Ecuaciones Diferencialesfisica.ugto.mx/~vaquera/files/clase1.pdf · ds ds = Z t t 0 a(s)ds (13) Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden Aplicaciones por lo tanto ln

Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden Aplicaciones

Ecuaciones Diferenciales

Departamento de Fısica, DCIUniversidad de Guanajuato

1 de septiembre de 2011


Contenido

1 Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden

2 Aplicaciones


Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden

Forma general

dydt

+ a(t)y = b(t) (1)

con a(t) y b(t) continuas y arbitrarias hasta nuevo aviso.

Pregunta:¿Podemos resolverla en este momento?


Respuesta:No.

¿Que hacemos?

Comenzamos con un caso sencillo, e.g.: b(t) = 0

DefinicionLa ecuacion

dydt

+ a(t)y = 0 (2)

se conoce como la ecuacion lineal homogenea de primer orden.En contraparte, (1) se denomina no homogenea.


Afortunadamente, (2) puede resolverse con facilidad. Basta conobservar que

1y

dydt

=d ln |y(t)|

dt= −a(t). (3)

La integracion de (3) es inmediata

ln |y(t)| = −∫

a(t)dt + c1, (4)

y solo resta exponenciar el resultado para obtener

|y(t)| = exp(−∫

a(t)dt + c1

)= c exp

(−∫

a(t)dt). (5)


Sin perdida de generalidad podemos prescindir del valorabsoluto y escribir la solucion definitiva

y(t) = c exp(−∫

a(t)dt). (6)

NotasSolucion General: Familia uniparametrica de curvasCausa: Integracion indefinida→ constante arbitraria c.


Ejemplo 1Encuentre la solucion general de la ecuacion

dydt

+ 2ty = 0. (7)

Solucion.Aquı a(t) = 2t, de modo que

y(t) = c exp(−∫

2tdt)

= ce(−t2). (8)


-2 -1 1 2t

1

2

3

4

y(t)

Campo de direcciones y 4 soluciones correspondientes a c = 1,c = 2, c = 3 y c = 4.



dydt

+ y cos(t) = 0. (9)

Solucion.Aquı a(t) = cos(t), de modo que

y(t) = c exp(−∫

cos(t)dt)

= ce(− sin(t)). (10)


-2 -1 1 2t

2

4

6

8

10

y(t)

Campo de direcciones y 4 soluciones correspondientes a c = 1,c = 2, c = 3 y c = 4.


Problema con valores de inicialesdydt

+ a(t)y = 0 y(t0) = y0. (11)

SolucionLa ecuacion anterior es equivalente a

d ln |y(t)|dt

= −a(t). (12)

Integrando ambos miembros entre t0 y t (y cambiando variablesmudas) obtenemos∫ t

t0

d ln |y(s)|ds

ds = −∫ t

t0

a(s)ds (13)


por lo tanto

ln∣∣∣∣ y(t)y(t0)

∣∣∣∣ = −∫ t

t0

a(s)ds (14)

o equivalentemente∣∣∣∣ y(t)y(t0)

∣∣∣∣ = exp(−∫ t

t0

a(s)ds), (15)

que tambien se puede escribir∣∣∣∣ y(t)y(t0)

exp(∫ t

t0

a(s)ds)∣∣∣∣ = 1. (16)


La funcion contenida en el valor absoluto es una constante quepuede valer 1 o -1. para determinar el valor correcto, evaluamosla integral en t0; ası:

y(t0)

y(t0)exp

(∫ t0

t0

a(s)ds)

= 1, (17)

de modo que la solucion al problema es

y(t) = y(t0) exp(−∫ t

t0

a(s)ds). (18)


Ejemplo 3Encuentre la solucion al problema de valor inicial

dydt

+ y sin(t) = 0 y(0) =32. (19)

Solucion.a(t) = sin(t), y por tanto, de acuerdo con (18)

y(t) =32

exp(−∫ t

0sin(s)ds

)=

32

e(cos(t)−1). (20)


-2 -1 0 1 2t

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

y(t)



dydt

+ et2y = 0 y(1) = 2. (21)

Solucion.a(t) = et2 , ası, de (18)

y(t) = 2 exp(−∫ t

1es2

ds). (22)


-1 -0.5 0.5 1 1.5 2t

5

10

15

20

25

30

35

y(t)

Solucion numerica al problema de valor inicial.


Solucion general de la ecuacion no-homogeneaPara resolver la ecuacion (1)

dydt

+ a(t)y = b(t) (23)

necesitamos convertirla en una ecuacion de la forma

ddt

(“algo”) = b(t) (24)

si queremos ser capaces de integrarla, mas desafortunadamente,

dydt

+ a(t)y (25)

no luce del todo como la derivada de una expresion simple.


