UNIDAD 3 METODOS PARA ECAUCIONES DE PRIMER ORDEN

(1)

CAPITULO III

SOLUCION DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

31. Ecuaciones Diferenciales Exactas

Si la ecuación diferencial MdxNdy0 es exacta, entonces por definición Hay una función U

 

x,y tal que

dU Ndy

Mdx  ₍₁₎

Pero, del cálculo elemental, dy

y U dx x U U d     

 (2)

y así, al comparar (1) y (2), vemos que N

y U M x U _      , (3)

Diferenciando la primera de las ecuaciones (3) con respecto a y 𝑦 la segunda Con respecto a 𝑥, encontramos

y M x y U      2 x N x y U      2 (4)

Bajo condiciones apropiadas, el orden de la diferenciación es indiferente, así que la ecuación (4) lleva a la condición

x N y M      (5)

Esto es una condición necesaria para la exactitud; esto es, si la ecuación diferencial es exacta, entonces de la necesidad sigue que (5) es verdadera. El Teorema recíproco establece que si (5) se cumple, entonces MdxNdy es una diferencial exacta, esto es, podemos encontrar una función U tal que

N y U M x

U     

 / , / . Este teorema recíproco puede probarse y se muestra que (5) es también una condición suficiente para la exactitud. Resumimos. Estas observaciones en el siguiente teorema.

Teorema.

Una condición necesaria y suficiente para la exactitud de la Ecuación diferencial

0  Ndy

Mdx es M/yN/x.

(2)

tal que MdxNdy dU o, lo que es equivalente, U existe tal que U/xM y

N y U  

 / (suficiencia).

Para ilustrar el teorema, considere la ecuación siguiente, esto es,



2xy3x2



dxx2dy0

Aquí,

, 3 2xy x2

M   2

x

N  , 2x, ay M _  x x N 2   

Así, por la parte de suficiencia del teorema, se nos garantiza una función U

Tal que



2xy3x2



dxx2dy dU (6) 0, lo que equivale a lo mismo, existe una función U tal que

, 2 3 2xy x x

U _ _   2 x y    (7)

Estamos suponiendo naturalmente que estas derivadas existen; de otro modo no tenemos derecho a tomarlas.

Una condición suficiente bajo la cual el orden de la diferenciación es indiferente es que U y sus derivadas parciales (al menos de orden dos) sean continuas en una región del plano xy.

Nos falta determinar U . Esto no es difícil, ya que la primera ecuación en (7) establece solamente que la derivada parcial de U con respecto a x es 2

3 2xy x . Deberíamos luego ser capaces de encontrar a U por el recíproco de la Diferenciación con respecto a x, esto es, la integración con respecto a x, manteniendo y constante. La constante de integración que debe añadirse independiente de x pero podría depender de y ; esto es, la constante arbitraria puede realmente ser una función de y. Denote esto por f

 

y . Así, obtenemos



xy x



dy f

 

y U 



2 3 2  (8)

El símbolo x_{enfatiza que la integración es con respecto a} x, manteniendo y

constante. Desarrollando esta integración, encontramos

 

y f x y x

U  2  3 (9)

Para hallar f

 

y , sustituya (9) en la segunda de las ecuaciones (7). Entonces

 



2 3 2



x y f x y x

y   

 

ó 2

 

2 x Y f x   

(3)

De donde,

A x y x

U  2  2 

Así, la ecuación diferencial puede ser escrita d



x2yx3A



0 y la integración Produce x2yx3 AB o x2yx3 c donde hemos escrito cBA_.

Para probar la parte de suficiencia del teorema anterior, basta mostrar que si

x N y

M   

 / / entonces podemos de hecho producir una función U

 

x,y tal que

M x M   

, N

y   

(10)

Ciertamente hay funciones U que satisfarán la primera de las ecuaciones (10); de hecho todas estas funciones están dadas por

 



   M x f y

U (11)

Todo lo que tenemos que hacer ahora es mostrar que existe una función f

 

y tal que (11) también satisfará la segunda de las ecuaciones (10), esto es, debemos mostrar que f

 

y _{existe de modo que}

 



M x f y



N

y   

 



ó

 





   

 M x

y N y f

Para mostrar esto, necesitamos sólo probar que



 



 M x

y

N (12)

es una función sólo de y. Esto será realmente cierto si la derivada parcial con respecto a xde la expresión (12) es cero. Pero esto se muestra fácilmente como sigue:



                               _      0 y M x N x M x y x N x M y x x N x M y N x

Puesto que M/yN/x por hipótesis. La suficiencia está por tanto probada.

EJEMPLO ILUSTRATIVO 1

Resuelva: 2xydx



x2cosy



dy0

Solución: Aquí

y x

N xy

M 2 ,  2 cos ,

x N x y M       2

Y la ecuación es exacta. Así U existe tal que

, 2xy x U    x y y U cos 2     (13)

Integrando la primera ecuación con respecto a x da U x2y f

 

v

(4)

 

2 cos , 2 y x y f

x    f

 

y cosy, f

 

y seny

De donde, 2

x

U  yseny_{y la solución general requerida es}x2yseny c EJEMPLO ILUSTRATIVO 2|

Resuelva:

_





_

y x xy y ₂ 2 1 1   

 dado que y1donde x0

Solución: Escribiendo la ecuación como



xy21



dx



x2y1



dy0, tenemos

, 1 2  xy

M N  x2y1, xy

x N y M 2      

y la ecuación es exacta. Así, de U/xM y U/y N_encontramos c

y x y x

U   

2 2 2

Usando la condición y1_dondex0, tenemos finalmente 1 2

1 2 2    y x y x

El estudiante puede encontrar más fácil resolver ecuaciones exactas por un método de inspección conocido como “agrupación de términos”. Este está basado en la habilidad de reconocer ciertas diferenciales exactas.

Resuelva: 2 



2 cos



0 dy y x

dx

xy por “agrupación de términos”.

Solución: La ecuación es exacta. Si agrupamos los términos como sigue:



2xydxx2dy



cosydy0

Entonces

 

x2y d



seny



0

d ó d



x2yseny



0

Así, la solución es x2yseny c, estando de acuerdo con el Ejemplo ilustrativo 1.

Resuelva:

_





_

y x xy y ₂ 2 1 1   

 _{por “agrupación de términos”.}

Solución: La ecuación escrita



x2y1



dx



x2y1



dy0 es exacta. Agrupando se obtiene



x2ydxx2ydy



dxdy0 𝑑 𝑥2𝑦2

2 − 𝑑𝑥 − 𝑑𝑦 = 0 esto es ₂ 0

2 2         x y y

x d

(5)

c y x y x

    

 

 

2 2 2

En general, el método de agrupación produce resultados más rápidos pero requiere más experiencia. El método general requiere menos ingenio.

Determine si la ecuación dada es exacta. Si lo es, resuélvala.

