UNIVERSIDAD AUSTRAL DE CHILE FACULTAD DE CIENCIAS DE LA INGENIER´IA ´ CENTRO DE DOCENCIA DE CIENCIAS B ASICAS PARA INGENIER´IA.
BAIN041 ECUACIONES DIFERENCIALES PARA INGENIER´IA Pauta Segunda Evaluaci´ on on 1 06 de enero de 2014
Problema 1 Para x > −1, encuentre la soluci´ on general impl´ impl´ıcita de la ecuaci´ on (x2 + y2 + 1)dx 1)dx − (xy + xy + y)dy = dy = 0 sabiendo que tiene factor integrante de la forma µ(x, y) = (x + 1)−n, n ∈ N.
Soluci´ on:
Si µ(x, y) = (x + 1)−n es el factor integrante, se debe cumplir que ∂ ∂y
2
2
x + y + 1 (x + 1)n
∂ = ∂x
xy + y − (xy + ) x + 1)n
.................... ............................... ..................... ..................... ................. ...... 0,4 ptos................... ptos............................. ..................... ..................... ..................... ............. .. Si desarrollamos esta expresi´ on, obtenemos 2y (n − 1)y 1)y = (x + 1)n (x + 1)n Donde n − 1 = 2 ⇒ n = 3 .................... ............................... ..................... ..................... ................. ...... 0,4 ptos................... ptos............................. ..................... ..................... ..................... ............. .. Luego para resolver la EDO, resolvemos la ecuaci´ on diferencial exacta x2 + y2 + 1 y − dx dy = dy = 0 (x + 1)3 (x + 1)2 x2 + y2 + 1 y − Donde M ( y ( ) = M (x, y) = N x, y (x + 1)3 (x + 1)2 Sea ∂F (x, y) = M ( M (x, y) ∂x ∂F (x, (x, y) = N ( N (x, y) ∂y Entonces ∂F (x, (x, y) = ∂y F ( F (x, y) = 1
PAA/SJC/AMR
− (x +y 1)2 −
y dy = dy = (x + 1)2
y2 − 2(x + ϕ(x) 2(x + 1)2
Derivando esta expresi´ on respecto de x ∂F y2 (x, y) = − + ϕ (x) 3 (x + 1) ∂x x2 + y2 + 1 y2 = + ϕ (x) 3 3 (x + 1) (x + 1) x2 + 1 ϕ (x) = (x + 1)3 1 2 2 + − ϕ (x) = x + 1 (x + 1)2 (x + 1)3 Luego ln(x + 1) + ϕ(x) = ln(x
2 1 − x + 1 (x + 1)2
y
2 1 y2 − + ln(x ln( + 1) + F ( F (x, y) = − x 2(x 2(x + 1)2 x + 1 (x + 1)2 .................... ............................... ..................... ..................... ................. ...... 1,0 ptos................... ptos............................. ..................... ..................... ..................... ............. .. As´ı la soluc so luci´ i´ on general gene ral impl´ıcita ıcit a es 2 1 y2 − 2(x − ∈ R + ln(x ln( + 1) + = C C ∈ x 2(x + 1)2 x + 1 (x + 1)2 .................... ............................... ..................... ..................... ................. ...... 0,2 ptos................... ptos............................. ..................... ..................... ..................... ............. ..
´ Problema 2 Debe responder UNO Y S OLO UNO de de los siguientes problemas.
a) Un cuerpo cuerpo que pesa pesa 19, 19 , 6 N se N se suspende (verticalmente) del extremo de un resorte, lo cual hace que el resorte se alargue 0, 1 m de su longitud natural. Luego, se desplaza el cuerpo 0, 5 m por encima de su posici´ on de equilibrio y se suelta. No existe fuerza de amortiguamiento. 2 Considere g = 9, 8 m/s . Determine: i) La ecuac ecuaci´ i´ on de movimiento en el instante de tiempo t. Soluci´ on:
• Definici´ on de variable
on del cuerpo en cualquier instante de tiempo t. x(t) : Posici´ .......................................................... 0,2 ptos...............................................................
