trabajo calculo integral 2
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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA
FACULTAD DE INGENIERÍA MECÁNICA
INTEGRANTES:
- REYES MONTES ALVARO EDISON 20142068I
-VILLEGAS CAYCHO DEYVIS
-SANTIAGO SOTO RICHARD DAY
-RAFAEL ROSALES CRISTHIAN KEVIN
-QUISPE PALOMINO JOEL NICOHLAS
-SEDANO CASAVERDE JOEL JESUS
CURSO: “CALCULO INTEGRAL” MB147
PROFESOR: Ing. REYNA, JEXY
SECCIÓN: “C”
Sábado 9 de Mayo del 2015
TABLA DE RESPONSABILIDADES
ESTUDIANTE TEMAS CODIFICACIÓN DE PROBLEMAS
AUTORIA DE PROBLEMAS
SANTIAGO SOTORICHARD DAY(20141165K)
-Ecuaciones Diferencialesde variables separables
-Reducción de Ecuaciones
Diferencialesa ecuaciones de
variables separables
PROBLEMA 1Análisis Matemático
IV Espinoza Ramos
PROBLEMA 2Análisis Matemático
IV Espinoza Ramos
PROBLEMA 3Análisis Matemático
IV Espinoza Ramos
PROBLEMA 4Análisis Matemático
IV Espinoza Ramos
PROBLEMA 5PROBLEMA 6
Análisis Matemático IV
Espinoza Ramos
RAFAEL ROSALESCRISTHIAN KEVIN
(20140023H)
-EcuacionesDiferencialesHomogéneas
-Reducción de ecuaciones
Diferenciales aEcuaciones
Diferenciales homogéneas
PROBLEMA 6Ecuaciones
DiferencialesDennis G.Zill
PROBLEMA 7Ecuaciones
DiferencialesGeorge F.Simons
PROBLEMA 8Ecuaciones
DiferencialesGeorge F.Simons
PROBLEMA 9Ecuaciones
DiferencialesGeorge F.Simons
PROBLEMA 10Ecuaciones
DiferencialesDennis G.Zill
-Ecuaciones PROBLEMA 16
Análisis Matemático IV
Espinoza Ramos
ALVARO EDISON REYES MONTES
(20142068I)
Diferenciales Inexactas
-Ecuaciones Diferenciales
Lineales
-Ecuaciones DiferencialesNo Lineales
PROBLEMA 172da Calificada UNAC
FCNM 2014-1
PROBLEMA 182da Calificada
UNMSMFIEE
2010-2
PROBLEMA 193era Calificada UNI
FC2009-1
PROBLEMA 203era Calificada UNI
FIM2011-3
PROBLEMA 21Análisis Matemático
IV Espinoza Ramos
VILLEGAS CAYCHODEYVIS
(20141045E)
-Ecuación de Clairaut.
-Solución singular.
-Ecuación de primer orden y grado superior.
Aplicaciones
PROBLEMA 27Ecuaciones
Diferenciales Cesar Saal R. yFelix Carrillo C.
PROBLEMA 28Ecuaciones
DiferencialesCesar Saal R. yFelix Carrillo C.
PROBLEMA 29Análisis Matemático
Jorge Lara P. yJorge Arroba R.
PROBLEMA 30Análisis Matemático
Jorge Lara P. yJorge Arroba R.
PROBLEMA 31Ecuaciones
Diferenciales y Aplicaciones, 6ta ed
EduardoEspinoza R.
Funciones Diferenciales Ordinarias de variable separable:
Si la ecuación diferencial de primer orden y primer grado que es dydx
=g(x . y ), podemos
expresar en la forma:
M (x )dx+N ( y )dy=0
Donde M es una función solo de x y N es una función solo de y, entonces a la ecuación (1) se le denomina “ecuación diferencial ordinaria de variable separable” y la solución general se obtiene pro integración directa.
∫M ( x )dx+∫N ( y )dy=c ;∀ c∈R
Donde c es la constante de integración.
Ejercicios:
1. ( y2+x y2 ) dydx
+x2−x2 y=0
A la ecuación diferencial dad la expresamos en la forma:y2 (x+1 )dy+x2 (1− y )dx=0, separando variables
y2
1− ydy+ x2
1+xdx=0, integrando se tiene:∫ y2
1− ydy+∫ x2
1+xdx=c
De donde tenemos:
→(x+ y )( x− y−2)+2 ln 1+x1− y
=k
2. x 2√1+ y2+ y 2√1+x2 dydx
=0
A la ecuación diferencial expresamos así:
x 2√1+ y2dx+ y 2√1+x2dy=0, separando las variables
xdx2√1+x2
+ ydy2√1+ y2
=0, integrando se tiene:∫ xdx2√1+ x2
+∫ ydy2√1+ y2
=c
Donde tenemos
→2√1+x2+ 2√1+ y2=c
Funciones Diferenciales Ordinarias Reducibles a Variable Separable
Las ecuaciones diferenciales de la forma siguiente:
dydx
=f (ax+by+c)
Donde a, b y c son constantes, no son de variable separable.
Para resolver estas ecuaciones diferenciales, se transforma en una ecuación diferencial de variable separable, mediante la sustitución; z=ax+by+c, de donde dydx
=1b( dzdx
−a), que al remplazar en la ecuación (2), se obtiene una nueva ecuación
diferencial. Que es de variable separable.
Es decir: 1b ( dzdx−a)=f (z ), de donde
dzdx
=a+bf ( z), separando la variable
dza+bf (z )
=dxque es una ecuación de variable separable.
Ejercicios:
3. ¿
Sea z=x+ y→ dydx
=dzdx
−1, reemplazando en la ecuación diferencial se tiene:
z2( dydx−1)=a2, separando la variable z2
z2+a2dz=dx, integrando ambos miembros.