2𝑥 − 1 𝑑𝑥 + 3𝑦 + 7 𝑑𝑦 = 0

Solución:

2𝑥 − 1 𝑑𝑥 + 3𝑦 + 7 𝑑𝑦 = 0 (1) En este caso se tiene

𝑀 𝑥, 𝑦 = 2𝑥 − 1 y 𝑁 𝑥, 𝑦 = 3𝑦 + 7

Con

𝜕𝑀 𝜕𝑦 =

𝜕 2𝑥−1

𝜕𝑦 = 0 y 𝜕𝑁 𝜕𝑥 =

𝜕 3𝑦 +7 𝜕𝑥 = 0 Esto es

𝜕𝑀

𝜕𝑦 = 𝜕𝑁

𝜕𝑥 (2)

De (2) se concluye que la ecuación (1) es exacta. Por lo que existe una función

𝑓(𝑥, 𝑦) para la que

𝜕𝑓

𝜕𝑥 = 2𝑥 − 1 y 𝜕𝑓

𝜕𝑦 = 3𝑦 + 7 (3)

Integrando la primera ecuación en (3) respecto a 𝑥 (manteniendo 𝑦 constante), se obtiene:

𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥2− 𝑥 + 𝑔(𝑦) (4) 𝜕𝑓

𝜕𝑦 = 𝑔

′_(𝑦)₍₅₎

Igualamos a (5) con 𝑁 𝑥, 𝑦 = 3𝑦 + 7 𝑔′ 𝑦 = 3𝑦 + 7

𝑔 𝑦 =3

2𝑦

2_{+ 7𝑦}₍₆₎ Sustituyendo (6) en (4)

𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥2− 𝑥 +3

2𝑦

2_{+ 7𝑦}

Por lo tanto, la solución general de ED (1) es:

𝑥2− 𝑥 +3 2𝑦

(6)

𝑠𝑒𝑛𝑦 − 𝑦 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦 − 𝑦 𝑑𝑦 = 0

Solución:

𝑠𝑒𝑛𝑦 − 𝑦 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦 − 𝑦 𝑑𝑦 = 0 (1)

En este caso se tiene

𝑀 𝑥, 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛𝑦 − 𝑦 𝑠𝑒𝑛𝑥 y 𝑁 𝑥, 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦 − 𝑦

Con 𝜕𝑀

𝜕𝑦 =

𝜕 𝑠𝑒𝑛𝑦 −𝑦 𝑠𝑒𝑛𝑥

𝜕𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑦 − 𝑠𝑒𝑛𝑥 y 𝜕𝑁 𝜕𝑥 =

𝜕 𝑐𝑜𝑠𝑥 +𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦 −𝑦

𝜕𝑥 = −𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑦 Esto es

𝜕𝑀

𝜕𝑦 = 𝜕𝑁

𝜕𝑥 (2)

𝜕𝑓

𝜕𝑥 = 𝑠𝑒𝑛𝑦 − 𝑦 𝑠𝑒𝑛𝑥 y 𝜕𝑓

𝜕𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦 − 𝑦 (3)

𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑦 + 𝑦 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑔(𝑦) (4) 𝜕𝑓

𝜕𝑦 = 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑔

′_𝑦₍₅₎

Igualamos a (5) con 𝑁 𝑥, 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦 − 𝑦

𝜕𝑓

𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦)

𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑔′_{𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦 − 𝑦}

𝑔′_{𝑦 = −𝑦}

𝑔 𝑦 = −1

2𝑦

2₍₆₎

Sustituyendo (6) en (4)

𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑦 + 𝑦 𝑐𝑜𝑠𝑥 −1

2𝑦 2

𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑦 + 𝑦 𝑐𝑜𝑠𝑥 −1 2𝑦

(7)

2𝑦2_{𝑥 − 3 𝑑𝑥 + 2𝑦𝑥}2 _{+ 4 𝑑𝑦 = 0} Solución:

2𝑦2_{𝑥 − 3 𝑑𝑥 + 2𝑦𝑥}2_{+ 4 𝑑𝑦 = 0}₍₁₎

En este caso se tiene

𝑀 𝑥, 𝑦 = 2𝑦2𝑥 − 3 y 𝑁 𝑥, 𝑦 = 2𝑦𝑥2+ 4

Con

𝜕𝑀 𝜕𝑦 =

𝜕 2𝑦2𝑥−3

𝜕𝑦 = 4𝑥𝑦 y 𝜕𝑁 𝜕𝑥 =

𝜕 2𝑦𝑥2+4

𝜕𝑥 = 4𝑦𝑥 Esto es

𝜕𝑀

𝜕𝑦 = 𝜕𝑁

𝜕𝑥 (2)

𝜕𝑓

𝜕𝑥 = 2𝑦

2_{𝑥 − 3}_y𝜕𝑓

𝜕𝑦 = 2𝑦𝑥

2 _{+ 4}₍₃₎

𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑦2_𝑥2 _{− 3𝑥 + 𝑔(𝑦)}₍₄₎ 𝜕𝑓

𝜕𝑦 = 2𝑦𝑥

2 _{+ 𝑔}′_𝑦₍₅₎

Igualamos a (5) con 𝑁 𝑥, 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦 − 𝑦

𝜕𝑓

𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦)

2𝑦𝑥2_{+ 𝑔}′_{𝑦 = 2𝑦𝑥}2 _{+ 4}

𝑔′ 𝑦 = 4

𝑔 𝑦 = 4𝑦 (6)

Sustituyendo (6) en (4)

𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑦2_𝑥2 _{− 3𝑥 + 4𝑦}

(8)

TALLER 3.1

ECUACION DIFERENCIAL EXACTA

EJERCICIOS A.

1. Escriba cada ecuación en la forma MdxNdy0, pruebe la exactitud, resuelva aquellas ecuaciones que son exactas.

a) 3xdx4ydy0. b) y x y x y    

c)2xyyx2y2. d) y x x y    e) y senx x y x dx dy    cos f) 1 cos 2 2      sen r d dr

g)



yex senx



dx



ex 2y



dy 0

h) 2  



ln 2



0

     _ dy y x dx x y x

i)





xy e e y y y _x x 2    

j)



x2x



dy



2xy12cosx



dx0

2. Resuelva cada ecuación sujeta a las condiciones indicadas.

(a) ; (1) 2 2 2 _     y x y x y y

b) 2xydx



x2 1



dy0; y

 

0 3 c) 𝑦′ =2𝑥−𝑠𝑒𝑛𝑦

𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦 ; 𝑦 2 = 0 d) 𝑑𝑦

𝑑𝑥 =

𝑥 𝑠𝑒𝑛2𝑦

𝑠𝑒𝑛 2𝑥−𝑡𝑎𝑛𝑦 ; 𝑦 𝜋 = 𝜋 4

e) 𝑥2_{+ 2𝑦𝑒}2𝑥_𝑦′ _{+ 2𝑥𝑦 + 2𝑦}2_𝑒2𝑥 _{= 0; 𝑦 0 = 1}

(9)

(a). (y2 2x2)dxxydy0; x

(b). 2 3

; 0 ) 4

( x y dy y

dx

y   

(c). cosxdy(2xsenx3)dx0; cosx (d).





) ( 1 ; 0 )

( ₂ ₂

y x dy y x dx y x     

EJERCICIOS B

1) Resuelva





2 1 1





2 0

              

 x y dy

x dx

y x

y

2) Pruebe que una condición necesaria y suficiente para que la ecuación

 

x dxg

   

x h y dy0

f sea exacta es que g

 

x sea constante.

3) Pruebe que una condición necesaria y suficiente para que la ecuación

 



f1 x g1 y



dx



f2

 

x g2

 

y



dy0 sea exacta es que g1

 

y dx f2

 

x dy sea una

diferencial exacta.

4). Determine la ecuación más general N

 

x,y tal que



ysenxx2ysecy



dxN

 

x,y dy 0

Sea exacta, y obtenga su solución.

