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MATEMATICA SUPERIOR PROBLEMAS RESUELTOS A. K. Boiarthuk G . P . Colovath Ecuaciones diferenciales Ecuaciones diferenciales de primer orden ATEMATI/IKA JRSS Introducción Conceptos fundamentales. Construcción de ecuaciones diferenciales 1. Definiciones fundamentales i Se denomina ecuación diferencial ordinaria de n-ésimo orden a toda ecuación de la forma donde F es una función conocida y definida en cierta región D del espacio coordenado de variables x, y, y\ . , . , siendo x 6 {xq,x{) la variable independiente e yf y*f. la función incógnita y sus derivadas; n se denomina orden de la ecuación. Por solución de la ecuación (1) entenderemos cualquier función y = /(x), x € (xq, x\)y tal que: a) f{x) posee derivadas de hasta n-ésimo orden en el intervalo (#0, y se cumple que V x € (*o, ®i) (a, /(*), • - •, fln)(x)) € Di b) f{x) satisface la ecuación (1), es decir, la transforma en una identidad: F(x, f(x), f\x),.... fln)(x)) =0 Va; £ (x0, xx). Integrar la ecuación (1) significa hallar todas sus solu- ciones. Se dice que la ecuación (1) está escrita en forma canónica (explícita) si está resuelta respecto a su derivada superior : 2. Problema de Cauchy Supongamos que <p(x,y,y',... , es una función con- tinua en una región D del espacio coordenado de variables x,y,y',. • Se pide hallar una función n veces diferencia- ble con continuidad y — /(x) y un intervalo X que contenga cierto punto x0, de modo que (x , f {x ) , f ' (x ) , . . .,/("~1)(s)) €D para x 6 X, y se cumplan las siguientes condiciones: x f{n\x) = <p{x, f(x)r f'(x),fin~]\x)); 2) / ( s o ) - Vo, /'(so) = y¡¡, fin'l)(xo) =yf-l\ donde (z0, y0, y'0,..., y ^ ) é D Formalmente, el problema de Cauchy para la ecua- ción (2) se puede escribir de la forma siguiente: donde yQ, y'o,...r yq""1^ son valores dados. Toda solución del problema (3) se denomina solución particular del problema de Cauchy. El conjunto de soluciones particulares dependiente délos parámetros x0,yo,y'Q,.. .,2/0" ^ se denomina solución general del problema de Cauchy. 3. Construcción de una ecuación diferencial a partir de una familia de curvas dada Supongamos que se tiene una familia de curvas $(x,y,C1,...Cn) = 0 (4) (las constantes arbitrarias C\ (i = 1 ,n) pertenecen a una región C) que satisface cierta ecuación diferencial. Para hallar esta ecuación se debe: 1) diferenciar la igualdad (4) n veces, considerando y como una función de x n veces diferenciable con continuidad, es decir, 8$ < dx d2$ ~Qxi + dy y t o, + 2 d2§ dx dy y + d2$ W dy y tt o, (5) dn$ dx" + . . .+ * • » ~dyy ��� o 2) hallar las constantes arbitrarias C\, Ci,. •. C„ a par- tir de las fórmulas (4) y (5). • •• • i ii• •• • ! i •• i • • Escribir las ecuaciones diferenciales correspondientes a las siguientes familias de curvas: as .vv.vv 'i- f V -i* i,'. iV.\V Solución. Sea y — y(x) una solución diferenciable con con- tinuidad de la ecuación dada, donde C es un parámetro que no depende de x. Entonces se debe cumplir la identidad F{x, C) - x2 + Cy2(x) ~ 2y(x) = 0, (1) donde x € X C K, siendo X cierto conjunto. La función F es diferenciable respecto a x. Hallemos su derivada dF{x, C) dx 2x + 2y(x)y'(x)C - 2y'(x) = 0, de donde C y i X rr^ yyt (yy ^ 0)- ��� Sustituyendo (2) en (1), obtenemos la ecuación diferencial buscada (X y)y' ~xy = 0. • M Solución. Procediendo de forma análoga al ejemplo anterior, hallamos Cy'(x) ~ C eos Cx = 0. Si C = 0, no está definida la familia de curvas para las cuales se construye la ecuación diferencial; por tanto, asumimos que C 0. Del sistema de ecuaciones y'2 - eos 2Cx, C2y2 = sen2 Cx, (1) encontramos 2 i -y'2= y ¿ 0 . (2) Sustituyendo (2) en (1), resulta Solución. Derivando la identidad (x - C\)2+C2y2(x) - 1 = 0 dos veces respecto a x, obtenemos 2(x - Cx) + 2C2y(x)y'(x) = 0, l + ((y'(x))2 + y(x)y"(x))Cz = 0. Eliminando de las tres identidades las constante C¡ y C2, resulta 3 " , 1 >2 , II \2 n y y + {y +yy ) = 0- • ^ísseasarasa M Solución. Derivando respecto a la variable x hallamos y\x) CeCx, de donde C V y (y 0). De este modo, la ecuación diferencial correspondiente a la familia dada es y ív'fy)z • IT ' I " T " I I I I I < Solución. Derivando tres veces la igualdad dada respecto a la variable x, obtenemos /1 - 2yyCx - C2yi 0, 2 (y'2 + yy")c\ + Qy" = o, ��� 2(3y y" + yy")Ci + C2y De la última igualdad de (1), hallamos ni 0. C C2ytíf 111 2(3^" + yy"<) (3 y y" + yy" ^ 0). ��� Sustituyendo (2) en la segunda igualdad de (1), obtenemos ti ttt y y 3 y y = 0, i . n ni t ttt o bien 3y — y y 0, pues . y 0, como se deduce de la primera igualdad de (1). • . , . . i • i . y , . , 11 M u , , " ' • LJ. t n i i Nota. En todos los ejemplos analizados anteriormente supusimos que la función implícita dada tiene derivada, del orden necesario. Esta suposición es esencial, pues incluso la ecuación simple y — x — C — 0 define un conjunt infinito de funciones implícitas discontinuas y Por ejemplo, y(x,C), -oo < x < y - VC + x2, ar éR\Q, o; i 1 Pl l̂ i I. <4 Solución. Del curso de geometría analítica se conoce que la ecuación canónica de la circunferencia con centro en el punto M(C-[, C2) y radio R = C3 tiene la forma (x - Cxf + (y- C2f - C¡ = 0. (1) Considerando que toda circunferencia se describe median- te dos funciones tres veces diferenciabas con continuidad y = y{x), a partir de (1) encontramos que s - Ci + (y(x) - C2)y'(x) = 0, 1 + y'\x) + (y(x) - C2)y"(x) = 0, 3y'(x)y"{x) + (y(x) - C2)y"'(x) = 0. Simplificando y(x) — C2 en las dos últimas identidades, final- mente obtenemos y'" i1 +y'2) -3y'y"2 = 0- • Nota. Hablemos con más precisión: hemos obtenido la ecuación diferencial de todas aquellas circunferencias en las que se han eliminado los puntos que se encuentran en los extremos del diámetro horizontal. •4 Solución. De acuerdo con las condiciones del ejercicio, se debe tomar C¡ — 1 y C2 = 2C\ en la ecuación (1) del ej.6: (x — C\)2 + (y - 2C\)2 - 1 = 0. Esto es una familia uniparamétrica de circunferencias. Deri- vando la identidad (x - C\f + {y{x) - 2Ci)2 - 1 = 0 respecto a la variable x (considerando que y = y{x) es una función diferenciable con continuidad), hallamos x - Cx + (y(x) - 2C1)y'(x) = 0. Eliminando C\ de las dos identidades obtenidas, finalmente resulta (2x~y)2(yt2 + l)-(2y' + lj 0. • Solución. La ecuación de la familia de parábolas con ejes paralelos al eje Oy tiene la forma y = C\x2 + C2x + C$t donde Cj son parámetros arbitrarios (j = 1/2,3). De la condición de tangencia a la recta y = 0, resulta y = 2C^xt + C2 = 0, Cix] + C2xt + C3 = 0, nde Xt es la abscisa del punto de tangencia. De aquí duco. nim do deduce que se a c 4Ci ( Q * 0). (1) De la condición de tangencia con la recta y = x, obtenemos y = 2C\Xt + C2 = 1, - yt r2 2 . ~ . yt = C\xt + C2xt + 1 4 C/ lo que nos proporciona C2 = - . Sustituyendo el valor de C2 1 2 en (1), hallamos C3 = ——. De este modo, la familia buscada I6C1 2 ÍC 1 = C\x H 1 , donde C\ es un 2 I6C1 satisface la ecuación y parámetro arbitrario. Simplificándolo en las identidades t 1 y = 2C\X + y = C\x2 + + 1 2 16C, mmmm*"l i i ü H llegamos a la ecuación buscada: xy'2 = y(2y' - 1). • Solución. Evidentemente, los centros de tales circunferencias pertenecen a la recta y = x; por tanto, C\ ~ C2 (v. ej. 6). Dado que las circunferencias son tangentes a los ejes coordenados, hallamos C3 = |Cj|. De esta forma, la familia analizada satisface la ecuación {x-C.f + iy-C.f -C2 = 0. A partir de las identidades respecto a x (x - Ci)2 + (y(x) - crf - C\ = 0, x-C! + (y{x) - CJy'(x) = 0, se deduce que la ecuación diferencial requerida es y'2(x2 - 2xy) - 2xy' + y2 - 2xy = 0. • Solución. Derivando las funciones x e y respecto a t, y dividiendo y'{t) por x'ít), obtenemos dy = y'(t) dx x'{t) sen t 1 - eos t tg t = 2arctg ^ ^ +2kir, k € Z. Sustituyendo la expresión de t en la igualdad (í — sen t)y - x{l - eos t) — 0, V ' • F 1 T 1 HU-^i tras una serie de transformaciones obtenemosla ecuación diferencial buscada Y ctg x + yy' w i y(i + y'2)' Solución. Consideraremos la ecuación general de la familia de curvas de segundo grado ax + 2 bxy + cy2 + 2 dx + ley + / 0, donde a ^ O . Sin pérdida de generalidad se puede suponer que = Derivando cinco veces, obtenemos x + b(y + xy) + cyy + d + ey = 0, (1) 1 + b(2y + xy") + c(y'2 + yy") + ey" = 0, (2) b(3y" + xy") + c(3y'y" + yy"') + ey Ht b (V + xylv) + c(3y"2 4- 4 y'y'" + y f ) + eyw 0, (3) 0, (4) 6 ( 5 ^ + xyv) + c(l0y"y"' + 5y'yfV + yyv) + eyv = 0. (5) De las ecuaciones (2), (3) y (4) resulta ll. .IV b 3 y y 4 y til 2 •rtr A 3 y y + 4 y y ��� 3 y'y"y donde A H J * I VA =3y y y A � � � � � 4 y y / i //2 Ht n6yy y +9y «4 Eliminando la constante e de las ecuaciones (2) y (5), y sustituyendo en la ecuación obtenida las expresiones (6) de b y c, hallamos finalmente n V AC // /// IV >Ari n 9y y -45y y y + 40y = 0, que es lo que se pedía demostrar. • •4 Solución. Tomando la diferencial total de la identidad arctg - — ln -y/®2 + y2(x) = ln C x obtendremos / y(X) \ d í arctg ln y/x2 + y2{x) J = 0, de donde xdy - y dx xdx + ydy x2 + y2 x2 + y2 o bien (a; + y)dx~{x - y) dy = 0. • = 0 {x2 + y2¿ 0), •4 Solución. Si en la ecuación de la familia de circunferen- cias (v. ej. 6) tomamos C3 = \C2\, entonces obtendremos la ecuación de la familia de circunferencias con la propiedad requerida: (x-Cl)2+(y-Cz)2-C¡ = 0. ( 1 ) Hallando Ci y C2 a partir de las identidades x-Ci+ y'(y - C2) = 0, 1 + / + (y ~ C2)y" = 0, y sustituyendo sus valores en (1), conseguimos la ecuación diferencial buscada y2y"2 + 2y(l + y'2)y" - y,2{l + y'2)2 = 0. • H[ Hallar los sistemas de ecuaciones diferenciales cuyas so- luciones son las familias de curvas dadas a continuación; <4 Solución. Sean x Xt y = y(x), z = z(x) las ecuaciones paramétricas de la curva, donde y y z son funciones diferenciables con continuidad. Sustituyéndolas en las ecuaciones dadas obtendremos