en la dirección del movimiento es equivalente a una fuerza constante de 15kg, si la resistencia (en kg) al movimiento es igual al doble de la velocidad (en m/seg) es decir 2v y si la barca parte del reposo, determínese la velocidad: a) después de t seg b) después de 10seg. c) cuando el tiempo es infinito es decir la velocidad limite.

SOLUCION:

F

W

15Kg

Según la segunda ley de newton: F=m( dvdt )=15−2v

V(m/seg)

0 V V10 v

T(seg) 0 t 10 Infinito

wdvgdt

=98.1dv9.81dt

=15−2 v⟹ 10dv15−2v

=dt ,integrando :

−5 ln (15−2v )=t+c⟹15−2v=C e−t5 ⟹ v=15

2+C

2e

−t5 , para t=0

b¿ parat=10→V 10=( 152 ) (1−e−2 )=6.484=6.5m /seg

c ¿cuando t=∝:V limite=152

(1−e∝ )=152m/ seg.

PROBLEMA:

Se tiene un recipiente recto cuya sección transversal es una semielipse de semiejes, a=3.00m y b=1.20m . su altura es de H= 4.80m. Teniendo es posición horizontal, se le llena de agua, teniendo en su fondo un orificio de salida de un centímetro cuadrado de sección transversal tal como se indica en el gráfico:

calcular sutiempo devaciado siel a

recipiente , por elmaterial queesta b

hecho ,tieneun coeficientede gasto H

C=0.70

SOLUCION:

De la presentación grafica calculemos el volumen desalojado en un diferencial de tiempo:

dV=Av dt=AC2 gy dt… .. (1 ) , volumen descendidoenundiferencial de tiempo :

H

A

Y

b dy

b

dV=2x H dy , pero laaltura y disminuye (dy=−dy )

dV=−2 xHdy ,ademasde la figura geometrica

x2

a2 +¿

dV=−2Hab

√2by− y2dy…… (2 )

como (1 ) es iguala (2 ) luego :

−2H ( ab )¿integrando : entre loslimites :

t=0 , y=b ,t=t → y=0

∫0

t

dt= −2H aACb √2G

∫b

y

¿¿

Reemplazando limites : t= 4Ha3 ACb √2 g

(232−1)⟹a=300cm ,b=120cm ,H=480 cm

Reemplazando t 1=34.46996hr=34.0hr27min30 seg Rpta .

PROBLEMA:

Un cuerpo de masa “m” es lanzado hacia arriba sobre un plano inclinado de θ radianes con respecto a la horizontal 0<θ<π /2¿ . Si “u” es el coeficiente de rozamiento entre el cuerpo y el

plano inclinado, la resistencia del aire es k v2 , donde “k” es una constante de proporcionalidad y

v es la velocidad instantánea del cuerpo. Sabiendo que V 0 es la velocidad inicial del cuerpo,

hallar la distancia máxima que recorrerá dicho cuerpo.

SOLUCION:

f : fuerzade friccion ,N :normal , f=N u=umgcosθ

N Fa

Mg senθ

θ mg cosθ

f W=mg

θ

Fa: duerade resistenciadel aire

Fa=k v2

de la segundaley de Newton :

m .dvdt

=∑ F=−m gsenθ−f−Fa

¿−mg senθ−umgcosθ−k v2

ordenando :dt=−mk ∫ dv

mg ( senθ+uCosθ )k

+v2

diferenciando :dzdt

=atg(−k a tm

+arctg (V 0

a ))…………… (2 )

integrando : z=(mk ) ln|cos(−( kam ) t+arctg (V 0

a ))|+C1

parat=0 z=0⟹C1=(−m2k ) ln( b2

b2+v02 ) luego z quedarade la forma :

z=(mk ) ln|cos((−kam )t+arctg (v0

a))|−( m2k ) ln( b2

b2+v02 )

paraque t seamaximo la ecuacion (2 )debe ser cero dzdt

=0

a [tg((−kam )t+arctg ( v0

a ))]=0⟹( kam ) t=arctg ( v0

a )⟹ t=mkaarctg( v 0

a )Reemplazando el tmax=t en laultimaexpresion de z : setendra :

zmax=−m2k

ln( b2

b2+v02 )Rpta .

