Trabajo Ecuaciones

ALUMNO: CRESPO ESPINOZA BRAYAN MURPHY ECUACIONES DIFERENCIALES TEMA: DESARROLLO DE PROBLEMAS

TRABAJO DE ECUACIONES DIFERENCIALES

En los problemas 1 al 6, determine si la ecuación diferencial dada es separable. 1. 

dy  2 y3  y  4 dx

Solución : La ecuación es separable porque podemos separar sus variables multiplicando ambos lados por dx y dividiendo por 2y 3 + y + 4 y  sen( x  y ) x Solución : No es separable porque sen(x + y) no puede ser expresada como un producto g(x)p(x)

2. 

dy ye x  y 3.   dx x 2  2 Solución : Ésta ecuación es separable porque : 4. 

dy ye x  y  e x  y    ye  g( x)p(y) dx x 2  2  x 2  2 

ds  t ln( s 2t )  8t 2 dt

Solución : Es separable porque :

5.  s 2 

ds = tln  s 2t  + 8t 2 = t  2t  ln| s | +8 2 = 2t 2  ln| s | + 4 dt

ds s  1  dt st

Solución : ds s + 1 2   s , Vemos que el lado derecho no se dt st puede representar en la forma g  t  p  s  . Por tanto, la ecuación no es separable.

Escribiendo la ecuación en la forma :

6.  (xy 2 +3y 2 )dy  2dx  0


Solución : Escribimos la ecuación en la forma :

dy 2x 2x 2x 1 = 2 = = . dx = 0 , y 2 2 dx xy + 3y (x + 3)y x + 3 y2

tenemos que la ecuación es separable

En los problemas 7 al 16, resuelva la ecuación.

dy 1  x 2 7.   2 dx y Solución : Multiplicando ambos miembros de la ecuación por y 2dx e integrando productos y 2dy =  1 - x 2  dx



 y dy =  1 - x  dx 2

2

1 3 1 y = x - x 3 + C 1  y 3 = 3x - x 3 + C  y = 3 3x - x 3 + C , 3 3 Donde C := 3C 1 es una constante arbitraria. 

8. 

dy 1  3 dx xy

Solución : Multiplicando ambos lados de la ecuación por y 3dx e integrando productos : y3dy 

dx x



 y dy   3

dx x

1 4 y  x ln x  C1  y 4  4ln x  C 4 Donde C := 4C 1 es una constante arbitraria 



Y   4 4ln x  C ,

ALUMNO: CRESPO ESPINOZA BRAYAN MURPHY ECUACIONES DIFERENCIALES TEMA: DESARROLLO DE PROBLEMAS dy 9.   y (2  senx) dx

Solución : Separamos variables, dividimos la ecuación por " y " y mutiplicamos por dx. Ésto resulta : dy dy dy = y(2 + senx)  =  2 + senx  dx   =   2 + senx  dx  ln y = 2x cosx + C 1 dx y y  y  e 2x-cosx+C1  eC1 e 2x-cosx  C 2 e 2x-cosx , Donde C1 es una constante arbitraria y por tanto, C 2 : eC1 es una constante positiva arbitraria. Podemos reescribir la solución anterior en forma : y  C 2 e 2x-cosx  Ce 2x-cosx con C :  C 2 o C  - C 2 . Así C es una constante arbitraria diferente de cero. El valor de C  0 en (2.1) es y (x)  0, que claramente también es una solución para la ecuación diferencial. Por lo tanto, la respuesta al problema viene dada por (2.1) con una constante arbitraria C.

10. 

dx  3xt 2 dt

Solución : Separamos variables, luego dividimos la ecuación por x y multiplicamos por dt. Integrando obtenemos : 2 3 dx = 3t 2dt  ln x = t 3 + C 1  x = et +C1 = eC1 et x 3 3 3  x = C 2 et  x = ± C 2 et = Cet ,

Donde C 1 es una constante arbitraria y, por lo tanto C 2 := e C1 es una constante arbitraria positiva, C = ± C 2 es cualquier constante distinta de cero. Separando variables, perdimos una solución x  0, que puede ser incluida en la fórmula 3

anterior tomando C = 0. Así, x = Ce t , C , contante arbitraria, es una solución general.

11. 

dy sec2 y  dx 1  x 2


Solución : Separando variables, se obtiene : dy dx = 2 sec y 1+ x 2 Usando las idéntidades trigonométricas secy =

 1+ cos2y  e integrando 1 y cos 2 y = cosy 2

obtenemos :

 1+ cos2y  dy = dx dy dx =  2 2 sec y 1+ x 2 1+ x 2  1+ cos2y  dy = dx    1+ x 2 2 1 1    y + sen2y  = tg -1 x + C 1 2 2   2y + sen2y = 4tg -1 x + 4C 1  2y + sen2y = 4tg -1 x + C La última ecuación define las soluciones de la ecuación diferencial dada

12.  x

dv 1  4v 2  dx 3v


Solución : Tenemos : 3vdv dx 3vdv dx =   = 2 2 1  4v x 1  4v x 3 du dx    = (u = 1  4v 2 ,du = 8vdv) 8 u x 3   ln 1  4v 2 = ln x + C 1 8  8   1  4v 2 = ±   ln x + C 1  = Cx  8 3  3  Tenemos C = ±eC1 es cualquier constante distinta de cero. Separando variables, hemos perdido soluciones constantes que la satisfagan 1 1  4v 2 = 0  v = ± , 2 que podemos incluir en la fórmula anterior al permitir C = 0. Así,

v=±

1  Cx -8 3 , 2

C es arbitraria, es una solución general de la ecuación dada. 13. 

dx  x2  x dt

Solución : Escribimos la ecuación dada en la forma dx / dt = x  x 2 , y separando variables : dx = dt x  x2 Integramos (el lado izquierdo es integrado por fracciones parciales, con 1 1 1 = + ) y obtenemos : ln x  ln 1  x = t + c 2 (x  x ) x (1  x) x  = ±et+c = Cet , donde C = e c 1 x  x = Cet  xCet  x + xCet = Cet

ln

x =t+c 1 x

Cet 1+ Cet Nota : Como C es reemplazado por - K, ésta respuesta puede ser escrita también como  x  1+ Cet  = Cet



x=

x = Ket / (Ket - 1). Además se observa que desde que dividimos por x - x 2 = x(1 - x), entonces x  0 y x  1 son también soluciones. Permitiendo que K sea cero da x  0, pero como otra opción para K encontramos x  1, por lo que hemos perdido una solución separada

ALUMNO: CRESPO ESPINOZA BRAYAN MURPHY ECUACIONES DIFERENCIALES TEMA: DESARROLLO DE PROBLEMAS dy 14.   3x 2 (1  y 2 ) dx

Solución : Separando variables, tenemos : dy dy = 3x 2dx   = 3x 2dx 2 1+ y 1+ y 2   tg -1y = x 3 + C  y = tg (x 3 + C), Donde C es cualquier constante. Dado que 1 + y 2  0, no perdemos ninguna solución

15.  y 1dy  yecos x senxdx  0

Solución : Para separar las variables, movemos el término que contiene dx al lado derecho de la ecuación y dividir ambos lados del resultado por "y". Ésto produce : y 1dy  ye cosx senxdx

y 2dy  e cosx senxdx.



