UNIVERSIDADNACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA FASE 3 TRABAJO COLABORATIVO No.3 ECUACIONES DIFERNCIALES PARTICIPANTES: YENNY PATRICIA ALVAREZ VALENCIA CODIGO 63535985 TUTORA YENIFER ELIZABETH GALINDO INGENIERIA AMBIENTAL UNIVERSIDAD ABIERTA Y A DISTANCIA UNAD 2015 Escoger del listado de ejercicios propuesto un ejercicio de cada temática y desarrollarlo de forma individual. y ( 0 )=1 dx 2 2. Resolver el problema de valor inicial a través del método de series de Taylor: dy −x =e . Revisar la convergencia de las siguientes series ∞ en n ! ∑ nn n=1 ∞ ∑ (n+ 1)(n+n 2)(n+3) n=1 2 n 1 1 n 1 1 n! n 1 3. Hallar la solución general de la siguiente ecuación como una serie de potencial alrededor del punto x=0 ' y + 2 yx=0 Ahora modificamos: ∞ y ( x ) = ∑ an x n n=0 ∞ y ´ ( x ) = ∑ n an x n−1 n=1 Modificamos la ecuación diferencial y ' + 2 yx=0 ∞ ∞ n=1 n=0 ∑ n a n x n−1 +2 x ∑ a n x n=0 2 .Temática: ecuaciones diferenciales y solución por series de potencias 1. 4. 3.∞ ∑ n an x n=1 n−1 ∞ +∑ 2 an x n+1 =0 n=0 Ahora reducimos nuestras sumas de potencias a una potencia igual para x ∞ ∞ ∑ (k +1) a(k +1) x + ∑ 2 a(k−1) x k =0 k k=0 k=1 Ahora agrupamos para k=1 y separamos el término de la primera expresión para k=0 ∞ a1 + ∑ ( k + 1 ) a (k+ 1) x k +2 a(k−1) x k =0 k=1 ∞ a1 + ∑ [ ( k +1 ) a(k +1) +2 a(k−1 )] x k =0 k=1 Igualamos los coeficientes a cero a1=0 ( k +1 ) a(k +1) +2 a(k −1 )=0 ( k +1 ) a( k+1 )=−2 a( k−1) ( k +1 ) a( k+1 )=−2 a( k−1) a( k+1 )= −2 a( k−1 ) ( k +1 ) Ahora hallamos para k=1. 2. 6 a2= −2 a0 =−a0 . k=1 2 a3 = −2 a1 =0 . k =3 4 2 2! y a1=0 3 . 5. k =2 3 a 4= −2 a 2 −a2 a0 = = . n=1. y ( x )=a0 e−x 2 ELABORADO POR YENY ALVAREZ VALENCIA 4. Solución en forma de serie de potencias en torno a un punto ordinario 4 ..2.1. k =4 5 a6 = −2 a4 −a2 a0 = = . Resolver por series la ecuación diferencial 5.2. Obtenemos una solución general a0 x 4 y ( x )=a0−a0 x + −… 2 2 ∞ n (−1) 2 n y ( x )=a0 ∑ x n! n=0 el radio de convergenciaes igual a infinito y la solucion es de la forma exponencial . k =5 6 6 3! a7 = −2 a5 =0 . k =6 7 De lo anterior deducimos n (−1) a2 n = a . n! 0 a2 n +1=0 .a5 = −2 a3 =0 . ….… .3. n=0. encontrar la menor velocidad inicial v0 que necesita el cuerpo para que no regrese a la tierra. LA VELOCIDAD EN SENTIDO OPUESTO A LA GRAVEDAD g= dv −G M t = dt (Rt + h)2 dv dv dh dv = =V dt dh dt dh V dv −G M t = dh ( R t +h)2 Vdv= −G M t (Rt + h)2 dh 5 . pero tomando en cuenta la variación del campo gravitacional con la altura. Suponiendo que no hay resistencia del aire.PROBLEMA PLANTEADO Se lanza un cuerpo de masa m hacia arriba de