Trabajo Fase 1 Ecuaciones Diferenciales 641i48

Ecuaciones Diferenciales

Unidad 1 - Fase 1

Jorge Alberto Cortés Montoya Código: 1.039.596.480 Víctor Hugo Arias Valencia Código: 1.036.618.522 Wilson de Jesús Vásquez Correa Código: 71734544 Fabian Andrés Buitrago Valencia Código: 1.006.024.589

Tutor: Yader Blandón

Grupo: 205

Escuela de Ciencias Básicas, Tecnología e Ingeniería Universidad Nacional Abierta y a Distancia Septiembre de 2017

Tabla de contenido Introducción .................................................................................................................................... 3 Objetivos ......................................................................................................................................... 4 Pregunta 1........................................................................................................................................ 6 Pregunta 2........................................................................................................................................ 7 Pregunta 3........................................................................................................................................ 8 Pregunta 5...................................................................................................................................... 10 Pregunta 6...................................................................................................................................... 12 Pregunta 7...................................................................................................................................... 13 Pregunta 8...................................................................................................................................... 15 Pregunta 10.................................................................................................................................... 16 Primera Actividad Grupal ............................................................................................................. 17 Segunda actividad grupal .............................................................................................................. 20 Bibliografía ................................................................................................................................... 23

Introducción En el presente trabajo colaborativo se desarrollan diversos ejercicios que implican la resolución de Ecuaciones Diferenciales, distribuidas en dos partes: Una individual, que consta de unas preguntas tipo Saber Pro, en las cuales cada estudiante elige y resuelve dos de estas; La otra parte se desarrolla de manera grupal, donde se plantean dos ejercicios y el grupo debe construir el procedimiento y la respuesta correcta.

Objetivo Aprender a identificar, clasificar y resolver Ecuaciones Diferenciales.

Desarrollo del trabajo Tabla de participación Individual TABLA 1: PLAN DE TRABAJO – GRUPO 205

Datos Estudiante

Rol dentro del Trabajo Colaborativo

Preguntas seleccionadas a desarrollar actividad individual

Colaborador

Preguntas 3 y 7

Preguntas seleccionadas para revisar o realimentar

Identificación 1039596480 Nombre

Preguntas 6 y 8 Jorge Cortes CEAD Medellín Identificación 1006024589 Nombre

Entregas

Preguntas 5 y 6

Revisor

Preguntas 8 y 10

Pegunta 1

Moderador

Preguntas 1 y 2

Preguntas 3 y 5

Fabian Andrés Buitrago CEAD Medellín Identificación 71734544 Wilson Vásquez Correa CEAD Medellín Identificación 1036618522 Nombre Victor Hugo Arias Valencia CEAD Medellín

Pregunta 1 Una función y = f(x) es una solución de una ecuación diferencial si al sustituir la función y sus derivadas en la ecuación la reducen a una identidad. 𝑑2𝑦

𝑑𝑦

De acuerdo a la ecuación diferencial: 𝑑𝑥 2 − 𝑑𝑥 − 𝑦 − 𝑒 𝑥 = −𝑥𝑒 𝑥 , cuál de las siguientes funciones es una solución: A. 𝑦 = −𝑥𝑒 −𝑥 B. 𝑦 = 𝑥𝑒 −𝑥 C. 𝑦 = 𝑥𝑒 𝑥 D. 𝑦 = −𝑒 𝑥

Solución:

C. 𝒚 = 𝒙𝒆𝒙

Procedimiento: Dado que es una ED Ordinaria de orden 2, encuentro las derivadas de la función y (Caicedo, García, & Ospina, 2010, págs. 12-13):

𝑦 = 𝑥𝑒 𝑥 𝑦′ = 𝑒 𝑥 + 𝑒 𝑥𝑥 𝑦′′ = 2𝑒 𝑥 + 𝑒 𝑥 𝑥

Reemplazo la función y y sus derivadas en la ecuación: 2𝑒 𝑥 + 𝑒 𝑥 𝑥 − 𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 𝑥 − 𝑥𝑒 𝑥 = 𝑒 𝑥 − 𝑥𝑒 𝑥

Opero: 𝒆𝒙 − 𝒙𝒆𝒙 = 𝒆𝒙 − 𝒙𝒆𝒙

Pregunta 2 Una ecuación diferencial ordinaria de tercer orden y no lineal corresponde a: A.

