Transcript modelos matemáticos

1. Modelos matemáticos
ISAAC NEWTON (1642 - 1727)
GOTTFRIED WILHELM LEIBNIZ (1646 - 1716)
(© Chema Madoz, VEGAP, Madrid 2009)
EDs como modelos matemáticos
Suposiciones
Se expresan las suposiciones en
términos de ecuaciones
diferenciales
Si es necesario,
se modifican las suposiciones
o se aumentan la
resolución del modelo
Se comprueban
las predicciones
del modelo con
hechos conocidos
Formulación
matemática
Se resuelven las EDs
Se muestran las predicciones
del modelo.
Por ejemplo, gráficamente
Se obtiene
la solución
Modelos lineales
Crecimiento y decaimiento
dx
 kx, x(t0 )  x0
dt
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
Una dA/dt
sola EDpuede
modelo
matemático para muchos
A servir como undA/dt
= kA
fenómenos.
Crecimiento de bacterias
P0 : cantidad inicial de bacterias = P(0)
P(1) = 3/2 P(0)
Determine el tiempo necesario para
que se triplique el número de bacterias.
Solución:
Como dP/dt = kt, dP/dt – kt = 0,
tenemos P(t) = cekt, usamos P(0) = P0
luego 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.
Período de semidesintegración del plutonio
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
dA
 kA, A(0)  A0
dt
kt
La solución es A(t) = A0e . Si 0.043% de A0 se han desintegrado, queda
99.957%.
Entonces, 0.99957A0 = A(15) = A0e15k, luego
k = (ln 0.99957)/15 =-0.00002867. Sea A(t) = A0e-0.00002867t = ½ A0
En este caso tenemos
ln 2
T
 24180 años.
0.00002867
Fechado con carbono
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.
ln 1000
Entonces A0 /2 T= A0e5600k
, k = −(ln
2)/5600
 55800
years.=
0.00012378
−0.00012378.
A(t) = A0 /1000 = A0e -0.00012378t
La ley de Newton del enfriamiento/calentamiento
Si 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: T (t )  Ta  (T0  Ta )e Kt
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.
La temperatura de un pastel es 300F. Tres minutos más
tarde su temperatura es 200F. ¿Cuánto tarda el pastel en
alcanzar una temperatura ambiente de 70F?
Solución:
Se hace la identificación Tm = 70, luego
dT
 k (T  70), T (0)  300
dx
y T(3) = 200.
dT
 kdt, ln T  70  kt  c1
T  70
T (t )  70  c2ekt
Para T(0) = 300, c2 = 230
Para 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 Químicas
Observe 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
dX 
M
N



 a 
X  b 
X
dt 
M  N 
M N 
(8)
o
dX
 k (  X )(   X )
dt
(9)
La reacción química se describe como
entonces
dX
 k (250  X )(40  X )
dt
dX 
X 
4 
  50   32  X 
dt 
5 
5 
Por separación de variables
250 X
250 X
y fracciones parciales:
ln
 210kt  c1 ó
 c2e 210 kt
40  X
40  X
Para X(10) = 30, 210k = 0.1258, finalmente
1  e0.1258t
X (t )  1000
25  4e0.1258t
Mezclas
Si 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
dx 1

x  6, x(0)  50
dt 100
¿Cuánta sal queda
el depósito tras pasar un período de tiempo
d en
t / 100
largo?
[e
x]  6et /100 , x(t )  600  cet /100
dt
Solución:
Como
Para x(0) = 50, tenemos x(t) = 600 - 550e-t/100
Cuando el tiempo t es bastante grande, x(t) = 600.
Drenaje de un Tanque
Basándonos en la Ley de
Torricelli, si V(t) representa el
volumen de agua en el tanque en
tiempo t:
dV
  Ah 2 gh
dt
Como V(t) = Awh, entonces:
dh
Ah

