8/19/2019 Matematicas Avanzadas - Actividad 3

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MATEMÁTICAS AVANZADAS

ACTIVIDADES CLASE No. 3

Luis Miguel Pérez Pertuz

Nelson Forero Salcedo

February 27, 2016

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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 32hasta el 40. Realice lo siguiente:

(a) Encuentre la ecuación diferencial que lo modela.

(b) Encuentre una solucíon general analı́tica.

(c) Encuentre una solucíon particular analı́tica.

3. Para los tres ejercicios anteriores use Matlab o cualquier otra herramienta

para:

(a) Graficar un campo de direcciones.

(b) Encontrar una solución particular en cualquier punto.

(c) Evaluar la solución particular en cualquier punto.

(d) Graficar la solución particular.

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1. Problem Set 1.5

3-13 Solución general. Problemas de valores iniciales.

Encuentre la solución general. Si se da una condición inicial, hallar la soluciónparticular correspondiente y graficala o bosquejala.

9.   y + ysin(x) =  ecos(x), y(0) = −2.5

Solución:

y + ysin(x) =  ecos(x)

Esta es una ecuación lineal de primer orden de la forma:

dydx

 +  P (x)y =  f (x)

En el libro de ecuaciones diferenciales del autor Dennis Zill séptima edición enla pagina 53 capitulo 2.3. Se define la solución a las ecuaciones diferenciales deesta forma. Según este libro la solución de esta ecuación está determinado por:

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) =  ecos(x)

−   P (x)dx ==> −   sen(x)dx =  cos(x)reemplazando en la solución tenemos:

y =  ce−   P (x)dx + e−

   P (x)dx  

 e

   P (x)dx

f (x)dx.y =  cecos(x) + ecos(x)

   e−cos(x)ecos(x)dx.

y =  cecos(x) + ecos(x)   e(0)dx.

y =  cecos(x) + ecos(x)x.

y =  ecos(x)(c + x).

Aplicando condiciones iniciales:

y(0) = −2.5y =  ecos(x)(c + x).

−2.5 =  ecos(0)(c + 0).C  =  −2.5

e

Solución Particular:

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y =  ecos(x)(x−  −2.5e

  ).

Figure 1: Gráfica de la solución particular  y  =  ecos(x)(x− −2.5

e  ).

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22-28 EDO’s no lineares

Usando un método de esta sección o variables separables, encuentre una solucióngeneral. Si se da una condición inicial, encuentre la solucíon particular ybosqueja o grafı́cala.

28.   2xyy  + (x− 1)y2 = x2ex; (set  y2 = z)

Solución:

2xyy + (x− 1)y2 = x2exy2 = Z y  =   z

2√ z

2x√ z   z

2√ z

 + (x− 1)z  =  x2ex

xz + (x− 1)z =  x2ex

z +   (x−1x  z  =  xex

Esta es una ecuación lineal de primer orden de la forma:

dydx

 +  P (x)y =  f (x)

y =  ce−   P (x)dx + e−

   P (x)dx  

 e   P (x)dx

f (x)dx.

utilizando la solución de la forma de Bernoulli.

 p(x) =   (x−1x

f (x) =  xex

  p(x)dx =

   (x−12x   dx = (x− ln(x))

y  =  ce− 

  (x−1x  dx

+ e− 

  (x−1x  dx  

 e

   (x−1

x  dx

xexdx

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

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

z  =  ce−x+ln(x)) + e−x+ln(x))   e(2x−ln(x))xdx

z  =  ce−x+ln(x)) + e−x+ln(x))  

  e(2x)

eln(x)xdx

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z  =  ce−x+ln(x)) + e−x+ln(x))   e(2x)dx

z  =  ce−x+ln(x)) + e−x+ln(x)) e(2x)2

z =  cxe−x + xe−x e(2x)

2

z =  xe−x(c +   e(2x)

2   )

z  =  xe−x( c+e(2x)

2   )

z  =  xe−x( c+e(2x)

2   )

y2 = xe−x( c+e(2x)

2   )

y = 

xe−x( c+e(2x)

2   )

teniendo la solución general hacemos y(0)=0 para hallar la constante C. Ha-ciendo y = 0 y y x = 0

C = −e2x

C = −e2(0) = -1

C = -1

y = xe−x(−1+e

(2x)

2   )

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2. Problem Set 1.5

31-40 Modelado. Aplicaciones adicionales.

33.Inyección de drogas  encuentre y resuelva el modelo para la inyección dedroga en el torrente sanguı́neo si, en t=0, una cantidad constante A (g/min) esinyectado y la droga es simultáneamente removida a una rata proporcional a lacantidad de droga presente en un tiempo t.

Solución:

consideremos y= a la cantidad de droga que entra en el organismo. por lotanto la razón de cambio de esta queda definida por la ecuación diferencial:

y =  A − ky

como condición inicial tenemos que en un tiempo t=0 =¿ y(0)=0.

y =  A − ky   (a)

y

A−ky   = 1

dydt

A−ky

  = 1

   dyA−ky   =

  dt

u = −ky + Adu = −kdy →   du−k  = dy

1−k

   duu

  =  dt

1−k ln(u) =  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

y =  A(1−ce−kt)

k  (b)

Evaluando condición inicial:

y(0)=0

0 =   A(1−ce−k(0))

k

0 =   A(1−c)k

0 = 1−c

c = 1

La solución particular es:

y =   A(1−e−kt)

k  (c)

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3. Problem Set 1.5

Gráficas de campos de direcciones y soluciones particulares

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

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Figure 3: Gráfica del campo direccional con soluciones particulares de la ED:2xyy + (x− 1)y2 = x2ex

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

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