c´alculo diferencial e integral 6 modelos matem´aticos

CALCULO DIFERENCIAL E

INTEGRAL 6

MODELOS MATEMATICOS

Jose Luis Abreu

Jose Angel CanavatiJorge Ize

Antonmaria Minzoni

2

Indice general

1. LEY DE NEWTON 31.1. MOVIMIENTO VERTICAL PROVOCADO POR LA GRAVE-

DAD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2. OSCILADOR ARMONICO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3. TIRO PARABOLICO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.4. LA DOBLE RUEDA DE LA FORTUNA . . . . . . . . . . . . . 241.5. LEYES DE KEPLER Y LEY DE GRAVITACION UNIVERSAL 271.6. GRAVEDAD, LEY DE GFAVITACION UNIVERSAL Y METO-

DO DE CAPAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2. ALGUNAS ECUACIONES DIFERENCIALES 472.1. LEYES DE POBLACIONES DE MALTHUS Y DE VERHULST 472.2. REACTORES NUCLEARES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532.3. UN DISPOSITIVO MECANICO Y DOBLE INTEGRACION

POR PARTES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.4. RESISTENCIA DEL AIRE Y METODO DE FRACCIONES

PARCIALES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.5. OSCILACIONES AMORTIGUADAS . . . . . . . . . . . . . . . 692.6. PENDULO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

INDICE ALFABETICO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

1

2

1

PROLOGO

Al llegar a este ultimo fascıculo de la serie de calculo diferencial e integral, elestudiante debe poder manejar el calculo con soltura; ademas, debera haberestudiado varios ejemplos de aplicaciones del calculo.

En este fascıculo presentamos una variedad de extensiones, refinamientos y apli-caciones de la teorıa, demostrando ası la fuerza y utilidad del calculo diferenciale integral. Si el estudio y la interpretacion fısica de la segunda derivada eran untema casi obligado, la seleccion de los otros temas no fue tarea facil. Muchoslectores se quejaran de no encontrar algun ejemplo que les parezca fundamentalo se extranaran de ver tratadas aplicaciones que no se estudian a este nivel oque aparentan una dificultad matematica demasiado grande para el conocimien-to del estudiante. Aceptamos de antemano las crıticas y asumimos este ultimoriesgo, pero antes quisieramos explicar nuestros motivos.

Las razones para no incluir todas las posibles aplicaciones del calculo son deespacio, claramente, de gustos y conocimientos de los autores, pero fundamen-talmente son consecuencia de lo que podrıamos llamar una “filosofıa del calculo”.En efecto, tomando en cuenta el hecho de que la mayorıa de nuestros lectores nose dedicaran al estudio de las matematicas abstractas, consideramos necesariodar un panorama amplio de las posibilidades del instrumento que hemos expues-to, evitando definiciones abstractas, no tratando formalmente temas clasicoscomo series, sucesiones o integrales impropias por requerir mas conocimientosmatematicos antes de llegar a aplicaciones de valor y concentrandonos en loque nos parece mas importante entre las consecuencias inmediatas del calcu-lo; es decir, el concepto de modelos dinamicos, esencialmente con ecuacionesdiferenciales.

El primer capıtulo trata de un modelo muy respetado: la ley de Newton. Vemosası la interpretacion fısica de la segunda derivada, los problemas de la caıdalibre y del oscilador armonico, siendo este ultimo el primer ejemplo “serio” deuna ecuacion diferencial cuya solucion es analizada con mucho detalle. Vemosdespues varios ejemplos de movimiento en el plano, tratando de explicar lomas posible el concepto de los vectores aceleracion y velocidad en el problemadel tiro parabolico y esperando que la introduccion de coordenadas polares,para estudiar las leyes de Kepler y de gravitacion universal, no causen mayorescomplicaciones. Completamos el capıtulo con el calculo de volumenes por elmetodo de capas y el calculo de una integral multiple.

El segundo capıtulo desarrolla modelos distintos de la ley de Newton, dandoalgunos ejemplos de ecuaciones diferenciales, como las leyes de crecimiento depoblaciones, el control de un reactor nuclear, los problemas de resistencia delaire en una caıda libre y de oscilaciones amortiguadas y el movimiento delpendulo. Tambien aquı, aprovechamos los ejemplos para discutir los metodosde integracion por fracciones parciales, por doble uso de integracion por partesy de integracion de una serie.

2

Concluimos con una advertencia: aun mas que en los fascıculos anteriores pre-tendemos motivar al lector antes de presentar una tecnica o conceptos nuevos.Por esta razon, presentamos primero algunos ejemplos, formalizando despues laparte matematica y, en muchos casos, no enfatizamos este ultimo punto. Estopor varios motivos: en primer lugar por falta de espacio y por considerar que eltema no pertenecıa estrictamente al calculo, como, por ejemplo, en el caso delos vectores y de coordenadas polares, o por pensar que no valdrıa la pena a estenivel dedicar un estudio mas completo a este tema, como en el caso de series,sucesiones, integrales multiples y, en algunos ejemplos, derivadas parciales. Ensegundo lugar, la omision fue hecha con el proposito de invitar al lector a am-pliar sus conocimientos y aclarar sus dudas en otros textos, ya que uno de losfines de esta serie es el evitar plantear problemas artificiales y con la solucionpredigerida con la ayuda de recetas; mas bien tratamos de invitar al lector a quese plantee sus propias dudas, dandole los instrumentos basicos para resolverlas.

Finalmente, la conclusion logica de nuestro punto de vista, es que la dificultadde los ejemplos es variable; no pretendemos que el lector asimile en una prime-ra lectura todos los conceptos, sobre todo no matematicos, expuestos en estefascıculo. Mas bien lo invitamos a una lectura reposada, con retornos frecuentesa los otros fascıculos y a la busqueda de informacion adicional en otros libros.

Capıtulo 1

LEY DE NEWTON

Uno de los modelos matematicos mas importantes para nuestro entendimientode la fısica fue descubierto por Newton y es este el fundamento de la dinamica.Para entender la ley de Newton, recordemos primero lo que es la velocidad deun punto que se mueve sobre un eje. Si la posicion del punto esta dada cada

instante por la funcion x(t), sabemos quedx

dt= x′(t) es la velocidad del punto

(figura 1.1)

Figura 1.1

Ası pues, cuando x′(t) es positiva, el punto se mueve hacia la derecha, y si x′(t0)es cero, pasando de positiva a negativa, x(t) tiene un maximo en t0 y el puntomovil se regresa. Por ejemplo, si graficamos la distancia de un coche sobre lacarretera Mexico-Acapulco, tomando como origen la ciudad de Mexico, podemostener algo del estilo mostrado en la figura 1.2.

Entre el momento C y el momento D, el automovilista se para a comer enChilpancingo. En E se dio cuenta que se le habıan olvidado sus lentes en elrestaurante y se regresa. Aprovecha su estancia en Chilpancingo para llenar eltanque de gasolina y a partir de G concluye su viaje sin problemas.

3

4 LEY DE NEWTON

Figura 1.2

Ejercicios

1.1 Una locomotora hace maniobras de patio. Su movimiento esta dado por

x(t) = t4 − 6t3 + 9t2 (t en horas, x(t) en kms.)

Determine los movimientos de la locomotora.

1.2 El pie de un caballito de feria tiene un movimiento vertical de la forma

h(t) = 1 − sen t

Determine su velocidad vertical y los momentos en que sube.

Si la primera derivada x′(t) representa la velocidad del punto movil ¿cual es lainterpretacion fısica de x′′(t)? Es la derivada de la velocidad, indicando como lavelocidad aumenta o disminuye, segun el signo de x′′(t), y se llama la acelera-cion del punto movil. Esta cantidad se “siente” cuando uno va en un coche: alacelerar, es decir, al aumentar la velocidad, uno se siente empujado hacia atras,mientras que al frenar uno es proyectado hacia adelante. Esta relacion entrelas variaciones de la velocidad, o sea la aceleracion, y la fuerza que uno siente,producida por el motor, es justamente la ley de Newton.

Esa fuerza, que corresponde al esfuerzo que uno hace al variar la velocidadde un cuerpo, por ejemplo al lanzar una piedra, se expresa por un numerosi el movimiento es rectilıneo, y en general por un vector. Lanzando piedrasde diferente peso, con el mismo esfuerzo, producimos distintas aceleraciones,mas pequenas conforme el peso es mas grande. Podemos entonces decir que laaceleracion γ es proporcional a la fuerza e inversamente proporcional al peso:

5

γ = gF

p

p

gse llama la masa m del objeto y obtenemos ası la ley de Newton:

F = mγ

Por ejemplo, como hemos visto en el fascıculo I, los cuerpos que caen son some-tidos a la fuerza de gravedad, es decir, al peso. En este caso:

F = −p =p

gγ

Por lo tanto:

γ = −g

Experimentalmente se puede calcular esa constante g : 9,81m/s2. (Las unidadesson en metros por segundos cuadrados, ya que la aceleracion es una segundaderivada con respecto al tiempo de una distancia).

Como todo modelo, la ley de Newton debe ser comprobada experimentalmentepara tener confianza en su validez. Veremos a continuacion varios ejemplos.

1.1. MOVIMIENTO VERTICAL PROVOCADO

POR LA GRAVEDAD

En el fascıculo I vimos que si dejamos caer una piedra desde un edificio de alturah0, el movimiento estaba dado por:

h(t) = h0 −1

2gt2,

con velocidad h′(t) = −gt, negativa porque h disminuye, y aceleracion h′′(t) =−g.¿Que pasa si arrojamos primero el objeto para arriba, es decir, si le damos unavelocidad inicial v0? ¿Cual sera la altura maxima a la que llegara? ¿Cuandollegara a la altura h0 y cuando tocara el suelo?

La unica fuerza que actua sobre el objeto una vez lanzado es su peso. Segun laley de Newton la aceleracion sera:

h′′(t) = −g.

Por el teorema fundamental:

6 LEY DE NEWTON

h′(t) = −gt + cte.

Como la velocidad inicial es v0 = h′(0), entonces:

h′(t) = −gt + v0.

De nuevo, por el teorema fundamental:

h(t) = −1

2gt2 + v0t + cte.

y, siendo h(0) = h0,

h(t) = −1

2gt2 + v0t + h0.

Entonces h(t) sera maxima si h′(t) = −gt + v0 = 0, es decir, para t =v0

gteniendo en cuenta el signo de h′(t) y el hecho de que tomamos v0 positivo.

hmax = h

(

v0

g

)

=v20

2g+ h0.

Por ejemplo, si v0 = 10m/s.hmax = h0 +100

2g≃ h0 + 5,1 m.

La piedra llegara al nivel h0 cuando h(t) = h0, es decir:

−1

2gt2 + v0t, por lo tanto t =

2v0

g.

La piedra tarda el mismo tiempo en subir que en bajar, y podemos notar que

su velocidad en t0 =2v0

gsera:

−gt0 + v0 = −v0.

La misma velocidad que la inicial pero de signo contrario.

Dejamos como ejercicio el determinar el momento de su llegada al suelo (h(t) =0) y su velocidad (figura 1.3).

Ejercicios:

1.3 Una piedra es arrojada verticalmente hacia abajo desde una altura de 10metros y con una velocidad de 1 m/s (cuidado con el signo v0). ¿Cuandoy con que velocidad llega al suelo?

1.4 Se quiere mandar una pelota a 10 metros de alto. ¿Cual debe ser la velo-cidad inicial?

7

Figura 1.3

1.5 Se deja caer una piedra en un pozo de 30 metros de profundidad. Unsegundo despues, se lanza una segunda piedra. ¿A que velocidad debe unolanzar la segunda piedra para que las dos piedras lleguen al fondo al mismotiempo?

Problema 1.1: El pintor

En el ejemplo 1.4 del capıtulo 1 del fascıculo III, tenıamos a un pintor sobre unaescalera de 5 metros de largo, cuya base resbalaba a una velocidad de 20 cm/s(figura 1.4)

Figura 1.4

8 LEY DE NEWTON

Vimos entonces que, como y =√

25 − x2, la velocidad con la cual la punta dela escalera iba cayendo era:

dy

dt=

d

dx(√

25 − x2)dx

dt=

−x√25 − x2

dx

dt=

−x

y

dx

dt

Por lo tanto, sidx

dtpermanece en 0.2 m/s, queda claro que

dy

dtsera infinita

cuando y valga cero. El pintor se va a matar si se queda todo el tiempo sobrela escalera. Es necesario saltar, ¿pero cuando debe hacerlo para que el golpe, esdecir, la velocidad en el momento de llegar al suelo, sea lo mas suave posible?

Supongamos, pues que en el momento t = 0, el pintor decide saltar desde la

altura y0, con velocidad inicial v0 = −0,2x0

y0, velocidad de la escalera en ese

momento. Entonces su caıda sera de la forma

y = y0 −1

2gt2 + v0t.

a) Calcule el momento t0 de la llegada al suelo, y = 0, recordando que t0debe ser positivo.

b) Calcule la velocidad a la llegada, v1, y expresela en funcion de y0. (Res-

puesta: v1 = −(

1

y20

+ 2gy0 − 0,04

)1/2

).

c) Encuentre el mınimo de la funcion v1(y0) e interprete el resultado. (Res-puesta: el mınimo es alcanzado en y0 = g−1/3).

Problema 1.2: Piston de locomotora

Un piston esta disenado como en la figura 1.5 donde la rueda tiene un metro deradio y la varilla que la une al piston tiene 4 metros.

Figura 1.5

9

La rueda tiene un movimiento uniforme con una velocidad angular de 1 rad/s, esdecir, que da una vuelta completa en 2π segundos. Si suponemos que el anguloθ vale 0 en el instante inicial, θ es igual a t. Por razones de seguridad se quiereconocer la velocidad y la aceleracion del piston en el cilindro.

a) Pruebe que OP = cos t +√

16 − sen2t

b) CalculedOP

dty

d2OP

dt2. Grafique estas dos funciones, dando estimaciones

sobre la localizacion de sus ceros y el valor de sus extremos.