𝑑2𝑦 𝑑𝑥 2

𝑑𝑦 3

− 2 (𝑑𝑥 ) + 3𝑦 = 0

𝑑3𝑦

𝑑2𝑦

𝑑𝑦

B. 𝑥 3 𝑑𝑥 3 − 7𝑥 2 𝑑𝑥 2 + 6𝑥 𝑑𝑥 − 7𝑦 = 0 C. D.

𝑑3𝑦 𝑑𝑥 3 𝑑3𝑦 𝑑𝑥 3

𝑑2𝑦

𝑑𝑦

+ 𝑥 2 𝑑𝑥 2 + 𝑦 𝑑𝑥 = 𝑠𝑖𝑛(𝑥 + 𝑦) 𝑑2𝑦

𝑑𝑦

+ 𝑑𝑥 2 − 𝑑𝑥 = 𝑒 𝑥 + 1

Solución:

𝒅𝟑𝒚

𝒅𝟐𝒚

𝒅𝒚

C. 𝒅𝒙𝟑 + 𝒙𝟐 𝒅𝒙𝟐 + 𝒚 𝒅𝒙 = 𝒔𝒊𝒏(𝒙 + 𝒚)

Procedimiento: Las cuatro ecuaciones son de tipo EDO porque contienen una variable dependiente (y) con respecto a una variable independiente (x), sin embargo: 𝑑2𝑦

Se descarta A porque es de segundo orden, ya que su derivada mayor es 𝑑𝑥 2 . Se descarta B porque, a pesar de ser de tercer orden, es lineal, ya que tiene la forma 𝑑𝑛 𝑦

𝑑𝑛−1 𝑦

𝑑1 𝑦

𝑎𝑛 (𝑥) 𝑑𝑥 𝑛 + 𝑎𝑛−1 (𝑥) 𝑑𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑎1 (𝑥) 𝑑𝑥 1 + 𝑎0 (𝑥)𝑦 = 𝐹(𝑥) (García & Reich, 2014, págs. 3-5) y sus coeficientes solo dependen de x. Se descarta D porque, a pesar de ser de tercer orden, también es lineal, ya que tiene la 𝑑𝑛 𝑦

𝑑𝑛−1 𝑦

𝑑1 𝑦

forma 𝑎𝑛 (𝑥) 𝑑𝑥 𝑛 + 𝑎𝑛−1 (𝑥) 𝑑𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑎1 (𝑥) 𝑑𝑥 1 + 𝑎0 (𝑥)𝑦 = 𝐹(𝑥) (García & Reich, 2014, págs. 3-5) y sus coeficientes solo dependen de x.

𝑑3𝑦

Por lo tanto, la respuesta C, ya que es de orden 3 porque la derivada mayor es 𝑑𝑥 3 y no es 𝑑𝑛 𝑦

𝑑𝑛−1 𝑦

𝑑1 𝑦

lineal ya que no tiene la forma 𝑎𝑛 (𝑥) 𝑑𝑥 𝑛 + 𝑎𝑛−1 (𝑥) 𝑑𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑎1 (𝑥) 𝑑𝑥 1 + 𝑎0 (𝑥)𝑦 = 𝐹(𝑥) (García & Reich, 2014, págs. 3-5) y sus coeficientes también dependen de y, lo que se observa en el tercer término donde la derivada es acompañada por y.

Pregunta 3 De acuerdo a la información, la solución general de la ecuación diferencial (𝑥 2 − 2)

𝑑𝑦 𝑑𝑥

− 𝑥𝑦 = 0 se puede indicar como

2 A. y  C x  2 2 B. y  C x  2 Respuesta

C. y  ln 2x  2  lnC 2 D. y  lnC x  2

𝑑𝑦

Es una ED de primer orden de variables separadas, por lo tanto al separar (𝑥 2 − 2) 𝑑𝑥 − 𝑥𝑦 = 0, se obtiene:

1 𝑑 𝑥 (𝑦) = 2 𝑦 𝑑𝑥 𝑥 −2

1 𝑑 𝑥 1 (𝑦) = 2 : 𝐼𝑛(𝑦) = 𝐼𝑛(𝑥 2 − 2) + 𝐶 𝑦 𝑑𝑥 𝑥 −2 2

Si 𝑁(𝑦)𝑑𝑦 = 𝑀(𝑥)𝑑𝑥

entonces

1 𝑥 ∫ 𝑑𝑦 = ∫ 2 𝑑𝑥 𝑦 𝑥 −2

Se integra cada lado de la ecuación ∫

𝑥 1 𝑑𝑥 = 𝐼𝑛(𝑥 2 − 2) + 𝐶 2 𝑥 −2 2

Se aplica integración por sustitución

∫ 𝑁 (𝑦)𝑑𝑦 = ∫ 𝑀 (𝑥)𝑑𝑥

𝑢 = 𝑥2 − 2 = ∫

1 𝑑𝑢 2𝑢

Se saca la constante 1 1 1 . ∫ 𝑑𝑢 = 𝐼𝑛(𝑢) 2 𝑢 2

Se sustituye en la ecuación 1 1 𝐼𝑛(𝑥 2 − 2) = 𝐼𝑛(𝑥 2 − 2) + 𝐶 2 2 1

Se hace lo mismo con la ecuación ∫ 𝑦 𝑑𝑦 1 ∫ 𝑑𝑦 = 𝐼𝑛(𝑦) = 𝐼𝑛(𝑦) + 𝐶 𝑦 1 𝐼𝑛(𝑦) + 𝐶 = 𝐼𝑛(𝑥 2 − 2) + 𝐶 2

Se combinan las contantes 𝐼𝑛(𝑦) =

1 𝐼𝑛(𝑥 2 − 2) + 𝐶 2

Se despeja y 𝐼𝑛(𝑦) =

1 1 2 𝐼𝑛(𝑥 2 − 2) + 𝐶 = 𝐼𝑛 (𝑒 2𝐼𝑛(𝑥 −2)+𝐶 ) 2

𝐼𝑛(𝑦) = 𝐼𝑛 (𝑒 𝐶 √𝑥 2 − 2)

Se resuelve y 𝑦 = 𝐼𝑛(𝑒 𝐶 √𝑥 2 − 2) Se simplifican las contantes 𝑦 = 𝐶 √𝑥 2 − 2

Pregunta 5 Responda las preguntas 5 y 6 con base a la siguiente información Hay ecuaciones diferenciales que no se pueden resolver utilizando directamente la separación de variables, pero pueden ser transformadas en separables por medio de sustituciones adecuadas, como es el caso de las Ecuaciones Diferenciales Homogéneas que son de la forma:

𝑑𝑦 𝑑𝑥

= 𝑓(𝑥, 𝑦), o 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0, que por homogeneidad

quedan del mismo grado y que se pueden expresar como una función que sólo depende del 𝑦

cociente 𝑥 , o de la forma

𝑑𝑦 𝑑𝑥

𝑦

𝑑𝑦

𝑦

= 𝑓(𝑢), donde 𝑢 = 𝑥 , por lo tanto 𝑑𝑥 = 𝑓 (𝑥 ).

5. Según la información, la solución de la ecuación diferencial homogénea: 𝑦 3 + 𝑥 3 𝑥𝑦

2 𝑑𝑦 𝑑𝑥

, corresponde a: 𝒚𝟐

A. 𝒚 = 𝒄𝒆𝟐𝒙𝟐 𝑥 𝑦

B. 𝑒 = 𝑐𝑥 C. 𝑦 = 𝑙𝑛𝑥 + 𝑒 D. 𝑦 = 𝑒

𝑦2 𝑥2

𝑦2 2

+𝑐

+𝑐

Solución: 𝑦3 + 𝑥3

𝑑𝑦 𝑑𝑦 = 𝑥𝑦 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑦 3 = 𝑥𝑦 2

𝑑𝑦 𝑑𝑦 − 𝑥3 𝑑𝑥 𝑑𝑥

(𝑥𝑦 2 − 𝑥 3 )

𝑑𝑦 = 𝑦3 𝑑𝑥

1 𝑑𝑦 𝑦3 𝑦3 3 𝑥 = 2 = ∗ 𝑑𝑥 𝑥𝑦 − 𝑥 3 𝑥𝑦 2 − 𝑥 3 1 𝑥3 𝑦 𝑆𝑒𝑎 𝑢 = 𝑥 𝑑𝑢 1 𝑑𝑦 𝑦 = − 𝑑𝑥 𝑥 𝑑𝑥 𝑥 2 𝑇𝑒𝑛𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑐𝑢𝑒𝑛𝑡𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑢 = 𝑑𝑢 1 𝑑𝑦 𝑢 = − 𝑑𝑥 𝑥 𝑑𝑥 𝑥