las siguientes identidades respecto a x; ax + z(x) = b, y2(x) + z\x) = b2. (1) Derivando estas identidades respecto a x, obtenemos a + z(x) = 0, y(x)y(x) + z(x)z{x) ~ 0, de donde a = —zr. Sustituyendo el valor de a en la primera de las identidades (1) obtenemos que b = z - xzEsta expresión y la segunda identidad de (1) nos conducen a la *y é i igualdad y + 2zz x — x z = 0. De esta forma, el sistema buscado es yy + zz9 2 / 20, y + 2xzz —x z 0 . • i •! ni • PIIIM l ^ ^ l l l I < Solución. Al igual que en el ejemplo anterior, se obtiene 2x + 2yy = 2;^' - 2bz\ y t a de donde a V*, B 1 •¡(zz - x - yy). Sustituyendo las expresiones de a y b en las ecuaciones originales, obtenemos b y-xy z{y - xy) = zz i x-yy t x + y2 = z - 2 z(y - xy) ÉlfllR̂ ÉffiHraHHHHi M Solución. Derivando y dos veces respecto a x, hallamos fácilmente la ecuación diferencial correspondiente: y" + a2y = 0. Para encontrar una solución particular de esta ecuación, se deben utilizar las condiciones iniciales con el objetivo de determinar las constantes C\ y Ci- Tenemos: 2/(0) = (Ci eos ax + C2 sen aaj)|ir=0= Cx = 1, y'(0) = a{—C\ sen ax + Ci eos a¡s)| 0 = olCi = 0. De esta manera, C\ — 1 y C2 = 0. Por consiguiente, la solución particular requerida es y ~ eos ax. • M Solución. A partir de las condiciones dadas, resulta 2/(1) =(Cl + C2]nx + C3Z3)\x=l= 1, y'( 1)= ( —+3C3X2 1 x = 0, 1=1 = 2, 2 2 de donde encontramos Ci = — , = — , C3 \ 9 3 solamente escribir la solución particular: 2 Queda y 2 2 2 3Inx + -x 9 3 9 Dejamos a cargo del lector obtener la ecuación diferencial correspondiente. • M Solución. Si la solución particular es dos veces diferenciable con continuidad, entonces del primer problema de Cauchy obtenemos y 1 + 2 yy = 1 + 2 y(x + y2)= 1 + 2 xy + 2y3, así como y'(Q) = 1. Por consiguiente, la respuesta es afirma- tiva. • 4 Solución. No puede, pues para ningún valor de las constan- tes arbitrarias (incluidos zfcoo), la solución particular exami- nada no se deduce de la solución general. • Ecuaciones diferenciales de primer orden § 1. Ecuaciones de variables separables 1.1, Ecuaciones diferenciales de variables separables Toda ecuación de la forma fi(x)fi(y) dx + gi(x)g2(y) dy = ü, (1) donde y g¡ {i ~ 1,2) son funciones continuas dadas, x 6 (a, b) e y € (c, d)f se denomina ecuación diferencial de variables separables. Para integrar la ecuación (1), primero se deben dividir sus dos miembros por el producto f2Íy)gi(x) (fi(y)gi{x) ^ 0), y después, utilizando la fórmula d { / f(x) dx + I g(y) dy J = / (x) dx + g(y) dy, escribir ffií®) J h(y) Nótese que la división puede provocar la pérdida de las soluciones particulares que anulan el producto }i{y)gi{x). Por eso, para obtener todas las soluciones de la ecuación (1) es necesario agregar a la familia de curvas integrales (2) los ceros de las funciones f i y g\. 1.2. Separación de variables mediante un cambio lineal del argumento lIllláK m " i •4 Solución. Ésta es una ecuación de la forma (1). Dividiendo sus dos miembros por .el producto x y/y2 + obtenemos dx y dy x ~ + 1 x de donde resulta JT-Í ydy VtF+i + c, o bien ln |:d| - y/y2 + 1 = C. Por tanto, todas las soluciones de la ecuación dada tienen la forma ln |s| - y/y2 + 1 + C, x = 0. • <4 Solución. Primero hallamos todas las soluciones de esta ecuación. Tenemos: (x l)dy + 2xy dx — 0, de donde, separando las variables x e y, llegamos a la ¥ A ecuación ¿Y 7 7 yz xA 2xdx 1 0. Integrando ambos miembros de la ecuación, obtenemos 1 y + lnX 1 C. ��� Para obtener todas las soluciones de la ecuación inicial, a la familia (1) de curvas integrales le agregamos la solución V="Q. A partir del conjunto de curvas integrales, separamos la curva que pasa por el punto (0,1). Tomando x = 0 e y = 1 en (1), obtenemos C — - 1 . De esta forma, la función1 y l + hx\x2-l es la solución de la ecuación planteada con la condición y( 0) = 1. • Solución* Escribiendo esta ecuación en la forma x dy+(y- y2) dx = 0, ��� y separando las variables, obtenemos dy Y-Y + dx X 0 Integrando, obtenemos ��� Nótese que a pesar de que ambos miembros de la ecuación se dividieron por el producto x(y - y2), las soluciones x = 0, y - 0 e ji - 1 no se perdieron. Finalmente, tomando en (2) x — 1, y = 0,5, encontramos que C = - . Así pues, llegamos a que la curva diferenciable 4xí/(1 - y) - 1 = 0 es la solución del problema planteado. • •4 Solución. Escribamos esta ecuación en la forma ds M = e - t Separando las variables s y í, obtenemos ds = dt. es - 1 Integrando la ecuación obtenida, hallamos e ' - lln = t + ln C, o bien 5 = - ln ( l + Ce1). • ^ dz dy •4 Solucion. Haciendo z — y-x, obtenemos que — 1, dx dx De esta manera, la ecuación inicial se lleva a la forma dz = dx. eos -z - 1 Después de integrar, hallamos z o bien x ctg y - x 2 C. A estas soluciones hay que agregar las soluciones que perdi- mos 2; = 2kTc, k e z , • •••i'^yiMi • < Solución. Primeramente escribimos esta ecuación en la forma dy = (y + 2x - 3) dx. Cambiando la variable de integración según la fórmula z = y + 2x — 3, obtenemos la ecuación de variables separables dz — (z + �� dx, de donde se deduce que dz z + 2 dx (hemos considerado que z -fi -2) , Integrando esta ecuación, obtenemos ln \z + 2| - x.+ lnC, de donde, finalmente, hallamos y = 1 —2x+Cex. Es evidente que la solución z 2, es decir, y = 1 - 2x, pertenece a la familia de curvas integrales obtenida (esta solución puede incluirse en al familia para C = 0). 1 ff " F TI | I I III ' 1 III II II I Para las ecuaciones siguientes, hallar las soluciones que satisfacen las condiciones indicadas cuando x —• + c c : M Solución. Separando las variables, obtenemos dy 2 eos 2y dx x x ¿0, eos y ^ 0 Después de integrar hallamos 1 1 o bien y = arctg Í^2C - ^ 4- 2fe?r, feGZ. Utilizando la condición complementaria dada, encontramos que 9-7r = lim y - 4 I—>+00 - lirn (arctg ( 2C - - ) + 2kn| = i-»+oo \ \ X} ) - arctg 2C + 2for. * n Como | arctg 2C\ < - , obtenemos que k= 1, arctg 2C = —, 1C = - , resultando finalmente 0-!y = arctg ( 1 + 27T. Solución. Separamos las variables x e y: 3 y2 ——-dy = 2a; dz, j/ 2. r - s Después integramos los dos miembros de la ecuación y obte- nemos Suponiendo que C = ln Ci (Ci > 0), tenemos |y3-8| =Cic< Es evidente que la solución y — 2 se puede incluir en la familia de curvas integrales si tomamos C\ = 0 . De esta manera, todas las soluciones de la ecuación original se determinan por la fórmula ! / - 8 | = c i e l 2 (Q^O). J xdx + C, ln \y3 - 8| = x2 4- C. De la fórmula obtenida se deduce que la curva y = 2 es la única que satisface la condición complementaria planteada en el problema, • <4 Solución. Separando las variables x e y en la ecuación diferencial dada y seguidamente integrando, obtenemos y du � tyuF+i J VF+i Do 3S<j dt donde (tto,Ito) es un punto arbitrario del plano Oxy. Supongamos que x H-oo eñ la ecuación (1). En- tonces en virtud de la convergencia de la integral impropia +00 dt existe el límiteS 3 3 a / du Vu2 +1 yo +00 a. Puesto que la integral impropia / 3 du es divergente, yo Vu2 +1 (̂H-oo) existe y es finito,entonces el límite lim y{x) = ac -^ - j - oo siendo además i/(+oo) > y0, ya que a > 0. Supongamos ahora que en la ecuación (1) x Entonces oo. y(z) du l ^ | •n j i i i i J y/U2 + l Sfo b, donde - 0 0 f dt b = / -3-—= < 0. J vPTT Zo Por consiguiente, -oo < y(—oo) < yo. De este modo, la fórmula (1) describe la familia de curvas integrales que poseen dos asíntotas horizontales y(-oo) e y(+oo). • fa> «i BTÍ ; B> s ¡ Solución. El dominio D de la función del segundo miembro de la ecuación es +00 D = [J Mk/ k—-oo donde Mk ~ {(x, y) e l 2 | 2kn < x < (2k + 1)jt, O ^ y < +00} U U{(«,S/)€ t 2 | (2A: + l)7r < x < 2(k + l)ir, - 1 < y sC 0 } . Sea O ̂ y < +00, O < x < ir, O < x0 < w. Enton- ces, separando las variables en la ecuación e integrándola, obtenemos t-£-=íJ vsení J du (1) *0 •y/ln (1 + w) Cuando u 0 se tiene que ln (1 + u) ~ u. Por consiguiente, la integral en el segundo miembro de la igualdad (1) con- verge por el criterio de comparación. Puesto que la función subintegral es positiva, tenemosy du >0,/v/ln (1 + ti) 1K!1 luego X / ^ ^ ^ ^ ^ n w n i i i i i i . . ^ ^ ^ ^ ^ \/sení f dt por tanto, x > ar0. Así pues, para x > XQ tenemos que y > 0 y viceversa, es decir, toda función que está determinada por la ecuación (1) y que sale del punto (XQ, 0) se encuentra en el primer cuadrante. De la desigualdad y* > 0 se deduce que V — y(x) crece al aumentar x. Sin embargo, de la divergencia de la integral en el segundo miembro de la ecuación (1) cuando y —• +oo, y de la convergencia de la integral en el primer miembro de dicha ecuación cuando x —> tt — 0, se deduce que y tiende a un límite finito cuando x —> ir - 0. Llegamos a una situación análoga si analizamos la igualdad 0 < y < +oo, 0 < £ < 7 T , 0 < ífo < Sea —1 < y ^ 0, - t t < a; < 0. Entonces, separando las variables en la ecuación inicial e integrando, resulta Dado que y < 0, la integral del segundo miembro de la ecuación (2) es negativa. Esto significa que x < Por consiguiente, la curva integral que parte del punto (XQ, 0) (#o < 0) tiende hacia abajo y hacia la izquierda. Como se deduce de la ecuación diferencial considerada, la derivada i • y —• +oo cuando x —> —x+O ó cuando y - 1 + 0. De esta forma, las curvas integrales se aproximan asintóticamente a las rectas x = -ir o y — - 1 . Además, las curvas se aproximan a la recta X — —ÍC por la tangente, mientras que a la recta y — - 1 lo hacen por la normal • x y J V— sen t J y/-\n (l + u) f dt f du ��� § 2. Problemas geométricos y físicos que conducen a ecuaciones de variables separables 2.1. Uso del significado geométrico de la derivada Para la resolución de problemas geométricos es conveniente acudir a las representaciones gráficas y utilizar el significado geométrico de la derivada y de la integral. 