2 gh
dt
Aw
Circuitos en Serie
A partir de la Segunda Ley de Kirchhoff tenemos:
d 2q
dq 1
L 2  R  q  E (t )
dt C
dt
donde q(t)
es la carga y
dq(t)/dt = i(t) es la
intensidad de
corriente.
Circuitos en serie
di
L  Ri  E (t )
dt
1
Ri  q  E (t )
C
dq 1
R  q  E (t )
dt C
Supongamos E(t) = 12 Volt, L = ½ Henry
R = 10 Ohm. Determine i(t) donde i(0) = 0.
Solución:
di
L  Ri  E (t )
1 di
dt
 10i  12, i (0)  0
Luego
2 dt
d 20
[e i ]  24e 20t
dt
6
i (t )   ce20t
5
Para i(0) = 0, c = -6/5, entonces
i(t) = (6/5) – (6/5)e-20t.
di
L  Ri  E (t )
dt
e ( R / L ) t ( R / L ) t
( R / L ) t
i(t ) 
e
E (t )dt  ce

Una solución general
de
es
L
Eo
i (t ) 
 ce( R / L )t
Cuando E(t) = E0 es unaRconstante, la solución se
convierte en
donde al primer término se conoce como la parte
de estado estable, y el segundo termino es un
Modelos no lineales
Dinámica de poblaciones
Si P(t) representa el de una población en el tiempo t, la
rapidez de crecimiento relativo (o específico), está definida
por
dP / dt
P
Cuando la rapidez de crecimiento solo depende de la
cantidad presente, la ED es
dP / dt
dP
 f ( P) or
 Pf ( P)
P
dt de de densidad.
que se llama hipótesis
de dependencia
Ecuación logística
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.
Suponemos que f (P) = c1P + c2. Empleando las
condiciones, tenemos c2 = r, c1 = −r/K. Luego
nuestra ec. pasa a ser
dP
r 

 P r  P 
dt
K 

, lo mismo que
dP
 P(a  bP )
dt
a la que se conoce como ecuación logística, su
solución se llama función logística y su gráfica,
curva logística.
Solución de la ecuación logística
A partir
dP
 dt
P(a  bP)
1
b/a 
 ln P 
dP  dt
ln a  bP 
a
P
ln
 at  ac
( a  b) P
tras una simplificación, tenemos
Si P(0) = P0  a/b, entonces
c1 = P0/(a – bP0)
ac1eat
ac1
P(t ) 

at
1  bc1e
bc1  eat
aP0
P(t ) 
bP0  (a  bP0 )e at
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
dx
 kx(1000  x), x(0)  1
dt
Determine x(6).
Solución:
Identificamos a = 1000k, b = k, de (5)
1000
x(t ) 
1  999e 1000 kt
Como x(4) = 50, -1000k = -0.9906, así
x(t) = 1000/(1 + 999e-0.9906t)
1000
x(t ) 
1  999e0.9906t
1000
x(6) 
 276 students
5.9436
1  999e
Modificación de la ecuación logística
dP
 P(a  bP)  h
dt
dP
 P(a  bP)  h
dt
dP
 P(a  b ln P)
dt
que se conoce como ED de Gompertz.
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 cuerpos
A parir de la primera ley de
Newton tenemos
d 2s
m 2  m g ó
dt
d 2s
 g
2
dt
Problema de valor inicial
d 2s
 g,
2
dt
s(0)  s0 ,
s' (0)  v0
Caída de los cuerpos y la resistencia del aire
Tenemos la ED:
dv
m  mg  kv
dt
y puede escribirse como:
d 2s
ds
m 2  mg  k
dt
dt
d 2s
ds
m 2  k  mg
dt
dt
Deslizamiento de cadena
Tenemos:
L d x
 2 x
2
32 dt
2
2
ó
d x 64
 x0
2
L
dt
Cables suspendidos
dy/dx = W/T1
Modelos Lineales: PVI
d2 x
m 2  k (s  x)  mg  kx  mg  ks  kx