Integrando la última ecuación, obtenemos :

y

2

dy    e cosx senx  dx



1  + C  eu  e cosx  y donde C es una constante arbitraria

 y -1 + C   eudu u = cosx  y

1 C  e cosx

16.  (x+xy2 )dx+ex ydy  0 2

Solución : Reescribimos la ecuación en la forma : x  1+ y 2  dx + e x ydy = 0 2

Separando variables, e integrando : 2 ydy ydy   e -x xdx =   2 1+ y 1+ y 2 dv   e-u du =  (u = x 2 ,v = 1+ y 2 ) v 2 -u  - e = -ln v + C  ln(1+ y 2 )  e -x ) = C

e-x xdx =   2

es una solución ímplicita de la ecuación dada. Resolviendo para y obtenemos, y = ± C1exp[exp(-x 2 )]  1 Donde C 1 = eC es cualquier constante positiva

ALUMNO: CRESPO ESPINOZA BRAYAN MURPHY ECUACIONES DIFERENCIALES TEMA: DESARROLLO DE PROBLEMAS En los problemas 17 a 26, resuelva el problema con valor inicial

17.  y, =x 3 (1  y ) ,

y(0)  3

Solución : Primero encontramos una solución general de la ecuación. Separando variables e integrando, tenemos : dy dy = x 3 1  y   = x 3dx dx 1 y 

18. 

dy =  x 3dx 1 y

  ln 1  y + C1 =

dy =(1+y 2 )tanx , dx

x4 4

4  x4   1  y = exp  C 1   = Ce -x 4 4 

y(0)= 3

Solución : dy = tanxdx  1+ y 2

dy

 1+ y =  tanxdx 2

 tan-1y = -ln cosx + C

Desde y  0  = 3 , tenemos : tan-1 3 = lncos  0  + C = C

 C=

 3

Por lo tanto, tan-1y = -ln cosx +



 y = tan(-ln cosx +

3 Es la solución del valor inicial dado en el problema 19. 

dy =ysen , d

 3

)

y( )=  3

Solución : dy dy  ysen   sen d d y dy     sen d  ln y   cos  C1 y 

y  e  cos C1  Ce  cos

 y  Ce  cos

 Porqué en el punto inicial ,    , y   <0 . Ahora reemplazamos la condición inicial , y    3, y obtenemos :

 3  y    Ce  cos  Ce  C  3e 1

Por lo tanto, la solución está dada por y  3e 1e  cos  3e 1cos


dy 3x 2  4 x  2 20.  = , dx 2 y 1

y(0)  1

Solución :

 (2y  1)dy   (3x

 4 x  2)dx

2



y2 

y  x 3  2x2  2x  C

Desde y(0)=  1, sustituimos partes: (  1)2  (  1)  (0)3  2(0)2  2(0)  C y la solución está dada, implícitamente por

y 2  y  x 3  2x o, explícitamente por:

1 1 y   x 3  2x2  2x 2 4 (Resolviendo para y, hemos usado la condición inicial) 21. 

dy =2 y  1 cos x , dx

y( )  0

Solución : Separando variables obtenemos : Integrando : Así :

 y  1

1  sen  C 1 2

 senx  1

22.  x 2 dx  2 ydy  0 ,

1 1 2  y  1 dy  cosxdx 2



C 1



y   senx  1  1 2

 sen2 x  2senx

y(0)  2

Solución : Escribiendo 2ydy =  x 2dx e integrando obtenemos : (0)3 (2)   C 3 2

Reemplazamos con y(0)=2: Por lo tanto : 23. 

x3 y  4 3 2

dy =2 x cos 2 y , dx



y(0)   4

 C  0,

x3 y   4 3

y2   

x3 C 3

C 4


Solución : dx dy  2xcos 2 y   2xdx  sec 2 ydy  2xdx 2 dy cos y 

 sec ydy   2xdx

 tany  x 2 + C

2

Desde y   4 cuando x  0, obtenemos tan  4   02  C y así C  1. Por lo tanto, la

24. 

 y  tan1  x 2  1 

tany  x 2  1

solución es :

dy =8x 3e2 y , dx

y(1)  0

Solución : Para la solución general, separamos variables e integramos : e2 y  2 x 4  C1  e 2 y  4 x 4  C 2 Ahora sustituimos la condición inicial, y(1) = 0, y obtenemos : 2y 3  e dy   8 x dx



1  4+C



C  3

De aquí, la respuesta está dada por : 1  y  ln(4x 4  3) 2

e2 y  4x 4  3 25. 

dy 2 =x (1+y) , dx

y(0)  3

Solución : Por separación de variables obtenemos 1  y  dy  x 2dx. Integrando partes 1

x3 C 3 Sustituyendo y  3 y x  0 para la condición inicial, tenemos ln4 = 0 + C, lo que implica ln 1  y 

que C  ln4. Sustituyendo el valor de C en la ecuación de arriba, tenemos : x3 ln 1  y   ln4 3 Por lo tanto, e

ln 1 y

 x 3ln4 3

3

3

3

3

e  e x 3eln4  4e x 3  1  y  4e x 3  y  4e x 3  1 Podemos retirar los signos absolutos por encima porque estamos asumiendo a partir

de la condición inicial que "y" está cerca a 3 y por lo tanto "1+ y" es positivo. 26. 

xdx +(1+x)dy=0 ,

y(0)  1


Solución : Separamos variables y obtenemos :



dy dx   1+ x y

 2 y  ln 1+ x + C  ln 1+ x + C ,

Porque el punto inicial x = 0, 1 + x > 0. Usando el hecho de que y(0)  1 hallamos C . 20+C



C  2, 2

Por lo tanto y  2  ln 1  x  4 es la respuesta. 27.- Soluciones que no pueden expresarse en términos de funciones elementales. Como se

e

x2

dx

analizó en los cursos de cálculo, ciertas integrales indefinidas (anti derivadas) como no pueden expresarse en términos finitos utilizando funciones elementales. Al encontrar una integral de este tipo mientras se resuelve una ecuación diferencial, con frecuencia es útil utilizar la integración definida (integrales con límite superior variable). Por ejemplo, considere el problema con valor inicial: 2 dy  ex y2 , dx

y (2)  1

La ecuación diferencial se separa si dividimos entre x  x1 y

ecuación separada de x  2 a



x  x1

x2

e x dx  2



x  x1

x2

y multiplicamos por dx. Integramos la

y obtenemos:

dy 1   y2 y

x  x1 x2

 

1 1  y ( x1 ) y (2)

Si t es la variable de integración y reemplazamos x1 por x y y(2) por 1, entonces podemos expresar la solución del problema con valor inicial como:



x

y ( x )  1   et 2

2



1

Utilice la integración definida para hallar una solución explícita de los problemas con valores iniciales en (a) –(c). 2

(a) dy dx  e x , y(0)=0 (b) dy dx  e x y 2 , y(0)=1 2

(c) dy dx  1  senx (1  y 2 ) , y(0)=1 (d) Utilice un algoritmo de integración numérica (como la regla de Simpson, descrita en el apéndice B) para aproximar la solución de la parte (b) en x = 0.5 con tres cifras decimales


Solución : 2 dy  e x se separa si multiplicamos por dx. Integrando la dx ecuación separada de x  0 a x  x1 se obtiene :

a) La ecuación diferencial

x1

 e dx  0

x2

x=x1



dy  y

x=x1

 y  x1  - y  0 

x=0

x=0

Si dejamos que t sea la variable de integración y se reemplaza x1 por x y y  0  por 0, entonces podemos expresar la solución del problema de valor inicial como : x

y  x  =  et dt 0

2

ALUMNO: CRESPO ESPINOZA BRAYAN MURPHY ECUACIONES DIFERENCIALES TEMA: DESARROLLO DE PROBLEMAS 2 dy b) La ecuación diferencial  e x y 2 se separa si multiplicamos por y 2 y dx. Integrando la dx ecuación separada de x  0 a x  x 1 se obtiene : x1

x

1 1 3 x2 2 e dx  0 0 y dy  3 y

Si dejamos que

x=x1 x=0

1 3 3   y  x1   y  0     3

sea la variable de integración y se reemplaza x1 por x y y  0  por 1 ,

t

entonces podemos expresar la solución del problema de valor inicial como : 1/3

x   2 y  x   1  3 et dt  0   dy c) La ecuación diferencial  1  senx 1  y 2  se separa si dividimos por  1  y 2 dx multiplicamos por dx. Integrando la ecuación separada de x  0 a x  x1 se obtiene : x1

