SEGUNDO DEPARTAMENTAL DE ECUACIONES DIFERENCIALES
Nombre: Grupo: IGM5 Materia Ecuaciones Diferenciales Fecha: 16-10-2013 Profesor: Gerson Villa González Instrucciones
El examen esta ponderado al 60% Debes de contestar todos los problemas
Aplicaciones de Ecuaciones diferenciales de primer orden 1. La población P(t ) de un suburbio de una gran ciudad en un instante cualquiera se rige por el problema de valor inicial
dP P(101 107 P) dt P(0) 5000 Donde t se mide en meses. ¿Cuál es el valor límite de la población? ¿En qué momento será la población igual a la mitad de su valor límite? Solución Tenemos que la ecuación diferencial de primer orden que modela el problema es la siguiente con su condición inicial
dP P 101 107 P y P(0) 5000 , además nosotros obtenemos que dt 500 , por lo tanto P 1,000,000 en t . Si P 0.0005 0.0995e0.1t P(t ) 500,000 , entonces t 52.9meses 2. Dos sustancias químicas A y B se combinan para formar una sustancia química C. La rapidez o velocidad de la reacción es proporcional al producto de las cantidades instantáneas de A y B que no se han convertido en sustancia química C. Inicialmente hay 40 gramos de A y 50 gramos de B y por cada gramo de B se usan 2 gramos de A. Se observa que se forman 10 gramos de C en 5 minutos. ¿Cuánto se forma en 20 minutos? ¿Cuál es la 1
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cantidad límite de C después de un tiempo largo? ¿Cuánto queda de las sustancias químicas A y B después de un tiempo largo? Solución Tenemos que X X (t ) la cantidad de C en el tiempo t y la ecuación que modela el
problema
es
dX k (120 2 X )(150 X ) dt
.
Si
tenemos
150 150e180 kt X (0) 0 y X (5) 10 entonces en consecuencia X 1 2.5e180 kt
que
donde
k 0.0001259 y X (20) 29.3 gramos . Ahora X 60 como t . Por lo tanto la cantidad de A 0 y la cantidad de B 30 cuando t Movimiento Armónico Simple 1. Un peso de 32 lb estira un resorte de 2 pies. Determine la amplitud y el periodo de movimiento si el peso se suelta desde un punto que esta 1 pie sobre la posición de equilibrio, con una velocidad inicial dirigida hacia arriba de 2 pie/seg. ¿Cuántas oscilaciones completa habrá realizado el peso después de 4 seg? Solución Tenemos
que
x '' 16 x 0 ,
con
las
siguientes
condiciones
iniciales
x(0) 1, x '(0) 2 , nosotros obtenemos la siguiente solución general: 1 5 x cos 4t sen4t cos 4t 3.6 . 2 2 El periodo es de
5 segundos y la amplitud es pies. En 4 segundos tenemos 2 2
8 vibraciones completas.
2
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Movimiento Amortiguado 1. Una masa de 1 kg sujeta a un resorte cuya constante es de 16 newton/m y el sistema completo se sumerge en un líquido que comunica a una fuerza de amortiguación numéricamente igual a 10 veces la velocidad instantánea. Determine las ecuaciones del movimiento si a. El peso se suelta, a partir del reposo, desde un punto que está a 1 m bajo la posición de equilibrio. b. El peso se suelta desde un punto que está a 1 m bajo la posición de equilibrio con una velocidad dirigida hacia arriba de 12m/seg. Solución Inciso a La ecuación diferencial que modela el problema x '' 10 x ' 16 x 0 con las siguientes condiciones iniciales x(0) 1, x '(0) 0 , por lo tanto la solución general será x
4 2t 1 8t e e 3 3
Inciso b La ecuación diferencial que modela el problema x '' x ' 16 x 0 con las siguientes condiciones iniciales x(0) 1, x '(0) 12 , por lo tanto la solución general será
2 5 x e2t e8t 3 3
Coeficientes indeterminados Resuelva la ecuación diferencial dada por el método de los coeficientes indeterminados 1. y ''' y '' y ' y xe e x
x
7
Solución
3
â yHxL
Solve
âx
â2 yHxL
-
âx
2
+
â3 yHxL âx3
- yHxL ã x x - ã x + 7 :
The general solution will be the sum of the complementary solution and particular solution. Find the complementary solution by solving
â3 yHxL âx
3
â2 yHxL
-
+
âx2
â yHxL âx
- yHxL 0:
Assume a solution will be proportional to ãΛ x for some constant Λ. Substitute yHxL ãΛ x into the differential equation: IãΛ x M -
â3 âx
3
IãΛ x M +
â2 âx
â3
Substitute
3
â âx
IãΛ x M - ãΛ x 0
IãΛ x M Λ3 ãΛ x ,
âx 2 Λx
Λ3 ãΛ x - Λ ã
2
â2 âx2
+ Λ ãΛ x - ãΛ x 0
IãΛ x M Λ2 ãΛ x , and
â IãΛ x M âx
Λ ãΛ x :
Factor out ãΛ x :
IΛ3 - Λ2 + Λ - 1M ãΛ x 0 Since ãΛ x ¹ 0 for any finite Λ, the zeros must come from the polynomial: Λ3 - Λ2 + Λ - 1 0
Factor:
HΛ - 1L IΛ2 + 1M 0 Solve for Λ: Λ ä or Λ -ä or Λ 1 The roots Λ ± ä give y1 HxL c1 ãä x , y2 HxL c2 ã-ä x as solutions, where c1 and c2 are arbitrary constants.