dt
cero
Movimiento armónico simple o
libre no amortiguado
2
d x
2
 x  0
2
dt
donde  = k/m.
La solución general es
x(t )  c1 cos t  c2 sin t
Período T = 2/, frecuencia f = 1/T = /2.
Forma alternativa para x(t)
Podemos escribir la solución también como
x(t) = A sen(t + )
donde
A  c12  c22 ,
y  es la fase,
c1 
sin   
c1
A
 tan  
c2
c2 
cos 
A
A sin t cos   A cos t sin 
 ( A sin  ) cos t  ( A cos  ) sin t
c1
c2
A cos t  A sin t  c1 cos t  c2 sin t  x(t )
A
A
Movimiento libre amortiguado
d 2x
dx
m 2  kx  
dt
dt
 es una constante de amortiguamiento positiva.
Luego x”(t) + (/m)x’ + (k/m)x = 0 puede ponerse como
d 2x
dx
2

2



x0
2
dt
dt
donde
2 = /m, 2 = k/m
La ecuación auxiliar es m2 + 2m + 2 = 0, y las raíces
son
m1    2   2 , m2    2   2
Caso 1:
• 2 – 2 > 0. Sea
x(t )  e
 t
(c1e
h  2   2 ,
2  2t
 c2e
entonces
 2  2t
Se dice que es sobreamortiguado.
)
Caso 2:
• 2 – 2 = 0. Luego
x(t )  e
 t
(c1  c2t )
Se dice que es críticamente amortiguado.
Caso 3:
• 2 – 2 < 0. Sea
h    ,
m1     2  2 i ,
2
2
entonces
m2     2  2 i
x(t )  et (c1 cos  2  2 t  c2 sin  2  2 t )
Se dice que es subamortiguado.
Alternativa:
x(t )  Ae t sin(  2  2 t   )
A  c12  c22 ,
c1
tan  
c2
Movimiento forzado con amortiguamiento
d 2x
dx
m 2  kx    f (t )
dt
dt
d 2x
dx
2

2



x  F (t )
2
dt
dt
F (t )  f (t )/m, 2   /m,  2  k /m
Ejemplo 6
Interprete y resuelva
1 d 2x
dx
1
 1.2  2 x  5 cos 4t , x(0)  , x(0)  0 (26)
2
5 dt
dt
2
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:
dx2
dx
 6  10 x  0
2
dt
dt
3t
xc (t )  e (c1 cos t  c2 sin t )
Ejemplo 6 (2)
Suponiendo xp(t) = A cos 4t + B sen 4t,
tenemos A = −25/102, B = 50/51, entonces
x(t )  e
3t
25
50
(c1 cos t  c2 sin t ) 
cos 4t  sin 4t
102
51
Usando x(0) = 1/2, x’(0) = 0
c1 = 38/51, c2 = −86/51,
x(t )
e
3t  38
86
25
50

cos 4t  sin 4t
 cos t  sin t  
51
51
 51
 102
(28)
Términos Transitorio y de Estado Estable
• Gráfica de (28) se muestra en la Fig 3.29.
• xc(t) se desvanece cuando t  :
término transitorio
xp(t) permanece cuando t  :
término de estado estable
Fig 3.29
Ejemplo 7
• La solución de
2
d x
dx
 2  2 x  4 cos t  2 sin t ,
2
dt
dt
x(0)  0 , x(0)  x1
es
x(t )  ( x1  2)e  t sin t  2 sin t


transitorio
Fig 3.30.
estado estable
Fig 3.30
Ejemplo 8
Resolver
d 2x
2
  x  F0 sin  t ,
2
dt
x(0)  0 ,
x(0)  0
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),
F0
x p (t )  2
sin  t
2
 
Ejemplo 8 (2)
F0
x(t )  xc  x p  c1 cos t  c2 sin t  2
sin  t
2
 
Como x(0) = 0, x’(0) = 0, entonces
c1  0, c2  F0 /  ( 2   2 )
Así
F0
x(t ) 
( sin t   sin  t ) ,
2
2
 (   )
 
(30)
Resonancia Pura
• Cuando  = , consideramos el caso   .
d
( sin t   sin  t )
  sin t   sin  t
d
x(t )  lim F0

