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1. Modelos matemáticos
ISAAC NEWTON (1642 - 1727) GOTTFRIED WILHELM LEIBNIZ (1646 - 1716)
(© Chema Madoz, VEGAP, Madrid 2009)
SuposicionesSe expresan las suposiciones en
términos de ecuaciones diferenciales
Formulación matemática
Se resuelven las EDs
Se obtiene la solución
Se muestran las predicciones del modelo.
Por ejemplo, gráficamente
Se comprueban las predicciones del modelo con
hechos conocidos
Si es necesario,se modifican las suposiciones
o se aumentan la resolución del modelo
EDs como modelos matemáticos
Modelos linealesCrecimiento y decaimiento
00)( , xtxkxdtdx
k > 0 es una constante de crecimiento, y k > 0 es una constante de decaimiento.
Dinámica Poblacional (Thomas Maltus 1798)Si P(t) representa la población en el tiempo t, entonces
dP/dt P dP/dt = kP
donde k > 0 es una constante de proporcionalidad.Desintegración Radiactiva
Si A(t) representa la cantidad de sustancia radiactiva restante en el tiempo t, entonces dA/dt A dA/dt = kA donde k < 0 es una constante de proporcionalidad.
Una sola ED puede servir como un modelo matemático para muchos fenómenos.
Solución:Como dP/dt = kt, dP/dt – kt = 0, tenemos P(t) = cekt, usamos P(0) = P0
luego c = P0 y P(t) = P0ekt
Como P(1) = 3/2 P(0), entonces P(1) = P0ek = 3/2 P(0).Por tanto, k = ln(3/2) = 0.4055.Ahora P(t) = P0e0.4055t = 3P0 ,
t = ln3/0.4055 = 2.71.
Crecimiento de bacteriasP0 : cantidad inicial de bacterias = P(0)
P(1) = 3/2 P(0)Determine el tiempo necesario para que se triplique el número de bacterias.
Un reactor convierte U-238 en el isótopo plutonio 239. Después de pasar 15 años, 0.043% de la cantidad inicial A0 del plutonio se ha desintegrado. Calcule el período de semidesintegración de este isótopo.Solución: Sea A(t) la cantidad de Plutonio en el tiempo t. La ED es
La solución es A(t) = A0ekt. Si 0.043% de A0 se han desintegrado, queda 99.957%.
0)0( , AAkAdtdA
Período de semidesintegración del plutonio
años. 2418000002867.0
2lnT
Entonces, 0.99957A0 = A(15) = A0e15k, luego
k = (ln 0.99957)/15 =-0.00002867. Sea A(t) = A0e-0.00002867t = ½ A0
En este caso tenemos
Un hueso fosilizado contiene 1/1000 de la concentración de C-14 que se encuentra en la materia viva. Determine la edad del fósil.Solución:Sabemos que el período de semidesintegración p del C-14 es 5600 años.
Entonces A0 /2 = A0e5600k, k = −(ln 2)/5600 = −0.00012378.
A(t) = A0 /1000 = A0e -0.00012378t
years. 558000.00012378
1000ln T
Fechado con carbono
La ley de Newton del enfriamiento/calentamientoSi T(t) representa la temperatura de un cuerpo en el tiempo t y Tm la temperatura del medio, entonces la rapidez con que un cuerpo se enfría o calienta es proporcional a la diferencia entre la temperatura del cuerpo T(t) y la temperatura del ambiente Tm:
dT/dt T - Tm dT/dt = k(T - Tm)
donde k es una constante de proporcionalidad, el coeficiente de transmisión de calor que depende del material.
a) Verificar que la solución general de la ED es:
b) Si K = 0.1°C/seg. ¿Cuánto tiempo tardará en enfriarse una taza de café hirviendo si la temperatura ambiente es de Ta=15°C ?
c) Dibujar la familia de curvas solución para diferentes temperaturas iniciales T0 de la taza de café.