1.2. OSCILADOR ARMONICO

Supongamos que tenemos un peso colgado de un resorte (figura 1.6)

Figura 1.6

Si lo jalamos hacia abajo, el resorte ejerce una fuerza contraria, mas fuertemientras mas alejado esta de la posicion de reposo. Del mismo modo, si unocomprime el resorte, este ejercera una fuerza opuesta, mas fuerte mientras mascomprimimos. Experimentalmente se puede medir esa fuerza con un dinamome-tro y se puede ver que es proporcional a la elongacion o acortamiento del resortey opuesta.

Es decir, si x es la elongacion del resorte

F = −kx,

donde k representa el factor de proporcionalidad y el signo menos indica que lafuerza es opuesta.

Ahora bien, si soltamos el resorte, este empieza a oscilar con un movimientoperiodico. Se puede comprobar experimentalmente que si el peso es mayor, las

10 LEY DE NEWTON

oscilaciones son mas lentas y que, si el resorte es mas rıgido, las oscilaciones sonmas rapidas.

Veamos como la ley de Newton nos confirma estos resultados. Si la posicion del

resorte al tiempo t es x(t), su velocidad seradx

dty su aceleracion

d2x

dt2; la ley de

Newton se escribe entonces:

md2x

dt2= F = −kx,

donde m es la masa del cuerpo colgado del resorte.

Para completar los datos del problema, debemos indicar que tanto separamos elresorte al tiempo inicial, es decir x(0) = x0, y cual fue la velocidad que le dimosdx

dt(0) = v0.

Tenemos que resolver, entonces, el problema:Encontrar x(t) que cumpla con:

d2x

dt2+

k

mx = 0

x(0) = x0

dx

dt(0) = v0

La ecuacion se llama una ecuacion diferencial ya que involucra a la funcion ysus derivadas. Para resolverla, tenemos a nuestra disposicion el teorema funda-mental del calculo, que nos indica que la solucion a la ecuacion:

dy(t)

dt= f(t)

y(0) = y0

es

y(t) = y0 +

∫ t

0

f(s)ds.

Tratemos pues de reducir nuestra ecuacion de tal forma que tengamos una soladerivada. Si multiplicamos la ecuacion por dx

dt , tenemos

dx

dt

d2x

dt2+

k

m

dx

dtx = 0

es decir:

d

dt

(

1

2

(

dx

dt

)2

+k

m

1

2x2

)

= 0

11

Por lo tanto, la cantidad:

E(t) =1

2

(

dx

dt

)2

+1

2

k

mx2 ≡ E(0) es constante :

E(t) = E(0) =1

2v20 +

1

2

k

mx2

0

mE(t) se llama la energıa del sistema,m

2

(

dx

dt

)2

correspondiendo a la energıa

cinetica y1

2kx2 a la energıa potencial.

La ecuacion:

(

dx

dt

)2

= 2E(0) − k

mx2,

es de primer orden en x(t), pero tiene la desventaja de que

(

dx

dt

)

aparece al

cuadrado. Resolveremos primero la ecuacion en un caso particular: x0 > 0, v0 =0.Entonces:

(

dx

dt

)2

=k

m

(

x20 − x2

)

Comod2x

dt2(0) = − k

mx0 es negativa, entonces

dx

dtdecrece y por lo tanto, sera ne-

gativa para t cercano a 0. El peso es soltado en la posicion x(0) = x0 e ira hacia

arriba, es decir, x(t) disminuye y por lo tantodx

dtseguira negativa por lo menos

hasta que lleguemos a la posicion x = −x0, donde la velocidad sera cero (figura1.7).

12 LEY DE NEWTON

Entonces,dx(t)

dt= −

√

k

m

√

x20 − x2(t)

x(0) = x0,

o bien:

− 1√

x20 − x2

dx

dt=

√

k

m.

Para integrar esta ecuacion, recordemos que, como lo vimos en el fascıculo V,capıtulo I, seccion 1.2:

d

dθArccos θ = − 1√

1 − θ2

Entonces, por la regla de la cadena:

d

dt(Arccos θ(t)) = − 1√

1 − θ2

dθ

dt

y por ende:

d

dt

(

Arccosx(t)

a

)

= − 1√a2 − x2

dx

dt

Al integrar la ecuacion, obtenemos:

Arccosx(t)

x0

]t

0

=

√

k

mt

]t

0

Es decir:

Arccosx(t)

x0− Arccos 1 =

√

k

mt

Recordando ahora que Arccos u esta definida para u entre −1 y 1, tendremos,para x(t) mayor que −x0:

x(t)

x0= cos

(

Arccosx(t)

x0

)

= cos

√

k

mt,

de donde x(t) = x0 cos

√

k

mt.

Esta formula vale para 0 ≤√

k

mt ≤ π, es decir:

0 ≤ t ≤√

m

kπ,

ya que cuando t =

√

m

kπ = t1, x(t1) = −x0 y

dx

dt(t1) = 0.

13

De la ecuacion:

0 ≤(

dx

dt

)2

=k

m

(

x20 − x2

)

,

vemos que |x(t)| es siempre menor o igual a |x0|. Por lo tanto, el cuerpo de-

bera alejarse de la posicion −x0 con velocidad positiva, ya qued2x

dt2(t1) =

− k

mx(t1) =

k

mx0 es positiva para t cercano a t1 :

dx

dtcrece y, siendo cero

en t1 debera ser positiva para t un poco mayor que t1. Entonces, la ecuacionque vale para x entre −x0 y x0 sera:

dx

dt=

√

k

m

√

x20 − x2

x

(√

m

kπ

)

= −x0.

Entonces:

1√

x20 − x2

dx

dt=

√

k

m

Y recordando que:

d

dt

(

Arcsenx(t)

a

)

=1√

a2 − x2

dx

dt,

obtenemos:

Arcsenx(t)

x0− Arcsen

x(t1)

x0=

√

k

m(t − t1).

Como x(t1) = −x0 y Arcsen (−1) = −π

2:

Arcsenx(t)

x0= −π

2+

√

k

m

(

t −√

m

kπ

)

=

√

k

mt − 3π

2

x(t) = x0 sen

(√

k

mt − 3

π

2

)

= x0 cos

√

k

mt.

para

√

m

kπ ≤ t ≤ 2

√

m

kπ.

Cuando t = 2

√

m

kπ la situacion es la misma que al tiempo inicial y el proceso

se repite. La solucion sera entonces:

14 LEY DE NEWTON

x(t) = x0 cos

√

k

mt.

representando una oscilacion de perıodo:

T = 2π

√

m

k(es decir, x(t + T ) = x(t) para todo t)

y amplitud (maximo desplazamiento con respecto al equilibrio) x0. Vemos aquı quesi m aumenta o si k disminuye, el periodo es mas largo y las oscilaciones maslentas.

En el caso general, tendremos:

dx

dt=

√

2E − k

mx2 si v0 es positiva

y

dx

dt= −

√

2E − k

mx2 si v0 es negativa.

En el primer caso, la ecuacion:

dxdt

√

2Emk − x2

=

√

k

m

tiene como solucion:

Arcsen

x(t)√

2Emk

− Arcsen

x0√

2Emk

=

√

k

mt.

Es decir,

x(t) =

√

2Em

ksen

√

k

mt + Arcsen

x0√

2Emk

para t entre 0 y

√

m

k

π

2− Arcsen

x0√

2Emk

= t2.

Entonces,

x(t2) =

√

2Em

k,

dx

dt(t2) = 0

15

y estamos en el caso anterior:

x(t) =

√

2Em

kcos

(

k

m(t − t2)

)

para t mayor que t2.

Sustituyendo el valor de t2 :

x(t) =

√

2Em

ksen

√

k

mt + Arcsen

x0√

2Emk

para todo t.

En el segundo caso, de la ecuacion:

− dxdt

√

2Emk − x2

=

√

k

m

obtenemos:

Arccosx

√

2Emk

− Arccosx0

√

2Emk

=

√

k

mt

Es decir,

x(t) =

√

2Em

k

cos

√

k

mt + Arccos

x0√

2Emk

para t entre 0 y t3 =

√

m

k

π − Arccosx0

√

2Emk

momento en el cual el cuerpo esta en la posicion −√

2Emk con solucion para

tiempos posteriores:

x(t) =

√

2Em

ksen

(√

k

m(t − t3) −

π

2

)

como ya lo hemos visto.

Entonces usando las formulas de adicion concluimos que

x(t) =

√

2Em

kcos

√

k

mt + Arccos

x0√

2Emk

para todo t.

16 LEY DE NEWTON

Para concluir con este ejemplo, veremos otra manera de llegar a estas formulas:

Es facil ver, por simple sustitucion, que x1(t) = cos

√

k

mt y x2(t) = sen

√

km t

satisfacen la ecuacion:

d2x

dt2+

k

mx = 0

y por lo tanto cualquier funcion de la forma:

a cos

√

k

mt + b sen

√

k

mt

es tambien solucion de

d2x

dt2+

k

mx = 0

con a y b dos constantes arbitrarias.

Ahora bien, supongamos por un momento que el problema

d2x

dt2+

k

mx = 0

x(0) = x0

dx

dt(0) = v0

tuviera dos soluciones x(t) y x(t). Consideremos entonces la diferencia de esasdos soluciones:

x(t) = x(t) − x(t)

La funcion x(t) es solucion del problema:

d2x

dt2+

k

mx = 0

x(0) = 0

dx

dt(0) = 0

y si consideramos su energıa como lo hicimos antes:

mE(t) =1

2m

(

dx

dt

)2

+1

2kx2 = mE(0) = 0.

La unica manera de que esta suma de cuadrados sea cero es que:dx

dt= 0 y x = 0

todo el tiempo.

17

Por lo tanto, x(t) = x(t) y la solucion es unica.

No basta entonces encontrar una solucion a nuestro problema para saber que

esa sera la solucion buscada. Ahora bien, como a cos

√

k

mt + b sen

√

km t es

solucion de la ecuacion diferencial, determinemos las constantes a y b de tal

modo que x(0) = x0 ydx

dt(0) = v0. Si podemos hacerlo, tendremos la solucion.

Como x(0) = a ydx

dt(0) = b

√

k

mla solucion es:

x(t) = x0 cos

√

k

mt +

√

m

kv0 sen

√

k

mt

Ejercicio 1.6

Usando la regla de suma para cosenos y senos verifique que la solucion encon-trada con el primer metodo es la misma que esta ultima formula, recordando

que: Arcsen θ+ Arccos θ =π

2y que Arccos θ varıa entre 0 y π de tal modo que

sen (Arcos θ) =√

1 − θ2.

1.3. TIRO PARABOLICO

En la seccion 1.1 hemos visto que es lo que pasa si lanzamos una piedra verti-calmente. ¿Que pasa si la lanzamos oblicuamente? ¿Cual sera la altura maxima,el alcance maximo, cuando caera de nuevo al suelo?

El problema, conocido bajo el nombre de tiro parabolico, es puesto en generalen terminos de tiro de canon ya que una de sus principales aplicaciones fue a laartillerıa.

El lanzar la piedra con cierto angulo implica que la piedra tendra una ciertavelocidad inicial vertical y una cierta velocidad horizontal segun el angulo θ0 alcual la lanzamos.

Si v0 es la magnitud de la velocidad, la velocidad horizontal sera vH = v0 cos θ0

y la vertical vv = v0 sen θ0.

Podemos representar esto diciendo que la velocidad es un vector ~v = (vH , vv) =(v0 cos θ0, v0 sen θ0) con dos componentes. Podemos pensar en ese vector comouna flecha que empieza en el origen y termina en el punto (v0 cos θ0, v0 sen θ0)tal como se ve en la figura 1.8.

Ademas, en cada punto P de la trayectoria hay un vector de velocidad querepresentamos con una flecha que empieza en P , de longitud v formando unangulo θ con el eje x (figura 1.9).

18 LEY DE NEWTON

Figura 1.8

Figura 1.9

Este vector tendra por lo tanto una componente horizontal, velocidad en ladireccion x, con valor vH = v cos θ y, una componente vertical, con valor vV =v sen θ.

Podemos entonces escribir el vector velocidad como:

~v = (v cos θ, v sen θ) = (vH , vv)

Del mismo modo, el vector aceleracion tendra en cada punto de la trayectoriauna componente horizontal ΓH y una componente vertical Γv, mientras que lafuerza que actua sobre el movil tendra componentes FH y Fv.

La ley de Newton ~F = m~Γ es decir: (FH , Fv) = m(ΓH , Γv), significa

FH = mΓH

Fv = mΓv.

19

Es entonces claro que si el punto P tiene coordenadas (x(t), y(t)) la velocidad

horizontal seradx

dty la vertical

dy

dt, mientras que ΓH =

d2x

dt2y Γv =

d2y

dt2.

Aquı, la unica fuerza que actua sobre la piedra, despues del lanzamiento, es supeso, el cual es vertical dirigido hacia abajo:

~F = (0,−mg)

Entonces:

x′′(t) = 0 (No hay fuerza horizontal)

my′′(t) = −mg.

Usando el teorema fundamental del calculo:

x′(t) = x′(0) = v0 cos θ0

y(t) = −gt + y′(0) = −gt + v0 sen θ0

y:

x(t) = (v0 cos θ0)t

y(t) = −1

2gt2 + (v0 sen θ0)t

suponiendo x(0) = 0, y(0) = 0.

Obtenemos pues:

t =x

v0 cos θ0

y = −1

2g

x2

v20 cos2 θ0

+ (tan θ0)x

Esta es la ecuacion de una parabola (figura 1.10), con vertice en

x =v20

gsen θ0 cos θ0, y =

1

2

v20

gsen2θ0

obtenido al tiempo

t =v0

gsen θ0,

ya quedy

dx= − g

v20 cos2 θ00

x + tan θ0.

