MATEMATICAS AVANZADAS

ACTIVIDADES CLASE No. 4

Luis Miguel Perez PertuzNelson Forero Salcedo

Hernando de Avila

Marzo, 5, 2016

Parte A : Ordinary Differential Equations (ODEs)Chapter 1: First-Order ODEsSET 1.6. Orthogonal Trajectories.Chapter 2: Second-Order Linear ODEsSET 2.1. Homogeneous Linear ODEs of Second Order.SET 2.2. Homogeneous Linear ODEs with Constant Coefficients.SET 2.3. Differential Operators.SET 2.4. Modeling of Free Oscillations of a Mass-Spring System.

Actividades:A. Cada grupo debe resolver los problemas asignados en el caso de este grupolos problemas son:SET 1.6. problema 12SET 2.1. Problema 6SET 2.2. Problema 21SET 2.3. Problema 6SET 2.4. Problemas 19 y 20.

B. Para los ejercicios anteriores (donde lo amerite) use MatLab o cualquierotra herramienta para:

a. Encontrar una solucion particular analıtica del modelo.

b. Compara la solucion con la encontrada en la parte A. Si son diferentestratar en lo posible de demostrar que son iguales.

c. Graficar en una misma figura siempre y cuando se vean diferentes:

1. La solucion particular encontrada con Matlab (u otra herramienta)

2. La solucion particular analıtica encontrada en la parte A.

1

Problem SET 1.6

11-16 Applications, extensions.

12. campo electrico. Las lineas de fuerza electrica de dos cargas opuestade la misma magnitud en (-1,0) y (1,0) son los circulos a traves de (-1,0) y (1,0).Demuestre que esos circulos estan dados por la ecuacion x2 + (y− c)2 = 1 + c2.Demuestre que las lineas equipotenciales (las cuales son trayectorias ortogonalesa esos circulos) son los circulos dados por la ecuacion (x + c∗)2 = c ∗2 −1 (verla figura 1).

Figure 1: Campo electrico problema 12

Solucion:

La curva

x2 + (y − c)2 = 1 + c2

es la familia de circulos que pasa por (-1,0) y (1,0). Para demostrar esta afir-macion, remplazaremos los puntos (-1,0) y (1,0) en la ecuacion.

2

(−1)2 + (0− c)2 = 1 + c2

(1)2 + (0− c)2 = 1 + c2

Demostramos que es una familia de circulos.

Para encontrar las trayectorias ortogonales, derivamos la ecuacion x2+(y−c)2 =1 + c2.

2x+ 2(y − c)y′ = 0

x+ (y − c)y′ = 0

Para hallar el parametro c, debemos despejarlo de la ecuacion x2 + (y − c)2 =1 + c2.

x2 + y2 + c2 − 2yc = 1 + c2

x2 + y2 − 2yc = 1

c = x2+y2−12y

ahora reemplazamos en la ecuacion diferencial el valor de c:

x+ (y − c)y′ = 0

x+ (y − x2+y2−12y )y′ = 0

2yx+ (2y2 − (x2 + y2 − 1))y′ = 0

2yx+ (y2 − x2 + 1)y′ = 0

y′ = − 2yxy2−x2+1 = f(x, y)

Para un conjunto de curvas ortogonales se debe cumplir:

y′ = − 1f(x,y) = y2−x2+1

2yx = 12x y + 1

21−x2

x y−1

y′ − 12x y = 1

21−x2

x y−1

Esta ODE tiene la forma de Bernouilli:

y′ + p(x)y = g(x)ya

3

Con cambio de variable donde a = -1

u = y−1−a = y−1−(−1) = y2

Luego entonces:

u′ = yy′

u′ = 2y( 12x y + 1

21−x2

x y−1)

u′ = 1x y

2 + 1−x2

x

u′ = 1xu+ 1−x2

x

u′ − 1xu = 1−x2

x

Tenemos la ecuacion lineal cuya solucion es:

h =∫− 1xdx = −log|x|

eh = e−log|x| = 1x

u = e−h(∫ehrdx+ c∗)

u = x(∫

1x

1−x2

x dx+ c∗)

u = x(−x2+1x + c∗)

u = −x2 − 1 + c∗x

Haciendo cambio de variable u = y2

y2 = −x2 − 1 + c∗x

y2 + x2 − c∗x = −1

y2 + x2 − c∗x+ ( c∗

2 )2 = −1 + ( c∗

2 )2

y2 + (x− c∗

2 )2 = −1 + ( c∗

2 )2

y2 + (x− c∗)2 = −1 + (c∗)2

(x+ c∗)2 + y2 = (c∗)2 − 1

4

Problem SET 2.1

3-10 Reduction of order.

