Ecuaciones diferenciales de primer orden

Vista previa del material en texto

Tema 8
Ecuaciones diferenciales de
primer orden
Las ecuaciones diferenciales tuvieron un origen de carácter puramente matemático,
pues nacieron con el cálculo infinitesimal. El destino inmediato de esta herramienta fue,
sin embargo, la explicación de fenómenos f́ısicos, fue la estructura de la mecánica clásica
y continua siendo la base de la F́ısica en general. Los fenómenos de mecánica de sólidos
y fluidos, el calor, la luz y el electromagnetismo fueron mejor comprendidos cuando se
plantearon modelos matemáticos basados en las ecuaciones diferenciales. Hoy las ecuacio-
nes diferenciales son el soporte que permite estudiar fenómenos incluidos en otras ciencias
como la Economı́a, Bioloǵıa, Qúımica, etc..
8.1. Definición.
Una Ecuación Diferencial Ordinaria (E.D.O.) es toda relación funcional de la
forma
F (x, y, y′, y′′, · · · yn)) = 0
donde F es una función de n+ 2 variables: la variable independiente x, una función
y = y(x) y las n primeras derivadas de y
Si la función desconocida depende de más de una variable, z = z(x, y) entonces en
la ecuación diferencial aparecen dos variables independientes (x, y) una función z
115
Curso 2019/2020 Matemáticas (Grado en Qúımica)
y las derivadas parciales de dicha función respecto de esas variables. Estas ecua-
ciones reciben el nombre de Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales
(E.D.P.)
Se denomina Orden de una ecuación diferencial al de la derivada de mayor orden
que aparece en dicha ecuación diferencial.
Se denomina Grado de una ecuación diferencial al exponente al que está elevada la
derivada de mayor orden de dicha ecuación diferencial
Ejemplos 8.1.1.
ex − y′ − 2y = 0, (y′)2 − y+ x3 = 1, ∂f
∂x
+ 3
∂f
∂y
= 0 son ecuaciones diferenciales
de primer orden.
y′′−2y′+y = 3x, ∂
2f
∂x2
− ∂
2f
∂x∂y
= 0 son ecuaciones diferenciales de segundo orden.
ex − y′ − 2y = 0 es una ecuación diferencial de primer grado. (y′)2 − y + x3 = 1 es
una ecuación diferencial de segundo grado.
Definición 8.1.2. Llamamos solución de un ecuación diferencial a toda función n-
derivable y = f(x) que satisfaga dicha ecuación diferencial, es decir, al derivarla las veces
necesarias y sustituir en la ecuación diferencial se obtenga una identidad.
En toda ecuación diferencial podemos considerar dos tipos de soluciones:
Solución General. Es la solución de la ecuación diferencial que contiene una o
más constantes arbitrarias, obtenidas de los sucesivos procesos de integración.
Solución Particular. Es la solución en la que las constantes toman valores espećıfi-
cos.
Al proceso de obtener las soluciones de una ecuación diferencial lo llamamos Integración
de dicha ecuación diferencial.
Ejemplo 8.1.3.
y = 2 + Ce−x
2
es la solución general de la ecuación diferencial y′ + 2xy = 4x.
y = 2− e−x2 es la solución particular que pasa por el punto (0, 1).
116
Grupos A y B Curso 2019/2020
8.2. Ecuaciones de variables separadas
Se dice que una ecuación diferencial es de variables separadas si mediante operacio-
nes algebraicas puede expresarse de la forma y′ = f(x)g(y), siendo f(x), g(y) funciones
continuas.
Para integrar este tipo de ecuaciones basta expresar la derivada en su forma diferencial:
y′ = f(x)g(y),
dy
dx
= f(x)g(y),
dy
g(y)
= f(x)dx
y, al ser f(x), g(x) funciones continuas, se tiene:∫
dy
g(y)
=
∫
f(x)dx+ C
que integrando respecto de las correspondientes variables, proporciona la solución general.