F
lim
0
d
 
 
 ( 2   2 )
( 3   2 )
d
 sin t  t cos  t
 F0 lim
 
 2
 sin t  t cos t
 F0
 2 2
F0
F0

sin t 
t cos t
2
2
2
(31)
• Cuando t  , los desplazamientos se vuelven largos
De hecho, |x(tn)|   cuando tn = n/, n = 1, 2, …..
Como se muestra en la Fig 3.31, se dice que es una
resonancia pura.
Fig 3.31
Circuitos LRC en Serie
• La siguiente ecuación es la ED de movimiento forzado con
amortiguamiento:
d 2x
dx
m 2   kx  f (t )
dt
dt
(32)
Si i(t) denota la corriente en Fig 3.32, entonces
di
1
L  Ri  q  E (t )
dt
C
(33)
Como i = dq/dt, tenemos
d 2q
dq 1
L 2  R  q  E (t )
dt C
dt
(34)
Fig 3.32
Ejemplo 9
Hallar q(t) en la Fig 3.32, donde L = 0.025 henry, R = 10
ohm, C = 0.001 farad, E(t) = 0, q(0) = q0 coulombs, y i(0)
= 0 ampere.
Solución:
Usando los datos:
1
q  10q  1000 q  0, q  40q  4000 q  0
4
Como se ha descrito antes,
q(t )  e20t (c1 cos 60t  c2 sin 60t )
Usando q(0) = q0, i(0) = q’(0) = 0, c1 = q0, c2 = q0/3
q0 10 20t
q(t ) 
e sin(60t  1.249)
3
Ejemplo 10
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,
1 

E0  L 

C 

A
,
   L2 2  2CL  21 2  R 2 
C 


E0 R
B
   L2 2  2CL  21 2  R 2 
C 


Ejemplo 10 (2)
Si
2L
1
X L 
 2 2
C C
2L
1
2
2 2
2
2
2
Z

L




R
Z  X R ,
C C 2 2
1
X  L 
,
C
2
2 2
Si
Usando el método similar, obtenemos
2
2
A  E0 X /( Z ), B  E0 R /( Z )
So
E0 X
E0 R
q p (t )   2 sin  t  2 cos  t
Z
Z
E0  R
X

i p (t )  qp (t )   sin  t  cos  t 
Z Z
Z

• Observación: X y Z se denominan reactancia y
impedancia, respectivamente.
3.9 Modelos Lineales: PVF
• Deflexión de una viga
Momento 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
d 2M
 w( x)
2
(1)
dx
Además, M(x) es proporcional a la curvatura  de la
curva elástica
M(x) = EI
(2)
donde E, I son constantes.
• Del cálculo, tenemos   y”, donde deflexión
y(x) es pequeña. Finalmente tenemos
d 2M
d2
d4y
 EI 2 y  EI 4
2
dx
dx
dx
(3)
d4y
EI  4  w( x)
dx
(4)
Entonces
Terminología
Extremos de la viga
empotrados
libres
apoyados simplemente o
abisagrados
Fig 3.41
Condiciones en la frontera
y = 0, y’ = 0
y” = 0, y’’’ = 0
y = 0, y” = 0
Fig 3.41
Ejemplo 1
Una viga de longitud L se fija en ambos extremos.
Hallar la deflexión de la viga si una carga constante w0
está uniformemente distribuida a lo largo de su
longitud, esto es,
w(x)= w0 , 0 < x < L
Solución:
d4y
EI 4  w0
De (4) tenemos
dx
Extremos empotrados significa
y (0)  0 , y(0)  0 , y ( L)  0 , y( L)  0
Tenemos m4 = 0, yc(x) = c1 + c2x + c3x2 + c4x3, y
w0 4
yp 
x
24 EI
Ejemplo 1 (2)
w0 4
y ( x)  c1  c2 x  c3 x  c4 x 
x
24 EI
2
Entonces
3
Usando las condiciones de la frontera, tenemos
c1 = 0, c2 = 0, c3 = w0L2/24EI, c4 = −w0L/12EI
2
w0 L 2 w0 L 3
w0 4
w0 2
y ( x) 
x 
x 
x 
x ( x  L) 2
24 EI
12 EI
24 EI
24 EI
Eligiendo w0 = 24EI y L = 1, tenemos Fig 3.42.
Fig 3.42
Ejemplo 2
Resolver y" y  0, y (0)  0, y ( L)  0
Solución:
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,  > 0
Escogiendo y = c1 Ch x + c2 Sh x
y(0) = 0, c1 = 0; y(L) = 0, c2 = 0
luego y = 0, solución trivial.
Ejemplo 2 (2)
Caso 3 :  > 0,  = 2,  > 0
Escogiendo
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
2 2
n