 0

Si dejamos que t

1  senxdx 

x  x1

 1  y 

2 1

y

dy  tg 1 y  x1   tg 1 y  0 

x 0

sea la variable de integración y se reemplaza x1 por x y y  0  por 1 ,

entonces podemos expresar la solución del problema de valor inicial como : x  y  x   tg   1  sent t   4 0 d) Usaremos la regla de Simpson para aproximarnos a la integral definida fundada en la parte b La regla de Simpson requiere de un número par de intervalos, pero no sabemos cuántos son requeridos para obtener exactamente tres posiciones. En lugar de hacer un análisis de errores vamos a calcular el valor aproximado de y  0.5  usando 2, 4, 6, ...... intervalos para la regla de Simpson hasta los valores aproximados para y  0.5  cambiando por cinco en el cuarto lugar. Para n=2, dividimos  0.05 en cuatro subintervalos iguales. Así, cada intervalos bien sean de longitud

 0.5  0  4

1  0.125. Por lo tanto la integral es aproximada por : 8 0.5 2 2 2 1 0 x2 (0.125)2  2e(0.25)  4e(0.325)  e(0.5)   0.544999003 0 e dx  24 e  4e  

Sustituyendo el valor en la ecuación desde la parte b nos resulta : y  0.5  1  3(0.544999003)

13

 1.38121

Repetir estos cálculos para n = 3,4, y 5 productos

N° de Intervalos 6

Y (0.5) 1.38120606

8 10

1.38120520 1.38120497

De aquí obtenemos como solución aproximada y (0.5)  1.381

ALUMNO: CRESPO ESPINOZA BRAYAN MURPHY ECUACIONES DIFERENCIALES TEMA: DESARROLLO DE PROBLEMAS 28.- Bosqueje la solución del siguiente problema con valor inicial. Y determine su valor máximo

dy  2y  2yt , y  0   3 dx Solución : dy  2y(1  t) dx

 

dy =2 1  t  dt y y   eC e

  t 1 

2

 ln y    t  1  +C 2

 C1 e

  t 1 

2

,

Donde C 1 ¹0 es cualquier constante. Separando variables, perdemos la solución y  0. Así la solución general de la ecuación dada es : y = C2 e 

- t -1

2

, C 2 es cualquier constante.

Sustituyendo t = 0 y y = 3, encontramos 3  C2 e1

 C2  3e



1  t 1

y  3e

2

 3e2 x t

2

Desde y(t) > 0 para cualquier t, de la ecuación dada tenemos y´(t) > 0 para t < 1 y y´  t  < 0 para t > 1. Thus t = 1 es el punto de máximo absoluto con y max = y  1  = 3e

29.- Cuestiones de unicidad. En el capítulo I indicamos que, en las aplicaciones, la mayor parte de los problemas con valor inicial tendrán una solución única. De hecho, la existencia de las soluciones únicas era tan importante que establecimos un teorema de existencia de unicidad, el teorema 1 de la página 12. El método para ecuaciones separables nos puede dar una solución, pero podría no darnos todas las soluciones (véase en el problema 31). Para ilustrar esto, considere la ecuación

.

a) Use el método de separación de variables para mostrar que

Es una

solución. b) Muestre que el problema con valor inicial , por

y

es satisfecho, para

para

c) Muestre ahora que la función constante también satisface el problema con valor inicial dado en la parte (b). Por lo tanto, este problema con valor inicial no tiene una única solución. d) Por último, muestre que las condiciones del teorema 1 de la página 12 no se satisfacen. (La solución y=0 se perdió debido a la división entre cero en el proceso de separación).

ALUMNO: CRESPO ESPINOZA BRAYAN MURPHY ECUACIONES DIFERENCIALES TEMA: DESARROLLO DE PROBLEMAS Solución : a) Separando variables e integrando resulta : dy dy  dx   dx 1/3  y y 1/3  3/2

1 2/3 2  2  2x  y  x  C1  y   x  C 1     C  2/3 3 3 3     b) Usando la condición inicial, y(0) = 0, encontramos que :

3/2



 2(0)  0  y(0)    C  3  3 /2

3/2

 C 3/2



C  0,

3/2

 2x   2x  Y así y    0     , x  0 es una solución de la ecuación inicial dada  3   3  c) La función y(x)  0, claro, satisface ambos, la ecuación diferencial dy / dx = y 1/ 3 y la condición inicial y(0) = 0. d) En notación del Teorema 1 de la página 12, f(x,y) = y 1/ 3 y así : df d 1/3 1 2/3 1  y   y  2/3 dy dy 3 3y

30.- Como vimos en esta sección, la separación de la ecuación (2)de la página 40 requiere la división entre , y esto puede esconderse el hecho de que las raíces de la ecuación p(y)=0 son en realidad soluciones constantes de la ecuación diferencial. a) Para explorar estos hechos con detalle, separe la ecuación: Y deduzca la solución b) Muestre que

satisface la ecuación original

c) Muestre que no hay una elección de la constante C de modo que la solución de la parte (a) produzca la solución y=-1.Asi, perdemos la solución y=-1 al dividir entre

Solución : a) Dividiendo entre (y  1) 2 3 ,multiplicando por dx, e integrando, obtenemos : dy

  y  1

23

   x  3 dx

3  y  1

13





x2  3x  C 2

3

 x2   y  1    x  C1   6  b) Sustituyendo y  1 en la ecuación original resulta : d  1 

  x  3 1  1  0, que satisface a la ecuación inicial. dx c) Para y  1 para la solucion en (a), debemos tener : 23

3

 x2  x2  x  C  0   x  C1  0  1  6  6  lo que es imposible ya que un polinomio cuadrático tiene a lo sumo dos ceros.

ALUMNO: CRESPO ESPINOZA BRAYAN MURPHY ECUACIONES DIFERENCIALES TEMA: DESARROLLO DE PROBLEMAS 31.- Intervalo de definición. Al analizar un problema con valor inicial , no siempre es posible determina el dominio de la solución donde la función satisface la ecuación diferencial. a) Resuelva la ecuación

con o el intervalo

.

b) Proporcione en forma explícita las soluciones de los problemas con valores iniciales

c) Determine los dominios de las soluciones con la parte (b). d) Como se vio en la parte (c), los dominios de las soluciones dependen de las condiciones iniciales. Para el problema con valor inicial

con

. Muestre que cuando a tiene de a cero por la derecha, el dominio tiende a toda la recta real ( ) y cuando a tiende a + , el dominio se reduce a un solo punto. e) Bosqueje las soluciones del problema con valores iniciales

con

para Solución : a) Separando variables e integrando nos resulta : dy dy  xdx   xdx 3  y y3  1 2 1 2  y  x  C1  y 2   x 2  2C1 2 2  x 2  y 2  C Donde C := - 2C1 es una constante arbitraria. b) Para hallar la solución que satisfaga la condición inicial y(0) = 1, sustituimos en la ecuación anterior 0 para " x " y 1 para " y " y obtenemos : 02  12  C  C 1  x 2  y 2  1 Resolviendo para " y " nos resulta : 1 y 1  x2 Ya que, en el punto inicial, x = 0, y(0) = 1 > 1, seleccionamos el signo negativo de la expresión anterior para y. Así, la solución es : 1 y 1  x2 De forma similar obtenemos soluciones para las otras condiciones iniciales : 1 1 y 0   C 4  y 2 4  x2 y 0  2



C

1 4



y

1

1 4   x 2

ALUMNO: CRESPO ESPINOZA BRAYAN MURPHY ECUACIONES DIFERENCIALES TEMA: DESARROLLO DE PROBLEMAS c) Para la solución del primer problema inicial en ( b), y (0) = 1 el dominio es el conjunto de

todos los valores de x satisfaciendo dos condiciones : 1  x 2  0  Por la existencia de la raíz cuadrada   1  x2  0  2 1  x  0  Por la existencia dl cociente  Resolviendo para x, obtenemos : x2  1



x 1

1 x 1

o

Del mismo modo, nos encontramos con los dominios de las otras dos valores iniciales : 1 2



