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Fundamentos Matem´aticos de la Ingenier´ıa.
Tema 9: Introducci´on a las ecuaciones diferenciales.
1. Introducci´on. Conceptos b´asicos
Una ecuaci´on que contiene las derivadas de una o m´as variables dependientes con respecto a una o m´as variables independientes es una ecuaci´on diferencial.
Ejemplo 1.1. dy dx + 5xy^ =^ e
x, d^2 y dx^2 −^
dy dx + 6y^ = 0 son ejemplos de ecuaciones diferenciales, ya que adem´as de la variable independiente x y de la funci´on y = y(x), est´a presente la derivada primera y′(x).
Nota 1.2. La ecuaci´on diferencial determina claramente qui´en es la variable independiente, as´ı como la funci´on inc´ogni- ta.
Ejemplo 1.3. dx dt +^
dy dt = 2x^ +^ y, es una ecuaci´on diferencial donde la variable independiente es t y las funciones inc´ognitas x(t) e y(t).
El orden de una ecuaci´on diferencial es el de la derivada de mayor orden en la ecuaci´on.
Ejemplo 1.4. d
(^2) y dx^2 + 5
( (^) dy dx
− 4 y = ex^ es una ecuaci´on diferencial de segundo orden, mientras que la ecuaci´on xy′′^ − exy′′′^ + 4 sin xy′^ = tan x, es una ecuaci´on de tercer orden.
Todos los ejemplos anteriores son de ecuaciones diferenciales ordinarias, porque la funci´on inc´ognita s´olo depende de una variable independiente. En contraposici´on, en las ecuaciones en derivadas parciales la funci´on depende de varias variables independientes. A veces las ecuaciones diferenciales de primer orden se escriben en la forma M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0. Por ejemplo, si suponemos que y representa la variable dependiente en (y − x) dx + 4x dy = 0, entonces y′^ = dydx , por lo que al dividir todo por dx obtenemos la expresi´on equivalente 4x y′^ + y = x. En general una ecuaci´on diferencial de primer orden adopta la forma F (x, y, y′) = 0, o bien (^) dxdy = f (x, y),
donde en ambos casos y = y(x). La primera de las ecuaciones anteriores denota una ecuaci´on diferencial en forma impl´ıcita, mientras que la segunda se dice que est´a en forma expl´ıcita.
Nota 1.5. Es habitual en las aplicaciones considerar como variable independiente t en lugar de x. As´ı, las ecuaciones anteriores toman la forma F (t, x, x′) = 0, o bien dxdt = f (t, x),
donde x = x(t).
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Definici´on 1.6 (Soluci´on de una ecuaci´on diferencial). Se llama soluci´on de una ecuaci´on diferencial a una funci´on (que ha de ser derivable con derivada continua) y que al ser sustituida en la ecuaci´on
F (x, y, y′) = 0, o bien (^) dxdy = f (x, y),
convierte a la misma en una identidad.
Ejemplo 1.7. Comprobar que y = x
4 16 es una soluci´on de^
dy dx =^ x
√y.
Sol: En efecto, y′^ = dydx = x
3 4 =^ x
x^2 4 =^ x
x^4
Nota 1.8. Una ecuaci´on diferencial de segundo orden toma la forma
F (x, y, y′, y′′) = 0, o bien d
(^2) y dx^2 =^ f^ (x, y, y
Una soluci´on de la ecuaci´on diferencial anterior es una funci´on y = y(x) que admite derivadas primera y segunda continuas y que convierten la ecuaci´on en una identidad.
Ejemplo 1.9. Probar que y = 4 sin 2x es una soluci´on de la ecuaci´on de segundo orden y′′^ + 4y = 0.
Sol: En efecto, y(x) tiene derivadas de primer y segundo orden continuas en R. Adem´as como
y = 4 sin 2x y′^ = 8 cos 2x y′′^ = −16 sin 2x
⇒^ y
′′ (^) + 4y = 0.
Definici´on 1.10 (Problema de valores iniciales). El problema { (^) y′ (^) = f (x, y) y(x 0 ) = y 0 , (forma expl´ıcita)
o bien (^) { F (x, y, y′) = 0 y(x 0 ) = y 0 , (forma imp´ıcita) en los cuales se trata de hallar una soluci´on de la ecuaci´on que verifica una determinada condici´on, en este caso que en x = x 0 la funci´on y(x) valga y 0 , se denomina problema de valores iniciales.
