Primera Actividad Grupal.docx

Primera actividad Grupal: Se plantea una situación problema y el grupo de realizar los aportes respectivos en el foro colaborativo con el fin de reconocer las características del problema que se ha planteado y buscar el método de solución más apropiado según las ecuaciones diferenciales de primer orden. Problema: La carga 𝑞 en el condensador de un circuito sencillo RLC queda descrita mediante 1

la ecuación 𝐿𝑞 ′′ (𝑡) + 𝑅𝑞 ′ (𝑡) + 𝐶 𝑞(𝑡) = 𝐸(𝑡), donde L es la inductancia, R la resistencia, C la capacitancia del circuito y E la fuente de voltaje. Como la resistencia de un resistor se aumenta con la temperatura, supongamos que la 𝑡

resistencia se calienta cambiando su valor de modo que 𝑅 = (1 + 8) Ω. Si 𝐶 = 4 𝐹𝑎𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜𝑠, 𝐿 = 0.25 𝐻𝑒𝑛𝑟𝑖𝑜𝑠 y la fuente de voltaje está apagada, además teniendo en cuenta las condiciones iniciales donde la carga 𝑞(0) = 2 𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏𝑠 y la corriente

𝑑𝑞 𝑑𝑡

(0) = 0 𝐴, obtenga los primeros 5 términos de la solución en serie

de potencias en torno a t=0 para la carga del condensador.

Primero tomo la ecuación y analizo los valores iniciales dados 𝐿𝑞 ′′(𝑡) + 𝑅𝑞 ′ (𝑡) + 𝑑𝑞

1 𝑞(𝑡) = 𝐸(𝑡) 𝐶

Como 𝑞(0) = 2 𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏𝑠, 𝑑𝑡 (0) = 0𝐴 Entonces puedo realizar la conversión, reemplazando en la ecuación diferencial dada, teniendo en cuenta que como la ecuación esta en condiciones iniciales cero entonces variable de t es cero 1 𝐿𝑞 ′′(𝑡) + 𝑅𝑞 ′ (𝑡) + 𝑞(𝑡) 𝐶 Despejo la segunda derivada q’’

1 −𝑅𝑞 ′ (𝑡) − 𝐶 𝑞(𝑡) + 𝐸(𝑡) 𝑞 ′′(𝑡) = 𝐿 ya que la fuente de voltaje esta apagada por ello E=0 1 −𝑅𝑞 ′ (𝑡) − 𝐶 𝑞(𝑡) + 𝐸(𝑡) 𝑞 ′′(𝑡) = 𝐿 Realizo la conversión con los valores iniciales dados 𝑡 1 −1 − 8 (0 𝐴)) − 4 (2 𝑐𝑜𝑙𝑢𝑚) 𝑞 ′′(0) = 0,25 0 1 −1 − 8 (0 𝐴)) − 4 (2 𝑐𝑜𝑙𝑢𝑚) 𝑞 ′′(0) = 0,25

Resuelvo la ecuación 1 −2 𝑞 ′′(0) = 0.25 𝑞 ′′(0) = −2

Entonces procedo encontrar expresiones para las derivadas superiores, calculando las derivadas sucesivas de la ecuación diferencial, empleando un desarrollo de Taylor centrado en cero, 𝑦 ′ (0) 𝑦 ′′(0) 2 𝑦 ′′′(0) 𝑦 (4) (0) 4 𝑥+ 𝑥 + 𝑥+ 𝑥 1! 2! 3! 4! 𝑦 (5) (0) 5 + 𝑥 + ⋯ .. 5!

𝑦(𝑥) = 𝑦(0) +

Derivo para hallar la tercera derivada 1 −𝑅𝑞 ′ (𝑡) − 𝐶 𝑞(𝑡) − 𝐸(𝑡) 𝑞 ′′(𝑡) = 𝐿

(−𝑅𝑞 ′′ − 𝑞 ′ − 𝑞 ′′′(𝑡) =

𝑞 1 − 1) 𝐿 + 𝑅𝑞 ′ (𝑡) + 𝐶 𝑞(𝑡)) 𝐶2 𝐿2

Sustituyo para t=0

𝑞 ′′′(𝑡) =

𝑞′′′(𝑡) =

𝑡 2 𝑡 ((−1 − 8) ∗ −2 − 0 − 2 − 1) 0.25 + 1 + 8 ∗ 0 4 0.252 0 2 0 ((−1 − 8) ∗ −2 − 0 − 2 − 1) 0.25 + 1 + 8 ∗ 0 4 0.252

𝑞 ′′′(0) =

(2 − 0.875)0.25 + 0.5 0.252

𝑞 ′′′(0) =

(1.125)0.25 + 0.5 0.0625

𝑞 ′′′(0) =

2.03125 0.0625

𝑞 ′′′(0) = 32.5 Ahora derivo para hallar la cuarta derivada 𝑞 1 (−𝑅𝑞 ′′ − 𝑞 ′ − 2 − 1) 𝐿 + 𝑅𝑞 ′ (𝑡) + 𝐶 𝑞(𝑡)) 𝐶 𝑞 ′′′(𝑡) = 𝐿2 (−𝑅𝑞 3 − 𝑞 ′′ − 𝑞 ′′ − 𝑞 ′′′′(𝑡) =

(−𝑅𝑞 3 − 𝑞 ′′′′(𝑡) =

𝑐𝑞 ′′ − 2𝑞 ′ 𝑞 ) 𝐿 + ( 𝑅𝑞 ′′ − 𝑞 ′ − 2 − 1)) 3 𝐶 𝐶 𝐿2

𝑐𝑞 ′′ − 2𝑞 ′ 𝑞 ) 𝐿 + ( 𝑅𝑞 ′′ − 𝑞 ′ − 2 − 1)) 𝐶3 𝐶 𝐿2

−8 7 7 ((−8 − 64 ) 0.25 + (2 + 8) − (−2 + 8) − 1) 𝑞 ′′′′(𝑡) = 𝐿2 Resuelvo en t=0

−8 7 7 ((−8 − 64 ) 0.25 + (2 + 8) − (−2 + 8) 0.0625) 𝑞 ′′′′(0) = 0.00390625 𝑞 ′′′′(0) =

((1.96875 + 2.875) + 1.375)0.0625 − 1.21875)) 0.00390625 𝑞 ′′′′(0) =

0.388671875 − 0.3046875 0.00390625

𝑞 ′′′′(0) =

0.083984375 0.00390625

𝑞 ′′′′(0) = 21.5 Por lo tanto, para los 5 primeros términos de una solución en serie del problema con valores iniciales es 𝑦(𝑥) = 𝑦(0) +

𝑦′(0) 𝑦 ′′(0) 2 𝑦 ′′′(0) 3 𝑦 (4) (0) 4 𝑦 (5) (0) 5 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 1! 2! 3! 4! 5!

𝑞(𝑡) = 𝑞0 +

𝑞 ′ (0) 𝑞′′(0) 2 𝑞′′′(0) 3 𝑞′′′′(0) 4 𝑡+ 𝑡 + 𝑡 + 𝑡 1! 2! 3! 4!

𝑞(𝑡) = 2 +

0 2 2 32.5 3 21.5 4 𝑡 − 𝑡 + 𝑡 + 𝑡 1! 2! 3! 4!