Clase_practica_12_3_solucionario[1]

Matemática para Ingeniería (MA261) Clase Práctica 12.3 (modelación) 1) Resuelva los siguientes SEL y clasifíquelos según su solución:

x  2 y  z  1  a.  y  2 z  5  x  y  3z  8  3x  6 y  6 z  9  b. 2 x  5 y  4 z  3 5 x  28 y  26 z  8  w  x  y  2 z  1  c. 2 w  2 x  y  3z  3  w  x  y  3 

En cada caso; obtenemos la matriz aumentada:

a)

 1 2 1 1   5 0 1 2   1 R  R   1 3 8     0 3 2

 1 2 1 0 1 2   1 1 3

1 0   0 , 25 R3    0



x=1

2

1

1 0

2 1

1  5 3  R2  R3 7   

1 0   0

2 1 0

1 2 5   4  8 1

1 5  Se tiene z = 2; y +2(2) = 5 y = 1; x-2(1)+1(2) = 1  2 

Por lo tanto se obtiene:

Sistema compatible determinado, solución única C.S   1;1; 2 

 3  b)  2  5 

 R 9  31   5 4 3  28 26 8   6

6

1

 1   2  5 

3   2 R  R    3  4  5 R  R    28 26 8   

2 5

2

1

2

1

3

 1   0  0 

3   3  18 16 23 2 9

2 8

 1 2 2 3     0 9 8 3   2 R2  R3   0 0 29  0 Se tiene un sistema Incompatible que no tiene solución.

1

c) La matriz aumentada es 1  1  1  1 2 1  R2 2 R1 1  1  1 2 1  1  1 2 1  2  2  1 3 3     R3  R1 R3  2 R2 0 0 1  1 1   0 0 1  1 1    1 1  1 0  3 0 0  2 2  2 0 0 0 0 0 El sistema asociado es w  x  y  2z  1 y  z 1

El sistema tiene infinitos soluciones; A continuación usaremos parámetros # parámetros = # de incognitas – # de ecuaciones que resulta de la matriz escalonada = 2 Hacemos z = t x=r Luego y=1+t w=2+r–t Entonces CS = { (2 + r – t, r , 1+t, t) / r IR , t  IR}

2) a. Una bióloga ha colocado tres cepas bacterianas (denotadas como I, II y III) en un tubo de ensayo, donde serán alimentadas con tres distintas fuentes alimenticias (A,B y C). Cada día 2300 unidades de A, 800 de B y 1500 de C se colocan en el tubo de ensayo, y cada bacteria consume cierto número de unidades de cada alimento por día, como se muestra en la tabla. ¿Cuántas bacterias de cada cepa pueden coexistir en el tubo de ensayo y consumir todo el alimento?

Alimento A Alimento B Alimento C

Cepa Bacteriana I 2 1 1

Cepa Bacteriana II 2 2 3

Cepa Bacteriana III 4 0 1

Sean x1 , x 2 y x 3 los números de bacterias de las cepas I,II y II, respectivamente. Puesto que cada una de las bacterias de x1 de la cepa consume 2 unidades de A por día, la cepa I consume un total de 2x1 unidades por día. De modo similar, las cepas II y III consumen un total de 2x 2 y 4x3 unidades de alimento A diariamente. Como queremos acabar con las 2300 unidades de A, tenemos la ecuación

2 x1  2 x2  4 x3  2300 De la misma forma, obtenemos las ecuaciones correspondientes al consumo de B y C.

x 1  x 2  800 x1  3x 2  x3  1500 Así tenemos un sistema de tres ecuaciones lineales en tres variables. La reducción por renglones de la correspondiente matriz aumentada nos da

2 2 1 2  1 3 Por lo tanto, x1  100, x2  350 y

4 2300 1 0 0 100   0 800   0 1 0 350 0 0 1 350 1 1500  x3  350 . La bióloga leería colocar 100 bacterias de la cepa I y

350 de las cepas II y II en el tubo de ensayo si desea que todo el alimento sea consumido.

