Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden

EcuacionesDiferenciales

Rubén DaríoLara Escobar

EcuacionesDiferencialesde PrimerOrden

EcuacionesLineales

EcaucionesLineales

EcuacionesVariablesSeparables

Método delfactorIntegrante


Aplicacionesde lasEcuacionesDiferencialesde PrimerOrden

Ejemplos deAplicacionesSencillas

Ecuaciones Diferenciales

Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

Rubén Darío Lara Escobar1

1Unidad de Ciencias Básicas

Universidad Católica de Manizales

Curso de Ecuaciones Diferenciales, II Semestre de 2013

Curso de Ecuaciones Diferenciales, II Semestre de 2013 1/49




EcuacionesLineales

EcaucionesLineales






Contenidos

1 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

Ecuaciones Lineales

2 Ecauciones Lineales

Ecuaciones Variables Separables

3 Método del factor Integrante

Método del factor Integrante

4 Aplicaciones de las Ecuaciones Diferenciales de Primer

Orden

Ejemplos de Aplicaciones Sencillas





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Contenidos


Ecuaciones Lineales






Orden






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Ecuaciones Lineales y Forma Estándar

Una Ecuación Diferencial lineal de la forma general:

y′ = f(x, y) (1)

Para la cual una solución y(x) es una función diferenciable que

satisface la ecuación diferencial. El objetivo es ahora desarrollar

métodos para hallar las soluciones y(x).

En general es clave resaltar que no existe un método para

resolver todas las eccuaciones de primer orden, más bien se

describen varios métodos que se utilizan para diferentes

subclases de ecuaciones diferenciales de primer orden.





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Ecuación Lineal

una ecuación diferenecial de la forma:

a(x)y′ + b(x)y = C(x) (2)

se denomina una ecuación diferencial lineal de primer orden.

Se le llama de ésta forma debido a que es lineal en y; es decir,es analogo de la ecuación lineal ax1 + by1 = c.Las funcionesa(x), b(x), C(x) pueden ser constantes y además

si C(x) = 0 la ecuación es Homogenea.





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Forma Estándar

La ecuación (2) sin perdida de generalidad se puede expresar de

la forma:

y′ + p(x)y = q(x) (3)

Esta forma se denomina Forma Estándar o Canónica

En la ecuación (3) la forma más simple se da cuando las

funciones p(x) = a; q(x) = b donde a y b son constantes reales,

tomando la forma y′ + ay = b la cual se puede expresar asi:

y′ = −ay + b (4)





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Modelos asociados a la ecuación dydx = −ay + b

La ecuación (4) se utiliza para modelar varios fenómenos físicos

como:

Modelo de difusión-concentración de temperatura.

Modelo de problemas de Mezclas.

Modelo de decrecimeinto y cuentas bancarias.

Modelo de moviemiento de objetos.





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Solución de la Ecuación dydx = −ay + b

La solución de la ecuación dydx = −ay + b viene dada por:

dy/dx

y − ( ba)= −a

Donde a 6= 0, y y 6= ba . usando Integración obetenemos:

ln |y − (b

a)| = −a+ C

De donde se obtiene la solucón general:

y = (b/a) + ce−ax

Este método usualmente se conoce como: separación de

variables.





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Ejemplo

Ejemplo

Hallar la solución general de la ecuación

y′ − 2y = 0

Primero reescribimos la ecuación anterior como

dy

dx= 2y

Asumimos que y 6= 0, y dividimos la ecuación por y:

1

y

dy

dx= 2





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Ejemplo Conti.

multiplicacmos en ambos lados por el diferencial dx :

dy

y= 2dx

Usando la integración, sabemos que las antiderivadas solo

di�eren en una constante c. (Teorema del Valor Medio)∫dy

y= 2

∫dx

o

|y| = e2x+C = ece2x = C1e2x

Donde C1 = ec es una constate arbitraria diferente de cero.

Finalmente la solución general es:

y(x) = C1e2x





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Contenidos


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Orden






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Ecuaciones Separables

Las ecuaciones de variables separables son un caso especial de

la ecuación de la forma estándar y′ + p(x)y = q(x).

Si reescrbimos la ecuación anterior en la forma:

y′ = dy/dx = f(x, y) donde f(x, y) = g(x)/h(y).

Y escribimos además p(y) = 1/h(y) se tiene que una ecuación

diferencial de primer orden es separable si se puede escribir

como:

dy

dx= g(x)p(y) =

g(x)

h(y)(5)





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Solución de Ecuaciones Separables

para resolver ecuaciones separables se sigue el método siguiente:

Si multiplicamos por h(y) en ambos lados de la ecuación (5)tenemos

h(y)dy = g(x)dx

Luego integramso en ambos lados y obtenemos:∫h(y)dy =

∫g(x)dx

H(y) = G(x) + C

Donde H(y) es una antiderivada de h(y) y G(x) es una

antiderivada de g(x); C es una constante arbitraria.