20 LEY DE NEWTON

Figura 1.10

La piedra caera al suelo, y = 0, en x =2v2

0

gsen θ0 cos θ0.

Entonces, para una velocidad v0 dada, el angulo bajo el cual debe lanzarse la

piedra para que llegue lo mas lejos posible sera tal que2v2

0

gsen θ0 cos θ0 sea

maxima como funcion de θ : como su derivada con respecto a θ0 es2v2

0

g(cos2 θ0−

sen2θ0) =2v2

0

gcos 2θ0, el alcance maximo sera para θ0 =

π

4con valor de

v20

g.

Por ejemplo si v0 = 10m/s, bastara estar a mas de 10.2 m del lanzador paraestar fuera de alcance.

Notemos que la tangente en el punto de impacto,dy

dx, para x =

2v20

gsen θ0, es

− tan θ0 = tan (−θ0) : El angulo de llegada es el mismo, en valor absoluto, queel angulo de salida; esto se debe tomar en cuenta para tiros de mortero.

Es interesante interpretar y describir el resultado que hemos obtenido en termi-nos de vectores. Tomemos en primer lugar el vector:

~r(t) = (x(t), y(t)) = (v0 cos θ0t, v0 sen θ0t −1

2gt2)

y dibujemoslo para todos los valores de t : vemos que la punta del vector semueve sobre la parabola

y = −1

2g

x2

v20 cos2 θ0

+ x tan θ0

ya que este vector nos da la posicion de la piedra en cada instante (figura 1.11)

21

Figura 1.11

Sabemos tambien que la velocidad horizontal es x′(t) y la vertical es y′(t). Peroya que

x′(t) = lımh→0

x(t + h) − x(t)

hy

y′(t) = lımh→0

y(t + h) − y(t)

h

entonces el vector:

~v(t) = (x′(t), y′(t)) =

(

lımh→0

x(t + h) − x(t)

h, lımh→0

y(t + h) − y(t)

h

)

es aproximado, para h pequeno, por el vector

∆~r(t)

h=

(

x(t + h) − x(t)

h,y(t + h) − y(t)

h

)

En la figura 1.12, vemos que el vector:

∆~r(t) = (x(t + h) − x(t), y(t + h) − y(t))

es la diferencia entre la posicion del movil en el instante t + h y la posicion enel instante t.

Vemos ası que el vector∆~r

h, colineal al vector ∆~r, tiende, cuando h tiende a cero,

a un vector que empieza en ~r(t) y es tangente a la trayectoria, representando elvector velocidad ~v(t) de la piedra.

Finalmente, el vector aceleracion (x′′, y′′) = (0,−g) representa el cambio delvector velocidad.

22 LEY DE NEWTON

Aquı ~v(t + h) − ~v(t) = (0,−gh) es vertical y apunta hacia abajo (figura 1.13),como se puede ver facilmente de las expresiones para x′(t) y y′(t).

Figura 1.13

Ejercicios:

1.7 El record de lanzamiento de jabalina es de 76 m. ¿Cual fue, por lo menos,la velocidad v0 que dio el lanzador a la jabalina?

1.8 Calcule la velocidad al momento del impacto: v =

√

(

dx

dt

)2

+

(

dy

dt

)2

.

23

1.9 Un canon esta al borde de un acantilado, 100 metros arriba de un valle.Sabiendo que el canon dispara sus proyectiles a 100 m/s, ¿a que distan-cia debe uno estar del acantilado para permanecer fuera del alcance? Seprocedera de la manera siguiente:

a) Escriba de nuevo la ecuacion de Newton.

b) Calcule x(t) y y(t) teniendo cuidado con las constantes de integracion.

c) Se expresara y en funcion de x, obteniendo una parabola.

d) Se encontrara el rango del canon, el punto x tal que y sea 0, en funcionde θ0.

e) Se maximizara ese rango como funcion de θ0.

1.10 Una canica rueda sobre un plano inclinado, bajo la accion de su peso.¿Cual es la distancia recorrida desde el momento que se suelta al tiempot = 1s? Proceda de la manera siguiente:

a) Vea que la fuerza que jala la canica sobre el plano inclinado vale −g senθ = F.

b) Vea que s(t) =−g

2sen θ t2, a partir de la ley de Newton.

Para familiarizar mas al lector con los conceptos de vector velocidad y de vec-tor aceleracion veremos un ejemplo simple antes de emprender el estudio delmovimiento planetario.

24 LEY DE NEWTON

Figura 1.15

1.4. LA DOBLE RUEDA DE LA FORTUNA

Consideremos una doble rueda de la fortuna donde el eje principal gira como loindica la figura 1.16 y las dos ruedas al reves.

Figura 1.16

Cada eje tiene 8 metros de largo y el radio de las ruedas es de 2 metros. Eleje da una vuelta en un minuto mientras que las ruedas completan una vueltaen medio minuto, a velocidad constante. Podemos entonces, en cada instante,encontrar la altura h de la silla P , en funcion de los angulos φ y θ:

h = 10 + 8 sen (φ − π

2) + 2 sen (θ − π

2)

25

h = 10 − 8 cosφ − 2 cos θ

Si en el momento inicial, θ y φ son cero, de tal modo que una pareja se puedasubir a la silla: h(0) = 0, vemos que φ = 2πt, ya que al cabo de un minuto,t = 1, φ dio una vuelta completa, y θ = −4πt, θ dio dos vueltas; en sentidocontrario. Entonces:

h(t) = 10 − 8 cos 2πt − 2 cos 4πt

De igual manera:

x = 8 cos(φ − π

2) + 2 cos(θ − π

2)

x = 8 sen φ + 2 sen θ

x(t) = 8 sen 2πt − 2 sen 4πt

h′(t) sera la velocidad vertical de la silla y h′′(t) su aceleracion vertical, mientrasque x′(t) y x′′(t) seran la velocidad y aceleracion horizontales. Claramente:

h′(t) = 8π(2 sen 2πt + sen 4πt)

h′′(t) = 32π2(cos 2πt + cos 4πt)

x′(t) = 8π(2 cos 2πt − cos 4πt)

x′′(t) = 32π2(− sen 2πt + sen 4πt)

Como h′(t) = 16π sen 2πt(1+cos2πt) y tiene el signo de sen 2πt, h(t) es maximo

para t =1

2y mınimo para t = 0 y t = 1 con altura maxima 16 metros; la silla

sube entre t = 0 y t =1

2, baja entre t =

1

2y t = 1.

Notemos que todas las expresiones son periodicas con perıodo 1, es decir, la sillaregresa a su posicion inicial al cabo de un minuto. Del mismo modo:

x′(t) = −16π((cos 2πt)2 − cos 2πt − 1

2)

x′(t) = −16π

(

cos 2πt − 1 +√

3

2

)(

cos 2πt −(

1 −√

3

2

))

.

Como1 +

√3

2es mayor que 1, x(t) crece, es decir, la silla va hacia la derecha

para t entre 0 y t0 tal que cos 2πt0 =1 −

√3

2, con x(t0) =

√

6√

3(√

3 + 1) ≃8.88, h(t0) = 4 + 6

√3 ≃ 14.4.

Despues la silla va hacia la izquierda, pasa por x = 0 en t =1

2, y llega a un x

mınimo en el tiempo 1 − t0, con x(1 − t0) = −x(t0), h(t0) = h(1 − t0).

26 LEY DE NEWTON

Dejemos como ejercicio el comprobar estos resultados estudiando la funcionx′(t).

Igualmente se comprobara que h′′(t) = 32π2(2 cos 2πt − 1)(cos 2πt + 1) dando

una velocidad vertical maxima en t = 16 de subida y mınima en t =

5

6de bajada

con h′(

1

6

)

= 8π√

3 = −h′(

5

6

)

y h

(

1

6

)

= 7, x

(

1

6

)

= 3√

3. Finalmente

x′′(t) = 32π2 sen 2πt (2 cos 2πt − 1) da un valor maximo para x′(t) en t = 16 ,

con x′ ( 16

)

= 16π, un mınimo en t =1

2con x′ ( 1

2

)

= −24π y un nuevo maximo

en t = 56 con x′

(

5

6

)

= 16π. Se estudiaran tambien los maximos y mınimos

de las aceleraciones vertical y horizontal. Con toda esta informacion podemos

graficar la trayectoria de la silla: la silla sube hasta el tiempo t =1

2teniendo

una posicion lateral maxima en el momento t = t0. Despues, como h(1 − t) =h(t), x(1 − t) = −x(t) la grafica sera simetrica con respecto al eje h (figura1.17).

Figura 1.17

Notemos, aquı tambien, para concluir que si (x(t), h(t)) es un punto P (t) sobrela trayectoria y considerando (x(t + h), h(t + h)) = P (t + h), al tomar:

(

x(t + h) − x(t)

h,y(t + h) − y(t)

h

)

tenemos una cuerda entre los puntos P (t + h) y P (t). Al hacer tender h a cero,P (t + h) va hacia P (t) y la cuerda tiende a la tangente a la trayectoria: Vemosentonces que (x′(t), h′(t)) es un vector tangente a la curva: El vector velocidadcon componentes horizontal y vertical x′(t) y h′(t) respectivamente.

Del mismo modo el vector aceleracion (x′′(t), h′′(t)), que ya no es tangente a

27

la curva, es igual, por la ley de Newton, a la fuerza ejercida por la rueda de lafortuna sobre la silla dividida por su masa.

Invitamos al lector que calcule el modulo del vector aceleracion:√

x′′2(t) + h′′2(t)viendo en que momento es mayor.

1.5. LEYES DE KEPLER Y LEY DE GRAVI-

TACION UNIVERSAL

Basandose en las observaciones astronomicas de Tycho Brahe principalmente,Johannes Kepler modifico el sistema planetario de Copernico resumiendo suteorıa en tres proposiciones:

1. Los planetas giran alrededor del Sol en orbitas de forma elıptica y el Solse encuentra precisamente en uno de los focos de cada orbita elıptica.

2. El radio vector que une al Sol con un planeta barre areas iguales en tiemposiguales.

3. Los cuadrados de los perıodos de revolucion de los planetas alrededor delSol son proporcionales a los cubos de los semi-ejes principales de las orbitascorrespondientes.

Figura 1.18

A partir de estas leyes, Newton dedujo la siguiente ley de gravitacion universal:dos cuerpos de masas m y M respectivamente se atraen segun una fuerza quees inversamente proporcional al cuadrado de la distancia entre los cuerpos yproporcional al producto de las masas. En formula:

28 LEY DE NEWTON

F = −γmM

r2~i

donde~i es un vector de longitud uno soportado por el segmento OP. La constanteγ no depende de los cuerpos y si las masas estan dadas en kilogramos, lasdistancias en metros y las fuerzas en Newton, vale: 6.67 ×10−11.

Notemos que se esta suponiendo que los cuerpos no tienen volumen, es decirque son puntos en el espacio con masa. Esto a primera vista no es el caso delos planetas; recordamos aquı las dudas del propio Newton al respecto comolo expusimos al principio del fascıculo I de Calculo. Ahora bien, veremos en laproxima seccion que la atraccion gravitacional ejercida por una esfera solida yhomogenea por capas actua como si la masa estuviera concentrada en el centro;por lo tanto el modelo de Kepler y Newton es aplicable rigurosamente al sistemaplanetario.

En esta seccion veremos que de hecho las leyes de Kepler son equivalentes ala ley de gravitacion universal. Para simplificar un poco supondremos que elmovimiento esta en un plano, que la masa de Sol es mucho mayor que la masadel planeta, y el Sol esta fijo en el origen. En un tratamiento mas completo sepuede probar la primera suposicion y ver que la segunda agrega solamente elmovimiento del Sol al movimiento del sistema. Suponemos ademas que no hayatraccion interplanetaria. Podemos entonces localizar al planeta especificandosus coordenadas o el angulo θ y la distancia al Sol r.

Vemos que:

x = r cos θ

29

Figura 1.20

y = r sen θ

Recordemos ademas que una conica se define como el conjunto de puntos talesque su distancia r a un foco es proporcional a su distancia a una recta fija, ladirectriz.

En la Figura 1.20: r = e(P + r cos θ) donde P es la distancia del foco a ladirectriz, y e es una constante, la excentricidad, menor que 1 si es una elipse,igual a 1 si es una parabola y mayor que 1 en el caso de una hiperbola.

Vemos entonces que:

r =eP

1 − e cos θ

(Recomendamos verificar esto en los fascıculos de geometrıa, o, para distintasdirecciones θ calcular r y graficar la curva). Ahora bien, para explicar la segundaley de Kepler, notemos que si P se desplaza un poco (figura 1.21), de un angulodθ en el tiempo dt, el area del sector angular OPQ sera: dS = 1

2r rdθ como yalo hemos visto en los fascıculos III y IV. (El area del cırculo, para dθ = 2π esπr2).

Entonces formalmente:

dS

dt=

r2

2

dθ

dt.

Esta cantidad dSdt es la velocidad a la cual va variando el area barrida por

el vector OP , y se llama velocidad aereal. La segunda ley de Kepler dice quedSdt = k, una constante. Ahora bien si el punto P se mueve, sus coordenadas(x, y) seran funciones del tiempo, y tambien r y θ.

30 LEY DE NEWTON

Figura 1.21

x(t) = r(t) cos θ(t)

y(t) = r(t) sen θ(t)

Derivando y usando la regla de la cadena:

x′(t) = r′ cos θ − rθ′ sen θ

y′(t) = r′ sen θ + rθ′ cos θ

x′′(t) = (r′′ − rθ′2) cos θ − (2r′θ′ + rθ′′) sen θ

y′′(t) = (r′′ − rθ′2) sen θ + (2r′θ′ + rθ′′) cos θ.