Geom´etricamente en un problema de valores iniciales se trata de hallar una curva que satisface la ecuaci´on diferencial dada y que pasa adem´as por el punto (x 0 , y 0 ) del plano. F´ısicamente consiste en determinar la trayectoria que describe un m´ovil, cuyo movimiento viene modelado por la ecuaci´on dada, conociendo su posici´on inicial (de ah´ı su nombre), esto es, se sabe que en el instante t 0 el m´ovil est´a en el punto x 0. Para ecuaciones de segundo orden, el problema de valores iniciales se plantea como sigue:
y′′^ = f (x, y, y′) y(x 0 ) = y 0 y′(x 0 ) = y 1 ,
(forma expl´ıcita)
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Las ecuaciones diferenciales tienen una extraordinaria importancia en las aplicaciones, en todas las Ciencias, parti- cularmente en F´ısica y en las Ingenier´ıas, porque surgen de una forma natural al modelizar problemas que se presentan en el mundo real. Nos limitaremos a estudiar, en este tema, las ecuaciones direnciales ordinarias de primer orden y las lineales de segundo orden (en particular con coeficientes constantes), precisamente porque son las que m´as importancia tienen en las aplicaciones.
2. Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden
2.1. Ecuaciones con variables separadas
En el caso sencillo de la ecuaci´on dydx = f (x), es f´acil obtener la soluci´on mediante integraci´on
y =
f (x) dx + C,
la cual contiene una constante arbitraria, que puede calcularse si se conoce el valor y(x 0 ) = y 0 , quedando
y = y 0 +
∫ (^) x x 0
f (x) dx.
Las ecuaciones separables o de variables separadas son ecuaciones diferenciales de la forma
dy dx =^ g(x)h(y)^ o bien^ f^2 (y)^ dy^ =^ f^1 (x)^ dx.
El m´etodo de resoluci´on consiste en, una vez separadas las variables a ambos lados de la igualdad, integrar en cada miembro respecto a la variable correspondiente, es decir ∫ (^1) h(y) dy^ =
g(x) dx, o bien
f 2 (y) dy =
f 1 (x) dx.
Ejemplo 2.1. Resolver (1 + x) dy − y dx = 0.
Sol: En primer lugar, separando variables
(1 + x) dy = y dx ⇒ (^1) y dy = (^) 1 +^1 x dx ⇒
y dy^ =
1 + x dx ⇒ ln |y| = ln |1 + x| + c 1 ,
de donde obtenemos y = eln^ |1+x|+c^1 ⇒ y = eln^ |1+x|ec^1 ⇒ y = C(1 + x).
Ejemplo 2.2. Resolver el problema de valor inicial
dy dx =^ −^
x y y(4) = − 3.
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Sol: Separando variables en la ecuaci´on diferencial
y dy = −x dx ⇒
y dy = −
x dx ⇒ y
2 2 =^ −^
x^2 2 +^ c^1 ⇒ x^2 + y^2 = c^2.
Para obtener la soluci´on que pasa por el punto (4, −3), basta con sustituir estos valores en x e y con lo que nos queda que c^2 = 25. Por lo tanto la soluci´on buscada es x^2 + y^2 = 25.
Ejemplo 2.3. En ocasiones el procedimiento para solucionar una ecuaci´on diferencial, nos puede llevar a la p´erdida de soluciones. Por ejemplo, para resolver la ecuaci´on dydx = y^2 − 4, actuamos comos sigue:
dy y^2 − 4 =^ dx^ ⇒
∫ (^) dy y^2 − 4 =
dx ⇒ ln
∣∣^ y^ −^2 y + 2
∣∣ = 4x + c 1
⇒ y y^ −+ 2^2 = Ce^4 x
Despejando ahora la y obtenemos la soluci´on general
y = 2 1 +^ Ce
4 x 1 − Ce^4 x^.
Ahora bien, si factorizamos el lado derecho de la ecuaci´on diferencial dydx = y^2 − 4, tenemos la expresi´on dydx = (y − 2)(y + 2), lo que pone de manifiesto que y = 2 e y = −2 son dos soluciones constantes (de equilibrio) de nuestra ecuaci´on diferencial. La soluci´on y = 2 se obtiene de nuestra soluci´on general tomando C = 0, pero no se puede obtener y = −2 a partir de la soluci´on general para ning´un valor de C.