∫ z2
z2+a2dz=∫ dx+c→ z−a tan−1 z
a=x+c, de donde x+ y−a tan−1 x+ y
a=x+c
Simplificando se obtiene:
x+ y=a tan ( ya+k)
4.dydx
=cosax+by+c2 , a yb constantes positivas y diferentes
Sea z=ax+by+c→ dzdx
=a+b dydx , de donde
dydx
=1b( dzdx
−a), reemplazando en la
ecuación 1b ( dzdx−a)→ dz
dx=a+bcos z2
Separando las variables se tiene: dz
a+bcos z2=dx
Integrando se tiene: ∫ dza+b cos z2
=∫ dx+k→∫ dza sin z2+(a+b)cos z2
=x+k
1a∫
sec z2
tan z2+ a+ba
=x+k→ 12√a(a+b)
tan−1 2√ aa+b
tan (ax+by+c )=x+k
Aplicación de las Ecuaciones Diferenciales
Cambio de temperatura
La ley de enfriamiento de newton establece, que la rapidez de cambio de la temperatura en un cuerpo en cualquier tiempo t, es proporcional a la diferencia de las temperaturas del cuerpo y del medio circundante en el tiempo t. consideremos a T la temperatura del cuerpo en el tiempo t y a Tm la temperatura del medio circundante y a T0 temperatura inicial del cuerpo (t=0).
La ley de enfriamiento de newton se expresa mediante la ecuación diferencial
dTdt
=k (T−Tm)=−k (Tm−T ), ya sea que aumente o disminuya, donde k es el factor de
proporcionalidad.
Es una ecuación diferencial lineal de primer orden y para t=0, T=T0
Luego:
T=Tm+(T 0−Tm)e−kt ……(3)
Ejercicios:
5. Según la ley de Newton, si la temperatura es de 20°C y el cuerpo se enfría en 20min desde 100°C hasta 60°C. ¿En cuánto tiempo su temperatura descenderá hasta 30°C? Sean T=temperatura del cuerpo; Tm=temperatura del aire=20°Cy T0=temperatura inicial.
Reconocemos los datos y lo remplazamos en la ecuación (3)T=Tm+(T 0−Tm)e−kt
60=20+(100−20 ) e−20 t→k= ln220
Por lo tanto T=20+80 e−tln220 =20+80 x2
−t20
Reemplazamos para T=30°C
30=20+80 x2−t20→t=60min
Interés compuesto.Si la tasa de interés es i capitalizable continuamente y S es el monto en cualquier tiempo (monto principal más el interés acumulado). EntoncesdSdt
=iS, al separar las variables
dSS
=idt
Al integrar ambos miembros de la ecuación, se tiene:
∫ dSS
=∫ idt
Es decir: ln S=¿+cDespejando S tenemos
S=k e¿
Si S = S0 cuando t = 0; entonces k = S0 (que representa el monto inicial), sustituyendo el valor de k en la expresión anterior, el monto total es:
S=S0 e¿...(4)
Ejercicio:
6. Susana presta un monto de x soles, capitalizables trimestralmente y con una taza de 15%, si dentro de un año el interés recibido es de 986,54 soles¿a Cuánto asciende es el monto que prestó Susana?Sabemos que:
Montofinal=Montoinicial+ Interés …(5)
De la ecuación (4) tenemos que:
Monto final=S0e¿, reemplazamos en (5)
S0e¿=S0+ I , despejando II=s0(e¿−1)
Reemplazando datos S0 = 1200
ECUACIONES HOMOGENEAS
Si una función f tiene la propiedad f ( tx . ty )=t α f ( x , y ) para algún número real α , entonces se
dice que es una función homogénea de grado α . Por ejemplo f ( x , y )=x3+ y3es una función
homogénea de grado 3, ya que
f ( tx , ty )=( tx )3+( ty )3=t 3 (x3+ y3 )=t 3 f ( x , y ),
Mientras que f ( x , y )=x3+ y3+1 es no homogénea. Una ED de primer orden en forma diferencial
M (x , y ) dx+N ( x , y )dy=0 (1 )
Se dice que es homogénea si ambas funciones coeficientes M y N son ecuaciones homogéneas del
mismo grado. En otras palabras, la ecuación (1 ) es homogénea si
M ( tx ,ty )=tα M ( x , y ) y N ( tx , ty )=t α N ( x , y )
METODO DE SOLUCION
Si M y N son funciones homogéneas de grado α , podemos escribir
M (x , y )=xα M (1 ,u ) y N ( x , y )=xαN (1 , u ) donde u= yx (2 )
Y
M (x , y )= yα M ( v ,1 ) y N ( x , y )= y α N (v ,1 ) donde v= xy (3 )
Las propiedades (2 ) y (3 ) sugieren las sustituciones que se pueden usar para resolver una ecuación
diferencial homogénea.
En concreto, cualquiera de las sustituciones y=ux o x=vy, donde u y v son las nuevas
variables dependientes, reducirán una ecuación homogénea a una ecuación diferencial de primer
orden separable. Para mostrar esto, observe que como consecuencia de (2 ) una ecuación
homogénea M (x , y )dx+N ( x , y ) dy=0 se puede reescribir como
xα M (1, u )dx+xα N (1 ,u )dy=0 o bien M (1 , u )dx+N (1 , u )d y=0,
donde u= yx o y=ux . Sustituyendo la diferencial dy=udx+x du en la última ecuación y
agrupando términos, obtenemos una ED separable en las variables u y x:
M (1 , u )dx+N (1 , u ) [u dx+x du ]=0
[M (1 , u )+uN (1 ,u ) ]dx+x N (1 ,u )du=0
dxx
+N (1 ,u )du
M (1 , u )+uN (1, u )=0
Prob 1) (ejemplo 1 , pá g72 , ecuaciones diferenciales ,DennisG .Zill )
Resuelva (x2+ y2 )dx+( x2−xy )dy
Solución
Examinando a M (x , y )=x2+ y2 y a N ( x , y )=x2−xy se muestra que estas funciones
coeficientes son homogéneas de grado 2. Si hacemos y=ux , entonces dy=udx+x du,
de modo que después de sustituir, la ecuación dada se convierte en
(x2+w 2 x2 )dx+(x2−u x2 ) [u dx+x du ]=0
x2 (1+u )dx+x3 (1−u ) du=0
1−u1+u
du+ dxx
=0
[−1+ 21+u ]du+ dx
x=0
Después de integrar la última ecuación se obtiene
−u+2 ln|1+u|+ ln|x|=ln|c|
− yx
+2 ln|1+ yx |+ ln|x|=ln|c|
Utilizando las propiedades de los logaritmos, podemos escribir la solución anterior como
( x+ y )2=cx eyx
Prob 2) (ejemplo 1.13 , pá g27 , ecuacionesdiferenciales ,George F . Simons )
Resuelva la ecuación diferencial
x . dydx
=2 x+3 y
Solución
Reescribamos la ecuación como
−(2 x+3 y )dx+x dy=0
Así vemos que cada una de las ecuaciones M=−(2 x+3 y ) y N=x es homogénea de grado 1.