Normalmente este tipo de ecuaciones viene dada de la forma
f1(x)g1(y) + f2(x)g2(y)y
′ = 0
que queda reducida a la forma estándar sin más que despejar y′
y′ =
(
−f1(x)
f2(x)
)(
g1(y)
g2(y)
)
Ejemplos 8.2.1.
a) Integrar la ecuación y2/3 + y′ = 0
dy
dx
= −y2/3 ⇒ dx = −y2/3dy ⇒
∫
dx =
∫
−y2/3dy ⇒ x = −3y1/3+C ⇒ x+3 3√y = C
b) Integrar la ecuación 3x3(1 + y2) + xy′ = 0, y hallar la solución particular que pasa
por el punto (0, 1)
y′ = −3x
3(1 + y2)
x
= −3x2(1 + y2)⇒ dy
dx
= −3x2(1 + y2)⇒
⇒ 3x2dx = − dy
1 + y2
⇒
∫
3x2dx =
∫
− dy
1 + y2
⇒ x3 = − arctan y + C
La solución general es: x3 + arctan y = C
La solución particular que pasa por (0, 1):
03 + arctan 1 = C ⇒ π
4
= C, ⇒ x3 + arctan y = π
4
117
Curso 2019/2020 Matemáticas (Grado en Qúımica)
c ) Integrar la ecuación x+ x(y′)2 − 1 = 0.
Despejando y′ se obtiene: y′ =
√
1− x
x
, con lo cual:
dy
dx
=
√
1− x
x
⇒ y =
∫ √
1− x
x
dx⇒ y =
√
x− x2 − arctan
√
1− x
x
+ C
resultado al que se llega sin más que efectuar el cambio de variable t =
√
1− x
x
y
operar convenientemente.
d ) En un cierto cultivo de bacterias la velocidad de crecimiento es directamente pro-
porcional al número presente, y se ha observado que se duplica al cabo de 4 horas.
Establecer la ley de crecimiento y hallar el número de bacterias que habrá en el
cultivo transcurridas 12 horas.
Di denotamos por y(t) al número de bacterias presentes en el instante t, la velocidad
instantánea de crecimiento en t vendrá dada por y′(t). Aśı, según el enunciado se
cumple:
y′(t) = ky(t)
Tenemos una ecuación de variables separadas en t, y:
dy
dx
= ky ⇒ dy
y
= kdt,⇒ ln y = kt+ c,⇒ y = ekt+ c,⇒ y = αekt
siendo α = ec una constante. Sabiendo que en t = 4 se duplica la población:
y(4) = 2y(0),⇒ αe4k = 2αe0,⇒ e4k = 2,⇒ ekt = 2t/4
Por otro lado se tiene que y(0) = αek0 = α. Aśı, la ecuación de crecimiento viene
dada por:
y(t) = y(0)2t/4
En particular, transcurridas 12 horas:
y(12) = y(0)212/4 = 8y(0)
Es decir, la población inicial se habrá multiplicado por 8.
118
Grupos A y B Curso 2019/2020
8.3. Ecuaciones homogéneas
Se dice que una ecuación diferencial es homogénea si puede expresarse de las forma:
M(x, y) +N(x, y)y′ = 0
siendo M(x, y), N(x, y) funciones homogéneas del mismo grado (Recordemos que F (x, y)
es homogénea de grado r ∈ R si para cada t ∈ R se cumple que F (tx, ty) = trF (x, y),
véase Tema 5 para más referencias).
El procedimiento de integración de este tipo de ecuaciones consiste en reducirlas al
tipo de variables separadas sin más que despejar y′, y dividir numerador y denominador
por x elevado a la mayor potencia que aparezca, que denominaremos r. Entonces y′ queda
expresada como una función del cociente
x
y
:
y′ = −M(x, y)
N(x, y)
= −M(x, y)/x
r
N(x, y)/xr
= F
(
x
y
)
Realizando el cambio de variable u = y/x, se tiene y = xu, aśı, y′ = u′x+ u, con lo que la
ecuación se escribiŕıa.
u′x+ u = F (u), u′ =
1
x
[F (u)− u]
que ya está expresada en forma de ecuación de variables separadas en x y u. Una vez
resuelta la ecuación se deshace el cambio u = y/x
Ejemplos 8.3.1.
a) Integrar la ecuación x2 − 2y2 + 2xyy′ = 0
M(x, y) = x−2y2, N(x, y) = 2xy son homogéneas de grado 2.
y′ =
2y2 − x2
2xy
=
(2y2 − x2)/x2
2xy/x2
=
2(y/x)2 − 1
2(y/x)
Haciendo el cambio u = y/x se tiene y′ = u′x+ u, y aśı:
u′x+ u =
2u2 − 1
2u
⇒ u′x = − 1
2u
⇒ u′ = − 1
x
1
2u
siendo esta última ecuación de variables separadas:
du
dx
= − 1
2xu
⇒ dx
x
= −2udu ⇒ lnx = C − u2 = C − y
2
x2
Por tanto, la solución general es: lnx+
y2
x2
= C.
