Ecuaciones diferenciales PDF

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EJERCICIOS Dos tanques, cada uno de los cuales contiene 24 L de una solución salina, están conectados entre sí mediante unos tubos, como se muestra en la figura. El tanque A recibe agua pura a razón de 6 L/min y el líquido sale del tanque B con la misma razón; además, se bombea 8 L/min de líquido de...

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EJERCICIOS 1. Dos tanques, cada uno de los cuales contiene 24 L de una solución salina, están conectados entre sí mediante unos tubos, como se muestra en la figura. El tanque A recibe agua pura a razón de 6 L/min y el líquido sale del tanque B con la misma razón; además, se bombea 8 L/min de líquido del tanque A al tanque B y 2 L/min del tanque B al tanque A. Los líquidos dentro de cada tanque se mantienen bien revueltos, de modo que cada mezcla es homogénea. Si en un principio la solución salina en el tanque A contiene xo=1 kg de sal y la del tanque B contiene inicialmente y o=2 kg de sal, determinar la masa de sal en cada tanque en el instante t>0.

Determinamos las ecuaciones diferenciales dx =razónde entrada−razónde salida dt

(

)(

Concentración Razón de razónde entrada= de sal en entrada de el fluido la salmuera

)

kg ( 24y kgL )(2 minL )= 12y min

razónde entrada=

(

razónde salida=

)(

Concentración Razón de de sal en salida de el fluido la salmuera

)

kg ( 24x kgL )( 8 minL )= x3 min

razónde salida=

dx y x = − dt 12 3 dy =razónde entrada−razón de salida dt

(

dy x kg = dt 24 L

)( 8 minL ) −( 24y kgL)(8 minL )

−1 dx −x y = + dt 3 12 ´x = 3 1 dx x y ¿ ´y = − 3 dt 3 3

( )

dy x y = − dt 3 3

1 12 x −1 y 3

( )

()

Obtenemos la matriz de coeficientes.

( )

−1 A= 3 1 3

1 12 −1 3

Determinamos los valores propios.

det ( A−λ I 2 x 2 )

|

|

|( ) |

−1 3 det ( A−λ I 2 x 2 ) = 1 3

−1 1 −λ 1 −1 −1 12 3 ¿ = −λ −λ − 36 1 3 3 −1 −λ 3 3

(

(

)

1 12 λ 2+ 2 λ + =0 12 3

)(

2

)( )

12 λ + 8 λ+1= 0

1 12 1 0 −λ 0 1 −1 3

1 1 1 1 2 ¿ + λ+ λ+ λ − 9 3 3 36

( 2 λ+1) ( 6 λ+1) =0

Si y solo si 2 λ+1=0 ó 6 λ+1=0

λ1 =

(

−1 −1 ó λ2 = Para calcular el vector propio de λ1 6 2

( )

−1 −1 − 3 2 1 3

) ( )( ) ( )

1 1 12 6 = 1 −1 −1 − 3 3 2

( )

{

1 0 12 k 1 = 0 1 k2 6

1 1 1 −1 k + k =0 k 1= k 6 1 12 2 6 12 2 , k 2 ≔ Variable libre 1 1 −1 k =0 k + k 1=6 k 3 1 6 2 12 2 k 1=

−1 k 2 2

(

k 2=−2

)

( )

1 2 2 ¿ λ + λ+ 3 12

k 1=

Sustituimos el valor de K2

−1 ( −2)=1 Y tenemos nuestro primer vector 2

λ1

propio de

( )

Χ 1= 1 ⇒Vector propio −2 Para calcular el vector propio de λ2

(

) ( )( ) ( )

( )

−1 −1 − 3 6 1 3

1 −1 1 12 6 12 k 1 0 = = 1 −1 −1 −1 k2 0 − 3 6 6 3

( )

{

−1 −1 −1 1 k 1 + k 2=0 k 1= k 12 6 6 12 2 , k 2 ≔Variable libre 1 1 −1 k − k =0 k 1 =−6 k 3 1 6 2 12 2

(

)

1 k 1= k 2 2

k 2=2

1 k 1= ( 2) =1 Y tenemos nuestro primer vector propio 2

Sustituimos el valor de K2 de λ2 Χ 2=

( 12 )⇒Vector propio

Las soluciones linealmente independientes son las siguientes: 1 ( 2 )t 1 (6 e Χ 1= Χ2= e 2 −2

( )

−1

()

Χ ( t )=c 1 Χ 1+ c 2 Χ 2

)

−1 t

Χ ( t )=c 1

Por lo tanto, la solución general es:

( )

1 e −2

−1 t 2

+ c2

()