2

b. Repita la parte a. utilizando los datos acerca del consumo diario de alimentos (en unidades por día) que se muestran en la siguiente tabla. Estime esta vez que 1500 unidades de A, 3000 de B y 4500 de C serán colocadas en el tubo de ensayo cada día

Alimento A Alimento B Alimento C

Cepa Bacteriana I 1 1 1

Cepa Bacteriana II 1 2 3

Cepa Bacteriana III 1 3 5

Sean de nueva cuenta x1 , x 2 y x 3 los números de bacterias de cada tipo. La matriz aumentada para el sistema lineal resultante y la correspondiente forma reducida escalonada son

0  1 1 1 1500  1 0  1 1 2 3 3000      0 1 2 1500 1 3 5 4500 0  0 0 0 Observamos que en este caso tenemos más de una solución, dada por

x1  x3  0 x 2  2 x3  1500 Haciendo x3  t , se consigue que x1  t , x2  1500  2t y x3  t . El número de bacterias no puede ser negativo, por lo tanto t  0 y 1500  2t  0 (lo que implica que t  750 ), de modo que tenemos 0  t  750 . C.S.  (t ,1500  2t , t ) / 0  t  750, t  

3) La figura muestra una red de tuberías de agua con flujos medidos en litros por minuto.

a. Establezca y resuelva un sistema de ecuaciones lineales para encontrar los flujos posibles. b. Si el flujo a través de AB está restringido a 5 L/min, ¿cuáles serán los flujos a través de las otras dos ramas? c. ¿Cuáles son los flujos posibles mínimo y máximo a través de cada rama? d. Hemos estado suponiendo que el flujo siempre es positivo. ¿Qué significaria un flujo negativo, estimando que fuera permitido? Proporcione una ilustración para este ejemplo.

a. Se aplica el principio que en cada nodo, el flujo que entra es igual al flujo que sale. En cada nodo; escribimos la ecuación que representa allí la conservación del flujo.

3

Nodo A: 20  f1  f 2 Nodo B: 10  f 2  f 3 Nodo C: f1  f 3  30 Entonces

f1  f 2

 20

 f 2  f 3  10  f 3  30

f1

1 1 0 20 1 1 0 20 0  1 1 10       0  1 1 10  1 0 1 30 0 0 0 0  f1  f 2  20  f 2  f 3  10 f3  t  0 f 2  t  10  0 Entonces 10  t  30 .

f1  30  t  0

b. Si f 2  5  t  10  t  15 . Luego

f1  15 lt/min f 3  15 lt/min Rpta: El flujo en AB es 5lt/min, el flujo f1  15 lt/min y el flujo f 3  15 lt/min . c. Como 10  t  30 . Entonces

0  f1  20 0  f 2  20 0  f 3  30 Valor máximo Valor mínimo f1 20 lt/min 0 lt/min f2 20 lt/min 0 lt/min f3 30 lt/min 10 lt/min d. Flujo negativo significa que va en sentido contrario.

4) El centro de Lima se compone de calles de un solo sentido, y se ha medidio el flujo de tráfico en cada intersección. En el área de la ciudad que aparece en la figura, las cifras representan el número promedio de vehículos por minuto que entran y salen de lso puntos de intersección A, B, C y D durante las horas de trabajo. a. Establezca y resuelva un sistema de ecuaciones lineales para hallar los flujos posibles f1 ,, f 4 . b. Si el tráfico es regulado en CD de manera que f 4  10 vehículos por minuto, ¿cuáles serán los flujos promedio en las otras calles? c. ¿Cuáles son los flujos posibles mínimo y máximo en cada calle?

4

a. En el nodo A: 20  f1  f 2 En el nodo B: f1  f 3  25 En el nodo C: 30  f 4  f 3 En el nodo D: f 2  f 4  25 Entonces

f1  f 2  20 f1  f 3  25 f 3  f 4  30 f 2  f 4  25 1 1  0  0

1 0 0 20 1 1  0 1 0 25  f1  f 2 0  1  0 0 0 1 1 30   1 0 1 25 0 1 1 1 0 0 20 0  1 1 0 5  f3  f 4    0 0 1 1 30   0 0 0 0 0 

0 0 20 1 1  1 0 5  f 2  f 4 0  1  0 0 1 1 30   0 1 25 0 0

0 0 10  1 0 5  1 1 30  1 1 30

Sistema equivalente

f1  f 2  20  f2  f3  5 f 3  f 4  30 Si

f4  t  0 f 3  30  t  0 f 2  25  t f1  t  5 Luego 5  t  25

5

b. Si f 4  10 entonces

f1  5 f 2  15 f 3  20 Rpta: Si se regula el tráfico en CD o sea f 4  10 autos/min entonces el flujo de vehículos es

f1  5 autos/min, f 2  15 autos/min, f 3  20 autos/min. c. Como

5  t  25 0  f 1  20 0  f 2  20 5  f 3  25 5  f 4  25 f1 f2 f3 f4

Flujo máximo 20 autos/min 20 autos/min 25 autos/min 25 autos/min

Flujo mínimo 0 autos/min 0 autos/min 0 autos/min 5 autos/min

5) La combustión del amoniaco (NH3) en oxígeno produce nitrógeno (N2) y agua. Encuentre una ecuación química balanceada de esta reacción.