𝑦 𝑥

𝑑𝑦 𝑑𝑥

=

𝑥

𝑑𝑢 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑢 = −𝑢 → =𝑥 +𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝐸. 𝐷. 𝑂. 𝑦3 𝑥3

𝑑𝑦 𝑑𝑢 𝑢3 = →𝑥 +𝑢 = 2 𝑑𝑥 𝑦 2 𝑑𝑥 𝑢 −1 − 1 𝑥2 𝑑𝑢 𝑢3 𝑢2 − 1 𝑥 = − .𝑢 𝑑𝑥 𝑢2 − 1 𝑢2 − 1 𝑥

𝑑𝑢 𝑢3 − 𝑢3 + 𝑢 𝑢 = = 2 2 𝑑𝑥 𝑢 −1 𝑢 −1 𝑥

𝑑𝑢 𝑢 = 2 𝑑𝑥 𝑢 − 1

𝑢2 − 1 𝑑𝑥 𝑆𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒𝑠 𝑑𝑢 = 𝑢 𝑥 𝑢2 1 𝑑𝑦 ∫ ( − ) 𝑑𝑢 = ∫ 𝑢 𝑢 𝑥 1 𝑑𝑦 ∫ (𝑢 − ) 𝑑𝑢 = ∫ 𝑢 𝑥 1 2 𝑢 − 𝑙𝑛𝑢 = 𝑙𝑛𝑥 + 𝑐 2 1 𝑦 2 𝑦 ( ) − ln ( ) = 𝑙𝑛𝑥 + 𝑐 2 𝑥 𝑥 1 𝑦 2 ( ) − [𝑙𝑛𝑦 − 𝑙𝑛𝑥] = 𝑙𝑛𝑥 + 𝑐 2 𝑥 1 𝑦 2 ( ) − [𝑙𝑛𝑦 − 𝑙𝑛𝑥] = 𝑙𝑛𝑥 + 𝑐 2 𝑥 𝑙𝑛𝑦 =

1 𝑦 2 ( ) +𝑐 2 𝑥

−𝑐 =𝑘

1 𝑦 2

𝑒 𝑙𝑛𝑦 = 𝑒 2(𝑥 ) 𝑦2

𝑦 = 𝑒 2𝑥 2

.𝑒 𝑘

+𝑘

𝑒𝑘 = 𝑐 𝑦2

𝑦 = 𝑐𝑒 2𝑥 2 𝑹𝒆𝒔𝒑𝒖𝒆𝒔𝒕𝒂 𝑨

Pregunta 6 6. Al resolver la ecuación diferencial (𝑦 + 𝑥 +

𝑦2 𝑥

) 𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0, la solución general viene

dada como: A. 𝑦 = 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑙𝑛|𝑥| + 𝑐) 𝑥

B. 𝑦 = 𝑒 𝑦 + 𝑐 𝑦

C. 𝑦 = tan(𝑥𝑙𝑛𝑥 + 𝑒 𝑥 + 𝑐) D. 𝑦 = 𝑥𝑡𝑎𝑛(𝑙𝑛|𝑥| + 𝑐) Solución: (𝑦 + 𝑥 +

𝑦2 ) 𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 𝑥

𝑦2 𝑥𝑑𝑦 = (𝑦 + 𝑥 + ) 𝑑𝑥 𝑥 𝑦2 𝑑𝑦 𝑦 + 𝑥 + 𝑥 = 𝑑𝑥 𝑥 𝑦2 1 𝑑𝑦 𝑦 + 𝑥 + 𝑥 𝑥 = ∗ 1 𝑑𝑥 𝑥 𝑥 𝑦 𝑦2 𝑑𝑦 𝑥 + 𝑥 2 + 1 = 𝑑𝑥 1 𝑑𝑦 𝑦 𝑦 2 = + +1 𝑑𝑥 𝑥 𝑥 2 𝑦 = 𝑢𝑥 →