2.2. Uso del significado físico de la derivada Cuando construimos la ecuación diferencial que describe un proceso físico, además de emplear las leyes físicas, utilizamos el significado físico de la derivada como la velocidad de variación de alguna magnitud. M Solución. Como vemos en la fi- gura 1, el área del triángulo exa- 1 minado es 5 = -\KN\y, don- de y es la ordenada del pun- to M. Puesto que tga — y (lo que se deduce del significado ge- ométrico de la derivada), enton- y2 , ees S — —, y > 0. De esta2 y' forma tenemos la ecuación dife- rencial Considerando que y ^ Ü y separando las variables, obtenemos 2 dy y2 dx A de donde encontramos 2 y x a2 C, o bien 2A Rg2 y Ca2 + x Si yf < 0 (fig. 2), entonces 5 Y ecuación, obtenemos 2 y' a . Integrando esta ta 2 y X Ca}' i Finalmente, denotando Ca C, reunimos ambas solucio- nes en una: 2A y C±x mu V tM Solución. De la figura 3 vemos que \KL\-f = ™ -yy'. Y De esta manera la ecuación diferencial buscada tiene la forma y . ' — +yy Y 2A. Resolviendo respecto a la derivada, obtenemos Sea O < y ^ a. Entonces de la ecuación diferencial halla- mos ydy — = dx, a ± y a2 - y2 o bien día2-y2) y , J = - 2 dx. a ± y/a2 - y2 Integrando esta igualdad, re- sulta y/a2 - y2 - a ln (a El caso -a < y < 0 e y' < 0 y/a2 - y2) ±x-C. ; analiza análogamente. • I Solución. De acuerdo con la interpretación geométrica de la integral, tenemos (fig. 4) X -/ y(t)dt. ��� Puesto que Si 4-¿>2 = xy y Si = 2S\, entonces teniendo en K cuenta (1) se obtiene S2 = ¡xy = J y(t) dt. Diferenciando esta igualdad res- pecto a x, encontramos \{xy +y) = y, o bien dy y dx 2x' de donde y = C\fxr o bien x = Cy . Evidentemente, si intercambiamos el papel de las variables x e y, el problema tiene la solución y = Cx2. • Nota 1« Cuando resolvimos este problema supusimos que las variables x e y son: positivas. Sin embargo, ellas pueden ser negativas, es decir, se puede considerar que la constante C en ambas soluciones toma cualquier valor reaL i i i T I ' " " I I t r t 1 " ' i I w—••••p •• i Nota 2* Si en lugar de la figura 4 se utiliza la figura 5, entonces llegamos al mismo resultado, es decir, en todos los casos obtenemos las familias de parábolas con vértices en el origen de coordenadas. Proponemos al lector corregir las figuras 4 y 5 en correspondencia con las soluciones obtenidas. y k K !ÍTVTYZViy¡OjOXKií¡x6xC)(C*CjiXOXCX^S^ üviU'- 5/-0K0Í-5J-ÍJ-í* /- * xí y t c a o* y iHft^ ' \ < * < * 1 * -{* X ->& l -U -W -W •{ J < 3-í íi Xi Xt tí re y T s? JOOXO¿ } < } < } K J . O O Oi } < 5 < o < j . o o < ( x< 5 o o ^ c : x o i ¿ o ' t í ** ; ^ftHt Í,J í i rlTfT^rr i n Fig. 5 Fig. 6 < Solución, Utilizando la relación entre los ángulos a y tp (fig. 6), así como la interpretación geométrica de la derivada, tenemos dy dx y'iv) • • x'(<p) p sen (p + p eos y p' eos ¡p ~ p sen <p tga, L L I a - v a = -{ir - ip). Tras una serie de transformacio- nes sencillas obtenemos la ecua- ción diferencial p' , H> 7=tgr Integrando la misma, encontra- mos Mi ni o Fig.7 \np - -21n <Peos — 2 + ln2C, o bien 1 + eos (p ��� Nota. Si en lugar de la figura 6 partimos de la figura 7, obtenemos la ecuación diferencial P , <P ~ = - c t g - , ile la cual se deduce que 1 - eos <p La última familia de curvas se obtiene de la familia (1) mediante la sustitución de por <p + ir. De este modo, la respuesta final es C Tx ' 1 ± eos <p Fig.8 Fig.9 Solución. Utilizando la condición tg7 = <p y la relación (p = a + 7 (fig. 8) podemos escribir V- tg7 = tg(V-a) tg <p - tg a 1 + tg tp tg a Puesto que tga P tg y + /> / - p tg tp , de la ecuación anterior obte- nemos que tp hallamos p Resolviendo esta ecuación diferencial, P P C <P (<p ¿ 0). • Nota* Si en lugar de la figura 8 consideramos la figura 9, obtenemos de P un modo análogo la ecuación diferencial <p = —, de la cual se deduce que p = C<p. •4 Solución. A partir de la figura 10 vemos que XQ~ X y tga. (1) Utilizando la condición x0 = 2x y el hecho de que y' = tg a, de (1) resulta laecuación diferencial x = yy. Separando las variables e integrando, obtenemos y dy = x dx, y2 - x2 = C. ��� Del curso de geometría analítica se sabe que la ecuación canónica de la hi- pérbola tiene una de las formas y ; \M(x, y) 5 / v a \Q(*o. 0) / o P{X, 0) N X- Fig.10 o bien 2 2 y_ , a2 b2 ~ Lf 2 2 _ L - _i a2 b2 Si a = b, se dice que la hipérbola es equilátera. De este modo, es fácil ver que la segunda ecuación de (2) determina dos familias de hipérbolas equiláteras (para C > 0 y para C < 0). • Nota. Si C = 0, a partir de (2) obtenemos un par de rectas y = ±x, denominadas hipérbolas degeneradas. <4 Solución. Sea MG(xo,yo) un punto por el cual pasan todas las normales y sea Mi{xi,y\) un punto perteneciente a la mmmmms. curva. Eri este caso la ecuación de la recta que pasa por esos dos puntos tiene la forma 1 y y\ (»i) (x - x0) + y0- Como las coordenadas del punto Mi{xlr y^) también satisfa- cen esta ecuación, se tiene 1 - * • 1 — {Xi -xQ) + y0, Separando las variables x\ e y\ e integrando, obtenemos (Vi ~ Vo) d(yx - ifa) + {xi - x0) d(xi - x0) = 0, (yi yo)2 + (®i - *o)2 = c2. De este modo, si C 0 tenemos la ecuación de una circun- ferencia de radio C con centro en el punto M� . • I Solución» Sea Q(t) la cantidad de nitrógeno en el recipiente en un instante t desde que comenzó el proceso de mezcla. Entonces, 0,1 dt litros de mezcla contienen (0,1 * Q dt)/20 litros de nitrógeno. De acuerdo con las condiciones de partida, durante un intervalo de tiempo dt en el recipiente penetran 0,1 dt litros de nitrógeno y salen (0,1 • Q dt)/20 litros, Por consiguiente, la cantidad dQ de nitrógeno que queda en el recipiente al cabo del tiempo dt es igual a 0,1(1 — Q/20) dt litros. De esta forma, obtenemos la ecuación diferencial dQ = 0,1 dt, o bien dQ 20 - Q dt 200 Integrando, hallamos Q = 20 - Ce~°'005t. Para determinar la constante C, utilizamos la condición <3<¿)|í=0= 16 1. Por tanto, C = 4 y la función Q(t) = 20- 4e"°'005< (1) es la solución del problema planteado. Sustituyendo t = T y Q = 19,8 1 en la expresión (1) (lo que constituye el 99 % de 20 litros) encontramos que T = 200 ln 20 s = 599,2 s 10 min. Esto quiere decir que, al cabo de 10 min desde el inicio de la mezcla, en el recipiente habrá un 99 % de nitrógeno. • Solución. Sea Q{t) kg la cantidad de sal en el tanque en el instante t después de que la disolución comenzó a derramarse. Entonces su concentración en la disolución con- Qsiderada es — , y la cantidad de sal que fluye del tanque Q en el tiempo dt es ^ ^ -5 dt. Por consiguiente, tenemos la ecuación diferencial dQ = -0,05 Qdt. Aquí el signo "—" significa que la cantidad de sal en el tanque disminuye. Integrando la ecuación obtenemos que Q = Ce~0f>5i. Puesto que para t = 0 en el tanque había 10 kg de sal, entonces C = 10. De esta manera, Q = lOe"0,05* es la solución del problema planteado. Tomando en la última igualdad t = 60 min obtenemos que, pasada una hora, la cantidad de sal en el tanque es igual a 10e-3 kg ~ 0,5 kg. • 4 Solución* Sea Q(t) la cantidad de CO2 en la habitación en el instante t después de que comenzó a trabajar el ventilador. En- tonces, Q(t)/200 es la concentración de CO2 en la habitación en el instante t. Por consiguiente, los 20 m de aire que salen / i de la habitación en un minuto contienen 0,1 Q(t) m de CCV Por tanto, en el transcurso de dt minutos de la habitación sal- drán 0,lQ(f) dt m3 de CO2. En ese mismo intervalo de tiempo, el ventilador entregará (0,04 %/100 %) 20 dt m3 = 0,008 dt m3 de CO2* De esta manera, el incremento de la cantidad de CO2 en el tiempo dt es igual a (0,008 - 0,lQ(í)) dt, de donde resulta la ecuación diferencial dQ = (0,008 - 0,1Q) dt. . Después de integrar, obtenemos Q(t)= (0,08 — Ce-0'1*) m3. Puesto que en el instante t = 0 se tiene Q — 0,3 m (es decir, el 0,15 % de 200 m3), entonces C = -0,22. De este modo, Q = 0,08+0,22e"ai¿. El instante T en que la cantidad de C02 será 0,1 m3 se halla a partir de la igualdad 0,1 = 0,08 + 0,22e~°'1T. Resulta que T - 10 ln 11 í̂ 24 minutos. • mlmmmmmm mmm&m ̂ ? : Solución. De acuerdo con la ley señalada podemos escribir la ecuación dT = lo), (1) donde T es la temperatura del cuerpo, lo es la temperatura del aire circundante, y k, el coeficiente de proporcionalidad. En nuestro caso Tq = 20° C. Integrando la ecuación (1), obtenemos T = 20 + Cekt. A partir de la condición T(í)|(=0= 100° C hallamos que C = 80. La otra condición T(í)|¡=10= 60° C permite calcular k. Así pues, k = -0 ,1 ln 2, T(t) = 20 + 80e~°'1( ln2 = 20 + 80 • 2~°'u Tomando T = 25° C, encontramos que el tiempo buscado es ¿i = 40 min. • Solución. Por analogía con el ejemplo anterior, dTc _ ^ —— — kc(Tc — Ta),at dTd _ — fca(Ta — Tc), donde Tc y Ta son las temperaturas del cuerpo y del agua, respectivamente; kc y fca son coeficientes constantes. Restando miembro a miembro la segunda fórmula de la primera y denotando R = Tc - Ta, podemos escribir dR = kR, dt Je — kc + Ai- Integrando esta ecuación, hallamos que R = Cekt. Puesto que en el instante inicial t — 0 la diferencia de temperaturas era igual a R — 55°, entonces C = 55. Por tanto, R = 55e * Utilicemos la ecuación de balance calorífico para determinar el coeficiente k. Según la fórmula general tenemos que Q = cm(Tk — Tq), donde c es la capacidad calorífica específica del cuerpo, m su masa y Tk—Tc la diferencia de temperaturas. De este modo, Q i = 2ch2O/ Q2 = 0,2 - 0,5(75 - T)ch2O, donde Qi es la cantidad de calor que absorbe el agua, y Q2, la cantidad de calor que desprende el cuerpo cuando se enfría hasta la temperatura T. Conforme a las condiciones del pro- blema Q\ — Q2 * De esta manera, hallamos que T = 55° C y al cabo de un minuto R = 55° C - 22° C - 33° C Enton- ces 33° C = eh 55° C, de donde k = ln 0,6. Por la tanto, la ley de equilibrio de las temperaturas del agua y el cuerpo es R = 55 • (0,6)*. A partir de la igualdad 1 = 55 * (0,6)\ hallamos ln 55 ¡ti — — 8 min, ln 5 - ln 3 Éste es el tiempo