De esta manera reescribimos la ecuación de la siguiente manera:
dydx
=2 x+3 yx
=2+3. yx
El miembro derecho es homogéneo de grado como esperábamos.
Si ponemos u= yx y
dydx
=u+x [ dudx ]. El resultado es
u+x . dudx
=2+3. yx=2+3u
La ecuación se separa, como lo anticipamos, en
du2+2u
=dxx
Ésta se integra fácilmente para dar como resultado
12ln (1+u )=ln ( x )+c
O bien
u=Dx2−1
Sustituyendo u= yx se obtiene
yx=Dx2−1
De lo cual se desprende que
y=D x3−x
REDUCCION A ECUACIONES HOMOGENEAS
a) ¿1x+B1y+C1¿dx+¿2x+B2y+C2¿dy=0
Si las rectas L1: A1+B1+C1¿0 , L2: A2x+B2y+C2¿0 son paralelas.
−A1¿B1¿−A 2/B2 → A1.B2−A2.B1¿0
t=A1x+B1y
dt=A1dx+B1dy
B1dy=dt−A1dx
Reemplazando en la ecuación diferencial
¿1¿dx+¿2¿¿1dx ¿/B1¿0
¿1t+B1C1¿dx+¿2¿dt−¿1t+A 1C2¿dx=0
¿1t+B1C−kA 1t−A1C2¿dx+¿2¿dt=0
∫ dx+∫(kt+C 2)dt /¿1t+B1C−kA 1t−A1C2¿dx=∫ 0
b) L1∩L2¿Q (h , k )
x=h+s dx=ds
y=k+t dy=dt
Reemplazamos en la ecuación diferencial ordinaria no homogénea
¿1s+B1t+A 1h+B1k+C 1¿dx+¿2s+B2t+A 2h+B2k+C 2¿dy=0
E.D.H t=vs
dt=sdv+v ds
c) P ( x , y )dx+Q ( x . y )dy=0
y=wm
dy=mwm−1dw
Prob 3) ( problema3 , pá g29 , ecuacionesdiferenciales ,George F .Simons )
Resuelva
(3 x5+3x2 y2 )dx−(2 x3 y−2 y3 )dy=0
Solución
y=wm dy=mwm−1dw
(3 x5+3x2w2m )dx− (2x3wm−2w3m )mwm−1dw=0
(3 x5+3x2w2m )dx− (2x3w2m−1−2w4m−1 )mdw=0
Para que sea homogénea
5=2m+2=2m+2=4m−1 → m=32
(3 x5+3x2w3 )dx−(2x3w2−2w5 ) 32dw=0 …………E.D.H
Prob 4) ( problema 4 , p ág29 , ecuaciones diferenciales ,George F .Simons )
Resuelva
−(3 x− y−9 )dy+ (10−2 x+2 y )dx=0
Solución
Examinando la ecuación diferencial −(3 x− y−9 )dy+ (10−2 x+2 y )dx=0
|−2 2−3 1|=−2+6=4≠0
Entonces buscamos un punto Q (h , k )
−2h+2k+10=0
−3h+k+9=0
→h=2 ;k=−3
x=2+s →s=x−2 ds=dx
y=−3+t →t= y+3 dt=dy
(−6−3 s−3 t+9 )dt+ (10−2 s−4+2 t−6 )ds=0 ………… E.D.H
APLICACION DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
(CRECIMIENTO Y DECAIMIENTO)
El problema con valores iniciales
dxdy
=kx , x(t0)¿ x0
Donde k es una constante de proporcionalidad, sirve como modelo para diferentes fenómenos
que tienen que ver con crecimiento o decaimiento.
Prob 5) (ejemplo 1 , pá g83 , ecuaciones diferenciales , DennisG .Zill )
Inicialmente un cultivo tiene un aumento P0 de bacterias. En t=1h se determina que el número
de bacterias es 32P0. Si la razón de crecimiento es proporcional al número de bacterias P ( t )
presentes en el tiempo t , determine el tiempo necesario para que se triplique el número de
bacterias.
Solución
Primero se resuelve la ecuación diferencial (1 ), sustituyendo el símbolo x por P. Con t 0=0 la
condición es P (0 )=P0. Entonces se usa la observación empírica de que P (1 )=32P0 para
determinar la constante de proporcionalidad k.
Observe que la ecuación diferencial dPdt
=kP es separable y lineal. Cuando se pone en la forma
estándar de una ED lineal de primer orden,
dPdt
−kP=0
se ve por inspección que el factor integrante es e−kt. Multiplicando ambos lados de la ecuación e
integrando se obtiene, respectivamente,
d (e−kt )dt
=0 y e−kt P=c
Por tanto P (t )=c ekt . En t=0 se tiene que P0¿c e0t=c, por tanto P ( t )=P0ekt.