The root Λ 1 gives y3 HxL c3 ã x as a solution, where c3 is an arbitrary constant. The general solution is the sum of the above solutions: c2 yHxL y1 HxL + y2 HxL + y3 HxL c1 ãä x + + c3 ã x äx ã Apply Euler's identity ãΑ+ä Β ãΑ cosHΒL + ä ãΑ sinHΒL:
yHxL c1 HcosHxL + ä sinHxLL + c2 HcosHxL - ä sinHxLL + c3 ã x
Regroup terms:
yHxL Hc1 + c2 L cosHxL + ä Hc1 - c2 L sinHxL + c3 ã x
Redefine c1 + c2 as c1 and ä Hc1 - c2 L as c2 , since these are arbitrary constants: yHxL c1 cosHxL + c2 sinHxL + c3 ã x
Determine the particular solution to
â3 yHxL âx
3
-
â2 yHxL âx2
- yHxL +
â yHxL âx
ã x x - ã x + 7 by
the method of undetermined coefficients: Simplify: â3 yHxL âx
â2 yHxL -
3
âx
â yHxL +
2
âx
- yHxL 7 + ã x Hx - 1L
The particular solution will be the sum of the particular solutions to â3 yHxL âx
â2 yHxL
-
3
âx
2
- yHxL +
â yHxL âx
The particular solution to y p1 HxL a1
The particular solution to
7 and â3 yHxL âx3
â3 yHxL âx3
-
-
â3 yHxL âx
â2 yHxL âx2
â2 yHxL âx2
3
-
â2 yHxL âx2
- yHxL +
- yHxL +
- yHxL +
â yHxL âx
â yHxL
y p2 HxL x Ha2 ã x + a3 ã x xL, where a2 ã x + a3 ã x x
âx
â yHxL âx
ã x Hx - 1L.
7 is of the form:
ã x Hx - 1L is of the form:
was multiplied by x to account for ã x in the complementary solution.