Reducir a primer orden y resolver, mostrar cada paso detallado.

6. xy′′ + 2y′ + xy = 0, y1 = (cosx)/x

Solucion:

Esta ecuacion es de la forma:

Y ′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0

resolvemos de la siguiente forma:

Y ′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0

y = y2 = uy1 ; y′ = y′2 = u′y1 + uy′1 ; y′′ = y′′2 = u′′y1 + 2u′y′1 + uy′′1

Reemplazamos:

u′′y1 + 2u′y′1 + uy′′1 + p(x)(u′y1 + uy1) + q(x)(uy1) = 0

factorizamos u′′,u′,u:

u′′y1 + u′(2y′1 + p(x)y1) + u(y′′1 + p(x)y′1 + q(x)y1) = 0

la expresion u(y′′1 + p(x)y′1 + q(x)y1) es igual a cero debido a que es igual a laecuacion Y ′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0

u′′y1 + u′(2y′1 + p(x)y1) = 0

u′′ + u′(2y′1+p(x)y1

y1) = 0

u′′ + u′(2y′1y1

+ p(x)) = 0

{U = u′

U ′ = u′′(1)

5

U ′ + U(2y′1y1

+ p(x)) = 0

U ′

U = −(2y′1y1

+ p(x))

ln(U) = −2ln(y1)−∫p(x)dx

U = 1y21e∫p(x)dx (2)

Teniendo encuenta de que U = u′ entonces∫Udx = u

por lo tanto

y = y2 = y1u = y1

∫Udx (3)

Resolviendo el ejercicio planteado cuya ecuacion es:

xy′′ + 2y′ + xy = 0, y1 = (cosx)/xy′′ + 2

xy′ + y = 0, y1 = (cosx)/x

basandose en la forma: Y ′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0

p(x) = 2x

q(x) = 1

usando la ecuacion 3

y = y1

∫Udx

y = y1

∫1y21e∫p(x)dxdx

y = cos(x)x

∫x2

cos2(x)e∫

2xdxdx

y = cos(x)x

∫x2

cos2(x)e−2ln(x)dx

y = cos(x)x

∫x2

cos2(x)1x2 dx

y = cos(x)x

∫1

cos2(x)dx

y = cos(x)x

∫sec2(X)dx

y = cos(x)x (tan(x) + c)

y = cos(x)tan(x)+cos(x)c)x

y = sin(x)+cos(x)c)x

6

Problem SET 2.2

21-30 Problemas de valores iniciales.

21. y′′ + 25y = 0, y(0) = 4.6, y′(0) = −1.2

Solucion:

esta es una ecuacion homogenea lineal con coeficientes constantes de la forma:

y′′ + ay′ + by = 0

para la solucion de esta ecuacion se presentan tres casos dependiendo del valorde dado por la ecuaci+on a2 − 4b, en nuestro caso este da menor que cero, porlo tanto, aplica el caso numero 3. (ver texto advanced engineering mathematics10th edition seccion 2.2)

Esta ecuacion esta dada de la forma general:

y′′ + w2y = 0

cuya solucion esta determinada por la ecuacion:

y = Acos(wx) +Bsen(wx)

y′ = −Awsen(wx) +Bwcos(wx)

w2 = 25w = 5

Reemplazando:

y = Acos(5x) +Bsen(5x)

y′ = −5Asen(5x) + 5Bcos(5x)

usando los valores iniciales dados:

y(0) = 4.6, y′(0) = −1.2

4.6 = Acos(5(0)) +Bsen(5(0))

A = 4.6

7

y′ = −5(4.6)sen(5x) + 5Bcos(5x)

−1.2 = −5(4.6)sen(5(0)) + 5Bcos(5(0))

−1.2 = 5Bcos(5(0))

−1.2 = 5B

B = −1.25

reemplazando las constantes la ecuacion queda:

y = 4.6cos(5x) + −1.25 sen(5x)

y = 4.6cos(5x)− 0.24sen(5x)

8

Problem SET 2.3

6-12 Solucion general.

