1. Modelos matemáticos

ISAAC NEWTON (1642 - 1727) GOTTFRIED WILHELM LEIBNIZ (1646 - 1716)

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) = P0luego 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, luegok = (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 = 230Para 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

NMNbX

NMMa

dtdX

))(( XXkdtdX

La reacción química se describe como

entonces

Por separación de variables y fracciones parciales:

Para X(10) = 30, 210k = 0.1258, finalmente

XX

dtdX

5432

550

)40)(250( XXkdtdX

ktecXXckt

XX 210

21 40250 ó 210

40250ln

t

t

eetX 1258.0

1258.0

42511000)(

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 xx

dtdx

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:

)(12

2

tEqCdt

dqRdt

qdL

donde q(t) es la carga y dq(t)/dt = i(t) es la intensidad de corriente.

)(tERidtdiL

)(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

iidtdi

t

t

ceti

eiedtd

20

2020

56)(

24][

)(tERidtdiL

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

tLRtLRtLR

cedttEeL

eti )/()/()/(

)()(

tLRo ceREti )/()(

)(tERidtdiL

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 )(/ PPfdtdPPf

PdtdP

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

KrrP

dtdP

)( bPaPdtdP

A partir

tras una simplificación, tenemos

dtbPaP

dP

)(

acatPba

P

dtdPbPa

b/aPa

)(ln

lnln1

atat

at

ebcac

ebceactP

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 27699911000)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

sd2

2

002

2

)0(' ,)0( , vsssgdt

sd

Caída de los cuerpos y la resistencia del aireTenemos la ED:

y puede escribirse como:

kvmgdtdvm

dtdskmg

dtsdm 2

2

mgdtdsk

dtsdm 2

2

Deslizamiento de cadenaTenemos:

ó 232 2

2

xdt

xdL 064

2

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

tAtAtAtA

sin)cos(cos)sin(

sincoscossin

)(sincossincos 2121 txtctct

AcAt

AcA

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

dtdxkx

dtxdm 2

2

02 22

2

xdtdx

dtxd

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

tfdtdxkx

dtxdm

)(2 22

2

tFxdtdx

dtxd

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(,4cos522.1

51

2

2

xxtxdtdx

dtxd

01062

2

xdtdx

dtdx

)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) = 0c1 = 38/51, c2 = −86/51,

(28)

Ejemplo 6 (2)

tttctcetx t 4sin51504cos

10225)sincos()( 21

3

tttte

tx

t 4sin51504cos

10225sin

5186cos

5138

)(

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

dtxd

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

tFtxp

sin)( 220

Como x(0) = 0, x’(0) = 0, entonces

Así

(30)

tFtctcxxtx pc

sinsincos)( 220

21

)(/,0 22021 Fcc

,)sinsin()(

)( 220 ttFtx

Ejemplo 8 (2)

Resonancia Pura

• Cuando = , consideramos el caso .

(31)

20

0

230220

2cossin

2cossinlim

)(

)sinsin(lim

)(sinsinlim)(

tttF

tttF

dd

ttdd

FttFtx

ttFtF

cos2

sin2

02

0

• 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 unaresonancia 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

dtxdm

)(1 tEqC

RidtdiL

)(12

2

tEqCdt

dqRdt

qdL

Fig 3.32

Hallar q(t) en la Fig 3.32, donde L = 0.025 henry, R = 10ohm, 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 teqtq 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

CCLLX

,22 RXZ 2

22222 12 R

CCLLZ

)/(),/( 20

20 ZREBZXEA

tZREt

ZXEtqp

cossin)( 2

02

0

t

ZXt

ZR

ZEtqti 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

dxydEIy

dxdEI

dxMd

)(4

4

xwxdydEI

Terminología

Extremos de la viga Condiciones en la fronteraempotrados y = 0, y’ = 0libres y” = 0, y’’’ = 0apoyados 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 w0está uniformemente distribuida a lo largo de su longitud, esto es,

w(x)= w0 , 0 < x < LSolución:De (4) tenemosExtremos 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

EIwyp

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

wxEI

wxEILwx

EILwxy

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

Ln

n

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 xL

xL

xL

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 3.45No se puede mostrar la imagen en este momento.

• 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 022

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 0312

2

xkkxdt

xdm

02

2

kxdtdx

dtdx

dtxdm

• 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

dtdmlmaF

0sin2

2

lg

dtd

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

dtd

• 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

dxdys

0

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

dxyd

2

12

2

1

dxdy

Tw

dxyd

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 = c1Como u = sinh(x/T1) = dy/dx, entonces

Usando y(0) = a, c2 = a − (T1/)

,1 2

1u

Tdxdu

dxTu

du1

21

11

1sinh cxTwu

,sinh1

xTdx

dy 21

1 cosh cxTw

Ty

1

1

1 cosh TaxT

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

yMmk

dtsdm 22

2

yMk

dtsd

2

2

2

2

yRg

dtsd

Fig 3.54

• Suponiendo que la masa es variable, F = ma debería modificarse como

(14)

Masa Variable

)(mvdtdF

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

xvxdtd

x

dtdxv

dtdvx 32160

160322

2

2

x

dtdx

dtxdx

dxdvv

dtdx

dxdv

dtdv

xvdtdvxv 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

364160

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

364160

323 ctx

8/1032 c

2

151041

215

215)(

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

xxkxmxxkxkxm

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 porD, y restando,

[(D – 3)(D + 2) + 2D]y = 0(D2 + D – 6)y = 0

luegoy(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 – 3c4c3 = –2c1, c4 = – ⅓c2

tttt ecectyecectx 32

21

32

21 )(,

312)(

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

1212sin2cos 23

321

,)]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

412sin2cos 2

54 ttctcxxx pc

02cos)22(2sin)22( 345245 tccctccc

)42(5/1),24(5/1 325324 cccccc

ttttctccty

ttcctcctx

81

41

1212sin2cos)(

81

412sin)42(

512cos)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 xxx04"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

32sin52)(

32sin532sin

102)(

2

1

Fig 3.59