2 x 2

y 0  2



1 1  x 2 2

y 0 

d) Primero, obtenemos la solución del valor inical del problema y(0) = a, a > 0, y sus dominios. Siguiendo la línea usada en (b) y (c) para valores particulares de a, concluimos ésto : y(0)  a

 02  a 2  C  y 

1 a 2  x 2

, por lo que su dominio es

1 1 x a a Como, a  0, 1 a   y el dominio se expande a toda la recta real; como a   , y el dominio se reduce a x  0 a 2  x 2  0



x 2  a2





32.- Radioisótopos y detección de cáncer un radioisótopo utilizando en forma común para la detección de cáncer de mama es el tecnecio 99m. Este radionúclido se agrega a una solución que inyectada a un paciente, se acumula en los lugares cancerosos. Luego se detecta la radiación del isotopo y se localiza el sitio usando cámaras gama y otros dispositivos tomográficos. El tecnecio 99m decae radioactivamente, de acuerdo con la ecuación

,

donde k=0.1155/h. La corta vida del tecnecio 99m tiene la ventaja que su radioactividad no pone en peligro al paciente. Una desventaja es que el isotopo debe fabricarse en un ciclotrón. Como los hospitales no tienen ciclotrones, las dosis de tecnecio 99m deben ordenarse de antemano con los surtidores médicos. Suponga que debe administrarse una dosis de 5 milicurios (mCi) de tecnecio 99m a un paciente. Estime el tiempo que entrega desde el lugar de productos hasta la llegada a la sala de tratamiento del hospital como en 24 horas y calcule la cantidad del radionúclido que debe solicitarse el hospital para lograr administrar la dosis adecuada.

ALUMNO: CRESPO ESPINOZA BRAYAN MURPHY ECUACIONES DIFERENCIALES TEMA: DESARROLLO DE PROBLEMAS Solución : a) A partir de la figura 2  B de la página 72 podemos predecir que limx   x   1 b) En notas de la sección 1.4, tenemos x0  0, y0  1.5, f(x,y)  y 2  3y  2, y h  0.1. Con éste tamaño de paso, (1  0) necesitamos  10 pasos a aproximarnos a   1 . El resultado del cálculo tenemos en la tabale 2 de la 0.1 página 71. A partir de la tabla concluimos que   x   1.26660 c) Separando variables e integrando , obtenemos : dy y 2 x y 2 =dx  =e   e x y 1 y 1 y  3y  2 (Hemos escogido el signo negativo debido a la condición inicial) Resolviendo con respecto a y : 2

ex  2 ex  1 El gráfico de la solución esta dada en la figura 2 - B de la página 72 y=  x  

6.- Un objeto de masa 8Kg recibe una velocidad inicial hacia arriba de 20m/s y luego se le permite caer bajo la influencia de la gravedad. Suponga que la fuerza en Newton debido a la resistencia del aire es -16v, donde v es la velocidad del objeto en m/s. Determine la ecuación de movimiento del objeto si el objeto está en un principio a 100m sobre el suelo, determine el momento en que el objeto golpeará el suelo.

Solución : Podemos usar el modelo discutido en el ejemplo 1 del texto con m=8, b=16, g=9.81. y la velocidad inicial v 0 =-20 (el signo negativo se debe a la dirección hacia arriba). Resulta: mg m  mg   bt / m   v0    1  e b b b   8  9.81 8   8  9.81   (16)t /8  t   20    4.905t  12.4525 1  e 2t   1  e 16 16  16  Porque el objeto es liberado a 100m sobre el suelo, determinamos cuando el objeto golpea el suelo estableciendo x(t)  100m y resolviendo con respecto a "t". Puesto x t  

que la raíz (positiva) pertenece a [20,24] (porque x(20)<100 y x(24)>100). Podemos omitir el término exponencial en x(t) y resolver: 112.4525 4.905t  12.4525  100  t  22.9(sec) 4.905 7.- Un paracaidista cuya masa es de 75Kg se arroja de un helicóptero que vuelo a 2000m sobre el suelo y cae hacia abajo éste bajo la influencia de la gravedad. Suponga que la fuerza debida a la resistencia del aire es proporcional a la velocidad de la paracaidista, con la constante de proporcionalidad

b1  30 N  s / m

cuando el paracaídas está cerrado y

b2  90 N  s / m

ALUMNO: CRESPO ESPINOZA BRAYAN MURPHY ECUACIONES DIFERENCIALES TEMA: DESARROLLO DE PROBLEMAS cuando se abre. Si el paracaídas no se abre hasta que la velocidad de la paracaidista es de 2 0 m/s ¿Después de cuantos segundos llegara ella al suelo?

ALUMNO: CRESPO ESPINOZA BRAYAN MURPHY ECUACIONES DIFERENCIALES TEMA: DESARROLLO DE PROBLEMAS Solución : Tenemos donde C es una constante arbitraria. Dado que la fuerza de resistencia del aire tiene diferentes coeficientes de proporcionalidad para poder cerrado y abierto, necesitaremos de dos ecuaciones diferenciales que describen el movimiento esto x1 (t), x1 (0) = 0, denotará la distancia en que el paracaidista ha caído en t segundos, y dejar que v1 (t) = dx / dt denota la velocidad. Con m = 75, b = b1 = 30N - sec / m, y la v0 = 0,Siendo el primer valor(4). dv 1

dv 1

2  g ; v 1(0) = 0. dt dt 5 v 1 Esta es una ecuación lineal. Resolveremos los rendimientos : 5g d (e2t /5v1 )  e2t /5 gdt  v1 (t )   C1 e 2t /5 ; 2 5g 5g 5g 0  v1 (0)   C1 e 0   C1  C1   2 2 2 5g  v1 (t )  (1  e 2t /5 ) 2 t s t 5g 5 5g 5 5  x1 (t )   v1 (s)ds  (s  e 2t /5 )|  (t  e 2t /5  ) s0 2 2 2 2 2 0 75

 75g  30v 1





Ahora para poder encontrar el tiempo t1 cuando se abre el paracaídas : 5g 5 8 20 = v1 (t1 )  20  (1  e 2t */5 )  t*  ln(1  )  4.225 (sec). 2 2 g Para este tiempo el paracaidista ya debio de haber caido : 5g 5 5 5g 5 5 x1 (t1 )  (t1  e 2t /5  )  (4.225  e 24.225/5  )  53.62(m), 2 2 2 2 2 2 y por eso es 2.000 - 53,62 = 1946.38m por encima del suelo. Ajustamos la segunda ecuación, por la conveniencia de restablecer el tiempo t. Denotando por x2 (t) la distancia aprobado por el paracaidista desde el momento en que se abre el paracaida, y por v 2 (t) : = x'2 (t) - su velocidad, tenemos : dv2  75g  90v2 ; v2 (o)  v1(t*)  20, x 2 (0)  0. dt Resolviendo obtendremos : 5g v 2 (t )   C2 e 6t /5 ; 6 5g 5g 20  v 2 (0)   C2  C2  20  6 6 5g 5g 6t /5  v 2 (t )   (20  )e 6 6 t s t 5g 5 5g  x 2 (t )   v 2 (s)ds  [ s  (20  )e 6t /5 ]| s 0 6 6 6 0 75

5g 5 5g t  (20  )(1  e 6t /5 ). 6 6 6 Con el paracaidas abierto, el paracaidista cae a 1946.38m. Lleva t segundo, donde t satisface x2 (t) = 1946.38. Resolviendo resulta : 5g 5 5g t  (20  )(1  e 6t /5 )  1946.38  t  236.884 (sec). 6 6 6 Por lo tanto, el paracaidista golpeará el suelo después de t1 + t2  241,1 segundos 

ALUMNO: CRESPO ESPINOZA BRAYAN MURPHY ECUACIONES DIFERENCIALES TEMA: DESARROLLO DE PROBLEMAS 8.- Un paracaidista cuya masa es de 100Kg se arroja de un helicóptero que vuelo a 3000m sobre el suelo y cae hacia abajo éste bajo la influencia de la gravedad. Suponga que la fuerza debida a la resistencia del aire es proporcional a la velocidad del paracaidista, con la constante

b  20 N  s / m

b  100 N  s / m

de proporcionalidad 3 cuando el paracaídas está cerrado y 4 cuando se abre. Si el paracaídas no se abre hasta 30 segundos después que el paracaidista sale del helicóptero, ¿Después de cuantos segundos llegara él al suelo?