𝑑𝑦 𝑥𝑑𝑢 = +𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑟𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝐸 ∗ 𝐷 𝑥𝑑𝑢 + 𝑢 = 𝑢 + 𝑢2 + 1 𝑑𝑥 𝑥𝑑𝑢 = 𝑢2 + 1 𝑑𝑥 𝑠𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒𝑠 𝑑𝑢 𝑑𝑥 = 𝑢2 + 1 𝑥

∫

𝑑𝑢 𝑑𝑥 =∫ +1 𝑥

𝑢2

𝑎𝑟𝑒𝑎 tan(𝑢) = 𝑖𝑛𝑥 + 𝑐 𝑢=

𝑦 𝑥

𝑦 → 𝑎𝑟𝑒 tan( ) = 𝑖𝑛𝑥 + 𝑐 𝑥 𝑦 = tan(𝑖𝑛𝑥 + 𝑐) 𝑥 𝑦 = 𝑥 tan(𝑖𝑛 𝑥 + 𝑐) Solución general Respuesta//D

Pregunta 7 Es posible encontrar ecuaciones diferenciales de primer orden que se pueden resolver a través de la técnica llamada variables separables y se expresan de la forma M ( x )dx  N( y )dy  0 , en donde todos los términos en x se pueden asociar con dx y todos los términos en y con dy, cuyo despeje se puede expresar como: ∫ 𝑀(𝑥)𝑑𝑥 = − ∫ 𝑁(𝑦)𝑑𝑦 + 𝐶

𝑑𝑦

Tomando como referencia la información, el problema de valor inicial (𝑥 2 + 16) 𝑑𝑥 + 𝑥𝑦 = 0, 𝑐𝑜𝑛 𝑦(0) = 1, tiene como solución general y solución particular, respectivamente a:

𝐶

1. 𝑦 = √𝑥 2

+16

𝐶

2. 𝑦 = 𝑥 2 +16

4

3. 𝑦 = √𝑥 2

+16

Respuesta

4

4. 𝑦 = 𝑥 2 +16

Primero se separan las ecuaciones 1 𝑑 𝑥 =− 2 𝑦 𝑑𝑥 𝑥 + 16

Si 𝑁(𝑦)𝑑𝑦 = 𝑀(𝑥)𝑑𝑥

entonces

∫ 𝑁 (𝑦)𝑑𝑦 = ∫ 𝑀 (𝑥)𝑑𝑥

1 𝑥 ∫ 𝑑𝑦 = ∫ − 2 𝑑𝑥 𝑦 𝑥 + 16

Se integra cada lado de la ecuación ∫−

∫−

𝑥2

𝑥 1 𝑑𝑥 = − 𝐼𝑛(𝑥 2 + 16) + 𝐶 + 16 2

𝑥2

𝑥 𝑑𝑥 + 16

Se sustituye 𝑢 = 𝑥 2 + 16 = −∫

1 𝑑𝑢 2𝑢

Se saca la constante 1 1 1 = − . ∫ 𝑑𝑢 = − 𝐼𝑛(𝑢) 2 𝑢 2 Se sustituye en la ecuación 1 1 = − 𝐼𝑛(𝑥 2 + 16) = − 𝐼𝑛(𝑥 2 + 16) + 𝐶 2 2 1

Se hace lo mismo con la ecuación ∫ 𝑦 𝑑𝑦 1 ∫ 𝑑𝑦 = 𝐼𝑛(𝑦) = 𝐼𝑛(𝑦) + 𝐶 𝑦

Se combinan las contantes 1 = 𝐼𝑛 (𝑦) = − 𝐼𝑛(𝑥 2 + 16) + 𝐶 2

Se despeja C 𝐶 = 2𝐼𝑛(2) 1 = 𝐼𝑛 (𝑦) = − 𝐼𝑛(𝑥 2 + 16) + 2𝐼𝑛(2) 2

Se aplican las propiedades logarítmicas 1 1 4√𝑥 2 + 16 2 = − 𝐼𝑛(𝑥 2 + 16) + 2𝐼𝑛(2) = 𝐼𝑛 (𝑒 −2𝐼𝑛(𝑥 +16)+2𝐼𝑛(2) ) = 𝐼𝑛 ( 2 ) 2 𝑥 + 16

4√𝑥 2 + 16 𝐼𝑛(𝑦) = 𝐼𝑛 ( 2 ) 𝑥 + 16 𝑦=(

4√𝑥 2 + 16 4 )= 2 𝑥 + 16 √𝑥 2 + 16

𝑅𝑒𝑠𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑎

Pregunta 8 Una ecuación diferencial de la forma M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0, es exacta cuando es decir, sus derivadas parciales son iguales. De las siguientes ecuaciones diferenciales, cuáles de ellas son iguales.