1 e 2

−1 t 6

Si queremos obtener las constantes c, también podemos verlo de la siguiente manera: x ( t ) =c 1 e

−1 t 2

−1 t 6

+c 2 e −1 t 2

−1 t 6

y ( t) =−2 c1 e +2 c 2 e Aplicando las condiciones iniciales para obtener una solución particular: x ( 0 )=1 y ( 0)=2 y ( 0)=−2 c 1 +2 c 2 −2 c 1+2 c 2=2 x ( 0 )=c 1 +c 2 c 1+ c 2=1 Eliminamos c1 de las funciones obtenidas

−2 c 1+2 c 2=2

2( c 1+ c 2=1 )

4 c 2=4

c 2=1

Despejamos c1 de c 1+ c 2=1

c 1+ c 2=1∴ c 1=1− c 2

c 1=1− (1 )

c 1=0

Al ya encontrar el valor de c1 y c2, sustituimos en nuestras funciones generales: x ( t ) =c 1 e

−1 t 2

−1

+c 2 e 6

−1 t

y ( t) =−2 c1 e 2 +2 c 2 e −1

t

−1 t 2

t

x ( t ) =(0)e

−1 t 6 −1

y ( t) =−2(0)e 2 +2(1)e 6

t

Por lo tanto las funciones quedarían como: y ( t) =2e

−1 t 6

−1 t 6

+(1)e

−1 t

x ( t ) =e 6

Retrato fase

31.Dos grandes tanques, cada uno con 100 litros de líquido, están conectados entre sí mediante tubos, de modo que el líquido fluye del tanque A al tanque B a razón de 3 litros/minuto y de B al A a razón de 1 litro/minuto (véase la figura 5.2). El líquido dentro de cada tanque se mantiene bien revuelto. Una solución salina con una concentración de 0.2 kg/litro de sal fluye hacia el tanque A a razón de 6 litros/minuto. La solución (diluida) sale del sistema del tanque A a 4 litros/minuto y del tanque B a 2 litros/minuto. Si en un principio, el tanque A contiene agua pura y el tanque B contiene 20 kg de sal, determine la masa de sal en cada tanque en el instante t ≥ 0 .

Determinamos las ecuaciones diferenciales dx =razónde entrada−razónde salida dt

(

razónde entrada=

(

razónde entrada= 0.2

(

)(

Concentración Razón de de sal en entrada de el fluido la salmuera

)(

)(

)(

)(

)

) )

y kg y kg kg L L kg + + 6 1 =1.2 100 L L min min min 100 min

Concentración Razón de razónde salida= de sal en salida de el fluido la salmuera 7 x kg ( 100x kgL )( 7 minL )= 100 min

razónde salida=

7x y dx − =1.2+ 100 100 dt dy =razónde entrada−razón de salida dt dx −7 x y = +1.2 + dy 3 x 3 y dt 100 100 = − dt 100 100 dy 3 x 3 y − = dt 100 100

(

dy x kg = dt 100 L

)( 3 minL )− ( 100y kgL )(3 minL )

Escribiendo el sistema en notación de operador, para realizarlo por el metodo de eliminación para sistemas con coeficientes constantes: 7 [ x ]− y =1.2 D+ 100 100 3 −3 [ y ]=0 x+ D+ 100 100 Eliminando a x (t) del sistema: 3 7 [x ]− y =1.2 = 3 D + 7 [ x ] − 3 [ y ] = 9 D+ 100 100 100 100 10000 250 100

(

)

(

)

[(

] (

)

)

3 7 7 3 −3 D+ x+( D + [ y ]=0] = [ x ] + ( D+ )( D+ [ y ]=0 ( D + 1007 ) [ −3 ) ( ) 100 100 100 100 100 ) 100 3 [ y ]= 9 ( D+ 1007 )( D + 1003 ) [ y ] −10000 250 La ED resultante es: 121 3 [ y] = 9 ( D + 101 D + 10000 ) [y ]− 10000 250 2

2 D [ y] +

1 121 3 9 [ y] − [ y ]= D[ y ]+ 10 10000 10000 250

9 ( D +101 D + 5000 ) [ y ]= 2509 2

La solución particular de la ED no homogénea la obtenemos con el método de los coeficientes indeterminados: 9 ( 101 D + 5000 ) [ y ] =D [ 2509 ] 9 1 D (D + D + [ y ] =0 ∴ 5000 ) 10 9 1 =0 λ ( λ + λ+ 5000 ) 10 2

D D + 2

2

Si y solo si

( ) √( ) ( )

− λ= λ=

1 2 9 −4 (1 ) 10 5000 2( 1 )