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Ejemplos

Ejemplo

Hallar la solución de las ecuaciones diferenciales:

y′ =−xy

(6a)

y′ =1

xy3(6b)

y′ =x3

y2(6c)

xy′ = y − 1 (6d)

xy′ + y = y2 (6e)





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Contenidos


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Orden






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Factor Integrante

consideremos la ecuación diferencial y′ + ay = b, si tomamos

a = r y b = k hemos visto que la solución esta dada por

y = (b/a) + ce−ax ; sin embargo, de acuerdo a los cambios

anteriores, la solución tomaría la forma

y = (k/r) + ce−rx

. Consideremos ahora el siguiente:

Ejemplo

Hallar un método general para resolver la ecuación diferencial

y′ − ry = k; r 6= 0.





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Solución al Ejemplo

En primer lugar observamos si la ecuación se halla en su forma

estándar y′ + p(x)y = q(x); donde p(x) = −r y q(x) = k.

Consideremos la función

µ(x) = e∫−rdx = e−rx

Ahora la solución general se consigue multiplicando la ecuación

diferencial por el factor µ(x)

µ(x)y′ − µ(x)ry = µ(x)k

La solución general es determinada por:

y =1

e−rx(

∫e−rxkdx) = erx(

−kre−rx + C) = (k/r) + ce−rx





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Ejercicio y Solución

Ejercicio

Utilizar el método anterior para hallar la solución de la ecuación

diferencial:

xy′ − 2y = x5

Solución

en general el método se puede resumir en los siguientes pasos:

Reescribir la ecuación en la forma estándar

Calcular e∫p(x)dx

Multiplicar ambos lados de la ecuación diferencial por

e∫p(x)dx; (Factor Integrante)

Integrar, despejar y(x)





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Solución

Paso 1: Reescribir la ecuación en forma estándar

Recordemos que la forma estándar es la ecuación

y′ + p(x)y = q(x)

.

Para esto multiplicamos la ecuación xy′ − 2y = x5 por el factor

1/x; tomando la sigueinte forma

y′ − 2

xy = x4

La cual se encuentra en la forma estándar con p(x) = −2x y

q(x) = x4.





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Solución

Paso 2: Calcular e∫p(x)dx

En efecto, si p(x) = −2x , entonces:

e∫p(x)dx = e−2

∫dxx

De donde

e−2∫dxx = e−2 ln |x| = x−2

Ya que

e−2 ln |x| = eln |x|−2

= x−2





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Solución

Paso 3: Multiplicar ambos lados de la ecuación diferencial por

e∫p(x)dx

Si multiplicamos ambos lados de la ecuación diferencial en

forma estándar por x−2 tenemos:

(x−2)y′ − 2

x(x−2)y = (x−2)x4

de donde tenemos:

x−2y′ − 2x−3y = x2

Observemos ahora que usando la regla del producto para las

derivadas, el lado izquierdo se convierte en:

(x−2y)′ = x2





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Solución

Paso 4: Integrar, despejar y(x)

Si integramos ambos lados de la ecuación diferencial

(x−2y)′ = x2 tenemos:∫(x−2y)′ =

∫x2dx

De donde obtenemos:

x−2y =x3

3+ C(∗)





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Solución

Paso 4: Despejar y(x)

La ecuación (∗) anterior es la solución general dada por:

y = Cx2 +x5

3

La cual es una familia in�nita de soluciones que dependen

del parámetro C.





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Ejercicios

Halle la solución general de las ED usando el método del factor

integrante-

y′ − 3y = e2x

y′ + tan (x)y = sin 2x

y′ + xy = x3

dxdt + x = e2t





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Justi�cación del Método del factor Integrante

Para entender la justi�cación del método volvemos a la

ecuación en forma estándar

y′ + p(x)y = q(x)

para determinar el factor integrante multiplicamos la ecuación

anterior por una función µ(x) y tenemos:

µ(x)y′ + µ(x)p(x)y = µ(x)q(x)(∗∗)

La clave ahora esta en observar que el lado izquierdo es la

derivada del prouducto µ(x)y.





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Nos detenemos un instante y observamos que la derivada del

producto permite que:

dµ(x)

dx= µ(x)p(x)

Despejando tenemos que:

dµ(x)/dx

µ(x)= p(x)

y esto conduce a:

lnµ(x) =

∫p(x)dx+K

y así obtenemos la función que buscamos:

µ(x) = e∫p(x)dx





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Si volvemos a la ecuación (∗∗), observamos que:

[µ(x)y]′ = µ(x)q(x)

tenemos:

µ(x)y =

∫µ(x)q(x)dx+ c

Donde c es una constante arbitraria y despejando y:

y =1

µ(x)[

∫µ(x)q(x)dx+ c]

En general no siempre se puede hallar la solución de la integral

por medio de funciones elementales.