Ktaa eTTTtT )()( 0
La temperatura de un pastel es 300F. Tres minutos más tarde su temperatura es 200F. ¿Cuánto tarda el pastel en alcanzar una temperatura ambiente de 70F?Solución:Se hace la identificación Tm = 70, luego
y T(3) = 200.
300)0( ),70( TTkdxdT
ktectT
cktTkdtT
dT
2
1
70)(
70ln ,70
Para T(0) = 300, c2 = 230
Para T(3) = 200, e3k = 13/23, k = -0.19018
Así T(t) = 70 + 230e-0.19018t
A partir de (5), sabemos que sólo para t = , T(t) = 70. Esto significa que necesitamos un período de tiempo razonablemente largo para llegar a T = 70.
Propagación de una enfermedad
Si x(t) representa el número de personas que se han contagiado de una enfermedad e y(t) el número de personas que todavía no, entonces
dx/dt = kxy
donde k es una constante de proporcionalidad.Por la descripción anterior, imagínese una comunidad con una población fija n, si se introduce en esta comunidad una persona infectada, tenemos x + y = n +1, y
dx/dt = kx(n + 1 – x)
Reacciones QuímicasObserve al siguiente reacción:
CH3Cl + NaOH CH3OH + NaCl
Si asumimos que x(t) es la cantidad de CH3OH a timpo t, y son las cantidades de los reactivos, entonces la velocidad de reacción es
dx/dt = k( - x)( - x)
Reacciones Químicas
(8)
o
(9)
X
NMN
bXNM
Ma
dtdX
))(( XXkdtdX
La reacción química se describe como entonces
Por separación de variables
y fracciones parciales:
Para X(10) = 30, 210k = 0.1258, finalmente
X
XdtdX
54
325
50
)40)(250( XXkdtdX
ktecX
Xckt
X
X 21021 40
250 ó 210
40
250ln
t
t
e
etX 1258.0
1258.0
425
11000)(
MezclasSi A(t) representa la cantidad de sal en el tanque en tiempo t, entonces
dA/dt = velocidad de entrada – velocidad de salida
= Rentrada - Rsalida
Tenemos Rentrada = 6 lb/min, Rsalida = A(t)/100 (lb/min), entonces dA/dt = 6 – A/100 ó dA/dt + A/100 = 6
¿Cuánta sal queda en el depósito tras pasar un período de tiempo largo?Solución:Como
Para x(0) = 50, tenemos x(t) = 600 - 550e-t/100
Cuando el tiempo t es bastante grande, x(t) = 600.
50)0( ,6100
1 xxdtdx
100/100/100/ 600)( ,6][ ttt cetxexedtd
Drenaje de un TanqueBasándonos en la Ley de Torricelli, si V(t) representa el volumen de agua en el tanque en tiempo t:
Como V(t) = Awh, entonces:
ghAdtdV
h 2
ghAA
dtdh
w
h 2
Circuitos en SerieA partir de la Segunda Ley de Kirchhoff tenemos:
)(1
2
2
tEqCdt
dqR
dt
qdL
donde q(t) es la carga y dq(t)/dt = i(t) es la intensidad de corriente.
)(tERidtdi
L
)(1
tEqC
Ri
)(1
tEqCdt
dqR
Circuitos en serie
Supongamos E(t) = 12 Volt, L = ½ HenryR = 10 Ohm. Determine i(t) donde i(0) = 0.Solución:
Luego
Para i(0) = 0, c = -6/5, entonces i(t) = (6/5) – (6/5)e-20t.