al cabo del cual la temperatura del cuerpo será Io C mayor que la del agua. • 1 • fc.n ̂ 1 iwibA. Solución. De acuerdo con las condiciones de partida ^ = k(Th-Tm), (1) at donde Th y Tm son las temperaturas del horno y el metal dTm respectivamente, —— es la velocidad de crecimiento de dt la temperatura del metal. Además, a causa del crecimiento t uniforme de la temperatura se tiene T^ = a+(b — a)—, donde60 el tiempo t se mide en minutos. Por consiguiente, la ecuación diferencial (1) se puede escribir en la forma dTm ( t \ - F = - T „ ) . (2, t Introduzcamos una nueva variable z = a + (b - a )— — Tm. 60 Entonces la ecuación (2) se transforma en una ecuación de variables separables dz = -dt. kz-(b- a)/60 Integrándola, hallamos 1 ( b — a\ 1 o bien 1 \ b - a _ _kt . b - a Como Tm{t) a, entonces C = . De esta manera, u~u 60A; finalmente obtenemos que ^ = « + ^ ( < - 1 ( 1 - 0 Evidentemente, la temperatura del metal al cabo de una hora será 4 Solución. Sea v(t) la velocidad de la barca en el instante t después de comenzar su movimiento. Entonces dv/dt es su aceleración. De acuerdo con la segunda ley de Newton dv m—=F, (1) at donde F es la fuerza de resistencia del agua. Según las condiciones de partida F = kv; por tanto, la ecuación (1) toma la forma dv k — — — v — — const). dt m Integrando esta ecuación, se obtiene v(t) = CekoK ��� Utilizando la condición complementaria v(0) = 1,5, encon- tramos que C = 1,5. De este modo, la ecuación (2) toma la forma v(t) = l,5efeoí donde t se mide en segundos. Puesto que v(4) — 1 m/s, a par- tir de. la igualdad 1 = 1,5e4*0 resulta que k0 = 0,25 ln (2/3). Por tanto, la velocidad del movimiento de la barca varía según la ley v(t) = { - ) m/s. (3) Sustituyendo en (3) v = 1 cm/s = 0,01 m/s, encontramos el instante t\i ln 0,01 í l = 4 | 1 + t a 2 ^ | S i 5 0 B - Puesto que i)(t) = ds(t)/dt, donde s(í) es el recorrido, a partir de (3) obtenemos s ( í ) = ú ñ ( 2 / 3 ) " 4 _ 1 + * •''' • :¡í'í',,¡ '̂íf'iíll tllfflBi WBBWMWMMMMHMBB donde sq es la constante de integración. Si s(0) = 0, entonces 4 Í2X So = — -——- { - ) , y la ley de movimiento de la barca ln2/3 \3/ tiene la forma s(t) = ln 2/3 ((§)4 A partir de la ecuación (3) vemos que lim v{t) = 0; por <-»+oo tanto, de la ley de movimiento de la barca hallamos � Si = lim sit) = — ss 15 m, «-.+00 ln3/2 donde sL es la distanda recorrida por la barca hasta detenerse. • M Solución. Empleemos la ley de desintegración radiactiva: la cantidad q{t) de sustancia radiactiva que se desintegra en la unidad de tiempo es proporcional a la cantidad Q(t) de dicha sustancia en el momento dado, es decir, q(t) = kQ(t), siendo k el coeficiente de proporcionalidad. Por consiguiente, en el intervalo de tiempo desde t hasta í+Aí se desintegra una cantidad de sustancia igual a donde t\ € (í, t + Ai) y Q(t\) es cierto valor intermedio de la cantidad de sustancia entre Q(t) y Q(t + Ai). Por otro lado, esta misma cantidad es igual a Q(t + Ai) - Q(ty, por tanto, tenemos Q(í + A í ) - Q ( í ) = fcQ(íi)Aí, o bien Q(t + M)-Q(t) At = k Q i k ) • Considerando que la función Q es diferenciable y pasando al límite en la última igualdad cuando Ai —> 0, obtenemos la ecuación diferencial dQ(t) -^T = kQ{t), (1) at w mmm cuya solución es Q(t) = Ce . Evidentemente, la constante C representa la cantidad inicial de la sustancia, A partir de 1 la condición 0,5C = Ce30k hallamos k = ln2, y de la condición 0,01 C = Ce~(í/30)ln2 obtenemos el tiempo ln 100 v t\ - 30 w 200 (días) ln 2 al cabo del cual quedará solamente el 1 % de la cantidad inicial de sustancia. La fórmula general para la cantidad de sustancia remanente es Q(t) = Q( 0)2—f/30 donde t es el tiempo medido en días. • • •• • " i . . . _ i i . _ . . . . 4 Solución. Sea la cantidad de radio. Ésta satisface la ecuación (1) del problema anterior y, por consiguiente, la función Q(t) = Q(0)e es la ley de desintegración del radio, donde t es el tiempo medido en años. Para determinar el coeficiente k, utilicemos la condición de que al cabo de £ = 1 año queda Q = 999,56 mg, donde Q(0) - 1 g. = 0,99956, De esta manera,kDe aquí obtenemos que e = Q(0X0,99956)'. Tomando Q{ti)Q(t) 0,5 0(0), obtenemos t In2 ln 0,99956 1600 años. • Solución. Ante todo, determinemos la cantidad inicial de uranio en el pedazo de roca. Sea y la cantidad de uranio total- mente desintegrado en la roca. Entonces, tomando en cuenta las condiciones de partida, podemos escribir la proporción y_ = 238 14 206' de la cual encontramos que y = 14 • 238/206 ~ 16,2 mg. Por consiguiente, la cantidad inicial de uranio en la roca es 116,2 mg. Calculemos ahora k. A partir de la fórmula general de la desintegración radiactiva Q(t) = 116,2eki, donde Q(t) es la cantidad de uranio que no se ha desintegrado, hallamos que k = - ln 2/(4,5 • 109). Además, teniendo en cuenta que al cabo del tiempo T desde el inicio del proceso de desintegración en la roca quedaban 100 mg de uranio, a partir de la condición 100 = 116,2efcT obtenemos T = - i ln 1,162 = K 4,5 • 109 6 = ln 1,162 « 970 • 106 años. In2 Es decir, la edad de la roca es aproximadamente igual a 970 • 106 años. • I.kEcuaciones diferenciales de primer orden I • _ • A • • A \ • . r J ^ • i • i • " • j i ? • ^ ^ j 1 OJL̂ i ĴLM̂ " y+K+j• • ̂ S-{ • í m A s s ? " V icapa ,; • X - : >- -> A _ * JA JUJL A U £ í r J - - . f . _ k A ̂ ¿ ii • • •• j ^ - i 1- r . o • <" • : » > j íJ u ^ J. Í I J *+l41- i u í hí <- f"- 4¡-K m t j » < o * ••>•' >- l-K+J. 1--ÍV ' * L > L̂ j.1,+1.̂ x j .A .oy J i i-.i- !-K hi+J« x + y + jl-K+JW-S.̂ i-^worfloxo j o j H ^ j H j ^ j 3yS4K4K4K4+4ÍJ+J < Solución. Sea I{z) la cantidad de luz que atraviesa una capa de agua de espesor 2 (fig. 11). De acuerdo con las condiciones de partida, la cantidad I(z + Az) — m i(z) de luz absorbida es igual a kl(z)Az (k = const). Por eso, la canti- dad de luz J(z) que atra- viesa la capa satisface Ja licuación diferencial I I I 1 I ¥ r i J{z) i * -> • -> . . J L . • * ^ i • - • - ^ JLJ . ' L «. . -i v • -i di dz J * J . 3 * . • <- . + J ^ . A . . - ' - • -i -. <-. . j . ̂ * . . j . . ^ ^ _ _ . • - _ A _f . _ J. - . J. . JL . JL . klt Jtz+Aá cuya solución es J{z) = J(0)ekz La condición 7(35) Fig. 11 1 -J (0) nos proporciona k 1 35 ln 2. Por tanto, I(z) = 1(0) - z / 3 5 donde z se mide en centí- metros. Tomando en la última igualdad z = 2 m = 200 cm, 4 0 / 7 obtenemos 7(200) _ 7(0) - 7(200) m Entonces, 40 /7 1 0,98. Así pues, podemos concluir que se absorbe el 98% de la luz que incide sobre la superficie. • . L . .-I • V * JL* y Í+"Í+K+J H-J a 4 A » • . x- . . A, o 'O íOJuxuj.y Ji ¡.K+4 • o r a a • • > }. • ^ " - " - ' l - ' l - J Ü -• • * • i i : i : J WD * 1 , ( J } ? m 4 « 4 H-KJ?4? í y 4-HS «4H4«t„Pt 1- i o «3C< O < • j v n í x o x o x »»xiox > í xoxo arre > í > Í : SíiIÍOJ»J • «JÍVJ • x< n : • 3 » i * a * 1.(6) r x <tox<sxo>ftj(KOjOKOjkloxo«ox OJ!xofoxoxío * o * o « o j' loxoxoxoid- - xOyioxOXOXOll A . 1 J ^ í ^ x o x o x u x o x j i ^ x s í i í w s g í f e j s í í s s í s s j s j g ? T^T f x o j o x f , I fTfc ST^ÍTi 3 J j ^ l ^Wtítiúzfz^z^tix^T^z^ ^^Tt^xi* í £ x í j s}% t** J + ^ + J - V + I ^ ; i * -1 T»íÍÍXÍXOXOXU*^ ÍOJCXÍ XÚJ«x. X oxo Ĉ , r í J|o<or< i < o ¡ x o x ,0 x Oj L1vK+ "X J-p+J . « S+p+y-w +K+ i» - , .^úxoxox ojt j STrí+í S> * o X o X o X 5 ** J1 • ifiíf"í iTf.'jY'* SXOXOXOxOXOXO) íi4/< 4 X 4 ¿ 4 1 4V 4.+H X4-K4K4K " AA tiempo fi de caída del paracaidista hasta el instante en que el paracaídas se abre: tx = 5 ln (e* + Ves-l) » 5(ln2 + 4) « 23 s. • V'ií'. ^ j WBWí Solución. Según la segunda ley de Newton tenemos que dv ra di j mg - kv a) En el caso considerado m P g 0,4 10' k = 0,00048 kp • s rn Por tanto, la ecuación (1) toma la forma dv dt 10 - 0y012í) Separando las variables e integrando, obtenemos arctg /0,0012 = ^/0A2(C - t), 10 v V0A2 tg ((C-t)y/0A2) ��� Dado que ü(0) = 20, de la ecuación (2) se deduce que 2 _ _ C = —j arctg (2\Z0,12), Además, de la ecuación (2) sev 0,12 deduce que v — 0 para t = C ~ 1,75 s (lo que corresponde, evidentemente, a la altura máxima). Teniendo en cuenta que MI ds(t) v{t) = después de sustituir v{t) en (2). e integrar la ecuación obtenida, tenemos que 250 s(t) = s0 + — ln |cos ((C - t)y/Ñ2) |, s0 = const. (3) •D La fórmula (3) expresa la ley de movimiento del balón. Toman- 250 , do en (3) s(0) = 0, hallamos que s0 = — — ln| cos(C V 0,12)|. 3 Si en la ecuación (3) hacemos t = C, obtenemos la altura máxima a la que asciende el balón: ��� � smáx = s0 ~ - — ln 1/48 ~ 16/3 m. •D Dejamos a cargo del lector el caso k — 0 (cuando despreciamos la resistencia del aire). • < Solución. Sea h(t) la altura del nivel del líquido en el recipiente en un momento t > 0. Al cabo del tiempo Ai el nivel del líquido disminuye hasta h(t + Ai). Por consiguiente, del recipiente se escapa una cantidad de líquido igual a (,h(t) - h(t + At))wR2. Por otro lado, a través del orificio se escapa una cantidad de líquido igual a 7rr2v(íi)At, donde 11 6 (t, t+At) y v(ti) es cierto valor intermedio de la velocidad con que fluye el líquido en el intervalo de tiempo (t, t + Ai). De acuerdo con la ley de conservación de la masa tenemos la igualdad h(t + At)— h(t) vit^At. Dividiendo los dos miembros de esta ecuación por Ai y su- poniendo que la función h es diferenciable y que la función v es continua, hacemos tender Ai a 0, Entonces obtenemos la ecuación diferencial dh li k2v{t), k == = 0,6 y^2gh,It cuya solución es h(t) =• (C - Q,3yfigkH}2, C = const Por cuanto ft.