5) Resuelva 2 2 tan cos 2 cos 2 _ 0

                dy x y sen y x x dx x y ysen y x y x y x x y xsen EJERCICIOS C

1) Muestre que yf

 

xy dxxg

 

xy dy0no es exacta en general pero llega a ser exacta al multiplicarla por el factor integrante



xy



f

   

xy g xy





1

2) Ejercicio 1para resolver.



xy22y



dx



3x2y4x



dy0

3) Si P/xQ/y y P/yQ/x_{muestre que la ecuación}PdxQdy0

(10)

4) Sea f

 

Z P

 

x,y iQ

 

x,y _donde f

 

Z es un polinomio en la variable compleja

iy x

z   y Py Q son reales. (a) Pruebe que

x Q y

P y

Q x P

      

   

,

(11)

3.2 Ecuaciones Hechas Exactas Por Un Factor Integrante

Apropiado

Si la ecuación MdxNdy0 es exacta, esto es, si M/yN/x, entonces la ecuación se puede resolver por los métodos de la sección anterior. En caso de que la ecuación no sea exacta, es posible que la ecuación la podamos hacer exacta al multiplicarla por un factor integrante apropiado , de modo que la ecuación resultante

0   Ndy Mdx 

 (1)

Será exacta, esto es







N



x M

y   

  



(2)

Desafortunadamente no hay un solo método para obtener factores integrantes. Si hubiera, nuestra tarea estaría altamente simplificada. Afortunadamente, sin embargo, existen algunos métodos, los cuales discutiremos, que parecen surgir frecuentemente en la práctica. El primer método que debería buscarse Siempre en la práctica es por supuesto el método de separación de variables, Donde el factor integrante es generalmente aparente puesto que M y N pueden cada una escribirse como el producto de una función de x una función dey. Veamos uno de tales ejemplos usando las ideas del factor integrante y exactitud.

Resuelva 3 ₂ ,

 

1 3 2

 



 si y

y x y xy x dx dy

Solución: Escribiendo la ecuación como



3xxy2



dx(yx2y



dy 0

Tenemos xy x N xy y M y x y N xy x

M 3 2, 2 , 2 , 2          

De modo que la ecuación no es exacta. Notando que M y N cada una puede ser factorizada en un producto de una función de x y una función de y, esto

es,



3 y2



dxy



1x2



dy0

x (3)

Un factor integrante es



2



2



1 3 1 x y   

(12)

0 3

1 2  y2 dy y

dx x x

(5)

la cual es separable y la ecuación es exacta. La integración de (5) produce entonces



x2



 ln



3 y2



c 2

1 1

ln 2 1

o



2

 

2



3 1x  A  y

Puesto que 𝑦 = 3 cuando 𝑥 = 1, encontramos𝐴 =1

6. Así, la solución requerida es



2

 

2



3 6 1

1x  y o y2 6x2 3 (6)

3.2.1 Ecuaciones Hechas Exactas Por Factores Integrantes Que Involucran Una Variable

Supóngase que se desea resolver la ecuación diferencial



2y2xy



dxxdy0 (7)

Es fácil mostrar que la ecuación no es separable y no es exacta: Agrupando apropiadamente los términos enla forma



xdyydx



2y2xdx0

y dividiendo por 2

y podemos escribir la ecuación como

 

2 0 

 d x

y x

d ó x c

y

x _ _

 2

lo cual da la solución general.

El método es comúnmente conocido como el método de inspección y está basado en la creatividad en muchos casos. El estudiante puede observar del método anterior que 1/y2 es un factor integrante de la ecuación (7). La multiplicación por este factor hace exacta la ecuación (7), y podemos luego usar nuestro procedimiento estándar. Pero ¿cómo podemos decir que 2

/

1 y es un factor integrante? Consideremos este problema.

Considere el caso donde MdxNdy0_{no es separable o exacta.}

Multipliquemos nuestra ecuación por el factor integrante  (aún desconocido). Por definición de un factor integrante, la ecuación MdxNdy0 es ahora

exacta, de modo que







N



x M

y   

  



(8)

(13)

Caso1, 𝜇 es una función sólo de x. En este caso podemos escribir (8) Como

𝜇𝜕𝑀

𝜕𝑦 = 𝜇 𝜕𝑁 𝜕𝑥 + 𝑁

𝑑𝜇

𝑑𝑥 ó 𝑑𝜇 𝜇 = 1 𝑁 𝜕𝑀 𝜕𝑦 − 𝜕𝑁

𝜕𝑥 𝑑𝑥 (9)

Si el coeficiente de dx a la derecha de (9) es una función sólo de x [digamos f

 

x ] entonces tenemos d/ f

 

x dx y así

 



 f x dx



ln o  ef xdx

Omitiendo la constante de integración. Podemos enunciar este resultado como Sigue:

TEOREMA.

Si 1 f(x)

x N y M

N _         

, entonces ef xdx es un factor integrante.

Caso 2, es una función sólo de y. En este caso, (8) puede ser escrita Como

x N dy d M x M        _

 ó dy

y M x M M d             1  

y podemos probar el

Teorema. Si g

 

y y

M x M

M _          1

, entonces eg ydy es un factor integrante. Un esquema nemotécnico para resumir el procedimiento es el siguiente, considere

0  Ndy Mdx Calcule 𝜕𝑀

𝜕𝑦 = (1), 𝜕𝑁 𝜕𝑥 = (2)

Si (1) = (2), la ecuación es exacta y puede fácilmente resolverse. Si (1) ≠ (2), calcule (1) menos (2), dividida por N; llame el resultado f . Si f es una función sólo de x, entonces efdxes un factor integrante. Si no, calcule (2) menos (l), divida por M; llame el resultadog .

Si g es una función sólo de y, entonces egdy es un factor integrante.

Resuelva: ydx



33xy



dy0

Solución: Aquí , 3 3 , 1, 3

(14)

y x   3 3 3 1

no es una función sólo de x. Pero

y y 2 1 3  

Es una función sólo de y. Por tanto   dy y

e 2

  y 

e2ln elny2  y2 es un factor Integrante.

Multiplicando la ecuación dada por y2, el estudiante puede ahora mostrar, realmente, que llega a ser exacta y la solución es

c y y

xy    4

4 3 3

Una curva que tiene una pendiente dada por ₂2 ₂

y x xy dx dy 

 pasa por el punto (2, 1). Encuentre su ecuación.

Solución: La ecuación diferencial puede escribirse 2xydy



y2 x2



dx0así:

, 2xy

M  N x2 y2, 2x, y M _   x x N 2    

de modo que la ecuación no es exacta. Ahora





2 2 2 4 2 2 x y x y y x x

x  

  

no es una función sólo de x, pero

y xy x x 4 2 2 2

2  _ 



es una función sólo de y. Por tanto, un factor integrante está dado por

2  _₂_ln _₂  

 _e _y

e ydy y

Usando el factor integrante, encontramos la solución general

cy y x2  2 

Para la curva particular que pasa por (2, 1) hallamos, c5 y la ecuación requerida

y y

x2  2 5 , o en forma explícita,



₅ ₂₅ ₄ 2



2

1

x

(15)

Observación. La ecuación también puede resolverse como una ecuación homogénea.

Resuelva: y xy, dado que y2 donde x0.

Solución: Escribiendo la ecuación diferencial como



xy



dxdy0

Tenemos

, y x

M   N 1, 1, 

 y M

0,  

x N

De modo que la ecuación- no es exacta. Ahora



10



/11 es una función de

x. Por tanto, dx x

e

(16)

TALLER 3.2

ECUACION DIFERENCIAL EXACTA CON FACTOR

INTEGRANTE

EJERCICIOS A.

1. Resuelva:

(a).



3x2y2



dx2xydy 0

(b).



2x3y



dxxdy0; y(0)1

(c)



y2cosxy



dx(x y2)dy 0

(d).



xx3sen2y



dy2ydx0

(e).

2 ) 0 ( ;

cos 2



 

 y

y sen y x

seny dy

dx

(f).