2.2. Ecuaciones diferenciales homog´eneas
Las ecuaciones diferenciales homog´eneas son aquellas que pueden escribirse de la forma dy dx =^ f
( (^) y x
las cuales se reducen a una de variables separadas tras efectuar el cambio z = yx , o lo que es lo mismo y = xz,
obteni´endose (^) dxdy = x dzdx + z, por lo que la ecuaci´on se transforma en:
x dzdx + z = f (z) ⇒ (^) f (zdz) − z = dxx ⇒
∫ (^) dz f (z) − z = ln^ |x|^ + ln^ K ⇒ x = Ce
∫ (^) f (zdz)−z
Ejemplo 2.4. Resolver (^) dxdy = yx + tan yx.
Sol: Haciendo el cambio y = xz, obtenemos
x dxdz + z = z + tan z ⇒ cos sin^ z zdz = dxx ⇒ ln | sin z| = ln |x| + ln c ⇒ sin z = C x
⇒ sin yx = C x.
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Sol: Multiplicamos la ecuaci´on por e
∫ (^) − cot x dx = (^) sin^1 x , con lo que tenemos 1 sin x
dy dx −^ y^
cos x sin^2 x = 2x^ ⇒^
d dx
[
y (^) sin^1 x
]
= 2x ⇒ y (^) sin^1 x =
2 x dx = x^2 + C
⇒ y = x^2 sin x + C sin x.
2.4. Ecuaciones diferenciales exactas
Puede suceder que el primer miembro de la ecuaci´on M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0
sea la diferencial total de cierta funci´on u(x, y), es decir,
du(x, y) = ∂u∂x (x, y) dx + ∂u∂y (x, y) dy = M (x, y) dx + N (x, y) dy
y por lo tanto la ecuaci´on diferencial puede ser escrita en la forma
du(x, y) = 0 ⇒ u(x, y) = C (soluci´on de la ecuaci´on, con C constante) A este tipo de ecuaciones diferenciales se les denomina ecuaciones exactas y una condici´on necesaria y suficiente para que una ecuaci´on M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 lo sea es que ∂M ∂y (x, y) =^
∂N
∂x (x, y). La forma de resolver este tipo de ecuaciones es la siguiente. Dado que ∂u ∂x (x, y) =^ M^ (x, y)^ y^
∂u ∂y (x, y) =^ N^ (x, y) podemos llegar a u(x, y), mediante integraci´on de M (x, y) respecto a x, o bien, mediante integraci´on de N (x, y) respecto a y. En el primero de los casos tendr´ıamos u(x, y) =
M (x, y) dx + C(y),
donde todo lo que dependa de y se considera constante en el proceso de integraci´on. Para obtener la funci´on C(y), bastar´a con imponer que ∂u ∂y (x, y) =^
∂y
[∫
M (x, y) dx
]
- C′(y) = N (x, y) En el segundo u(x, y) =
N (x, y) dy + C(x),
donde todo lo que dependa de x se considera constante en el proceso de integraci´on. Para obtener la funci´on C(x), bastar´a con imponer que ∂u ∂x (x, y) =^
∂x
[∫
N (x, y) dy
]
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Ejemplo 2.8. Resolver la ecuaci´on diferencial exacta siguiente: (x + y + 1)dx + (x − y^2 + 3)dy = 0.
Sol: Dado que M (x, y) = x + y + 1 y que N (x, y) = x − y^2 + 3, se tiene que
∂(x + y + 1) ∂y (x, y) = 1 =^
∂(x − y^2 + 3) ∂x (x, y) con lo que se trata de una ecuaci´on diferencial exacta, luego
u(x, y) =
M (x, y) dx + C(y) =
(x + y + 1)dx + C(y) = x
2 2 +^ yx^ +^ x^ +^ C(y)
para calcular C(y)
∂u ∂y (x, y) =^ x^ +^ C
′(y) = N (x, y) = x − y (^2) + 3 ⇒ C′(y) = −y (^2) + 3 ⇒ C(y) = − y^3 3 + 3y por lo que la soluci´on ser´a
u(x, y) = C ⇒ x
2 2 +^ yx^ +^ x^ −^
y^3 3 + 3y^ =^ C^ (C constante)
Ejemplo 2.9. Resolver y sin x − y′^ cos x = 1.
Sol: Escribiendo la ecuaci´on en la forma equivalente (y sin x − 1)dx − cos x dy = 0, se tiene que M (x, y) = y sin x − 1, y N (x, y) = − cos x, por lo que ∂(y sin x − 1) ∂y (x, y) = sin^ x^ =^
∂(− cos x) ∂x (x, y) y la ecuaci´on es exacta. Luego
u(x, y) =
N (x, y) dy + C(x) =
− cos x dy + C(x) = −y cos x + C(x).