(0) = entonces c = VH. Evidentemente, h(t) — 0 para t 10 y/H R 2 V f 1050 s = 17,5 min. • Solución. Como vemos en la fi- gura 12, cuando el nivel del líqui- do disminuye en Ah durante el tiempo Ai, a través del orificio E fluye una cantidad de líquido 2H^h{2R - k)Ah + o(Afe), Por consiguiente, -2Hy/h{2R^h)&h + o(áh) = = wr2v{ti)At, Fig. 12 .a.MÍ&WKÍ«IIIilifliapí-• - - : » de donde, como en el ejemplo anterior, obtenemosla ecuación diferencial -2H y/h{2R - h) dh = Ttrhfis/lgh dt, h^O. La solución de esta ecuación es h(t) = 2R~ (0,3t + C) 2 / 3 �tttVlY3l ViH ) C = const. (1) Puesto que h{0) = 2R, entonces C = 0. Tomando h = 0 en la ecuación (1), hallamos el tiempo al cabo del cual sale todo el líquido: 40 R3/2H íi = — • - r — » 1 0 4 0 s . • Solución. A partir de la fi- gura 13 vemos que la can- tidad de agua AV conteni- da en la capa sombreada es igual a irr2Ah, con una pre- cisión o(Ah). Por otra parte, a través del orificio O fluye una cantidad de agua igual a nrlv(ti)At. De esta manera, tenemos la igualdad donde -irT'2 Ah = nrlv(ti)At + o(Ah), 7*1 = 0,25 cm, h £(t,t + At). O, obtenemos laasando ahora al límite cuando Ai :uación diferencial r2 dh + r\v{t) di = 0, v(t) = e la semejanza de los triángulos AMO y C0\0 se deduce la hR lación r = . Por tanto, la ecuación (1) se puede escribir a) i la forma H h3/z dh + k2dt = 0, K itegrando, obtenemos 0,6 H TI 2 — — -hsf2 + k2t = C, C = const. 5 ¿esto que fe(0) — H, de aquí se deduce que C = --H" 5 sí pues, la solución del problema planteado tiene la forma h W _ „5/2 5-K\ 2 >mando en esta igualdad h = 0 hallamos que Í _ 5 V k2 el tiempo al cabo del cual todo el líquido se escapa del nbudo. Los cálculos dan t a* 27 s. • ^ m i I T ílución. Sea hit) la altura del nivel del agua en el recipiente, itonces AVí = (k(t + Ai) - h(t)) 60 - 75 es el incremento del ilumen del agua en el intervalo de tiempo desde t hasta 'Ai. Este incremento (o decremento) de volumen comprende É É I W ! » el volumen AV2 de agua que entra y el volumen AV3 que fluye a través del orificio. De esta forma, tenemos la ecuación A Vi = AV2 - AF3. Por cuanto AV2 = 1800AÍ, AV3 = 2,5 • 0 ,6y/2gh{h) At, ti G (t,t + Ai), entonces la última ecuación se puede escribir en la forma 4500(/t(í + At) - h(t)) = 1800AÍ - 2,5 • 0,6y/2gh(h) At, •x cm (1) Dividiendo la ecuación (1) por At y pasando al límite cuando At —> 0, obtenemos la ecuación diferencial 3 0 ^ = ( 12 - 0 ,01 y/2gh). Iiitegrando, hallamos 6000 t + C = — (���� �^ + 7 = l n ( l 2 - 0 , 0 1 V ^ ) } (2) Sea h(0) = 0. Entonces de (2) se deduce que C = -3600 ln 12. Sustituyendo h — 80 en (2), hallamos el tiempo al cabo del cual el tanque se llena: ti - 1200 3 1 n - - l 260 s. M Solución. Sea U{x) el alargamiento de una cuerda de lon- gitud x y U (x + Ax) el alargamiento de una cuerda de longitud x + Ax. Entonces el alargamiento del elemento de longitud Ax es igual a la diferencia U{x+Ax) -U(x) (fig. 14). Sobre el elemento de cuerda de longitud Ax actúa la fuerza de tensión f , igual al peso de la cuerda de longitud l — x — 0Ax, P A P es decir, / ~ y (l - x - &Ax), donde — es el peso específico de la cuerda y 8 (0 < 6 < 1) es una magnitud introducida ^ Ŝj W * t í í 5-3T3 í • í í £ í ¿ « í i + í í í a í r H n l I e n":¡ .- : < H 1 . •. J J hr 1 1 ^ - * - i • • t W t í •I « I B • J ^ •7-1 ' " « . ' " j Ju j i ^IM"" O* • ^ JUAOAÍ U X x X+AX x=l con el fin de considerar la influencia de la fuerza que actúa sobre el elemen- to Aa? y que está determinada por el pe- so del propio elemento. De acuerdo con [/(jc) las condiciones de partida, el elemento indicado debe alargarse kf Ax metros. —U(x±Ax) e s t a manera, obtenemos la ecuación U(x + Ax) - U(x) P k—(l — x — 8Ax)Ax, « a) t Fig. 14 A partir de la ecuación (1) resulta la ecuación diferencial dU dx kP T a - x), integrando la cual obtenemos U(x) kP C+ —(21- x)x. 21 Como U(0) — 0, entonces C = 0. Por tanto, U(x) kP ~2T (2l—x)x. De la última fórmula obtenemos el alargamiento de la cuerda de longitud /: U(l) kPl 2 • i • i i—i i •• ••—n—n i—"T- W 1—H—i—•• ••••̂ i ••i •• i •••• Solución. Sea P(z) la presión del aire a una altura z. Entonces la diferencia de las presiones P(z) - P(z + Az) es igual al peso de una columna de aire de base 1 cm y altura Az, es decir, es igual a p(z + 0Az)g • Az, donde p es la densidad media del aire, 0 < 6 < 1. De este modo, tenemos P(z) - P(z + Az) = p{z + 6Az)g • Az, Problemas que conduceníi ecuadopie8::^;|||fB^|¡j||| 1 "l r • y pasando al límite cuando Az —• 0, obtenemos la ecuación diferencial dP ^ - » w . o Según la ley de Boyle—Mariotte, la densidad del aire a temperatura constante es proporcional a la presión, es decir, p(z) = kP(z). Utilizando esta igualdad, a partir de (1) hallamos dP -y = ~k8' p = p0e~ks* kp/cm2. Puesto que P — 1 kp/cm2 para z = 0, entonces P = c - * * ' , y como 0,0012 g/cm3 = 1000 p/cm2 • k = = 1000 g/cm2 gk, donde g = 9,8 m/s2 = 1 p/g es la aceleración de la caída libre, hallamos que kg = 0,12 • 10~5 orT1 = 0,12 km- 1 . De este modo, a una altura de h km la presión del aire es igual a P = e - ° ' m (kp/cm2). • M Solución. Sea T(<p) la fuerza de tensión (de la soga) corres- pondiente al ángulo de arrollamiento <p, y sea AP la fuerza de reacción normal (del poste) que actúa sobre un elemenlo di1 la soga de longitud AS = RA(p (fig. 15). De la condición ilc M • • * * * • " ¿m ¡ ' 1 " • - •m _ • . i i • i /• . - - • ¡ : i , r ; • . equilibrio de las fuerzas T{<p), AP y T{<p + A<p) se deducen las igualdades siguientes (con una precisión o(Ay>)): T(tp + A<p)A(p + o(Atp) - AP, T(<p + A<p) - T(<p) + o(Aip) = AF, ��� T{V + Ap) V � ' i -_ *L£LA}-AL . .̂4. - AJL A L A C Ai. A JLI • A L L A 3 A L̂ L : L̂ \ a a r JL* J : j l > L * : ¡ * , . + * j ¿ L J * J A ! 4 * 4' . J J - 4 J . . . . ¡.A ¡.* J . , , ¡ J ,¡A - < Jl AL: L A ' • « C» X* T ' A atL̂ Ĉ L AT • A AJ" A A L ^ <- * r ' • L ! J - A J . , + . ^ < J 4 J 4 L A • - • - 1 1 - i ^ • J - A + • J * J A J A - _ . _ * _ A _ . L * J . . L * J * J * _ X 3 A A * J J _ A L . L A L A J M J . J . 3 * A _ _ J . . J A L . L A L . J C * J L * " "" ' ' A J * _ * L • L A C A L * _ * J n 1' : » : » L > . » * ' * J * 1 • ' A C A L A ' AJ ' . . " J A . A I A C A Í 1 3 * AJ * ' ' • A A AJ Al • * . • J A O A C A T C A 1 ' 3 • : • . J Í ^ t ' O t A T i l, K , , , ía-AL:<-;tc IT< - <" . T * 3 * _ • C A ' - A"fc^T A* _ : j * 3 » : : C A C A L AT- - r • f - - • ^ 4 • ^ d i O ' f i O Í aTC* 3 • m - • T 4 - - : L AJ / a ~ a i al" /"rt ^^^T H í l t ^ i " "T" " i " i A T • A a t ^ ^ r t * -i J +x 5 -íw . • ) - ~ - ' T * T » T x - A / - A r ' X j ^ r ^ x T-* T í T"x J 4 . , ; , - A , » T < T » - » T . - ' i y A 4 t - J . ! * - J.-I H * J - , c , r A , » + » 3 » T » - - + » J * ^ , - • £ A i • "r" r - m r 1 r í - - - - + 1 irTrrv-íí-A/- í+ • +J - • T ^ A . , l " J - : x ! 1 i N c » C . A . . L. Cl JL< JLJ J (C « ¿ I OJC> C' J A J" AX»• AU'C - LHOAÍI..OACOOfílCí'l íTe Í l í j j o o í o x o x - c j + » d 4 t 4 h 4 ILAJLA1 C a , A+ A+ 4 + A+ ' , "-J 1- 4 ¡ - " í + a í + T , 4 + 4 + ' 1- a 4 + « " \ ' H 1-^+ 4 + aI- 4 A 1 1- a + 4 + A r • + 4 + • 4 1- A + ' 4 + ' 4 1- 4 r t L AJ. A-L A y t-̂ 4 1 - t ? ' " - 4 1 - 4 1 - ' ? ' J - 4 t 4 J _ A _ . L A L A L A L ^ L A L A C A- l - Í j Í Í C Í j l j i - í í í j : £ Vh = aÍACVlÍSalaía« I j l c j S c íJJAL XUA OXC AC XCAÍlc al x : a oxi ..CaíIxlaOaOxo*:ala •••IXOACXO ACA^X^XCÍX: Ü X O A O A O X O X C I A C A I o a T-^c ' • S4l . L A U 1 p • i i A L 4 L AJ. . * . A I * C . »í-<dHÍ(J4n4n4h4r4r,4H>+J41-4fJ £ A-L» 1 0 > V ! ' Í ^ + ^ + ^ i ^ j S j 4 " 1 T W A T r T i T v d v C A ^ " A + AÍ+ 4 + J + A+ * + . J : S • c : > M o o < A t r ! r { YJl+Jl j i j 4 "14 J - p - ^ - A r t f a + A+ 4 + A+* + + 4 . w 4 1- 4 + » - + Ixox : ¿ l p x 5 A O X I X 1 A < IlpxoaIXO*^0* : "C > V ( í JA r i r 4"- A+ J J í , „ t . a 4 a c a+< t » t 4 i - 4 H H 1-^+ ' " + J-* ' J ' í o • r a c a + » i f v J - ^ * - IH! J } - " W í 1 4+S w ^ ^ * j —3 * 3 * . r } - I {JL {S t L î C < X ADC* DCW» 3 * A XO » O A JL 3" * T-»* 3,»T< -L 5 ' L^ C&JZ A • • -l * - 4 J4 4 "--Í+J - ¡»J*54í5®*f P * J * L P j r í r A + * + * ^ ^ y L P A L P X L A . _ * _ A - A J . L*AJL* JL* " • • • ^ r *t 1 ^ 1 ^ ÂL ^ U l C i ^ 4 1- 4 <- ' 'M * • ^ : n : AÍ K'v- • -! J.-! y-! J^4K41-,4 l-'J f"í <- í f»11»1 ' U i w i , i.v} ^n^í^^u{^'4fi f ! f• ^: !• Í+Í'-I n n ! i ' } i ' ¡ i ' } r u > L _ A LM rx3*Axo»£ >3 X T x jx 3 * T-X 3T~J » , ; s s k ? ? } -,!AÍa! 1- 4 1- 4 1- 4 + 4̂ ¡ M : J - H J - J K J ' ^ ^ » J l l , - ! 4 ^ 4 1 - 4 + 4 4 + ^ J - * J * " . O Fig. 15 donde AF es la fuerza de fricción que actúa sobre el elemento dado. Según las condiciones de parti- da AF = kAP; por tanto, a partir de (1) obtenemos la ecuación T(<p+A<p)-T{<p) = = kT((p+A<p)A<p+o(A<p), de la cualy pasando al lími- te, fácilmente obtenemos la ecuación diferencial dT d(p kT. Su solución es T — T$e 9. Según la condición complementa- ria, para <p = O se tiene 2q = 10 kp. Si <p = 6tt (lo que corres- ponde a tres vueltas), obtenemos T = 10e2jr í̂ 5355 kp. • " T • !•> ^ I i Solución. Sea oj(í) la velocidad angular del disco. De acuerdo con la ley de conservación del momento angular, tenemos I du dt M, (1) I d H -!J-Í4U4L4 - " cL5 > 9 V+- "tr+í -! - " A " ' a - • A í f -ft^+SÍ l3nA"-4"-4! 