0)0( ,121021 ii
dtdi
t
t
ceti
eiedtd
20
2020
56
)(
24][
)(tERidtdi
L
Una solución general de es
Cuando E(t) = E0 es una constante, la solución se convierte en
donde al primer término se conoce como la parte de estado estable, y el segundo termino es un término transitorio.
tLRtLRtLR
cedttEeL
eti )/()/(
)/(
)()(
tLRo ceRE
ti )/()(
)(tERidtdi
L
Modelos no linealesDinámica de poblacionesSi P(t) representa el de una población en el tiempo t, la rapidez de crecimiento relativo (o específico), está definida por
Cuando la rapidez de crecimiento solo depende de la cantidad presente, la ED es
que se llama hipótesis de dependencia de de densidad.
PdtdP /
)(or )(/
PPfdtdP
PfP
dtdP
Si K es la capacidad de soporte, tenemos f(K) = 0, y simplemente se permite que f(0) = r. La siguiente figura muestra tres funciones que satisfacen estas dos condiciones.
Ecuación logística
Suponemos que f (P) = c1P + c2. Empleando las condiciones, tenemos c2 = r, c1 = −r/K. Luego nuestra ec. pasa a ser
, lo mismo que
a la que se conoce como ecuación logística, su solución se llama función logística y su gráfica, curva logística.
P
Kr
rPdtdP
)( bPaPdtdP
A partir
tras una simplificación, tenemos
dtbPaP
dP )(
acatPba
P
dtdPbPa
b/aP
a
)(ln
lnln
1
atat
at
ebc
ac
ebc
eactP
1
1
1
1
1)(
Solución de la ecuación logística
Si P(0) = P0 a/b, entonces c1 = P0/(a – bP0) atebPabP
aPtP
)()(
00
0
Gráfica de P(t)De (5), tenemos la gráfica como en la Fig. 2.47.
Cuando 0 < P0 < a/2b, Fig. 2.47(a).
Cuando a/2b < P0 < a/b, Fig. 2.47(b).
Teniendo en cuenta conclusiones previas, imagínese un campus de 1000 estudiantes, en este caso tenemos la ED
Determine x(6).Solución:Identificamos a = 1000k, b = k, de (5)
1)0( ,)1000( xxkxdtdx
ktetx 10009991
1000)(
Como x(4) = 50, -1000k = -0.9906, asíx(t) = 1000/(1 + 999e-0.9906t)
students 2769991
1000)6( 9436.5
e
x
tetx 9906.09991
1000)(
Modificación de la ecuación logística
que se conoce como ED de Gompertz.
hbPaPdtdP )(
hbPaPdtdP )(
)ln( PbaPdtdP
Observación:
En cuanto al ejemplo 1, P(t) es una función continua. Sin embargo, esto debería estar descartado teniendo en cuenta que el modelo matemático no es real. Fig. 2.41.
Fig. 2.41
Caída de los cuerposA parir de la primera ley de Newton tenemos
Problema de valor inicial
ó 2
2
mgdt
sdm
gdt
sd
2
2
002
2
)0(' ,)0( , vsssgdt
sd
Caída de los cuerpos y la resistencia del aireTenemos la ED:
y puede escribirse como:
kvmgdtdv
m
dt
dskmg
dt
sdm
2
2
mgdt
dsk
dt
sdm
2
2
Deslizamiento de cadenaTenemos:
ó 232 2
2
xdt
xdL 0
642
2
xLdt
xd
Cables suspendidos
dy/dx = W/T1
Modelos Lineales: PVI
kxksmgkxmgxskdt
xdm
cero
22 )(
donde = k/m.
Movimiento armónico simple o libre no amortiguado
022
2
xdt
xd
La solución general es
Período T = 2/, frecuencia f = 1/T = /2.
tctctx sincos)( 21
Forma alternativa para x(t)Podemos escribir la solución también como
x(t) = A sen(t + ) donde y es la fase,
,22
21 ccA
2
1
2
1
tancos
sin
cc
AcAc
tAtA
tAtA
sin)cos(cos)sin(
sincoscossin
)(sincossincos 2121 txtctct
A
cAt
A
cA
es una constante de amortiguamiento positiva. Luego x”(t) + (/m)x’ + (k/m)x = 0 puede ponerse como
donde 2 = /m, 2 = k/mLa ecuación auxiliar es m2 + 2m + 2 = 0, y las raíces son
Movimiento libre amortiguado
dtdx
kxdt
xdm 2
2
02 22
2
xdtdx
dt
xd
222
221 , mm
• 2 – 2 > 0. Sea entonces
Se dice que es sobreamortiguado.