• Planteamiento del PVI
Dado que no existen fuerzas externas ni amortiguaci´ on, la ecuaci´ on que rige el movimiento, esta dada por + kx((t) = 0 mx (t) + kx Donde m representa la masa del cuerpo y k la constante del resorte. 19. 19.6 Luego m = = 2 Kg 9.8 .......................................................... 0,2 ptos............................................................... 19. 19.6 y k = = 196 N/m. N/m. 0.1 .......................................................... 0,2 ptos............................................................... Finalmente la PVI que representa la ecuaci´ on del movimiento esta dada por: 98x(t) = 0, x (t) + 98x
x(0) = −1/2, x (0) = 0
.......................................................... 0,4 ptos...............................................................
• Resoluci´ on del PVI
a) Soluci´ on general de la EDO. La ecuaci´ on car caracter´ acter´ıstica ıstica asociada a la ecuaci´ on diferencial dife rencial homog´enea enea es: r2 + 98 = 0 √ √ (r − 7 2i)(r )(r + 7 2i) = 0 Por lo tanto, la soluci´ on general es:
√
√
+ C 2 sen(7 2t); X (t) = C 1 cos(7 2t) + C
C 1 , C 2 ∈ R
.......................................................... 0,6 ptos.......................................................... Para determinar C 1 , C 2 , calculamos
√ √ √ √ cos(77 2t) X (t) = −7 2sen(7 2t) + 7 2 cos( − 12 ⇒ C 1 = − 12 √ t = 0 ⇒ X (0) = 7 2C 2 = 0 ⇒ C 2 = 0 (0) = C = C 1 = t = 0 ⇒ X (0)
Por lo tanto la ecuaci´ on general del movimiento esta dada por:
√ 1 − ( ) = cos(7 2t) X t 2
i) La ecuaci ecuaci´ ´ on de movimiento en el instante de tiempo t.
√ 1 X (t) = − cos(7 2t) 2 .......................................................... 0,2 ptos............................................................... ii) La posici posici´ ´ on del cuerpo en el instante t = Soluci´ on:
π
√ s. s.
21 2
√ π 1 1 1 π π X ( √ ) = − cos(7 2 √ ) = − cos( ) = − 2 2 3 4 21 2 21 2 .......................................................... 0,2 ptos...............................................................
b) Dado el siguiente siguiente circuit circuitoo
determine la intensidad de corriente i corriente i((t) para los valores R1 = R = R 2 = 2 Ω, C = 1 F , F , L = 1 H , H , ( i(0) = i = i (0) = 0). 0). E (t) = sin t V , V , suponiendo que inicialmente el circuito estaba descargado ( i Soluci´ on:
Definici´ on de variable i(t) : Intensidad de corriente en cualquier instante de tiempo t. .......................................................... 0,2 ptos............................................................... Planteamiento del PVI
4 i (t) + i + i((t) = cos(t cos(t) i (t) + 4i Finalmente la PVI que representa la ecuaci´ on del movimiento esta dada por: 4 i (t) + i + i((t) = cos(t cos(t), i (t) + 4i
= i (0) = 0 i(0) = i
.......................................................... 0,6 ptos............................................................... Resoluci´ on del PVI a) Soluci´ on homog´ hom og´ enea enea de la EDO. La ecuaci´ on car caracter´ acter´ıstica ıstica asociada a la ecuaci´ on diferencial dife rencial homog´enea enea es: 4r + 1 = 0 r 2 + 4r √ √ (r − (−2 + 3))(r 3))(r + ( −2 − 3)) = 0 Por lo tanto, la soluci´ on homog´ ho mog´enea enea es: √ √ I h(t) = C 1 e(−2+ 3)t + C 2 e(−2− 3)t ;