PROBLEMA:

Un cuerpo con peso W , cae partiendo del reposo. Si la resistencia del aire es proporcional a la velocidad y la velocidad limite es de 52m/s Determinar: a)la velocidad al cabo de 5 segundos b) La distancia recorrida en la caída después de 5 segundos.

SOLUCION:

Por la ley denewton F=ma=w−fr

mdVdt

=mg−k V→dVdt

=g−kV

dVg−kV

=dt , integrando g−kV=C e−kt

parat=0 , v=0: c=g

para t=oc , v=52⟹g−52k=0⟶ k= g52, luego : v=52¿

en laultimaexpresion para t=5⇒ v=52 (1−e−( 5g

52 ))=31.7m /seg

T(seg) 0 00 5

V(m/seg) 0 52 V 5

de (1 )V=dxdt

=52(1−e−( ¿52 )) , integrandoentret=0hastat=5

y x=0hasta x=x :∫0

x

dx=52∫0

5 (1−e−( ¿

52 ))dt ,remplazando los limites se tiene :

x=52(5+ 52ge

−5 g52 −52

g )=91.6metros .

luego , parat=5 seg :v=31.7mseg

, x=91.6mRpta .

PROBLEMA:

Una lancha que pesa 500kg se desliza por un plano inclinado a 5 grados. La componente de la fuerza de rozamiento que se opone al movimiento es : 500sen5º =43.6kg si la fuerza de rozamiento que se opone al movimiento es de 20 kg. Y la resistencia del aire expresada en kg equivale a 0.05 veces la velocidad en cm/s. hallar la velocidad después de 10 segundos de iniciado el movimiento.

SOLUCION:

0.05v

20 kg 500 sen(5)

w

5º

Escogemos el sentido descendiente como

positivo parala sumade fuerzas :

la fuerza resultante F=43.6−20−0.05 v

ma=23.6−0.05 v ,entoces :

wdvgdt

=23.6−0.05v ,w=500 , g=981

500981

dv=(23.6−0.05v )dt , de donde :

dv23.6−0.05v

=981500

, integrando

T 0 10v 0 v10

−20 ln (23.6−0.05v )=( 981500 ) t+C

ln (23.6−0.05¿v )=−0.0981 t+C ¿

parat=0 , v=0⇒C=23.6⇒v=( 23.60.05 )(1−e−0.981t )

para t=10 seg .V 10=( 23.60.05 ) (1−e−0.0981 (10 ))=295cm /seg .

PROBLEMA:

Un navío de 84,000 tn (1 ton =1000 kg) parte del reposo suponiendo que la resistencia al movimiento de kg es 7000 v siendo “v” la velocidad en m/s y que la fuerza de propulsión aplicado al navío es de 120,000kg. Hallar.

a) La velocidad en un tiempo cualquiera “t”b) La velocidad limite c) El tiempo que tarda en alcanzar los (9/10) de la velocidad limite.

SOLUCION:

segunla segundaley denewton :F=ma=m( dvdt )=12000−7000v

W 120000

7000v

(wg )( dvdt )=8410

(106 ) ( dvdt )=(120−7v ) 103

de donde :84000

7v−120dv=−dt , integrando

y despejando :7v−120=C e−t /1200

a¿ parat=0 , v=0→C=−120

b¿ velocidad limite : t=00

V L=( 1207 ) (1−e−∞ )=120

7m /seg

c ¿ t1=? ? parav=V L ( 910 )=( 9

10 )( 1207 )=108

7,luego :

( 1087 )=( 120

7 )(1−e−t 1

1200 )⟹ t 1=1200 ln (10 )Rpta .

PROBLEMA:

Un cuerpo cae partiendo del reposo en un líquido alcanza una velocidad límite de (1-1/b) m/s Suponiendo que la resistencia del medio es proporcional al cuadrado de la velocidad determinar:

a) La velocidad en cualquier instanteb) La distancia recorrida para t=1/2 s

NOTA: Asumir que Dc=b D 1:DC :densidaddel cuerpo , D1:densidad del liquido.