Caso 1:
)()(2222
21ttt ececetx
,22 h
Caso 2:
• 2 – 2 = 0. Luego
Se dice que es críticamente amortiguado.
)()( 21 tccetx t
• 2 – 2 < 0. Sea entonces
Se dice que es subamortiguado.
Caso 3:
,22 h
imim 222
221 ,
)sincos()( 222
221 tctcetx t
Alternativa:
)sin()( 22 tAetx t
,22
21 ccA
2
1tancc
Movimiento forzado con amortiguamiento
)(2
2
tfdtdx
kxdt
xdm
)(2 22
2
tFxdtdx
dt
xd
mkmmtftF /,/2,/)()( 2
Interprete y resuelva
(26)
Solución:Interpretación: m = 1/5, k = 2, = 1.2, f(t) = 5 cos 4t
La masa se libera inicialmente desde el reposo ½ abajo de la posición de equilibrio
Solución:
Ejemplo 6
0)0(,21
)0(,4cos522.151
2
2
xxtxdtdx
dt
xd
01062
2
xdtdx
dt
dx
)sincos()( 213 tctcetx t
c
Suponiendo xp(t) = A cos 4t + B sen 4t,tenemos A = −25/102, B = 50/51, entonces
Usando x(0) = 1/2, x’(0) = 0 c1 = 38/51, c2 = −86/51,
(28)
Ejemplo 6 (2)
tttctcetx t 4sin5150
4cos10225
)sincos()( 213
tttte
tx
t 4sin5150
4cos10225
sin5186
cos5138
)(
3
Términos Transitorio y de Estado Estable
• Gráfica de (28) se muestra en la Fig 3.29.• xc(t) se desvanece cuando t :
término transitorioxp(t) permanece cuando t :
término de estado estable
Fig 3.29
• La solución de
es
Fig 3.30.
Ejemplo 7
1
2
2
)0(,0)0(
,sin2cos422
xxx
ttxdtdx
dt
xd
estable estadootransitori
1 sin2sin)2()( ttextx t
Fig 3.30
Resolver
donde F0 es una constante y .Solución:
xc = c1 cos t + c2 sen t Sea xp = A cos t + B sen t, tras la sustitución,
A = 0, B = F0/(2− 2),
Ejemplo 8
0)0(,0)0(,sin02
2
2
xxtFxdt
xd
tF
txp
sin)( 220
Como x(0) = 0, x’(0) = 0, entonces
Así
(30)
tF
tctcxxtx pc
sinsincos)( 220
21
)(/,0 22021 Fcc
,)sinsin()(
)( 220 tt
Ftx
Ejemplo 8 (2)
Resonancia Pura
• Cuando = , consideramos el caso .
(31)
20
0
230220
2
cossin
2cossin
lim
)(
)sinsin(lim
)(
sinsinlim)(
tttF
tttF
dd
ttdd
Ftt
Ftx
ttF
tF
cos
2sin
20
20
• Cuando t , los desplazamientos se vuelven largosDe hecho, |x(tn)| cuando tn = n/, n = 1, 2, …..Como se muestra en la Fig 3.31, se dice que es una resonancia pura.