1 ± 10

−5 ± √ 7 100

∴

λ1 =

−5−√ 7 −5+ √7 , λ2 = , λ3 =0 100 100

y ( t) =c 1 e λ t +c 2 e λ t + c 3 1

2

La función y(t) está dada por

y ( t )= y n ( t ) + y p (t ) :

y ( t) =c 1 e λ t +c 2 e λ t +c 3 ⇒y p( t )=c3 1

2

( D + 101 D +50009 ) [ y ] =2509 2

p

9 9 c= 5000 3 250

c 3=20 Por lo tanto, la función y(t) quedaría: λ t λ t y ( t) =c 1 e +c 2 e + 20 1

2

Determinamos y ' (t) : −5+√ 7 t −5− √7 c2 eλ t y ' ( t )= c1 e λ + 100 100 En nuestras principales funciones, despejamos x en la segunda ecuación. −7 x y ' x= + +1.2 100 100 100 3x 3 y ∴ x= − y '+ y y'= 100 100 3 2

1

'

en x= 100 y + y 3 −5− −5+ 100 √7 c eλ t + √ 7 c e λ t + (c e λ t +c e λ t +20) x (t)= 1 2 1 2 100 3 100 −5+ √ 7 t λ t λ t t −5− √7 c 2 e λ + c1 e +c 2 e +20 c1 eλ + x (t)= 3 3 2+ 7 −2+ √ 7 λ t Aplicando las condiciones iniciales para c1 e λ t− √ c 2 e +20 x (t)= 3 3 obtener una solución particular: c 1+c 2+ 20=20 y ( 0)=c1 + c 2 + 20 x ( 0 )=0 y ( 0)=20 Sustituimos

y (t)

y

(

y ' (t)

1

2

2

1

1

)

1

1

2

2

2

2+ √ 7 −2+√ 7 c 1− c 2 +20 3 3 2+ 7 −2+ √ 7 c 1− √ c 2 +20= 0 Despejamos c1 de la función 3 3 c 1=−c 2 Sustituimos en la otra función x ( 0 )=

2+ 7 −2+ √ 7 c 1− √ c 2 +20= 0 3 3 2−√ 7 2+ 7 c 2− √ c2 +20 =0 3 3 Por lo tanto, c1 es −30 30 c 1=− c 1= √7 √7

( )

−2+ √ 7 2+ (−c 2 ) − √ 7 c 2+20 =0 3 3 −2 √ 7 c 2=−20 3

c 2=

30 √7

c 1+ c 2+20=20

Al ya encontrar el valor de c1 y c2, sustituimos en nuestras funciones generales: −2+√ 7 −30 λ t 2+ √ 7 30 λ t e − x (t ) = e +20 3 3 √7 √7

( ) ( ) −30 20 20 30 e + e x ( t ) =( −10 ) e −( +10 ) e +20 y ( t )= ( ) ( 7 7 7 √ √ √ √ 7) 1

2

λ1t

λ1 t

λ 2t

λ2 t

+20

Por lo tanto las funciones quedarían como: 20 20 −30 λ t 30 λ t λ t λ t x (t ) = e + e +20 −10 e − +10 e +20 y ( t )= √7 √7 √7 √7 −5−√ 7 −5+ √7 , λ2 = λ1 = 100 100

(

) ( 1

)

2

1

2

Retrato fase

33.En el problema 31, suponga que no hay salida de la solución del sistema desde el tanque B, que sólo fluye 1 litro/minuto del A al B y sólo entran 4 litros/minuto al sistema en el tanque A, manteniendo los demás datos. Determine la masa de sal en cada tanque en el instante t ≥ 0 1 L/min

4 L/min

dx =razónde entrada−razónde salida dt

(

razónde entrada=

(

razónde entrada= 0.2

(

razónde salida=

)(

Concentración Razón de de sal en entrada de el fluido la salmuera

)(

)(

)(

)(

)

) )

y kg y kg kg L L kg + + 4 1 =0.8 L min 100 L min min 100 min

Concentración Razón de de sal en salida de el fluido la salmuera

kg ( 100x kgL )( 5 minL )= 20x min

razónde salida=

dx y x =0.8+ − dt 100 20 dy dy x kg y kg L L =razónde entrada−razón de salida = − 1 1 dt dt 100 L 100 L min min dx −x y + +0.8 = y x dy dt 20 100 − = y x dy dt 100 100 − = dt 100 100 Escribiendo el sistema en notación de operador, para realizarlo por el metodo de eliminación para sistemas con coeficientes constantes: 1 [ x ]− y =0.8 D+ 20 100 1 −1 x+ D + [ y ] =0 100 100

(

(

) (

)

)(

)(

)(

)