1. (2𝑦 2 𝑥𝑑𝑥 − 1) + (4x𝑦 2 + 1)𝑑𝑦 = 0 R//

𝜕𝑀 𝜕𝑌

= 4yx ≠

𝜕𝑁 𝜕𝑁

= 4𝑦 2 No son iguales

2. (𝑥𝑦 2 + 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑦 − 𝑥)𝑑𝑦 = 0 R//

𝜕𝑀 𝜕𝑌

= 2𝑦𝑥 + 1 ≠

𝜕𝑁 𝜕𝑋

= 2𝑋𝑌 − 1, No son iguales

3. (4𝑦 2 𝑥 3 + 2𝑦)𝑑𝑥 + (2𝑥 4 𝑦 + 2𝑥)𝑑𝑦 = 0 R//

𝜕𝑀 𝜕𝑌

= 8𝑦𝑥 3 + 2 =

𝜕𝑁 𝜕𝑋

= 8𝑥 3 𝑦 + 2, 𝑆𝑖 𝑠𝑜𝑛 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙𝑒𝑠

𝜕𝑀 𝜕𝑌

𝜕𝑁

= 𝜕𝑋 ,

4. (3𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦)𝑑𝑥 + (2𝑥 3 𝑦 + 𝑥)𝑑𝑦 = 0 R//

𝜕𝑀 𝜕𝑌

= 6𝑥 2 𝑦 + 1 = 6𝑥 2 𝑦 + 1, 𝑠𝑖 𝑠𝑜𝑛 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙𝑒𝑠

Pregunta 10 𝑑𝑦

Cuando se plantea la ecuación diferencial (x+3)𝑑𝑥 = 3𝑦, es posible asegurar que la

solución particular generada para y (4)=2 es 𝑦 = 2(𝑥 + 3)3, porque al resolverla la solución general de la ecuación diferencial viene dada por 𝑦 = 𝐶(𝑥 + 3)3 . R// Esto es falso, la solución es la siguiente. 𝑑𝑦

(x+3)𝑑𝑥 = 3𝑦 (𝑥 + 3)𝑑𝑦 = 3𝑦𝑑𝑥 1 3 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 𝑦 𝑥+3 1 1 ∫ 𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑥 𝑦 𝑥+3 𝑙𝑛𝑦 = 3 ln(𝑥 + 3) + 𝑘 𝑙𝑛𝑦 = ln = 𝑙𝑛(𝑥 + 3)3 + 𝑙𝑛𝐶 Siendo k = lnC 𝑙𝑛𝑦 = ln(𝐶(𝑥 + 3)3 ) 𝑦 = 𝐶(𝑥 + 3)3 𝐿𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖𝑐𝑖ó𝑛 𝑦(4) = 2 𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎 𝑞𝑢𝑒: 𝑥 = 4; 𝑦 = 2 2 = 𝐶(4 + 3)3 2 = 343𝐶 𝐶=

2 343

𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑒𝑠 𝑦=

2 343

Primera Actividad Grupal Un depósito contiene 500 lt de líquido en el que se disuelven 20 gr de sal: Una salmuera que contiene 5 gr/lt se bombea al depósito con una intensidad de 8 lt/min, la solución adecuadamente mezclada se bombea hacia fuera con una intensidad de 10 lt/min. Encuentre el número de gramos de sal y la concentración de sal, que hay en el depósito en un instante cualquiera.

Solución

El volumen inicial de líquido en el depósito es V0 = 500 lt y la cantidad inicial de sal en el depósito es x0 = 20 gr. La salmuera que se bombea al depósito tiene una concentración C1 = 5 gr/lt y se bombea a una razón Q1 = 8 lt/min. La solución, debidamente agitada y homogeneizada, se extrae del depósito a razón Q2 = 10 lt/min. Partiendo de la ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es: 𝑑𝑥 𝑑𝑡