Como:

d2S

dt2=

d

dt

(

r2

2θ′)

=r

2(2r′θ′ + rθ′′)

y

cos(

θ +π

2

)

= − sen θ, sen(

θ +π

2

)

= cos θ

vemos que podemos escribir el vector aceleracion ~Γ =

(

x′′(t)y′′(t)

)

como:

~Γ = (r′′ − rθ′2)

(

cos θsen θ

)

+2

r

d2S

dt2

(

cos(θ + π2 )

sen (θ + π2 )

)

Es decir

~Γ = ~Γr + ~Γt

31

Figura 1.22

donde ~Γr es un vector colineal con OP de longitud |r′′ − rθ′2| y ~Γt es un vector

perpendicular a OP , de longitud

∣

∣

∣

∣

2

r

d2S

dt2

∣

∣

∣

∣

(figura 1.22).

Entonces la segunda ley de Kepler nos dice que:

d2S

dt2= 0

ya que dSdt es constante.

Esto es equivalente a decir: ~Γt = 0 o a decir que la aceleracion del punto P , escolineal con el vector OP: es radial.

Ejercicio:

Compruebe que r2θ′ = xy′ − x′y y derivando esta expresion vea que:x

x′′ =y

y′′ ,

es decir, la aceleracion es colineal con OP.

Teniendo una aceleracion radial, veamos ahora como la primera ley de Kepleres equivalente a la ley de gravitacion universal, con una constante que podrıadepender del planeta (su universalidad viene de la tercera ley).

a) Si la fuerza es radial y vale −γ mMr2 , la ley de Newton nos dice que:

mΓr = m(r′′ − rθ′2) = −γmM

r2

y como θ′2 =

(

2k

r2

)2

, de la segunda ley de Kepler:

32 LEY DE NEWTON

r′′ − 4k2

r3+

γM

r2= 0.

Esta es una ecuacion diferencial de segundo orden para r(t). Para encontrar

la trayectoria, es decir, r como funcion de θ, tendremos que expresard2r

dt2en

funcion de derivadas de r con respecto a θ.

Por la regla de la cadena:

dr

dt=

d

dtr(θ(t)) =

dr

dθ

dθ

dt=

dr

dθθ′ =

2k

r2

dr

dθdr

dt= −2k

d

dθ

(

1

r

)

Del mismo modo:

d2r

dt2=

d

dt

(

dr

dt

)

=d

dt

(

−2kd

dθ

1

r

)

d2r

dt2= −2k

d

dθ

(

d

dθ

(

1

r

))

dθ

dt

por la regla de la cadena

d2r

dt2= −2k

d2

dθ2

(

1

r

)

θ′ =−4k2

r2

d2

dθ2

(

1

r

)

.

La ecuacion se escribe entonces:

−4k2

r2

d2

dθ2

(

1

r

)

− 4k2

r3+

γM

r2= 0.

Simplificando

d2

dθ2

(

1

r

)

+1

r− γM

4k2= 0

o bien:

d2

dθ2

(

1

r− γM

4k2

)

+1

r− γM

4k2= 0

ya queγM

4k2es una constante.

Ahora si ponenos x =1

r− γM

4k2, esta ecuacion,

d2x

dθ2+ x = 0

33

es la misma ecuacion que encontramos en el ejemplo del oscilador armonico,cuya solucion es:

x = A cos(θ − φ)

donde A y φ son constantes de integracion.

Entonces:

1

r=

γM

4k+ A cos(θ − φ)

r =4k2/γM

1 + 4k2AγM cos(θ − φ)

.

Tomando φ = π, lo cual se logra mediante una simple rotacion de ejes, P =1

A

y e = A4k2

γMvemos que:

r =Pe

1 − e cos θ

lo cual representa la primera ley de Kepler.

b) Por otra parte, si suponemos esa ley, vemos que:

1

r=

1

Pe− 1

Pcos θ

y por lo tanto:

d2

dθ2

(

1

r

)

+1

r− 1

Pe= 0

Haciendo el cambio de variables de θ a t, llegarıamos a:

d2r

dt2− 4k2

r3+

4k2

Pe= 0

es decir:

mΓr =−m

r2

(

4k2

Pe

)

.

Poniendo γM =4k2

Pe, esta ultima formula nos darıa la ley de gravitacion uni-

versal, si el cocientek2

Pees el mismo para todos los planetas: esto se deduce

de la tercera ley de Kepler como lo veremos mas adelante. (Notemos que las

cantidades k y e de las que depende la trayectoria del planeta, r =4k2/γM

1 − e cos θ,

34 LEY DE NEWTON

pueden determinarse a partir de la posicion (r0, θ0) y de la velocidad (r′0, r0θ′0)

del planeta en un momento dado: dejamos el calculo como ejercicio).

Consideremos finalmente la tercera ley de Kepler (figura 1.23):

Figura 1.23

El area total del elipse es πab, como se vio en el fascıculo IV, y es barrida a una

velocidad constantedS

dt= k en un tiempo T , es decir: Area = πab = kT. Ahora

de la formula:

r =Pe

1 − e cos θ

vemos que

OA =Pe

1 − e, OA′ =

Pe

1 + e

y

A′A = 2a = Pe

(

1

1 − e+

1

1 + e

)

=2Pe

1 − e2

a =Pe

1 − e2.

Ademas b2 = a2 − c2 = a2

(

1 − c2

a2

)

= a2(1 − e2), como se puede comprobar

en el fascıculo de geometrıa analıtica. Entonces

T 2 =π2a2b2

k2=

π2

k2a4(1 − e2) =

π2

k2a3Pe

T 2 = 4π2 Pe

4k2a3.

35

Ahora cuando partimos de la ley de gravitacion universal, vimos que Pe =4k2

γM,

por lo tanto:

T 2 =4π2

γMa3

probando la tercera ley de Kepler ya que4π2

γMsolo depende de la masa del Sol

y no de los planetas.

Recıprocamente, si partimos de la tercera ley de Kepler, vemos que 4π2 Pe

4k2no

depende de los planetas, es decir, el cocientek2

Pees el mismo para todos los

planetas, obteniendo ası la ley de gravitacion universal.

1.6. GRAVEDAD, LEY DE GFAVITACION UNI-

VERSAL Y METODO DE CAPAS

Como lo hemos visto en la seccion anterior, dos cuerpos se atraen segun la ley degravitacion universal. Por otra parte, sabemos que la fuerza que nos mantienesobre la Tierra y la que hace caer una piedra al suelo es la fuerza de la gravedaddebida a la atraccion de la piedra por la Tierra. Es evidente que se trata delmismo fenomeno, en el primer caso con dos masas puntuales, en el segundo condos cuerpos que tienen un volumen, aclarando ası las dudas acerca del modeloplanetario.

El proposito de esta seccion es el explicar esa idea intuitiva, pero para ello nece-sitamos un nuevo metodo de integracion, el metodo de capas y, para simplificarlas cosas, veremos primero como calcular volumenes de solidos de revolucion poreste metodo.

I) Metodo de capas

Supongamos que tenemos la grafica de una funcion f(x), para x entre a y bcomo la figura 1.24 y que giramos esa figura alrededor del eje y, obteniendo unsolido de revolucion generado por el area comprendida entre la grafica de f(x)y el eje x.

Ya conocemos varios metodos para calcular este volumen, sea con el metodo dediscos discutido en el fascıculo IV, sea con el metodo de secciones transversalesdel fascıculo V. En la figura 1.25 la seccion transversal es un anillo de radiointerior a y de radio exterior b, si y es menor que f(b), y x si la seccion se hacea la altura f(x).

36 LEY DE NEWTON

Figura 1.24

El area de esa seccion sera: πb2 − πa2 para y menor que f(b) y π(x2 − a2) paray entre f(b) y f(a).

Entonces el volumen sera:

V =

∫ f(a)

0

S(y)dy

Figura 1.25

37

V =

∫ f(b)

0

π(b2 − a2) dy +

∫ f(a)

f(b)

π(x2 − a2) dy

Si en la segunda integral hacemos el cambio de variable:

y = f(x)

∫ f(a)

f(b)

π(x2 − a2) dy =

∫ a

b

π(x2 − a2)f ′(x)dx

= π(x2 − a2)f(x)

∣

∣

∣

∣

b

a

−∫ b

a

2πxf(x) dx

Entonces:

V = π(b2 − a2)f(b) − π(b2 − a2)f(b) +

∫ b

a

2πxf(x) dx

V =

∫ b

a

2πxf(x) dx

Ahora bien, se puede encontrar esta formula de la manera siguiente: Si dividimosel intervalo [a, b] en n subintervalos con puntos a = x0, x1, ..., xn = b a unadistancia ∆x uno de otro, podemos aproximar el volumen por cilindros de altof(xk) y radio xk (figura 1.26). El volumen de cada cilindro es πx2

kf(xk), entoncesel volumen del anillo cilındrico comprendido entre dos cilindros consecutivossera un valor entre los volumenes de dos anillos cilındricos (figura 1.27), unocon altura igual al maximo de f(x) en el intervalo [xk, xk+1] el otro con alturaigual al mınimo de f(x) en ese intervalo.

Es decir: π(x2k+1 − x2

k) mın f(x) ≤ ∆V ≤ π(x2k+1 − x2

k)max f(x).

Como x2k+1 − x2

k = (xk + xk+1)(xk+1 − xk) = (xk + xk+1)∆x. Al dividir esarelacion por ∆x y tomar el lımite cuando ∆x tiende a 0 se obtiene:

dV

dx= 2πxf(x)

dV

dxes el area del cilindro de altura f(x) y radio x.

Por lo tanto:

38 LEY DE NEWTON

Figura 1.26

Figura 1.27

V =

∫ b

a

2πxf(x) dx

Ejemplo 1.1:

Si consideramos un toro, o una dona, obtenido al girar el cırculo (x − b)2 + a2

alrededor del eje y, su volumen sera dos veces el volumen generado por la partesuperior, y > 0 :

V = 2

∫ b+a

b−a

2πxf(x)dx con f(x) = y =√

a2 − (x − b)2.

Si ponemos z = x − b

39

Figura 1.28

V = 4π

∫ a

−a

(z + b)√

a2 − z2dz

V = 4π

(

−1

3(a2 − z2)3/2

∣

∣

∣

∣

a

−a

+b

2Area del cırculo de radio a

)

V = 2π2a2b

Ejercicios

1.12 Encuentre el volumen de la esfera, con y = f(x) =√

R2 − x2 con estemetodo.

1.13 Encuentre el volumen del solido obtenido al girar la grafica de y =√

1 − xalrededor del eje x = −1. Se recomienda el cambio de variable

√1 − x = z,

teniendo en cuenta que el radio de cada cilindro ya no es x sino x + 1.

Ejemplo 1.2

Calcule el volumen generado al girar el sector de la figura 1.29.

El volumen es la suma del volumen V1 obtenido al girar el triangulo OBH y elvolumen V2 obtenido al girar la figura HAB. Para el primer volumen x varıa

de 0 a la abscisa de H, R cos(π

2− θ)

, con f(x) siendo la ecuacion de la recta

OB : y = f(x) = x tan(π

2− θ)

V1 = 2π

∫ R sen θ

0

x x cot θ dx

40 LEY DE NEWTON

Figura 1.29

V1 = 2π cot θx3

3

∣

∣

∣

∣

R sen θ

0

=2π

3R3 cos θ sen2θ

Para el segundo volumen V2, x varıa de R sen θ a R y f(x) vale√

R2 − x2

V2 = 2π

∫ R

R sen θ

x√

R2 − x2 dx = −2π

3(R2 − x2)3/2

∣

∣

∣

∣

R

R sen θ

V2 =2π

3R3 cos3 θ

Por lo tanto V = V1 + V2 =2π

3R3 cos θ.

II) Gravitacion universal y gravedad

Estudiaremos ahora la atraccion de un cuerpo por la Tierra: Supondremos quela Tierra es perfectamente esferica y homogenea, es decir, que si tomamos unpedazo de Tierra de volumen V su masa sera φV donde φ es el mismo numeropara cualquier volumen V . Segun la ley de gravitacion universal ese pedazoatrae el cuerpo de masa m con una fuerza:

~FV =−γmφV

r2~iV

donde r es la distancia del cuerpo al pedazo y ~iV un vector de longitud unosoportado por la recta que va del pedazo al cuerpo. Entonces logicamente lafuerza total ejercida por la Tierra sobre el cuerpo sera la suma de todas lasfuerzas ejercidas por cada pedazo. Para esto dividimos la esfera en capas esfericasde espesor ∆ρ y de radio ρ donde ρ varıa de 0 a R, el radio de la Tierra.

41

Calculamos primero la fuerza debida a una capa sobre el cuerpo que esta a unadistancia r del centro de la Tierra (figura 1.30).

Figura 1.30

Para cada angulo θ entre 0 y π consideramos la corona del dibujo comprendidaentre las dos esferas y correpondiendo a un angulo ∆θ. Podemos ver que todoslos puntos de esa corona estan practicamente a la misma distancia x del puntoP si ∆ρ y ∆θ son muy pequenos. Cada punto A de esa corona ejercera unafuerza:

~FA =−γmφ

x2~iA,

con componente radial:−γmφ

x2cosα y componente horizontal, como puede verse

en el dibujo,−γmφ

x2sen α. Pero, sobre la corona, para cada punto A hay un

punto opuesto B ejerciendo una fuerza cuya componente horizontal es igualpero opuesta a la componente horizontal correspondiente al punto A. La sumade esas dos componentes es cero, es decir, la fuerza que ejerce la corona sobreel punto P es radial y vale:

∆F = −γmφ

x2cosα∆V

donde φ∆V es la masa de la corona y ∆V su volumen.

Para calcular ∆V haremos las siguientes consideraciones: la longitud del arco dela corona es ρ∆θ y su radio exterior es aproximadamente ρ sen θ; por lo tantola superficie exterior de la corona sera: (ρ∆θ)(2πρ sen θ) y con un espesor de∆ρ tendremos

42 LEY DE NEWTON

∆V ≃ 2πρ2 sen θ∆θ ∆ρ.