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Ejercicios II

Halle la solución general de las siguientes ecuaciones

diferenciales usando el método del factor integrante

1 (x2 + 1)y′ − 2xy = x3 + x

2 x2y′ + 4xy = 2x

3 y′ − x2y = 4x2

4 y′ − 11y = 4e6x





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Contenidos


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Orden






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Ley de Galileo

Ejemplo

Galileo (1546− 1642) realizó experimentos para determinar que

la aceleración de un cuerpo que cae en el vacío cerca de la

super�cie de la tierra es constante. Dado que la aceleración es

el cambio de la velocidad con respecto al tiempo, tenemos:

dv

dt= −g; (Ley de Galileo)

Donde v es la velocidad del movil, y g es la aceleración de la

gravedad. Consideremos el instante t0 donde la velocidad es v0,entonces integrando tenemos que:∫

dv =

∫ t

t0

−gdt





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2da Ley de Newton

Ley de caída Libre de Galileo

De la ecuación anterior tenemos:

v(t) = v0 − g(t− t0)

Ejemplo

Si suponemos ahora que el cuerpo no cae en el vacío, es decir el

aire, por ejemplo, será un medio que resite el moviemiento del

cuerpo; generando una fuerza de fricción que se opone al

movimiento. De acuerdo a la 2da Ley de Newton tenemos que:

mdv

dt=∑

f ; Segunda ley de Newton





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2da Ley de Newton

Segunda Ley de Newton

Consideremos la aceleración de la gravedad ag y la fuerza de

fricción del medio (aire) fr tenemos que∑f = ag + fr. Por lo

tanto:

mdv

dt=∑

f = −mg − ρv

donde ρ es la constante positiva conocida como coe�ciente de

fricción. Analogamente

dv

dt= −g − ρ

mv

Si la ponemos en forma estándar

dv

dt+ρ

mv = −g





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Solución de la ED Estándar

Sol. Por Factor Integrante

Observamos que q(x) = −g y p(x) = ρm ; por lo tanto

µ(x) = e∫ ρmdt de donde la solución viene dada por:

v(t) = ce−ρmt − mg

ρ(∗)

Si en el instante t0 la velocidad es v0 hallamos la constante c ytenemos

v0 = ce−ρmt0 − mg

ρ

Si despejamos c y reemplazamos en (∗)

v(t) = (v0 +mg

ρ)e−

ρm(t−t0) − mg

ρ





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Caída Libre de un Cuerpo

Ejemplo

Un objeto que pesa 4kg cae desde una gran altura partiendo del

reposo. Si el aire ejerce una resistencia de 12v donde v es la

velocidad en m/s. Hallar la velocidad v(t) y la distancia

recorrida y(t) a los t segundos.

Figura : Caída Libre de un Cuerpo





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Solución

Solución

Si tomamos la dirección positiva hacia abajo, la Segunda Ley de

Newton toma la forma:

mdv

dt=∑

f = F1 − F2

Donde m = wg = 4

10 = 25 ; F1 = 4; F2 = 1

2v. Obtenemso la ED.

2

5

dv

dt= 4− 1

2v

Cuya soluciones son (si y(0) = 0):

v(t) = 8(e54t − 1); y, y(t) =

32

5e

54t − 8t− 32

5





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Ley de Enfriamiento

Ley de Enfriamiento de Newton

La tasa de cambio de la temperatura con respecto al tiempo

T (t), dTdt , de un cuerpo inmerso en un medio de temperatura

Tm es proporcional a la diferencia de temperatura entre el

cuerpo y el medio, es decir:

dT

dt= −k(T − Tm)

Siempre y cuando k > 0 es la constante de proporcionalidad.





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Ley de Enfriamiento de Newton

Ejemplo

Un cuerpo se enfría en un recinto con aire a temperatura

constante Tm = 20◦C. Si la temperatura del cuerpo cambia de

100◦C a 60◦ en 20 minutos, determine que tanto tiempo debe

transcurrir para que la temperatura caiga hasta 30◦.





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Ley de Enfriamiento

La Ley de Enfriamiento de Newton requiere que:

dT

dt= −k(T − Tm); (Variables Separables)

La solución general es:∫dT

(T − Tm)= −k

∫dt+ C ⇒ ln |T − Tm| = −kt+ lnC

por lo tanto

T = Tm + Ce−kt





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Cont. Solución

En el tiempo t = 0, T = 100◦C:

100 = 20 + Ce−k∗0 = 20 + C ⇒ C = 80

En el tiempo t = 20, T = 60◦C:

60 = 20 + Ce−k∗20 ⇒ k = − 1

20ln

60− 20

80= 0,03466

. Por tanto

T = 20 + 80e−k0,03466t ⇒ t = − 1

0,03466lnT − 20

80

Cuando T = 30

t = − 1

0,03466ln

30− 20

80= 60min.