4'í í¡ H J+ ¥ » - í r 4 - 4 - - > - ' -¿ <í w -! i-i.: - i j : <- 4 - * Lí í"4 j4 i- — <-*-* o * J-^ - | * J * J * - a C a Problema? l^iiíSíSSffií'É^iiíII donde I es el momento de inercia del disco, M es el momento de las fuerzas que actúan sobre el disco. Según las condiciones de partida M = k0u (k0 — const); entonces la ecuación (1) toma la forma dtú k(¡ - = ku>, k = j . Su solución es w = u>oekt, donde w se mide en revoluciones por minuto y el tiempo, en minutos. Teniendo en cuenta la condición inicial — 100, se tiene que 60 = 100efc, de donde ek = 0,6. De este modo, la dependencia requerida es íí> = 100 (0,6/ rev/min. • •4 Solución. Sea Q(t) la cantidad de agua (medida en gramos) evaporada durante el tiempo t. Entonces, de acuerdo con las condiciones de partida la velocidad de evaporación es dQ -¿=k(qi-q), (1) donde k es el coeficiente de proporcionalidad. Hallemos el valor de q. Es evidente que Qi = (V - rrto • 10 - 6 ) qo es la cantidad de gramos de vapor que había en la habitación y Qi = (V - m0 • 10- 6) q0 + Q es la cantidad de gramos de vapor contenida en la habitación en el instante í. Es obvio que la cantidad Ch está uniformemente distribuida en el volumen V2 = V - m0 • 10"6 + Q • 1(T6 (la presencia del factor 10"° se debe a que un gramo de agua ocupa aproximadamente un volumen igual a un centímetro cúbico). Por tanto, q Qi v> (V - m0lCr6) q0 + Q V - 10^6(mo + Q) ��� Si V 10 6(m0 + Q), entonces de (2) se obtiene una fórmula tnás simple para q: _ Vqo + Q _ , Q Q — y ^ + y * Sustituyendo (3) en (1), obtenemos la ecuación diferencial (3) dQ dt k flo cuya solución es Q(t) = V(qi-q(>) + Ce-kt/v. Puesto que Q(0) = 0, entonces C V{<1\ - 9o)- De este modo, la cantidad de agua que queda en el recipiente en el instante t está dada por la fórmula mi(t) = «lo - Vfo - f o ) ( l - c ~ k t / V ) - • F TAFLL I • • • I Solución. Sean M(l.) y if(') Li \mm y la velocidad el instante t, respívlÍvmnttuU,1 I í i i U h u v h k{l.) M(l)v(l) la cantidad i\c iiinvimicnlu iM t Si ú h la ley conservación de la nmlULitl ili* nutvimirnlo Iriicmos que k{l I A i ) k(t] AVf en es de 0 ) Problemas- q uo coftd.uccn'a. donde p es el impulso de las fuerzas externas que actúan, en el transcurso del intervalo de tiempo Ai desde t hasta t + At. En el caso dado, este impulso es generado por la expulsión de los productos de la combustión, cuya velocidad absoluta es c - v(t) (siendo c la velocidad relativa de esos productos respecto al cohete). Puesto que se quema una masa M(t) - M{t + Ai), entonces Ap = (c - v(t))(M(t) - M(t + Ai)). (2) Sustituyendo (2) en (1), obtenemos M(t + At)v(t + At) - M(t)v(t) = (c - v{t))(M(t) - M(t + Ai)), o bien MAv + cAM + o(Av) = 0. Dividiendo por Av y haciendo tender Av —» 0, llegamos a la ecuación diferencial dM M + c—— = 0, dv cuya solución es ^ ( í ) - c l n J - + co. (3) M(t) La constante co se determina a partir de la condición inicial v(í)|¡_0= 0, es decir, de que en el momento inicial (o, lo que es lo mismo, para M(t) = M) la velocidad v es igual a cero. Por tanto, de la ecuación (3) resulta que co = ~cln — . Por M consiguiente, M M v = c ln — — = c ln M(t) M-x donde x es la masa de combustible que se quemó. Si se quema todo el combustible, es decir, x = M - ra, entonces el cohete tendrá la velocidad M v = cln —. ra Ésta es la fórmula de Tsiolkovski. • ¡i-'.íflKH'ssmsŝ Sffl'ssmw § 3. Ecuaciones homogéneas y ecuaciones reducibles a homogéneas 3.1. Ecuaciones homogéneas Tocia ecuación de la forma M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0, (1) donde las funciones M y N son continuas en un dominio n D C M y homogéneas de un mismo grado, se denomina ecuación diferencial homogénea; Recordemos que una función i¡? es una función homo- génea de grado m (siendo ra un número real) si V t e (a, tí) 1>{tx,ty) = tm1>(x,y), (x,y) e D. Con ayuda del cambio de variable y = x • U(x) la ecuación (1) se reduce a una ecuación de variables separables x y U. 3.2, Ejemplo de ecuación reducible a una ecuación homogénea 3,3. Ecuación homogénea generalizada Se dice que (1) es una ecuación diferencial homogénea gene- ralizada si existe tal constante a que, después del cambio de variable y = za, la ecuación se reduce a una homogénea. Resolver las ecuaciones: Solución. Aquí las funciones M(x,y) — y + \/x2 - y2 (I®! ^ Ij/I) y N(x,y) = —x son homogéneas de grado m = 1, pues M(tx, ty) = ty + ^t2{x2~y2) = = t(y + sjx2 - y2) = tM(x, y) para t ^ 0 (es decir, a = 0, b = +oo) y N(tx, ty) = -tx = tN(x, y) para todo t. Por consiguiente, la función dada es homogénea. Realizando el cambio de variable y = xu, obtenemos dy = x du + u dx, y la ecuación toma la forma (xu + |x| v i - u2) dx - x(x du + u dx) = 0. (1) Es evidente que x = 0 satisface la ecuación original. Por tanto, asumiendo x 0 en (1), obtenemos sgn x v i —m2 dx — x du = 0. Separando las variables e integrando, hallamos dx du Ñ ~~ y/T^Ü?' ysgn x ln x : arcsen —b C. x Teniendo en cuenta que u = ±1 (esto es, y — ±x) también son soluciones déla ecuación original, escribamos definitivamente todas las soluciones: ysgn x ln |a:| - arcsen —b C, y = ±x, x 0. • . .. • . . . : ' i - - . : : i • ^ • A ^ , j , • -l I I 1 h» • I Nota. Hablando con rigor, la solución x = 0 se obtiene suponiendo que \ f - y 2 -0 = 0 para todo valor de y. rri- A Solución. Si escribimos esta ecuación en la forma x dy - y ( 1 + ln — I dx — 0 (x >0, y > 0), descubrimos que las funciones M(x,y) y (l + ln yx � N(x, y) — x son homogéneas y del mismo grado m = 1. Por tanto, empleando el cambio de variable y «K Uj dy =: x du + u dx, obtenemos x du — u ln u dx = 0. Separando las variables e integrando, hallamos ln x — ln | ln u\ = ln C (u ^ 1), o bien xe c% Observemos que la solución y — xf correspondiente al valor 1, pertenece a la familia de curvas integrales parau C = 0. • M Solución. En el ejemplo dado se pide hallar la curva que satisface la ecuación diferencial y que pasa por el punto M. Hallemos todas las soluciones de la ecuación. Hacien- do el cambio de variable y = xu, obtenemos u dx + x (tr — 1) du = 0, Bcuacioiuw' homogdiwtÍH y Do aquí, p.ira u ^ 0, separando las variables e integrando, hallamos o bien f u 2 - 1 f dx / —5— du + / — = ln C, J uó J x ln \ux\ + —-r = InC, 2 u¿ x2 + 2y2 ln — = 0. C (D A la familia de curvas integrales obtenidas añadimos, ademas, la curva y = 0. Tomando en (1) x = 1, y = 1 llegamos a que C = e1/2. Por consiguiente, la ecuación de la curva buscada es x2 + y2(h\y2 - l ) = 0. • Solución. En este caso es cómodo hacer el cambio de variable x = uy. Entonces dx = udy + ydu, udy + y(ueu + 1) du = 0. Separando las variables, obtenemos la ecuación dy (ueu + 1) du — + - = 0, y u cuya solución es ln |x| + ex^y = C. • Solución. Es evidente que xy ^ 0. Para eludir las soluciones triviales x = 0 e y = 0, asumimos que xy > 0. Realizando el cambio de variable y = ux (u > 0), tenemos dy = u dx + x du, 2{y/u sgn x - u) dx - x du = 0. Si x > 0, después de separar las variables x y u (u ^ I), hallamosdx 1 f du f dx _ 1 f J V ~ 2 j y/u - U •Hî '.iíHws'̂ -í-uínwiisn In a; ln |l - Vu\ + lnC, o bien x 1 C. Si x < O, haciendo a? xj en (1), obtenemos 2[y/ñ + u) dx i + x\ du = 0. Separando las variables e integrando, tenemos «i C, o bien x C Reuniendo las dos respuestas (para x > 0 y para x < 0) en una, finalmente podemos escribir la solución de la ecuación dada en la forma x sfxy — C. ��� 1) satisface la ecua- = 0 Señalemos que la solución y = x (u = ción (2) para x > 0 (C = 0), mientras que la solución y no la satisface. Así pues, todas las soluciones de la ecuación dada se expresan por la fórmula (2) con la adición de y = 0. La solución x = 0 se puede incluir en (2) sólo formalmente, = 0,ya que la diferencial d(x — -y/xy) no existe para x • "••ii '.• i1. < Solución» Mediante el cambio de variable y — xu, (u > 0, x ^ 0) la ecuación dada se lleva a la forma xut í¿(cos ln u - 1). Asumiendo que ln u ^ 2á;7t (u ^ e2k7C, k G Z), obtenemos dx x du u(cos lnu - 1)' MM o ¿Z(ln u) H-̂ fl" eos ln u — 1 ctg (ln y/u), licuaciones hómo$ni!»iN y o< o bien ln {Cx) = ctg ln Asimismo, es fácil comprobar que para todo k £ Z la función y = xe2*1*, x 0, también es solución de la ecuación dada. • <4 Solución, Esta ecuación es de la forma (2), p. 3.2. En el caso dado at = 6 , £»i = 1, a2 = 4, b2 = 1, afa - o,2bi = 2 ^ 0 . Por consiguiente, para reducirla a una ecuación homogénea utilizamos el cambio de variable x = u + a, y = v + ¡3. De este modo, obtenemos [6u + v + 6a + j3 - 1) du + {4u + v + 4a + ¡3 - 2) dv = 0. La ecuación diferencial obtenida se reduce a una ecuación homogénea haciendo La solución de este sistema de ecuaciones es a = - - , ¡3 = 4. 1 De esta manera, mediante los cambios de variable x = u — -, y = v + 4 la ecuación original se reduce a una homogénea: (6 u + v)du + (4 u + v)dv = 0. Utilicemos ahora el cambio ya conocido: u = du = v + £ dv. Tenemos (6£ + l)v d£ + (6£2 + 5£ + 1 )dv = 0. Separando las variables e integrando, obtenemos (£ ^ -1/2, dx — du, dy = dv, 6a + /3 - 1 = 0, 4a + ¡3 - 2 = 0. 1 e * - i / 3 ) 6£ + 1 dí + — =s 0,6£2 + 5£ +1 v 1 � 6Í + 1 � -f ln v Jn C, o bien 2 3f(2f + l)2 = C— 1 v Regresando a las variables x e y, finalmente hallamos (2x + y-3)2 {3x + y-5- Las soluciones 2x + y — 3 — 0 1 \ • 5 y 3 x + y r- - 2 / y * 2 0 = — - ) se pueden incluir en la familia de curvas integra- les obtenidas para C = 0 y C ~ oo, respectivamente. • • " l * I •• •II I WV"1" 4 Solución, Por cuanto las rectas 5x — 7y + l = 0 y x + y-1 — 0 no son parálelas (aib2 — ü2h i=- 0)/ empleamos el cambio de variable • x u + a, y = v + p, donde las constantes a y fi satisfacen el sistema de ecuaciones 5a — 7p + 1 — 0, a + ¡3-1 = 0. Resolviendo este sistema, obtenemos a — (5 — los cambios de variable x = u ecuación diferencial 1 2 1 1 2 . Efectuando y v + llegamos a ]a (5u — 7v) dv + {% + v) du — 0, Al igual que en el ejemplo anterior, realicemos el cambio de variable u = Entonces, du ~ v d£ + £ dv, (£2 + 6£ - 7) d v '*>(£•!