2ysenxcos3x



dxcosxdy 0

(g). x

x y dx

dy _4 _

(h).

y x y dy

dx 3 3



(i). ; (0) 0 1

2  



 I

t tI t dt dI

(j).

 

y2 2exy)dx(ex3y2)dy0

2. La ecuación diferencial de una familia es y



x y



/x. Encuentre la ecuación de una curva de esta familia que pasa por (3, 0)

.

3. Complete las soluciones de las ecuaciones diferenciales en los Ejemplos ilustrativos 3 y 4.

EJERCICIOS B

Resuelva cada uno de los siguientes ejercicios

1.

y

x senx x y dx dy

2

cos cot

3 2 

(17)

2. ₂ ₃

y y x

x dx

dy

 

3.(3x2 y3x3y)dxxdy0

4. (2x 2xy2)dx(x2y2y3y3)dy0

EJERCICIOS C

1. Muestre que si la ecuación MdxNdy0 es tal que

 

xy F y M x N yN

xM _

 

 

      1

esto es, una función del productoxy, entonces un factor integrante es ef udu

donde U  xy

2. Use el método del Ejercicio 1 para resolver



y2ny1



dx



x2xy1



dy 0

.

3. Resuelva



2y24x2y



dx



4x y3x3



dy 0 , dado que existe un factor integrante de la forma xpyq, donde p y q son constantes.

(18)

3.2.2 La Ecuación Diferencial Lineal De Primer Orden

Una ecuación que puede escribirse en la forma

 

x y Q

 

x P

dx

dy _ _

(10)

Donde P

 

x y Q

 

x son funciones dadas de x_{se llama una}ecuación diferencial de primer orden lineal. Es fácil verificar que la ecuación tiene como factor

integrante a ePdx , puesto que al multiplicar ambos lados de (10) por este factor se obtiene

y P dx dy

ePdx  ePdx Q ePdx (11) lo cual es equivalente a

      

 Pdx Pdx

e Q e y dx d (12)

Esto es cierto debido a que si usamos la regla del cálculo para la diferenciación de un producto, el lado izquierdo de (12) es





__  _  _                 

 Pdx Pdx Pdx Pdx Pdx Pdx Pdx

e y P dx dy e dx dy e P e y dx dy e e dx d y e y dx d

esto es, el lado izquierdo de (11). De (12) obtenemos por integración la solución.?



 



 _Q_e _dx _c

e

y Pdx Pdx (13)

Observación. No hay necesidad de memorizar (13). Es mucho mejor usar

el factor integrante ePdu , multiplicar la ecuación dada (10) por este factor y luego escribir el lado izquierdo como la derivada del producto de con y como en (12).

Resuelva: 5y50 dx

dy

Solución: Esto está en la forma (10) con P5, Q50_{Un factor integrante es el} ,

5 5dx _x

e

e  Multiplicando pore5x,podemos escribir la ecuación como

 

x x

e ye

dx

d ₅ ₅

50



(19)

c e

y 5x 10e5x  ó x

e c y 10 5

Se podría haber usado también el método de separación de variables.

Resuelva: 10

5 2 10    t I dt dI

dado que I 0 donde t0.

Solución: La ecuación tiene la forma (10), remplazando 𝐼 con 𝑦 y 𝑡 con 𝑥. Un factor integrante es

 

2 5 ln2 5

_

_

5 ln 5 5 2 5 5 2 / 10         t e e

e t t

t dt

multiplicando Por





5

2t , encontramos.







5







5

5 2 10 5

2t I  t dt

d

o I



t



5 



2T 5



6 c 6

5 5 2

ColocandoI 0 y t 0en la ecuación, tenemos 𝑐 = −78.125/6

Así









5 5 2 6 125 . 78 5 2 6 5     t t I

Realmente no hay necesidad de considerar (10) como una nueva ecuación puesto que pertenece a. una categoría ya considerada, la categoría de ecuaciones con un factor integrante el cual es una función de sólo una variable. A pesar de esto, la forma en la cual (10) apareceocurre tan frecuentemente en aplicaciones prácticas, y el método de solución es tan simple, que vale la pena llegar a estar familiarizado con ella. Sin embargo, si el estudiante no puede reconocer que una ecuación particular tiene la forma (10) puede estar seguro que el método de los factores integrantes de una variable si funcionará. Por ejemplo, considere la ecuación



33 



0

 x y dy dx

y

la cual discutimos enel Ejemplo ilustrativo 2. Si se nos ocurre reconocer que esta ecuación se puede escribir como

y y y

x dy

dx 3 3  

la cual está en la forma (10) con 𝑥 y 𝑦 intercambiados, podemos resolverla como una ecuación lineal. (Ver Ejercicio 3A). En otro caso podemos buscar un factor integrante que involucre una sola variable. Para mostrar que este método es aplicable escribirnos (10) como

 



P x yQ x



dxdy 0

Entonces N = 1,

 

x y Q(x), P

M   N 1, P

 

x, y

M _  

0,  

(20)

Ahora



P

 

x 0



1P

 

x es una función de x sólo, y así eP xdx es un factor integrante

Resuelva: 𝑑𝑦

𝑑𝑥 + 𝑦 = 𝑒 3𝑥

Solución: 𝑑𝑦

𝑑𝑥 + 𝑦 = 𝑒

3𝑥₍₁₎

La ec (1) es una ecuación diferencial lineal de primer orden:

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑝 𝑥 𝑦 = 𝑔(𝑥)

Con

𝑝 𝑥 = 1

De tal modo que el factor integrante es:

𝜇 = 𝑒 1 𝑑𝑥 _{= 𝑒}𝑥₍₂₎

Multiplicando cada término de (1) por el factor integrante (2)

𝑒𝑥 𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑦 = 𝑒

3𝑥

𝑒𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 𝑒

𝑥_{𝑦 = 𝑒}4𝑥₍₃₎

Como el miembro izquierdo de (3) es el desarrollo de la derivada del producto

𝑒𝑥_𝑦_{, se tiene:}

𝑒𝑥_𝑦′ _{= 𝑒}4𝑥

𝑑 𝑒𝑥_𝑦

𝑑𝑥 = 𝑒

4𝑥

𝑑 𝑒𝑥𝑦 = 𝑒4𝑥𝑑𝑥 𝑑 𝑒𝑥𝑦 = 𝑒4𝑥𝑑𝑥

𝑒𝑥_{𝑦 =}1

4𝑒

4𝑥 _{+ 𝑐}

𝑦 =1

4𝑒

3𝑥 _{+ 𝑐 𝑒}−𝑥₍₄₎

Como 𝑝 𝑥 = 1: dominio de 𝑝 = ℝ y 𝑔 𝑥 = 𝑒3𝑥_{dominio de}_{𝑔 = ℝ}_{, los} coeficientes son continuos en todo 𝑥 𝜖 ℝ; y de (4) se concluye que la solución general de la ecuación diferencial y su intervalo de solución es:

𝑦 =1

4𝑒

(21)

Resuelva: 𝑑𝑦

𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦 = 𝑥 3

Solución: 𝑑𝑦

𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦 = 𝑥

3₍₁₎

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑝 𝑥 𝑦 = 𝑔(𝑥)

Con

𝑝 𝑥 = 2𝑥

De tal modo que el factor integrante es:

𝜇 = 𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 _{= 𝑒}𝑥2₍₂₎

Multiplicando cada término de (1) por el factor integrante (2)

𝑒𝑥2 𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 2𝑥𝑦 = 𝑥

3

𝑒𝑥2𝑑𝑦

𝑑𝑥 + 𝑒 𝑥2

2𝑥𝑦 = 𝑥3𝑒𝑥2 (3)

𝑒𝑥2𝑦, se tiene:

𝑒𝑥2𝑦 ′ = 𝑥3𝑒𝑥2 𝑑 𝑒𝑥2𝑦

𝑑𝑥 = 𝑥

3_𝑒𝑥2

𝑑 𝑒𝑥2𝑦 = 𝑥3𝑒𝑥2𝑑𝑥 𝑑 𝑒𝑥2𝑦 = 𝑥3𝑒𝑥2𝑑𝑥

𝑒𝑥2𝑦 =𝑒

𝑥2

2 𝑥

2_{− 1 + 𝑐}

𝑦 = 𝑥2−1

2 + 𝑐 𝑒

−𝑥2₍₄₎

Como 𝑝 𝑥 = 2𝑥: dominio de 𝑝 = ℝ y 𝑔 𝑥 = 𝑥3_{dominio de}_{𝑔 = ℝ}_{, los} coeficientes son continuos en todo 𝑥 𝜖 ℝ; y de (4) se concluye que la solución general de la ecuación diferencial y su intervalo de solución es:

𝑦 = 𝑥2−1

2 + 𝑐 𝑒

(22)

3.2.2.1 Problemas de aplicación

Problema de aplicación 1: Se sabe que la población de cierta comunidad aumenta en una razón proporcional a la cantidad de personas que tiene en cualquier momento. Si la población se duplicó en cinco años, ¿en cuánto tiempo se triplicará y cuadruplicará?

Solución: Sea

𝑃 = 𝑝𝑜𝑏𝑙𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑜𝑚𝑢𝑛𝑖𝑎𝑑 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑡

𝑃₀ = 𝑝𝑜𝑏𝑙𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙, 𝑒𝑛 𝑡 = 0 𝑎ñ𝑜𝑠

𝑡 = 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑒𝑛 𝑎ñ𝑜𝑠 𝑑𝑃

𝑑𝑡 = 𝑟𝑎𝑝𝑖𝑑𝑒𝑧 𝑐𝑜𝑛 𝑙𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑎𝑢𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎 𝑙𝑎 𝑝𝑜𝑏𝑙𝑎𝑐𝑖ó𝑛

𝑘 > 0: 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑜𝑟𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑

De tal manera que

𝑑𝑃 𝑑𝑡 = 𝑘 𝑃 𝑑𝑃

𝑃 = 𝑘 𝑑𝑡 ln 𝑃 = 𝑘 𝑡 + 𝑐1

𝑃(𝑡) = 𝑐 𝑒𝑘 𝑡₍₁₎ Como

𝑃 0 = 𝑃₀ (2) De (1) se tiene

𝑃(0) = 𝑐 𝑒𝑘 (0) 𝑐 = 𝑃₀ (3) Luego la ecuación (1) queda de la forma

𝑃(𝑡) = 𝑃0 𝑒𝑘 𝑡 (4)

En 𝑡 = 5 años la población se duplicó

𝑃 5 = 𝑃₀ 𝑒𝑘 𝑡 _{= 2𝑃}

0 (5)

2 𝑃₀ = 𝑃₀ 𝑒𝑘 𝑡 2 = 𝑒𝑘 𝑡

𝑘 = 0.13863 (6)

La función que da la población en función del tiempo 𝑡 es

𝑃(𝑡) = 𝑃₀ 𝑒0.13863 𝑡₍₇₎

Cuando la población se triplica queda

3 𝑃₀ = 𝑃₀ 𝑒0.13863 𝑡 3 = 𝑒0.13863 𝑡

𝑡 = 7.9 𝑎ñ𝑜𝑠

(23)

4 𝑃₀ = 𝑃₀ 𝑒0.13863 𝑡 4 = 𝑒0.13863 𝑡

𝑡 = 10 𝑎ñ𝑜𝑠

La respuesta al problema es que la población se triplicará aproximadamente 7,9 años, y se cuadruplicará a los 10 años.

Problema de aplicación 2: En cualquier momento dado la cantidad de bacterias en un cultivo crece a una tasa proporcional a las bacterias presentes. Al cabo de tres horas se observa que hay 400 individuos. Pasadas 10 horas, hay 2000 especímenes ¿cuál era la cantidad inicial de bacterias?

Solución: sea

𝑥 = 𝑐𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑏𝑎𝑐𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑠 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑡

𝑡 = 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑒𝑛 𝑕𝑜𝑟𝑎𝑠

𝑥₀ = 𝑐𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑏𝑎𝑐𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑠 𝑑𝑥

𝑑𝑡 = 𝑟𝑎𝑝𝑖𝑑𝑒𝑧 𝑐𝑜𝑛 𝑙𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑎𝑢𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎 𝑒𝑙 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑏𝑎𝑐𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑠 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑐𝑢𝑙𝑡𝑖𝑣𝑜

𝑘 > 0 ∶ 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑜𝑟𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑

De tal manera que

𝑑𝑥 𝑑𝑡 = 𝑘 𝑥 𝑑𝑥

𝑑𝑡− 𝑘𝑥 = 0 𝑒−𝑘𝑡 𝑑𝑥

𝑑𝑡− 𝑘 𝑒

−𝑘𝑡_{𝑥 = 0}

𝑑 𝑒−𝑘𝑡_𝑥

𝑑𝑡 = 0

𝑑 𝑒−𝑘𝑡 𝑥 = 0 𝑒−𝑘𝑡 𝑥 = 𝑐 𝑥(𝑡) = 𝑐 𝑒𝑘 𝑡₍₁₎

Como la cantidad de bacterias inicial es

𝑥 0 = 𝑥₀ (2)

De la ecuación (1) en 𝑡 = 0

𝑥(0) = 𝑐 𝑒𝑘 (0)

𝑥₀ = 𝑐 (3) Sustituyendo (3) en (1)

𝑥(𝑡) = 𝑥₀ 𝑒𝑘 𝑡₍₄₎

(24)

Sustituyendo en (4) 𝑡 = 3

𝑥(3) = 𝑥0 𝑒𝑘 (3)

𝑘 =1

3ln 400

𝑥0 (6)

Además, teniendo en cuenta que en 10 horas hay 2000 individuos

𝑥 10 = 2000 (7) Sustituyendo en (4) 𝑡 = 3

𝑥(10) = 𝑥₀ 𝑒𝑘 (10)

𝑘 = 1

10ln 2000

𝑥0 (8) De (6) y (8) tenemos

𝑘 = 𝑘 1

3ln 400

𝑥₀ = 1 10ln

2000 𝑥₀

ln 400 𝑥0

1 3

= ln 2000 𝑥0

1 10

ln 400 𝑥₀

10

= ln 2000 𝑥₀

3

𝑥₀7 =400

7

125 𝑥₀ = 201

La respuesta del problema es que la cantidad inicial de bacterias era de 201

Problema de aplicación 3: En el Pb-2009, isótopo radiactivo del plomo, se desintegra con una razón proporcional a la cantidad presente en cualquier momento y tiene un período medio de vida de 3.3 horas. Si al principio había un gramo de plomo, ¿cuánto tiempo debe transcurrir para que se desintegre el 90%)

Solución: Sea

𝐴 = 𝑐𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑝𝑙𝑜𝑚𝑜 𝑃𝑏 − 209 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑡

𝑡 = 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑒𝑛 𝑕𝑜𝑟𝑎𝑠 𝑑𝐴

𝑑𝑡 = 𝑟𝑎𝑝𝑖𝑑𝑒𝑧 𝑑𝑒 𝑑𝑒𝑠𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑃𝐵 − 209

𝑘 > 0 ∶ 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑜𝑟𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑

De tal manera que, la rapidez de desintegración es proporcional a la cantidad presente, esto es