Para calcular C(x) ∂u ∂x (x, y) =^ y^ sin^ x^ +^ C
′(x) = M (x, y) = y sin x − 1 ⇒ C′(x) = − 1 ⇒ C(x) = −x
por lo que la soluci´on ser´a u(x, y) = C ⇒ −y cos x − x = C (C constante)
3. Aplicaciones: Ecuaciones diferenciales de primer orden
3.1. Aplicaciones Geom´etricas
Definici´on 3.1. Se llaman trayectorias ortogonales o curvas ortogonales a una familia de curvas dadas Φ(x, y) = c (con c constante), a otra familia de curvas que cortan perpendicularmente a cada elemento de la familia de partida.
Nota 3.2. Recu´erdese que dos rectas son perpendiculares si el producto de sus pendientes es −1, esto es m 2 = − (^) m^1 1
donde m 1 denota la pendiente de una de las rectas.
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3.2. Aplicaciones f´ısicas
3.2.1. Ca´ıda de un cuerpo en un medio resistente
En primer lugar recordamos la siguiente ley f´ısica fundamental. Segunda Ley de Newton: El cambio de movimiento es proporcional a la fuerza motriz impresa y ocurre seg´un la l´ınea recta a lo largo de la cual aquella fuerza se imprime (esto es, la aceleraci´on o cambio de movimiento es directamente proporcional a la aplicada: F = m · a, donde m es una constante caracter´ıstica del cuerpo llamada masa inercial ). Al caer un cuerpo de masa m, sobre ´el act´uan dos fuerzas: la de la gravedad y la resistencia del aire (que es proporcional a su velocidad k · v). Si s = f (t) representa el espacio recorrido en funci´on del tiempo, v = s′(t) es la velocidad; a = v′(t) = s′′(t) la aceleraci´on con que cae, por la segunda ley de Newton:
m a = m g − k v ⇒ a = g − (^) m kv ⇒ v′^ + (^) m k v = g.
Dicho modelo corresponde a una ecuaci´on lineal de primer orden cuya soluci´on para el problema de valores iniciales v(0) = v 0 viene dada por: v(t) = m gk + e−^ mk^ t^
v 0 − m gk
Ejemplo 3.5. Un paracaidista cuyo peso es de 100 Kg. se deja caer desde un helic´optero situado a 3000 m. Suponiendo que la resistencia del aire es proporcional a la velocidad con constante k 0 = 20 Kg./seg. si el paraca´ıdas est´a cerrado y k 1 = 100 Kg./seg. si est´a abierto y que el paraca´ıdas se abre transcurridos 30 seg., ¿qu´e relaci´on satisface el tiempo de llegada?
Sol: El tiempo de llegada τ ser´a la suma del tiempo t 0 = 30 seg. que transcurre mientras el paraca´ıdas est´a cerrado y el tiempo T que transcurre desde que se abre el paraca´ıdas hasta llegar a la superficie. Para calcular T procedemos como sigue:
Calculamos el espacio s 0 que recorre el paracaidista mientras est´a cerrado el paraca´ıdas. Para ello usamos el modelo de ca´ıdas en un medio resistente con k 0 = 20 Kg./seg. y condici´on incial v 0 = v(0) = 0. Calculamos la velocidad v 30 que lleva el paracaidista en el momento justo en que abre el paraca´ıdas. Usamos de nuevo el modelo de ca´ıdas en un medio resistente con k 1 = 100 Kg./seg., donde la condici´on inicial es la calculada en el apartado anterior, para as´ı calcular el espacio que recorre el paracaidista una vez se abra el paracaidas.
La velocidad v 0 (t) durante los primeros 30 seg. viene dada por:
v 0 (t) = 9, (^8 )
1 − e−^10020 t
1 − e−^15 t
m./seg.,
luego el espacio s 0 recorrido durante los primeros 30 seg. es
s 0 =
0
1 − e−^15 t
dt ≈ 1225 ,61 metros.
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Usamos ahora el modelo con la nueva constante k 1 = 100 Kg./seg. suponiendo que volvemos a contar el tiempo T desde cero (n´otese que en este caso la condici´on inicial es v 1 (0) = v 0 (30) = v 30 = 48,89 m./seg.) La velocidad v 1 (T ) que lleva el paracaidista una vez abierto el paraca´ıdas vendr´a entonces dada por :
v 1 (T ) = 9, 8 100100 + e−T
= 9,8 + 39, 09 e−T^ m./seg.