119
Curso 2019/2020 Matemáticas (Grado en Qúımica)
b) Integrar la ecuación (x3 + y3)dx− 3xy2dy = 0
Se trata de funciones homogéneas de grado 3
y′ =
x3 + y3
3xy2
=
(x3 + y3)/x3
3xy2/x3
=
1 + (y/x)3
3(y/x)2
Haciendo el cambio usual u = y/x:
u′x+ u =
1 + u3
3u2
⇒ u′x = 1− 2u
3
3u2
⇒ u′ = 1− 2u
3
3u2x
Con lo cual
du
dx
=
1− 2u3
3u2x
⇒ dx
x
=
3u2
1− 2u3
du ⇒ lnx = C−1
2
ln |1−2u3| = C−1
2
ln
∣∣∣∣1− 2(yx)3
∣∣∣∣
Por tanto, la solución general es lnx+ 12 ln
∣∣∣1− 2 ( yx)3∣∣∣ = C, que puede expresarse
simplificadamente de la forma:
ln
∣∣∣∣x2x3 − 2y3x3
∣∣∣∣ = 2C ⇒ x3 − 2y3x = e2C
y denotando K = e2C , la solución general es
x3 − 2y3 = Kx
c) Integrar la ecuación y2 + xy + x2y′ = 0, y hallar la solución particular que pasa por
el punto (1, 1).
Son funciones homogéneas de grado 2:
y′ = −y
2 + xy
x2
= −
(y
x
)2
− y
x
⇒ u′x+ u = −u2 − u ⇒ u′ = − 1
x
(u2 + 2u) ⇒
⇒ dx
x
= − du
u2 + 2u
⇒ lnx= C − 1
2
lnu+
1
2
ln(u+ 2) = C +
1
2
ln
∣∣∣∣u+ 2u
∣∣∣∣
Por tanto la solución general es
ln |x| = C + 1
2
ln
∣∣∣∣2(xy
)
+ 1
∣∣∣∣ ⇒ x2y = K(2x+ y)
La solución particular que pasa por el punto (1, 1) verificará
1 = K(2 + 1) = 3K ⇒ K = |
3
por lo que se obtiene la curva
3x2y = 2x+ y
120
Grupos A y B Curso 2019/2020
8.4. Ecuaciones Lineales
Una ecuación diferencial lineal de primer orden completa es toda ecuación de la forma:
y′ + p(x)y = q(x)
Se llama ecuación diferencial lineal homogénea asociada a la anterior a:
y′ + p(x)y = 0
Para la integración de las ecuaciones diferenciales lineales utilizaremos el método de
variación de parámetros o de Lagrange que consta de dos pasos:
Paso 1.- Resolvemos la ecuación homogénea asociada: y′ + p(x)y = 0 que, de hecho, es una
una ecuación de variables separadas:
dy
dx
= +p(x)y = 0 ⇒ dy
y
= −p(x)dx ⇒ ln |y| = −
∫
p(x)dx+C ⇒ y = Ke−
∫
p(x)dx
Dónde K = eC
por tato la solución general de la EDO homogénea asociada es
yH(x) = K e
−
∫
p(x)dx︸ ︷︷ ︸
=y1(x)
= Ky1(x).
Paso 2.- Vamos a buscar una solución particular de la ecuación lineal completa.
En determinadas ocasiones, es fácil encontrar una solución particular por el método
de “ensayo y error” (por ejemplo, es fácil ver que yp(x) = 1 es una solución particular
de la EDO y′ + xy = x).
