Aplicaciones de Las Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

APUNTES DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Docente: Ing. Jesús Limbert Claros ClarosCarrera: Ingeniería Electrónica

PROBLEMAS DE CRECIMIENTO Y DECRECIMIENTO

Sea N (t ) la cantidad de sustancia o población que está creciendo o decreciendo.

Si dN (t )dt

, es la tasa de cambio de la sustancia en el tiempo, es proporcional a la cantidad de

sustancia presente en un tiempo “ t ” entonces:

Donde: k=¿ constante de proporcionalidad

Ejemplo 1) Se sabe que la población de un estado crece a una tasa proporcional al número de habitantes que viven actualmente en el estado. Si después de 10 años la población sea triplicado y después de 20 años la población es de 150000 habitantes, hallar el número de habitantes que había inicialmente en el estado.

Solución:

SeaN=¿Cantidad de poblacion de un estado en el instante "t"

N0=¿Cantidad de población inicial en el estado

k=¿ Constante de proporcionalidad

dNdt

=¿ Tasa de cambio de la cantidad de población con respecto al tiempo

DATOS INCOGNITAS ECUACIÓN DIFERENCIAL

t=0 AñosN=N0hab . N0=? dN (t )dt

=kN (t )

t=10 Años N=3N0hab .

t 0

N0

t

N

APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

dN (t )dt

=kN (t )

t=20 AñosN=150000hab .

Resolviendo la ecuación diferencial dN (t )dt

=kN (t )

dNN

=kdt Integrandoln (N )=kt+c Aplicando definición de logaritmosN=ekt+c=ekt∗ec Pero ec=c1

N=ekt∗c11¿

Remplazando las condiciones iníciales en la ecuación 1)

t=0 AñosN=N0hab .

N=ekt∗c1⇒N 0=ek (0 )∗c1⇒ c1=N0 2¿

t=10 Años N=3N0hab .

N=ekt∗c1⇒3N0=ek (10)∗c1⇒3N0=ek ( 10)∗N0⇒3=ek (10)⇒

ln (3 )10

=k 3¿

Reemplazando 2) y 3) en 1)

N=ekt∗c1⇒N=e( ln (3 )

10 )t∗N0 4¿

Si t=20 AñosN=150000hab . En 4)

N=e( ln (3 )

10 )t∗N0⇒ 150000=e

( ln (3)10 )∗20

∗N0⇒N0=150000e ln (3)∗2

Conclusión: El número de habitantes que había inicialmente en el estado es deN0=150000

e ln (3)∗2

hab.

Ejemplo 2) Se sabe que un material radioactivo se desintegra a una tasa proporcional a la cantidad presente. Si después de una hora se observa que el 10% del material se ha desintegrado. Halla la vida media del material

Solución:

SeaN=¿Cantidad de material radioactivo en el instante "t"

N0=¿Cantidad inicial de material radioactivo

k=¿ Constante de proporcionalidad

dNdt

=¿ Tasa de cambio de la cantidad de material radioactivo con respecto al tiempo


t=0HoraN=N0 t=? N=N0

2

dN (t )dt

=kN (t )

t=1HoraN=N0−10 %N 0=N0−0.1N 0=0.9N0

Resolviendo la ecuación diferencial dN (t )dt

=kN (t )

dN (t )N (t)

=kdt

lnN (t )=kt+c

N (t )=ekt+c=ekt ec Pero ec=c1

N (t )=ektc11¿

Reemplazando condiciones iníciales en 1)

t=0HoraN=N0

N (t )=ektc1⇒ N0=ek ( 0) c1⇒c1=N0 2¿

t=1HoraN=0.9N0

N ( t )=ektc1⇒ 0.9N0=ek (1 )N0⇒0.9=ek⇒ ln 0.9=ln ek⇒ k=ln0.9 3¿


N (t )=ektc1⇒ N (t )=e( ln 0.9) t N0 solucion general

t=? N=N 0

2 N 0

2=e (ln 0.9 )t N 0⇒

12=e (ln 0.9 ) t⇒ ln

12=ln e (ln 0.9 )t⇒ t=

ln(12 )

ln (0.9 )

Conclusión: la vida media del material es de ln( 1

2 )ln (0.9 )

Horas

PROBLEMAS DE ENFRIAMIENTO

La ley de Newton sobre el enfriamiento establece que la tasa de cambio en el tiempo de la temperatura de un cuerpo es proporcional a la diferencia de la temperatura del cuerpo y el medio circundante.