2
  n  2 ,
L
n  1, 2, 3, 
Así, y = c2 sen (nx/L) es una solución para cada n.
Ejemplo 2 (3)
Tomando c2 = 1, para cada:
2
4 2
,
,
2
2
L
L
9 2
,
2
L
la función correspondiente:
sin

L
x,
2
sin
x,
L
3
sin x , 
L
• Observación: n = (n/L)2, n = 1, 2, 3, … se
conocen como valores propios.
yn = sen (nx/L) se llaman funciones propias.
Pandeo de una Columna Vertical Delgada
• En cuanto a la Fig 3.43, la ED es
2
d y
EI 2   Py ,
dx
2
d y
EI 2  Py  0
dx
(5)
donde P es una fuerza compresiva vertical
constante aplicada en la parte superior de la
columna.
Fig 3.43
Ejemplo 3
En cuanto a la Fig 3.43, cuando la columna se fija
con bisagras en ambos extremos, hallar la deflexión.
Solución:
El PVF es
d2y
EI 2  Py  0 ,
dx
y(0)  0 ,
y ( L)  0
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 (2)
Escribiendo  = P/EI, vemos
y  y  0 , y (0)  0 , y ( L)  0
es idéntica al ejemplo 2. Del Caso 3, las curvas de
deflexión son yn = c2 sen (nx/L), que corresponden a
los valores propios n = Pn/EI = n22/L2, n = 1, 2, 3, …
Desde el punto de vista físico, solo para Pn = EIn22/L2,
la columna experimenta flexión.
Llamamos a estas Pn las cargas críticas y la más
pequeña P = P1 = EI2/L2 se llama la carga de Euler, y
y1 = c2 sen(x/L) se conoce como primer modo de
pandeo.
Fig 3.44
Fig 3.44
Cuerda Rotatoria
• La ED simple
y” + y = 0
ocurre una y otra vez como un modelo
matemático. Fig 3.45.
(6)
Fig 3.45
• tenemos
F = T sen 2 – T sen 1
(7)
Cuando 1 y 2 son pequeños,
sen 2  tan 2 , sen 1  tan 1
Como tan2, tan1 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
F  T [ y( x  x)  y( x)]
(8)
Porque F = ma, m = x, a = r2. Con x pequeño,
obtenemos r = y.
Así
F  ( x) y 2
(9)
Al igualndo (8) = (9), tenemos
T [ y( x  x)  y( x)]  ( x) y 2
(10)
y( x  x)  y( x)
2
T
   y
x
Para x cercano a cero, tenemos
2
d2y
d
y
2
T 2    y, T 2   2 y  0
(11)
dx
dx
Y las condiciones en la frontera son y(0) = y(L) = 0.
3.10 Modelos No Lineales
• Resortes no lineales
El modelo
d 2x
m 2  F ( x)  0
dt
(1)
cuando F(x) = kx se dice que es lineal.
Sin embargo,
d 2x
m 2  kx3  0,
dt
d 2x
m 2  kx  k1x3  0
dt
es un resorte no lineal.
Otro modelo 2
d x
dx dx
m 2 
 kx  0
dt
dt dt
(2)
(3)
Resortes Duros y Suaves
• F(x) = kx + k1x3 se dice que es duro si k1 > 0;
y es suave, si k1 < 0. Fig 3.50.
Fig 3.50
Ejemplo 1
• Las EDs
y
d 2x
3

x

x
0
2
dt
(4)
d 2x
3

x

x
0
2
dt
(5)
son casos especiales de(2). Fig3.51 muestra la
gráfica obtenida de un programa de solución
numérica.
Fig 3.51
Péndulo No Lineal
• 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
d 2
F  ma  ml 2
dt
Luego
d 2 g
 sin   0
2
l
dt
(6)
Fig 3.52
Linealización
• Como
sin    
3 5
3!