En cualquier caso, siempre podemos acudir al método de Variación de las Constan-
tes. Para ello, suponemos que la solución particular de la ecuación completa es de
la forma: y = K(x)y1(x) = K(x)e
−
∫
p(x)dx (es decir, igual que la solución de la ho-
mogénea, pero sustituyendo la constante por una función desconocida) e imponemos
que, efectivamente, sea solución. Aśı pues, derivando esta ecuación obtenemos:
y′ = K ′(x)y1(x) +K(x)y
′
1(x)
que sustituida en la ecuación diferencial obtenemos:
K ′(x)y1(x) +K(x)y
′
1(x) + p(x)K(x)y1(x) = q(x)
121
Curso 2019/2020 Matemáticas (Grado en Qúımica)
de donde
K ′(x)y1(x) +K(x)[y
′
1(x) + p(x)y1(x)] = q(x).
Como y1(x) es solución de la ecuación homogénea, tendremos: y
′
1(x)+p(x)y1(x) = 0 ,
con lo que nos queda:
K ′(x)y1(x) = q(x) ⇒ K ′(x) =
q(x)
y1(x)
⇒ K(x) =
∫
q(x)
y1(x)
dx
(no incluimos la constante de integración pues buscamos una solución particular).
Por tanto, una solución particular de la EDO completa será
yp(x) = K(x)y1(x) =
(∫
q(x)
y1(x)
dx
)
e−
∫
p(x)dx =
(∫
q(x)e
∫
p(x)dx dx
)
e−
∫
p(x)dx
Paso 3.- La solución general de la EDO completa será la suma de la solución general de la
homogénea y la solución particular de la EDO completa (hallada por el método que
sea).
Si usamos variación de las constantes, la solución general será
y(x) =
(∫
q(x)e
∫
p(x)dx dx
)
e−
∫
p(x)dx +Ke−
∫
p(x)dx.
Ejemplos 8.4.1.
1) Integrar la ecuación diferencial y′ = 2y + x
Es una ecuación diferencial lineal: y′ − 2y = x
La resolveremos por el método de variación de parámetros:
Paso 1.- Resolvemos la ecuación homogénea: y′ − 2y = 0
y′ = 2y ⇒ dy
dx
= 2y ⇒ dy
y
= 2dx ⇒ ln |y| = 2x+ C ⇒ y = eCe2x
Luego la solución general de la homogénea es yH(x) = Ke
2x
La solución particular para K = 1 es y1(x) = e
2x
Paso 2.- Supongamos que la solución particular de la ecuación diferencial es
y = K(x)y1(x) = K(x)e
2x
122
Grupos A y B Curso 2019/2020
Derivando: y′ = K ′(x)e2x+K(x)2e2x resultado que sustituimos en la ecuación
diferencial para obtener el valor de K(x)
K ′(x)e2x +K(x)2e2x − 2K(x)e2x = x ⇒ K ′(x)e2x = x ⇒
K ′(x) = xe−2x ⇒ K(x) =
∫
xe−2xdx = −1
2
xe−2x+
∫
1
2
e−2xdx = −1
2
e−2x
(
x+
1
2
)
.
Nos queda que: K(x) = −1
2
e−2x
(
x+
1
2
)
Por lo que:
yp = K(x)e
2x =
[
−1
2
(
x+
1
2
)
e−2x
]
e2x = −1
2
(
x+
1
2
)
.
Luego la solución general de la ecuación lineal es:
y(x) = yp(x) + yH(x) = −
1
2
(
x+
1
2
)
+Ke2x.
2) Integrar la ecuación diferencial: xy′ = y + x3
Es una ecuación diferencial lineal: y′ − y
x
= x2
Resolvemos la homogénea:
y′ − y
x
= 0 ⇒ dy
dx
=
y
x
⇒ dy
y
=
dx
x
⇒ ln |y| = ln |x|+ lnC ⇒ yH(x) = Kx.
Consideramos que la solución particular es y = K(x)x. Derivando y sustituyendo:
y′ = K ′(x)x+K(x) ⇒ K ′(x)x+K(x)−K(x)x
x
= x2 ⇒ K ′(x) = x ⇒ K(x) = x
2
2
,
de donde yp(x) =
1
2
x3.
Luego la solución general queda:
y(x) = yp(x) + yH(x) =
x3
2
+Kx.