Se necesitan entonces 60− 20 = 40 minutos para que la

temperatura caiga a 30◦.





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Problema de Mezclas

Ley de Mezclas

En los problemas de mezclas se desea calcular la cantidad de

una sustancia x(t) que hay en un recipiente en cualquier

instante t. La tasa de cambio de la sustancia presente en la

mezcla satisface la relación

dx

dt= R1 −R2

Donde

R1 = Tasa de entrada de la sustancia

R2 = Tasa de Salida de la sustancia

Estas cantidades se de�nen por

R1 = q1c1; yR2 = q2c2Curso de Ecuaciones Diferenciales, II Semestre de 2013 40/49




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Mezclas

Si q1 = velocidad del fujo entrante, c1 = concentración de la

sustancia en la entrada; q2 = velocidad del �ujo saliente; c2 =concentración de la salida x

V Donde x = x(t) y V = V (t) son

la cantidad de sustancia presente y el volumen en el tiempo t,respectivamente tenemos:

1 q1 = q2 el volumen es constante

2 q1 > q2 el volumen aumenta

3 q1 < q2 el volumen disminuye

El volumen V = V0 + (∆q)t, donde ∆q = q1 − q2





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Mezclas

Ejemplo

Un tanque con capacidad de 400 litros contiene inicialmente 200

litros de una mezcla de sal y agua (salmuera) con 30 gramos de

sal disueltos. Le entra una solución con 1 gramo de sal por litro

a una tasa de 4l/min; la mezcla se mantiene uniforme mediante

agitación y de él sale a una tasa de 2l/m. Calcule la cantidad de

gramos de sal que hay en el tanque al momento de desbordarse.





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Solución

El modelo de la ecuación diferencial es

dA

dt= R1 −R2

Donde R1 = (4l/m)(1gr/min) = 4gr/min;R2 = (2l/min)(Agr/l) = 2Agr/min y V es el volumen del

tanque en el instante t. Además la ganancia de volumen en el

tanque es 2l/min, por tanto:

tf =Diferencia de Volumen

Ganancia de Flujo=

200

2min = 100





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Solución

Al sustituir R1 y R2 tenemos la ED:

dA

dt= 4− A

t+ 100; donde A(0) = 30

Resolviendo la ED:

A(t) = 2(t+ 100) +C

t+ 100; 0 ≤ t ≥ 100

C = −17000 Luego

A(t) = 2(t+ 100) +−17000

t+ 100

La cantidad de agua al desbordarse es A(100) = 315





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Bala a Través de un Blanco


Una bala se dispara perpendicularmente a un blanco con una

velocidad inicial de v0 = 100m/s. cuando la bala atraviesa el

blanco, su velocidad es v1 = 80m/s. Si el ancho del blanco es

b = 0,1m y la fuerza del resistencia del blanco sobre la bala es

proporcional al cuadarado de la velocidad de la bala. R = βv2.Determine el tiempo T que demora la bala en travesar el blanco.

Figura : Grá�co del Problema





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Aplicando la ley de Newton tenemos:

→ ma =∑F : mdv

dt = −βv2 (variables separables) La solución

general esta dada por:∫−dvv2

=

∫β

mdt+ C =⇒ 1

v= kt+ C

donde k = βm y la constante C se calcula con las condiciones

iniciales t = 0, v = v0. Así C = 1v0. Por lo tanto

1

v= kt+

1

v0=⇒ v =

dx

dt=

1

kt+ 1v0

(7)

la cual se puede integrar directamente.





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Integrando con respecto a t

x =1

kln

(kt+

1

v0

)+ C1 (8)

donde C1 es una constante que se detremina por la condicón

inicial t = 0, x = 0 y toma el valor C1 = − 1k ln 1

v0por tanto

x =1

kln

(kt+

1

v0

)− 1

kln

1

v0(9)





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de la ecuación (7), t = T, v = v1

→ 1

v1= kT +

1

v0(10)

y de la ecuación (9) t = T ;x = b :

b =1

kln

(kt+

1

v0

)− 1

kln

1

v0=⇒ k =

1

blnv0v1

Usando la ecuacón (10)

T =1

k

(1

v1− 1

v0

)= b

1v1− 1

v0

ln v0v1

= 0,1×180 −

1100

ln 10080

= 0,000819s




Apéndice

Lecturas Re-comendadas

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John Wiley and sons, Inc. Ninth edition.


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