En t=1 se tiene que 32P0¿P0ek, o ek=3
2 . De la última ecuación se obtiene k=ln 32=0.4055, por
tanto P (t )=P0e0.4055t . Para determinar el tiempo en que se ha triplicado el número de bacterias,
resolvemos 3 P0¿P0e0.4055t para t. Entonces 0.4055t=ln3, o
t= ln30.4055
=2.71h
ECUACION DEFERENCIAL INEXACTA
Son aquellas que no cumplen con la condición de Euler y demás condiciones de la ecuación diferencial exacta ya mencionada anteriormente entonces:
Se dice que es una ecuación diferencial Inexacta
PROBLEMA N°16
AUTORIA: Análisis matemático IV de Espinoza Ramos
Encuentre la Solución General de la siguiente ecuación diferencial inexacta:
(2xy + y4) dx + (3x2 + 6xy3) dy = 0
SOLUCIÓN
Al efectuar la resta: ∂M ∂y − ∂N ∂x
Tenemos:
∂M∂ y− ∂ N
∂ x = (2x + 4y3) − (6x + 6y3) = −4x − 2y3 = −2(2x + y3 )
Vemos que debemos dividir entre la función M(x, y) para conseguir que el cociente sea exclusivamente función de y.
Llamemos V (y) a este cociente, de tal forma que
∂M∂ y
−∂N∂ x
∂M (x , y)=
−2(2 x+ y 3)(2x+ y 4)
=−2(2x+ y 3)y (2x+ y 3)
=−2y
=V ( y )
Siendo el factor de integración
F.I = e− ∫ V ( y ) d( y)=e− ∫ −2y d ( y)
=e2lny= y 2
y la nueva ecuación diferencial, que ya es exacta es:
y2(2xy + y4 )dx + y2 (3x2 + 6xy3 )dy = 0
Resolviendo la ecuación diferencial para encontrar f(x, y) = cte.
f(x, y) =∫ M(x, y)dx + K(y)
f(x, y) =∫(2xy3 + y6)d(x) + K(y) = x2y3+ xy6 + k(y)
y ahora derivamos parcialmente con respecto a y e igualamos a N(x,y):
∂ f (x , y)∂ y
=N ( x , y )→3 x2 y 2+6 xy5+k 0( y )=3 x2 y 2+6 xy5
K´(y) =0 y por lo tanto
k(y) = cte
Con ello,
f(x, y) = x 2 y 3 + xy6 + K(y) = x 2 y3 + xy6 + cte
y la solución es f(x, y) = cte
x 2y 3 + xy6= cte
PROBLEMA N°17
AUTORIA: 2da Práctica calificada, Facultad de Ciencias Naturales y Matemáticas UNAC 2014-1
RESOLVER LA SIGUIENTE ECUACIÓN DIFERENCIAL INEXACTA
XYd(x) + (2X2 + 3Y2-20)d(y) = 0 , Si y(1) = 1
SOLUCIÓN:
M(x,y)= xy
My = x
N(x,y) = 2x2 + 3y2-20
Nx = 4x
Se observa que My ≠ Nx; entonces la ecuación diferencial no es exacta; por lo tanto debemos encontrar su factor integrante:
U(y) = e∫ Nx−MyM( X ,Y )
d ( y)
U(y) = e∫ 4x−x
xy ¿ d ( y )¿ = e∫ 3y¿ d ( y)¿ = y3
U(y) = y3
Luego multiplicamos por su factor integrante U(y) a ambos lados de la ecuación :
y3(xyd(x)) + y3(2x2 + 3y2-20) d(y) = 0
xy4d(x) + (2x2y3 + 3y5-20 y3) d(y) = 0
M(x,y)= xy4
My = 4xy3
N(x,y) = 2x2y3 + 3y5-20 y3
Nx = 4xy3
My = Nx, por lo tanto la ecuación diferencial se convirtió en una exacta
Ǝ(F(x,y)) tal que : Fx = M(x,y)
Fy = N(x,y)
Fx = M(x,y)
∂F (x , y)∂ y
=¿xy4
F(x,y) = ∫xy4∂ y
F (x , y )= x 2 y 42
+h( y )
Fy = N(x,y)
2x2y3 + h´(y) = 2x2y3 + 3y5-20 y3
h´(y) = 3y5-20 y3
h(y) = ∫( 3y5-20 y3)d(y)
Entonces:
F(x,y) = x2 y 42 + y62 - 5 y4 + C
x2 y 42
+ y62
−5 y 4+C=0
Pero por dato tenemos que y(1) = 1
De: x2 y 42 + y62 - 5 y4 + C = 0
Se tiene: (1)2(1)42+(1)62
−5(1)4+C=0
Entonces C = 8
Por tanto la solución es:
x2 y 42 + y62 - 5 y4 + 8 = 0
PROBLEMA N°18
AUTORIA: Segunda Práctica calificada, Facultad de Ingeniería Electrónica y Eléctrica UNMSM 2010-2
Resuelva la siguiente ecuación lineal:
xy´ - 2y = x3
sen2(x) 4√ctg( x)
SOLUCIÓN:
y´- 2x y = x2
sen2(x) 4√ctg( x)
Tiene la forma y´ + p(x)y = g(x)
Por lo tanto podemos aplicar el método de factor integrante:
Encontremos el factor integrante u(x) :
u(x) = e∫ 2x d( x) = e−2 lnx = e−ln (x−2) = x−2 =
Multipliquemos el factor integrante u(x) a ambos lados de la ecuación:
1x2 (y´- 2x y) =
1x2 (
x2
sen2(x) 4√ctg( x))
dd (x)(
1x2
y) = (1
sen2(x) 4√ctg( x))
ᶴd(1x2
y) = ᶴ(1
sen2(x) 4√ctg( x))d(x)
1x2
y= ᶴ ( 1sen2(x) 4√ctg(x)
)d (x )
ᶴ ( 1sen2 ( x ) 4√ctg ( x ) )d ( x )= ᶴ ( csc2 ( x )
4√ctg(x ))d (x)
Si u = ctg(x) d (u) = -csc2(x)d(x)
ᶴ (csc2 (x )4√ctg(x )
)d (x) = ᶴ−du4√u = ᶴ u−1/4du = -[ u3 / 43 /4 ] = - 4u
3 /4
3
ᶴ (csc2 (x )4√ctg(x )
)d (x) = - 4 ctg34 (x)3
+ c = - 44√ctg3(x )3
+ c
1x2
y = 44√ctg3(x )3
+ c
La solución General de la ecuación diferencial es :
Y = X2[−4 4√ctg3(x)3 +c ]ECUACION DEFERENCIAL LINEAL
Una ecuación diferencial que no contiene términos como producto de la función indefinida ni los del diferencial de la función indefinida se llama ecuación diferencial lineal. Manteniéndola recta, todos los términos coeficientes son funciones que contienen variables aumentadas. Esta es de la forma,
b(x)y´ + c(x)y = d(x)
Esta es una ecuación diferencial lineal de primer orden.