Fig 3.31
• La siguiente ecuación es la ED de movimiento forzado con amortiguamiento:
(32)Si i(t) denota la corriente en Fig 3.32, entonces
(33)Como i = dq/dt, tenemos
(34)
Circuitos LRC en Serie
)(2
2
tfkxdtdx
dt
xdm
)(1
tEqC
Ridtdi
L
)(1
2
2
tEqCdt
dqR
dt
qdL
Fig 3.32
Hallar q(t) en la Fig 3.32, donde L = 0.025 henry, R = 10 ohm, C = 0.001 farad, E(t) = 0, q(0) = q0 coulombs, y i(0) = 0 ampere.Solución:Usando los datos:
Como se ha descrito antes,
Usando q(0) = q0, i(0) = q’(0) = 0, c1 = q0, c2 = q0/3
Ejemplo 9
,010001041 qqq 0400040 qqq
)60sin60cos()( 2120 tctcetq t
)249.160sin(310
)( 200 teq
tq t
Encuentre al solución de estado estable qp(t) y la coriente de estado estable, when E(t) = E0 sen t .Solución:Sea qp(t) = A sen t + B cos t,
Ejemplo 10
222
1222
0
222
1222
0
,
1
RCC
LL
RCC
LL
REB
CLE
A
Si
SiUsando el método similar, obtenemos
So
• Observación: X y Z se denominan reactancia y impedancia, respectivamente.
,1
C
LX 22222 12
CCL
LX
,22 RXZ 2
22222 12
RCC
LLZ
)/(),/( 20
20 ZREBZXEA
tZ
REt
Z
XEtqp
cossin)( 2
02
0
t
ZX
tZR
ZE
tqti pp cossin)()( 0
Ejemplo 10 (2)
3.9 Modelos Lineales: PVF
• Deflexión de una vigaMomento de flexión M(x) en un punto x a lo largo de la viga está relacionado con la carga por unidad w(x) mediante la ecuación
(1)Además, M(x) es proporcional a la curvatura de la curva elástica
M(x) = EI (2)donde E, I son constantes.
)(2
2
xwdx
Md
• Del cálculo, tenemos y”, donde deflexión y(x) es pequeña. Finalmente tenemos
(3)Entonces
(4)
4
4
2
2
2
2
dx
ydEIy
dx
dEI
dx
Md
)(4
4
xwxd
ydEI
Terminología
Extremos de la viga Condiciones en la frontera
empotrados y = 0, y’ = 0
libres y” = 0, y’’’ = 0
apoyados simplemente o abisagrados
y = 0, y” = 0
Fig 3.41
Fig 3.41
Una viga de longitud L se fija en ambos extremos. Hallar la deflexión de la viga si una carga constante w0 está uniformemente distribuida a lo largo de su longitud, esto es,
w(x)= w0 , 0 < x < L
Solución:De (4) tenemos Extremos empotrados significa Tenemos m4 = 0, yc(x) = c1 + c2x + c3x2 + c4x3, y
Ejemplo 1
04
4
wdx
ydEI
0)(,0)(,0)0(,0)0( LyLyyy
40
24x
EIw
yp
Ejemplo 1 (2)
Entonces
Usando las condiciones de la frontera, tenemosc1 = 0, c2 = 0, c3 = w0L2/24EI, c4 = −w0L/12EI
Eligiendo w0 = 24EI y L = 1, tenemos Fig 3.42.
4034
2321 24
)( xEI
wxcxcxccxy
220403022
0 )(24241224
)( LxxEI
wx
EIw
xEILw
xEILw
xy
Fig 3.42
ResolverSolución:Caso 1 : = 0
y = c1x + c2, y(0) = c2 = 0, y(L) = c1L = 0, c1 = 0
luego y = 0, solución trivial.Caso 2 : < 0, = −2, > 0Escogiendo y = c1 Ch x + c2 Sh x
y(0) = 0, c1 = 0; y(L) = 0, c2 = 0 luego y = 0, solución trivial.