¿Que procede?¿Que tal si multiplicamos a la ecuacion entera por una funcioncontınua de t? Despues de todo, es una transformacion lineal:

µ(t)dydt

+ µ(t)a(t)y = µ(t)b(t) (26)

Usandoddtµ(t)y = µ(t)

dydt

+dµdt

y (27)

podemos escribir (26) como

ddtµ(t)y− dµ

dty + µ(t)a(t)y = µ(t)b(t) (28)


Esto nos permite elegir µ(t) de tal modo que se satisfagansimultaneamente

ddtµ(t)y = µ(t)b(t) (29)

ydµdt

y = µ(t)a(t)y. (30)

Pero ya conocemos la solucion de la segunda ecuacion, pues eslineal homogenea:

µ(t) = exp(∫

a(t)dt). (31)

Nota: compare el signo de a(t) y el hecho de que esta es unasolucion particular para c = 1.


La solucion de la parte restante

ddtµ(t)y = µ(t)b(t) (32)

es inmediata:

y =1µ(t)

(∫µ(t)b(t)dt + k

). (33)

in extenso:

y = e−∫

a(t)dt

(∫e∫

a(t)dtb(t)dt + k). (34)


Problema con condicion inicialsi imponemos y(t0) = y0, basta con resolver µ(t) como lohicimos en el caso general e integramos µ(t)y entre t y t0:

µ(t)y(t)− µ(t0)y(t0) =

∫ t

t0

µ(t)b(t)dt (35)

para obtener

y(t)− =1µ(t)

(µ(t0)y(t0) +

∫ t

t0

µ(s)b(s)ds). (36)


Notas

La funcion µ(t) = exp(∫

a(t)dt)

se denomina factorintegrante.No vale la pena memorizar las soluciones generales, esmas recomendable recordar el rol del factor integrante.Una forma alternativa de resolver el problema decondicion inicial consiste en utilizar la solucion general yevaluarla en t0 para despues eliminar la constante deintegracion a favor de dicha condicion.



dydt− 2ty = t. (37)

Solucion.En este caso a(t) = −2t de modo que el factor integranterelevante es:

µ(t) = exp(∫

a(t)dt)

= exp(−2∫

tdt)

= e−t2 . (38)


multiplicando ambos lados de la ecuacion por µ(t) obtenemos

e−t2 dydt− 2e−t2ty = e−t2t

⇒ ddt

e−t2y = e−t2t.(39)

integrando indefinidamente, queda

e−t2y =

∫e−t2tdt+c = −1

2

∫e−t2d(−t2)+c = −e−t2

2+c (40)

y por lo tanto

y = cet2 − 12. (41)


-1 -0.5 0.5 1t

1

2

3

4

5

y(t)

Campo de direcciones y 4 soluciones correspondientes ac = 0,5, c = 1, c = 1,5 y c = 2.



dydt

+ 2ty = t y(1) = 2 (42)

Solucion.Aquı a(t) = 2t de modo que el factor integrante relevante es:

µ(t) = exp(∫

a(t)dt)

= exp(

2∫

tdt)

= et2 . (43)


multiplicando ambos lados de la ecuacion por µ(t) obtenemos

et2 dydt

+ 2et2ty = et2t

⇒ ddt

et2y = et2t.(44)

integrando entre t y t0 = 1, queda∫ t

1

dds

es2y(s)ds =

∫ t

1es2

sds (45)

de modo que

es2y(s)

∣∣∣t1

=es2

2

∣∣∣∣∣t

1

. (46)


Consecuentemente,

et2y(t)− 2e =et2

2− e

2(47)

y

y(t) =12

+3e2

e−t2 =12

+32

e1−t2 . (48)


-2 -1 0 1 2t

1

2

3

4

y(t)


Nucleos radiactivos, arqueologıa y fraudes

La radiactividad segun Rutherford

dNdt

= −λN (49)

N(t) Numero de atomos presentes en la muestra al tiempo tdNdt Numero de atomos que se desintegran por unidad detiempoλ constante de decaimiento caracterıstica del material.


la solucion de (49) con condiciones iniciales N(t0) = N0 esinmediata:

N(t) = N0e−λ∫ t

t0ds

= N0e−λ(t−t0) (50)

despejando T = t − t0

T =1λ

lnN0

N(51)

podemos definir el util parametro conocido como vida mediaT1/2, el tiempo que requerido para la mitad de los nucleosradiactivos decaigan: N = N0/2

T1/2 =1λ

lnN0

N0/2=

ln 2λ. (52)


Ası, la constante de decaimiento se relaciona con la vida mediacomo sigue:

λ =ln 2T1/2

. (53)

Insertando esta informacion en T , obtenemos

T =T1/2

ln 2ln

N0

N. (54)

Claramente, si podemos medir T1/2 y N en un material, ypodemos conocer de alguna manera N0, esta ecuacionconstituye una excelente herramienta de datacion.


