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• Roosevelt Celis Vega Huapaya

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Hito 2 ´ MATEMATICAS 2, 2020-1 PROBLEMA 1 - Secci´ on 1 El n´ umero de bacterias crece a una raz´on proporcional a la cantidad presente. Despu´es de 5 horas, hay 80 bacterias y luego de 8 horas, hay 120 bacterias. ¿Cu´antas bacterias estuvieron presentes inicialmente? Resoluci´ on Formamos el modelo poblacional exponencial (como nos indica el enunciado) dP = kP dt Z Z dP = kdt P ln|P | = kt + C P (t) = Cekt En t = 5: P (5) = Cek5 = 80 En t = 8: P (8) = Cek8 = 120 Dividiendo estas expresiones, podemos hallar k: 2 ek = ( )−1/3 3 Reemplazando en t = 5 y despejando C: c=

80 80 = 2 −5/3 5k e (3)

Finalmente: c = 40

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PROBLEMA 1 - Secci´ on 2 Hallar la soluci´on de la EDO, en t=2 et − yy 0 = 0, y(0) = 1 Resoluci´ on Ordenamos: et = y Z

et dt =

dy dt Z ydy

et + C = y(t) =

√

y2 2

2et + C

Con la condici´on inicial: y(0) = 1 =

√

2+C

C = −1 Finalmente tenemos: y(t) =

√

2et − 1

En t = 2: y(2) = 3,71

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PROBLEMA 2 - Secci´ on 1 Hallar la soluci´on de la EDO, en x=5 v 00 (x) + 4v 0 (x) + 4v(x) = 0, v(0) = 1, v 0 (0) = 2 Resoluci´ on Utilizamos operadores para desarrollar la EDO de segundo orden: (D2 + 4D + 4)v(x) = 0 Formamos la ecuaci´on caracter´ıstica: D2 + 4D + 4 = 0 Las ra´ıces son: r1 = r2 = −2 Por lo que la soluci´on general tiene la forma: v(x) = (Ax + B)e−2x Utilizando las I.C. v(0) = 1 = B v 0 (0) = 2 = A − 2B Por lo que: A = 4 y B = 1 Tenemos entonces: v(x) = (4x + 1)e−2x Evaluando en x = 5: v(5) = 9, 534 × 10−4

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PROBLEMA 2 - Secci´ on 2 Hallar la soluci´on de la EDO, en x=5 y 00 − 5y 0 − 14y = 0, y(0) = 0, y 0 (0) = 13 Resoluci´ on Utilizamos operadores para desarrollar la EDO de segundo orden: (D2 − 5D − 14)y(x) = 0 Formamos la ecuaci´on caracter´ıstica: D2 − 5D − 14 = 0 Las ra´ıces son: r1 = 7 r2 = −2 Por lo que la soluci´on general tiene la forma: y(x) = C1 e−2x + C2 e7x Utilizando las I.C. y(0) = 0 = C1 + C2 y 0 (0) = 13 = −2C1 + 7C2 Por lo que: C1 = −13 9 y C2 = Tenemos entonces:

13 9

y(x) =

−13 −2x 13 7x e + e 9 9

Evaluando en x = 5: y(5) = 2, 29 × 1015

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PROBLEMA 3 - Secci´ on 1 La siguiente EDO , ¿es exacta? (10x3 y 4 + e−y + 3sen(4x + 3y))y 0 + (6x2 y 5 + 4sen(4x + 3y) + 2) = 0 Corroborar la pregunta y hallar la soluci´on general de la EDO. Resoluci´ on Ordenamos: (10x3 y 4 + e−y + 3sen(4x + 3y))dy + (6x2 y 5 + 4sen(4x + 3y) + 2)dx = 0 N (x, y)dy + M (x, y)dx = 0 Debemos validar la forma para que sea exacta: ∂M ∂N = ∂y ∂x ∂ ∂ (6x2 y 5 + 4sen(4x + 3y) + 2) = (10x3 y 4 + e−y + 3sen(4x + 3y)) ∂y ∂x 30x3 y 3 + 12cos(4x + 3y) = 30x3 y 3 + 12cos(4x + 3y) ¡ES EXACTA! Ahora procedemos a hallar la funci´on general. Z F (x, y) = N (x, y)dy + g(x) F (x, y) = 2x3 y 5 − e−y − cos(4x + 3y) + g(x) Ahora:

Z F (x, y) =

M (x, y)dx + f (x)

F (x, y) = 2x3 y 5 − cos(4x + 3y) + 2x + f (y) Por lo que: F (x, y) = 2x3 y 5 − cos(4x + 3y) − e−y + 2x = C