2) Integrar la ecuación diferencial: y′ cosx+ y senx = 1
Es una ecuación diferencial lineal: y′ + y tanx = secx
Resolvemos la homogénea:
y′ = −y tanx ⇒ dy
y
= − tanxdx ⇒ ln |y| = ln | cos |+ lnK ⇒ yH(x) = K cosx
123
Curso 2019/2020 Matemáticas (Grado en Qúımica)
Consideramos que la solución particular de la completa es de la forma y(x) =
K(x) cosx. Derivando y sustituyendo:
y′ = K ′(x) cosx−K(x) senx ⇒ K ′(x) cosx−K(x) senx+K(x) cosx tanx = secx ⇒
⇒ K ′(x) cosx = secx ⇒ K ′(x) = sec2 x ⇒ K(x) = tanx,
de donde yp(x) = tanx cosx = senx. por lo tanto, la solución general queda:
y(x) = yp(x) + yH(x) = senx+K cosx
8.5. La ecuación de Bernoulli
Un tipo de ecuación diferencial muy relacionado con la ecuación lineal de primer orden
es la denominada ecuación de Bernoulli que viene dada de la forma:
y′ + p(x)y = q(x)yn, n 6= 0, 1
El método de integración más usual es reducirla a una ecuación lineal mediante el cambio
de variable: y1−n = u transformándose en la ecuación lineal:
u′ + (1−m)p(x)u = (1−m)q(x)
También podemos integrar dicha ecuación aplicando el método de variación de parámetros,
es decir, suponemos que la solución general de la ecuación de Bernoulli es y = K(x)y1(x) ,
donde yH(x) = Ky1(x) es la solución general de la EDO lineal homogénea y
′+p(x)y = 0.
Ejemplos 8.5.1.
1) Integrar la ecuación: y′ +
2
x
y = −2xy2
Es una ecuación de Bernoulli con n = 2, la resolvemos por el método de variación
de parámetros:
Resolvemos la ecuación lineal homogénea asociada: y′ +
2
x
y = 0
y′ = − 2
x
y ⇒ dy
dx
= −2y
x
⇒ dy
y
= −2dx
x
Integrando:
ln |y| = −2 ln |x|+ C ⇒ y = eC 1
x2
⇒ yH(x) =
K
x2
124
Grupos A y B Curso 2019/2020
Suponemos que la solución particular de la ecuación propuesta es
y =
K(x)
x2
⇒ y′ = K
′(x)
x2
− 2K(x)
x3
Sustituyendo en la ecuación queda:
K ′(x)
x2
− 2K(x)
x3
+
2
x
K(x)
x2
= −2xK
2(x)
x4
⇒
⇒ K
′(x)
x2
= −2xK
2(x)
x4
⇒ −K
′(x)
K2(x)
=
2
x
Integrando:
1
K(x)
= 2 ln |x| ⇒ K(x) = 1
lnx2
=
1
2 lnx
La solución general será:
y(x) = K(x)
1
x2
+
K
x2
=
1
2x2 lnx
+
K
x2
=
1 + K̃ lnx
2x2 lnx
,
donde hemos hecho K̃ = 2K.
2) Integrar la ecuación: xy′ − y = y2 senx
Escribiendo y′ − 1
x
y = y2
senx
x
, es una ecuación de Bernoulli con n = 2, la resol-
vemos por el cambio de variable y−1 = u ⇒ y = u−1.
Derivando y sustituyendo en la ecuación:
y′ =
−u′
u2
⇒ −u
u2
− 1
x
1
u
=
1
u2
sen
x
⇒ u′ + 1
x
u = − senx
x
Que es una ecuación lineal. Resolvemos la homogénea asociada:
u′+
1
x
u = 0 ⇒ du
dx
= − 1
x
u ⇒ du
u
= −dx
x
⇒ ln |u| = − ln |x|+C ⇒ uH(x) =
eC
x
=
K
x
.
Supongamos que la solución particular de la ecuación es u(x) =
K(x)
x
. Derivando y
sustituyendo:
u′ =
K ′(x)x−K(x)
x2
⇒ K
′(x)x−K(x)
x2
+
K(x)
x2
= − senx
x
⇒
⇒ K ′(x)x = −x senx ⇒ K ′(x) = −senx ⇒ K(x) = cosx.