Ejemplo 2
0)(,0)0(,0" Lyyyy
Caso 3 : > 0, = 2, > 0Escogiendo y = c1 cos x + c2 sen x
y(0) = 0, c1 = 0; y(L) = 0, c2 sin L= 0 Si c2 = 0, y = 0, solución trivial.Así que c2 0, sen L = 0, L = n, = n/L
Así, y = c2 sen (nx/L) es una solución para cada n.
Ejemplo 2 (2)
,3,2,1,2
222 n
L
nn
Tomando c2 = 1, para cada:
la función correspondiente:
• Observación: n = (n/L)2, n = 1, 2, 3, … se conocen como valores propios. yn = sen (nx/L) se llaman funciones propias.
,9,
4, 2
2
2
2
2
2
LLL
,3sin,
2sin,sin x
Lx
Lx
L
Ejemplo 2 (3)
Pandeo de una Columna Vertical Delgada
• En cuanto a la Fig 3.43, la ED es
(5)
donde P es una fuerza compresiva vertical constante aplicada en la parte superior de la columna.
,2
2
Pydx
ydEI 02
2
Pydx
ydEI
Fig 3.43
En cuanto a la Fig 3.43, cuando la columna se fija con bisagras en ambos extremos, hallar la deflexión. Solución:El PVF es
Intuitivamente, si la carga P no es suficientemente grande, no hay deflexión. La pregunta es: ¿para qué valores de P el PVF posee soluciones no triviales?
Ejemplo 3
0)(,0)0(,02
2
LyyPydx
ydEI
Escribiendo = P/EI, vemos
es idéntica al ejemplo 2. Del Caso 3, las curvas de deflexión son yn = c2 sen (nx/L), que corresponden a los valores propios n = Pn/EI = n22/L2, n = 1, 2, 3, …Desde el punto de vista físico, solo para Pn = EIn22/L2, la columna experimenta flexión.Llamamos a estas Pn las cargas críticas y la más pequeña P = P1 = EI2/L2 se llama la carga de Euler, yy1 = c2 sen(x/L) se conoce como primer modo de pandeo.Fig 3.44
Ejemplo 3 (2)
0)(,0)0(,0 Lyyyy
Fig 3.44
Cuerda Rotatoria
• La ED simpley” + y = 0
(6)ocurre una y otra vez como un modelo matemático. Fig 3.45.
Fig 3.45
• tenemosF = T sen 2 – T sen 1 (7)
Cuando 1 y 2 son pequeños, sen 2 tan 2 , sen 1 tan 1
Como tan2, tan1 son tangentes de las rectas que contienen a los vectoresT1 y T2, entonces
tan 2 = y’(x + x), tan 1 = y’(x)Así (7) pasa a ser
(8)Porque F = ma, m = x, a = r2. Con x pequeño, obtenemos r = y.
)]()([ xyxxyTF
Así(9)
Al igualndo (8) = (9), tenemos
(10)
Para x cercano a cero, tenemos
(11)Y las condiciones en la frontera son y(0) = y(L) = 0.
2)( yxF
2)()]()([ yxxyxxyT
yx
xyxxyT 2)()(
,22
2
ydx
ydT 02
2
2
ydx
ydT
3.10 Modelos No Lineales
• Resortes no linealesEl modelo
(1)cuando F(x) = kx se dice que es lineal. Sin embargo,
(2)es un resorte no lineal. Otro modelo
(3)
0)(2
2
xFdt
xdm
,032
2
kxdt
xdm 03
12
2
xkkxdt
xdm
02
2
kxdtdx
dtdx
dt
xdm
• F(x) = kx + k1x3 se dice que es duro si k1 > 0;y es suave, si k1 < 0. Fig 3.50.
Resortes Duros y Suaves
Fig 3.50
Ejemplo 1
• Las EDs (4)
y (5)
son casos especiales de(2). Fig3.51 muestra la gráfica obtenida de un programa de solución numérica.