Sea T=¿temperatura del cuerpo en un instante "t"

T m=¿ Temperatura del medio circundante (medio que lo rodea)

dTdt

=¿ Tasa o intensidad de cambio de la temperatura con respecto al tiempo

dTdt

>0 , calentamiento

dTdt

<0 , enfriamiento

k=constante de proporcionalidad

Ejemplo 1) Un cuerpo a una temperatura de 50 F se pone en un horno cuya temperatura se mantiene a 150 F. Si después de 10 minutos la temperatura del cuerpo es de 75 F , halle el tiempo requerido por el cuerpo para llegar a una temperatura de 100 F.

Solución:

SeaT=¿ temperatura del cuerpo en un instante "t"


dTdt



Cuerpo (T )

Medio Circundante (T m

)

dTdt

=−k (T−T m )

t=0minT=50 F t=?T=100 F dTdt

=−k (T−T m )

t=10minT=75F

T m=150 F Resolviendo la ecuación diferencial dT /dt=−k (T−T m) pero T m=150 dTdt

=−k (T−150 )⇒ dTT−150

=−kdt Integrandoln (T−150 )=−kt+c Aplicando definición de logaritmosT−150=e−kt+c=e−kt∗ec Pero ec=c1

T−150=e−kt∗c1⇒T=e−kt∗c1+150 1¿

Remplazando las condiciones iníciales en la ecuación 1)Si t=0minT=50 F

T=e−kt∗c1+150⇒50=e−k (0 )∗c1+150=c1+150⇒ c1=−100 2¿

sit=10minT=75 F

T=e−kt∗c1+150⇒75=e−k (10 )∗c1+150⇒ c1=−75

e−k (10) ⇒ c1=−75e10 k 3¿

Igualando 2) y 3)

−100=−75e10 k⇒ 10075

=e10k⇒ ln(10075 )=ln e10 k⇒ k=

ln(10075 )

104¿


T=e−kt∗c1+150⇒T=−100e−( ln( 100

75 )10 )t

+150 solucion general

sit=? T=100F ⇒100=−100e

−( ln( 10075 )

10 )t+150

−50=−100e−(ln ( 100

75 )10 )t

⇒ 12=e

−( ln( 10075 )

10 )t⇒ ln

12=ln e

−( ln( 10075 )

10 )t

ln12=−( ln(100

75 )10 ) t⇒ t=

ln12

−( ln(10075 )

10)

Conclusión: El Tiempo requerido por el cuerpo para llegar a una temperatura de 100 Fes de

ln12

−( ln( 10075 )

10)min .

Ejemplo 2) Un cuerpo a una temperatura desconocida se pone en un refrigerador a una temperatura constante 0 F . Si después de 20 minutos la temperatura del cuerpo es de 40 F y después de 40 minutos la temperatura del cuerpo es de 20F , Calcular la temperatura inicial de este.

Solución:

Sea T 0=¿ temperatura inicial del cuerpo

T=¿ Temperatura del cuerpo en un instante "t"


dTdt



t=20minT=40 F t=0T=T 0=? dTdt

=−k (T−T m )t=40minT=20 F

T m=0 F

Resolviendo la ecuación diferencial dT /dt=−k (T−T m) pero T m=0 dT /dt=−kT

dTT

=−kdt

lnT=−kt+c Aplicando propiedades de logaritmos

T=e−kt+ c=e−kt∗ec Pero ec=c1

T=e−kt c11¿

Remplazando las condiciones iníciales en la ecuación 1)Si t=20minT=40 F

T=e−kt c1⇒ 40=e−k ( 20) c1⇒c1=40

e−k (20 ) ⇒c1=40 e20 k 2¿

Si t=40minT=20 F

T=e−kt c1⇒20=e−k ( 40)c1⇒c1=20

e−k (40 ) ⇒c1=20e40 k3¿

Igualando 2) y 3) 40 e20 k=20e40 k⇒2=e20 k⇒ ln 2= ln e20 k⇒k= ln220

4¿

Reemplazando 4) en 2)

c1=40e20 k⇒c1=40e20 ( ln2

20 )=40e ln 2⇒ c1=80 5¿

Reemplazando k y c1 en 1)