la tierra con velocidad inicial v0. Esta velocidad inicial v0 se le llama velocidad de escape. −G M ∫ Vdv=∫ ( R + h)t2 dh t −dh ∫ Vdv=−G M t ∫ (R +h)2 t G Mt v = +C 2 ( Rt +h) 2 v =v 0 h=0 v 02 G M t = +C 2 Rt v 02 G M t C= − 2 Rt Debe cumplirse que v f =0 en h=∞ para que no regrese v2 G M t = +C 2 ( Rt +h) 2 G M t v 02 G M t v = + − 2 ( Rt +h) 2 Rt 2 G M t v0 G M t (0)2 = + − 2 (Rt + ∞) 2 Rt v 02 G M t 0=0+ − 2 Rt v 02 G M t = 2 Rt v 02 = v0 = 2G Mt Rt √ 2G Mt Rt 6 . 67 x 10−11 m3 ). determinar el tiempo que tarda la bala en cruzar la tabla.(5. La tabla ejerce una fuerza de oposición F=ma F=m dv dt Y la fuerza es proporcional al cuadrado de la velocidad 7 . v 0 =11.(5.97 x 10 24 kg R t=6378000m 2 kg s m3 ). Una bala se introduce en una tabla de h=10 cm de espesor. realizando la caracterización de la ecuación diferencial. 6378000 s2 v 0 = 124866729.−11 G=6.38 m2 s2 m s ELABORADO POR YENY ALVAREZ VALENCIA PLANTEAMIENTO DE PROBLEMA Y SOLUCION Plantear con el grupo colaborativo otra situación problema que pueda ser desarrollado a través de los métodos vistos.4. método de solución y solución de la situación.67 x 10−11 7.174. Suponiendo que la resistencia de la tabla al movimiento de la bala es proporcional al cuadrado de la velocidad. si ingresa con una velocidad inicial de 200 metros sobre segundo y sale con una velocidad final de 80 metros sobre segundo.97 x 1024 kg) 2 kg s 6378000 m 2(6.97 x 1024 kg) 2 kg s 6378000 m 2(6.964 x 10 14 m 2 .67 x 10 v0 = v0 = v0= √ √ √ √ 3 m M t =5. ¿ k 8 . dx 2 =k v dt .dx m dv dx =k v 2 dx dt mv m dv =k v 2 dx dv =dx kv hf vf 0 0 m dv ∫ dx= k ∫ v h v v ¿ (¿ f ¿ )−ln ( v 0 ) ln ¿ m h= .m dv 2 =k v dt mdv =dt 2 kv vf tf 0 0 m ∫ k v 2 dv=∫ dt v t t= −m 1 1 ( − ) k vf v0 Ahora m dv =k v 2 dt m dv . v ¿ (¿ f ¿ )−ln ( v 0 ) ln ¿ ¿ ¿ h ¿ Ahora tenemos: t= −m 1 1 ( − ) k vf v0 v ¿ (¿ f ¿ )−ln ( v 0 ) ln ¿ ¿ ¿ −h t= ¿ h=0.000 2 s 120 t= 12.15 x 10−4 seg 14.1 mv f =80 80 m m v 0 =200 s s m s ln (¿)−ln ( 200 ¿ ¿ −0. s =8.92 m2 16.720 ELABORADO POR YENY ALVAREZ VALENCIA 9 .( ) −0.1 m s t= .1 m t= ¿ m ) s m −0. Leer páginas 219 a 222 10 . Ecuaciones diferenciales ordinarias y en diferencias finitas.eumed. Cullen.co/contenidos/100412/ Recuperado de: Franquet. Ecuaciones Diferenciales con Problemas de Valores en la Frontera. (2013). R. Cengage Learning. (2012).BIBLIOGRAFIA Gómez.edu. México. D.net/libros-gratis/2014/1367/ Zill. Universidad Nacional Abierta y a Distancia.unad. Séptima Edición. M. Módulo Ecuaciones Diferenciales. Leer páginas 83 a 91 http://datateca. (2009). J. Leer páginas 336 a 343 Texto completo en http://www. 11 .