𝑑𝐴

𝑑𝑡 = −𝑘 𝐴

(25)

𝑑𝐴

𝐴 = −𝑘 𝑑𝑡 𝑙𝑛𝐴 = −𝑘 𝑡 + 𝑐1

𝐴 = 𝑒−𝑘𝑡 +𝑐1

𝐴 𝑡 = 𝑐 𝑒− 𝑘 𝑡 (1)

Como la cantidad de Pb-2009 en 𝑡 = 0 es

𝐴₀ = 1 (2)

Aplicando la condición cuando 𝑡 = 0 en (1)

𝐴 0 = 𝑐 𝑒− 𝑘 (0) 𝐴₀ = 𝑐 𝑒− 𝑘 (0)

1 = 𝑐 (3)

Luego la ecuación (1) queda de la forma

𝐴 𝑡 = 𝑒− 𝑘 𝑡₍₄₎

En 𝑡 = 3.3 se desintegra la mitad del PB-2009 esto es

𝐴 3.3 = 0.5 (5)

Sustituyendo 𝑡 = 3.3 en (4)

𝐴 3.3 = 𝑒− 𝑘 (3.3)𝑡

0.5 = 𝑒− 𝑘 (3.3)𝑡 −3.3 𝑘 = ln(0.5) 𝑘 = 0.21 (6) Sustituyendo (6) en (4)

𝐴 𝑡 = 𝑒− 0.21 𝑡 (7)

Necesitamos averiguar cuánto tiempo se necesita para que se desintegre el 90% de Pb-209, es decir para que la cantidad presente sea el 10% o 0.1 del original.

0.1 = 𝑒−0.21 𝑡

−0.21 𝑡 = ln(0.1) 𝑡 = 11

(26)

Problema de aplicación 4: Un termómetro se saca de un recinto donde la temperatura del aire es de 70º 𝐹 y se lleva al exterior, done la temperatura es de

10º 𝐹. Pasado medio minuto el termómetro indica 50º 𝐹 ¿cuál es la lectura cuando 𝑡 = 1 𝑚𝑖𝑛 ? ¿Cuánto tiempo se necesita para que el termómetro llegue a

15º 𝐹?

Solución: La Ley de enfriamiento de Newton establece que en un cuerpo que se enfría, la rapidez con que la temperatura del cuerpo 𝑇 cambia en el tiempo 𝑡 es proporcional a la diferencia entre la temperatura del cuerpo y la temperatura constante 𝑇_𝑚 del medio ambiente que lo rodea. Es decir, si 𝑘 es una constante de proporcionalidad.

𝑑𝑇

𝑑𝑡 = 𝑘 𝑇 − 𝑇𝑚

Pero, en el presente problema se tiene que 𝑇𝑚 = 10, ahora

𝑑𝑇

𝑑𝑡 = 𝑘 𝑇 − 10 𝑑𝑇

𝑇 − 10 = 𝑘 𝑑𝑡 𝑙𝑛 𝑇 − 10 = 𝑘 𝑡 + 𝑐1

𝑇 − 10 = 𝑒𝑘 𝑡+𝑐1

𝑇 𝑡 = 𝑐 𝑒𝑘 𝑡 _{+ 10}₍₁₎

Aplicando la condición para 𝑡 = 0

𝑇 0 = 70 (2)

Sustituyendo 𝑡 = 0 en (1)

𝑇 0 = 𝑐 𝑒𝑘 (0)+ 10 70 = 𝑐 + 10 𝑐 = 60 (3)

Sustituyendo en (3) en (1)

𝑇 𝑡 = 60 𝑒𝑘 𝑡 _{+ 10}₍₄₎

Al aplicar la condición

𝑇 0.5 = 50 (5)

Sustituyendo 𝑡 = 0.5 en (4)

𝑇 0.5 = 60 𝑒𝑘 (0.5)+ 10 50 = 60 𝑒0.5 𝑘 + 10

2 3= 𝑒

0.5 𝑘

(27)

Sustituyendo el valor de 𝑘 dado por (6) en (4), se obtiene:

𝑇(𝑡) = 60 𝑒−0.81094 𝑡 _{+ 10}₍₇₎

𝑇(1) = 60 𝑒−0.81094 (1)+ 10 𝑇 1 = 60 (0.44444) + 10

𝑇 1 = 36.67

Para calcular el tiempo en que la temperatura sea de 15º 𝐹, se sustituye 𝑇 = 15

en (7):

15 = 60 𝑒−0.81094 𝑡 + 10

𝑒−0.81094 𝑡 _{= 0.08333 …}

𝑡 = 3.06

(28)

Problema de aplicación 5: Análisis de un circuito RC

CIRCUITO RC

Los circuitos RC son circuitos que están compuestos por una resistencia y un condensador. Se caracteriza por que la corriente puede variar con el tiempo. Cuando el tiempo es igual a cero, el condensador está descargado, en el momento que empieza a correr el tiempo, el condensador comienza a cargarse ya que hay una corriente en el circuito. Debido al espacio entre las placas del condensador, en el circuito no circula corriente, es por eso que se utiliza una resistencia. Cuando el condensador se carga completamente, la corriente en el circuito es igual a cero.

Carga de un condensador

Considérese el circuito en serie de la figura. Inicialmente el condensador está descargado. Si se cierra el interruptor I la carga empieza a fluir produciendo corriente en el circuito, el condensador se empieza a cargar. Una vez que se alcanza la carga máxima la corriente cesa en el circuito.

Fuente de poder

C.D Batería

+

-Capacitor

Resistencia

(29)

En el circuito de la figura tendremos que la suma

𝑉𝑎𝑏 + 𝑉𝑏𝑐 + 𝑉𝑐𝑎 = 0

 El extremo a tiene un potencial mayor que el extremo b de la resistencia R ya que la corriente fluye de a a b. De acuerdo a la ley de Ohm 𝑉_𝑎𝑏 = 𝑖𝑅

 La placa positiva del condensador b tiene mayor potencial que la placa negativa c, de modo que 𝑉𝑏𝑐 =

𝑞 𝐶

 El terminal positivo de la batería a tiene mayor potencial que el terminal negativo c, de modo que 𝑉_𝑐𝑎 = −𝑉_𝑒 , donde Ve es la fem de la batería

La ecuación del circuito es

𝑖𝑅 +𝑞

𝐶− 𝑉𝑒 = 0

Teniendo en cuenta que la intensidad se define como la carga que atraviesa la sección del circuito en la unidad de tiempo, 𝑖 =𝑑𝑞

𝑑𝑡 tendremos la siguiente ecuación para integrar

𝑅𝑑𝑞

𝑑𝑡 = 𝑉𝑒 − 𝑞 𝐶

𝑑𝑞 𝑉𝑒 𝐶 − 𝑞 𝑞

0

= 𝑑𝑡 𝑅𝐶

𝑡

0

𝑞 𝑡 = 𝐶 𝑉_𝑒 1 − 𝑒− 𝑡𝑅𝐶

Derivando con respecto al tiempo, obtenemos la intensidad en función del tiempo

𝑖 =𝑑𝑞 𝑡 𝑑𝑡 =

𝑉_𝑒 𝑅 𝑒

− 𝑡 𝑅𝐶

(30)

La intensidad disminuye exponencialmente con el tiempo, hasta que se hace cero cuando se alcanza la carga máxima.

La cantidad RC que aparece en el denominador de t se denomina constante de tiempo del circuito. Este representa el tiempo que tomará a la corriente para decrecer hasta 1/e de su valor inicial.

La analogía hidráulica de la carga de un condensador es un tubo-capilar alimentado por un flujo constante producido por un frasco de Mariotte.