Solución : Ya que la fuerza de resistencia del aire tiene diferentes coeficientes de proporcionalidad para el paracaídas cerrado y abierto. Necesitamos dos ecuaciones diferenciales para describir el movimiento. Donde x1 (t), x1 (0)=0, donotará la distancia que el paracaidista ha caído e "t" seg con el paracaídas cerrrado, y v1 (t)=dx1 (t)/dt denota la velocidad. Con m=100, b=b1 =20N-seg/m, y v 0 =0 el valor inicial del problema (4) del texto se convierte: dv dv1 1 100 1  100g  20v1   v1  g , v1 (0)  0 dt dt 5 Esta es una ecuación lineal. Resolviendo obtenemos: dt(et /5 v1 )=et /5 g 0  v1 (0)=5g +C1  t /5



v1 (t)=5g +C1 e t /5 ;



C1 =-5g

)  49.05(1  e t /5 )



v1 (t )  5g(1  e



x1 (t)=  v1 (s)ds  49.05(s  5e  s /t )

t

s=t s 0

= 49.05( t+5e t /5 -5)

0

Como el paracaidista abre el paracaidas en t1 =30 seg después de dejar el helicóptero, está a: 3000  x1 (30)  48.93(m / sec) metros sobre el suelo y viaja a una velocidad : v1 (30)  48.93(m / sec) Ajustando la segunda ecuación, nos conviene reajustar el tiempo "t". Denotando por x 2 (t ) la distancia recorrida por el paracaídista durante "t" seg desde el momento en el que abre su paracaídas y permitiendo v 2 (t)=dx 2 (t)/dt, tenemos: dv2  100g  100v2 , dt Resolviendo, obtenemos:

v2 (0)  v1 (30)  48.93,

100

x 2 (0)  0

v2 (t )  g  C2 e t ; 48.93  v2 (0)  g  C2



C2  48.93  g  39.12 t



v2 (t) = 9.81 + 39.12e



x 2 (t )   v2 (s)ds  (9.81s  39.12e  s )

t

0

s t s 0

 9.81t  39.12e t  39.12 Con el paracaídas abierto, la paracaidista cae 17773.14m. Resolviendo x 2 (t)=17773.14 para t: 9.81t  39.12e t  39.12  1773.14



t2  176.76 seg

ALUMNO: CRESPO ESPINOZA BRAYAN MURPHY ECUACIONES DIFERENCIALES TEMA: DESARROLLO DE PROBLEMAS Repitiendo el cálculo de arriba con t1 =60, tenemos: v1 (60)  49.05, x1 (60)=2697.75, v2 (t)=9.81+39.24et , x 2 (t)=9.81t - 39.24et + 39.24. Resolviendo x 2 (t) = 3000 - 2697.75 = 302.25 para "t" resultando t2  26.81 de modo que la paracaidista aterrizará después de t1 +t2 =80.81 seg

9.-Un objeto de 100Kg se lanza desde el reposo de una lancha hacia el agua y se deja hundir aunque a gravedad jala el objeto hacia abajo, una fuerza de flotación 1/40 veces el peso del objeto lo empuja hacia arriba (peso=mg). Si suponemos que la resistencia del agua ejerce sobre el objeto una fuerza proporcional a la velocidad del objeto, con contante de proporcionalidad 10N/m, Determine la ecuación de movimiento del objeto ¿Después de cuántos segundos ocurrirá que la velocidad del objeto es igual a 70m/s?


Solución : La fuerza de magnitud (1 / 40) mg. Si dejamos que x (t ) la dis tan cia por debajo del agua en el momento t y v (t ) de la velocidad , entonces la fuerza total que actúa sobre el objeto es : 1 mg 40 Se nos ha dado que m  100 kg , g  9,81m / s2 , y b  10 kg / seg. Aplicaremos la Segunda de Newton y nos dara: dv 10 dv 100  (100)(9.81)  10v  (9.81)  =9.56-(0.1)v. dt 4 dt Resolviendo la ecuación por separación de variables,obtendremos: F = mg - bv -

v(t) = 95.65 + Ce-t/10 Dado que V (0) = 0, nos encontramos con C = -95,65 y, por lo tan to v(t) = 95.65 - 95.65e-t/10 . La integración de los rendimientos: x(t) = 95.65t - 956.5e-t/10 + C1 Usando el hecho de que x (0) = 0, encontramos que C1 = -956,5. Por lo tanto, la ecuación de movimiento del objeto es: x(t) = 95.65t - 956.5e-t/10 - 956.5 . Para determinar cuando el objeto se desplaza a la velocidad de 70 m/seg, resolvemos v (t) = 70. Es decir: 70 = 95.65 - 95.65e-t/10 = 95.65(1 - e-t/10 ) 70  t=-10ln(1)  13.2seg. 95.65 10.- Un objeto de 2Kg se lanza desde el reposo de una plataforma a 30m sobre el agua y se deja caer bajo la influencia de la gravedad. Después de que el objeto golpea el agua, comienza a hundirse con la gravedad jalando hacia abajo y una fuerza de flotación empujándola hacia arriba. Suponga que la velocidad del objeto es constate, que no hay cambios en la velocidad. El objeto al golpear el agua, que la fuerza de flotación es ½ del peso (peso=mg), y que la fuerza debido a la resistencia del aire o del agua es proporcional a la velocidad del objeto con

b  10 N  s / m

b  100 N  s / m

constante de proporcionalidad 1 en el aire y 2 en el agua. Determine la ecuación de movimiento del objeto ¿Cuál es la velocidad del objeto un minuto después de ser arrojado?


Solución : El movimiento del objeto es gobernado por dos diferentes ecuaciones. La primera ecuación describe el movimiento en el aire, el segundo corresponde al movimiento en el agua. Para el movimiento en el aire, tenemos x1 (t) es la distancia desde el objeto a la pataforma y es denotada por v1 (t)=x1, (t) es la velocidad en un tiempo "t" Aquí podemos usar el modelo descrito en el ejemplo 1 del texto con m=2, b=b1 =10, v 0 = v1 (0) = 0, y g = 9.81. Así, usando la fórmula 5 y 6 , obtenemos. v(t)=

mg  mg   bt / m +  v0  =1.962(1  e 5t ), e b  b 

x(t)=

mg m mg   bt / m t   v0  ) =1.962t  0.392(1  e 5t )  (1  e b b b 

Por lo tanto, resolviendo: x1 (t )  1.962t  0.392(1  e 5t )  30, Obtenemos t  15.5 seg como el tiempo en el que el objeto golpea el agua. La velocidad del objeto en ese momento es: v1 (15.5)  1.962(1  e 5(15.5) )  1.962 Podemos ahora ir al movimiento del objeto sobre el agua. Por conveniencia, hemos reseteado el tiempo. Denotando por x 2 (t) la distancia recorrida por el objeto desde que se sumerge y por v2 (t) es la velocidad respecto al tiempo t (reseteado), ahora obtenemos las condiciones iniciales: (0)=1.962, x 2 (0)=0 De este movimiento, en sumatoria con la fuerza de gravedad Fg =mg, la fuerza de 0

resistencia Fr = -100v, la fuerza de flotación Fb  - 1 / 2  mg es presentado. Entonces, la segunda ley de Newton nos da: dv 1 1 m 2 =mg - 100v - mg = mg - 100v dt 2 2 dv2 g 100   v 2 = 4.905 - 50v 2 . dt 2 m