SOLUCION: Sea FR: fuerza de resistencia del medio

Y=0

W

y

E

w : peso del cuerpo, E :empuje

ComoDc=b D1

W c

V=W 1

V(b )

W 1=(wb )=E

de la segunda ey denewton :

F=ma=mdvdt

=w−FR−E

(wg )( dvdt )=w−k v2−wb

=w(1−1b )−k v2

∫0

t

dt= wgk

∫0

vdv

w (b−1 )bk

−v2

, Hacemos :P2=w (b−1 )bk

……. (1 )

t=( w2 Pgk ) ln( p+vp−v )……. (2 ) ,P=v ¿¿

en (3 ) para : t=∞ ,v=b−1b

→P=b−¿b……… ( 4 )¿

(4) en (3): ¿

a¿ velocidad encualquier istante :P gkw

=√ w (b−1 )bk (g kw ) ,reemplazando : k

en (3 )P=v ¿¿

b¿ la distancia y=e parte t=12seg .

dxdt

=v=(b−1 )b

¿¿

∫0

e

dx=∫0

12 (b−1 )

b¿¿

e=( b−12bg ) ln|(1+eg ) (1+e−g )

4 |Rpta .PROBLEMA:

Un automóvil de peso “w” se empuja en línea recta, contra el viento con una fuerza de F kilos, el rozamiento entre el móvil y el piso es proporcional a la velocidad, la resistencia del aire al movimiento es numéricamente igual al doble de la velocidad en metro por segundo. Si el automóvil parte del reposo y la velocidad limite es numéricamente igual a F/3; encontrar la velocidad y la distancia a recorrer en función del tiempo.

SOLUCION:

f : fuerzade friccion: f=Kv ,FR :Fuerzade resistencia delmedio aire FR=2 v

x : distancia encualquier istante

de la segundaley denewton .

F=ma=m( dvdt )=F−FR− f

(wg )( dvdt )=F−2 v−kv

(wg )∫0

vdv

F−2v−kv=∫

0

t

dt

v=( F2+k )(1−e−( k+2

w ) g t), para t=α , v=F3⟹k=1

la velocidad para culaquier istante t v=dxdt

=( F3 )(1−e−( 3g

w )t) integrando :

x=(F3 )(t+( w3 g )e−( 3gw )t)+C , parat=0 , x=0⇒C=−WF

3 g

por lo tanto : x=F3 (t− w

3g+ w

3ge

−(3 gw )t)Rpta .

PROBLEMA:

En un depósito hay 100 litros de disolución acuosa que contiene 10 kg. De sal. En este depósito se vierte agua con una velocidad de 3 litros por minuto y se expulsa la mezcla con velocidad de 2 litros por minuto. La concentración se mantiene homogénea removiendo el agua ¿cuánta sal habrá en el deposito después de transcurrida una hora?

SOLUCION:

Del enunciado del problema sea Q: la cantidad de sal en cualquier instante t, luego:

3 lit /min

Q 2litmin

dQdt

=velocidad de ganacia−velocidad eperdida

dQdt

=V g−V p , enunminuto se gana1litro

en tonces , en t minutos se ganarat litros .en elistante t , enel tanque hay (100+t ) .

litroshay Qkgde sal :

En1 litrohayQ

(100+ t ) kgde sal

En2litroshay2Q

(100+t )kgde sal (que se pierde )

V p=2Q

100+t, luego :

dQdt

= −2Q100+t

entonces :dQQ

= −2dt100+t

integrando : lnQ=−2 ln (100+t )+lnC , PARAt=0 ,Q=10→C=10¿

y :Q=105 ¿

PROBLEMA:

Se tiene un depósito de 1000 litros de capacidad con 300 litros de salmuera que contiene 10 kg de sal. Se sabe que en un instante dado regresara agua pura a razón de 10 lit./min. A la vez que saldrá, por el fondo, a razón de 10 litros/minuto la mezcla resultante. El sistema cuenta con dispositivos especiales que permite que la mezcla se realice, en todo instante, uniformemente. Calcular: la concentración en un instante t min y el valor de dicho concentración al cabo de una hora.

SOLUCION:

K: concentración de sal que entra al recipiente

K C

Q

V

O f

a : velocidad de salida ,Q :cantidad istantanea

de solutoen funciondel tiempoQ (t ) , esto es :

larazo ndel cambioQ ( t )=Rapidez conque ingresa

Rapidez conque sale

dQdt

=k e−( QV 0+e t−f t );e t , f t :volumenes de entrada y salida .

datos del problemak=0 , e=15 lit /min ,V 0=300litros , f=10 lit /min

dQdt

=0− 10Q300+15 t−10 t

=−2Q60+t

⇒ dQQ

= dt60+t

, integrando :

LnQ=−2 ln60+ t+LnCQ=C ¿

Q ( t )=36000¿

Concentración en un tiempo “t” k=Q (t )V (t )

=7200¿

Para t=60min K=4.166 x10−3 kglit.Rpta .