Luego la solución general es
u =
cosx
x
+
K
x
=
cosx+K
x
Deshaciendo el cambio:
y = u−1 ⇒ y = x
K + cosx
125
Curso 2019/2020 Matemáticas (Grado en Qúımica)
8.6. Ejercicios Resueltos
1.- El radio se desintegra a una velocidad proporcional ala cantidad presente. Se ha
comprobado además, que en 1600 años desaparece la mitad de la cantidad inicial.
Hallar la ecuación de desintegración aśı como la cantidad perdida al cabo de 100
años.
Si llamamos y(t) la cantidad presente en el instante t, la velocidad de desintegración
podrá expresarse como
v(t) =
dy(t)
dt
= −αy(t)
Dónde el signo negativo indica que la velocidad es cada vez menor al haber menos
cantidad de elemento a medida que transcurre el tiempo. Integrando la ecuación
anterior queda:
dy
t
= −αdt ⇒ ln |y| = −αt+ C ⇒ y = Ke−αt (K = eC)
Como y(0) = Ke−α0= K, se tiene: y(t) = y(0)e−αt Además:
y(1600) =
1
2
y(0) ⇒ y0e−1600α = 1
2
y(0) ⇒ e−αt =
(
1
2
)t/1600
Por tanto, la ecuación de desintegración es: y(t) = y(0)
(
1
2
)t/1600
Transcurridos 100 años: y(100) = y(0)e1/16 ≈ 0,9576y(0)
es decir, al cabo de un siglo se ha desintegrado una cantidad igual a 1 − 0,9576 =
0,0424, es decir, un 4.24 %.
2.- La expresión de la velocidad de una reacción qúımica de primer orden co reacción
inversa es v(t) = k1(a−x)− k2x , con x(t) la concentración en el instante t. Supon-
gamos que en un caso concreto es k10k2 = 100 seg
−1 y que la concentración inicial
es a = 1mol/l. Hallar el valor de x después de 0.01 seg. y después de 1 seg.
Integramos la ecuación: v(t) =
dx
dt
= 100(1− x)− 100x ⇒ dx
dt
= 100(1− 2x)
dx
1− 2x
= 100dt ⇒ −1
2
ln |1− 2x| = C + 100t ⇒ ln |1− 2x| = −2C − 200t ⇒
⇒ 1− 2x = e−2Ce−200t ⇒ x = 1
2
−Ke−200t (K = 1
2
e−2C)
126
Grupos A y B Curso 2019/2020
Además, para t = 0 es x = 0, por lo que K =
1
2
y la ecuación se expresa de la forma:
x(t) =
1
2
(1− e−200t)
Por tanto, para t = 0,01 es x =
1
2
(1− e−2) = 0,432mol/l
Para t = 1 es x =
1
2
(1− e−200) ≈ 0,5mol/l
3.- Una sustancia B se forma a partir de otra sustancia A con velocidad de reacción v1
y, a su vez, B se transforma en C con velocidad v2. Si inicialmente las concentración
de A es 5 y la de B 0, y la velocidades de reacción son v1 = 8,3 y v2 = 27,5, hallar
las ecuaciones de transformación de A y B en función del tiempo.
Denotamos por cA(t) y cB(t) las concentraciones de A y B en el instante t. La
velocidad de transformación de sustancia es proporcional a la cantidad presente
inicialmente (véase Ej.1), por lo que podemos escribir para la sustancia A:
dcA(t)
dt
= −8,3cA(t)
Integrando:
dcA(t)
cA(t)
= −8,3dt ⇒ ln cA(t) = α− 8,3t ⇒ cA(t) = K1e−8,3t (K1 = eα)
Como cA(0) = 5, se tiene que K1 = 5, por lo que la ecuación pedida para la sustancia
A es:
cA(t) = 5e
−8,3t
Para la sustancia B podemos escribir:
dcB(t)
dt
= 8,3cA(t)−27,5cB(t) = 41,5e−8,3t−27,5cB(t) ⇒ c′B(t)+27,5cB(t) = 41,5e−8,3t
que es una ecuación lineal. Integrando la homogénea:
dcB(t)
dt
= −27,5cB(t) ⇒
dcB(t)
cB(t)
= −27,5dt ⇒ ln cB(t) = −2t,5t+α ⇒ cB(t) = e−27,5t+eα
La solución particular será: up(t) = e
−27,5t.