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PROBLEMA 3 - Secci´ on 2 La siguiente EDO , ¿es exacta? (y 2 + 10x3 y 4 − x2 sen(xy))y 0 + (cos(xy) + 6x2 y 5 − xysen(xy) + e2x ) = 0 Corroborar la pregunta y hallar la soluci´on general de la EDO. Resoluci´ on Ordenamos: (y 2 + 10x3 y 4 − x2 sen(xy))dy + (cos(xy) + 6x2 y 5 − xysen(xy) + e2x )dx = 0 N (x, y)dy + M (x, y)dx = 0 Debemos validar la forma para que sea exacta: ∂M ∂N = ∂y ∂x ∂ ∂ 2 (cos(xy) + 6x2 y 5 − xysen(xy) + e2x ) = (y + 10x3 y 4 − x2 sen(xy)) ∂y ∂x 30x2 y 4 − 2xsen(xy) − x2 ycos(xy) = 30x2 y 4 − 2xsen(xy) − x2 ycos(xy) ¡ES EXACTA! Ahora procedemos a hallar la funci´on general. Z F (x, y) = N (x, y)dy + g(x) y3 + 2x3 y 5 + xcos(xy) + g(x) F (x, y) = 3 Ahora:

∂F (x, y) ∂g(x) = 6x2 y 5 + cos(xy) − xysen(xy) + ∂x ∂x Igualando con M (x, y): 6x2 y 5 + cos(xy) − xysen(xy) +

∂g(x) = M (x, y) ∂x

De aqu´ı tenemos que: ∂g(x) = e2x ∂x 6

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g(x) =

e2x +k 2

Por lo que: y3 e2x 3 5 F (x, y) = + 2x y + xcos(xy) + =C 3 2

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PROBLEMA 4 Se muestra un tanque con 50 gramos de sal y 100 litros de agua, al mismo tiempo, En un mismo instante se abre los dos ca˜ nos, uno de los ca˜ nos tiene las siguientes caracter´ısticas caudal de 5L / min y concentraci´on de 2g/L. Con el objetivo de no ocupar toda la capacidad del tanque se coloca un desag¨ ue con un caudal de 5L/min. Calcule el tiempo en el cual la soluci´on salina tendr´a una concentraci´on de 3g/L, para que el objetivo sea cumplido escoja una de las alternativas que se encuentra abajo, adicionalmente a su respuesta, mencione la capacidad del tanque necesaria para que el agua salina no rebalse del tanque. a) Agua pura 8L/min b) Agua salinas (8 L/min con una concentraci´on de 1g/L) c) Agua salinas (10 L/min con una concentraci´on de 4 g/L) d) Proponga otras condiciones

Resoluci´ on Para este problema debemos analizar el enunciado y lo que me piden. No queremos que rebalse y queremos obtener una concentraci´on de 3 g/L. Para que rebalse no lo sabemos, ya que solo nos dan un volumen V , que puede tomar cualquier valor. (al final de todo el c´alculo se debe dar el valor m´ınimo que debe tener el tanque o al menos a partir de que valor es preferible fabricarlo) Por lo que, nos queda analizar la concentraci´on (utilizando las opciones dadas). Si escogemos la ’a’: vemos que es agua pura, la cual no contiene sal y no nos incrementar´ıa la concentraci´on; por lo que queda descartada. Si escogemos la ’b’: vemos que es agua que ingresa con una concentraci´on de 1g/L y a 8L/min; con esto quiz´a se pueda llegar a la concentraci´on dada, pero en un tiempo inmensamente grade y con un volumen de tanque excesivo. Por esos motivos queda descartada. 8

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Si escogemos la ’c’: vemos que el agua ingresa con una concentraci´on de 4g/L y a 10L/min; tenemos agua con una concentraci´on mayor a la pedida y a un flujo apreciable. Utilizando el razonamiento anterior, podemos llegar a 3g/L en menos tiempo (que las otras alternativas) y con un tanque de volumen no exagerado. Esta es la posible y m´as o´ptima respuesta. Si escogemos la ’d’: Aqu´ı se pueden dar mejores condiciones que las mencionadas, pero cada condici´on debe ser fundamentada. Entonces, hemos elegido las condiciones de 4g/L y a 10L/min. De la figura: La concentraci´on inicial es: Q(0) = 50g El volumen ser´ıa: V = 100 + (5 + 10 − 5)t = 100 + 10t Modelando la ecuaci´on diferencial por flujos y concentraciones. dQ Q = 5 ∗ 2 + 4 ∗ 10 − 5 dt 100 + 10t Desde aqu´ı hubieron varios planteamientos, pero muchos de ellos fueron correctos, incluso algunos lo hicieron con variables desde antes; con lo cual lograron hallar la soluci´on general. dQ Q = 50 − dt 20 + 2t Resolvemos la EDO lineal: Hallamos el factor integrante: u=e

R

dt 20+2t

= (20 + 2t)1/2

A˜ nadi´endolo a la EDO. Z

1/2 0

[Q(20 + 2t)

] = Z

1/2 0

[Q(20 + 2t)

] =

Q(20 + 2t)1/2 =

50(20 + 2t)1/2 dt 50(20 + 2t)1/2 dt

50 (20 + 2t)3/2 + C 3

50 (20 + 2t) + C(20 + 2t)−1/2 3 Utilizando la condici´on inicial: Q(t) =

Q(0) = 50 =

50 (20) + C(20)−1/2 3 9

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C = −1267, 105 Por lo que la forma general ser´ıa: 50 (20 + 2t) − 1267, 105(20 + 2t)−1/2 3 Lo que buscamos es concentraci´on, dividimos por V : Q(t) =