PROBLEMA N°19
AUTORIA: Tercera Práctica calificada, Facultad de Ciencias
UNI 2009-1
Resuelva la siguiente ecuación diferencial lineal:
XY´ - Y = X2Sen(ln(x)) ; y(1) = 0
SOLUCIÓN:
Utilizando el método del factor integrante:
D xy´ - y = x2sen(ln(x))
y´ - yx = xsen(ln(x))
tiene la forma y´ + p(x)y = g(x), entonces :
u(x) = e ∫ p (x)d (x) = e− ∫ 1x d (x) = e−ln (x)
u(x) = x-1
Multiplicando el factor integrante a ambos lados de la ecuación diferencial se obtiene:
x-1y´ - x-1 yx = x-1xsen(ln(x))
dd ( x )
[ x−1 y ]
dd ( x )
[ x−1 y ] = sen(ln(x)) d[ x−1 y ] = sen(lnx)d(x) ᶴ dd [ x−1 y ] = ᶴsen(lnx)dx
x−1 y = ᶴsen(lnx)dx
y = x ᶴsen(lnx)dx
ᶴsen(lnx)dx = ?
Z = ln(x) d(z) =d (x)x , d(x) = xd(z) ; pero x = eZ ; d(x) = exd(z)
ᶴsen(lnx)dx = ᶴsen(z) eZd(z)
ᶴsen(z)eXd(z), integrando por partes tenemos que :
ᶴ Sen (z)eXd(z) = ex (sen (z )−cos (Z ))
2 + c
ᶴ sen(ln(x))d(x) = x [ sen (ln ( x ) )−cos (ln ( x ) ) ]2
+C
y = x[ x [sen ( ln ( x ) )−cos ( ln (x ) ) ]2
+c ]
y = x2 [ sen (ln ( x ) )−cos ( ln ( x ) ) ]
2 + c(x)
Encontramos ahora la solución particular si y(1) = 0
y = x2 [ sen (ln ( x ) )−cos ( ln ( x ) ) ]
2 + c(x)
y(1) = 0
0 = 12 [ sen (ln (1 ) )−cos (ln (1 ) ) ]
2 + c(1)
0 = [sen (0 )−cos (0 ) ]2
+ c
0 = −12 + C C = 12
Una vez hallada la constante mostramos la solución:
y = x2 [ sen (ln ( x ) )−cos ( ln ( x ) ) ]
2 + x2
ECUACION DEFERENCIAL NO LINEALLas ecuaciones diferenciales que no se ajustan a las condiciones antes mencionadas son llamadas ecuaciones diferenciales no lineales. Esto significa que una ecuación diferencial no lineal contiene los términos donde la variable dependiente y su diferencial aparecen juntos. Un ejemplo de ello sería el siguiente:
x y´´ + 2 y´ + x = 1
PROBLEMA N°20
AUTORIA: Tercera Práctica calificada, Facultad de Ingeniería Mecánica UNI 2011-3
Resuelva la siguiente ecuación diferencial no lineal
y´.y2 + y.y´´ - (y´)2 = 0
SOLUCIÓN
V =d ( y )d( x)
d ( y )d( x)
= d (v)d ( y )
d ( y )d (x) = V d (v )
d ( y )
Reemplazando en la ecuación :
y´.y2 + y.y´´ - (y´)2 = 0
vy2 + vy d (v )d ( y ) – (v)2 = 0
y + d (v )d ( y ) -
vy = 0
d (v )d ( y )
− vy=− y
U(y) = e− ᶴ d ( y)
y = 1y
1yd (v )d ( y)
- 1yvy = -y 1y
d [ 1y v ]d ( y )
= -1
1yV = -ᶴdy
1yV = -y + c
V = -y2 +cy
d ( y )d( x)
= -y2 + Cy
X = ᶴd ( y )Cy− y2
= ᶴd ( y )Cy + ᶴ
d ( y )C(C−Y )
Por tanto la solución es:
X= 1CLn|Y| - 1C Ln|C−Y| +K
APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN APROBLEMAS DE ENFRIAMIENTO
Se sabe de observaciones experimentales que, con una exactitud satisfactoria, en muchas circunstancias, la temperatura superficial de un objeto cambia a una velocidad proporcional a la diferencia entre la temperatura del objeto y la de sus alrededores. Esto se conoce como
la Ley de Enfriamiento de Newton.
LEY DE ENFRIAMIENTO DE NEWTON
Si T(t) es la temperatura de un objeto en un instante de tiempo t, Ta es la temperatura del ambiente constante y β la constante de proporcionalidad entonces la ecuación diferencial asociada a los problemas de enfriamiento (calentamiento) es:
dT (t)d (t)
= β [T(t) – Ta]
Se necesita conocer la lectura de la temperatura del objeto en dos instantes diferentes, ya que hay dos constantes por determinar: la constante de proporcionalidad β y la constante de integración.
Se tendrá entonces un problema de valor de frontera
dT (t)d (t)
= β [T(t) – Ta]
T(0) = T0
T(t1) = T1
La solución del problema de valor de frontera permite obtener la Ley de Variación de la temperatura en función del tiempo (esto es, una ecuación para T(t))
PROBLEMA N°21
AUTORIA: Análisis matemático IV de Espinoza Ramos
La temperatura de una taza de café acabada de servir es de 200º F. Un minuto después se ha enfriado a 190º F en un cuarto que está a 70º F ¿Qué tan grande debe ser el período que debe transcurrir antes de que el café alcance una temperatura de 150º F?