Luego el espacio total recorrido para cualquier instante τ = 30 + T vendr´a dado como s(τ ) = s 0 (30) + s 1 (T ) donde:
s 1 (T ) =
∫ T
0
v 1 (t) dt =
∫ T
0
( 9 ,8 + 39, 09 e−t) (^) dt = [ 9 , 8 t − 39 , 09 e−t]T 0 = 9,^8 T^ −^39 ,^09 e−T^ + 39,^09
El tiempo τ = 30 + T ha de verificar por tanto s 0 (30) + s 1 (T ) = 3000 m., esto es s 1 (T ) = 3000 − 1225 ,61 = 1774, 39 m. En conclusi´on 9 , 8 T − 39 , 09 e−T^ = 1735, 3.
(N´otese que la ecuaci´on anterior puede ser resuelta, por ejemplo, usando el m´etodo de bisecci´on para el c´alculo de raices, o bien m´etodo de Newton^1. En este ejemplo T ≈ 177 ,07 seg. y el tiempo total τ = 3 min. 27,07 seg.)
3.2.2. Desintegraci´on radiactiva.
Se pretende calcular la cantidad restante de una sustancia que se desintegra radiactivamente. Para ello, denotamos por y(t) la cantidad de sustancia restante en el instante t, e y 0 la cantidad inicial de sustancia. Es conocido que la desintegraci´on radiactiva est´a sujeta a la siguiente ley: La rapidez de desintegraci´on es propor- cional a la cantidad de sustancia restante. Formulando la ley anterior para la cantidad de sustancia y(t) obtenemos que ´esta se rige por la ecuaci´on diferencial ordinaria de variables separadas y′(t) = K y(t),
donde K es una constante que depende de la sustancia estudiada. La soluci´on general, para una cantidad inicial y(0) = y 0 , viene dada por:
y(t) = y 0 eK t.
Nota 3.6. Para determinar la constante K es necesario conocer la vida media de la sustancia, que es el tiempo medio tmed. que tarda la misma en reducirse a la mitad. Luego
y(tmed.) = y 20 = y 0 eKtmed.^ ⇒ 12 = eK tmed.^ ⇒ − ln 2 = K tmed. ⇒ K = − (^) tln 2 med.
En conclusi´on, la cantidad de sustancia restante viene dada por
y(t) = y 0 e−^ tmed.ln 2^ t.
Ejemplo 3.7. En un trozo de madera quemada se encontr´o que el 85.5 % de C^14 se hab´ıa desintegrado. ¿Qu´e edad ten´ıa la madera? Nota: La vida media del C^14 es de 5600 a˜nos. (^1) Ver Tema 9. C´alculo diferencial de funciones de una variable.
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Luego la temperatura del term´ometro en cualquier instante t viene dada por:
T (t) = 10 + 60 e−^0 ,^811 t.
Al cabo de un minuto, el term´ometro marcar´a T (1) = 10 + 60 · e−^0 ,^811 ' 36 , 67 o^ F. Para determinar el tiempo en que alcanzar´a los 15o^ F, hemos de resolver la ecuaci´on T (t) = 15, es decir;
15 = 10 + 60 · e−^0 ,^811 ·t^ ⇒ 5 = 60 · e−^0 ,^811 ·t^ ⇒ e−^0 ,^811 ·t^ = 60 5 = 121 ⇒ − 0 , 811 · t = − ln 12 ⇒ t = 0 ln 12, 811 ' 3 ,064 minutos.
3.2.4. Problemas de crecimiento poblacional.
La tasa de crecimiento de una poblaci´on viene dada por la ecuaci´on log´ıstica dP dt =^ P^ ·^ (a^ −^ b^ ·^ P^ ),
donde P (t) denota el n´umero de habitantes en el instante t y a, b son constantes positivas. La ecuaci´on diferencial anterior es de variables separadas, luego procedemos a integrarla. Separando las variables: dP P (a − b P ) =^ dt.
Descomponiendo el primer miembro de fracciones simples:
1 P (a − b P ) =^
A
P +^
B
a − b P =^
A (a − b P ) + B P P (a − b P ) =^
A a + (B − A b) P P (a − b P ) ,
luego igualando coeficientes:
A a = 1, de donde A =^1 a , (B − A b) = 0, de donde B = (^) a b.