Sum y p1 HxL and y p2 HxL to obtain y p HxL:
y p HxL y p1 HxL + y p2 HxL a1 + a2 ã x x + a3 ã x x2
Solve for the unknown constants a1 , a2 , and a3 : Compute â y p HxL
Compute â2 y p HxL âx2
âx
3
:
â2 y p HxL âx2
â2
âx2
ãx x
:
Ia1 + a2 ã x x + a3 ã x x2 M
a2 H2 ã x + ã x xL + a3 I2 ã x + ã x x2 + 4 ã x xM
Compute â3 y p HxL
âx
â Ia + a2 ã x x + a3 ã x x2 M âx 1 a2 ã x + a2 ã x x + a3 ã x x 2 + 2 a3
âx
â y p HxL
â3 y p HxL âx3
â3
âx3
:
Ia1 + a2 ã x x + a3 ã x x2 M
a2 H3 ã x + ã x xL + a3 I6 ã x + ã x x2 + 6 ã x xM
Substitute the particular solution y p HxL into the differential equation: â3 y p HxL âx3
-
â2 y p HxL âx2
+
â y p HxL âx
- y p HxL -ã x + ã x x + 7
Ia2 H3 ã x + ã x xL + a3 I6 ã x + ã x x2 + 6 ã x xMM -
Ia2 H2 ã x + ã x xL + a3 I2 ã x + ã x x2 + 4 ã x xMM +
Ia2 ã x + a2 ã x x + a3 ã x x2 + 2 a3 ã x xM - Ia1 + a2 ã x x + a3 ã x x2 M -ã x + ã x x + 7
Simplify:
-a1 + H2 a2 + 4 a3 L ã x + 4 a3 ã x x 7 - ã x + ã x x Equate the coefficients of 1 on both sides of the equation: -a1 7
Equate the coefficients of ã x on both sides of the equation: 2 a2 + 4 a3 -1
Equate the coefficients of ã x x on both sides of the equation: 4 a3 1
Solve the system: a1 -7 a2 -1 a3
1 4
Substitute a1 , a2 , and a3 into y p HxL a3 ã x x2 + a2 ã x x + a1 : y p HxL
ã x x2
- ãx x - 7
4
The general solution is: Answer:
yHxL yc HxL + y p HxL
ã x x2 4
- ã x x + c1 cosHxL + c2 sinHxL + c3 ã x - 7
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Variación de Parámetros Resuelva cada ecuación diferencial mediante variación de parámetros. De un intervalo en el cual la solución general este definida.
1. y '' 3 y ' 2 y sen e
3x
Solución
4
â yHxL
Solve 3
âx
â2 yHxL
+
âx2
+ 2 yHxL sinHã x L :
The general solution will be the sum of the complementary solution and particular solution. Find the complementary solution by solving
â2 yHxL âx2
+3
â yHxL âx
+ 2 yHxL 0:
Assume a solution will be proportional to ãΛ x for some constant Λ. Substitute yHxL ãΛ x into the differential equation: â2 âx
2
IãΛ x M + 3
Substitute
â2
â âx
IãΛ x M Λ2 ãΛ x and
âx2 Λx
Λ2 ãΛ x + 3 Λ ã
IãΛ x M + 2 ãΛ x 0 â IãΛ x M âx
+ 2 ãΛ x 0
Λ ãΛ x :
Factor out ãΛ x :
IΛ2 + 3 Λ + 2M ãΛ x 0 Since ãΛ x ¹ 0 for any finite Λ, the zeros must come from the polynomial: Λ2 + 3 Λ + 2 0
Factor: HΛ + 1L HΛ + 2L 0 Solve for Λ: Λ -2 or Λ -1 The root Λ -2 gives y1 HxL c1 ã-2 x as a solution, where c1 is an arbitrary constant.
The root Λ -1 gives y2 HxL c2 ã-x as a solution, where c2 is an arbitrary constant.
The general solution is the sum of the above solutions: c1 c2 yHxL y1 HxL + y2 HxL + 2x ãx ã Determine the particular solution to
â2 yHxL âx2
+ 2 yHxL + 3
â yHxL âx
of parameters:
List the basis solutions in yc HxL:
sinHã x L by variation
yb1 HxL ã-2 x and yb2 HxL ã-x
Compute the Wronskian of yb1 HxL and yb2 HxL: ã-2 x
WHxL
â Iã-2 x M âx
Let f HxL sinHã x L: Let v1 HxL -à
â Hã-x L âx
f HxL yb2 HxL WHxL
ã-2 x
ã-x
-
2
2x
ã
ã-x
-ã-x
â x and v2 HxL à
ã-3 x
f HxL yb1 HxL WHxL
â x:
The particular solution will be given by: y p HxL v1 HxL yb1 HxL + v2 HxL yb2 HxL
Compute v1 HxL:
v1 HxL -à ã2 x sinHã x L â x ã x cosHã x L - sinHã x L
Compute v2 HxL:
v2 HxL à ã x sinHã x L â x -cosHã x L
The particular solution is thus: y p HxL v1 HxL yb1 HxL + v2 HxL yb2 HxL Simplify: y p HxL -
ã x cosHã x L - sinHã x L ã2 x
sinHã x L ã2 x
The general solution is given by: Answer:
yHxL yc HxL + y p HxL
c1 ã2 x
+
c2 ãx
-
sinHã x L ã2 x
-
cosHã x L ãx