C 1 , C 2 ∈ R
.......................................................... 0,4 ptos............................................................... b) Soluci´ on particular de la EDO La conjetura de la soluci´ on part particular, icular, por el m´ etodo etodo de coeficientes coeficientes indeterminados y sus respectivas derivadas es: cos(t) + B + B sen(t sen(t) I p (t) = A cos(t sen(t) + B + B cos(t cos(t) I p (t) = −A sen(t cos(t) − B sen(t sen(t) I p (t) = −A cos(t
Reemplazando en la EDO, se tiene
−A cos(t cos(t) − B sen(t sen(t) + 4(−A sen(t sen(t) + B + B cos(t cos(t)) + A + A cos(t cos(t) + B + B sen(t sen(t) −4A sen(t sen(t) + 4B 4 B cos(t cos(t)
= cos(t) = cos(t)
Igualando coeficientes, se tiene el siguiente sistema de ecuaciones 4B = 1 −4A = 0 1 La soluci´ on del sistema es, A = 0 y B = , luego 4 1 sen(t) X p = sen(t 4 .......................................................... 0,4 ptos............................................................... c) Soluci´ on general de la EDO
√
(−2+ 3)t
I (t) = C 1 e
√
(−2− 3)t
+ C 2 e
1 + sen(t sen(t); 4
C 1 , C 2 ∈ R
.......................................................... 0,2 ptos............................................................... d) Soluci´ on general del PVI
√ (−2+ 3)C 1 e I (t) = (−2 + 3)C
√
3)t
+ (−2 −
√
3)C 3)C 2 e
(0) = C = C 1 + C 2 = 0 ⇒ C 1 = t = 0 ⇒ I (0)
√
√
(−2− 3)t
1 + cos(t cos(t) 4
−C 2
√
1 3)C 1 + ( −2 − 3)C 3)C 2 + = 0 ⇒ C 1 = t = 0 ⇒ I (0) = (−2 + 3)C 4 Por lo tanto la ecuaci´ on general del movimiento esta dada por:
√
√
− 243
√
√ √ 3 3 1 sen(t) I (t) = − e (−2+ 3)t + e(−2− 3)t + sen(t 24 24 4 .......................................................... 0,2 ptos...............................................................
´ Problema 3 Debe responder UNO Y S OLO UNO de de los siguientes problemas.
a) Se tienen tres tres tanques tanques A, inicialmente 100 gal A, B y B y C C ,, cada uno de ellos contiene inicialmente 100 gal de agua pura. Desde el exterior ingresa al tanque A salmuera 5 gal/min con con una concentraci´ on A salmuera a una tasa de 5 gal/min de 2 lb/gal 2 lb/gal.. El agua se bombea del tanque A al 2 gal/min y y del tanque A al tanque B B a una tasa de 2 gal/min A al tanque C C pasan 3 gal/min. gal/min. Del tanque C C se bombean 3 gal/min de gal/min de agua al tanque B . Del tanque B sale al exterior la salmuera a una tasa de 5 gal/min. gal/min. i) Realice Realice un bosquejo bosquejo del fen´ omeno. Soluci´ on:
.......................................................... 0,2 ptos............................................................... ii) Determine la concentr concentraci´ aci´ on de sal en el instante de tiempo t en cada tanque. Soluci´ on: Definici´ on de variables:
• • •
x : Cantidad de sal en el tanque A en el tiempo t. y : Cantidad de sal en el tanque B en el tiempo t. z : Cantidad de sal en el tanque C en C en el tiempo t. .......................................................... 0,2 ptos..........................................................