NH3  O2   N 2  H 2O Si denotamos los números de moléculas de amoniaco, oxígeno, nitrógeno y agua mediante las literales w, x, y, z , respectivamente, entonces se buscará una ecuación de la forma

wNH3  xO2   yN2  zH2O Comparando los números de los átomos de nitrógeno, hidrógeno y oxígeno en los reactantes y productos, obtendremos tres ecuaciones lineales: Nitrógeno: W=2y Hidrógeno: 3w=2z Oxígeno: 2x=z Reducimos la matriz aumentada correspondiente por medio de la eliminación de Gauss-Jordan

1 0 0  2 0 1 0  2 0 0 3   3w  2z  0  3 0 0  2 0  0 1 0  1 0 2  1 0 0 2 0  1 0 2x z 0 0 0 1   3  2 1 1 Así, w  z, x  z e y  z . El valor positivo más pequeño de z que producirá valores enteros 3 2 3 2 1 1 de las cuatro variables es el mínimo común denominador de las fracciones , y (a saber, 6) lo 3 2 3 que nos da w  4, x  3, y  2 y finalmente, z  6 . Por lo tanto, la ecuación química es w

 2y

0

4NH3  3O2   2N2  6H2O

6

6)

Un departamento de pesca y caza proporciona tres tipos de comida a un lago que alberga a tres especies de peces. Cada pez de la especie A consume cada semana un promedio de 1 unidad del alimento I, 1 unidad del alimento II y 2 unidades del alimento III. Cada pez de la especie B consume cada semana un promedio de 3 unidades del alimento I, 4 del II y 5 del III. Para un pez de la especie C, el promedio semanal de consumo es de 2 unidades del alimento I, 1 unidad del alimento II y 5 unidades del III. Cada semana se proporcionan al lago 15 000 unidades del alimento I, 10 000 unidades del alimento II y 35 000 del III. Si suponemos que los peces se comen todo el alimento, ¿cuántos peces de cada especie pueden coexistir en el lago?

Ordenando la información en un cuadro de doble entrada tenemos:

Alimento I Alimento II Alimento III

Especie A x 1 1 2

Especie B y 3 4 5

Sea x: El número de peces de la especie A. Sea y: El número de peces de la especie B. Sea z: El número de peces de la especie C. 1x  3 y  2 z  15 000  1x  4 y  1z  10 000 2 x  5 y  5 z  35 000 

Especie C z 2 1 5

TOTAL 15 000 10 000 35000

Se obtiene el sistema de ecuaciones lineales:

Las restricciones del problema x  0; y  0 ; z  0

La matriz aumentada de SEL es:

1 3 2 15 000  1 3 2 15 000  1 3 2 15 000  1 4 1 10 000     0 1 1 5 000   1 R1  R2  0 1 1 5 000      1 R2  R3  1 R1  R3  2 5 5 35 000   0   0 0 0  0 1 1 5 000   Como la última fila los elementos son ceros se tiene un sistema compatible indeterminado.

Sea

z  t  y  z  5 000  y  t  5 000  como y  0  t  5 000  0  t  5 000

Como:

z  0  t  0 x  3  t  5 000   2t  15 000  x  30 000  5t  x  0  t  6 000

Luego:

5 000  t  6 000

Respuesta: El número de peces es: Número de peces de la especia A = x = 30000 – 5t Número de peces de la especie B = y = t – 5000 Número de peces de la especie C = z = t Donde 5000  t  6000 y t  IN

7) Una fábrica de muebles, manufactura mesas, sillas y armarios. Cada pieza requiere tres operaciones: corte de la madera, ensamble y acabado. Cada proceso requiere la cantidad de horas (h) que se da en

7

la tabla adjunta. Los trabajadores de la fábrica pueden proporcionar 480 h de corte, 760 h de ensamble y 855 h de acabado cada por semana. ¿Cuántas mesas, sillas y armarios se deben producir de modo que todas las horas de mano de obra se utilicen? Mesa

Silla

Armario

½ ½ 1

1 1½ 1½

1 2½ 3

Corte (h) Ensamble (h) Acabado(h)

