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´ MATEMATICAS AVANZADAS ACTIVIDADES CLASE No. 3 Luis Miguel P´erez Pertuz Nelson Forero Salcedo February 27, 2016

Parte A : Ordinary Differential Equations (ODEs) Chapter 1: First-Order ODEs 1. SET 1.5. Problema 9, 28. 2. SET 1.5. Modeling. Escoja uno cualquiera de los problemas desde el 32 hasta el 40. Realice lo siguiente: (a) Encuentre la ecuaci´on diferencial que lo modela. (b) Encuentre una soluci´on general anal´ıtica. (c) Encuentre una soluci´on particular anal´ıtica. 3. Para los tres ejercicios anteriores use Matlab o cualquier otra herramienta para: (a) Graficar un campo de direcciones. (b) Encontrar una soluci´on particular en cualquier punto. (c) Evaluar la soluci´ on particular en cualquier punto. (d) Graficar la soluci´ on particular.

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1. Problem Set 1.5 3-13 Soluci´ on general. Problemas de valores iniciales. Encuentre la soluci´ on general. Si se da una condici´on inicial, hallar la soluci´on particular correspondiente y graficala o bosquejala. 9. y 0 + ysin(x) = ecos(x) , y(0) = −2.5 Soluci´ on: y 0 + ysin(x) = ecos(x) Esta es una ecuaci´ on lineal de primer orden de la forma: dy dx

+ P (x)y = f (x)

En el libro de ecuaciones diferenciales del autor Dennis Zill s´eptima edici´on en la pagina 53 capitulo 2.3. Se define la soluci´on a las ecuaciones diferenciales de esta forma. Seg´ un este libro la soluci´on de esta ecuaci´on est´a determinado por: R R R R y = ce− P (x)dx + e− P (x)dx e P (x)dx f (x)dx. Por lo tanto tenemos: p(x) = sen(x) f (x) =Recos(x) R − P (x)dx ==> − sen(x)dx = cos(x) reemplazando en la soluci´ on tenemos: R R R R P (x)dx y = ce− P (x)dx + e− P (x)dx e f (x)dx. R cos(x) e dx. y = cecos(x) + ecos(x) e−cos(x) R y = cecos(x) + ecos(x) e( 0)dx. y = cecos(x) + ecos(x) x. y = ecos(x) (c + x). Aplicando condiciones iniciales: y(0) = −2.5 y = ecos(x) (c + x). −2.5 = ecos(0) (c + 0). C=

−2.5 e

Soluci´ on Particular:

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y = ecos(x) (x −

−2.5 e ).

Figure 1: Gr´ afica de la soluci´on particular y = ecos(x) (x −

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−2.5 e ).

22-28 EDO’s no lineares Usando un m´etodo de esta secci´on o variables separables, encuentre una soluci´on general. Si se da una condici´on inicial, encuentre la soluci´on particular y bosqueja o graf´ıcala. 28. 2xyy 0 + (x − 1)y 2 = x2 ex ; (set y 2 = z) Soluci´ on:

2xyy 0 + (x − 1)y 2 = x2 ex y2 = Z 0 y 0 = 2z√z √ 0 2x z 2z√z + (x − 1)z = x2 ex xz 0 + (x − 1)z = x2 ex z0 +

(x−1 x z

= xex

Esta es una ecuaci´ on lineal de primer orden de la forma: dy dx

y = ce−

R

P (x)dx

+ P (x)y = f (x)

+ e−

R

P (x)dx

R R e

P (x)dx

f (x)dx.

utilizando la soluci´ on de la forma de Bernoulli. p(x) = (x−1 x f (x) = xex R y = ce−

p(x)dx = R

(x−1 x dx

R

(x−1 2x dx

+ e−

R

= (x − ln(x))

(x−1 x dx

z = ce−(x−ln(x)) + e−(x−ln(x)) z = ce−x+ln(x)) + e−x+ln(x))

R R e

z = ce−x+ln(x)) + e−x+ln(x))

R

e(x−ln(x)) xex dx e(2x−ln(x)) xdx

z = ce−x+ln(x)) + e−x+ln(x)) 4

xex dx

e(x−ln(x)) xex dx

R

R

(x−1 x dx

R

e(2x) xdx eln(x)

z = ce−x+ln(x)) + e−x+ln(x))

R

e(2x) dx (2x)

z = ce−x+ln(x)) + e−x+ln(x)) e 2 (2x)

z = cxe−x + xe−x e 2 z = xe−x (c +

e(2x) 2 ) (2x)

z = xe−x ( c+e2

(2x)

z = xe−x ( c+e2

) )

(2x)

y 2 = xe−x ( c+e2 y=

q

)

(2x)

xe−x ( c+e2

)

teniendo la soluci´ on general hacemos y(0)=0 para hallar la constante C. Haciendo y = 0 y y x = 0 C = −e2x C = −e2(0) = -1 C = -1 q (2x) ) y = xe−x ( −1+e 2

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2. Problem Set 1.5 31-40 Modelado. Aplicaciones adicionales. 33.Inyecci´ on de drogas encuentre y resuelva el modelo para la inyecci´on de droga en el torrente sangu´ıneo si, en t=0, una cantidad constante A (g/min) es inyectado y la droga es simult´aneamente removida a una rata proporcional a la cantidad de droga presente en un tiempo t. Soluci´ on: consideremos y= a la cantidad de droga que entra en el organismo. por lo tanto la raz´ on de cambio de esta queda definida por la ecuaci´on diferencial:

y 0 = A − ky como condici´ on inicial tenemos que en un tiempo t=0 =¿ y(0)=0.

y 0 = A − ky (a) y0 A−ky dy dt

A−ky

R

=1 =1

dy A−ky

R = dt u = −ky + A du du = −kdy → −k = dy 1 −k

R

du u

1 −k ln(u)

=

R

dt

=t+c

ln(u) = −kt + c u = e−kt+c −ky + A = e−kt+c −ky + A = ce−kt y=

ce−kt −A −k

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y=

Ace−kt −A −k

A(1−ce−kt ) k

y=

(b)

Evaluando condici´ on inicial: y(0)=0 0=

A(1−ce−k(0) ) k

0=

A(1−c) k

0=1−c c=1 La soluci´ on particular es: y=

A(1−e−kt ) k

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(c)

3. Problem Set 1.5 Gr´ aficas de campos de direcciones y soluciones particulares

Figure 2: Gr´ afica del campo de direcciones con soluciones particulares de la ED: y 0 + ysin(x) = ecos(x)

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Figure 3: Gr´ afica del campo direccional con soluciones particulares de la ED: 2xyy 0 + (x − 1)y 2 = x2 ex

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Figure 4: Gr´ afica del campo de direcciones y soluciones particulares de ED: y 0 = A − ky donde A = 10(g/min) y k = 1 con valores de C distintos

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