Taller 1

Tres caminos hacia una ecuación diferencial: geometría, ley de enfriamiento y velocidad de escape

Taller en equipos de hasta tres personas, con solución, sobre tres orígenes distintos de una ecuación diferencial: una condición geométrica local, una ley física de proporcionalidad, y la reducción de una ecuación de segundo orden mediante v dv/dx.

Una ecuación diferencial no siempre nace de la misma manera. En este taller van a recorrer tres orígenes distintos de una EDO: una condición geométrica local, una ley física de proporcionalidad, y un principio mecánico que reduce una ecuación de segundo orden a una de primer orden.

1 Familias de curvas ortogonales

Encuentren la curva tal que la parte de la recta tangente cortada por los ejes queda bisecada por el punto de tangencia.

1. Traduzcan la condición geométrica a una ecuación diferencial.
2. Resuelvan la ecuación y muestren que la familia de curvas es \(xy=c\).
3. Encuentren la ecuación diferencial de la familia de curvas ortogonales a la familia hallada en el punto anterior, resuélvanla, y muestren que esta segunda familia es \(y^2-x^2=k\).
4. Grafiquen ambas familias sobre los mismos ejes.

TipSolución

La recta tangente en \((x,y)\) es \(Y-y=y'(X-x)\). Corta al eje \(X\) en \(\left(x-\dfrac{y}{y'},0\right)\) y al eje \(Y\) en \((0,\,y-xy')\). Que \((x,y)\) biseque ese segmento significa que \(x\) es el promedio de las dos abscisas de los cortes:

\[x = \frac{\left(x-\dfrac{y}{y'}\right)+0}{2} \;\Longrightarrow\; x-\frac{y}{y'}=2x \;\Longrightarrow\; y'=-\frac{y}{x}\]

Separando variables:

\[\frac{dy}{y}=-\frac{dx}{x} \;\Longrightarrow\; \ln|y|=-\ln|x|+C \;\Longrightarrow\; xy=c\]

La pendiente ortogonal es \(-1/y' = x/y\):

\[\frac{dy}{dx}=\frac{x}{y} \;\Longrightarrow\; y\,dy=x\,dx \;\Longrightarrow\; \frac{y^2}{2}=\frac{x^2}{2}+C' \;\Longrightarrow\; y^2-x^2=k\]

Ambas familias son hipérbolas: \(xy=c\) tiene por asíntotas los ejes coordenados, y \(y^2-x^2=k\) tiene por asíntotas \(y=\pm x\) — la segunda familia es, geométricamente, la primera rotada 45°.

2 La ley de enfriamiento de Newton

La ley de enfriamiento de Newton establece que la tasa de cambio de la temperatura \(T\) de un cuerpo es proporcional a la diferencia entre su temperatura y la del medio que lo rodea, \(T_a\):

\[\frac{dT}{dt}=-k(T-T_a), \quad k>0\]

El caso: un forense muere durante una autopsia en un cuarto que se mantiene a 5°C constantes. Su cuerpo es encontrado a las 10 a.m. a 23°C, y a las 12 p.m. a 18.5°C. Su temperatura normal en vida era 37°C.

1. Resuelvan la ecuación diferencial de forma general (en términos de \(T_a\), \(k\), y una constante de integración).
2. Usen los dos datos de temperatura (10 a.m. y 12 p.m.) para hallar \(k\) y la constante de integración.
3. Determinen a qué hora ocurrió la muerte.

TipSolución

Con \(t=0\) a las 10 a.m., \(T(0)=23\) y \(T_a=5\):

\[T(t) = 5+18e^{-kt}\]

Con el dato de las 12 p.m. (\(t=2\), \(T=18.5\)):

\[18.5 = 5+18e^{-2k} \;\Longrightarrow\; e^{-2k}=\frac34 \;\Longrightarrow\; k=\frac12\ln\frac43\]

Para la hora de muerte (\(T=37\)):

\[37=5+18e^{-kt_d} \;\Longrightarrow\; e^{-kt_d}=\frac{16}{9}=\left(\frac43\right)^2 \;\Longrightarrow\; -kt_d=2\ln\frac43\]

\[t_d = \frac{-2\ln(4/3)}{\frac12\ln(4/3)} = -4\]

Los logaritmos se cancelan exactamente: la muerte ocurrió 4 horas antes de las 10 a.m., a las 6:00 a.m.

3 La velocidad de escape

En el espacio, la ley de gravitación de Newton establece que la fuerza que la Tierra ejerce sobre un cuerpo varía inversamente al cuadrado de la distancia a su centro. Esto plantea una pregunta con consecuencias muy concretas: ¿qué tan rápido hay que lanzar un proyectil hacia arriba para que nunca regrese, escapando para siempre de la atracción terrestre? La respuesta la velocidad de escape es la razón por la que los cohetes necesitan alcanzar una velocidad mínima muy específica para salir de la órbita terrestre.

Sea \(x\) la distancia del proyectil al centro de la Tierra, \(R\) el radio terrestre, y \(v=dx/dt\) su velocidad. Si se desprecia la resistencia del aire, la segunda ley de Newton da

\[\frac{d^2x}{dt^2} = -\frac{gR^2}{x^2}\]

1. Reducción de orden. Usen la regla de la cadena, \(\dfrac{d^2x}{dt^2}=v\dfrac{dv}{dx}\), para reescribir la ecuación anterior como una ecuación de primer orden y separable en \(v\) y \(x\).
2. Integren, usando la condición inicial \(v=v_0\) cuando \(x=R\), para mostrar que \(v^2 = v_0^2-2gR\left(1-\dfrac{R}{x}\right)\).
3. Velocidad de escape. El proyectil escapa (nunca regresa) si \(v^2\ge0\) se mantiene incluso cuando \(x\to\infty\). Usen esta condición para mostrar que la velocidad inicial mínima requerida es \(v_e=\sqrt{2gR}\).
4. Si no escapa. Supongan ahora que \(v_0<v_e\), de modo que el proyectil sube pero eventualmente regresa. Encuentren la altura máxima \(h\) que alcanza sobre la superficie (el valor de \(x-R\) cuando \(v=0\)).

TipSolución

Con \(\dfrac{d^2x}{dt^2}=v\dfrac{dv}{dx}\):

\[v\frac{dv}{dx} = -\frac{gR^2}{x^2}\]

Separando e integrando:

\[\frac{v^2}{2} = \frac{gR^2}{x}+C\]

Con \(v=v_0\) en \(x=R\): \(C=\dfrac{v_0^2}{2}-gR\), así que

\[v^2 = v_0^2-2gR\left(1-\frac{R}{x}\right)\]

Cuando \(x\to\infty\), \(v^2\to v_0^2-2gR\). Para que nunca sea negativo se necesita \(v_0^2\ge 2gR\), es decir

\[v_e = \sqrt{2gR} \approx 11.2\text{ km/s}\]

(con \(g\approx9.8\text{ m/s}^2\) y \(R\approx6371\text{ km}\)).

Si \(v_0<v_e\), la altura máxima es donde \(v=0\):

\[0 = v_0^2-2gR\left(1-\frac{R}{x}\right) \;\Longrightarrow\; x=\frac{2gR^2}{2gR-v_0^2} \;\Longrightarrow\; h=x-R=\frac{Rv_0^2}{2gR-v_0^2}\]

Equivalente, en términos de \(v_e\): \(h=\dfrac{Rv_0^2}{v_e^2-v_0^2}\), crece sin límite a medida que \(v_0\to v_e\).