T=e−( ln2

20 )t80 solucion general

Si t=0T=T 0 En la solución general

T=e−( ln2

20 )t80⇒T 0=e

−( ln220 ) ( 0)

80⇒T 0=80 F

Conclusión: La temperatura inicial del cuerpo es 80 F

CAIDA DE LOS CUERPOS CON RESISTENCIA AL AIRE

Consideremos un cuerpo de masa “m” cayendo verticalmente, que solo sufre la influencia de la gravedad “g” y una resistencia del aire que es proporcional a la velocidad del cuerpo. Asumimos que la gravedad como también la masa permanece constante y, por conveniencia asumimos la dirección positiva hacia abajo.

Segunda ley del movimiento de Newton: La fuerza neta que actúa sobre un cuerpo es igual a la

masa por la aceleración Fn=ma=mdvdt

Donde F} rsub {n} ¿ es la fuerza neta sobre el cuerpo y v es la velocidad del cuerpo, ambos en el instante “ t ”

Hay dos fuerzas que actúan sobre el cuerpo: la fuerza debido a la gravedad dada por el peso w del cuerpo, que es igual a mg, y la fuerza debido a la resistencia del aire, dada por – kv,

El signo menos es debido a que la fuerza se opone a la velocidad; es decir actúa hacia arriba, la

fuerza neta por consiguiente es: Fn=ma=mdvdt

mg−kv=m dvdt

Ecuación diferencial del movimiento del cuerpo.

Si la resistencia del aire es despreciable o no existe, entonces k=0

Cuando dvdt

=0 , la velocidad limite se define por v l=mgk

Observación: estas ecuaciones no son validas, si la resistencia del aire no es proporcional a la velocidad, sino al cuadrado de la velocidad o si la dirección hacia arriba es tomada como positiva, se debe deducir de nuevo la ecuación diferencial

Ejemplo 1) Un cuerpo con una masa de 10 slugs se suelta de una altura de 1000 pies sin velocidad inicial .El cuerpo encuentra resistencia del aire proporcional a su velocidad. Si la

velocidad limite debe ser de 320piesseg

, encontrar a) una expresión para la velocidad del

cuerpo en un momento “t”, b) una expresión para la posición del cuerpo en un momento “t”

y c) el tiempo que necesita el cuerpo para alcanzar la velocidad de 160pieseg

Solución:

Sea v=¿ velocidad del cuerpo en un momento “t”

m=¿ Masa del cuerpo

g=¿ Aceleración de la gravedad

mg

kv

Cuerpo que cae

Tierra

v

Dirección positiva de “x ”

dvdt

+ kmv=g


m=10 slugs v=f (t )=? dvdt

+ kmv=g

x=1000 pies x=g ( t )=?

v0=0piesseg

t=? v=160piesseg

v l=320piesseg

Sabemos que v l=mgk⇒k=mg

v l=10∗32

320⇒k=1 1¿

Reemplazando datos en la ecuación diferencial dvdt

+ kmv=g2¿

dvdt

+ 110

v=32

Resolviendo la ecuación diferencial lineal

ve∫p ( t )dt=∫e∫

p (t )dtr (t )dt+c

∫ p ( t )dt=∫ 110

dt= t10

vet

10=∫et

10 32dt+c

vet

10=32e

t10

110

+c⇒ vet

10=320et

10+c

v=320+c e−t10 solucion general

Reemplazando condiciones iníciales en la solución general

Si t=0 v=0

v=320+c e−t10 ⇒0=320+c e

−(0 )10 ⇒c=−3203¿

a) v=f ( t )=320−320e−t10

b) Sabemos que v=dxdt

v=f ( t )=320−320e−t10 ⇒ dx

dt=320−320e

−t10

dx=(320−320e−t10 )dt Integrando ambos miembros

x=320 t−320e

−t10

−110

+c1⇒ x=320 t+3200e−t10 +c1 4¿

si x=0t=0

x=320 t+3200e−t10 +c1⇒ 0=320 (0 )+3200 e

−( 0)10 +c1⇒ c1=−3200 5¿

Reemplazando 5) en 4)