De hecho la corona se obtiene al girar en la figura 1.31 la superficie ABCDalrededor del eje y:

Figura 1.31

El volumen obtenido es claramente el obtenido al hacer girar el sector ODEmenos el sector OCE, menos el sector OAF , mas el sector OBF (figura 1.32).

Figura 1.32

Ahora bien, cada uno de los volumenes generados es de la forma que ya hemosestudiado en el ejemplo 1.2:

∆V =2π

3ρ3 cos θ − 2π

3(ρ − ∆ρ)3 cos θ − 2π

3ρ3 cos(θ + ∆θ) +

43

2π

3(ρ − ∆ρ)3 cos(θ + ∆θ)

∆V =2π

3(ρ3 − (ρ − ∆ρ)3)(cos θ − cos(θ + ∆θ))

∆V = 2π∆ρ

(

ρ2 − ρ∆ρ +(∆ρ)2

3

)

2 sen

(

∆θ

2

)

sen

(

θ +∆θ

2

)

.

Al dividir ∆V por ∆θ∆ρ, si hacemos tender ambos incrementos a cero vemosque el lımite es 2πρ2 sen θ.

Entonces

∆F = −γmφcosα

x22πρ2 sen θ ∆θ∆ρ

donde debemos hacer variar θ de 0 a π y ρ de 0 a R. Por lo tanto, la atraccionde la capa de espesor ∆ρ sera:

F∆ρ = −2πρ2γmφ

∫ π

0

cosα sen θ dθ

x2∆ρ

y la atraccion de la Tierra:

F =

∫ R

0

F∆ρ

∆ρdρ

Ahora bien si usamos las relaciones:

x cos α + ρ cos θ = r

x2 = ρ2 + r2 − 2ρr cos θ

tenemos

cosα senθ

x2=

(r − ρ cos θ)senθ

x3=

(r − ρ cos θ)senθ

(ρ2 + r2 − 2ρr cos θ)3/2

= − (r − ρ cos θ)

ρr

d

dθ

1

(ρ2 + r2 − 2ρr cos θ)1/2

Integrando por partes:

I =

∫ π

0

cosα senθ

x2dθ

I =−(r − ρ cos θ)

ρr(ρ2 + r2 − 2ρr cos θ)1/2

∣

∣

∣

∣

π

0

+

∫ π

0

senθ

r(ρ2 + r2 − 2ρr cos θ)1/2dθ

I =−(r − ρ cos θ)

ρr(ρ2 + r2 − 2ρr cos θ)1/2

∣

∣

∣

∣

π

0

+(ρ2 + r2 − 2ρr cos θ)1/2

ρr2

∣

∣

∣

∣

π

0

44 LEY DE NEWTON

I =ρ − r cos θ

r2(ρ2 + r2 − 2ρr cos θ)1/2

∣

∣

∣

∣

π

0

I =1

r2

(

ρ + r

ρ + r− ρ − r

|ρ − r|

)

=1

r2(1 + signo (r − ρ))

I =2

r2si r > ρ, es decir, si el cuerpo esta afuera de la capa.

I = 0 si ρ > r, es decir, si el cuerpo esta adentro de la capa.

Entonces F∆ρ =−γ4πρ2φ∆ρm

r2en el primer caso, 0 en el segundo.

Notemos que 4πρ2∆ρ es el volumen de la capa y 4πρ2∆ρφ en su masa: laatraccion debida a la capa es la misma que si pusieramos en el centro de laesfera una masa puntual de misma magnitud que la de la Tierra, si el punto Pesta afuera de la capa, y la atraccion es cero si P esta dentro.

La atraccion de la Tierra es entonces:

F =

∫ R

0

4πγφm

r2ρ2dρ = −γ 4

3πR3φm

r2

F = −γMm

r2si el cuerpo esta afuera,

donde M =4

3πR3φ es la masa de la Tierra, y

F =

∫ r

0

−4πγφmρ2dρ

r2= −γ

4

3π r φ m

para un cuerpo dentro de la Tierra ya que las capas externas no lo atraen. Enambos casos todo pasa como si el material estuviese concentrado en el centrode la Tierra.

Entonces, para un cuerpo sobre la superficie de la Tierra:

F = −γMm

R2

Como

γ = 6,67 × 10−11 , M = 6 × 1024 kg. R = 6400 km = 6,4 × 106 m.

resulta que F = − 9,8 m, lo cual corresponde al peso del cuerpo.

Vemos ası que la fuerza de gravedad es una consecuencia de la ley de gravitacionuniversal.

Notemos, finalmente, que podemos obtener el mismo resultado si en lugar detener una densidad φ constante, esta es constante en capas; es decir, φ = φ1 para

45

0 < ρ < R1, φ = φ2 para R1 < ρ < R2, ..., φ = φn para Rn−1 < ρ < Rn = R.Entonces la integral para F debe ser dividida en n integrales con:

F = −4

3πγ

m

r2(R3

1φ1 + (R32 − R3

1)φ2 + ... + (R3 − R3n−1)φn).

Pero en todo caso F = −γmMr2 donde M es la masa de la Tierra.

46 ALGUNAS ECUACIONES DIFERENCIALES

Capıtulo 2

ALGUNAS ECUACIONES

DIFERENCIALES

Concluiremos este fascıculo con ejemplos de ecuaciones diferenciales distintasde la ley de Newton y veremos algunos metodos de integracion.

2.1. LEYES DE POBLACIONES DE MALT-

HUS Y DE VERHULST

En 1798, el economista y matematico Thomas Malthus (1766-1834), defensorde la ley de la oferta y la demanda, propuso un modelo de crecimiento de pobla-ciones que tuvo repercusiones tan fuertes en la vida economica de las nacioneseuropeas que genero una corriente filosofica conocida como el malthusianismo,la cual revivio recientemente en los paıses industrializados a raız de los modeloseconomicos del Club de Roma y se conoce como la polıtica de crecimiento cero.

Malthus considero una poblacion, no necesariamente humana, con N(t) indivi-duos al tiempo t. Claramente, el incremento de poblacion entre los momentost y t + h corresponde a la diferencia entre el numero de individuos que nacie-ron y el numero de los que murieron en ese intervalo, suponiendo que no haymigraciones. Ademas es razonable suponer, en primera aproximacion, que cadauno de esos numeros es proporcional a N(t) y a h. Por lo tanto, si α y β sonlos coeficientes de proporcionalidad, i.e. las tasas de natalidad y de mortalidadrespectivamente, tendremos: N(t + h) − N(t) = αN(t)h − βN(t)h.

Aunque N(t) varıa por numeros enteros, una variacion de unos cuantos in-dividuos sobre una poblacion total grande se notara como una variacion casicontinua y por lo tanto, supondremos que N(t) es una funcion diferenciable.

La velocidad del crecimiento de la poblacion queda dada por:

47


dN

dt= (α − β)N

donde α − β es la tasa de crecimiento. Entonces

1

N

dN

dt= α − β =

d

dtln N.

Si la tasa de crecimiento es constante: 1

Ln N − Ln N(t0) = (α − β)(t − t0)

Por lo tanto

N(t) = N(t0)e(α−β)(t−t0)

Por ejemplo, en 1961, la poblacion humana era de 3×109 con α−β = 0,02 porlo tanto:

N(t) = 3 × 109e0,02(t−1961)

Ahora bien, los censos de poblacion mundial indican que la poblacion se du-plico cada 35 anos, es decir:

N(t) = 2N(t0) si t = t0 + 35.

Si usamos nuestra formula, vemos que:

N(t0 + T ) = N(t0)e(α−β)T = 2N(t0)

si e(α−β)T = 2 o sea:

T =Ln 2

α − β=

0,6931

α − β

Con α − β = 0,02., el periodo calculado sera:

T = 34,6 anos.

Para Mexico, con α − β = 0.034 = 3.4 %, la poblacion se duplica cada veinteanos.

1Este caso particular fue presentado en el fascıculo II de Calculo

49

Ahora, hacia el futuro: Segun esta formula, en el ano 2510, la poblacion mundialserıa de 200 × 1012, ¡lo cual dejarıa menos de un metro cuadrado, de tierra oagua, por persona!

Ante estas conclusiones es evidente que debemos cuestionar el modelo. Lashipotesis de diferenciabilidad y de proporcionalidad pueden justificarse sin de-masiados problemas, pero la constancia de la tasa de crecimiento es muchomas dudosa. Si hacemos experimentos con poblaciones de crecimiento rapidocomo bacterias o ratas, excluyendo factores externos como epidemias u otrascatastrofes naturales, podemos asegurarnos de la independencia de la tasa decrecimiento con respecto al tiempo, para tiempos cortos y al repetir varias vecesel experimento, pero observaremos que, a partir de un cierto numero de indi-viduos, hay una competencia interna para la comida, el espacio y los recursosen general que se traduce en autolimitacion, guerras, enfermedades debidas ala promiscuidad y por lo tanto en una reduccion de la tasa de crecimiento: lafuncion α − β depende de N.

Tomando un desarrollo de Taylor:

(α − β)(N) = a − bN + ...

donde a serıa la tasa de crecimiento para poblaciones muy pequenas y el termino−bN un factor correctivo de limitacion de crecimiento. Para N grande, aun si bes muy pequeno, a − bN puede llegar a ser negativo.

Este fue el modelo presentado en 1837 por el matematico holandes Verhulst:

dN

dt= N(a − bN) = aN − bN2; N(0) = N0

La razon para cortar la serie en bN2 es que estadısticamente el numero deencuentros entre N individuos es proporcional a N2, segun la ley de accion demasas en Quımica, y que una proporcion de esos encuentros resulta en muerte oen disminucion de la natalidad. De hecho si tenemos N individuos en un local, laprobabilidad de que un individuo se encuentre en cierto lugar A es proporcionala N , ya que a mayor densidad mayor probabilidad de tener a un individuo enese lugar. Esa probabilidad sera βN donde β es esencialmente I/V , donde V esel volumen del local.

La probabilidad de que dos individuos se encuentren en A es el producto de lasprobabilidades β2 N2, ya que los individuos son estadısticamente independien-tes, dando el resultado deseado.

Podemos escribir la ecuacion en la forma


1

N(a − bN)

dN

dt= 1 ; N(0) = N0

y, para resolver el problema, tenemos que integrar un cociente de polinomiosen N donde el denominador tiene dos raıces, 0 y a/b, caso que no cubrimos enel fascıculo V, seccion B del capıtulo 3. Como siempre tratamos de encontrarfunciones cuya derivada se parezca al denominador. Recordemos que:

d

dtLn N(t) =

N ′(t)

Ny

d

dtLn (a− bN) = − bN ′

a − bN.

Estas expresiones son precisamente los factores que aparecen en el denominador.

La idea es escribir N ′

N(a−bN) como una expresion donde los factores N ′

N y N ′

a−bN

aparezcan separados.

Si escribimos 1N(a−bN) = α

N + βa−bN tenemos:

1

N(a − bN)=

αa + N(β − αb)

N(a − bN).

Igualando los numeradores, necesitamos

αa = 1 α =1

a

β − αb = 0 β =b

a.

Por lo tanto

N ′

N(a − bN)=

1

a

N ′

N+

b

a

N ′

(a − bN)

Podemos ahora integrar la ecuacion:

∫ t

0

N ′

N(a − bN)dt =

∫ t

0

dt

obteniendo

t =1

a

∫ t

0

N ′

Ndt +

1

a

∫ t

0

bN ′dt

a − bN;

t =1

aLn

N(t)

N(0)− 1

aLn

(

a − bN(t)

a − bN(0)

)

.

Es decir:

Ln

(

N(t)

N0

a − bN0

a − bN(t)

)

= at

o bien:

51

N(t)

a − bN(t)=

N0

a − bN0eat

Despejando N(t), tenemos:

N(t) =aN0

a−bN0eat

1 + bN0

a−bN0

eat

o bien

N(t) =aN0

bN0 + (a − bN0)e−at

Como e−at es menor que 1 para t positivo y decreciente, tendiente a 0 cuandot tiende a ∞ :

N(t) −→ a

bcuando t −→ ∞

Si N(0) < ab entonces N(t) < a

b con derivada N ′ = (a−bN)N positiva, mientrasque si N0 > a

b , entonces N(t) > ab con derivada negativa.

Ademas N ′′(t) = ddt(N(a− bN)) = N ′(a− bN)− bNN ′ = (a− 2bN)N(a− bN).

Si N0 > a2b la funcion es convexa, mientras que si N0 < a

2b hay un punto deinflexion en a

2b (figura 2.1).

Vemos tambien que para b = 0, N(t) = N0eat, la ley de Malthus y

N(t) − N0eat

N(t)=

bN0

a(1 − eat).

Como eat ∼ 1+at :N(t) − N0e

at

N(t)∼ −bN0t para t pequeno: los dos modelos dan

resultados cercanos, dando una explicacion del crecimiento explosivo actual dela poblacion humana. Los ecologistas estiman que el valor de a es 0.029 como Nvalıa 3× 109 en 1961 cuando la tasa de crecimiento N ′/N = a− bN era de 0.02,se deduce que b vale 2.9 ×10−12 y el valor lımite a/b serıa de 10×109 individuos.En la actualidad, como no hemos llegado todavıa al punto de inflexion, seguimoscon un crecimiento de forma exponencial.


Figura 2.1 Curva logıstica o en s

EJERCICIO 2.1.:

En Mexico, cuando la poblacion era de 50 millones la tasa de crecimientoN ′

N=

a − bN era de 0.035 y cuando fue de 70 millones la tasa bajo a 0.032. Calculelos coeficientes a y b y el valor lımite de la poblacion.

(Respuesta: b = 1.5 ×10−10, a = 0.0425, ab = 283 millones).