PROBLEMA:

Un producto químico C se produce de una reacción en la que interviene los productos Ay B. la velocidad de producción de C, varia como el producto de las cantidades instantáneas presentes de A y B. La formación requiere de 3kg de A por 2 kg de B si inicialmente de hallan 60 kg de A y 60 kg de B en una hora se forman 15 kg de C determinar:

i) La cantidad de C en cualquier instanteii) La cantidad máxima de C que puede formarse.

SOLUCION:

Iniciado la reacción en cualquier instante t(hr) se forma Q (kg) del producto C , luego en un diferencial de tiempo (dt) se forma un diferencial de producto C, luego en un diferencial de tiempo (dt) se forma un diferencial de producto (dQ) la velocidad de producción está dado por:

dQdt

=k (cantidad istantanea deA )(cantidad instantanea de B)

Para Q (kg) de C repartiremos proporcionalmente:

REACCION: A + B → C Inicial 60 kg 60kg 0 kg

En cualquier instante t 60-3Q/5 60-2Q/5 Q

Cada unidad de C está compuesto por 3 kg de A y 2 kg de B (es decir una unidad de C tiene 5 kg de masa y las contribuciones será en forma proporcional (3/5) de A y (2/5) de B por unidad de C se tendrá (3/5)Q y (2/5)Q de A Y B respectivamente. Luego:

dQdt

=k (60−3Q5 )(60−2Q

5 ) integrando entre loslimites t=0Q=0 ,t=t ,Q=Q

150

∫0

Q

( 1100−Q

− 1150−Q )dQ=6k

25∫

0

t

dt

Integrando y reemplazando límites: ln ( (150−Q ) 2(100−Q ) 3 )=12kt , parat=1Q=15

e12 k=( 1817 ), luegoQ :Q ( t )=300¿¿

i) Cantidad C en cualquier instante : la ecuación (1)ii) En la ecuación (3) para t= ∞→Q=100kg..

PROBLEMA:

Un cuerpo a una temperatura de 0ºF se coloca en un cuarto cuya temperatura se mantiene a 100ºF . si después de 10min la temperatura del cuerpo es de 25ºF , hallar:

a) El tiempo requerido por el cuerpo para llegar a una temperatura de 50ºFb) La temperatura del cuerpo después de 20 min.

SOLUCION:

Del enunciado y según la segunda ley de enfriamiento de newton:

θ(gradosf ) 0 25 50 ¿?

t (minutos) 0 10 ¿? 20

dQdt

=−k (100−θ )

θ0=100 temperaturaambiente

Resolviendo la E.D. planteada se tiene: ln [θ−100 ]=k t+C

de donde parat=0 , θ=0⟹θ=100 ( 1−ekt )……… (1 )

parat=10 ,θ=25en (3 )25=100 ( 1−e10 k )dedonde : ek=¿

θ=100¿

a¿ paraθ=50en laecuacion (2 ) :50=100¿b¿ parat=20minen(3)⟹θ20=43.75ºF

PROBLEMA:

Supongamos que la evaporación hace que una gota esférica del agua disminuya su volumen a una tasa proporcional al área de su superficie, hallar el tiempo que tardara una gota de radio r0 en vaporarse.

SOLUCION:

Laevaporaciondel volumen seradVdt

=−kA

volumende la esferaV=( 43 ) π r3r :radio de la esfera

area de la esfera :A=4 π r2⟹ entoncesdVdt

=4 π r2 drdt

=−k ( 4 π r2 )

dr=−k dt integrando :r=−kt+C , parat=0 , r=r0⇒C=r0

r=r0−kt , se evapora por completo cuandor=0entonces : t1=r0

kRpta .

PROBLEMA:

Las temperaturas de la superficie de una pared de 0.24m de espesor son θ1=100ºC , θ2=200ºC

La conductividad térmica de la pared es : k=0.21 θ0.3¿ºC).

a) calcular el flujo de calor atraes de la pared.b) Estime el porcentaje de error usando una conductividad media.