Descarga de un condensador

Consideremos ahora el circuito que consta de un condensador, inicialmente cargado con carga Q, y una resistencia R, y se cierra el interruptor I.

La ecuación del circuito será la siguiente.

𝑉_𝑎𝑏 + 𝑉_𝑏𝑎 = 0

 Como la corriente va de a hacia b, el potencial de a es más alto que el potencial de b. Por la ley de Ohm 𝑉𝑎𝑏 = 𝑖𝑅 .

 En el condensador la placa positiva a tiene más potencial que la negativa b, de modo que 𝑉𝑏𝑎 = −

𝑞 𝐶.

𝑖𝑅 −𝑞 𝐶 = 0

La ecuación diferencial es

𝑅𝑑𝑞 𝑑𝑡 −

𝑞 𝐶 = 0

Ecuación diferencial lineal

𝑑𝑞

𝑑𝑡

−

𝑞

(31)

𝑑𝑞

𝑑𝑡 + 𝑝 𝑡 𝑦 = 𝑔(𝑡)

Con

𝑝 𝑥 = − 1 𝑅𝐶

𝑞 𝑡 = 𝑒− 𝑝 𝑡 𝑑𝑡 _{𝑘 + 𝑔 𝑡 𝑒} 𝑝 𝑡 𝑑𝑡_𝑑𝑡 De tal modo que el factor integrante es:

𝜇 = 𝑒 −𝑅𝐶1 𝑑𝑡 = 𝑒− 1

𝑅𝐶 𝑡₍₂₎ Multiplicando cada término de (1) por el factor integrante (2)

𝑒− 𝑅𝐶1 𝑡 𝑑𝑞

𝑑𝑡− 𝑞 𝑅𝐶 = 0 𝑒− 𝑅𝐶1 𝑡 𝑑𝑞

𝑑𝑡 − 𝑒

− _𝑅𝐶1 𝑡 𝑞

𝑅𝐶= 0 (3)

𝑒−

1

𝑅𝐶 𝑡 𝑞_{, se tiene:}

𝑒− 𝑅𝐶1 𝑡_𝑞 ′

= 0

𝑑 𝑒− 𝑅𝐶1 𝑡_𝑞

𝑑𝑡 = 0

𝑑 𝑒− 𝑅𝐶1 𝑡_{𝑞 = 0 𝑑𝑡}

𝑑 𝑒− 𝑅𝐶1 𝑡_{𝑞 = 𝑘}

𝑒− 𝑅𝐶1 𝑡_{𝑞 = 𝑘}

𝑞(𝑡) = 𝑘𝑒

1

𝑅𝐶 𝑡₍₄₎ Aplicando las condiciones: 𝑞(0) = 𝑄 y 𝑞(𝑡) = 0

Para la condición

𝑞(0) = 𝑘𝑒𝑅𝐶1 (0)

𝑄 = 𝑘

Para la condición

𝑞(𝑡) = 0 0 = 𝑘 𝑒𝑅𝐶1 𝑡 (4)

De aquí que 𝑘 ≠ 0, ya que 𝑘 = 𝑄 es la carga inicial del capacitor que es diferente de cero. Entonces para que la igualdad en (4) se cumpla es necesario que

𝑒𝑅𝐶1 𝑡 _{= 0}

(32)

Se concluye que la solución general de la ecuación diferencial y su intervalo

0 ≤ 𝑡 < ∞ de solución es:

𝑞 𝑡 = 𝑄 𝑒

− 𝑅𝐶1 𝑡

Otra forma de solucionar el problema es usando el método de variables separables, esto es

𝑖𝑅 −𝑞 𝐶 = 0

La ecuación a integrar es

𝑅𝑑𝑞 𝑑𝑡 =

𝑞 𝐶

𝑑𝑞 𝑞

𝑞

𝑄

= 1 𝑅𝐶 𝑑𝑡

𝑡

0

De donde se obtiene

𝑞 𝑡 = 𝑄 𝑒

− 𝑡𝑅𝐶

La carga del condensador disminuye exponencialmente con el tiempo. Derivando con respecto del tiempo, obtenemos la intensidad

𝑖 =𝑑𝑞 𝑡 𝑑𝑡 =

− 𝑄 𝑅𝐶 𝑒

− 𝑡 𝑅𝐶

(33)

Carga y descarga de un condensador

Cuando el circuito RC se conecta a un generador de señales cuadradas, podemos observar en un osciloscopio el proceso de carga y descarga.

Como se ve en la figura, durante el primer semiperiodo de la señal la fem tiene un valor constante e igual a V0. El condensador se carga durante un tiempo P/2.

La carga q1 final del condensador en el instante t=P/2 se calcula a partir de la fórmula

𝑞₁ 𝑡 = 𝐶 𝑉₀ 1 − 𝑒− 𝑡𝑅𝐶

En el instante t=P/2 la fem se hace cero, el condensador se descarga. La carga del condensador q2 en el instante t=P se calcula a partir de la fórmula,

(34)

En el siguiente proceso de carga, la integración no es entre los límites 0 y q, sino entre la carga remanente q2 y q.

𝑑𝑞 𝑉0 𝐶 − 𝑞 𝑞

𝑞2

= 1 𝑅𝐶 𝑑𝑡

𝑡

𝑃

𝑞₃ = 𝑉₀ 𝐶 + 𝑞₂− 𝑉₀ 𝐶 𝑒− 𝑡+𝑝𝑅𝐶

(35)

Problema de aplicación 6: Proyecto de aplicación de un circuito RC

Problema de Aplicación: Medida de la velocidad de una bala

Fundamentos teóricos

Antes de disparar la bala se carga el condensador C con una batería de tensión V0. Y se observa la tensión que marca el voltímetro (en color amarillo). La bala rompe el circuito en A, y desconecta la batería por lo que el condensador C empieza a descargarse a través de la resistencia R. Como demostramos en la página anterior, cuando un condensador se descarga, la carga del condensador disminuye exponencial mente con el tiempo, luego, la diferencia de potencial V entre las placas del condensador disminuye de forma exponencial con el tiempo.

𝑉 𝑡 = 𝑉0 𝑒 − 𝑡

𝑅𝐶 ₍₁₎

Donde al producto R·C se denomina constante de tiempo del circuito. Esta descarga prosigue hasta que la bala rompe el circuito en B. El tiempo transcurrido es el cociente entre la distancia x que separa los dos conductores rotos y la velocidad de la bala

𝑡 =𝑥

(36)

Problema de aplicación 7: Análisis de un circuito RL

CIRCUITO RL

FUNDAMENTOS FISICOS

Autoinducción

En un circuito existe una corriente que produce un campo magnético ligado al propio circuito y que varía cuando lo hace la intensidad. Por tanto, cualquier circuito en el que exista una corriente variable producirá una fem inducida que denominaremos fuerza electromotriz autoinducida.

Supongamos un solenoide de N espiras, de longitud l y de sección S recorrido por una corriente de intensidad i.

1.- El campo magnético producido por la corriente que recorre el solenoide suponemos que es uniforme y paralelo a su eje, cuyo valor hemos obtenido aplicando la ley de Ampère

𝐵 =𝜇𝑜 𝑁 𝑖 𝑙

2.-Este campo atraviesa las espiras el solenoide, el flujo de dicho campo a través de todas las espiras del solenoide se denomina flujo propio.