Por ejemplo, en 1845, Verhulst publico sus resultados para la poblacion de losE.U.A., con a = 0.3134, b = 1.5887 ×10−10, N0 = N(1790) = 3.9 ×106 ycalculo los resultados hasta 1930:

Ano N Calculado N observadoen millones en millones 1860 30.4 31.4

1790 3.9 3.9 1870 39.4 38.61800 5.2 5.3 1880 50.2 50.21810 7.2 7.2 1890 62.8 62.91820 9.8 9.6 1900 76.9 761830 13.1 12.9 1910 92 921840 17.5 17.1 1920 109.4 106.51850 23.2 23.2 1930 123.9 123.2

Las coincidencias son asombrosas a pesar de guerras y migraciones, peroa

b= 197

millones y actualmente la poblacion de ese paıs esta cerca de 230 millones. Del

53

mismo modo Verhulst predijo una poblacion lımite de 6.6 millones para Belgica(actualmente mas de 12) y de 40 millones para Francia (actualmente cerca de60). Estos errores, ademas de revelar las limitaciones de tales modelos, podrıanexplicarse por el hecho de que los coeficientes a y b dependen en realidad deltiempo: Revolucion industrial, mejor aprovechamiento de los recursos, mejorespolıticas sanitarias, planeacion familiar los van cambiando periodicamente. Ac-tualmente se trabaja con coeficientes de mortalidad que dependen de la edad,del sexo, del medio ambiente, del tiempo y que pueden ser probabilısticos, perolas matematicas son mas complicadas.

2.2. REACTORES NUCLEARES

En un reactor nuclear se bombardean atomos de uranio con partıculas, en ge-neral neutrones. Al chocar un neutron con un atomo, este se parte en variospedazos y se emiten dos o tres neutrones. Estos a su vez chocan con otro atomoo se pierden. Si todos se pierden, se para la reaccion atomica. Si todos chocantenemos una cadena cada vez mayor de choques con estallido final.

Si tenemos una bola de uranio de radio r, los neutrones que se pierden debenrecorrer en promedio la distancia r y por lo tanto la probabilidad de perderse,es decir, de salir de la bola, es β/r : mas radio, menos probabilidad de escape.

Entonces si N(t) es el numero de neutrones al tiempo t :N(t + ∆t) − N(t) = Numero de neutrones creados entre t y t + ∆t

- Numero de neutrones perdidos+ Numero de neutrones que llegan por bombardeo

Es claro que el numero de neutrones creados es proporcional al numero dechoques y por lo tanto al numero de neutrones presente, entonces:

N(t + ∆t) − N(t) = αN∆t − β

rN∆t + q(t)∆t

donde q(t) es la velocidad de bombardeo. Suponiendo, como en el ejemplo depoblaciones, que N(t) es diferenciable:

dN

dt=

(

α − β

r

)

N +q(t)

I) Si q(t) ≡ 0, N(t) = N0e(α− β

r)t.

Si α >β

rhay explosion, mientras que si α < β r la reaccion desaparece. El

punto crıtico es para α =β

r. Poniendo α ≡ β

rc, el punto crıtico es para r = rc

radio crıtico; entonces si r < rc o si M , la masa de uranio, es menor que la masa


crıtica Mc =4

3πr3

cρ (ρ densidad del uranio), no se desencadena la reaccion,

mientras que si M > Mc hay explosion. En una bomba atomica se proyectan,con dinamita, dos semiesferas de uranio una contra la otra, de tal modo quecada media esfera no tenga la masa crıtica, pero que la esfera total sı tenga esamasa; la radioactividad natural del uranio, desencadena la reaccion.

II) En un reactor nuclear se mantiene α− β

r= β

(

1

rc− 1

r

)

negativo, con barras

de grafito por ejemplo (aunque el proceso es bastante complicado) y se mantieneun bombardeo externo q(t). Entonces:

dN

dt= β

(

1

rc− 1

r

)

N + q(t)

Multiplicando por e−β(1/rc−1/r)t

d

dt(N(t)e−β( 1

rc− 1

r)t) = q(t)e−β( 1

rc− 1

r)t

N(t)e−β( 1

rc− 1

r)t − N0 =

∫ t

0

q(s)e−β( 1

rc− 1

r)sds

Por lo tanto:

N(t) = N0eβ( 1

rc− 1

r)t +

∫ t

0

q(s)eβ( 1

rc− 1

r)(t−s)ds

Por ejemplo si q(t) ≡ q0, una constante:

N(t) = N0eβ( 1

rc− 1

r)t +

q0

β(1r − 1

rc)(1 − eβ( 1

rc− 1

r)t)

Si r < rc, N(t) tiende aq0

β(1r − 1

rc). Si r esta muy cerca de rc, tendremos muchos

neutrones y por lo tanto mucha energıa liberada. Esa energıa, en general enforma de calor, es recuperada en circuitos de agua caliente y turbinas de vaporpara generacion de electricidad. El hecho de que r este cercano a rc implicaque, al trabajar cerca de la masa crıtica, los reactores deben ser controlados conmucho cuidado.

EJERCICIO 2.2. Grafique la funcion N(t) en los casos: N0−q0

β(

1r − 1

rc

) > 0

y N0 −q0

β(

1r − 1

cc

) < 0.

Notemos que hemos resuelto una ecuacion de la forma:

55

dy

dx= a(x)y + b(x)

tomando la solucion de esta ecuacion cuando b no esta presente:

y0(x) = e

∫

x

0a(t)dt

.

(Es facil ver quedy0

dx= e

∫

x

0a(t)dt d

dx

(∫ x

0

a(t)dt

)

por la regla de la cadena y

dy0

dx= y0(x)a(x) por el teorema fundamental del calculo).

Multiplicando la ecuacion por e−∫

x

0a(t)dt

, tenemos

d

dx

(

y(x)e−∫

x

0a(t)dt

)

= b(x)e−∫

x

0a(t)dt

=d

dx

(∫ x

0

b(u)e−∫

u

0a(t)dt

du

)

.

Integrando: y(x)e−∫

x

0a(t)dt − y(0) =

∫ x

0

b(u)e−∫

u

0a(t)dt

du

obtenemos

y(x) = y(0)e

∫

x

0a(t)dt

+

∫ x

0

b(u)e

∫

x

ua(t)dt

du

donde hemos multiplicado la ecuacion por e

∫

x

0a(t)dt

y usando el hecho de que:

e

∫

x

0a(t)dt

e−∫

u

0a(t)dt

= e

∫

x

0a(t)dt−

∫

u

0a(t)dt

= e

∫

x

ua(t)dt

.

2.3. UN DISPOSITIVO MECANICO Y DOBLE

INTEGRACION POR PARTES

Un problema que se presenta con frecuencia en todo tipo de motores es el con-vertir un movimiento de rotacion en un movimiento longitudinal o al reves.

Podemos tener por ejemplo un aro que se mueve, alrededor de una varilla, enun movimiento de vaiven tal como se ve en la figura 2.2.

Para disminuir el desgaste de las piezas moviles el sistema esta engrasado, o enuna caja con aceite. Esto implica fricciones que, en general para este tipo de


Figura 2.2

mecanismo, se oponen al movimiento y son proporcionales a la velocidad delaro:

Fuerza de friccion = −bdx

dt

(El signo menos significa, suponiendo que b es positivo, que la fuerza se oponeal movimiento; b depende del material).

Si ademas imponemos una fuerza externa periodica dada por:

Fuerza externa = F0 sen ωt

la ley de Newton nos da:

md2x

dt2= Fuerza externa + Fuerza de friccion

donde m es la masa del aro.

Entonces, tenemos que resolver la ecuacion:

md2x

dt2= −b

dx

dt+ F0 sen ωt

x(0) = x0

v(0) = v0

donde x0 y v0 son las condiciones iniciales.

Podemos reducir esta ecuacion, de segundo orden en x(t), a una ecuacion deprimer orden en v(t) = dx

dt .

dv

dt= − b

mv +

F0

msen ωt.

57

Multiplicando por ebm

t obtenemos, como en la seccion anterior:

d

dt

(

ebm

tν)

=F0

me

bm

tsen ωt

v(T ) = v0e− b

mT +

F0

me−

bm

T

∫ T

0

ebm

t sen ωt dt

Para obtener la velocidad, necesitamos calcular la integral. Esta es de un nuevotipo y ahora ilustraremos como hacerlo.

Si, en la integral I =

∫ T

0

ebm

t sen ωtdt, integramos por partes llamando u = ebm

t,

condu

dt=

b

me

bm

T y v = − 1

ωcosωt con

dv

dt= sen ωt, tendremos:

I =e

bm

t

ωcosωt

∣

∣

∣

∣

∣

T

0

+b

mω

∫ T

0

ebm

t cosωt dt

Nos queda aun una integral por calcular. Vemos que es muy parecida a la pri-mera, excepto que cos ωt aparece en lugar de sen ω t. Volvamos a integrar porpartes:

u = ebm

t;du

dt=

b

me

bm

t

v =1

ωsen ωt,

dv

dt= cosωt

I = −ebm

t

ωcosωt

∣

∣

∣

∣

∣

T

0

+b

mω2e

bm

t sen ωt

∣

∣

∣

∣

∣

t

0

−(

b

mω

)2 ∫ T

ebm

t sen ωt dt.

A primera vista no se ha progresado ya que la integral que nos queda es I, pero

con un coeficiente −(

b

mω

)2

. Pasandola a la izquierda:

(

1 +

(

b

mω

)2)

I =b

mω2e

bm

T sen ωT +1

ω− e

bm

T

ωcosωT

de donde podemos despejar I.

Notemos ahora que si, en lugar de escoger u ydv

dttal como lo hicimos en la

segunda integracion, hubieramos tomado u = cosωt ydv

dt= e

bm

t, no hubieramos

logrado nada ya que esta eleccion deshace la primera integracion por partes. Laidea del metodo es pues la de tomar como u siempre a la primera funcion yencontrar la integral buscada en los dos miembros de una igualdad.

Finalmente la expresion para la velocidad es:


v(T ) = v0e− b

mT +

(

F0

(mω)2senωT − F0

mcosωT +

F0

me−

bm

T

)

1

1 + b2

m2ω2

v(t) = v0e− b

mt +

F0

b2 + m2ω2

(

sen ωt − mω cosωt + mωe−bm

t)

.

EJERCICIOS

2.3 Calcule x(t); ¿que sucede cuando t → ∞? ¿Como se comparan estos re-sultados con los obtenidos cuando no hay friccion, es decir, cuando b = 0?Haga una grafica cuando v0 = 0, x0 = 0.

2.4 Use el metodo de integracion de esta seccion para calcular

a)

∫

sen xe−x dx b)

∫

sen px sen qx dx

c)

∫

sen px cos qx dx d)

∫

cos px cos qx dx

e) calcule las tres ultimas integrales usando las formulas de trigonometrıa.

2.5 Sea Γ(n) =

∫ ∞

0

e−ttn−1dt, pruebe que Γ(n) = (n − 1)Γ(n− 1) = (n− 1)!

2.6 Pruebe que:

∫

cosn x senmx dx = − 1

n + mcosn+1 x senm−1x+

m − 1

n + m

∫

cosn x senm−2xdx

2.7 Usando la formula anterior encuentre:

∫ π/2

0

sen2kx dx y

∫ π/2

0

sen2k+1x dx

2.8 Pruebe que

∫

xk sen x dx = −xk cosx + k

∫

xk−1 cosx dx

y

∫

xk cosx dx = xx sen x − k

∫

xk−1 senx dx

2.9 Pruebe que

∫

tankx dx =tank−1 x

k − 1−∫

tank−2 x dx.

59

2.4. RESISTENCIA DEL AIRE Y METODO

DE FRACCIONES PARCIALES

Cuando un cuerpo cae de una altura muy grande bajo la accion de su peso, lafriccion con el aire hace que el movimiento no este dado por la ley de caıda libre.Hay una fuerza de resistencia que depende de la velocidad del cuerpo. Segun laforma del cuerpo y su velocidad esa resistencia es proporcional a la velocidad osu cuadrado. Entonces, segun la ley de Newton:

md2y

dt2= Peso + resistencia

Tomando el eje y hacia arriba, tendremos que resolver la siguiente ecuacion:

md2y

dt2= −mg + R

(

dy

dt

)

donde la resistencia R

(

dy

dt

)

= k

∣

∣

∣

∣

dy

dt

∣

∣

∣

∣

= −kdy

dten el primer caso (como y

disminuye,dy

dtes negativo), y R

(

dy

dt

)

= K

(

dy

dt

)2

en el segundo caso, con

condiciones iniciales:

y(0) = h,dy

dt(0) = 0 (si se suelta el cuerpo sin velocidad).

I) Estudiemos el primer caso:

Si ponemos v =dy

dt, la ecuacion se escribe:

mdv

dt+ kv = −mg

es decir:

d

dt

(

v(t)ekm

t)

= −gekm

t =d

dt

(

−mg

ke

km

t)

.

Entonces, con v(0) = 0

v(t) = −mg

k

(

1 − e−km

t)

.

Vemos que v(t) tiene el valor lımite −mgk y que |v(t)| es siempre menor que mg

k .Usando otra vez el teorema fundamental:

y(t) = h − mg

k

[

t − m

k

(

1 − e−km

t)]

.

Para conocer la velocidad en el momento de la llegada al suelo, y(t1) = 0,necesitarıamos resolver esta ultima igualdad para t, lo cual solo se puede hacer


numericamente. Para tener una mejor idea de esa velocidad transformaremos laecuacion en una ecuacion para v en funcion de y:

Por la regla de la cadena:

dv

dt=

dv

dy

dy

dt=

dv

dyv = −

(

k

mv + g

)

= − k

m

(

v +mg

k

)

.

Si ponemos z(y) = v(y) + mgk , con z(h) = mg

k , entonces:

(

z − mg

k

) dz

dy= − k

mz

es decir:

dz

dy− mg

k

1

z

dz

dy= − k

m.

Integrando desde h hasta y :

z − z(h) − mg

kln

z

z(h)= − k

m(y − h).