Por tanto ∫ (^) dP P (a − b P ) =
dt ⇒
∫ [^1
a P +^
b a (a − b P )
]
dP =
dt ⇒ (^1) a ln P − (^1) a ln(a − b P ) = t + C
⇒ (^) a^1 ln P − (^1) a ln(a − b P ) = t + C ⇒ (^1) a ln
( P
a − b P
= t + C
⇒ ln
( P
a − b P
= a t + C ⇒ (^) a −P b P = C eat^ ⇒ P = C eat^ (a − b P ) ⇒ P (1 + C b eat) = C a eat
y finalmente, la soluci´on general de la ecuaci´on log´ıstica es:
P (t) = C a e
at 1 + C b eat^.
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N´otese adem´as que la constante C verifica:
P (1 + C b eat) = C a eat^ ⇒ P + C b eat^ P = C a eat^ ⇒ C (b eat^ P − a eat) = −P,
con lo que C = (^) eat (^) (b P−P − a) = (^) eat (^) (aP − b P ).
Ejemplo 3.9. El n´umero N (t) de personas de una comunidad que ver´an cierto anuncio publicitario se rige por la ecuaci´on log´ıstica dN dt =^ N^ (a^ −^ b N^ ). Inicialmente N (0) = 500, y se observa que N (1) = 1000. Si se predice que el n´umero l´ımite de personas de la comunidad que ver´an el anuncio es de 50.000, determinar N (t) en un instante cualquiera.
Soluci´on. De acuerdo con la discusi´on precedente, la soluci´on de la ecuaci´on log´ıstica es:
N (t) = C a e
at 1 + C b eat^. Las constantes a, b y C vienen determinadas por la condiciones que nos facilita el enunciado. En efecto: N (0) = 500, luego 500 = (^) 1+C aC b N (1) = 1000, luego 1000 = (^) 1+C a eC b eaa y 50000 = l´ t→∞ım N (t) = l´ t→∞ım^ C a e
at 1 + C b eat^ = l´^ t→∞ım
C a e^1 at^ +^ C b^ =^
C a C b =^
a b ,^ luego^ a^ = 50000^ b. Por tanto:
500 = (^) 1 +C a C b ⇒ ↑ a=50000 b
500 + 500 C b = 50000 C b ⇒ C b (10000 − 100) = 100 ⇒
⇒ 99 C b = 1 ⇒ C b = 991.
Por otra parte: 500 = (^) 1 +C a C b = ↑ C b= 991
C a 1 + 991 =
99 C a 100 ⇒^ C a^ =
Luego, utilizando la segunda ecuaci´on:
1000 = C a e
a 1 + C b ea^ C a=⇒^ ↑ 50000 C b= 991 99
(^5000099) ea 1 + e 99 a^ =
50000 ea 99 + ea^ ⇒^ 1000 (99 +^ e
a) = 50000 ea
⇒ 99 = 49 ea^ ⇒ ea^ =^9949 ⇒ a = ln^9949 ' 0 , 7.
Adem´as a = 50000 b ⇒ b = 50000 a ' 500000 ,^7 ' 1 ,4 10−^5 ,
y C a =^5000099 ⇒ C =^5000099 a ' (^50000) 99 0, 7 ' 718 , 12.
En consecuencia, el n´umero de personas que ver´an el anuncio publicitario en un instante cualquiera viene dado por:
N (t) = 505 e
0 , 7 t 1 + 0, 01 e^0 ,^7 t^.
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Luego, atendiendo a la discusi´on anterior, la cantidad de sal y(t) en cada instante en el recipiente es soluci´on de la ecuaci´on diferencial lineal: y′(t) + (^) 300 + (3^2 − 2)t y(t) = 2 3,
esto es, y′(t) + (^) 300 +^2 t y(t) = 6.
La ecuaci´on anterior admite por soluci´on general:
y(t) = 2(300 + t) + (^) (300 +C t) 2.
Finalmente determinamos C de acuerdo a las condiciones del problema:
A = y(0) = 50 ⇒ 50 = 600 + (^) (300)C 2 ⇒ 50 = 6 10^2 + (^) 9 10C 4 ⇒ C = 45 10^5 − 54 10^6 = (45 − 540) 10^5 = −495 10^5.