Φ = 𝑁 𝑩 ⋅ 𝑺 = 𝑁 𝐵 𝑆 cos 0 =𝜇𝑜 𝑁

2_{𝑆 𝑖}

𝑙

(37)

𝐿 = Φ 𝑖 =

𝜇𝑜 𝑁2 𝑆

𝑙

Del mismo modo que la capacidad, el coeficiente de autoinducción solamente depende de la geometría del circuito y de las propiedades magnéticas de la sustancia que se coloque en el interior del solenoide. La autoinducción de un solenoide de dimensiones dadas es mucho mayor si tiene un núcleo de hierro que si se encuentra en el vacío

La unidad de medida de la autoinducción se llama henry, abreviadamente H, en honor a Joseph Henry.

f.e.m. autoinducida

Cuando la intensidad de la corriente i cambia con el tiempo, se induce una f.e.m. en el propio circuito (flecha de color rojo) que se opone a los cambios de flujo, es decir de intensidad.

Derivando respecto al tiempo la expresión del flujo propio

𝑉_𝐿 = −𝑑Φ 𝑑𝑡 = −𝐿

𝑑𝑖 𝑑𝑡

La fem autoinducida VL siempre actúa en el sentido que se opone a la variación de corriente.

Establecimiento de una corriente en un circuito

(38)

La razón de este comportamiento hay que buscarla en el papel jugado por la autoinducción L que genera una fem que se opone al incremento de corriente.

En la figura, se muestra un circuito formado por una batería, una resistencia y una autoinducción. Se conecta la batería y la intensidad i aumenta con el tiempo.

Para formular la ecuación del circuito sustituimos la autoinducción por una fem equivalente. Medimos la diferencia de potencial entre los extremos de cada uno de los tres elementos que forman el circuito. Se cumplirá que

𝑉_𝑎𝑏 + 𝑉_𝑏𝑐 + 𝑉_𝑐𝑎 = 0

𝑖𝑅 + 𝐿𝑑𝑖

𝑑𝑡− 𝑉𝑜 = 0

Integrando, hallamos la expresión de i en función del tiempo con las condiciones iniciales t=0, i=0.

𝐿 𝑑𝑖 𝑉𝑜 − 𝑖𝑅 𝑖

0

= 𝑑𝑡

𝑡

0

𝑖 𝑡 =𝑉𝑜

𝑅 1 − 𝑒

(39)

Si R/L es grande, como sucede en la mayor parte de los casos prácticos, la intensidad de la corriente alcanza su valor máximo constante V0/R muy rápidamente.

Caída de la corriente en un circuito

Si se ha establecido la corriente máxima en el circuito y desconectamos la batería, la corriente no alcanza el valor cero de forma instantánea, sino que tarda cierto tiempo en desaparecer del circuito. De nuevo, la razón de este comportamiento hay que buscarla en el papel jugado por la autoinducción L en la que se genera una fem que se opone a la disminución de corriente.

Para formular la ecuación del circuito sustituimos la autoinducción por una fem equivalente. Medimos la diferencia de potencial entre los extremos de cada uno de los dos elementos que forman el circuito. Se ha de tener en cuenta, que i disminuye con el tiempo por lo que su derivada di/dt<0 es negativa

𝑉_𝑎𝑏 + 𝑉_𝑏𝑎 = 0

𝑖𝑅 + 𝐿𝑑𝑖 𝑑𝑡= 0

Integrando, hallamos la expresión de i en función del tiempo con las condiciones iniciales t=0, i=i0.

𝑑𝑖 𝑖

𝑖

𝑖0

= 𝑅 𝐿 𝑑𝑡

𝑡

0

(40)

La corriente disminuye exponencialmente con el tiempo. En la mayor parte de los casos, R/L es grande, por lo que la corriente desaparece muy rápidamente.

Energía del campo magnético

Hemos visto que para mantener una corriente en un circuito es necesario suministrar energía. La energía suministrada por la batería en la unidad de tiempo es V0· i. Esta energía se disipa, en la resistencia por efecto Joule y se acumula en la autoinducción en forma de energía magnética. De la ecuación del circuito

𝑖𝑅 = 𝑉𝑜+ 𝑉𝐿

Multiplicando ambos miembros por la intensidad i.

𝑉_𝑜𝑖 = 𝑅𝑖2_{+ 𝐿𝑖}𝑑𝑖

𝑑𝑡

El término R·i2 es la energía por unidad de tiempo disipada en la resistencia. El primer término V0·i es la energía suministrada por la batería. El último término, es la energía por unidad de tiempo que se necesita para establecer la corriente en la autoinducción o su campo magnético asociado.

𝑑𝐸_𝐵 𝑑𝑡 = 𝐿𝑖

𝑑𝑖 𝑑𝑡

Simplificando dt e integrando entre 0 e i, obtenemos

𝐸_𝐵 =1 2𝐿𝑖

(41)

Esta es la energía acumulada en forma de campo magnético, cuando circula por la bobina una corriente de intensidad i.

Para un solenoide la energía en forma de campo magnético que guarda en su interior se escribe

𝐸_𝐵 =1 2

𝜇_𝑜 𝑁2_𝑆

𝑙 𝑖

2 ₌ 1

2 𝐵2_{𝑆 𝑙}

𝜇_𝑜

La energía EB es el producto de dos términos: la densidad de energía magnética (energía por unidad de volumen) y el volumen S·l. En general, la energía asociada a un campo magnético se calcula mediante la siguiente fórmula

𝐸_𝐵 = 1 2

𝐵2

𝜇_𝑜

𝑉

𝑑𝑉

La integral se extiende a todo el espacio donde el campo magnético B es no nulo.

Comprobación

 Cuando se cierra el circuito

La energía suministrada por la batería hasta el instante t es

𝐸0 = 𝑉𝑜𝑖𝑑𝑡 𝑡

0

=𝑉𝑜

2

𝑅 1 − 𝑒

−𝑅𝑡 𝐿 _𝑑𝑡 𝑡

0

=𝑉𝑜

2

𝑅 𝑡 + 𝑉_𝑜2_𝐿

𝑅2 𝑒 −𝑅𝑡

𝐿 ₋𝑉𝑜 2_𝐿

𝑅2

La energía disipada en la resistencia es

𝐸𝑅 = 𝑖2𝑅 𝑑𝑡 𝑡

0

= 𝑉𝑜

2

𝑅 𝑡 + 2𝑉_𝑜2𝐿

𝐿 ₋𝑉𝑜 2_𝐿

2𝑅2𝑒 −𝑅𝑡

𝐿 ₋3𝑉𝑜 2_𝐿

2𝑅2

La energía acumulada en la autoinducción en forma de campo magnético es

𝐸𝐵 =

1 2𝐿 𝑖

2 ₌𝑉𝑜 2_𝐿

𝐿 ₊𝑉𝑜 2_𝐿

2𝑅2𝑒 −𝑅𝑡

𝐿 ₊𝑉𝑜 2_𝐿

2𝑅2

Como podemos comprobar E0=ER+EB

(42)

𝐸_𝐵 = 1 2𝐿𝑖0

2

Al abrir el circuito la intensidad disminuye exponencialmente con el tiempo. La energía por unidad de tiempo disipada en la resistencia por efecto Joule será

𝑃 = 𝑖2𝑅

Integrando entre cero e infinito obtenemos la energía total disipada.

𝐸𝑅 = 𝑖2𝑅 𝑑𝑡 ∞

0

= 𝑖2𝑒−2𝑅𝑡𝐿 _𝑑𝑡 ∞

0

= 1 2𝐿𝑖0

2

Establecimiento y caída de la corriente eléctrica en el circuito

Un circuito RL se conecta a un generador de señales cuadradas, podemos observar en un osciloscopio el proceso de establecimiento y caída de la corriente en el circuito. Una experiencia análoga la efectuamos para verificar el proceso de carga y descarga de un condensador a través de una resistencia.