Es decir:

v − mg

kln

(

1 +k

mgv

)

=k

m(h − y)

De nuevo esta ecuacion no se puede resolver exactamente, pero aquı v esta ex-presada en terminos de y.Para y = 0 tendremos:

k

mgv − ln

(

1 +k

mgv

)

=k2

m2gh

y, recordando que vimos que −mgk < v < 0, es decir, 0 < x < 1, con x = + k

mgv,tenemos que resolver:

x + ln(1 − x) = − k2h

m2g.

Ahora la funcion x + ln(1 − x) tiene derivada−x

1 − x, negativa para x entre 0 y

1; la funcion es decreciente y vale 0 en x = 0,−∞ en x = 1. La ecuacion tieneuna sola solucion, la cual se puede calcular numericamente usando el metodo deNewton.

Por otra parte

(

dh

dx

)−1

=

(

mg

k2

x

1 − x

)−1

por el teorema de la funcion inversa:

x, y por lo tanto |v|, es una funcion creciente de h, lo cual es conforme a larealidad.

61

Ademas, usando: f(x) = f(0) + f ′(0)x + f ′′(0)x2

2 + f ′′′(θx)x3

3! , con f(x) = x+Ln (1 − x), tenemos:

−x2

2− x3

3(1 − θx)3= − k2h

m2g

es decir:

2gh − v2 =2

3

k

mg

|v|3(

1 − θkmg |v|

)3 .

Esto demuestra que |v| es menor que√

2gh, velocidad de caıda libre, y queestamos cerca de esa velocidad para |v|, es decir, h, pequeno, ya que |v| es unafuncion creciente de h.

II) Veamos ahora el caso de resistencia cuadratica:

md2y

dt2+ mg = K

(

dy

dt

)2

.

Poniendo

v =dy

dt:

dv

dt= −g +

K

mv2

dvdt

v2 − mgK

=K

m.

Tenemos una ecuacion parecida a la que obtuvimos para la logıstica: un deno-

minador que es un polinomio con raıces ±√

mg

K. Escribimos pues

1

v2 − mgK

=α

v −√

mgK

+β

v +√

mgK

=(α − β)v +

√

mgK (α − β)

v2 − mgK

.

Vemos entonces que:

α + β = 0, α − β =

√

K

mg

y por lo tanto

α = −β =1

2

√

K

mg

La ecuacion se escribe:

dvdt

v −√

mgK

−dvdt

v +√

mgK

= 2

√

Kg

m


con integral:

ln

(

v −√

mgK

−√

mgK

)

− ln

(

v +√

mgK

√

mgK

)

= 2

√

Kg

mt

ya que v(0) = 0. Es decir:

ln

√

mgK − v

√

mgK + v

= 2

√

Kg

mt

√

mg

K+ v =

(√

mg

K− v

)

e−2√

Kg

mt

v(t) = −√

mg

K

1 − e−2√

Kg

mt

1 + e−2√

Kg

mt

= −√

mg

Ktanh

(√

Kg

mt

)

Si t es grande, tanh

(√

Kg

mt

)

tiende a 1 y |v| tiende a√

mgK siendo siempre

menor que ese valor.

(Recordamos que tanhx =senh x

cosh x=

ex − e−x

ex + e−x; ademas (coshx)′ = senhx)

Integrando de nuevo:

y(t) − h = −√

mg

K

√

m

Kgln

(

cosh

√

Kg

mt

)

(cosh(0) = 1)

Por lo tanto: cosh

(√

Kg

mt

)

= eKm

(h−y) =e

√

Kgm

t + e−√

Kgm

t

2

Tomando z = eKg

m , obtenemos: (z > 1)

z2 − 2zeKm

(h−y) + 1 = 0, z = eK(h−y)/m +√

e2K(h−y)/m − 1

y:

t =

√

m

Kgln

(

ekm

(h−y) +

√

e2Km

(h−y) − 1

)

obteniendo ası el tiempo de llegada al suelo, al tomar y = 0.

EJERCICIOS

1) Pruebe que tanh(lnu) =u2 − 1

u2 + 1

63

2) Sustituyendo el valor de t en la expresion para v(t), vea que

v(t) = −√

mg

K

√

1 − e−2K

m(h−y).

3) Vea que vdv

dy= −g +

K

mv2.

Resuelva esta ecuacion y encuentre v(y).

Vemos que

√

mg

K− |v| =

e−2Km

(h−y)

1 +√

1 − e2Km

(h−y)

√

mg

K≤ e−

2Km

(h−y)

√

mg

K

por lo tanto la velocidad al llegar al suelo es practicamente la velocidad lımitepara alturas relativamente pequenas. Por ejemplo, si un paracaidista y su equipotienen una masa de 100 Kg, con K = 36, entonces

√

mgK ≃ 5.2 m/s = 19 km/h,

y saltando de 1000 mts. llegara al suelo en:

tsuelo ≃√

m

KgLn

(

2eKhm

)

≃√

K

mgh ≃ 133 seg.

tsuelo ≃ 2 minutos, 13 segundos.

Pero, si no se abre el paracaıdas, con K = 14 entonces

√

mgK ≃ 63 m/s ≃ 226

km/h, llegando al suelo en 11 segundos con muerte segura.

III) Para resolver este problema, hemos escrito el cociente de dos polinomioscomo una suma de fracciones donde los denominadores son partes del denomi-nador del cociente. Sistematizaremos ahora este metodo, llamado de fraccionesparciales:

a) Supongamos que queremos calcular:

∫

2x + 3

x3 + x2 − 2dx.

Vemos primero que el numerador no tiene relacion alguna con la derivada deldenominador, por lo tanto, no se trata de un logaritmo, pero:

x3 + x2 − 2x = x(x2 + x − 2) = x(x + 2)(x − 1)

Escribamos pues:

2x + 3

x3 + x2 − 2x=

A

x+

B

x − 1+

C

x + 2

determinado A, B, C para que las dos expresiones sean iguales. Necesitamospues:

2x + 3 = A(x − 1)(x + 2) + Bx(x + 2) + C(x − 1)(x + 2)

2x + 3 = (A + B + C)x2 + (A + 2B − C)x − 2A


para esto necesitamos

A + B + C = 0

A + 2B − C = 2

−2A = 3

por lo tanto A = − 32 , B = 5

3 , C = − 16 y

∫

2x + 3

x3 + x2 − 2x= −3

2

∫

dx

x+

5

3

∫

dx

x − 1− 1

6

∫

dx

x + 2

= −3

2ln x +

5

3Ln (x − 1) − 1

6ln(x + 2)

∫

2x + 3

x3 + x2 − 2xdx =

1

6ln

(

(x − 1)10

x9(x + 2)

)

.

EJERCICIOS

Encuentre

∫

4x − 2

x3 − x2 − 2xdx.

∫

5x2

x3 − xdx

b) Ahora bien, puede ser que el denominador tenga raıces repetidas, teniendoun factor elevado a cierta potencia, por ejemplo:

∫

dx

x(x − 1)2.

Empleando el mismo metodo escribimos:

1

x(x − 1)2=

A

x+

B

x − 1+

C

(x − 1)2

Aparece el factor 1(x−1)2 ya que este termino puede venir de una suma de termi-

nos con denominadores (x − 1) y (x − 1)2.

Vemos entonces que:

1 = A(x − 1)2 + Bx(x − 1) + Cx

1 = x2(A + B) + x(C − B − 2A) + A

de donde:

A + B = 0

2A + B − C = 0

A = 1

65

Entonces:

∫

dx

x(x − 1)2=

∫

dx

x−∫

dx

x − 1+

∫

dx

(x − 1)2

= lnx − ln(x − 1) − 1

x − 1.

EJERCICIO:

Calcule

∫

dx

x(x − 2)3escribiendo

1

x(x − 2)3=

A

x+

B

x − 2+

C

(x − 2)2+

D

(x − 2)3.

c) Hasta ahora el denominador se factorizaba en productos de polinomios deprimer grado a una cierta potencia. Pero no es este siempre el caso: puedenaparecer factores de segundo grado sin raıces, por ejemplo en

∫

4 dx

x(x2 + 4).

Escribiremos

4

x(x2 + 4)=

A

x+

Bx + C

x2 + 4.

Vemos entonces que (A + B)x2 + Cx + 4A = 4

A = 1, C = 0, B = −A = −1.

Entonces

∫

4 dx

x(x2 + 4)=

∫

dx

x−∫

x dx

x2 + 4= lnx − 1

2ln(x2 + 4).

EJERCICIO:

Calcule

∫

dx

x3 + 8viendo que x3 + 8 = (x + 2)(x2 − 2x + 4) y

1

x3 + 8=

A

x + 2+

Bx + C

x2 − 2x + 4.

d) Finalmente examinaremos el caso donde aparece un factor de segundo gradoelevado a una potencia, por ejemplo:

∫

2x3 + x + 3

(x2 + 1)2dx.


Al igual que con factores de primer grado, el factor (x2 +1)2 puede venir de dosdenominadores de la forma x2 + 1 y (x2 + 1)2, por eso buscamos una descom-posicion de la forma:

2x3 + x + 3

(x2 + 1)2=

Ax + B

x2 + 1+

Cx + D

(x2 + 1)2.

Entonces:

2x3 + x + 3 = (Ax + B)(x2 + 1) + Cx + D

= Ax3 + Bx2 + (A + C)x + B + D

A = 2, B = 0, A + C = 1, B + D = 3

∫

2x3 + x + 3

(x2 + 1)2dx =

∫

2x

x2 + 1dx +

∫ −x + 3

(x2 + 1)2dx

= ln(x2 + 1) +1

2(x2 + 1)+ 3

∫

dx

(x2 + 1)2.

La ultima integral es de un tipo que aun no hemos calculado:

∫

dx

(x2 + 1)2=

∫

x2 + 1 − x2

(x2 + 1)2dx =

∫

dx

x2 + 1+

∫

x

2

(−2x)

(x2 + 1)2dx

= Arctanx +x

2

1

x2 + 1−∫

1

2

1

x2 + 1dx

=1

2Arctan x +

x

2(x2 + 1)

donde la segunda igualdad se obtuvo integrando por partes.

Por lo tanto:

∫

2x3 + x + 3

(x3 + 1)2dx = Ln (x2 + 1) +

3

2Arctan x +

3x + 1

2(x2 + 1).

e) Formalizaremos ahora nuestros ejemplos al caso general de un cociente depolinomios, es decir, una funcion racional:

amxm + am−1xm−1 + ... + a0

bnxn + bn−1xn−1 + ... + b0=

P (x)

Q(x)

1) Si m ≥ n podemos dividir P entre Q y obtener:P (x)

Q(x)= L(x) +

R(x)

Q(x)con el grado de R(x) menor que el grado de Q(x) y L(x)

de grado m − n determinando los coeficientes de estos polinomios mediante laidentificacion de los coeficientes de las mismas potencias de x.

2) Suponiendo m < n, Q(x) se puede escribir como el producto de factores deprimer grado a una cierta potencia y de factores de segundo grado, sin raıces,tambien a una cierta potencia.

67

Basta entonces escribir el cociente P (x)/Q(x) como una suma de fracciones dela forma:

a1

x − c+

a2

(x − c)2+ ... +

ak

(x − c)k+ ... +

b1x + c1

αx2 + βx + γ+ ... +

bℓx + cℓ

(αx2 + βx + γ)ℓ

Si c es una raız de Q(x) con multiplicidad k y si el polinomio αx2 + βx + γ, sinraıces, aparece a una potencia ℓ, se identifican entonces todos los coeficientesa1, a2, ..., ak, b1, ..., bℓ y se integra cada termino como lo hicimos en los ejemplos,acordandose de escribir:

1

(x2 + A2)p=

1

A2

(x2 + A2 − x2)

(x2 + A2)p

=1

A2

1

(x2 + A2)p−1+

x

2(p − 1)

d

dx

(

1

(x2 + A2)p−1

)

e integrando por partes.

EJERCICIOS: Calcule las siguientes integrales:

1)

∫ 2

1

(x − 3)dx

x2 + x3

(

= 4 Ln4

3− 3

2

)

2)

∫ 4

3

5t3 − 4t

t4 − 16dt

(

= Ln12

5+

3

2Ln

20

13

)

3)

∫ 1

0

2x2 + x + 3

(x2 + 1)(x + 1)2dx

(

=π

4+

1

2− Ln 2

)

4)

∫

t5dt

(t2 + 4)2

5)

∫

dx

(x − 1)2(x2 + x + 1)

f) Finalmente, hay integrales que se pueden convertir a integrales de funcio-nes racionales, por ejemplo:

1)

∫

R(ex) dx, donde R(y) = P (y)Q(y) es racional.

Al poner y = ex, esta integral se transforma en:

∫

R(y)

ydy que es racional.

EJERCICIO:

Calcule

∫

ex

e2x − 1dx(= ln(ex − 1)


2)

∫

R(x, (ax + b)1

n ) dx donde R(x, y) es un cociente de dos polinomios en x

y y (n entero) con

y = (ax + b)1

n , dy =a

n(ax + b)

1

n−1dx, x =

yn − b

a.

La integral vale:∫

R(

yn−ba , y

)

na yn−1 dy, racional en y.

EJERCICIO:

Calcule∫ 1

0

x(2x − 1)1

3 dx

3)

∫

R

(

x,

(

ax + b

cx + d

)1

n

)

dx

EJERCICIOS:

a) Ponga y =

(

ax + b

cx + d

)1

n

y convierta esa integral en una integral de una

funcion racional.

b) Calcule

∫

√

4 + 3x

4 − 3xdx

4)

∫

R(cos θ, sen θ) dθ

Si ponemos y = tan

(

θ

2

)

, entonces

cos θ =1 − y2

1 + y2, sen θ =

2y

1 + y2

d y = 12 (1 + y2)dθ

EJERCICIOS:

a) Calcule

∫

dθ

cos θ

b) Calcule

∫

1 − cos θ

1 + cos θd θ

c) Calcule

∫

dθ

a + b cos θcon a > 0, b > 0.