SOLUCIÓN:
Lo primero que debe hacerse es establecer los datos que se conocen y los que se deben determinar.
La temperatura del café acabado de servir, representa la temperatura inicial del café, es decir, para el tiempo to = 0 min, la temperatura es T0 = 200 º F.
De acuerdo con el enunciado del problema, para el tiempo t1 = 1 minuto, la temperatura es T1 = 190º F.
También se dice en el enunciado, que la temperatura del cuarto, en el cual se está enfriando el café, es de 70º F. Esto representa la temperatura del ambiente: Ta = 70º F.
Puesto que la ecuación diferencial asociada a los problemas de enfriamiento, de acuerdo con la Ley de enfriamiento de Newton,es
dTdt = β(T-70)………………(1)
lo que queda planteado es resolver el problema de valor de frontera
dTdt = β [T – 70]
T(0) = 200
T(1) = 190
Ya que, la diferencial de la temperatura es d(T) = ( dTdt ) dt, al sutituir dTdt , dado por la ecuación (1)
d(T)= β(T-70)d(t)…………….(2)
la ecuación 2 es una ecuación diferencial de variables separables, para separar las variables, se multiplica la ecuación (1) por el factor
1T−70
¿)d(T) = β d(t)……………………(3)
Integrando
∫¿)dT = ln|T−70| + C1
∫ βd(t) = βt + C2
Sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (3)
ln|T−70| = βt + C………..(4)
Los valores de la constante de proporcionalidad β y de la constante de integración C, deben determinarse. Para ello, se utilizan las condiciones de frontera.
El valor de la constante C de integración se obtiene utilizando la condición T(0) = 200, es decir, se sustituye en la ecuación (2) t = 0 y T = 200, obteniéndose C = ln 130. Este valor de C se sustituye en la ecuación (4)
ln l T – 70 l = β t + ln 130………………..(5)
El valor de la constante β de proporcionalidad se obtiene utilizando la condición T(1) = 190, es decir, se sustituye en la ecuación (5) t = 1 y T = 190, obteniéndose ln 120 = β + ln 130 ⇒ β = ln 120 – ln 130
Por propiedades de logaritmo, β = ln(1213 )
Este valor de β se sustituye en la ecuación (5)
ln lT – 70l = t ln(1213 ) + ln 130
Aplicando propiedades de logaritmo:
ln l T – 70 l = ln [130( 1213
)t
]
Aplicando “e”
T-70 = 130( 1213
)t
+ 70……………(6)
La ecuación (6) representa la ley de variación de la temperatura del café en cualquier instante t. Para determinar el tiempo t2 que debe transcurrir para que la temperatura del café llegue a 150º F, se sustituyen en la ecuación (6) t = t2 y T = 150
150 = 130( 1213
)t 2
+70
Efectuando
150−70130 = ( 1213 )
t 2
Aplicando logaritmo a ambos lados
ln ((813
) = ln( 1213
)t 2
aplicando propiedades de logaritmo
ln ((813
) = t2 ln( 1213
)
Despejando t2
t2 = ln ¿¿ = −0.49−0.08 = 6.125
RESPUESTA:
Deben transcurrir 6.125 minutos, lo que equivale a 6 min y 7 seg,para que la temperatura del café llegue a 150°F
ECUACIÓN DE CLAIRAUT
Es un caso particular de la ecuación de Lagrange, que en este caso toma la forma:
y = xy´ +g(y´)…….(1), donde g es una función de y´.
MÉTODO DE SOLUCIÓN
Hacer en (1): y´ = dydx = p. Entonces, queda : y = xp + g(p)…..(2), luego derivamos (2) con
respecto a x :
y´ = p + xp´+ g´(p).p´ p = p + xp´+ g´(p)p´
0 = (x + g´(p))p´ p´ = 0 o x + g´(p) = 0
Tenemos dos casos:
a) Si p´ = 0 (conduce a solución general)
Si p´= 0 p = c. En (2) : y = cx +g(c) (solución general, geométricamente es una
familia de rectas)
b) Si x + g´(p) = 0 (conduce a solución singular)
Para obtener la solución singular, eliminaremos p usando las ecuaciones:
Y = xp + g(p)
X + g´(p) = 0 , geométricamente es la envolvente de la familia de rectas.
PROBLEMAS
1) Hallar todas las soluciones de : (y´)3 – 3xy´+ 3y = 0
(Cesar Saal R. y Felix Carrillo C. Ecuaciones Diferenciales, 108 pp.)
SOLUCIÓN:
De (1) tenemos: y = xy´ - 1/3(y´)3 ….(2), la cual tiene la forma de y = xy´ + g(y´)
Ecuación de Clairaut)
Hacemos en (2) : y´= p. Entonces, queda : y = xp – 13p3 ….(3)
Derivamos (3) con respecto a x :
y´ = p + xp´ - p2.p´ p = p + xp´ - p2p´ 0 = (x-p2)p´
p´ = 0 o x – p2 = 0
a) Si p´= 0 (proceso que conduce a la solución general)
Si p´= 0 p = c. En (3) : y = cx - 13c3 (solución general).
b) Si x – p2 = 0 (proceso que conduce a solución singular). Entonces:
Así, si x – p2 = 0 x = p2…..(4)
Para obtener la solución singular eliminamos el parámetro p de (3) y (4).
PRIMER MÉTODO, de (3):
y = (x - 13p2)p y2 = (x2 -
23xp2 +
19p4)p2
Usando (4) : x = p2, queda : y2 = 49 x3 (solución singular)
SEGUNDO MÉTODO, de (4)
P = ± √ x . En (3) y = x(± √ x) - 13 (± x 3/2)
y = ± x 2/3 - 13 (± x 3/2) y = ± x 3/2 (1-
13 ) y2 =
49 x3 (solución general).
2) Hallar todas las soluciones de: y = xy´ + √1+ y ´ 2
(Cesar Saal R. y Felix Carrillo C. Ecuaciones Diferenciales, 109 pp.)