• = 0. licuaciones- luHnpgéiMH y. ucuacio^lijed, Separando las variables e integrando, obtenemos « + 1) / < £ - ! ) « + 7 ) d í + In(|w|C) = 0/ de donde o bien ^ln l|+^ln|£ + 7| + ln|t;C| = 0, (í - 1)(£ + 7 ) V = C, (;X - y)(x + 7y — 4f = C. • M Solución. Puesto que las rectas 2x+y+l = 0 y 4x+2y-3 — 0 son paralelas (aií^ — a2&i = 0)/ no podemos recurrir al cambio de variable empleado en los ejemplos anteriores. Sin embargo, como los coeficientes de las variables x ey son proporcionales, entonces podemos tomar z = 2x+y , obteniendo de este modo dy = dz - 2 dx y 5(z - 1) dx - (2x -3)dz = 0. Integrando esta ecuación y regresando a la variable y, obte- nemos 2x + y - 1 = Ce2y~x. • Solución. Mediante el cambio de variable x = u+3, y = v-2 reducimos esta ecuación a la ecuación homogénea dv v2 — = 2 -du (u + v)2 Empleando otro cambio de variable v = obtenemos la ecuación diferencial de variables separables d£ ^ 2j 2 Udu (l+O2 , :• mm Integrando, hallamos du u + £2 + 2£ + 1 ln + 2 arctg £ = C. Después de regresar a las variables x e y obtenemos , - ^ -2 arctgi/ + 2 = Ce 6 a-3, Solución* Mediante el cambio de variable x = t¿ - 3, y = v + 3, la ecuación dada se reduce a la ecuación ho- mogénea dv \ u + v — + 1 ] lndu / u u + v u la cual, a su vez, se reduce con ayuda del cambio de variable v — a una ecuación de variables separables: ( « * ' + € + l)ln <1 + 0 = 1 + 6 « í ' ln (1 + f) = (1 + í)(l - ln (1 + 0) . Separando las variables en la última ecuación e integrando, hallamos du u ln(l + C)df (1 + 0(1 - ln (1 + O) ln C, o bien ln |u| + ln (1 + O + ln |1 - ln (1 + 01 = ln C. de donde, regresando a las variables x o y, obtenemos i x+y 1 i ln = 1 I x + 3 C x | y Ecuaciones^ 'î TÍ̂ Vr.v1»'"-'1'1'' Nota. Para resolver la ecuación (2), p. 3.2, se utiliza también el cambio de variable _ + b^y + Ci a2x + b2y + c2' el cual reduce directamente esta ecuación a una ecuación de variables separa- bles. En el ejemplo que acabamos de analizar podemos hacer uso del cambio indicado, obteniendo la ecuación (z + (x + 3 )z') ln z = z, y + x donde z — . Separando las variables e integrando, finalmente hallamos x + 3 ln + 3| + ln z + ln |1 - ln z\ - ln C, o, lo que es lo mismo, > x+y Cln = 1 + x -f 3 x + y -4 Solución. Esta ecuación se reduce a una ecuación homogénea con ayuda del cambio de variable x = u - 1, y = v - 2: dv v v — 2u = ~ + tg . du u u Al igual que en los ejemplos anteriores, el cambio de variable v = u£(u) proporciona « í ' = t g ( í - 2 ) . Separando las variables e integrando, obtenemos du t g ( Í - 2 ) = V lnju| - l n | s e n ( í - 2 ) | = l n C . Regresando a las variables iniciales, finalmente obtenemos y — 2x Señalemos que las soluciones x + l = 0(tt = 0 ) y = kn, x + 1 k € Z, (tg (£ - 2) = 0) pertenecen a la familia obtenida de curvas integrales para C = 0 y C = oo, respectivamente. • tifér?ñ0ales; dié ¡primer orden ! s i • <-. . ' '"i ! ., L . X • • 1 . i • 1 r. '-I > • - i • • f : 1 J j J liV¡̂írídŜ iflíSíSÍKííli5* JDC. M Solución. Esta ecuación no es homogénea; sin embargo, utilizando el cambio de variable y = (z(x))a, vemos que la ecuación a**" V dz ( la + x ) dx ��� se reduce a una ecuación homogénea si tomamos a = 2. Haciendo z = xu en (1), obtenemos (u l)2dx lux du. Separando las variables e integrando, hallamos ln lar + 1 u 1 C, o bien ln x + x y-x C. • ��� i »ii ii| .i1. I . rt '14 li1 II Nota. En el caso analizado obtuvimos la solución para y ^ 0, por cuanto O ? y = z ^ 0. De forma análoga se puede demostrar que para y — —z ^ 0 la familia de soluciones también se expresa mediante la fórmula (2). La solución y ™ x2 pertenece a esa familia de curvas integrales para C = oo. •••f^W < Solución, Hagamos el cambio de variable y — za; entonces 2 a « V " V z3ct+xz°, 2ax2za~1 dz-(zSa+xza) dx ~ 0 Vemos que las funciones 2ax2za y z + xza son homogé neas si, y sólo si, se cumple la condición a + l = 3a = a! + l/ 1 es decir, si a = - . D e esta manera, asumiendo que y ^ 0 utilizamos el cambio de variable y = después de lo cual la ecuación original adquiere la forma n x dz - (z + x)z dx = 0. licuaciones homofliüni'iiN y ecuaciones Con ayuda del cambio de variable z — xu{x), esta ecuación se transforma on la ecuación de variables separables x du - u2 dx — 0. Integrando, .obtenemos 1 o bien u x + ln]z| = C, -f ln \x\ = C. y2 La solución y = 0 pertenece a la familia de soluciones obtenida para C = oo. • Nota 1. En el ejemplo que acabamos de analizar, así como en muchos otros, incluimos las soluciones "perdidas" en la familia de curvas integrales para valores singulares de C. Sin embargo, tal situación no es más que una consecuencia de la forma de escritura de la solución. Expliquemos lo dicho utilizando el último ejemplo. Tenemos: £ + y2 ln |a;| = Cy2, C (x + y2 ln |z|) = y 2 , Ci (x + y2 ln |¡e|) = y2, 1 Tomando C\ — 0 en la última fórmula, hallamos y = 0. Nota 2. El cambiode variable y = — a/z (para y ^ 0) conduce al mismo resultado. < Solución. Empleando el cambio de variable y = za, obtene- mos la ecuación za dx + x(2xza + 1 )otza~1 dz = 0. .f&m Puesto que las funciones za y axza~l (2xza + l ) son homo- géneas y del mismo grado para a = — 1, entonces la ecuación dada se reduce a una ecuación homogénea con ayuda del 1 cambio de variable y — -. Asimismo, la ecuación examinada z se puede reducir directamente a una ecuación de variables u(x) separables si se utiliza el cambio de variable y = (en el caso general hay que emplear el cambio de variable y = xau(x)). De esta manera, llegamos a la ecuación 2u dx + x(2u +1) du = 0, de donde dx x du du — + u lu1' ln x u + 1 2u ln C. es decir, 2 xy 1 lnC\y\' ��� o bien 2e-l/*i, = a ��� Nótese que la fórmula (2) no contiene las soluciones x = 0 e y = 0, mientras que la fórmula (1) incluye la solución x = 0 (para C = oo). En cuanto a la solución y = 0, no es difícil demostrar que no existe ninguna transformación de las fórmulas (1) ó (2) que permita incluir dicha solución en la familia de soluciones obtenida. • < Solución. En este ejemplo se analiza una ecuación homo- génea generalizada de grado dos, es decir, a = 2. Por consiguiente, con ayuda del cambio de variable y = x u(x) (u ^ 0) la ecuación se reduce directamente a la ecuación de variables separables 2x du � �� � �� � 4\/u) dx = � (x ^ ��� Integrando esta ecuación, resulta 1 o bien (x-2 „ = x ~4x-'Wii. Si x < 0, en lugar de la ecuación (1) obtenemos la ecuación 2x du + �� � �� � �� � � dx = 0, la cual, después de ser integrada, nos conduce al mismo resultado obtenido para la ecuación (1). • Solución. Haciendo y = za, obtenemos la ecuación 2(\/x4z2a + l - x2za) dx - axV-1 dz = 0. Vemos que los factores de las diferenciales son funciones homogéneas de un mismo grado sólo para a — —2. De esta u{x) manera, el cambio de variable y = — t - reduce la ecuación xL inicial a la ecuación de variables separables 2\Ju2 + 1 dx - x du = 0, de donde hallamos x2 = C(u+ y/ví + l), o bien x2 = C(x2y+ Vl+zV)- • •4 Solución. De acuerdo con las condiciones de partida, \OK\ = \KM\ (fig. 16). Por tanto. a-2(3 V tg a 2tg/? l - t g 2 / 5 Como lg/3 y X M(x, y) Fig. 16 entonces tg a 2 xy x y2" Teniendo en cuenta el significado geométrico de la derivada, finalmente resulta y 2 xy " " p . - 1 1 . i . X y2" La ecuación diferencial obtenida es homogénea. Para resol- verla utilicemos el cambio de variable y — xu(x), el cual proporciona t 2u+ u = + u = l - « 2 dx 1 - u2 . X u + u3 du. Integrando, hallamos x u (u1 + l) = c. Regresando a las variables x e y, obtenemos x2 + y2 Cy. • lfcuixiohes'-hoiribfitó M Solución. En la figura 17 ve- mos que ios triángulos ONM y OML son congruentes, pues se- gún las condiciones de partida |OJV| = \OL\ y, además, la hipo- tenusa OM es común a ambos triángulos. Por consiguiente, los ángulos MOL y MON son igua- 7T les. Como KON ~ a, enton- 2 ees MOL — - + a ) . A par- tir del triángulo OLM, obtene- mos y f ^ = t§x 7T a 4 + í l = 1 + tg a/2 a y — x de donde te — = b 2 y + x la trigonométrica tg a = l - t g a / 2 ' . Finalmente, utilizando la fórmu- 2 tg (a/2) y el hecho de que l - t g 2 ( a / 2 ) tg a = y', obtenemos la ecuación diferencial 2 2 , y -x y = —z—• 2 xy Mediante el cambio de variable y = xu(x), esta ecuación se reduce a la ecuación de variables separables dx 2u du — + - 5 — 7 = 0,x vr + 1 cuya solución es o bien ln \x\ + ln {u + 1) = ln C, 2 . 2 ~ x +y = Cx. Si . h . r r u M . . w J _ _ • ^ A L W . I _ >" J : " i . • ,• ; "J!1- - ^ . l ' + i - j . ; . 1 j . d > í E s ! J í ' v i ^ i • L h - í n i í > ; . • . • . - . : • . . , . • . . . <.f Solución. A partir de la figura 18, hallamos |JVL| = y tg a, | 0M| - V®2 + V1' |OiV| X. M(x, y) Entonces yy i y/x2 + y1 — x Fig. 18 2 dx U U i U l I U X Esta ecuación diferen- cial es homogénea. Para redu- cirla a una ecuación de va- riables separables hacemos el cambio de variable y = xu(x). Si x > 0, tenemos du 11 mi • i i . i y/u1 + 1 - 1 » u 2 ' du VüFTl-1 u + C. Integrando, resulta donde x(l — z) = C, = v V + L De este modo, la familia de curvas integrales buscada tiene la forma ir \J xl + y2 = C. Dejamos el caso x < 0 a cargo del lector. • 1TI JPi* I Solución. Según las condiciones de partida, los triángulos KMN y OLN tienen áreas iguales (fig. 19); por tanto, los triángu- los KOP y PML también tie- nen áreas iguales. Puesto que los últimos son, además, semejantes, entonces ellos son congruentes. Por consiguiente, \OP\ = \PM\. A partir de la ecuación de la tan- gente Y — y = y'(X - x), don- de X e Y son las coordenadas de un punto de la tangente, se deduce que \PO\ = y- y'x. La longitud del segmento PM es N x Fig. 19 |PAT| = y/x2 + y'2x2. De este modo, obtenemos la ecuación diferencial ho- mogénea ! I \1 2 . >2 2 (y-y x) =x +y x , o bien y2 - lyy'x - x2 = 0. Mediante el cambio de variable y = xu(x), esta ecuación se reduce a la ecuación de variables separables u + luu'x + 1-0, de donde, integrando, hallamos o bien x(l + u) = 2 C, {x-C)2 + y2 = C2. Ésta es la ecuación de la curva buscada. • M Solución* Efectuando el cambio de variable indicado, obte- nemos mzm~lz — axa + bzm^ (ra ^ 0), (1) de donde se deduce que si a y b no son nulos, entonces para que la ecuación (1) sea homogénea es necesario y suficiente que se cumplan las igualdades m - 1 = a = m(3, i De la segunda igualdad obtenemos Sustituyendo ra en la primera igualdad, llegamos a la relación buscada: 1 1 _ •¿•Ni I • i I ^F'^B ^ ^ ^ /3 a < Solución. Efectuando un desplazamiento paralelo x u + a, y - v + P, del sistema de coordenadas, reducimos la ecuación inicial a la forma (au + bv) du + fav — bu) dv — 0. Es conveniente pasar a las coordenadas polares tomando u — p eos tp, v — p sen <p, donde pf tp son coordenadas polares con origen en el punto {a, (3) respecto al sistema de coordenadas Oxy. Tenemos: ap bp, Ifcuaciones.hompgó^ de donde hallamos = Ce^^ De esta manera, hemos