Sea x: El número de mesas que se produce en la fábrica de muebles. Sea y: El número de sillas que se produce en la fábrica de muebles. Sea z: El número de armarios que se produce en la fábrica de muebles. Se obtiene el sistema de ecuaciones lineales:

Las restricciones del problema son: x  0; y  0 ; z  0 . De las horas de corte: 0,5x  1,0y  1,0z  480 1x  2 y  2 z  960 De las horas de ensamble: 0,5x  1,5y  2,5z  760 1x  3 y  5z  1 520 De las horas de acabado: 1,0x  1,5y  3,0z  855  2 x  3 y  6 z  1 710 Realizamos una agrupación de la información y se obtiene el sistema de ecuaciones lineales y se obtiene la matriz aumentada:

 1x  2 y  2 z  960   x  3 y  5 z  1 520  La matriz aumentada es: 2 x  3 y  6 z  1 710 

 1  1   2

2 3

2 5

3

6

960  1 R1  R2 1 520     2  R1  R3 1 710   

 1  0   0

2 1

2 3

1

2

960  1  0 560   1 R2  R3  210     0

2 1 0

2 3 5

960 560 350

Sistema compatible determinado, Sí: 5z  350  z  70 , y  3z  560  y  560  370  350 Como: x  2 y  2 z  960  x  960  2350  270  120 Solución única C.S   120 ; 350 ; 70   Rpta: Se debe fabricar 120 mesas, 350 sillas y 70 armarios para emplear toda las horas de mano de obra disponible.

8

8) Una compañía constructora "Ingenieros asociados S.A" está proyectando un complejo habitacional. Planea construir departamentos de 1, 2, y 3 dormitorios, los que deberán ser vendidos en $20 000; $30 000 y $40 000 respectivamente, con lo que espera obtener un ingreso total de $ 7 500 000. El número de departamentos de dos dormitorios debe ser el 50% del total y deberá construir la menor cantidad de departamentos de un dormitorio por ser los de menor demanda. ¿Cuántos departamentos de cada tipo debe construir la compañía constructora?

Sea x: El número de departamentos de un dormitorio. Precio de venta: $20 000 y: El número de departamentos de dos dormitorios. Precio de venta: $30 000 z: El número de departamentos de tres dormitorios. Precio de venta: $40 000 Las restricciones del problema son: x  0; y  0 ; z  0 . De los ingresos: 20 000 x  30 000 y  40 000 z  7 500 000  2 x  3 y  4 z  750 Cantidad de departamentos: z  0,50   x  y  z   x  y  z  0 Realizamos una agrupación de la información y se obtiene el sistema de ecuaciones lineales y se obtiene la matriz aumentada: 1x  1y  1z  0   2 x  3 y  4 z  750

Sea

1 1 1 0  ( 2) R1  R2 1 1 1 0   2 3 4 750  0 5 2 750     

z  t , 5 y  2 z  750  y 

Como: t  0 ,

750  2t 0 5



750  2t 5

; x yzx

750  7t 5

750  7t  0  t  375  t  107 además t  m5 5

Para que el número de departamentos de un dormitorio sea mínimo el valor de t debe ser el mayor posible y múltiplo de 5 donde t = 105 y remplazando se tiene.

x3 ;

y  108 ; z  105

Rpta: Se debe construir 3 departamentos de un dormitorio, 108 departamentos de dos dormitorios y 105 departamentos de tres dormitorios. 9) Una empresa quiere comprar 24 carros-tanque con una capacidad de carga combinada de 350 000 galones. Se dispone de carros-tanques con tres diferentes capacidades de carga: 6 000 galones, 8 000 galones y 18 000 galones. a. ¿Cuántos carros tanques de cada tipo se deben comprar, si queremos la mayor cantidad posible de los carros tanques de 6 000 galones? b. ¿Cuántos carros tanques de cada tipo se deben comprar, si queremos la menor cantidad posible de los carros tanques de 18 000 galones?

