Solución del Certamen 1 de Ecuaciones diferenciales. Jueves 23 de Abril de Prof: Roberto Cabrales. Ayudante: Iván Martinez.

Transcripción

1 Solución del Certamen 1 de Ecuaciones diferenciales. Jueves 3 de Abril de 016. Prof: Roberto Cabrales. Ayudante: Iván Martinez. Ejercicio 1 (1 puntos). Diga si las siguientes ecuaciones son de variables separables, lineales, eactas u homogéneas, justificando su respuesta en cada caso. No resuelva la ecuación. 1. (3 puntos) r(1 θ ) 1/ dθ = 0.. (3 puntos) cos(s) + sen(s)tds ds = (3 puntos) dd + ln() + ln()d + yd = (3 puntos) 3tdu t + udu 3u = 0. La primera ecuación es de variables separables, ya que, al sumar a ambos lados dθ y luego dividir por (1 θ) 1/, obtenemos rdr = dθ (1 θ ) 1/. La segunda ecuación es lineal, ya que al sumar a ambos lados ds y luego dividir por el cos(s)ds, se obtiene luego de simplificar que es una ecuación lineal en su forma normal. ds + sen(s) cos(s) t = 1 cos(s), Para la tercera ecuación, juntamos primero todos los términos con d y todos aquellos con, obteniendo 0 = ( + ln() + y)d + ( ln() ) = ( + ln() + y)d + (ln() 1) = (1 + ln())d + yd + (ln() 1). Ahora, sumamos a ambos lados el término (1 + ln())d y luego dividimos por (ln() 1)d para, después de simplificar, obtener que d + 1 (1 + ln()) y = (ln() 1) (ln() 1) ecuación que corresponde a una ecuación lineal. = 1 + ln() 1 ln(), Para la cuarta, agrupamos todos los términos que tienen du y todos los que tienen : (3t + u)du + ( t 3u) = 0. Al tomar M(u, t) = 3t+u y N(u, t) = t 3u, notamos que la ecuación es de la forma M(u, t)du+ N(u, t) = 0. Además M(αu, αt) = 3αt + αu = α(3t + u) = αm(u, t), N(αu, αt) = αt α3u = α( t 3u) = αn(u, t),

2 lo que prueba que las funciones M y N son homogéneas de grado 1. De esta forma la ecuación diferencial dada es homogénea. Ejercicio (1 puntos). Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales: 1. (1 puntos) + yd y ln()d = 0.. (1 puntos) tan ( + y)d = 0. En el caso de la primera ecuación, tenemos que, al dividir por d y luego sumar a ambos lados y ln(), obtenemos d + 1 y = y ln(), que es una ecuación de Bernoulli con n =. Realizamos entonces la sustitución z = y 1. Entonces, derivando a ambos lados tenemos que d = y d. Entonces, al multiplicar la ecuación original por y nos queda ln() ( = y y ln() ) = y d 1 y y = d 1 y 1 = d 1 z, es decir, [ d + 1 z = ln(). Hemos obtenido una ecuación lineal con factor integrante ( µ() = ep 1 ) d = ep( ln()) = 1. De acuerdo a la epresión que define la solución de la ecuación lineal, tenemos z = 1 1 ln() ln() 1 d = d. Para calcular esta integral, tomamos m = ln(). Entonces dm = 1 d y = e m, por lo que ln() d = e m mdm = e m (m + 1) + C = ln() C, donde hemos usado integración por partes con u = m y dv = e m dm, lo que nos lleva a du = dm y v = e m. La solución de la ecuación original es [ ln() y 1 = z = d = ln() C. Para la segunda ecuación, tomamos z = + y, de donde = d +. Entonces = d y al sustituir en la ecuación tenemos 0 = tan ( + y)d = d tan (z)d = (1 + tan (z))d = sec (z)d.