Resolviendo la primera ecuación y usando la condición inicial resulta: v 2 (t) = 0.098 +Ce50t v 2 (0) = 0.098 +C = 1.962

 C=1.864



v 2 (t) = 0.098 + 1.864e50t



x 2 (t)=  v2 (s)ds = 0.098t - 0.037e50t  0.037

t

0

Combinando las formulas obtenidas del movimiento del objeto en el aire, el agua y el tiempo, obteneos la siguiente fórmula de la distancia desde e objeto hasta la plataforma: t 15.5 1.962t  0.392(1  e 5t ), x(t )   50(t 15.5)  30.037 t 15.5 0.0981(t  15.5)  0.037e un minuto después de que el objeto haya sido liberado, este viaja en el agua por 60 - 15.5 = 44.5 seg. Por lo tanto, ésta es la velocidad: v 2 (44.5)  0.098(m / seg)

11.- En el ejemplo 1 hallamos la velocidad del objeto en función del tiempo (Ecuación (5)). En ocasiones es útil tener una expresión independiente de t que relacione v con x. Halle esta

relación para el movimiento del ejemplo 1. [Sugerencia: Si v(t )  V (x(t )) , entonces

dv / dt  (dV / dx) ]. Solución :

Sea v (t) = V [x (t)]. Luego, usando la regla de la cadena, obtenemos: y así, por V (x),se convierte en: dV m V  mg  bV , V (0) = V [x(0)] = v(0) = dx Esta ecuación diferencial es separable. Resolviendo:

v

dv dV dx dV =  V dt dx dt dx

0

V m g  dV  dx   1 dV  dx  g  (b / m)V b  g  (b / m)V  m g m  mg      1 dV   dx    b ln|g  (b / m)| V   x  C b  g  (b / m)V b  b2 x  m C1 Sustituyendo la condición inicial, V (0) = v 0 , encontramos que C 0 = mg ln|mg-BV0 | + BV0 y  mg ln |mg - bV | + bV =-

por lo tan to : mgln|mg-bV| + bV  

b2 x  mg ln|mg  bv0 | bv0 m

e bV |mg  bV |mg  e bv0 |mg  bv o |mg e  b x / m 2

ALUMNO: CRESPO ESPINOZA BRAYAN MURPHY ECUACIONES DIFERENCIALES TEMA: DESARROLLO DE PROBLEMAS 12.- Un proyectil con masa de 2 Kg se lanza hacia arriba con una velocidad inicial de 200m/s. La magnitud de la fuerza sobre el proyectil debida a la resistencia del aire es |v|/20. ¿En qué momento alcanzará el proyectil su máxima altura sobre el suelo? ¿Cuál es esa máxima altura?

Solución : Denotamos por x(t) la distancia desde el proyectil al suelo en un tiempo "t", y v(t) = x´(t) es ésta velocidad. La elección de la dirección positiva hacia arriba, obtenemos la condición inicial: x(0)=0 , v(0) = 200 Hay dos fuerzas actuando sobre el proyectil: la fuerza de gravedad Fg = - mg (con el signo negativo debido a que es disparado hacia arriba) y la fuerza de resistencia del aire Fr = - v/20 (con el signo negativo porque la resistencia del aire es opuesta al movimiento). Así, obtenemos la ecuación: dv v dv v v = - mg   g   g  dt 20 dt 20m 40 Resolviendo ésta ecuación lineal resulta: m

 592.4   t  40ln    16.476  392.4  Concluimos que el proyectil alcanza su altura máxima 16.476 seg después de v(t)= - 40g + Cet /40 = 0

ser disparada. Desde: t

x(t)=  v (t )dt  392.4t  23696(1  e t /40 ), 0

Reemplazando t = 16.476, encontramos que la altura máxima del proyectil es: x(16-476)  1534.81 (m) 13.- Cuando la velocidad v de un objeto es muy grande, la magnitud de la fuerza debido a la 2

resistencia del aire es proporcional a v y la fuerza actúa en dirección apuesta al movimiento del objeto. Un proyectil con masa de 3 Kg se lanza desde el suelo, hacia arriba y con una velocidad inicial de 500 m/s. Si la magnitud de la fuerza debida a la resistencia del aire es (0.1)

v 2 , ¿En qué momento alcanzará el proyectil su máxima altura sobre el suelo? ¿Cuál es esa máxima altura?


Solución : Se denota por x (t) la distancia deL PROYECTIL al suelo en el momento t, y dejamos que v (t) = x0 (t) ser su velocidad. La elección de la dirección positiva hacia arriba, tenemos las condiciones iniciales: x(0)=0, v(0)  200 Hay dos fuerzas que actúan sobre lel proyectil: la fuerza de la gravedad Fg = mg (con el negativo firmar debido a la dirección positiva hacia arriba) y la fuerza de resistencia del aire Fr = -v/20 (con el signo negativo debido a la resistencia del aire actúa en oposición a la moción). Por lo tanto dv v dv v v m  mg    g   g  dt 20 dt 20m 40 Resolviendo la ecuacion lineal: v(t )  40g  Ce t /40  392.4  Ce t /40 Por la condicion inicial en C: 200  v(0)  -392.4  C

 C = 592.4  v(t) = -392.4 + 592.4e t /40

En el punto maximo, v(t)=0 592.4 )  16.476 392.4 Conluimos que el la parte maxima 16.476 despues,tenemos: v(t)=-392.4 + 592.4e t /40  0

 t=40ln(

t

x(t)=  v(t )dt  392.4t  23696(1  e t /40 ), 0

cambiamos t = 16.476 entonces; x(16.476)  1534.81 (m) 14.- Un objeto de masa m se libera desde el reposo y cae bajo la influencia de la gravedad. Si la n

magnitud de la fuerza debida a la resistencia del aire es bv , donde b y n son constantes positivas, determine la velocidad límite del objeto (suponiendo que este límite exista). [Sugerencia: Justifique que la existencia de una velocidad límite (finita) implica que

dv / dt  0 cuando t  ].


Solución : dv dv b =mg-bv n   g  vn dt dt m Asumiendo ue su limite tiende hacia el infinito: m

lim v(t )  V t 

(i)El lim ite lim v '(t )  lim(g  t 

t 

N  0,1,2...

b n b v )  g  vn m m

v(N  1)  v(N)  v '(N )

N  (N , N  1)

lim v '(N )  0

N 

g

b n V 0 m

 V= n

mg b

15.- Un volante gira gracias a un motor que ejerce un momento de torsión constante T véase la figura 3.10)

Motor T, momento de torsión del motor

Momento de retraso



  d / dt

Figura 3.10 Volante controlado por un motor Un momento de retraso debido a la fricción es proporcional a la velocidad angular

 . Si el

 momento de inercia del volante es I y su velocidad angular inicial es 0 , determine la

ecuación para la velocidad angular  en función del tiempo. [Sugerencia: Use la segunda ley de Newton para el movimiento de rotación; es decir, momento de inercia x aceleración angular = suma de los momentos de torsión).

ALUMNO: CRESPO ESPINOZA BRAYAN MURPHY ECUACIONES DIFERENCIALES TEMA: DESARROLLO DE PROBLEMAS Solución :

por la segunda ley de Newton para la rotación, tenemos : d =T.k y (0)=o dt donde I es el momento de inercia del volante de inercia,(t) es la velocidad angular, d / dt I

es la aceleración angular, T es la constante de par ejercido por el motor, y k es un constante de proporcionalidad para el par debido a la fricción. Resolviendo esta ecuación separable da:  kt / I T k Usando condicion inicial  (0)=o con C=( 0 -T/k) entonces:

 (t)=  Ce

T k

T k

 (t)=  (0  )e

 kt / I

16.- Determine la ecuación para la velocidad angular ω en el problema 15, suponiendo que el momento de retraso es proporcional a

ω

Solución : La fuerza del torqueejercida sobre el volante de la inercia es la suma del par ejercido por el motor y el momento de torsión retardador debido a la fricción.