Eliminando a x (t) del sistema: 1 1 [ x ]− y =0.8 = 1 D + 1 [ x ] − 1 [ y ] = 1 D+ 100 20 100 20 10000 125 100

[(

] ( )

)

1 −1 [ y ]=0 ]= −1 ( D+ 1 ) [ x ]+ (D + 1 )( D + 1 ) [ y ]=0 x+ ( D + ( D + 201 ) [ 100 ) 100 20 20 100 100 1 [ y ]= 1 ( D + 201 )( D+ 1001 ) [ y]− 10000 125 La ED resultante es: 1 1 [ y ]= 1 ( D + 503 D + 2000 )[ y ] −10000 125 1 ( D + 503 D + 2500 )[ y ] =1251

D2 [ y ] +

2

3 1 1 1 [ y ]− [ y] = D[y ] + 50 2000 10000 125

2

La solución particular de la ED no homogénea la obtenemos con el método de los coeficientes indeterminados: 1 ( 503 D + 2500 ) [ y ] =D [ 1251 ] 1 3 [ y ] =0 ∴ D (D + D + 50 2500 ) 1 3 λ ( λ + λ+ =0 2500 ) 50 2

D D + 2

2

Si y solo si

( ) √( ) ( )

− λ= λ=

3 ± 50

−3 ± √ 5 100

3 2 1 −4 (1 ) 50 2500 2( 1 ) −3− √ 5 −3+ √5 , λ2 = ∴ λ1 = , λ3=0 100 100

λ t λ t y ( t) =c 1 e +c 2 e + c 3 1

2

La función y(t) está dada por y ( t) = y n( t ) + y p (t ) : 1 3 2 D + D+ y ( t) =c 1 e λ t +c 2 e λ t +c 3 ⇒y p( t )=c3 2500 50 c 3=20 Por lo tanto, la función y(t) quedaría: λ t λ t y ( t) =c 1 e +c 2 e + 20 Determinamos y ' (t) : 1

1

2

2

(

) [ y ] =1251 p

1 1 c= 2500 3 125

−3+√ 5 λ t −3− √5 c2 e λ t c1 e + 100 100 En nuestras principales funciones, despejamos x en la segunda ecuación. −x y ' x= + +0.8 20 100 y x ' − ∴ x=100 y ' + y y= 100 100 ' y ( t )=

2

1

en x=x=100 y ' + y −3+ √5 −3−√ 5 λ t c 2 e + (c1 e λ t +c 2 e λ t + 20 ) c1 e λ t + x (t)=100 100 100 λ t λ t λ t λ t x ( t ) =( −3+ √ 5 ) c1 e −( 3+ √5 ) c 2 e + c 1 e + c2 e +20 λ t λ t Aplicando las condiciones iniciales para x (t)= ( −2+√ 5) c 1 e − (2+ √ 5 ) c 2 e +20

Sustituimos

y (t)

y ' (t)

y

(

2

1

2

1

1

)

1

1

2

2

2

obtener una solución particular: y ( 0)=c1 + c 2 + 20 x ( 0 )=0 y ( 0)=20

c 1+c 2+ 20=20

x (0)=( −2+ √ 5) c 1−( 2+√ 5 ) c 2 +20 (−2+ √ 5) c 1− (2+ √ 5 ) c 2+20=0 Despejamos c1 de la función c 1+ c 2+ 20=20 función (−2+ √ 5) c 1− (2+ √ 5 ) c 2+20=0 (−2+ √ 5) ( −c 2 ) − ( 2+ √5 )c 2 +20=0

c 1=−c 2 Sustituimos en la otra

− ( −2+√ 5 ) c 2−( 2+√ 5 ) c 2+20=0 10 −2√ 5 c 2=−20 c 2= √5 Por lo tanto, c1 es −10 10 c 1=− c 1= 5 √ √5

( )

Al ya encontrar el valor de c1 y c2, sustituimos en nuestras funciones generales: −10 λ t 10 λ t x ( t ) =( −2+ √ 5) e −( 2+ √5 ) e +20 √5 √5

( ) ( ) 20−10 √ 5 20 + 10 √5 e − x (t)= ( √5 ) ( √5 )c e +20 1

2

λ 1t

λ 2t

2

y ( t )=

10 e + e (−10 ) ( √5 √ 5) λ1 t

λ2t

+20

Por lo tanto las funciones quedarían como: x (t)=

(

) (

)

20−10 √ 5 λ t 20 + 10 √5 e − c 2 e λ t +20 √5 √5 1

2

y ( t )=

10 e +( ) e (−10 ) √5 √5 λ1 t

λ2t

+20

λ1 =

−3+ √5 −3− √ 5 , λ2 = 100 100

Retrato fase...