𝑄

+ 𝑉 +(𝑄 2−𝑄 0

1

2)𝑡

𝑋 = 𝑄1 𝐶1

Sustituimos los datos en la ecuación y obtenemos 𝑑𝑥 𝑑𝑡

10

+ 500+(8−10)𝑡 𝑋 = 40

simplificando el proceso seria 𝑑𝑥 5 + 𝑋 = 40 𝑑𝑡 250 − 𝑡

𝑑𝑥

Despejando 𝑑𝑥 𝑑𝑡

= 40 −

𝑑𝑡 5

𝑑𝑥

𝑋, debido a la diferencial de la cantidad x de sal es dx = ( 𝑑𝑡 ) dt, 250−𝑡 𝑑𝑥

sustituimos 𝑑𝑡 dada por la ecuación 𝑑𝑥 = (18 − 𝑑𝑥 +

5 𝑋) 𝑑𝑡 250 − 𝑡

5 𝑋 𝑑𝑡 = 40𝑑𝑡 250 − 𝑡

La ecuación anterior es una ecuación diferencial lineal de la forma x’ + F(t) x = G(t), donde 5

𝐹(𝑡) = 250−𝑡 𝑋, 𝐺(𝑡) = 40 para resolver la ecuación debe determinarse un factor integrante 𝜇 = ∫ 𝐹(𝑡)𝑑𝑡 𝜇 = ∫ 𝐹(𝑡)𝑑𝑡 = 𝜇 = ∫

5 𝑑𝑡 = 𝑒 −5𝑙𝑛|250−𝑡| = (250 − 𝑡)−5 250 − 𝑡

La ecuación lineal que tenemos de forma x’ + F(t) x = G(t), se multiplica por el factor integral (250 − 𝑡)−5 𝑑𝑥 + 5 (250 − 𝑡)−6 𝑋 𝑑𝑡 = 40 (250 − 𝑡)−5 𝑑𝑡 Dado que (250 − 𝑡)−5 𝑑𝑥 + 5 (250 − 𝑡)−6 𝑋 𝑑𝑡 = 𝑑 ⌊(250 − 𝑡)−5 𝑥⌋ Sustituimos 𝑑 ⌊(250 − 𝑡)−5 𝑥⌋ = 40 (250 − 𝑡)−5 𝑑𝑡 Integrando ∫ 𝑑 ⌊(250 − 𝑡)−5 𝑥⌋ = 40 ∫(250 − 𝑡)−5 𝑑𝑡 Al ser ambas integrales inmediatas ∫ 𝑑 ⌊(250 − 𝑡)−5 𝑥⌋ = (250 − 𝑡)−5 𝑥 + 𝐾1 ∫ 𝑑 ⌊(250 − 𝑡)−5 𝑥⌋ =

(250 − 𝑡)−4 + 𝐾2 4

Sustituimos los resultados de las integrales en la ecuación anterior (250 − 𝑡)−5 𝑥 = 8 (250 − 𝑡)−4 + 𝑘

Para determinar el valor de la constante “k” de integración se utiliza la condición inicial x(0)=20, esto es, t0 =0 min y x0 =20 gr se sustituye en la ecuación (250)−5 20 = 8 (250)−4 + 𝑘 Despejamos “K” 𝑘 = (250)−5 20 = 8 (250)−4 = (250)−5 (20 − 8(250)) = (250)−5 (20 − 2000) 𝑘 = −(250)−5 1980

El valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (250 − 𝑡)−5 𝑥 = 8 (250 − 𝑡)−4 − (250)−5 1980

Multiplicando por (250 − 𝑡)5 𝑥(𝑡) = 8(250 − 𝑡) − 1980 (

250 − 𝑡 5 ) 250

De esta manera se representa la ley de variación de la cantidad de sal en el depósito en cualquier momento t. Por ultimo para lograr determinar la concentración de sal en el depósito en un momento t cualquiera, se necesario recordar que la concentración C(t) es el cociente entre la cantidad de sal y el volumen de líquido en el tanque, en un instante t cualquiera, es decir 𝐶(𝑡) =

𝑥(𝑡) 𝑉(𝑡)

En la cual 𝑉(𝑡) = 𝑉0 + (𝑄1 −𝑄2 )𝑡 = 500 − 2𝑡 = 2(250 − 𝑡) Sustituyendo las ecuaciones C(t) =

250 − 𝑡 5 ) (250 − 𝑡)4 250 = 5 − 740 2(250 − 𝑡) (250)5

8(250 − 𝑡) − 1980(

C(t) = 5 − 740

(250 − 𝑡)4 (250)5

La ecuación aquí representada es la ley de variación de la concentración de sal en el depósito en un momento t cualquiera.