x=320 t+3200e−t10−3200

c) t=? v=160piesseg

v=320−320 e−t10⇒ 160=320−320e

−t10 ⇒−160=−320e

−t10 ⇒ 1

2=e

−t10

ln12=lne

−t10 ↔ ln

12=−t

10⇒ t=−10 ln( 1

2 )=6.9 seg

Conclusión: La expresión para la velocidad del cuerpo en un momento “t” es

v=320−320 e−t10 , la expresión para la posición del cuerpo en un momento “t” es

x=320 t+3200e−t10−3200 y el tiempo que necesita el cuerpo para alcanzar la

velocidad de 160pieseg

es 6.9 seg

PROBLEMAS DE DILUCIONES

Considere un tanque que contiene inicialmente v0 galones de solución salina que contienea lb de sal. Otra solución salina que contiene b lb de sal por galon, se vierte en el tanque a la tasa

de egalmin

.El problema es encontrar la cantidad de sal que hay en un tanque en un momento

“ t ”

Hagamos Q igual a la cantidad (en libras) de sal en el tanque en un momento. La tasa de

cambio en el tiempo de Q,dQdt

es igual a la tasa a la cual entra la sal en el tanque menos la tasa

a la cual sale de este. La sal entra al tanque a la tasa belbmin

. Para determinar la tasa a la cual

sale del tanque, primero calculamos el volumen de solución salina que hay en el tanque en un momento “ t ”, que es el volumen inicial V 0 más el volumen de solución salina agregada et menos el volumen de solución salina que ha salidoft. Entonces, el volumen de solución salina en cualquier momento es V 0+et−ft

La concentración de sal en el tanque en cualquier momento es Q

V 0+et−ft , de donde se

deduce que la sal sale del tanque a una tasa de f [ QV 0+et−ft ] lbmin . Entonces,

dQdt

=be−f [ QV 0+et−ft ]

Ejemplo 1) Un tanque contiene inicialmente 10 gal de agua pura. Para t=0 , una solución

salina que contiene 12lb de sal por galon se agrega en el tanque a una tasa de2

galmin

,

mientras que una solución bien mezclada sale del tanque a la misma tasa. Hallar a) la cantidad y b) la concentración de sal en el tanque en cualquier momento “ t ”

Solución:

V 0

fgalmin

egalmin

dQdt

+ f [ QV 0+et−ft ]=be

Sea Q=¿ cantidad de sal en el tanque en un momento “t”

b=¿ Concentración

e=¿ Rapidez con la que entra

f=¿ Rapidez con la que sale


V 0=10gal Q=? dQdt

+ f [ QV 0+et− ft ]=beQ=a=0 lb

QV 0+et−ft

=?

b=12lbgal

e=2galmin

f=2galmin

Reemplazando datos en la ecuación diferencial dQdt

+ f [ QV 0+et−ft ]=be1¿

dQdt

+2[ Q10+2 t−2 t ]=1

2(2 )⇒ dQ

dt+[Q5 ]=12¿

Resolviendo la ecuación diferencial lineal 2)

Qe∫p (t )dt=∫ e∫

p (t )dt∗r (t )dt+c

∫ p ( t )dt=∫ 15dt= t

5

Qet5 =∫ e

t5∗1dt+c

Qet5 =

et5

15

+c⇒Qet5=5e

t5+c⇒Q=5+c e

−t5 solucion general

Reemplazando t=0Q=a=0lb en la soluciongeneral

Q=5+c e−t5 →0=5+c e

−05 →c=−5 3¿

Q=5−5e−t5 Solucion particular

Calculando la concentración en un tiempo “t”

