SOLUCION PRIMERA PRUEBA ECUACIONES DIFERENCIALESIngenierıa Civil Codigo 10008-11039-19003

Primer Semestre 2006

Problema 1. Para y 6= 0 considere la ecuacion diferencial

2 ydy

dx= 5 + 2 x − 2 y2 .

a) Encuentre la solucion general implıcita usando factores integrantes.b) Encuentre la solucion particular que pasa por el punto (0,

√5) y el inter-

valo maximo donde esta definida.

Solucion. a) La ecuacion se puede poner de la forma

M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 ,

con

M(x, y) = 5 + 2x− 2y2 y N(x, y) = −2y .

Entonces (∂M

∂y− ∂N

∂x

)(x, y) = −4 y

y la ecuacion no es exacta, pero

1

N

(∂M

∂y− ∂N

∂x

)(x, y) =

1

−2 y(−4 y) = 2 ,

depende solo de x . Luego

µ(x, y) = e∫

2 dx = e2 x ,

es un factor integrante y la ecuacion

(5 + 2x− 2y2) e2 x dx − 2y e2 x dy = 0

es exacta.Buscamos entonces una funcion potencial de la forma

u(x, y) =∫−2y e2 x dy = −e2 x y2 + h(x) .

Calculamos h(x) de la igualdad

∂u

∂x(x, y) = (5 + 2x− 2y2) e2 x .

Por lo tanto tenemos

−2 e2 x y2 + h′(x) = (5 + 2x− 2y2) e2 x

que implica

h′(x) = (5 + 2x) e2 x .

Luego

h(x) = (2 + x) e2 x ,

y

u(x, y) = −e2 x y2 + (2 + x) e2 x = (2 + x− y2) e2 x .

Ası la solucion general implıcita es

(2 + x− y2) e2 x = C .1

b) Imponiendo la condicion y(0) =√

5 tenemos C = −3 y despejando y2 seobtiene

y2 = 2 + x + 3 e−2x =⇒ y(x) = ±√

2 + x + 3 e−2x .

Como y(0) =√

5 > 0 nos quedamos con

y(x) =√

2 + x + 3 e−2x .

Para encontrar el intervalo maximo, analizamos la funcion

g(x) = 2 + x + 3 e−2x .

Se tieneg′(x) = 1 − 6 e−2x y g′′(x) = 12 e−2x > 0 .

Como

g′(x) = 0 ⇐⇒ x =1

2ln(6) ,

tenemos que x = 12

ln(6) es el unico punto crıtico de la funcion g(x) y que es unmaximo. Finalmente, como

g(

1

2ln(6)

)=

5

2+

1

2ln(6) > 0 ,

tenemosg(x) > 0 , para todo x ∈ R .

Por lo tanto el intervalo maximo es R.

Problema 2. Para 12 π

< x < 1π

, considere la ecuacion de Ricatti

y′ =1

xy2 − 1

xy +

1

x3·

a) Encuentre una solucion particular de la forma y1(x) = xα cot(

1

x

).

b) Encuentre la solucion general.

Solucion. a) Reemplazando y1(x) = xα cot(

1

x

)en la ecuacion se obtiene

α xα−1 cot(

1

x

)+ xα

−sen2(

1x

)− cos2

(1x

)sen2

(1x

) −1

x2= x−1 x2α cot2

(1

x

)−

x−1 xα cot(

1

x

)+ x−3 ,

o lo que es lo mismo

α xα−1 cot(

1

x

)+ xα−2 + xα−2 cot2

(1

x

)= x2α−1 cot2

(1

x

)−

xα−1 cot(

1

x

)+ x−3 .

Por lo tanto α = −1 y la solucion particular es y1(x) = x−1 cot(

1

x

).

b) Poniendo y = y1 + 1z

con y1(x) = x−1 cot(

1x

)y reemplazando en la

ecuacion se obtiene

y′1 −z′

z2=

1

x

[y2

1 + 2y1

z+

1

z2

]− 1

x

[y1 +

1

z

]+

1

x3·

Usando que y1 es solucion, lo anterior se reduce a

− z′

z2=

1

x

[2

y1

z+

1

z2

]− 1

x

1

z·

Multiplicando por −z2 y reemplazando el valor de y1(x) se obtiene la ecuacionlineal

z′ =

1

x−

2 cos(

1x

)x2 sen

(1x

) z − 1

x·

La solucion general de esta ecuacion es

z(x) = x sen(

1

x

) [c sen

(1

x

)− cos

(1

x

)].

Luego la solucion general de nuestra ecuacion de Ricatti es

y(x) =cos

(1x

)x sen

(1x

) +1

x sen(

1x

) [c sen

(1x

)− cos

(1x

)] ·

Problema 3. Un estanque de 300 litros de capacidad contiene 50 litros deagua pura. En el instante t = 0 , comienza a entrar una solucion que contiene100 cm3 de alcohol por cada litro de solucion y lo hace a una velocidad de 5 litrospor minuto. Este suministro solo se detiene al llenarse el estanque. Despues demedia hora ingresa al estanque una segunda solucion de agua con alcohol, perocon un 20 % de alcohol por litro de solucion y a una velocidad de 5 litros porminuto. Simultaneamente al ingreso de esta solucion, se abre una llave en el fondodel estanque y a una velocidad de 6 litros por minuto, la solucion perfectamentemezclada, sale del estanque. Determine el porcentaje de alcohol en el estanquecuando este complete su capacidad.

Solucion. Sean V (t) y x(t) , respectivamente, la cantidad de litros de soluciony la cantidad de litros de alcohol que hay en el tanque en el instante t . EntoncesV (0) = 50 y x(0) = 0.Desde desde t = 0 hasta el instante t0 = 30, tenemos

V (t) = 50 + 5t ,

y como 100 cm3 equivalen a 0,1 litros, la ecuacion diferencial es

dx

dt= 5 · 0, 1 , x(0) = 0 ,

cuya solucion es

x(t) = 0, 5 t , 0 ≤ t ≤ 30 .

Luego

V (30) = 200 , y x(30) = 15 .

Para t ≥ 30, tenemos

V (t) = 200 + (5 + 5− 6) (t− 30) = 80 + 4 t .

Luego el instante t = t1 en que el estanque se llena viene dado por

300 = V (t1) = 80 + 4 t1 =⇒ t1 = 55 .

Por lo tanto la ecuacion diferencial para 30 ≤ t ≤ 55 es

dx

dt= (5 · 0, 1 + 5 · 0, 2) − 6

x(t)

V (t),

es decirdx

dt=

3

2− 3

2

x(t)

20 + t·

La solucion general de la ecuacion es

x(t) =3

5(20 + t) + c (20 + t)−

32 .

Imponiendo la condicion inicial, obtenemos

15 = x(30) =3

550 + + c (50)−

32 = 30 + c (50)−

32 =⇒ c = −15 (50)

32 .

Luego para 30 ≤ t ≤ 55 tenemos

x(t) =3

5(20 + t) − 15 (50)

32 (20 + t)−

32 .

Luego

x(55) = 45 − 15(

50

75

) 32

= 45 − 15(

2

3

) 32

≈ 36, 9 .

Por lo tanto el porcentaje de alcohol cuando el estanque completa su capacidades aproximadamente

36, 9100

300% = 12, 3 % .