032
2
xxdt
xd
032
2
xxdt
xd
Fig 3.51
• El modelo de un péndulo simple se representa en la Fig 3.52. De la figura, tenemos la aceleración angular a = s” = l”, la fuerza
Luego
(6)
Péndulo No Lineal
2
2
dt
dmlmaF
0sin2
2
lg
dt
d
Fig 3.52
• Como
Si empleamos solo los dos primeros términos,
Si es pequeño,
(7)
Linealización
!5!3
sin53
0)6/()/(/ 322 lglgdtd
02
2
lg
dt
d
• Fig 3.53 muestra algunos resultados con condiciones iniciales diferentes obtenidos con un programa de solución numérica. Podemos observar que si la velocidad inicial es bastante grande, el péndulo se saldrá de los límites.
Ejemplo 2
Fig 3.53
• Recordando (17) de la Sec 1.3 y Fig 1.26 dy/dx = W/T1, puede modificarse como
(8)
• donde es la densidad y s es la longitud del arco.Como la longitud s es
(9)
Cables Telefónicos
1Tws
dxdy
xdx
dxdy
s0
2
1
• entonces
(10)
Al derivar (8) con respecto a x y usando (10), obtenemos
(11)
2
1
dxdy
dxds
,1
2
2
dxds
Tw
dx
yd 2
12
2
1
dxdy
Tw
dx
yd
Ejemplo 3• De la Fig 1.26, obtenemos
y(0) = a, y’(0) = 0. Sea u = y’, la ecuación (11) se convierte en
Así
Ahora y’(0) = u(0) = 0, sinh-10 = 0 = c1 Como u = sinh(x/T1) = dy/dx, entonces
Usando y(0) = a, c2 = a − (T1/)
,1 2
1
uTdx
du
dx
Tu
du
121
11
1sinh cxTw
u
,sinh1
xTdx
dy 21
1 cosh cxTw
Ty
1
1
1 coshT
axT
Ty
• De la Fig 3.54, tenemos
(12)
cuando y = R, kMm/R2 = Mg, k = gR2/M, entonces
(13)
Movimiento de un Cohete
,22
2
y
Mmk
dt
sdm 22
2
y
Mk
dt
sd
2
2
2
2
y
Rg
dt
sd
Fig 3.54
• Suponiendo que la masa es variable, F = ma debería modificarse como
(14)
Masa Variable
)(mvdtd
F
Ejemplo 4
Una cadena uniforme de 10 pies de largo se enrolla sin tensión sobre el suelo. Un extremo de ella cadena se jala verticalmente hacia arriba por medio de una fuerza de 5 libras. La cadena pesa 1 libra por pie. Determine la altura del extremo sobre el nivel del suelo en el instante t.Solución:Sea x(t) = la altura
v(t) = dx/dt (velocidad)W = x1 = x (peso)m = W/g = x/32 (masa)F = 5 – W (fuerza neta)
Entonces
(15)Como v = dx/dt
(16)
es de la forma F(x, x’, x”) = 0Como v = x’, y
luego (15) pasa a ser(17)
Ejemplo 4 (2)
,532
xvx
dtd
x
dtdx
vdtdv
x 32160
160322
2
2
x
dtdx
dt
xdx
dxdv
vdtdx
dxdv
dtdv
xvdtdv
xv 321602
Escribiendo (17) como(v2+32x – 160) dx + xv = 0 (18)
(18) puede multiplicarse por un factor de integración para transformarse en exacta, donde podemos encontrar que le factor de integración es es (x) = x (compruébese). Luego
Use el método de la Sec. 2.4(19)
Como x(0) = 0, entonces c1 = 0. Resolviendo (19) = 0, para v = dx/dt > 0, obtenemos