3 Al sumar sec (z)d a ambos lados de la igualdad obtenida y luego dividir por sec (z) obtenemos una ecuación de variables separables que podemos integrar. De hecho, 1 + C = d = sec (z) = cos (z) = [1 + cos(z) = 1 [ s + cos(z) = 1 [ z + sen(z). Entonces, la solución de la ecuación original es + C = 1 [ + y + sen( + y) Ejercicio 3 (1 puntos). Considere la siguientes ecuación diferencial 1. (4 puntos) Muestre que esta ecuación no es eacta. y( + y + 1)d + ( + y) = 0. (1). (8 puntos) Use las fórmulas deducidas en clases para encontrar un factor integrante µ, tal que la ecuación que se obtiene al multiplicar (??) por µ sea eacta. Resuelva dicha ecuación. En el caso del primer item, tomamos M(, y) = y( + y + 1) = y + y + y, y N(, y) = + y. Entonces µ() = ep M = ( y + y + y ) = + y = N ( + y) =, es decir, M N, probando que la ecuación no es eacta. Veamos ahora el segundo item. En este caso y de acuerdo a los cálculos realizados antes, tenemos [ M N d N [ [ + y = ep d = ep + y d = e, que es un factor integrante que depende solo de. Al multiplicar la ecuación original por µ(), obtenemos la ecuación siguiente e y( + y + 1)d + e ( + y) = 0. En este caso, tenemos M(, y) = e y + y e + ye, y N(, y) = e + ye. Entonces M = ( e y + y e + ye ) = e + ye + e = (e + ye ) = N, es decir, M = N, probando que la ecuación es eacta. Vamos a resolverla. Para ello, calculamos la función f(, y) que representa la solución implicita de la ecuación. Se debe resolver entonces el

4 sistema = M(, y) = e y( + y + 1), = N(, y) = e ( + y). Integrando la segunda ecuación en relación a y, tenemos f(, y) = = e ( + y) = e (y + y ) + h(). Para determinar la función h(), usamos la primera ecuación. Entonces ye + y e + ye = M(, y) = = (e (y + y) + h()) = e y + ye + e y + h (). Al simplificar, obtenemos h () = 0, suya solución es h() = C, C R. Entonces, la solución de la ecuación es e (y + y ) = C. Ejercicio 4 (1 puntos). Un tanque contiene 1000 kg de sal disuelta en 1000 litros de agua pura. Una solución de salmuera (mezcla de agua y sal) empieza a fluir hacia el interior del tanque, a una velocidad de 6 litros por minuto. La solución dentro del tanque se mantiene bien agitada y fluye hacia el eterior a una velocidad de 5 litros por minuto. Si la concentración de sal en la salmuera que entra en el tanque es de 1 kilogramos por litro, se pide determinar la cantidad de sal S(t) en el tanque para todo tiempo. Sea S(t) la cantidad de kilogramos de sal que hay en el tanque en un determinado instante de tiempo t. Recordemos que ds(t) = R int R out, donde R int es el producto de la concentración de sal que entra al tanque por la tasa de entrada del fluido y R out es el producto de la concentración de sal que sale del tanque por la tasa de salida del fluido. En este caso R int = 1 ( ) ( ) kg lt 6, R out = lt min S(t) y(t) ( ) ( ) kg lt 5, lt min Donde y(t) es el volumen (medido en litros) de fluido que se añade al tanque en un instante de tiempo t (note que el volumen de agua en el tanque no es constante, ya que la velocidad de entrada y salida del fluido no es la misma, pues entra más agua que aquella que sale). Debido a que entran

5 6 lt/min y salen 5 lt/min, tenemos que cada minuto se añade 1 litro de agua al tanque, por tanto y(t) = t. Se tiene entonces la siguiente ecuación diferencial: ds(t) = R int R out = 6 5S(t) t con la condición inicial S(0) = 0, pues en el instante inicial el agua en el tanque no tiene sal. La ecuación anterior se escribe como: da + 5S t = 6, que corresponde a una ecuación lineal, con factor integrante dado por ( ) 5 µ(t) = ep t = ( t) 5. Se obtiene entonces la siguiente la solución: S(t) = t + C ( t) 5. Usando la condición inicial S(0) = 0, obtenemos que C = , y de esta forma S(t) = t ( t) 5 es la cantidad de sal en el tanque en el tiempo t.