SOLUCION:

Cantidad de calor atraes de la superficie:q=−kdθdx

a) θ1=100 ºC 200 ºC

x

e

integrando :q∫0

e

dx=−0.21∫θ1

θ2

θ0.3

q=( 0.121.3e ) (θ1

1.3 ) , reemplazando

θ1 yθ2tendremos : q=391.83w

b¿ tomandok pr omedioentre las dos temperaturas .

k 1=0.21¿

k 2=0.21¿ºC

q=−k (θ1−θ2 )

e=388.58w⇒%ERROR=(391.83−388.58 )( 100

391.83 )%ERROR=0.83 %Rpta . .

PROBLEMA:

Resolver las siguientes ecuaciones:

a¿ (2 x−5 y+5 )dx+(4 x− y+1 )dy=0 y determinar la solucion particular

sabiendoque x=0 , y=2.

b¿Dadala ecuacion diferencial : ( y+x2−1 ) xdx− (x2−1 )dy=0 presentar

la solucion particular sabiendoque para x=√2 , y=1.

SOLUCION:

a¿ (2 x−5 y+5 )dx+(4 x− y+1 )dy=0Noesuna E .D .homogenea , pararesolver

este tipode ecuaciones sedebe reducir ahomogeneahaciendola sustitucion

x=V +k , y=U+h ,delmismomodo queen los ejemplos anteriores seobt endra

la solucion :

¿

la solucion particular sera para x=0 , y=2⇒C=1.

Por lo tanto :¿

b¿ ( y+x2−1 ) x dx−(x2−1 )dy=0⇒ dydx

=( y+x−1 ) x

(x2−1 )= y x

x2−1+x

y ´+ y ( −x

x2−1 )=x : (es la E .D . forma lineal en y )

cuya solucionsera :

y=e−h (x ) [∫ eh ( x )Q ( x )dx+C ] ,donde :h ( x )=∫ −x

x2−1dx

entoncesh ( x )=−81/2¿ ln|x2−1|reemplazando :

y=e( 1

2 )ln (x2−1 )[∫ e−( 1

2 )ln (x2−1)(x )dx+C ]

y=√x2−1¿

RESOLVER:

Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales:

a¿ xy ´+ yln x

=x (x+lnx )

( lnx ) y2 ⇒ y2 y ´+ y3

x ln x= x+lnx

ln x

haciendoU= y3⇒ dUdx

=3 y2 y ´ reemplazando en la E . D. :

dUdx

+( 3xlnx )U=

3 ( x+lnx )lnx

ecuacionlineal enU ,luego :

h ( x )=∫ 3x ln x

dx=3 ln ( lnx ) ,la solucion :U=e−h ( x ) [∫ eh( x )Q ( x )dx+C ]

U=e−31(lnx)[3∫ e3 ln ( lnx)( 3 ( x+lnx )lnx )dx+C]

U= 1¿¿

U= y2= 2ln3 x [ x ln3 x+( x3 −3 x) ln2 x+(6 x− x2

2 )lnx+( x2

4−6 x )+C]Rpta .

b¿ y2 lny= y ´ xy+¿

Reemplazandoen la ecuaciondiferencial : z=xz ´+¿

tiene la formade unaecuacionde Clairaut :haciendoZ ´=p

z=xp+ p2…… ( I ) , derivando respecto ax : z ´=p=xp ´+p+2 pp ´

( x+2 p ) p ´=0…… .. ( II ) , donde p ´=0⇒P=C solucion trivial , luego :

z=xC+C2 soluciongeneral , pero z=lny→lny=xC+C2 , de ( II ) tambien

x+2 p=0 p=−x2…. ( III ) , reemplazando ( II ) en (I ) :

z=x (−x2 )+¿

sera : y=e−x2

4 Rpta .

PROBLEMA:

Resolver: 2 senx y ´+ ycosx= y3 (x cosx−senx )

dydx

+( 12ctgx) y=( x cosx−senx2 senx ) y3 , tiene la formade la ecuacionde Bernoulli .

Paraconvertir esta ecuacion enunaecuacion linealmultiplicamos por :

y−3 : y−3 dydx

+(12ctgx) y−2=( x cos x−senx

2 sen x ) , seau= y−2

dudx

+(−ctgx )u=(1−xctgx )Ecuacionlineal enu :h ( x )=∫−ctgx dx

h ( x )=−ln|senx|u=e ln (senx ) [∫ e−ln ( senx ) (1−xctgx )dx+C ]

u=senx [∫ 1−x ctgxsenx

dx+C ]=senx [∫cscx dx−∫ xcosx

sen2dx+C]

interando por par tes la segundaintegral :

perou=senx [∫ cscx dx+ xsen x

−∫ cscx dx+C ]=senx( xsenx

+C)perou= 1

y2=x+C senx⇒ 1

y2=x+C senx Rpta .