En conclusi´on, la cantidad de sal que hay en cada instante en el recipiente es de:
y(t) = 2(300 + t) − 495 10
5 (300 + t)^2 libras.
3.2.6. Problemas de reacciones qu´ımicas.
Dos sustancias A y B reaccionan formando una sustancia C. Interesa conocer la cantidad de sustancia C formada en el instante t. Para resolver dicho problema nos apoyamos en la siguiente ley de la qu´ımica (ley de acci´on de masas): La rapidez (tasa instant´anea) de producci´on de un producto por unidad de volumen en la reacci´on es proporcional al producto de las cantidades (concentraciones) de las sustancias A y B que no han reaccionado. Denotando por: y(t) = ‘cantidad de C en el instante t’, α = ‘cantidad inicial de A’, a(t) = ‘cantidad usada de A en el instante t’, β = ‘cantidad inicial de B’, b(t) = ‘cantidad usada de B en el instante t’,
se tiene que y(t) verifica (en virtud de la ley de acci´on de masas) la ecuaci´on diferencial ordinaria de variables separadas:
y′(t) = K (α − a(t)) (β − b(t))
con condici´on inicial y(0) = 0 (pues en el instante t = 0 no existe a´un sustancia C). Aqu´ı K es la constante de reacci´on.
Ejemplo 3.11. Dos sustancias qu´ımicas A y B se combinan para formar una sustancia C. Inicialmente hay 40 gr. de A y 50 gr. de B, y por cada gramo de B se usan 2 gr. de A. Se observa que se forman 10 gr. de C en 5 minutos. ¿Cu´anto se formar´a en 20 minutos?¿Cu´anto quedar´a de A y B sin reaccionar despu´es de un tiempo largo?
Soluci´on. Sean y(t) = ‘cantidad de sustancia C en el instante t’, α = 40 , a(t) = ‘cantidad usada de A en el instante t’, β = 50 , b(t) = ‘cantidad usada de B en el instante t’,
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La Ley de Consevaci´on de la masa de Lavoisier nos garantiza que la cantidad de sustancia C creada en el instante t coincide con la suma de las de A y B. Por otro lado sabemos que por cada gramo de B se usan 2 gr. de A, esto es, la cantidad de sustancia A usada en el instante t es el doble de la de B. Luego
{ y(t) = a(t) + b(t) a(t) = 2 b(t) ⇒^ y(t) = 3^ b(t)^ ⇒
b(t) = y( 3 t)
a(t) =^2 y 3 (t)
De acuerdo con la discusi´on precedente, la cantidad de sustancia C creada en el instante t verifica la ecuaci´on diferencial ordinaria de variables separadas: y′(t) = K
[
40 − 23 y(t)
] [
50 − 13 y(t)
]
o y′(t) = K 9 (120 − 2 y(t)) (150 − y(t)).
Luego dy (120 − 2 y) (150 − y) =^
K
9 dt. Integrando la expresi´on anterior: (^) ∫ dy (120 − 2 y) (150 − y) =^
K
9 t^ +^ C. Calculamos la integral del primer miembro por descomposici´on en fracciones simples:
(120 − 2 y) (150 − y) =^
A
120 − 2 y +^
B
150 − y =^
A(150 − y) + B (120 − 2 y) (120 − 2 y) (150 − y)
= (150^ A (120^ + 120 − 2 B y) + () (150−A −^ − y^ )^2 B)^ y.
Igualando coeficientes obtenemos:
{ 150 A + 120 B = 1 −A − 2 B = 0 ⇒
150 A + 120 B = 1
− 60 A − 120 B = 0 ⇒^90 A^ = 1^ ⇒
A = 901
B = − 1801
Por tanto: (^) ∫ (^) dy
(120 − 2 y) (150 − y) =
∫ [ 1
120 − 2 y −^
150 − y
]