QV 0+et−ft

=5−5 e

−t5

10+2 t−2 t=

1−e−t5

2⇒

QV 0+et−ft

=1−e

−t5

24¿

Conclusión: La cantidad de sal en un momento “t” es Q=5−5e−t5 lb y la concentración en

un momento cualquier es QV 0+et−ft

=1−e

−t5

2lbgal

Ejemplo 2) Un tanque contiene inicialmente 80 galones de solución salina con 18lb de sal por

galón. Para t=0, otra solución salina que contiene 1 lb de sal por galon se agrega en el

tanque a una tasa de 4galmin

, mientras que una solución bien mezclada sale del tanque a una

tasa de 8galmin

. Hallar la cantidad de sal en el tanque cuando este contiene exactamente 40

gal de solución.

Solución:

Sea Q = cantidad de sal en el tanque en un momento “t”


V 0=80gal V=40 galQ=? dQdt

+ f [ QV 0+et−ft ]=bea=80

gal∗18

lbgal

=10 lb

b=1lbgal

e=4galmin

f=8galmin

Reemplazando datos en la ecuación diferencial dQdt

+ f [ QV 0+et−ft ]=be1¿

dQdt

+8[ Q80+4 t−8t ]=4

Resolviendo la ecuación diferencial lineal de primer ordendQdt

+8[ Q80−4 t ]=4

Qe∫p (t )dt=∫ e∫

p (t )dt∗r (t )dt+c∫ p ( t )dt=∫ 880−4 t

dt=−2∫ duu

=−2 lnu=−2 ln (80−4 t )

Qe−2 ln (80−4 t )=∫e−2 ln (80−4 t )∗4 dt+c

Qe ln (80−4 t )−2

=∫ eln ( 80−4 t )−2

∗4dt+c

Q

(80−4 t )2=∫ 1

(80−4 t )2∗4 dt+c

∫ 1

(80−4 t )2∗4 dt=−∫ dw

w2=−∫w−2dw= 1

w= 1

(80−4 t )

Q

(80−4 t )2= 1

(80−4 t )+c

Q= (80−4 t )+c (80−4 t )2=4 (20−t )+16 c (20−t )2

Q=4 (20−t )+c1 (20−t )2 2¿

sit=0Q=a=10lb

10=4 (20−0 )+c1 (20−0 )2⇒ c1=−740

3¿

Reemplazando 3) en 2) Q=4 (20−t )− 740

(20−t )24 ¿

Sabemos que V ( t )=V 0+et−ft=80+4 t−8 t=80−4 t

40=80−4 t⇒ t=10min .

Reemplazando t=10min en 4)

Q(t )=4 (20−t )− 740

(20−t )2⇒Q(10)=4 (20−10 )− 740

(20−10 )2

Q (10 )=22.5 lb

Conclusión: La cantidad de sal en el tanque es 22.5 lb , cuando este contiene exactamente 40 gal de solución

CIRCUITOS ELÉCTRICOS SIMPLES

La ecuación básica que rige la cantidad de corriente I (en Amperios) en un circuito simple (figura 1) que consiste de un resistor R (en Ohmios), un condensadorL (en Henrios), y una fuerza electromotriz (f.e.m.)E(en voltios) es:

Según la segunda ley de kirchoff EL+ER=E

LdIdt

+RI=E

Para circuitos RC que consiste en una resistencia, una capacitancia C (en Faradios), una f.e.m. y ninguna inductancia (figura 2), la ecuación que rige la cantidad de carga eléctrica q (en culombios) del conductor es:

Según la segunda ley de kirchoff

ER+EC=E

RI+ qC

=E⇔Rdqdt

+ qC

=E

Ejemplo 1) En un circuito eléctrico simple una F.E.M. de 220v esta conectada a una resistencia de 20ohms y una inductancia de 15henrios el circuito no contiene corriente al cerrarse el mismo.

a) Cuál es la corriente al cabo de 0.1 seg .b) Encuentre “t” cuando la corriente alcanza 2amperios

CR

E

L

RI

E

dIdt

+ RIL

= EL

dqdt

+ qRC

=ER

c) Cuál es la corriente de equilibrio

Solución:

Sea I ( t )=¿ corriente en un instante "t"

R=¿ La resistencia (ohms)

