• Author / Uploaded
• Juan Jose Atalaya Goicochea

Citation preview

201 SOLUCIONARIO DEL PARCIAL

PROFESOR: Castro Vidal Raul CURSO: Ecuaciones diferenciales CICLO: 2016-A INTEGRANTES: Nombres

Códigos

Atalaya Goicochea Juan Jose

1413220279

Bunes Velasquez Llimy Emerson

1413210085

Garcia Garcia Pablo Alexis

1413210025

Garcia Rua Andree Edward

1413220314

Zamalloa Saavedra Luis

1413210189

PREGUNTA 1 Queremos inyectar un medicamento en un órgano humano. Supongamos 3 que el volumen de circulación sanguínea del órgano es 180 cm y que inyectan

cm3 /min

1

de

agua

destilada

con

0.3

mgr /cm 3

de

concentración de medicamentos. La sangre entra al órgano a la misma razón que sale. Si en el instante inicial no hay presencia de medicamento. ¿En qué momento la concentración del medicamento en el órgano será de 3 0.05 mgr /cm ? Solución:

V =180 cm3

(

x (t)i= 0.3

x( t) mg cm3 cm3 1 − 1 min 180 cm3 min cm3

)( )

x ( 0 )=0

[ x(t)] =M

(

x (t)i= 0.3

x (t)i +

x (t) mg mg − min 180 min

)

x (t) mg mg = 0.3 180 min min

(

[

dt

−∫

∫ dt 1 dt C+∫ 0.3 e 180 180

−∫

1 dt C +54 e 180 180

x ( t )=e

x ( t )=e

[

t

)

]

]

t

=C e 180 +45

x ( 0 )=0=c+ 54 c=−54 t

x ( t )=54 (1−e 180 ) t

x(t) 54 (1−e 180 ) [ t ]sto = = V 180

t

3(1−e 180 ) [ t ]sto = 10

[ T ] sto = t

1−e 180 =

ln e

t 180

=

3(1−e 10

t 180

)

3 =¿ 0.05 mgr /cm

1 6

5 6

T =−180 ln

5 6

T =32.817

PROBLEMA 2 Resuelva la EDO: d2 y dy −x −x + 2 + y=e lnx+ x e + sen( 4 x) 2 dx dx

Solución: λx

e =y

Sustituyendo: 2

d λx ( e ) =λ e λx dx

d ( λx ) 2 λx e =λ e 2 dx

λ2 e λx +2 λ e λx +e λx =0

Factorizando ( λ2 +2 λ+1) e λx =0

Como:

λx

e ≠0 2 ( λ +2 λ+1 ¿=0 2

( λ+1) =0

Pero:

λ=−1 o λ=1

λ=−1

La multiplicidad de la raíz

es 2 que da dos soluciones

y1 ( x ) + y2 ( x )

−x

−x

y 1 ( x )=c1 e y ( x ) = y 1 ( x ) + y 2 ( x )=

y 2 ( x )=c2 e x

c1 c2 x + x x e e

Solución particular: d ' y ( x) dy (x ) +2 + y ( x )=e−x lnx+ x e−x + sen(4 x) 2 dx dx yc ( x ) : y b ( x )=e−x 1

Calculando el wroskiano de

| |

W ( x )=

e−x

x ex

d −x (e ) dx

d x dx e x

e−x

x ex

Y yb ( x ) 1

y b ( x )= 2

y

|

( )

W ( x )=

−e−x e−x −

−x

x ex

|

=e−2 x

−x

f ( x )=e lnx+ x e + sen( 4 x ) V 1 ( x )=−∫

V 2 ( x )=∫

f ( x ) yb ( x ) dx W (x ) 2

f ( x) y b ( x ) dx W (x) 1

La solución particular está dada por: y p ( x )=V 1 ( x ) y b ( x )+ V 2 ( x ) y b ( x ) 1

2

x ex

yb ( x ) 2

Calculando V 1 ( x ) : V 1 ( x )=−∫ e x x

(

x ln ⁡( x ) + x + sen(4 x ) dx ex e

)

e x ( ( 17 x+ 15 ) sin ( 4 x )−4 ( 17 x−2 ) cos 4 x ) x 2 ( 6 ln x−4 x−3 ) V 1 ( x )=−¿ ¿ − 289 12

Calculando V 2 ( x ) : V 2 ( x )=∫ e x

(

x ln ⁡( x ) + x + sen(4 x ) dx ex e

)

x

2 e ( sen ( 4 x ) −4 cos ( 4 x ) ) x V 2 ( x )= −x + xln ( x )− −x 17 2

La solución particular quedaría así: y p ( x )=V 1 ( x ) y b ( x )+ V 2 ( x ) y b ( x ) 1

2

x e ( (17 x +15 ) sin ( 4 x ) −4 ( 17 x−2 ) cos 4 x) −¿ x 2 1 x ( 6 ln x−4 x−3 ) ) x e ( sen ( 4 x )−4 cos ( 4 x )) x2 y p ( x )= x ( ¿ ¿ 289− + x −x + xln ( x )− −x 17 2 12 e e

(

)

y ( x ) = y c ( x )+ y p ( x )

e x ( ( 17 x+15 ) sin ( 4 x )−4 ( 17 x −2 ) cos 4 x ) −¿ x 2 c1 c2 x 1 x ( 6 ln x−4 x−3 ) ) x e (sen ( 4 x )−4 cos ( 4 x ) ) x2 ( y ( x )= x + x + x ¿ ¿ 289− + x −x+ xln ( x )− −x 17 2 12 e e e e

(

PREGUNTA 3 Suponga la estructura representada por el siguiente modelo:

)

Sobre el modelo actúa la fuerza variable Fe(t). Si el desplazamiento y la velocidad inicial de la masa son nulas, calcular el desplazamiento de la masa en función del tiempo. Solución: De la segunda ley de newton:

ƩF=ma 1000cos60t - 10g - 2600X - 20X’ = 10X’’ X’’ + 2X’ + 260X = 100cos60t – 9.8 Solución general: X= Xc + Xp Hallando Xc: X’’ + 2X’ + 260X = 0 r1,2=

−2 ± √22−4(1)(260) 2

r1= -1 + 16j r2= -1 – 16j −t −t Xc= C1 e cos ( 16 t ) +C 2 e sin (16 t)

Hallando Xp: Para la ecuación: X’’ + 2X’ + 260X = 100cos(60t) ……(1) Xp1= Acos(60t) + Bsen(60t) Xp1’= -60Asen(60t) + 60Bcos(60t) Xp1’’= -3600Acos(60t) - 3600Bsen(60t) Xp1’’ + 2 Xp’ + 260 Xp = 100cos(60t) (120B-3340A)cos(60t) + (-3340B-120A)sen(60t)= 100cos(60t) 120B-3340A=100 -3340B-120A=0 A= -0.029

B= 0.001

Xp1= -0.029cos(60t) +0.001sen(60t) Para la ecuación: X’’ + 2X’ + 260X = -9.8 ………(2) Xp2= -0.037 Xp= Xp1 + Xp2 Solución general: −t −t Xt= C1 e cos ( 16 t ) +C 2 e sin (16 t) -0.029cos(60t) -0.001sen(60t)

-0.037 Condiciones reemplazando en las iniciales: X(0)= 0 X’(o)= 0 C1=0.066 C2=-0.065

Rpta:

−t −t Xt= 0.066 e cos ( 16 t ) −0.065 e sin(16 t) -0.029cos(60t)

-0.001sen(60t) -0.037 PREGUNTA 4: Si se tiene dos tanques interconectados con los grifos A, B y C, cada tanque contiene 150 litros de agua con 150gr de sal disuelta y el segundo tanque contiene 60gr. De sal disuelta y por A ingresa solo agua a razón de 4 litros por minuto, la mezcla siempre se mantiene homogénea y los tres caños se abren simultáneamente t=0, determinar en qué tiempo habrá la máxima cantidad de sal en el segundo tanque, si por B y C circula la solución a razón de 4 litros por minuto.

Solución:

dV 1 = A−B⇒ V 1 ( t )=( A−B ) t +V 1/ 0 dt dQ 1 Q (t ) dQ Q (t ) =AC 1−B 1 ; C 1=0 ⇒ 1 =−4 l/m . 1 dt dt 150 l V (t ) −2t −2 t +c dQ 1 −2 dt −2 t 75 ∫ Q =∫ 75 ⇒ln ( Q1 )= 75 + c ⇒ Q 1=e ⇒ Q1 ( t )=Ce 75 1 PVI : Q1 ( 0 )=150=Ce

−2 ( 0) 75

⇒ Q 1 ( t )=150 e

−2 t 75

dV 2 =B−C ⇒ V 2 ( t ) =( B−C ) t+ V 2/ 0 dt −2t −2 t dQ 2 Q (t ) dQ Q (t ) =BC 2−C 2 ; C2 =150−150 e 75 ⇒ 2 =4 150−150 e 75 −4 2 dt dt 150 V (t ) −2 t dQ 2 Q (t ) + 2 2 =600 1−e 75 dt 75 2 2t 2t 2t −2 t ∫ 75 dt dQ 2 Q 2 ( t ) 75 75 75 FactorIntegrante :e =e ⇒ e +2 =600 e 1−e 75 dt 75

(

(

)

(

(

2t

)

(

2t

)

(

)

(

)

2t

)

(

2t

)

)

d 75 e . Q2 =600 e 75 −1 ⇒ ∫ d e 75 . Q2 =600∫ e 75 −1 dt dt 2t 75

2t 75

e .Q2 =600 e −600 t +c ⇒ Q2=600−600 e −2 ( 0 ) 75

PVI :Q2 ( 0 )=60=600−600 e

Q2 ( t )=600−60 e

−2 t 75

( 0 ) −ce

−2 ( 0) 75

−2 t 75

t−ce

−2t 75

⇒ c=540

(10 t +9 )

PREGUNTA 5 Sea el circuito de la figura, inicialmente en A y B está abierto, en A se cierra hasta que se alcance el estado estacionario. Finalmente y simultáneamente en A se abre y en B se cierra. Halle la intensidad de corriente resultante e interprete geométricamente.

Para hallar la corriente en el estado estacionario simplemente V I= calculamos la impedancia del circuito para luego aplicar Z : Z = √ X L 2+ R 2 Donde

X L=wL=24

y

R=12 .

Z =√24 2 +122=26.83

I=

24 =0.89 26.83

Para el cálculo del tiempo donde empieza su estado estacionario lo I V L =L 24−IR=13.32 . calcularemos mediante t . Pero VL es igual a t=

IL =0.066 s VL

Ahora procederemos a calcular la intensidad

I (t)

cuando se cierra en B:

12 cos 24 t=V R + V L Llevándolo en función de la intensidad, obtuvimos: '

I+

R 12 I = cos 24 t L L

Aplicando factor integral de primer orden: 24 t dt+C 12 ∫ e∫ R / Ldt cos ¿ L − R / Ldt I =e ∫ ¿ Resolviendo las integrales, reemplazando los valores dados en el problema y aplicando el valor inicial de I=0 cuando t=0 llegamos a la siguiente ecuación: I (t) =321.9937 cos(24 t−63.43) Obtenida la intensidad de corriente I(t) lo sumamos la corriente del estado estacionario para obtener la corriente resultante. I (t) =0.89+321.9937 cos(24 t−63.43) T