dy = − 180 1 ln | 120 − 2 y| + 180 1 ln | 150 − y|
= 180 1 ln
∣∣^150 −^ y 120 − 2 y
∣∣ + C
Luego, 1 180 ln
∣∣^150 −^ y 120 − 2 y
∣∣ = K
9 t^ +^ C^ ⇒^ ln
∣∣^150 −^ y 120 − 2 y
∣∣ = 20 K t + C ⇒ 150 −^ y 120 − 2 y =^ C e
20 K t.
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(i) L[y 1 + y 2 ] = L[y 1 ] + L[y 2 ] (ii) L[c y 1 ] = c L[y 1 ], cualquiera que sea la constante c ∈ R. Cuando f (x) ≡ 0, la ecuaci´on L[y] ≡ a(x) d
(^2) y dx^2 +^ b(x)^
dy dx +^ c(x)y^ = 0, se denomina ecuaci´on homog´enea. Si f (x) 6 ≡ 0, la ecuaci´on
L[y] ≡ a(x) d
(^2) y dx^2 +^ b(x)^
dy dx +^ c(x)y^ =^ f^ (x),
se denomina ecuaci´on completa, inhomog´enea o no homog´enea. F´acilmente se comprueban las siguientes propiedades: (i) Si y 1 (x) e y 2 (x) son soluciones de la ecuaci´on homog´enea, entonces su suma y 1 (x) + y 2 (x) es tambi´en soluci´on. En efecto, L[y 1 (x) + y 2 (x)] = L[y 1 (x)] + L[y 2 (x)] = 0 + 0 = 0.
(ii) Si y 1 (x) es una soluci´on de la ecuaci´on homog´enea, entonces c y 1 (x), cualquiera que sea la constante c, es tambi´en soluci´on. Ciertamente, L[c y 1 (x)] = c L[y 1 (x)] = c 0 = 0. Nota 4.1. De las propiedades anteriores se deduce que el conjunto de soluciones de la ecuaci´on homog´enea es un espacio vectorial (de dimensi´on dos). (iii) Si y 1 (x) e y 2 (x) son dos soluciones linealmente independientes de la ecuaci´on homog´enea, entonces la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea es:
yH (x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x),
donde c 1 y c 2 son constantes arbitrarias. (iv) Si yP (x) denota una soluci´on particular de la ecuaci´on completa, entonces su soluci´on general se expresa como sigue: y(x) = y ︸ ︷︷ ︸H (x) sol. gral. hom.
- y ︸ ︷︷ ︸P (x) sol. gral. comp.
Nota 4.2. Como resumen de las propiedades anteriores conclu´ımos que: si y 1 (x) e y 2 (x) son soluciones linealmente independientes de la ecuaci´on homog´enea, entonces la soluci´on general de la ecuaci´on completa es:
y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + yP (x),
cualesquiera sean las constantes c 1 y c 2. En efecto,
L[y(x)] = c 1 L[y 1 (x) + c 2 L[y 2 (x)] + L[yP (x)] = c 1 0 + c 2 0 + f (x) = f (x)
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4.1. Ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden con coeficientes constantes
4.1.1. La ecuaci´on homog´enea de segundo orden
Un caso particularmente interesante de la ecuaci´on diferencial homog´enea considerada en la secci´on anterior, es la ecuaci´on: a d
(^2) y dx^2 +^ b
dy dx +^ cy^ = 0, donde a, b y c son constantes, que supondremos reales. La ecuaci´on anterior recibe el nombre de ecuaci´on lineal homog´enea de segundo orden con coeficientes constantes. Una v´ıa para resolverla es buscar soluciones tentativas la forma
y = erx
donde r es un par´ametro a determinar. Como y′^ = r erx, y′′^ = r^2 erx, imponiendo que y sea soluci´on de la ecuaci´on homog´enea, queda (a r^2 + b r + c) erx^ = 0
de donde, puesto que erx^6 = 0 siempre, se deduce que tiene que ser
p(r) ≡ a r^2 + b r + c = 0.
A esta ecuaci´on se la denomina ecuaci´on caracter´ıstica (es un polinomio de segundo grado) o ecuaci´on auxiliar, y que tiene dos soluciones:
r = −b^ ±
√b (^2) − 4 ac 2 a. Distinguimos los siguientes casos:
(i) Si b^2 − 4 ac > 0, la ecuaci´on caracter´ıstica tiene dos soluciones reales distintas
r 1 = −b^ +^
b^2 − 4 ac 2 a y^ r^2 =^
−b −
b^2 − 4 ac 2 a. Las soluciones buscadas son: y 1 = er^1 x^ e y 2 = er^2 x. Por tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea es:
yH (x) = c 1 er^1 x^ + c 2 er^2 x,
donde c 1 y c 2 son constantes arbitrarias. (ii) Si b^2 − 4 ac < 0, las soluciones son complejas de la forma:
r 1 = α + βi y r 2 = α − βi.
La soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea admite la expresi´on:
yH (x) = c 1 er^1 x^ + c 2 er^2 x^ = c 1 e(α+βi)x^ + c 2 e(α−βi)x,
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