Por lo tanto, por la segunda ley de Newton para la rotación, tendremos : dw =T - k w con : w(0) = w0 , dt donde I es el momento de inercia del volante de inercia,w(t) es la velocidad angular, I

dw / dt es la aceleración angular, T es la constante de par ejercido por el motor, y k es un constante de proporcionalidad para el par debido a la fricción. La separación de las variables rendimientos d

k   dt 1   (T / k) Desde :



dx x a

 x = y 2 , dx =2ydy=2

ydy dy    2   dy  a  y a y  a  

 2 (y + aln|y-a|)+C=2( x -a|)+C Integrando la ecuacion se obtiene: K 2(  +Tln|k  -T|)+C=- t 1 K2  k   Tln|k  -T|  t  C1 2l Usaremos condicion inicial (0)=0 C1  k 0  Tln|k  -T| Entonces ,  (t) de manera implicita tendremos : k  T

k 2t K (   0 )  T ln  2l K 0  T 17.- En el problema 16, sean I =50Km-m y el momento de retraso igual a 5 ωN  m . Si el motor se apaga con la velocidad angular en 225 radianes /segundo, determine el tiempo que tardará en detenerse por completo el volante. 2

Solución : Dado que el motor está apagado, su par motor es T = 0, y el único par que actúa sobre el volante de inercia es el que retarda, - 5 w .Luego la segunda ley de Newton para el movimiento de rotación se convierte en : d I  -5  con (0)=0 =225(rad/sec) y I=50(Kg/m2 ) dt La solucion general en ecuaciones separables es: 5 (t )   t  C  00.5t  C . 2I


Usamos la condicion inicial :

(t )  0.05.0  C



C= (0)  225  15

asi : 1  15   (t )   20 15  (t )  0.05  En el momento t = tdet cuando el volante detenga la rotacion tendremos (tdet ) = 0 seria : t

tdet enido  20(15  0 )  300 seg. 18.- Cuando un objeto se desliza en una superficie, encuentra una fuerza de resistencia llamada fricción. Esta fuerza tiene magnitud N , donde  es el coeficiente de fricción cinética y N es la magnitud de la fuerza normal aplicada por la superficie al objeto. Suponga que un objeto de masa 30Kg se libera desde la parte superior de un plano inclinado 30° con la horizontal (véase la figura 3.11). Suponga que la fuerza gravitacional es constante, que la resistencia del aire es despreciable y que el coeficiente de fricción cinética es    . Determine la ecuación de movimiento para el objeto conforme se desliza en el plano. Si a superficie superior del plano tiene una longitud de 5m, ¿Cuál es la velocidad del objeto al llegar al fondo?

Solución : Supongamos que no hay fuerza de resistencia, que sólo hay dos fuerzas que actúan sobre el objeto: FG , la fuerza debida a la gravedad, y Ff , la fuerza de fricción. en la figura: Fg  mgsen30 

mg 2

Ff    N   mg cos 30  

 mg 3

, 2 y por lo que la ecuación que describe el movimiento es : dv mg  mg 3 dv g g(5  3)     (1   3)  dt 2 2 dt 2 10 con la condición inicial v(0)=0. Por lo tanto, m

g(5  3) g(5  3) t g(5  3) ds  s|  t s0 10 10 10 0 t

v(t)= 

t

 x(t )   v(s)ds  0

g(5  3) 2 s t g(5  3) 2 s | t 10 10 s0

Re solviendo : x(t ) 

g(5  3) 2 t 5 20



t* 

10

g(5  3) llegamos a la conclusión de que el objeto llegue a la parte inferior del plano t1 segundos después de haberlo publicado que tiene la velocidad:


g(5  3) 10 .  g(5  3)  5.66(m / seg) 20 g(5  3) Observamos que la masa del objeto es irrelevante v(t1 ) 

19.- Un objeto con masa de 60 Kg parte del reposo en la parte superior de un plano inclinado a 45°. Suponga que el coeficiente de fricción cinética es 0.05 (véase el problema 18). Si la fuerza debida a la resistencia del aire es proporcional a la velocidad del objeto, digamos, -3, determine la ecuación de movimiento del objeto. ¿Cuánto tiempo tardará el objeto en llegar a la parte inferior del plano inclinado si la rampa mide 10m de largo?

Solución : Hay tres fuerzas que actúan sobre el objeto: F1, la fuerza debida a la gravedad, F2, la resistencia del aire vigor, y F3, la fuerza de fricción. Utilizando la figura 3.11 (a 30° reemplazados por 45°), obtenemos: F1 = mg sin 45  mg 2 / 2 F 2  3v F 3    N    mgCos45    mg 2 / 2, y la ecuación que describe el movimiento es: dv mg 2  mg 2 dv v    3v   0.475g 2  dt 2 2 dt 20 con la condición inicial v (0) = 0. Solución de rendimientos m

v(t )  9.5g 2  Ce t /20 ; 0  v(0)  9.5g 2  C



C=-9.5g 2

 v(t )  9.5g 2(1  e t /20 ) Puesto que x (0) = 0, la integración de la ecuación anterior, se obtiene : t

t

0

0

s t

x(t )   v(s)ds   9.5g 2(1  e  s /20 )ds  9.5g 2(s  20e  s /20 )|

s 0

9.5g 2(t  20e t /20  20)  131.8t  2636e t /20  2636. El objeto llega al final del plano inclinado cuando : x(t) = 131.8t + 2636e-t/20 . 2636 = 10 

t  1.768 (sec).

20.- Un objeto en reposo en un plano inclinado no se deslizará hasta que la componente de la fuerza gravitacional hacia abajo de la rampa sea la superficie para superar la fuerza debida a la fricción estática. La fricción estática queda descrita mediante una ley experimental similar al caso de la fricción cinética (problema 18); tiene una magnitud de a los mas

N . Donde 

es

el coeficiente de fricción estática y N es de nuevo, la magnitud de una fuerza normal ejercida

ALUMNO: CRESPO ESPINOZA BRAYAN MURPHY ECUACIONES DIFERENCIALES TEMA: DESARROLLO DE PROBLEMAS por la superficie sobre el objeto. Si el plano está inclinado una ángulo  determine el valor crítico

 0 tal que el objeto se deslizará si  >  0 pero no se moverá si  <  0 .

Solución : La fuerza gravitatoria (Fg) por la pendiente es : Fg = mg sin , La fuerza Ff de friccion estatica que satisface es : mgsin > mg cos

 tan >   >arctan

Por lo tanto :

 0  arctan  21.- Un velero ha navegado (en línea recta) bajo un viento ligero a 1 m/s. De pronto, el viento comienza a arreciar, soplando lo suficiente como para aplicar una fuerza constante de 600 N al velero. La única otra fuerza que actúa sobre el bote es la resistencia del agua, que es la proporcional a la velocidad de la embarcación. Si la constante de proporcionalidad para la resistencia del agua es b= 100 N-s y la masa del velero es de 50 kg, determine la ecuación de movimiento del velero. ¿Cuál es la velocidad límite del velero bajo este viento?