Carbono 14... y de hecho, esos requerimientos se satisfacen como anillo aldedo para el 14C

Origen

1n + 14N→ 14C + 1p (55)

Decaimiento (beta, por cierto)

146 C→ 14

7 N + e− + νe (56)

vida media

T1/2 = 5568yr (57)

.


Tıpicamente, es mas facil medir directamente la tasa dedecaimiento R(t) = −dN

dt que N(t). Usando la ecuacion original,tenemos R(T) = λN = ln 2N/T1/2, y naturalmenteR(0) = ln 2N0/T1/2.

Eliminando N en favor de R en T , obtenemos simplemente

T =T1/2

ln 2ln

R(0)

R(T). (58)


Ejemplo 7Carbon obtenido de la famosa cueva Lescaux en Franciapromedio en 1950 una cuenta de 0,97 desintegraciones porminuto por gramo. Madera viva calcinada decae a una razon de6,88 desintegraciones por minuto por gramo. Estime laprobable fecha de ocupacion y con ello la probable fecha deelaboracion de las pinturas rupestres encontradas en la cueva.Solucion.De la solucion a la ecuacion diferencial correspondientetenemos:

T =5568yrs

ln 2ln

6,680,97

≈ 15500yrs. (59)


Ejemplo 8En la Excavacion de Nippur en 1950, ciudad de Babilonia,restos de carbon promedian una cuenta de 4.09 desintegracionespor minuto por gramo. Asumiendo que dicho carbon provienedel tiempo de Hammurabi, establezca un estimado de laprobable fecha de su reinado.Solucion.De la solucion a la ecuacion diferencial correspondientetenemos:

T =5568yrs

ln 2ln

6,684,09

≈ 3941yrs. (60)

Fecha estimada: 1990 A.N.E.


Ejemplo 9Durante la decada de los cuartentas del siglo pasado, la pinturamas famosa del pintor neerlandes Johannes Vermeer era Losdiscıpulos de Emaus


Mientras que la ahora famosısima Joven de la perla erapracticamente desconocida (60 anos antes se habıa subastadopor tres mıseros florines).


Tras la segunda guerra mundial se descubrio que muchas obrasde Vermeer habıan sido vendidas a los Nazis. Entre losacusados de semejante traicion se encontraba el pintor H. A.Van Meegeren. que fue acusado de colaborador de los Nazis.Para librarse de la acusacion, Van Meegeren anuncio que elcuadro Los discıpulos de Emaus y muchos otros atribuidos aVermeer eran falsos, y de hecho, obra suya. La datacion deestos cuadros es mas complicada que el modelo de 14C. Elradioisotopo mas util en este caso es el 210Pb, que proviene de lacadena de desintegracion del 226Ra.



El hecho de que el 210Pb contenido en la pintura provenga deotros materiales presentes en la misma hace que la ecuacioncorrespondiente contenga un termino adicional:

dydt

= −λy + r(t) y(t0) = y0 (61)

Aquı, y es la cantidad de 210Pb contenida en la muestra altiempo t. r(t) la tasa de desintegracion de 226Ra por minuto porgramo de 210Pb y λ la constante de desintegracion de 210Pb. Lavida media del 210Pb es de 22 anos, mientras que la del 226Ra esde 1600 anos. Ası que si queremos datar objetos deaproximadamente 300 anos, podemos considerar r(t)practicamente constante.


multiplicando ambos lados de la ecuacion por el factorintegrante µ = eλt obtenemos

deλtydt

= eλtr (62)

y por lo tanto

eλty(t)− eλt0y0 =rλ

(eλt − eλt0

)(63)

o equivalentemente

y(t) =rλ

(1− e−λ(t−t0)

)+ y0e−λ(t−t0). (64)


en terminos de R y T ,

R(T) = r(1− e−λT)+ R(0)e−λT . (65)

Desafortunadamente no existe una forma precisa de medir R(0),de modo que lo unico que podemos hacer es fijar el tiempo quequeremos evaluar T = 300 anos y observar R(0) de la ecuacionanterior:

R(0) = R(T)eλT − r(R(T)eλT − 1

). (66)

Ası, si R(0) es absurdamente grande, la pintura en cuestion esun fraude.


Como el tiempo de vida del 210Pb es de 22 anos, su constante dedecaimiento es λ = ln 2/22. Tomando T = 300, el factor eλT

queda eln2(300/22) = 2150/11. La desintegracion del 210Po espracticamente equivalente a la del 210Pb y puede medirse masfacilmente. La siguiente tabla contiene la informacion medidaen dos cuadros atribuidos a Vermeer:

Cuadro R(T) rDiscıpulos 8,5 0,8Bordadora 1,5 1,4


Insertando esta informacion, tenemos:

Cuadro R(0)Discıpulos (8,5)2150/11 − 0,8(2150/11 − 1) = 98050Bordadora (1,5)2150/11 − 1,4(2150/11 − 1) = 1274.

Con semejante diferencia, uno de los dos debe ser falso.


Gracias

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