Segunda actividad grupal En una cafetería se sirve una bebida caliente que se encuentra inicialmente a una temperatura de 90°C, y se enfría hasta 75°C mientras se expone a la temperatura ambiente durante 4 minutos. Si la temperatura ambiente está en 20°C, determinar en qué momento la bebida estará a una temperatura de consumo de 55°C. Según la Ley de enfriamiento de Newton, la ecuación viene dada como: 𝑑𝑇 = −𝑘(𝑇 − 𝑇𝑎 ) 𝑑𝑡 Resaltado en rojo están los pasos equivocados, en amarillo los agregados por Victor Arias. Separando variables se tiene: 𝑑𝑇 = −𝑘𝑑𝑡 (𝑇 − 𝑇𝑎 ) Se aplica integral a ambos lados de la ecuación: ∫

𝑑𝑇 = ∫ −𝑘𝑑𝑡 (𝑇 − 𝑇𝑎 )

𝑙𝑛(𝑇 − 𝑇𝑎 ) = −𝑘𝑡 + 𝐶 Según propiedades de los logaritmos: 𝑒 𝑙𝑛(𝑇−𝑇𝑎) = 𝑒 −𝑘𝑡+𝐶 𝑇 − 𝑇𝑎 = 𝑒 −𝑘𝑡+𝐶 Entonces: 𝑇 = 𝑐𝑒 −𝑡 𝑇 = 𝑒 −𝑘𝑡+𝐶 + 𝑇𝑎 Por lo tanto: 𝑇(𝑡) = 𝑐𝑒 −𝑘𝑡 + 𝑇𝑎 𝑇(𝑡) = 𝑒 −𝑘𝑡+𝐶 + 𝑇𝑎 Como Ta =20°C 𝑇(𝑡) = 𝑐𝑒 −𝑘𝑡 + 70 𝑇(𝑡) = 𝑒 −𝑘𝑡+𝐶 + 20 Para t=0 la bebida tiene 90°C, entonces: 𝑇(0) = 𝑐𝑒 −𝑘(0) + 20 = 90

𝑇(0) = 𝑒 −𝑘(0)+𝐶 + 20 = 90 Por lo tanto: 𝑐 = 90 − 70 = 20

𝑒 𝐶 + 20 = 90 𝑒 𝐶 = 70 ln(𝑒 𝐶 ) = ln(70) 𝐶 = ln(70) 𝐶 = 4,25 Así la ecuación de la temperatura ambiente en función del tiempo será: 𝑇(𝑡) = 70𝑒 −𝑘𝑡 + 20 𝑇(𝑡) = 𝑒 −𝑘𝑡+4,25 + 20 Para t=4 la bebida tiene T=75°C, luego: 𝑇(4) = 70𝑒 −𝑘(4) + 20 = 75 𝑇(4) = 𝑒 −𝑘(4)+4,25 + 20 = 75 𝑒 −𝑘(4) =

75 − 20 70

𝑒 −𝑘(4)+4,25 = 75 − 20 𝑒 𝑘(4) =

70 55

𝑒 −𝑘(4)+4,25 = 55 Aplicando logaritmos: ln(𝑒 𝑘(4) ) = ln(

70 ) 55

ln(𝑒 −𝑘(4)+4,25 ) = ln(55) 𝑘= 𝑘=−

70 ) 55 = −0,0602 4

ln (

ln(55) − 4,25 = 0,0606 4

Como en t=t1min la bebida está en T=55°C 𝑇(𝑡1 ) = 70𝑒 −0,0602𝑡1 + 20 = 55 𝑇(𝑡1 ) = 𝑒 −0,0606𝑡1 +4,25 + 20 = 55 Por lo tanto 𝑒 −0,0602𝑡1 =

55 − 20 70

𝑒 −0,0606𝑡1 +4,25 = 55 − 20 Y simplificando encontramos que: 70 ln ( ) 35 = 10,696𝑚𝑖𝑛 𝑡1 = 0,0602 −0,0606𝑡1 + 4,25 = ln(35) 𝑡1 =

ln(35) − 4,25 = 11,46𝑚𝑖𝑛 −0,0606

El tiempo aproximado será de: t1=10,7min t1=11,46min

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