ALUMNO: CRESPO ESPINOZA BRAYAN MURPHY ECUACIONES DIFERENCIALES TEMA: DESARROLLO DE PROBLEMAS Solución :

En este problema hay dos fuerzas que actúan sobre el velero, una fuerza horizontal constante debido al viento y una fuerza debida a la resistencia al agua que actúa en oposición al movimiento de la velero. Todo el movimiento se produce a lo largo de un eje horizontal. En este eje, elegimos el origen ser el punto donde el viento sopla con fuerza comienza y x (t) denota la distancia del barco de vela viaja en el tiempo t. Las fuerzas en el velero se pueden expresar en términos de este eje. La fuerza debido al viento es: F1 = 600 N. La fuerza de resistencia del agua es: F2 = -100v N. Aplicando la segunda ley de Newton obtenemos: dv m  600  100v dt Puesto que la velocidad inicial de la velero es 1 m / seg, un modelo para la velocidad del movimiento velero se expresa como el problema de valor inicial dv m  600  100v. v(0)=1 dt El uso de separación de variables, se obtiene, con m = 50 kg, dv  2dt  -6ln(6-v)=2t+C. 6v Por lo tanto, la velocidad está dada por v (t) = 6 - Ke-2t. Configuración v = 1 cuando t = 0, encontramos que: 1=6 K  K=5 Por lo tanto la ecuación para la velocidad v (t) es v (t) = 6 - 5e-2t . La velocidad límite del velero en estas condiciones se encuentra dejando enfoque tiempo infinito:


lim v(t )  lim(6  5e 2t )  6(m / seg)

t 

t 

Para determinar la ecuación de movimiento vamos a utilizar la ecuación de velocidad obtenida anteriormente y sustituto dx/dt para v (t) para obtener: dx  6  5e 2t , x(0)=0, dt Integrando la ecuacion se obtiene: 5 x(t) = 6t + e 2t  C1 2 Ajuste de x = 0 cuando t=0, encontramos : 5 5 0 = 0+  C1  C1   2 2 Así, la ecuación de movimiento para el velero está dada por... 5 5 x(t )  6t  ( e 2t  ) 2 2 22.- En el problema 21 se observa que cuando la velocidad del velero alcanza los 5 m/s, el bote comienza a elevarse sobre el agua y a “planear”. Al ocurrir esto, la constante de

b  60N  s / m

proporcionalidad para la resistencia del agua cae hasta 0 , determine la nueva ecuación de movimiento del velero. ¿Cuál es la velocidad límite del velero bajo este viento cuando está planeando?

Solución : En este problema, hay dos fuerzas que actúan sobre un velero, una fuerza horizontal constante debido al viento y una en contra debido a la resistencia del agua que actúa en oposición al movimiento del velero. Todo el movimiento se produce a lo largo de un eje horizontal. En este eje, elegimos el origen sea el punto, donde el barco ha de comienza a "plano", ajuste t = 0 en este momento, y dejar que x (t) y v (t) = x0 (t) se denotan la distancia que el velero viaja en el tiempo t y su velocidad. La fuerza debida al viento sera: Fw = 600 N. La fuerza debida a la resistencia del agua es: Fr = -60v N. Aplicando la segunda ley de newton obtendremos: dv dv 6 50  600  60v   (10  v) dt dt 5 Puesto que la velocidad del barco es en el t = 0 es 5 m/seg, un modelo para la velocidad del velero en movimiento se expresa como el problema de valor inicial: dv 6  (10  v) v(0)=5 dt 5


Separando las variable e integrandolas dv 6dt 6dt   ln(v-10)= C1  v(t)=10+Ce6t /5 v  10 5 5 Considerando v=5 cuando t=0, encontramos que 5=10+C para que C=-5 y v(t)=10-5e-6t / 5 . La velocidad límite del velero con estas condiciones sera: lim v(t )  lim(10  5e 6t /5 )  10(m / seg) t 

t 

Para encontrar la ecuación de movimiento, integramos v(t) utilizando la condición inicial t

x(t )   (10  5e6t /5 )ds  (10 s 

x (0) = 0;

0

25 6t /5 t 25 e )|  10t  (e6t /5  1) 0 6 6

23.- Los veleros A y B tienen cada uno una masa de 60 kg y cruzan la línea de salida al mismo tiempo en el primer tramo de una carrera. Cada uno tiene una velocidad inicial de 2 m/s. El viento aplica una fuerza constante de 650 N a cada bote, y la fuerza debida a la resistencia del agua es proporcional a la velocidad del bote. Para el velero A, las constantes de proporcionalidad son 5m/s, y

b1  80N  s / m

b2  60N  s / m

antes de planear, cuando la velocidad es menor que

cuando la velocidad es mayor que 5m/s. Para el velero B, las

constantes de proporcionalidad son

b3  100N  s / m

cuando la velocidad es menor que

b  50N  s / m

6m/s, y 4 cuando la velocidad es mayor de 6m/s. Si el primer tramo de la carrera es de 500 m de longitud, ¿Cuál velero estará de líder al final del primer tramo? Solución : En este problema, hay dos fuerzas que actúan en un barco: la F1: la fuerza del viento y del agua fuerza de resistencia F2. Dado que la constante de proporcionalidad en la fuerza de la resistencia al agua es diferente para las velocidades debajo y por encima de un cierto límite (5 m / seg para el barco A y 6 m / seg para el barco B), para cada bote que tiene dos ecuaciones diferenciales. (Comparar con el problema 7.) Sea x1A (t) denota la distancia pasado por el barco A para el tiempo t, V1A (t): = dX1( A) (t)/dt. A continuación, la ecuación que describe el movimiento de la embarcación A antes de que llegue a la velocidad de 5m/seg es: dv1( A) dv1A 65 4 ( A)  F1  F2  650  b1 v1( A)    v1 dt dt 6 3 Resolviendo esta ecuación lineal y usando la condición inicial, V (A) (0) = 2, obtenemos: m

65 49 4 t /3  e , 8 8 y entonces... v1A (t ) 

t

x1( A) (t )   ( 0

65 49 4 t /3 65 147 4 t /3  e )ds  t  (e  1) 8 8 8 32

El barco A tendrá la velocidad de 5m/s en t = t** satisfaciendo: 65 49 4 t* /3  e 5 8 8



t*  

3 ln(25/49)  0.5(se g), 4

ALUMNO: CRESPO ESPINOZA BRAYAN MURPHY ECUACIONES DIFERENCIALES TEMA: DESARROLLO DE PROBLEMAS y sera: 65 147 4 t* /3 x1( A) (t* )  t*  (e  1)  1.85(m) 8 32 de distancia del punto de partida o, de manera equivalente, 500 a 1,85 = 498,15 metros de la meta. De manera similar a (3.12), la reposición del tiempo, se obtiene una ecuación del movimiento de la embarcación Un comenzando desde el momento en que alcanza su velocidad de 5 m/seg. Denotando por x2( A) (t) la distancia aprobada por el bote A y por x2( A) (t) su vel, obtenemos x2( A) (0) = 0, x2( A) (0) = 5, y dv2( A)  650  b2 v2( A) dt dv ( A) 65 65 35  2   v2( A)  v2( A) (t )   e t dt 6 6 6 t 65 35 65 35  x2( A) (t)=  (  e  s )ds  t  (e t  1). 6 6 6 6 0

m

La solución de la ecuación x2( A) (t) = 498,15, nos encontramos con el tiempo (contando desde el momento en que el la velocidad del barco A ha llegado a 5 m / seg) t * = 46.5 seg, que es necesaria para llegar a la final del partido de ida. Por lo tanto, tiempo total de la embarcación A es t * +t * = 0,5 + 46,5 = 47 seg. Del mismo modo, para el barco B, nos encontramos con que 65 49 5t /3 65 147 5t /3 3ln(17 / 49)  e , x1(B) (t )  t  (e  1), t*   0.635; 8 8 8 40 5 65 35 65 42 v(2B) (t )   e 5t /6 , x2(B) (t )  t  (e 5t /6  1), t*  38.89; 5 5 5 5 Por lo tanto, t 1 + t2 <40 seg, y así que el barco B estará al frente al final de la primera etapa. v1(B) (t ) 

Trabajo Ecuaciones

Recommend Documents