Supongamos que cB(t) = K(t)up = K(t)e
−27,5t
Derivando y sustituyendo:
K ′(t)e−27,5t−K(t)27,5e−27,5t+27,5K(t)e−27,5t = 41,5e−8,3t ⇒ K ′(t)e−27,5t = 41,5e−8,3t ⇒
127
Curso 2019/2020 Matemáticas (Grado en Qúımica)
⇒ K ′(t) =4 1,5e19,2t ⇒ K(t) = 41,5
19,2
e19,2t +D = 2,16e19,2t +D
Luego la solución general es:
cB(t) = K(t)up(t) = 2,16e
19,2te−27,5t +De−27,5t ⇒ cB(t) = e−27,5t(D + 2,16e19,2t
Como cB(0) = 0 queda D = −2,16 , por lo que:
CB(t) = 2,16e
−27,5t(e19,2t − 1)
4.- Un depósito de 50 litros contiene una solución compuesta por un 90 % de agua y un
10 % de alcohol. Mediante un tubo se introduce en el depósito una segunda solución
que contiene agua y alcohol a partes iguales a un ritmo de 4 litros/min. Al mismo
tiempo se vaćıa el tanque a una velocidad de 5 litros/min. Suponiendo que la solución
del depósito se agita constantemente, hallar el alcohol que queda en él después de
10 minutos.
Sea a(t) el número de litros de alcohol que hay en el depósito en el instante t. Para
t = 0 es a(0) = 50
10
100
= 5.
El número de litros que sale por minuto es
5
50− t
a(t), y el número de litros de alcohol
que entran es 4
50
100
= 2. Aśı la razón de renovación del alcohol viene dada por
a′(t) = 2− 5
50− t
a(t) ⇒ a′(t) + 5
50− t
a(t) = 2
que es una ecuación lineal de primer orden. Integrando la homogénea:
da(t)
dt
= − 5
50− t
a(t) ⇒ da(t)
a(t)
= − 5
50− t
dt ⇒ ln a(t) = 5 ln(50−t)+C ⇒ a(t) = (50−t)5+eC
La solución particular es: up(t) = (50− t)5
Si a(t) = K(t)up(t) = K(t)(50− t)5 , derivando y sustituyendo:
K ′(t)(50− t)5 −K(t)5(50− t)4 + 5K(t)(50− t)4 = 2 ⇒
⇒ K ′(t) = 2
(50− t)5
⇒ K(t) = −2
4(50− t)4
+D
Luego la solución general es:
a(t) = K(t)up(t) =
(
2
4(50− t)4
+D
)
(50− t)5 ⇒ a(t) = D(50− t)5 + (50− t)
2
128
Grupos A y B Curso 2019/2020
Aplicando la condición inicial a(0) = 5 , resulta
5 = D505 + 25 ⇒ D = − 20
505
y la solución de la ecuación es:
a(t) =
50− t
2
− 20
(
50− t
50
)5
Aśı, para t = 10 min se tendrá:
a(10) = 20− 20(0,8)5 ≈ 13,45 litros
8.7. Ejercicios propuestos
1.- Integrar las siguientes ecuaciones diferenciales
a) ex+yy′ = x.
b) y′ = x(y2 + 1) y obtener una solución particular que pase por P (1, 1).
c) xyy′ = y2 + 1 y obtener una solución particular que verifique y(1) = 3.
2.- Integrar las siguientes ecuaciones diferenciales homogéneas.
a) 2x+ y + (x+ 2y)y′ = 0.
b) (x3y+y4)dx−x4dy = 0 y obtener una solución particular que pase por P (1, 0).
c) x sen
y
x
+ y cos
y
x
− x cos y
x
y′ = 0
3.- Integrar las siguientes ecuaciones diferenciales lineales.
a) y′ + 2xy = 4x.
b) y′ − xy = x2e x
2
2 .
c) xy′ − 2xy = ex2 .
4.- Integrar las siguientes ecuaciones diferenciales de Bernoulli.
a) y′ + xy = xy−
1
2 .
b) y′ = y +
√
y .
129
Curso 2019/2020 Matemáticas (Grado en Qúımica)
130