obtenido la familia de espirales logarítmicas buscada, • Nota. Si a = 6 = 0, se obtiene una familia de rectas. Lo mismo resulta en caso de que a = 0, 6 ^ 0 . Para b = 0, a ^ 0 obtenemos una familia de circunferencias. Estos resultados son casos particulares que se obtienen directamente de la ecuación dada. Solución. En la figura 20, vemos que OMN = NMS, es decir, el ángulo de incidencia del rayo OM es igual al ángulo de reflexión del ra- yo MS. Supongamos que la dirección de los rayos M S reflejados es paralela al eje Ox. Entonces, a par- tir de las condiciones se- ñaladas obtenemos ir a + /5 = KMO = a. Fig. 20 Por consiguiente, el trián- gulo KMO es isósceles, esto es, \KO\ = \OM\. Evidentemente, \OM\ = \fx2 + y2. Hallamos la longitud del segmento KO calculando la abscisa del punto de inter- sección de la tangente con el eje Ox. A partir de la ecuación de la tangente a la curva buscada Y=y + y'(X-x), donde X, Y son las coordenadas de un punto de la tangente, hallamos la abscisa requerida: V_ y' X-x Entonces \KO\ = -X. De este modo, tenemos la ecuación diferencial ™ - x = \/x2 + y2. y Esta ecuación es homogénea. Empleando el cambio de variable y = xu(x)f tras una serie de cálculos sencillos obtenemos la solución y2 - 2Cx -C2 = 0, que describe una familia de parábolas {C ^ 0). • < Solución, Emplearemos el método de reducción al absurdo. Supongamos que /(fco) = fco, < 1/ y <lue ecuación v tiene una solución que es tangente a la recta y = kgX en el origen de coordenadas. Entonces, en un entorno del origen de coordenadas dicha solución tiene la forma y ( x ) = ÍCqX + X 5 { X ) ��� donde 8{x) 0 cuando x 0. Sustituyendo (1) en la ecuación inicial llegamos a la ecuación ¿o + xti + 6 = /(fc0 + S(x)) = f(h) + fVtim + 0(61 o bien x6' = AS + o(6), de donde 6 ~ g ' siendo A = /'(feo) - 1. o{6) Despreciando ——- (pues tiende a cero cuando x —• 0), 6 podemos escribirxS' — ~ A, o de donde hallamos ó « C\x\A. De la última fórmula se infiere que si C ^ 0, entonces 6 no tiende a cero cuando x --» 0 (puesto que A < 0). Así pues, hemos llegado a una contradicción. De este modo, la afirmación 1) es cierta. 2) En este caso no aparece contradicción alguna, ya que A > 0 y 6 —> 0 cuando x —• 0 para todo C. • Nota. Hablando con rigor, ninguna de las soluciones en los casos analizados es tangente a la recta y = k0x en el origen de coordenadas sin que admitamos tácitamente que — x x=D ~ lim —.z-0 x 4 Solución. Sean x{t) e y{t) las cantidades no evaporadas de los líquidos en el instante t. Entonces x(t + At) e y(t + At) son las cantidades de los líquidos no convertidas en vapor en el instante t + Ai. Por consiguiente, durante el tiempo Ai se evaporan las siguientes cantidades de cada líquido: x{l) - x(t + At) e y(t) - y{t + At). •gŜW-iWIWWWMMMi Según las condiciones de partida, x(t + Ai) - x{t) x(txy u donde fc es el coeficiente de proporcionalidad, t\ £ (t, t + Ai). Asumiendo que las funciones a? e y son diferenciabas, a partir de (1) y pasando al limité cuando At —• 0, obtenemos la ecuación diferencial dy , y — — ~ K — . dx x Integrando esta ecuación hallamos la dependencia buscada y-Cxk. > §4, Ecuaciones lineales y ecuaciones reducibles a lineales 4.1. Ecuaciones lineales de primer orden Toda ecuación de la forma 1I i 1|ní 1I11111m:I|I Ii11n ii111Sj* i11jI Í i ¡jjm1|í mm - 1i i|i i11|1|i ¡ i1 SIU sirI 1 -¡¡ir 1I II11 I I1 i'Z Til *Ai& # 1i •'.jiÉ i V mvi i11 1 ¡A+* 4I•H\Ii i1 ¡gI 1s mi 35911 !I[I1Émtó 1 A-¡¡ir | g | g II11 i ¡ f | | g g g | ¿ i'Z Til *Ai& #¡||| •'.jiÉ i i 1 I I I É f e E S l S í I i í K f l - Í M Í ' i M Vi ••i*£ j l f f i ¡y naM'i rid'mj . I .J¡n ¡ § l l i g l p 1 | g ¡ § l j j | ¡ 8 §§| 11 i m i a y.k É S¡*!ÍÜ¡8 j | | | i l i l i i l üÍ 9 BEüéC&éüGíií BSBSCHS í S l ® +ÍTW2WWW70 í s H ^ 5VESOSESSCBwi n W n W t¿&s W!-S-PKfiTÍWt Srwcwí l l i g l p §§| 11 i SSáfBtiWBi ídKín i Swiíiltii i i l ü se denomina ecuación diferencial lineal de primer orden. El método de resolución de esta ecuación más conocido es el método de variación de la constante, cuya idea consiste en lo siguiente. En primer lugar, se busca la solución general de la ecuación homogénea asociada a la ecuación (1). Después, la constante arbitraria C que figura en la solución general de la ecuación (2) se considera una función diferenciable de la variable x, es decir, C = C(x), La función C(x) se determina a partir de la ecuación diferencial de variables separables que se obtiene como resultado de la sustitución de la solución general de la ecuación (2) en la ecuación (1). 4.2. Cambio de papeles entre la función y el argumento Señalemos que algunas ecuaciones se reducen a lineales si en ellas intercambiamos los papeles de la función y el argumento. 4.3. Ecuaciones reducibles a ecuaciones lineales áén se í T O »f̂fiySfüili •mm Haciendo f(y) = z(x) en (3), obtenemos f'(y)y' - z{x), lo cual conduce a la ecuación lineal z + P(x)z = Q(x). En la ecuación (4) es conveniente hacer el cambio de variable e~ny = z(x), de donde —nu i í —ne y — z , z' - - +P(x)z = Q(x) 0). n La ecuación (5) se conoce como ecuación de Bernoulli. Ésta se reduce a una ecuación lineal con ayuda del cambio de variable z(x) = yl~m {se supone que m ya que en estos dos casos la ecuación es de por sí lineal). 4.4. Ecuación de Minding—Darboux La ecuación de Minding—Darboux (las funciones M y J V son homogéneas de grado ra, mientras que R es una función homogénea de grado n) se reduce mediante el cambio de variable y = ux(u) primero a una ecuación de Bernoulli, la cual, a su vez, se reduce por el método conocido a una ecuación lineal. Resolver las ecuaciones: Solucion. En primer lugar, hallemos la solucu la ecuación homogénea asociada y + y tg x = o. Separando las variables e integrando, hallamos y — C eos x. a) La fórmula (1) es la solución general de la ecuación homogé* nea, donde C es una constante arbitraria. Para obtener todas las soluciones de la ecuación lineal no homogénea, consi- deramos C como una función de x, es decir, C — C(x) y exigimos que la función y = C(x) eos x satisfaga la ecuación original dada: C* eos x — C sen x + C eos x tg x = sec xt o bien C' 1 eos ¿x . De aquí hallamos que C(x) — tg x + donde Co es una constante arbitraria nueva. Sustituyendo la expresión de C(x) en (1), finalmente obtenemos y = sen X + CQ eos x. • • • i^wm wmmemam Nota. En lo sucesivo designaremos la nueva constante arbitraria con la misma letra C. De esta manera, en el ejemplo anterior y — sena; -I- C cosa; es la solución general de Ja ecuación lineal no homogénea, donde C es una constante. 4 Solución. Resolvamos primero la ecuación homogénea aso- ciada (2x + l)y' = 2 y. Su solución general es y — C(2x + 1). Empleando el método de variación de la constante, obtenemos (C'(2x +1) + 2C)(2x + 1) = ix + 2C{2x + 1), o bien (2x 4-1��� = 4x, de donde hallamos / x dx 1 Así pues, la solución de la ecuación planteada es y = (2x + l)(ln |2x +1| + C) + 1. • 4 Solución. Asumiendo que dx ^ 0 (para eludir la solución trivial x — 0), escribimos la ecuación en la forma I X xy - xy = e . La ecuación homogénea asociada xy' - xy = 0 tiene la solución general y = Cex. Aplicando el método de variación de la constante, obtenemos x(C + C')ex - xCex = e1, de donde C* 1 x , luego C = ln \x\ + Cq. De este modo, todas las soluciones de la ecuación lineal no homogénea están dadas por las fórmulas y X on\x + C); x 0. • ��� •—i • • • •• i. !• — u ••! •• Í i cvcvi f i l • : J t í X í I í X í í f W • ' J ^ f C f^ztrX'ritritr^KlrKO-K.cfxcrxa 5Í? •4 Solución. La ecuación examinada no es lineal respecto a la variable y, pero sí lo es respecto a x. Por eso, es apropiado considerar x como una función de y. Asumiendo que dy ^ 0 (y = 0 es una solución trivial), tenemos x + y y dx dy dx La ecuación homogénea asociada x = y— tiene la solución y general x = Cy. Aplicando el método de variación de la constante, obtenemos sucesivamente Cy + y2 = y(C'y + C), C' = C = y + C0. Por consiguiente, todas las soluciones de la ecuación están dadas por las fórmulas x = Cy + y , y = 0. • (1) Nota. Volviendo a escribir la primera fórmula de (1) en la forma y X - y C y tomando C = oo, obtenemos la solución y — 0. De esta manera, si admitimos que la constante C puede tomar valores singulares, podemos no escribir explícitamente la solución y = 0. Tomando a? = 1, y — 1, en (1) hallamos que C = 0, con !o que obtenemos la solución particular x = y1. V.UJLYJLVJLUXWJLW *JLf 4 ULW AUAUÍ LV LVJ W ̂ J A U J O O - Í 6 - í i x u o s olnllHOrxOKOíixtxOlrtlí • t r t r t . Ctr c r c r • cvif 1 K 1 <c xctr c » r yX" r : 'fícuaciÓí-Yijti:] í nê loH y^épyi^eijn^di^^'Vtí^wmmmm :m¡M 4 Solución. La ecuación planteada es lineal respecto a x y, puesto que dy = 1 dx dx/dy' se puede escribir en la forma 2ey — x = x. (1) La solución de la ecuación lineal homogénea x' + x = 0 es x = Ce"y. (2) Considerando C = C(y) y sustituyendo (2) en (1), obtenemos sucesivamente 2ey - Ce~y = C'e~y - Ce~v, C1 = 2e2<J, C(y) = e2y + C0. Finalmente, x = Ce"y + e . • 4 Solución. Esta ecuación es lineal respecto a la variable x, por eso la representamos en la forma x - x ctg y = sen2 y. Aplicando el método de variación de la constante, obtenemos x(y) = C(y) sen y, donde = - eos y + const. • < Solución, La ecuación propuesta es de la forma Í3),.r>, 4.3, Por eso, el cambio de variable ln y — z(x) produce I Él y dx' z � �� � x)z = x[e ~2x + e^2). La ecuación resultante es lineal respecto a z> Utilizando método de variación de la constante, hallamos el z(x) = C(x)eT~lx donde C(x) (x e � � � � + e ) dx + Cq . De este modo, la solución general de la ecuación inicial es ¿ln y = e 2 -2x 1 1 • m n m • w I M- Solución. Esta ecuación es de la forma (3) examinada en el p. 4.3. Por consiguiente, el cambio de variable z(x) = s/y2 + 1 conduce a la ecuación / 2:' + z = X + 1.
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