Planteamiento de Ecuaciones Diferenciales:
5 x = 10 − x 100 2x 3z 5y − + y = 100 100 100 3x 3z − z = 100 100 .......................................................... 0,4 ptos............................................................... As´ı,
x − y = z
5 100 2 100 3 100
0
0
− 1005
3 100 3 100
0
Resoluci´ on del sistema:
−
x 10 y + 0 z
0
• Soluci´ on homog´ ho mog´ enea: en ea:
Determinaci´ on de los valores propios:
−
Det( Det(A − λI )
5 0 λ 100 2 5 100 100 3 0 100 5 5 ( 100 + λ + λ)( )( 100 +
−
−
= 0
− − λ −
0 − λ
3 100 3 100
3 + λ) λ)( 100
= 0 = 0
Luego, los valores propios son: λ1 = λ = λ2 =
− 1005 y λ3 = − 1003
Determinaci´ on de los vectores propios: 3 Para λ = − 100 2 100 2 100 3 100
−
0
−
x 0 y = 0
0
2 100
1
3 100
0
1
0
0
z 1
De donde se tiene que, x 1 = 0 y 2 y 2yy1 = 3z 1 . Por tanto, el primer vector est´ a dado por: 0 3 K 1 = 2 1 Para λ =
− 1005 de multiplicidad 2
0 2 100 3 100
0 0 0
0 3 100 2 100
x 0 y = 0 2
2
0
z 2
De donde se tiene que, 2x2 + 3z 2 = 0 y 3x2 + 2z 2 = 0 . Por tanto, los vectores buscados son: 0 3 1 ∧ K 3 = 1 K 2 = −2 0
La soluci´ on homog´ ho mog´enea en ea es:
+ C 2 X 2(t) + C + C 3 X 3 (t) X h = C 1 X 1 (t) + C
0 = C e− X = C h
1
3 2
3 100
1
t
0 +C 1 e− 2
5 100
0
t
3 0 +C 1 + 1 t e− 3
−2
0
5 100
t
; C 1 , C 2 , C 3 ∈
........................................................ 0,4 ptos............................................................
• Soluci´ on particular:
Aplicando el m´etodo etodo de coeficientes coeficientes indeterminados, indetermin ados, se tiene: t iene:
A X (t) = B
0 X (t) = 0
⇒
p
C
p
0
reemplazando en el sistema general se tiene:
0 − 0 = 0
5 100 2 100 3 100
0
0
− 1005
3 100 3 100
0
El sistema de ecuaciones obtenido es:
−
A 10 B + 0
5 − 100 A
C
=
0
−10
2 5 3 = 0 A− B + 100 100 100 3 3 A− C = 0 100 100 Luego, A = B = B = C = 200. Por tanto, la soluci´ on particular, est´ a dada por: C = 200.
200 X (t) = 200 p
200
.......................................................... 0,4 ptos..........................................................
• Soluci´ on general: + X p (t) X (t) = X h (t) + X
0 X (t) = C e− 1
3 2
1
3 100
t
0 +C 1 e− 2
0
5 100
t
−2 200 +C 1 e− + 200 ; C , C , C ∈ 5
100
3
3
t
1
2
3
R
200
.......................................................... 0,2 ptos..........................................................
iii) ¿Cu´ al es la concentraci´ on de sal en un instante de tiempo t muy prolongado? Soluci´ on:
La concentraci´ on de sal en cada tanque est´ a dado por, C (t) = obtiene lo pedido, es decir:
X (t) V (t)
, haciendo t
→ ∞ se
1 X (t) l´ım C (t) = l´ım ım = X p (t) x→∞ x→∞ V ( 100 V (t) Por tanto, cada tanque tiene 2 lb/min. lb/min. .......................................................... 0,2 ptos...............................................................
b) Considere Considere una casa que consta consta de tres zonas, A zonas, A (subterraneo), B (subterraneo), B (sala principal) y C (habita C (habitaci´ on principal). La zona B es calentada con un calefactor que genera 80000 genera 80000 btu/hora btu/hora,, siendo ◦ la cap capacidad acidad calor calor´´ıfica ıfica de esta zona (1/ (1/4) F /1000 btu. btu. Las constantes de transferencia de calor son: 4 son: 4 horas entre la zona A y exterior, 4 horas entre la zona B exterior, 4 horas horas entre A y el exterior, 4 horas entre B y el exterior, 4 horas entre la zona C C y el exterior, 2 horas entre la zona A y B , y 2 horas entre la zona B y la zona C . a 35 ◦ F mientras C . Si la temperatura en el exterior de la casa permanece constante a 35 F mientras que la temperatura del subsuelo se mantiene constante a 45 ◦ F . F . i) Realice Realice un bosquejo bosquejo del fen´ omeno. Soluci´ on:
.......................................................... 0,2 ptos............................................................... ii) Determin Determinee la ecuaci´ cuaci´ on de temperatura en el instante de tiempo t en cada zona. Soluci´ on: Definici´ on de variables:
x: Cantidad de temperatura en la zona A en el instante de tiempo t. y : Cantidad de temperatura en la zona B en el instante de tiempo t. z : Cantidad de temperatura en la zona C en el instante de tiempo t. .......................................................... 0,2 ptos...............................................................