E=¿ La fuerza electromotriz (Volts)


E=220volts t=0.1 seg I=? dIdt

+ RIL

= ELR=20ohms

t=? I=2 A

L=15henrios I eq=?

t=0 I=0

Reemplazando datos en la ecuación diferencial dIdt

+ RIL

= EL

dIdt

+ 20 I15

=22015

⇒ dIdt

+ 4 I3

=443

1¿

Resolviendo la ecuación diferencial lineal

I e∫p ( t )dt=∫e∫

p ( t )dtr ( t )dt+c

∫ p ( t )dt=∫ 43dt= 4

3t

I e4 t3 =∫e

4 t3 44

3dt+c→ I e

4 t3 =

443e

4 t3

43

+c

I e4 t3 =11e

4 t3 +c⇒ I ( t )=11+c e

−4 t3 soluciongeneral

Reemplazando las condiciones iníciales en la solución general

sit=0 I=0

I ( t )=11+c e−4 t

3 ⇒0=11+c e−4 (0 )

3 ⇒ c=−112¿

Reemplazando 2) en la solución general para hallar la solución particular de I (t)

I ( t )=11−11e−4 t

3 3¿

a) t=0.1 seg I=? I ( t )=11−11e−4 t

3 ⇒ I=11−11 e−4 (0.1 )

3

I=1.37 Amperiosb) t=? I=2 A

I (t )=11−11e−4 t

3 ⇒ 2=11−11e−4 t

3 ⇒−9=−11e−4 t

3 ⇒ 911

=e−4 t

3

ln911

=lne−4 t

3 ⇒− 4 t3

=ln( 911)⇒ t=−3

4ln( 9

11)=0.15 seg 4¿

c) La corriente de equilibrio cuantot→∞ en la ecuación 3)

limt →∞

I (t )=limt →∞

(11−11 e−4 t

3 )

I eq=limt→∞ (11− 11

e4 t3 )=11− 11

e4 (∞ )

3

=11−0

I eq=11 Amperios

d) Conclusión: la corriente al cabo de 0.1 seg . es 1.37 Amperios , en 0.15seg la corriente alcanza 2amperios y la corriente de equilibrio es de 11 A.

TRAYECTORIAS ORTOGONALES

Consideremos una familia de curvas monoparametricas en el plano xy definida por

F ( x , y , c )=01¿

Donde “c” es el parámetro .El problema es hallar otra familia de curvas, de un parámetro, llamada trayectorias ortogonales de la familia 1) y está dada analíticamente por G ( x , y , c )=0 2¿

F ( x , y , c )=0

x

G ( x , y , c )=0

y

De manera que cada curva de esta familia 2) corte en ángulos rectos a cada curva de la familia original 1)

Procedimiento:

Derivamos 1) con respecto de “x ” , después eliminamos c entre esta derivada y 1). Esto nos da una ecuación relacionando x , y e y’, que resolvemos para y’ obteniendo la ecuación

diferencial de la forma dydx

=f ( x , y )3¿

Las trayectorias ortogonales de 1) son las soluciones de la ecuación diferencial

dydx

= −1f (x , y)

4¿

Ejemplo 1) Halle las trayectorias ortogonales de la familia de curvas x2− y2=c2

Solución:

Sea F ( x , y , c )=x2− y2−c2


F ( x , y , c )=0 G ( x , y , c )=0 dydx

= −1f (x , y)

Derivando con respecto a “x”

2 x−2 ydydx

=0⇒2 x=2 ydydx⇒ dydx

= xy= f (x , y )1¿

Reemplazando 1¿ en la ecuación diferencial

dydx

= −1f (x , y)

⇒ dydx

=−1xy

⇒ dydx

=− yx

2¿

Resolviendo la ecuación diferencial 2)

dydx

=− yx⇒ dy

y=−dx

x Integrando ambos miembros

ln ( y )=−ln ( x )+c⇔ ln ( y )=−ln ( x )+ ln (c )⇔ ln ( y )=ln( cx )⇔ y= cx

Conclusión: Las trayectorias ortogonales a F (x , y , c)=0 , son las curvas y=cx

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Aplicaciones de Las Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

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