Sea x: El número de carros-tanque con capacidad de 6 000 galones. y: El número de carros-tanque con capacidad de 8 000 galones. z: El número de carros-tanque con capacidad de 18 000 galones. Las restricciones del problema son: x  0; y  0 ; z  0 . De la carga combinada: 6 000 x  8 000 y  18 000z  350 000  3x  4 y  9 z  175 Compra total de carros-tanque: x  y  z  24 Se obtiene el sistema de ecuaciones lineales y la matriz aumentada: 1x  1y  1z  24 1 1 1 24  ( 3) R  R 1 1 1 24         3x  4 y  9 z  175 3 4 9 175 0 0 6 103 1

2

9

z  t , y  6 z  103  y  103  6t ; x  24  y  z  x  5t  79 103 79 Como: z  0  t  0 , 103  6t  0  5t  79  0  t   t 6 5 Se tiene como intervalo: 15,8  t  17,17 como son carros –tanque lo que se desea

Sea

determinar, los valores pueden ser t = 16 o 17.

a) Si se quiere x sea máximo entonces t es el mayor posible, x  517  79  6 ; y  103  617  1 ; z  17 Rpta: Se debe comprar 6 carros- tanque con capacidad de 6 000 galones, 1 carros- tanque con capacidad de 8 000 galones y 17 carros- tanque con capacidad de 18 000 galones. b) Si se quiere z sea mínimo, entonces t es el menor posible: t = 16 x  516  79  1 ; y  103  616  7 ; z  16 Rpta: Se debe comprar 1 carros- tanque con capacidad de 6 000 galones, 7 carros- tanque con capacidad de 8 000 galones y 16 carros- tanque con capacidad de 18 000 galones.

10) La fábrica textil "Santa Catalina S.A." en su proceso productivo combina hilos de algodón, lino y lana en diferentes proporciones para obtener sus telas: polystel, casimir, polypima y lanilla. La siguiente tabla nos muestra los porcentajes exactos en lo que se deben mezclar los hilos para obtener sus telas respectivas. TELAS Hilos de Algodón Lino Lana

POLYSTEL

CASIMIR

POLYPIMA

LANILLA

40% 20% 40%

50% 10% 40%

40% 10% 50%

20% 20% 60%

Para la presente temporada la compañía "Santa Catalina S.A" dispone de 160, 80 y 180 toneladas de hilos de algodón, lino, y lana respectivamente, la compañía desea saber las cantidades de polystel, casimir, polypima y lanilla que obtendrá al combinar exactamente los hilos en las proporciones especificadas. Además, se sabe que debe fabricar la menor cantidad posible de polystel por estar en época no escolar.

Sea x: La cantidad de tela polystel que produce la fábrica textil en toneladas. Sea y: La cantidad de tela casimir que produce la fábrica textil en toneladas. Sea z: La cantidad de tela polypima que produce la fábrica textil en toneladas. Sea w: La cantidad de tela lanilla que produce la fábrica textil en toneladas Obtenemos el SEL: 0, 40 x  0,50 y  0, 40 z  0, 20w  160  x10 0, 20 x  0,10 y  0,10 z  0, 20w  80  0, 40 x  0, 40 y  0,50 z  0, 60w  180 

4 x  5 y  4 z  2w  1 600  2 x  1y  1z  2w  800 4 x  4 y  5 z  6w  1 800 

Las restricciones del problema x  0; y  0 ; z  0 ; w  0 La matriz aumentada de SEL es:

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4 5 4 2 2 1 1 2   4 4 5 6  1  4  R1  R2   0  4  R1  R3   0    1  1   R3 XR2 2   0  0  

 1   2    R3  5 0   0  

 1 1 600   1    R2 xR1  2 800    4 4 1800    1 1  1 400  2 2  3 2 2 0  2 3 2 200   

1 2

1 2 3 2 2

1 3

1 2 1 0

1 2 3 2 1

 400   1 100   3 R  R 2 3     2 0   1

1 2 5 4

 1  0   0 

1  1 400  2  4 2 1 600  5 6 1 800   

1 2 1 0

1 2 3 2 5  2

 400   1 100  Luego se tiene:   5 300   1

 1 400  Se tiene un sistema compatible indeterminado  1 100   Hay infinitas soluciones  2 120  

w  t  z  2t  120  z  120  2t  z  0  t  60 3 Como: y  120  t   t  100  y  2t  80  y  0  t  40 2 Además: 1 1 x   2t  80   120  2t   t  400  x  380  t  x  0  t  380 2 2

Sea

Con las restricciones se concluye: 40  t  60 Por condición del problema tenemos: x el menor valor posible por no estar en campaña escolar. Se toma el valor máximo de t  60 debido x  380  t  x  320 Remplazando valores se tiene y  2t  80  y  40 z  120  2t  z  0 w  t  w  60 Rpta: La fábrica textil debe producir 320 toneladas de tela polystel, 40 toneladas de casimir, ninguna cantidad de polypima y 60 toneladas de lanilla.

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