10 Q(t) = − 256,421(20 + 2t)−3/2 100 + 10t 3 Queremos el tiempo cuando la concentraci´on sea 3g/L: 3=

10 − 256,421(20 + 2t)−3/2 3

De aqu´ı: t = 31, 649 min Y con esto llegamos a que el volumen: V = 100 + 10 ∗ t = 416, 49 L Por lo que: V ≥ 416,49 L

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PROBLEMA 5 En un principio, dos tanques grandes A y B contienen cada uno 100 galones de salmuera. La concentraci´on Inicial es de 1 lb/gal. En el tanque A, la concentraci´on de salmuera al ingresar es de 2 lb/gal; el flujo de ingreso es de 7 gal/min y 1 gal/min (proveniente de B) y la salida de flujo es de 5 gal/min hacia el tanque B e 3 gal/min (hacia afuera). En el tanque B, El flujo de ingreso (desde el tanque A) es de 5 gal/min y la salida es de 1 y 4 gal/min. El l´ıquido bien mezclado se bombea entre los recipientes como se muestra en la gura. Utilice la informaci´on de la imagen para construir un modelo matem´atico para el n´ umero de libras de sal x1 (t) y x2 (t) al tiempo t en los recipientes A y B, respectivamente. Hallar la concentraci´on en cada tanque en el tiempo t=2.

Resoluci´ on Analizando el problema, tenemos que existe una cantidad inicial x01 (0) = 1lb/gal y por ende, al iniciar en A, en el tanque B no hay salmuera, x2 (0) = 0. El cambio de volumen en A es, VA = 100 + (7 + 1 − 5 − 3)t = 100 y en B; VB = 100 + (5 − 1 − 4)t = 100 Analizando el tanque A; vemos que hay dos ingresos, uno desde B y otro desde afuera; de la misma manera hay dos salidas, una hacia B y otra hacia afuera. Entonces nuestra primera EDO queda: dx1 x2 x1 x1 =2∗7+1∗ −5∗ −3∗ dt 100 100 100 dx1 x2 x1 = 14 + −8 dt 100 100 Analizando el tanque B; vemos que hay un ingreso, desde A; hay dos salidas, una hacia A y otra hacia afuera. 11

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Entonces nuestra segunda EDO queda: dx2 x1 x2 x2 =5∗ −1∗ −4∗ dt 100 100 100 x1 x2 dx2 =5∗ −5∗ dt 100 100 El sistema queda: dx1 x2 x1 = 14 + −8 dt 100 100 x1 x2 dx2 =5 −5 dt 100 100 Con sus condiciones iniciales: ∂x1 (0) = 1, x2 (0) = 0 ∂V Utilizando operadores: dx1 x1 x2 +8 − = 14 dt 100 100 dx2 x2 x1 +5 −5 =0 dt 100 100 Ordenando: 8 1 )x1 − x2 = 14 100 100 5 5 − x1 + (D + )x2 = 0 100 100 8 5 y la segunda por (D + 100 ), luego Multiplicamos la primera ecuaci´on por 100 sumamos estas ecuaciones; quedando: (D +

−

1 1 2 7 x2 + (D + )(D + )x2 = 2000 20 25 10

13 7 7 D+ )x2 = 100 2000 10 De esta Edo 2do orden, realizamos la soluci´on general, calculando las ra´ıces. (D2 +

D2 +

13 7 D+ =0 100 2000

r1 = −0,03807; r2 = −0,09192 Formamos: 12

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x2g (t) = C1 e−0,03807t + C2 e−0,09192t Ahora la soluci´on particular, que es una constante: x2p = 200 La soluci´on total para x2 : x2 (t) = C1 e−0,03807t + C2 e−0,09192t + 200 Podemos hallar x1 a partir de x2 : 5 5 x1 = (D + 100 )x2 De 100 5 x1 = 0,01193C1 e−0,03807t − 0,04192C2 e−0,09192t + 10 100 Finalmente: x1 (t) = 0,2386C1 e−0,03807t − 0,8384C2 e−0,09192t + 200 De aqu´ı, utilizamos las condiciones iniciales: 1 on por lo que x1 (0) = 100 NOTA: ∂x ∂V (0) = 1 g/L es una raz´ x1 (0) = 100 = 0,2386C1 − 0,8384C2 + 200 x2 (0) = 0 = C1 + C2 + 200 Resolviendo el sistema de ecuaciones: C1 = −248, 56; C2 = 48, 56 Las ecuaciones ser´ıan: x1 (t) = −59, 28e−0,03807t − 40, 718e−0,09192t + 200 x2 (t) = −248, 56e−0,03807t + 48, 56e−0,09192t + 200 En t = 2: x1 (2) = 111, 19 g x2 (2) = 10, 068 g

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