PROBLEMA:

Resolver : (x2+2 x−1 ) y ´−( x+1 ) y=x−1

dydx

−[ x+1

x2+2 x−1 ] y= x−1

x2+2 x−1, es unaecuacionlineal en ( y )

h ( x )=−∫ X+1

x2+2 X−1dx=−1

2ln (x2+2 x−1 )=−ln √ x2+2 x−1

y=e ln√ x2+2 x−1[∫e−ln √x2+2x−1( x−1x2+2x−1 )dx+C]

y=√x2+2x−1¿

x+1=√2 secθ

y=√x2+2x−1¿

y=√x2+2x−1¿

y=√x2+2x−112 [√2 sec2θdθ

tg2θ−2∫ secθ dθ

tg2θ+C] ,integrando :

y=√x2+2x−1(−(√22 )ctgθ+cscθ+C)

y=√x2+2x−1¿

PROBLEMA:

Resolver la E.D. y '+xy=x3 y3

SOLUCION:

Esta ecuación diferencial tiene la forma de Bernoulli. Si multiplicamos por y−3 la E.D.:

x−3 y '+x y−2=x3 ,haciendo z= y−2 z '=−2 y−3 y ' ,

Reemplazando: −z '

2+xz=x3→z '+ (−2x ) z=(−2 x3) es una ecuación lineal en (z) y la

solución está dado por:

z=e−h (x) [∫eh ( x )Q ( x )dx+C ] , h ( x )=∫(−2x )dx=−x2

Pero z= y−2: y−2=x−2+1+C ex2

Rpta / .

PROBLEMA: Resolver ( x+1 ) y' '−( x+2 ) y '+( x+2 )=0

Solución:

Sea y'=P=dy

dx→ y ' '=P'

, luego ( x+1 ) dPdx

− (x+2 ) P+( x+2 )=0

dPdx

+(−x+2x+1 )P=(−x+2

x+1 ) , ecuacion linealen P :h ( x )=−∫ x+2x+1

dx

h ( x )=−x−ln (x+1) : luegoP=ex +ln(x +1)[∫ e−x+ ln (x+1) .(−x+2x+1 )dx+C ]

P=ex ( x+1 )[−∫ e− x

x+1dx−∫ e−x

( x+1 )2dx+C ]

para porder integrar se haceu=e− x

du=−e− xdx ,dv= dx

( x+1 )2→v= −1

( x+1 )

P=ex ( x+1 )[−∫ e−x dxx+1

+ e−x

( x+1 )+∫ exdx

x+1+C]

P=ex ( x+1 )[ ex+1

+C]=1+ex ( x+1 )C , peroP=dydx

=1+ex ( x+1 )C

dy=1+exx+1Cdx→y=x+Cexxdx+Cexdx+C1

y=x+C ( xex−ex )+Cex+C1=x+C (x ex )+C1 Rpta/ .

PROBLEMA:

Resolver: 4 x2 y 4 y '=3 x (3 y2+2 )+2(3 y2+2)3

Solución:

Hacemos: u=3 y2+2→dudx

+(−92x )u=3u3

2 que es la ecuación de Bernoulli, entonces

multiplicamos la E.D. por u−3 : u−3( dudx )− 9

2 xu−2= 3

x2

Hacemos: v=u−2→dvdx

=2u−3 dudx

Reemplazamos:

12dvdx

+( 92x )v= 3

x2→dvdx

+( 9x )v= 6

x2 (ecuacionlineal en (v ) )

v=e−9 ln x [∫e9 ln x ( 6x2 )dx+C ]=( 1

x9 )( 6e8

8+C) , parav=−u−2

−u−2= −1

(3 y2+2)= 3

4 x+Cx9por tanto4 x9= (3 y2+2 )2 (C−3 x8 ) Rpta/ .