Ejemplo 4 (3)
222 /,16032/ xvvfxxxvxf
12322 80
332
21
cxxvx
xdtdx
364
160
Compruebe que
(20)
Usando x(0) = 0 de nuevo, , elevamos al cuadrado ambos lados de (20) y resolvemos para x
(21)
Ejemplo 4 (4)
2
2/1
364
160323
ctx
8/1032 c
2
15104
12
152
15)(
ttx
3.11 Resolución de Sistemas de Ecuaciones Lineales
• Muelle conectado/Sistema de masasDe la Fig 3.58 y la Ley de Newton
(1)
)(
)(
12222
1221111
xxkxm
xxkxkxm
Fig 3.58
Método de Solución
• Considere dx/dt = 3y, dy/dt = 2x
óDx – 3y = 0, 2x – Dy = 0 (2)
Entonces, multiplicando la primera por D, la segunda por −3, y eliminando la y, se obtiene D2x – 6x =0
(3)Un método similar puede proporcionar
(4)
tt ecectx 62
61)(
tt ececty 64
63)(
Volviendo las ecuaciones originales,dx/dt = 3y
tras la simplificación,
tenemos
(5)
0)36()36( 642
631 tt eccecc
2413 36
,36
cccc
Resolver Dx + (D + 2)y = 0 (D – 3)x – 2y = 0 (6)
Solución:Multiplicando la primera por D – 3, la segunda por D, y restando,
[(D – 3)(D + 2) + 2D]y = 0(D2 + D – 6)y = 0
luego y(t) = c1e2t + c2e-3t (7)
Ejemplo 1
Usando el método similar,
x(t) = c3e2t + c4e-3t (8)
Sustituyendo (7) y (8) en la primera ecuación de (6),(4c1 + 2c3)e2t + (−c2 – 3c4)e−3t = 0
Luego 4c1 + 2c3 = 0 = −c2 – 3c4
c3 = –2c1, c4 = – ⅓c2 tttt ecectyecectx 32
21
32
21 )(,
31
2)(
Ejemplo 1 (2)
Ejemplo 2
Resolver x’ – 4x + y” = t2
x’ + x + y’ = 0 (9)Solución:
(D – 4)x + D2y = t2
(D + 1)x + Dy = 0 (10)Eliminando x,
entonces y m = 0, 2i, −2i
Sea podemos obtener A = 1/12, B = ¼ , C = −1/8.
0)4()1(])4()1[( 22 DtDyDDDD,2)4( 23 ttyDD
tctccyc 2sin2cos 321
,23 CtBtAtyp
Así
(11)
Método similar para obtener x(t)
Entonces m= 2i, −2i,
Sea xp(t) = At2 + Bt + C, luegopodemos obtener A = −1/4, B = 0, C = 1/8
ttttctcc
yyy pc
81
41
121
2sin2cos 23321
,)]1()4[( 2txDDD 22 )4( txD
tctcxc 2sin2cos 54
Ejemplo 2 (2)
Así (12)Usando la segunda ecuación de (9), tenemos
Ejemplo 2 (3)
81
41
2sin2cos 254 ttctcxxx pc
02cos)22(2sin)22( 345245 tccctccc
)42(5/1),24(5/1 325324 cccccc
ttttctccty
ttcctcctx
81
41
121
2sin2cos)(
81
41
2sin)42(51
2cos)24(51
)(
23321
23232
Ejemplo 3
• En (3) de Sec. 2.9, tenemos
Junto con las condiciones iniciales dadas, podemos usar el mismo método para obtener x1 y x2, no mencionados aquí.
0252
252
0501
252
21
21
xDx
xxD
Resolver
(13) conSolución:
Luego
Ejemplo 4
0410" 211 xxx
04"4 221 xxx
1)0(',0)0(,1)0(',0)0( 2211 xxxx
0)4(4
04)10(
22
1
212
xDx
xxD
,0)12)(2( 122 xDD 0)12)(2( 2
22 xDD
Ejemplo 4 (2)
Usando el mismo método, tenemos
(14)tttx
tttx
32sin10
32sin
5
2)(
32sin5
32sin
10
2)(
2
1
Fig 3.59