• • •
Planteamiento del sistema
1 1 (45 − x) + (y − x) x = 4 2 1 1 1 (35 − y) + (x − y) + (z − y) + 20 y = 4 2 2 1 1 (35 − z ) + (y − z ) z = 4 2 .......................................................... 0,4 ptos............................................................... As´ı, x = y = z =
− 34 x + 12 y + 454 1 5 1 115 1 15 + x − y + z + 2 4 2 4 1 3 35 3 5 + y − z + 2 4 4
El sistema matricialmente esta dado por:
x − 34 1 X (t) = y = 2 z
1 2 − 54 1 0 2
45 0 4 x 1 115 y + 2 z 4 3 35
−4
4
Luego se debe determinar los valores propios,
3 − 4 −1 λ P ( P (−λ) = Det 2 0
1 2
3 7 = − 4 − λ λ + 2λ2λ + 16
0 − 54 − λ − 12 − 12 − 34 − λ
2
Los valores propios son: λ1 =
− 34 ; λ2 = − 14 ; λ3 = − 74 ;
Los vectores propios asociados para: • λ1 = − 34 1 0 0 2 µ1 1 1 1 µ2 −2 2 2 µ3 1 0 0 2 µ2 = 0 ⇒ µ1 =
0 = 00
∴
•
λ2 =
− 14
−µ3
1 → −µ = 0 1
−1
1 − 21 2
1 2 −1 1 0 2
0 0 µ 1 µ = 0 2 0 1 µ −2 1 − = 1 = µ = µ ⇒ → µ = µ µ 1
1 2 3
2
3
2
1
•
λ3 =
− 74
11 2 0
µ2 =
1 2 1 2 1 2
0 0 µ 1 = 0 µ 2 µ 0 1 2 3
1
−2µ1 ∧ µ3 = − 12 µ2 = µ = µ 1 ∴
1 → −µ = −2 3
1
La soluci´ on homog´enea enea esta dad dadoo por: 3 − t xh (t) = C 1 e 4
1 −1 1 −7 1 0 + C e 4 1 + C e 4 −2 t
t
2
3
1
1
1
.......................................................... 0,4 ptos............................................................... La soluci´ on particular est´ a dado por:
A 0 x (t) = B ⇒ x (t) = 0 0 C 3 1 45 − 41 25 10 A 1154 2 − 14 23 BC = 354 p
p
0
−
2 4 Entonces, la soluci´ on particulae est´ a dada por:
4
1325 A 21 63 505 72 ≈ X (t) = B = 7 1255 60 C p
21
.......................................................... 0,4 ptos............................................................... La soluci´ on general es: + X p (t) X (t) = X h(t) + X
1325 1 1 1 7 1 21 3 − − − 505 X (t) = C e 4 0 + C e 4 1 + C e 4 −2 + 1255 7 1 1 1 t
1
t
2
t
3
21 .......................................................... 0,2 ptos............................................................... iii) ¿A qu´e temperatura se mantiene manti ene la habitaci´ habitac i´ on principal y el subterraneo? Justifique adecuadamente su respuesta. Soluci´ on:
l´ım y(t) = 72◦ F →∞ l´ım x(t) = 63◦ F t→∞ l´ım z (t) = 60◦ F t→∞ t
.......................................................... 0,2 ptos...............................................................