5!

Si empleamos solo los dos primeros términos,
d 2 /dt 2  ( g /l )  ( g / 6l ) 3  0
Si  es pequeño,
d 2 g
  0
2
l
dt
(7)
Ejemplo 2
• 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.
Fig 3.53
Cables Telefónicos
• Recordando (17) de la Sec 1.3 y Fig 1.26
dy/dx = W/T1, puede modificarse como
dy ws

dx T1
(8)
• donde  es la densidad y s es la longitud del arco.
Como la longitud s es
s
x
0
2
dy 

1    dx
 dx 
(9)
• entonces
ds
dy 

 1  
dx
 dx 
2
(10)
Al derivar (8) con respecto a x y usando (10),
obtenemos
2
d y w ds

,
2
T1 dx
dx
2
d y w
dy 


1  
2
T1
dx
 dx 
2
(11)
Ejemplo 3
• De la Fig 1.26, obtenemos
y(0) = a, y’(0) = 0. Sea u = y’, la ecuación (11) se
convierte en du 
du

2
  dx

1 u , 
2
T1
dx T1
1 u
w
1
Así
sinh u  x  c1
T1
Ahora y’(0) = u(0) = 0, sinh-10 = 0 = c1
Como u = sinh(x/T1) = dy/dx, entonces
T1

dy

dx
 sinh
T1
x, y 
w
cosh
T1
Usando y(0) = a, c2 = a − (T1/)
T1

T1
y  cosh x  a 

T1

x  c2
Movimiento de un Cohete
• De la Fig 3.54, tenemos
d 2s
Mm
m 2  k 2 ,
dt
y
d 2s
M
 k 2
2
dt
y
cuando y = R, kMm/R2 = Mg, k = gR2/M,
entonces
d 2s
R2
dt
2
 g
y2
(12)
(13)
Fig 3.54
Masa Variable
• Suponiendo que la masa es variable, F = ma
debería modificarse como
d
F  (mv)
dt
(14)
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 = x1 = x (peso)
m = W/g = x/32 (masa)
F = 5 – W (fuerza neta)
Ejemplo 4 (2)
Entonces
dv
dx
d x 
 v   5  x, x  v  160  32 x
dt
dt
dt  32 
(15)
Como v = dx/dt
2
d 2 x  dx 
x 2     32 x  160
dt
 dt 
(16)
es de la forma F(x, x’, x”) = 0
dv dv dx
dv
Como v = x’, y