SOLUCIÓN
Tiene la forma : y = xy´+ g(y´). Hacemos y´= p,
queda : y = xp + √1+p2 ….(1)
Derivamos (1) respecto a x :
y´ = p + xp´+ 12 (1+ p2 )-1/2 .2pp´ p = p + [ x+
p√1+ p2
]p´
0 = p + [ x+p
√1+ p2]p´ p´= 0 o x +
p√1+ p2
= 0
a) Si p´= 0 (proceso que conduce a solución general). Entonces:
p´ = 0 p = c. En (1) : y = cx + √1+c2 (solución general)
b) Si x + p
√1+ p2 = 0. (proceso que conduce a la ecuación singular).
Entonces : x = - p
√1+ p2 …..(2)
Para obtener solución singular, eliminamos de (1) y (2) el parámetro p.
De (1) : y = xp + √1+p2 y2 = x2y2 + 1 + p2 + 2p√1+p2 x ….(3)
De (2) : √1+p2 x = -p ….(4)
Reemplazando (4) en (3)
y2 = x2y2 + 1 + p2 + 2p(-p) y2 = x2y2 + 1 - p2 y2 = p2 (x2 – 1) +1….(5)
De (2): x2 = p2
√1+ p2 x2 = x2p2 + p2 x2 = p2 (1- x2) p2 =
x2
√1−x2…..(6)
Reemplazando (6) en (5)
y2 = x2
√1−x2 (x2 – 1) + 1 y2 = 1- x2 (solución singular).
ECUACIONES DE PRIMER ORDEN Y DE GRADO SUPERIOR
Hasta ahora hemos visto únicamente ecuaciones diferenciales en las que y’ no estaba elevada a ninguna potencia, es decir, que tenían la forma:
En este apartado vamos a estudiar ecuaciones de la forma:
En las que y’ puede estar elevada a la potencia n.
Existen algunos tipos de ecuaciones diferenciales que pueden ser transformadas y estudiadas como ecuaciones de primer grado y primer orden; entre ellas tenemos como casos especiales los siguientes:
Ecuación de Bernouilli Ecuación de Riccati Dentro de la categoría de las ecuaciones diferenciales de primer orden y grado superior a uno, tenemos varios tipos:
Ecuaciones diferenciales resolubles en y’
Toda ecuación diferencial algebraica resoluble en y’:
Donde P0, P1, …, Pn son funciones de x e y, pueden descomponerse, despejando y’, ene ecuaciones lineales, habiendo tantas de estas como raíces tenga la ecuación algebraica:
Para cada uno de estos casos tendremos una solución de la forma:
Y la solución general vendrá dada por una combinación lineal de ellas.
Ejemplo.- resolver la ecuación diferencial:
Puesto que no podemos poner y’ de forma explícita aplicamos el método que estamos estudiando. Consideramos la ecuación como un polinomio de grado 4 en y’, y calculamos sus raíces.
Como en el caso general de las ecuaciones algebraicas podemos aplicar la regla de Ruffini para determinar las raíces de la anterior ecuación:
Podemos decir que 1 es raíz de la anterior ecuación.
Aplicando los métodos de resolución de ecuaciones algebraicas se llega a la conclusión de que, además de 1, las raíces de la anterior ecuación son 0, x, 2y, es decir, que la anterior ecuación se puede poner en la forma:
Con lo que tenemos cuatro ecuaciones diferenciales que serán:
Para expresar la solución general debemos poner cada solución parcial en la forma hi(x,y,Ci) = 0 para después multiplicar todas las ecuaciones obtenidas entre sí, es decir:
En el caso más general de las ecuaciones de la forma F(x,y,y’) = 0 se puede sustituir y’ por una variable p, de modo que se tenga F(x, y, p) = 0 que es la ecuación de una superficie, puesto que se tienen tres parámetros independientes: x, y, p.
Si se conoce una representación paramétrica de la superficie, podemos poner:
Si se conoce una integral de la ecuación diferencial del sistema anterior, dicha solución vendrá representada por una curva α y su ecuación sería:
Donde suponemos que α es la proyección de otra curva σ que se encuentra sobre la superficie S de tal forma que se verifica:
Recíprocamente, si σ es una curva tal que y = f(x) ; p = g(x), sobre la que se cumple p = dy/dx, la proyección de σ sobre el plano XY nos da la curva y = f(x) que es la integral buscada.
Según eso, el problema de buscar las soluciones α sobre la superficie S tales que cumplan la condición (1):
Integrando esta ecuación se obtiene una solución de la forma H(u, v, C) = 0 que corresponde a la curva σ dada por los parámetros u, v. Mediante el cambio:
Obtendremos una proyección de dicha curva sobre el plano XY: h(x, y, C) = 0, que será la curva α buscada.
Según la anterior interpretación de la ecuación F(x, y, y’) = 0, podemos encontrar además de las ecuaciones resolubles en y’ otros casos que estudiamos en el capítulo siguiente.