69

5)

∫

R(x,√

a2 − x2)dx, al poner x = a cos y obtenemos el caso anterior.

6)

∫

R(x,√

x2 − a2) dx, al poner x = a cosh y obtenemos el caso 1.

7)

∫

R(x,√

x2 + a2) dx, al poner x = a tan y obtenemos el caso 4.

8)

∫

R(x,√

ax2 + bx + c) dx, segun el valor del discriminante se reduce a uno

de los 3 casos anteriores, al escribir ax2 + bx + c como

a

(

(

x +b

2a

)2

+4ac − b2

4a2

)

2.5. OSCILACIONES AMORTIGUADAS

Si tenemos un resorte que se mueve en un fluido, por ejemplo un amortiguador enuna caja de aceite, o un sismografo, entonces, ademas de la fuerza de oposicion−kx del resorte, tendremos una fuerza que se opone al movimiento debido a lafriccion y que es proporcional, para fricciones debidas a un fluido, a la velocidad.

Figura 2.3

La ley de Newton se escribe entonces:

md2x

dt2= −kx − α

dx

dt

o sea:


md2x

dt2+ α

dx

dt+ kx = 0

Consideremos y = xeα

2mt

entonces:

dy

dt=

(

dx

dt+

α

2nx

)

eα

2mt

d2y

dt2=

(

d2x

dt2+

α

m

dx

dt+( α

2m

)2

x

)

eα

2mt.

Pero, segun la ecuacion:d2x

dt2+

α

m

dx

dt= − k

mx.

Entonces:d2y

dt2=

(

( α

2m

)2

− k

m

)

xα

2mt =

α2 − 4km

4m2y.

Es decir

d2y

dt2+ γy = 0, con γ =

4km − α2

4m2

a) Si γ es positivo, esta es la ecuacion del oscilador armonico de la seccion 1.2del primer capıtulo, con solucion

y(t) = a cos√

γt + b sen√

γt

Entonces: x(t) =

(

a cos

√

4km− α2

2mt + b sen

√

4km − α2

2mt

)

e−α

2mt

El movimiento es oscilatorio, de la forma:

Es lo que pasa con algunos coches pesados con amortiguamiento mal planeado:α es demasiado pequeno.

b) Si γ = 0 entoncesd2y

dt2= 0 y por lo tanto y = a + bt.

Entoncesx(t) = (a + bt)e−

α2n

t

En este caso se dice que hay amortiguamiento crıtico.

EJERCICIO:

Encuentre la posicion del maximo y pruebe que x(t) → 0 si x → ∞

71

Figura 2.4

Figura 2.5

c) Finalmente si γ es negativo tenemos un nuevo tipo de ecuacion:

d2y

dt2− β2y = 0 con β2 = −γ =

α2 − 4km

4m2

Ahora sabemos que eδt es solucion de:

d(eδt)

dt− δeδt = 0

Derivando:d2

dt2(eδt) =

d

dt(δeδt) = δ2ebt.

Entonces: eβt y e−βt son soluciones de la ecuacion, y tambien:

y(t) = aeβt + be−βt


Entonces:y0 = a + b

v0 = β(a − b)

Es decir:

a =y0 + v0

β

2b =

y0 − v0

β

2

y esa es la unica solucion con estos datos iniciales, ya que si tuvieramos dossoluciones y1(t) y y2(t) vemos que

y(t) = y1(t) − y2(t)

satisface la ecuacion y tiene datos iniciales y(0) = 0, y′(0) = 0.

Pero si multiplicamos la ecuacion por y′(t) :

y′(t)y′′(t) − β2y′(t)y(t) = 0

Por lo tantod

dt

(

1

2y′2(t) − β2

2y2(t)

)

= 0.

Es decir: y′2(t) − β2y2(t) = y′2(0) − β2y2(0) = 0.

Por lo tantoy′(t) = ±βy(t)

con solucion:y(t) = Ae±βt.

Pero como y(0) = 0 = A vemos que y(t) ≡ 0 para todo t.

Por lo tantoy1(t) ≡ y2(t).

Entonces, en el caso de γ negativo:

x(t) =

(

ae

√α2

−4km

2mt + be−

√α2

−4km

2mt

)

e−α

2mt

La grafica es de la forma:

EJERCICIO:

Encuentre la localizacion del maximo y pruebe que x(t) tiende a 0 cuando ttiende a ∞, recordando que α, k, m, son constantes positivas.

Estas oscilaciones amortiguadas se encuentran con mucha frecuencia en fenome-nos naturales, como por ejemplo en pendulos, resortes de torsion, circuitoselectricos, circuitos hidraulicos, donde al cabo de cierto tiempo el regimen delfenomeno es practicamente estacionario.

73

Figura 2.6

Por ejemplo, si a nuestro resorte le agregamos un peso, la ley de Newton seescribe:

md2x

dt2+ α

dx

dt+ kx = mg

(el eje x es vertical y orientado hacia abajo). Entonces

xM =mg

kes solucion de la ecuacion, y si llamamos

y(t) = x(t) − xM

vemos que:

md2y

dt2+ α

dy

dt+ ky = 0

ecuacion que ya hemos estudiado.

Por ejemplo, si 4km− α2 > 0, la solucion sera

x(t) =mg

k+

(

a cos

√

4km − α2

2mt + b sen

√

4km− α2

2mt

)

e−α2m t

obteniendo ası oscilaciones alrededor del valor mgk .

Podemos usar este dispositivo como bascula de precision, midiendo x(t) en unaescala. El valor lımite sera mg

k , dando el peso deseado.

2.6. PENDULO

Como ultimo ejemplo, estudiaremos el movimiento de un pendulo de longitud ℓy de masa m (figura 2.7).

Sobre la masa estan actuando su peso, vertical, y la tension T del hilo. Aplicandoentonces la ley de Newton, vemos que:

mx′′ = −T sen θ


my′′ = −mg + T cos θ

Figura 2.7

Ahora,

x = ℓ sen θ

y = −ℓ cos θ

x′ = ℓ cos θ θ′

y′ = ℓ sen θ θ′

x′′ = −ℓ sen θ′2 + ℓ cos θθ′′ = − T

msen θ

y′′ = ℓ cos θθ′2 + ℓ sen θθ′′ = −g +T

mcos θ

= −g +

(

ℓθ′2 − ℓcos θ

senθθ′′)

cos θ

Entonces ℓ sen2θ θ′′ = −g sen θ − ℓ cos2 θ θ′′. Por lo tanto

θ′′ +g

ℓsen θ = 0

Ahora, si θ es pequeno, sabemos que sen θ ∼ θ, la ecuacion es aproximadamente:

θ′′ +g

ℓθ = 0

cuya solucion es θ(t) = a cos

(√

g

ℓt + φ

)

.

75

El pendulo tiene un movimiento periodico, con perıodo 2π√

ℓg .

Por ejemplo, si ℓ = 1 metro, el pendulo tardara aproximadamente 2 segundospara regresar a su posicion inicial. En realidad el perıodo depende de la amplitudde la oscilacion, la cual, debido a resistencia, varıa con el tiempo. Es por esoque los pendulos en los relojes tienen un resorte que da, a cada oscilacion, unpequeno impulso de manera que el pendulo conserve una amplitud y un perıodoexactos.Ahora, si multiplicamos la ecuacion:

θ′′ +g

ℓsen θ = 0

por θ′ e integramos, tendremos:

θ′2 − 2g

ℓcos θ = constante = θ′2(0) − 2g

ℓcos θ(0) = A

(

A

2mℓ es la energıa del pendulo, la parte 1

2mℓθ′2 correspondiendo a la energıa

cinetica, la otra a la energıa potencial

)

.

Entonces si graficamos la funcion y2 − 2g

ℓcos θ = A para distintos valores de A,

es decir, para distintas condiciones iniciales, θ′(0) y θ(0), tendremos una imagendel comportamiento del pendulo ya que para cada posicion de este, tendremossu velocidad angular θ′.

Vemos que y = ±√

A +2g

ℓcos θ es una funcion periodica en θ, definida para

angulos θ tales que A +2g

ℓcos θ ≥ 0, o sea para

θ′(0)2 +2g

ℓ(cos θ − cos θ(0)) ≥ 0.

Por ejemplo, si θ′(0) = 0, esto es valido solo para θ tal que |θ| ≤ |θ(0)|, mientras

que si θ(0) = 0, necesitamos: cos θ ≥ 1 − ℓ

2gθ′(0)2 limitando los valores de θ si

1− ℓ

2gθ′(0)2 ≥ −1 es decir si |θ′(0)| ≤

√

4gℓ . En general no hay limitacion sobre

los valores de θ si:

cos θ ≥ cos θ(0) − ℓ

2gθ′(0)2 es valido para todo θ,

implicando que: cos θ(0) − ℓ

2gθ′(0)2 ≤ −1, o A ≥ A0 = 2g

ℓ

EJERCICIO


Estudie la funcion y ±√

A + A0 cos θ, teniendo particular cuidado en la pen-diente de la grafica en los puntos de interseccion con el eje θ, y compruebe quela grafica es:

Figura 2.8

Las graficas con A > A0 corresponden a pendulos que hacen la vuelta completay las graficas con A < A0 corresponden a pendulos que oscilan alrededor de laposicion vertical.

Ahora si integramos la ecuacion:

θ′√A + A0 cos θ

= 1

tendremos:

t =

∫ t

0

θ′(s)√

A + A0 cos θ(s)ds =

∫ θ(t)

0(0)

dζ√A + A0 cos ζ

poniendo ζ = θ(s).

Podrıamos pensar que, si encontramos esa integral, tendremos t como funcionde θ y, por la funcion inversa, θ en funcion de t. El problema aquı es que esaintegral no se puede calcular explıcitamente ya que es del tipo elıptico, parecidaa la integral que da la longitud de una elipse. Pero lo que sı podemos hacer esdar una aproximacion del perıodo de la oscilacion en el caso A < A0. El perıodoes el tiempo necesario para que el pendulo regrese a su posicion y velocidadiniciales, es decir, para dar una vuelta completa en la grafica anterior, y, por lassimitrıas de esa grafica, dos veces el tiempo para ir desde el punto B hasta elpunto C, puntos de mayor amplitud θ0, y de velocidad 0.

T = 2

∫ θ0

−θ0

dζ√A + A0 cos ζ

77

Aquı θ(0) = −θ0, θ′(0) = 0, A = −A0 cos θ0 = −2g

ℓcos θ0.

Si usamos la relacion cos ξ = 1 − 2 sen2 ξ

2

T = 2

∫ θ

−θ0

dξ√

4gℓ

√

sen2 θ0

2 − sen2 ξ2

.

Si ponemos ǫ = sen

(

θ0

2

)

, y cambiamos de variables:

x =1

ǫsen

(

ξ

2

)

, con dx =1

2ǫcos

(

ξ

2

)

dξ

dx =1

2ǫ

√

1 − sen2ξ

2dξ =

1

2ǫ

√

1 − ǫ2x2 dξ,

donde usamos el hecho de que cos ξ2 es positivo ya que como |ξ| < π,

∣

∣

∣

ξ2

∣

∣

∣ < π2 .

Entonces:

T = 2

√

ℓ

g

∫ 1

−1

dx√

(1 − x2)(1 − ǫ2x2)

Ahora usaremos el hecho de que:

1√1 − y

∼ 1 +y

2+

3

8y2 +

5

16y3 + ... para |y| < 1

EJERCICIO:

Compruebe esta formula, usando el teorema de Taylor.

Entonces: T ≃ 2

√

ℓ

g

∫ 1

−1

dx√1 − x2

(

1 +ǫ2x2

2+

3

8ǫ4x4 +

5

16ǫ6x6 + ...

)

ya que |ǫ| < 1 y |x| ≤ 1.

Poniendo x = sen φ, dx = cosφ dφ =√

1 − x2dφ, ya que entre −π

2y

π

2,

cos θ es positivo, obtenemos

T ≃ 2

√

ℓ

g

∫ π/2

−π/2

(

1 +ǫ2

2sen2φ +

3

8ǫ4 sen4φ +

5

16ǫ6 sen6φ + ...

)

dφ

y usando los resultados del ejercicio al final de la seccion 2.3 de este capıtulo:

∫ π/2

π/2

sen2kφ dφ =2k − 1

2k

2k − 3

2k − 2

2k − 5

2k − 4. . .

1

2π


y por lo tanto

T ≃ 2

√

ℓ

g

(

π +ǫ2

4π +

9ǫ4π

64+

25

(16)2ǫ6π + ...

)

con ǫ = sen θ0

2 ∼ θ0

2 si θ0 es pequeno.

Vemos entonces que el perıodo que encontramos al linearizar la ecuacion es solola primera aproximacion del perıodo real y que este depende efectivamente dela amplitud θ0 de la oscilacion del pendulo.

Indice alfabetico

accion de masas, 49aceleracion, 4aceleracion radial, 31alcance, 20amortiguamiento crıtico, 70amplitud, 14

directriz, 29doble integracion por partes, 55

ecuacion diferencial, 10energıa, 11energıa cinetica, 11, 75energıa potencial, 11, 75excentricidad, 29

fracciones parciales, 59, 63

gravedad, 5gravitacion universal y gravedad, 40

ley de Newton, 18leyes de Kepler y ley de gravitacion

universal, 27leyes de poblaciones, 47logıstica, 51

metodo de capas, 35Malthus, 47

Newton, 3

oscilaciones amortiguadas, 69oscilador, 9

pendulo, 73, 75perıodo, 14, 75primera ley de Kepler, 33

radio crıtico, 53reactor nuclear, 53

tercera ley de Kepler, 34tiro parabolico, 17toro, 38

vector, 17vector aceleracion, 18, 23vector tangente, 26vector velocidad, 18, 23velocidad, 3velocidad aereal, 29Verhulst, 47

79

Documents

c´alculo diferencial e integral 6 modelos matem´aticos