v
dt
dx dt
dx
luego (15) pasa a ser dv 2
xv  v  160  32 x
dt
(17)
Ejemplo 4 (3)
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
f /x  xv2  32 x 2  160 x, f /v  xv2
Use el método de la Sec. 2.4
1 2 2 32 3
x v  x  80 x 2  c1
2
3
(19)
Como x(0) = 0, entonces c1 = 0. Resolviendo (19) = 0, para
v = dx/dt > 0, obtenemos dx
64
dt
 160 
3
x
Ejemplo 4 (4)
Compruebe que
1/ 2
3
64 
 160  x 
32 
3 
 t  c2
(20)
Usando x(0) = 0 de nuevo, c2  3 10 / 8 ,
elevamos al cuadrado ambos lados de (20) y
resolvemos para x
15 15  4 10 
x(t )   1 
t
2 2
15 
2
(21)
3.11 Resolución de Sistemas de Ecuaciones Lineales
• Muelle conectado/Sistema de masas
De la Fig 3.58 y la Ley de Newton
m1x1  k1x1  k2 ( x2  x1 )
m2 x2  k2 ( x2  x1 )
(1)
Fig 3.58
Método de Solución
• Considere
dx/dt = 3y, dy/dt = 2x
ó
Dx – 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
x(t )  c1e
 6t
 c2e
6t
Un método similar puede proporcionar
y (t )  c3e 
6t
 c4 e
6t
(3)
(4)
Volviendo las ecuaciones originales,
dx/dt = 3y
tras la simplificación,
( 6c1  3c3 )e
6t
 ( 6c2  3c4 )e
6t
0
tenemos
6
6
c3   c1, c4 
c2
3
3
(5)
Ejemplo 1
Resolver
Dx + (D + 2)y = 0
(D – 3)x – 2y = 0
(6)
Solución:
Multiplicando la primera por D – 3, la segunda por
D, y restando,
[(D – 3)(D + 2) + 2D]y = 0
(D2 + D – 6)y = 0
luego
y(t) = c1e2t + c2e-3t
(7)
Ejemplo 1 (2)
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 – 3c4
c3 = –2c1, c4 = – ⅓c2
1 3t
x(t )  2c1e  c2e ,
3
2t
y (t )  c1e 2t c2e 3t
Ejemplo 2
Resolver
x’ – 4x + y” = t2
x’ + x + y’ = 0
(9)
Solución:
(D – 4)x + D2y = t2
(D + 1)x + Dy = 0
Eliminando x,
(10)
[( D  1) D2  ( D  4) D] y  ( D  1)t 2  ( D  4)0
entonces ( D3  4 D) y  t 2  2t ,
y
m = 0, 2i, −2i
yc  c1  c2 cos 2t  c3 sin 2t
y p  At  Bt  Ct,
Sea
B = ¼ , C = −1/8.
3
2
podemos obtener A = 1/12,
Ejemplo 2 (2)
Así y  yc  y p
1 3 1 2 1
 c1  c2 cos 2t  c3 sin 2t  t  t  t
12
4
8
Método similar para obtener x(t)
[( D  4)  D( D  1)]x  t , ( D  4) x  t
2
2
Entonces m= 2i, −2i,
xc  c4 cos 2t  c5 sin 2t
Sea xp(t) = At2 + Bt + C, luego
podemos obtener A = −1/4, B = 0, C = 1/8
2
(11)
Ejemplo 2 (3)
Así
1 2 1
x  xc  x p  c4 cos 2t  c5 sin 2t  t 
4
8
(12)
Usando la segunda ecuación de (9), tenemos
(c5  2c4  2c2 ) sin 2t  (2c5  c4  2c3 ) cos 2t  0
c4  1/5(4c2  2c3 ), c5  1/5(2c2  4c3 )
1
1
1 2 1
x(t )   (4c2  2c3 ) cos 2t  (2c2  4c3 ) sin 2t  t 
5
5
4
8
1 3 1 2 1
y (t )  c1  c2 cos 2t  c3 sin 2t  t  t  t
12
4
8
Ejemplo 3
• En (3) de Sec. 2.9, tenemos
D  2  x  1 x  0

 1
2
25 
50

2
2

 x1   D   x2  0
25
25 

Junto con las condiciones iniciales dadas,
podemos usar el mismo método para obtener
x1 y x2, no mencionados aquí.
Ejemplo 4
x"1 10 x1  4 x2  0
4 x1  x"2 4 x2  0
Resolver
con x1 (0)  0, x'1 (0)  1, x2 (0)  0, x'2 (0)  1
Solución:
2
(13)
( D  10) x1  4 x2  0
4 x1  ( D 2  4) x2  0
Luego ( D  2)( D  12) x1  0, ( D  2)( D  12) x2  0
2
2
2
2
Ejemplo 4 (2)
Usando el mismo método, tenemos
2
3
x1 (t )  
sin 2t 
sin 2 3t
10
5
2
3
x2 (t )  
sin 2t 
sin 2 3t
5
10
(14)
Fig 3.59