PROBLEMAS
RESOLVER:
1) 2 xy ( dydx )2
+ (2x2+2 xy− y2 ) dydx
+2 x2−xy=0
(Jorge Lara P. y Jorge Arroba R. Análisis Matemático,2da ed. 2007,Ecuador)
SOLUCIÓN:
1) Problema:
① 2 xy ( dydx )2
+ (2x2+2 xy− y2 ) dydx
+2 x2−xy=0
2)
② P=dydx
3) ② en ①
2 xy P2+(2 x2+2 xy− y2) P+2 x2−xy=0
a x2+bx+c=0
x=−b±√b2−4ac2a
P=−(2x2+2 xy− y2)±√(2 x2+2 xy− y2)2−4 (2 xy)(2 x2−xy )
2(2xy )
∗(2 x2+2 xy− y2 )2−4 (2 xy ) (2x2−xy )=4 x4+8 x3 y−4 xy3+ y4−16 x3 y+8 x2 y2=4 x4−8 x3 y+8 x2 y2−4 xy3+ y4
P=−(2x2+2 xy− y2)±√4 x4−8 x3 y+8 x2 y2−4 xy3+ y4
2(4 x3 y )
P=−(2x2+2 xy− y2)±√(2x2−2 xy+ y2 )2
4 xy
P=−(2x2+2 xy− y2)± (2x2−2 xy+ y2 )
4 xy
P1=−(2 x2+2 xy− y2 )+(2 x2−2 xy+ y2 )
4 xy
P1=−2 x2−2xy+ y2+2 x2−2 xy+ y2
4 xy
P1=−4 xy+2 y2
4 xy=2 y ( y−2 x)4 xy
= y−2x2 x
P2=−(2 x2+2 xy− y2 )−(2 x2−2xy+ y2 )
4 xy
P2=−2 x2−2xy+ y2−2x2+2 xy− y2
4 xy
P2=−4 x2
4 xy=−x
y
P1=y−2 x2x
=2xP+2 x− y=0
P2=−xy
= yP+x=0
(2 xP+2 x− y)( yP+x)=0
(2 x dydx
+2x− y )( y dydx
+x )=02 x dy
dx+2 x− y=0÷(2x )
dydx
+1− y2 x
=0
dydx
− y2 x
=−1
dydx
+ y P(x)=Q(x)
{y= y (x)=?
P(x )=−12 x
Q( x)=−1
Calculo de la integral de P(x)
∫P(x)dx=∫−12x
dx=¿−12ln x=−ln x
12 ¿
Potencialidad Negativa
e−∫ P( x )dx=e−(− ln x12 )=e ln x
12
=x12
Potencialidad Positiva
e∫ P(x )dx=e−ln x12
= 1
x12
Formula:
y=e−∫ P( xdx) [ ∫ Q( x ) ⋅e∫ P(x )dxdx+C ]
y=x12 [∫−1⋅ 1
x12
dx+C]y=x
12 [2 x 12+C ]
y=2x+x12C
2 x− y+x12C=0
y dydx
+x=0÷(dx)
ydy+xdx=0
∫ ydy+ ∫ xdx= ∫ 0
12y2+ 1
2x2=C∗(2)
y2+x2=C
x2+ y2−C=0
SOLUCIÓN FINAL
(2x− y+x12C ) (x2+ y2−C )=0
2) Resolver:
x2( dydx )2
+ xy dydx
−6 y2=0
(Jorge Lara P. y Jorge Arroba R. Análisis Matemático,2da ed. 2007,Ecuador)
SOLUCIÓN:
1. Como :P=dydx2
2. Problema:
x2( dydx )2
+ xy dydx
−6 y2=01
3. 2 EN 1x2 (P )2+xy P−6 y2=0x2P2+xy P−6 y2=0=¿ECUACIÓN DE SEGUNDOGRADOAx2+Bxy+C=0
4. Solución por la fórmula:
x=−b±√b2−4ac2a
Donde :b=xy ;a=x2;C=−6 y2
x=−xy ±√(xy )2−4 x2(−6 y2)2 x2
x=−xy ±√(xy )2−4 x2(−6 y2)2 x2
x=−xy ±√ x2 y2+24 x2 y2
2x2
x=−xy ±√25 x2 y22 x2
x=−xy ±5 xy2 x2
x=P=−xy ±5xy2x2
5. Raíces:
Si :P=−xy+5 xy2x2
=¿P=4 xy2x2
=¿ P=2 yx
=¿ xP−2 y=0
Si :P=−xy−5 xy2 x2
=¿P=−6 xy2x2
=¿ P=−3 yx
=¿ xP+3 y=0
¿> (xP−2 y ) ( xP+3 y )=036. 2 EN 3
¿>(x dydx
−2 y)( x dydx
+3 y )=0
¿>x dydx
−2 y=0
x dydx
=2 y÷ x
dydx
=2 yx
dyy
=2 dxx
∫ dyy
=2∫ dxx
ln y=2 ln x+C
ln y−2 ln x=C
ln y−ln x2=C
ln yx2
=C
yx2
=eC
Como :eC∈ R=¿ eC=C
yx2
=C
y=C x2
y−C x2=0
¿>x dydx
+3 y=0
x dydx
=−3 y ÷ x
dydx
=−3 yx
dyy
=−3 dxx
∫ dyy
=−3∫ dxx
ln y=−3 ln x+C
ln y+3 ln x=C
ln y+ ln x3=C
ln y x3=C
y x3=eC
Como :eC∈ R=¿ eC=C
y x3=C
y= Cx3
y=C x−3
y−C x−3=0
7. SOLUCIÓN FINAL:( y−C x2) ( y−C x−3)=0
APLICACIÒN DE ECUACIONES DIFERENCIALES – CAMBIO DE TEMPERATURA
1) Según la Ley de Newton, la velocidad de enfriamiento de un cuerpo en el aire
es proporcional a la diferencia en la temperatura T del cuerpo y la
temperatura Tm del aire. Si la temperatura del aire es de 20º C y el cuerpo se
enfría en 20 minutos desde 100ºC a 60ºC. ¿En cuánto tiempo su temperatura
descenderá hasta 30ºC?
(Eduardo Espinoza R. Ecuaciones Diferenciales y Aplicaciones, 6ta ed. Perù, 2004 Cambio
de Temperatura, 207p.)
SOLUCIÒN
Sean T = temperatura del cuerpo ; Tm = Temperatura del aire = 20ºC
To = Temperatura inicial
La descripción matemática es: dTdt = -k(T-Tm)
Y la solución de acuerdo a lo descrito es: T = Tm + (To – Tm)e−kt
para t= 20º ; T = To = 60ºC Entonces:
60 = 20 + (100-20)e−20 k → 40 = 80e−20 k → K = +ln 220
Por lo tanto T = 20 + 80e−¿¿(Ln2/20)t → T = 20 + 80.2-t/20
Para t = ? ;
T = 30ºC
30 = 20 + 80.2-t/20
1/8 = 2-t/20 2-3 = 2-t/20 t = 60`cristian12231
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