Factoriza como en el libro y resuelve. 6. (D2) + 4.00D + 3.36I)y = 0

Solucion:

Para este caso se tiene que por los reoremas demostrados en las secciones 2.2 y2.2 los operadores de derivadas para esta ecuacion diferencial pueden recibir elmismo trato que un polinomio culaquiera

P (D) = P (λ) (4)

remplazando en la ecuacion anterior:

P (D2 + 4.00D + 3.36I) = P (λ2 + 4.00λ+ 3.36) (5)

Se puede resolver P (λ) con

λ1 = 12 (−a+

√(a2 − 4b))

λ2 = 12 (−a−

√(a2 − 4b))

Para este caso a = 4;b = 3.36

λ1 = 12 (−4 +

√(42 − 4(3.36))) = −1.2

λ2 = 12 (−4−

√(42 − 4(3.36))) = −2.8

Estas dos soluciones corresponden al Caso II (dos raices reales)descrito en ellibro guia, de modo que la solucion general de dicha ecuacion diferencial es:

y = C1eλ1x+ C2e

λ2x

Reemplazandoλ1yλ2se obtiene la solucion:

y(x) = C1e−1.2x + C2e

−2.8x

9

Problem SET 2.4

11-20 Movimiento Amortiguado.

19.Constante de amortiguamiento. Considere un movimiento subamor-tiguado de un cuerpo de masa m=0.5 Kg. Si el tiempo entre dos maximosconsecutivos es 3 segundos y la amplitud maxima se reduce hasta 1

2 de su valorinicial luego de 10 ciclos, ¿cual es la constante de amortiguamiento de el sis-tema?.

Solucion:

Inicialmente se nos dice que la masa es igual a 0.5 kg, con el tiempo entre 2maximos consecutivos igual a 3 segundos nos estan diciendo que realiza 1 cicloen 3 segundos, es decir, la frecuencia es igual a 1/3 hertz. Se nos da 2 valoresiniciales en el cual y(0)= amplitud y en 10 ciclos esa amplitud cae a la mitad,por razones de estudio, la amplitud la hacemos igual a 1. por lo tanto quedanlas ecuaciones de valores iniciales:

y(0) = 1

y(10ciclos = 12

gracias a la frecuencia tenemos que:

t = 3segundos/ciclos ∗ 10ciclos = 30segundos

Usando la ecuacion que define los lımites de una oscilacion subamortiguadacomo se puede ver en la figura 2. (ver fig. 39. del texto guıa)

Figure 2: Oscilacion subamortiguada

10

y(t) = Ce−αt donde α = c2m

para y(0) = 1

1 = Ce−α(0)

C = 1

para y(30) = 12

12 = e−α(30)

12 = e−

c2m (30)

−ln(2) = ln(e−c

2m (30))

−ln(2) = − 30c2m m=0.5

−ln(2) = − 30c2(0.5)

−ln(2) = −30c

c = ln(2)30

c = 0.0231

11

20. Proyecto CAS. Transicion entre los casos I,II, III. Estudia la tran-sicion en terminos de la grafica de soluciones tipicas (figura 7).(a) Evitar generalidades innecesarias es parte de una buena mod-elacion. Demuestre que los problemas de valores iniciales (A) y (B) daran prac-ticamente mucha informacion como un problema con otros m,k, y(0)=1,y’(0)=0.

(A) y′′ + cy + y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0

(B) la misma (A) con diferente c y y’(0)= -2 (en lugar de 0)

(b) Considere (A). Elija valores adecuados de c, tal vez mejores que en lafigura , para la transicion del caso III a II y I. Suponga c para las curvas en lafigura 7.

(c) tiempo de ir a reposo. Teoricamente, este tiempo es infinito (¿porque?). Practicamente, el sistema esta en reposo cuando el movimiento se havuelto muy pequeno, digamos, menor que 0.1% del desplazamiento inicial(estaeleccion depende de nosotros), eso es en nuestro caso,

(11) |y(t)| < 0.001 para todo t mayor que algun t1.

en las construcciones de ingenieria, el amortiguamiento puede usualmente servariado sin demasiado problema. Experimentando con tus graficas, encuentreempiricamente una relacion entre t1 y c.

(d) Solucionar (A) analiticamente. Exponer las razones de porque lasolucion c de y(t2) = −0.001, donde t2 es la solucion de y′(t) = 0, dara elmejor c posible satisfaciendo la ecuacion (11).

(e) Considere (B) empiricamente como en (a) y (b). ¿cuales son las princi-pales diferencias entre (B) y (A)?.

Figure 3: Proyecto CAS ejercicio 20

12

Solucion:

Figure 4: Proyecto CAS, Ecuacion: y′′+cy+y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0, variandoC

13

Figure 5: Proyecto CAS, Proyecto CAS, Ecuacion: y′′ + cy + y = 0, y(0) =1, y′(0) = −2, variando C

14

Figure 6: Proyecto CAS, Proyecto CAS, Ecuacion: y′′ + cy + y = 0, y(0) =1, y′(0) = 0, variando m

15

Figure 7: Proyecto CAS, Proyecto CAS, Proyecto CAS, Ecuacion: y′′+cy+y =0, y(0) = 1, y′(0) = 0, variando k

16