PROBLEMA:

Resolver: dydx

− y3 x

=x y n , (n≠0,1 ) sugerencia hacer u= y1−n

Solución

La ecuación dydx

− y3 x

=x y n tiene la forma de la ecuación de bernoulli, luego

multiplicamos la E.D por:

y−n : y−n dydx

−( y¿¿n−1)

3 x=x seau= y1−u ,

dudx

=(1−n ) y−n dydx

¿

Entonces 1

(1−n)dudx

− u3 x

=x→dudx

+( n−13 x )u=(1−n)x

Es ecuación lineal en (u ) , luego la solución es y=e−h(x) [∫eh (x)Q ( x )dx+C ]

Donde: h ( x )=∫ (n−1 )3 x

dx=(n−1 )

3ln x ,Q ( x )=(1−n ) x

y=e−(n−1)

3ln x [∫e

(n−1)3

ln x. (1−n ) x dx+C ]=x

−( n−13 )[e (n−1)

3 . (1−n ) xdx+C ]

y=x−( n−1

3 )+C x

−(n−1 )3 Rpta /.

PROBLEMA:

Resolver xdydx

− y− y ln( yx )=¿ x3 y (ln( yx ))2

¿

Solución:

xdydx

− y− y ln( yx )=¿ x3 y (ln( yx ))2

¿

Agrupando:

x y'− y (1+ln( yx )+x3 ln( yx ))=0 , sea z=ln( yx )dz= x dy− ydxxy

xdydx

=xydydx

+ y , reemplamdoen la E .D . x dzdx

−z−z2 z3=0dzdx

+(−1x )z=z2 z3

Tiene la forma de la ecuación de Bernoulli, multiplicando la E.D. por z−2 :

z−2 z '+(−1x ) z−1=x2 , seau=z−1→

dvdx

=z−2

u'=z−2 z ' reemplazando :u'+(−1x )u=x2 , ecuacion linealenu

h ( x )−∫ dxx

=−ln x→u=x ( x2

2+C )= x3

2+xC ,u= z−1= 1

ln( yx )entonces :

1

ln( yx )= x3

2+xC ( x3

2+xC) ln( yx )=1Rpta / .

PROBLEMA:

Resolver las siguientes E.D.

a) Problema de valores iníciales: y'= 1

x2 y+ y3, y (1 )=0

b) y '+xsen2 y=x e−x2

cos2 y

c) (e− xcosx sen2 y+ xsen2 y¿dx=dy

d) (x √x2+ y2+x2 y+ y2+ y3 )dx+( y√ x2+ y2−x3 y−xy−x y2 )dy=0e) Sugerencia: usar coordenadas polares y en la solución general dejar indicando

f) ∫ e−cosθdθ

g) Solución:

a) y '=1/ (x¿¿2 y+ y3) y '=x→dxdy

− yx=x1 y3¿

Ecuación de bernoulli, multiplicando por la E.D por x:

xdxdy

− y x2= y3 , sea z=x2→dzdy

=2xdxdy

12dzdy

− yz= y3→z '−2 yz=2 y3E .D lineal es z h ( x )=∫−2 ydy=− y2

z=e yz [∫ e− y z (2 y3 )dy+C ]=ey

2 (e− y2

(−1− y2)+C )=x2 , y (1 )=0

Luego c=2

(−1− y2 )+2ey2

=x2→x2+ y2+1=2e y2

Rpta / .

b) Hacemos la sustitución : t=tgy→dtdx

=sec2 ydydx,

Reemplazando: y'=cos2 y ( dtdx )+2xsenycosy=x e−x2

cos2 y

dtdx

+2 x tgy=e− x2 [∫ ex2

x (e−x2 )dx+C ]=e−x2( x2

2+C) ,t=tgy

Luego: tg y= e−x2

2(x2−C )Rpta / .

c) De la ecuación diferencial inicial: y '−xsen2 y=e−x2

cosx sen2 yMultiplicando la E.D. por cosec 2 y tendremos:

cosec 2 ydydx

−2 x seny cosy cosec 2 y=e−x2

cosx sen2 y cosec2 y

sen2 y cosec2 y=1:

cosec 2 ydydx

−2 x ctg y=e−x2

cos x . sea z=ctg y

dzdx

=−cosec2 ydydx

,reemplazando z '+2xz=−e− x2

cos x ,h ( x )=∫2 x dx

h ( x )=x2: z=e−x2 [∫ ex2

e−x2

cos xdx+C ]

→z=ctg y=e− x2

(−senx+C ) Rpta/ .

PROBLEMAS PROPUESTOS