Solucion del examen de sistema de ecuaciones lineales y aplicaciones tema ii

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Published on March 16, 2014

Author: juliobarretogarcia

Source: slideshare.net

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Sistema de Ecuaciones Lineales y Aplicaciones

PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS PROGRAMA NACIONAL DE FORMACIÓN INSTRUMENTACIÓN Y CONTROL MATEMÁTICA. EVALUACIÓN DEL TEMA II. EXAMEN INDIVIDUAL (Valor 10%) APELLIDOS Y NOMBRES: ________________________________________________ CI: ___________ CARRERA: _________FECHA: _________ FIRMA: _____________ INSTRUCCIONES GENERALES: Este examen es estrictamente individual, cualquier actitud sospechosa por parte del estudiante es motivo para la anulación del mismo. Por favor responda únicamente lo que se le está preguntando y de una manera pulcra y muy ordenada. 1. Considere el circuito de la figura: (Valor 2%) Hallar las corrientes ,1i .2i Solución: Demos el siguiente sentido en el agujas del reloj en cada una de las mallas y agreguemos la intensidad .3i . En la malla 1 tenemos: )(3410 131 Eii  En la malla 2 tenemos: )(3212 232 Eii 

PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS PROGRAMA NACIONAL DE FORMACIÓN INSTRUMENTACIÓN Y CONTROL Y según la Ley de los Nudos de Kirchhoff se cumple que .231 iii  Eso es: .123 iii  Así, las nos quedan:   )(3710 )(33410 )(3410 121 1121 1121 Eii Eiii Eiii    Y además:   )(5312 )(3512 )(33212 )(3212 221 212 2122 2122 Eii Eii Eiii Eiii     Quedándonos el siguiente sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas: )(5312 )(3710 221 121      Eii Eii Ahora, resolvamos por el método de igualación: Despejemos la 2i de la ecuación (I): 3 107 10733710 1 21221   i iiiii Despejemos la 2i de la ecuación (II): 2 1 2121 5 312 53125312 i i iiii    Ahora, igualándolas:       11 11 11 3312310575 31231075 5 312 3 107 ii ii ii     

PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS PROGRAMA NACIONAL DE FORMACIÓN INSTRUMENTACIÓN Y CONTROL 13 43 26 86 8626 5036935 9365035 1 1 1 11 11      i i i ii ii De aquí tenemos que el sentido de la corriente 1i es contrario. Luego, sustituimos este resultado en la ecuación (I):   2 2 2 2 2 22 13 57 3 3 1 13 171 3 1 3 13 171 3 13 301130 3 13 301 10 3 13 301 103 13 43 710 i i i i i ii                           De aquí tenemos que el sentido de la corriente 2i es contrario. Y la corriente 3i nos queda: 13 14 13 4357 13 43 13 57 13 43 13 57 3333          iiii Por tanto, el sentido de la corriente 3i es contrario. Y el circuito es:

PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS PROGRAMA NACIONAL DE FORMACIÓN INSTRUMENTACIÓN Y CONTROL 2. Balancee: NOOHONH  223 usando sistemas de ecuaciones. (Valor 2%) Solución: Debemos hallar los valores de uzyx ,,, tal que: uNOOzHyOxNH  223 Quede balanceada analíticamente y no por simple tanteo. Luego, por la ley de conservación de la masa, tenemos que:  Para el Nitrógeno: ux   Para el Hidrogeno: zx 23   Para el oxígeno: uzy 2 Lo que nos plantea el siguiente sistema homogéneo:         02 023 0 uzy zx ux Notemos que no podemos hallar el determinante de cuarto orden ya que no existe una cuarta ecuación, por tanto se cumple el Lema, ya que el rango va a ser menor que el numero de ecuaciones que son cuatro. Así, tenemos que el sistema homogéneo tiene solución no trivial o por lo menos distinta a la trivial. Ahora, calculemos por Gauss con la primera, segunda y cuarta ecuación por ser más sencilla:                                              0 0 0 3 1 1 2 1 0 0 2 0 0 0 1 0 0 0 1- 3 1 1 2 0 2 0 0 0 0 1 0 0 0 1- 0 1 1 2 0 2 0 0 0 3 1 3212 3 ffff  Luego nos queda: 3 2 23032 z uzuuz 

PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS PROGRAMA NACIONAL DE FORMACIÓN INSTRUMENTACIÓN Y CONTROL Sustituyendo en la ecuación anterior: 6 5 3 5 20 3 5 20 3 23 20 3 2 2 z y z y z y zz y z zy    Y por ultimo sustituyendo en la ecuación primera: 3 2 0 3 2 z x z x  Luego, la solución general será: 3 2 ,, 6 5 , 3 2 t utz t y t x  O sea, que nos queda: NO t OtHO t NH t 3 2 6 5 3 2 223  Si hacemos ,6t nos queda: NOOHONH 4654 223  Y se puede verificar que la ecuación química esta balanceada. 3. Resuelve el siguiente sistema usando los métodos de Gauss Simple y la regla de Cramer:         1334 423 622 zyx zyx zyx (Valor 4%) Solución: Usando Gauss Simple tenemos que: Colocamos como primera ecuación la que tenga como coeficiente de :x 1 ó -1, en caso de que no fuera posible lo haremos con y o ,z cambiando el orden de las incógnitas.

PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS PROGRAMA NACIONAL DE FORMACIÓN INSTRUMENTACIÓN Y CONTROL         1343 432 622 zxy zxy zxy Hacemos reducción con la 1ª y 2ª ecuación, para eliminar el término en y de la 2ª ecuación. Después ponemos como segunda ecuación el resultado de la operación: 122 2EE=E'  1637 12442 432       zx zxy zxy Hacemos lo mismo con la ecuación 1ª y 3ª ecuación, para eliminar el término en .y 133 3EE=E'  19310 18663 1343       zx zxy zxy Quedándonos:         19310 1637 622 zx zx zxy Tomamos las ecuaciones 2ª y 3ª, trasformadas, para hacer reducción y eliminar el término en .x 233 E' 7 10 -E'='E' 7 27 7 9 - 7 160 7 30 10 19310        z zx zx

PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS PROGRAMA NACIONAL DE FORMACIÓN INSTRUMENTACIÓN Y CONTROL De aquí que: 3 9 27 279 7 127 7 9 -  zzzz Obtenemos el sistema equivalente escalonado.         3 1637 622 z zx zxy Encontramos las soluciones: En la 3ª ecuación tenemos que: 3z Sustituyendo este valor en la 2ª ecuación:   1 7 7 77 9167 169716337      x x x x =x=x + Y ahora, sustituyendo estos valores en la 1ª ecuación:             2 211 2 86 68 66263212       y =y y= y = =y =y=y + La solución viene dada por: ,3z ,1x e .2y

PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS PROGRAMA NACIONAL DE FORMACIÓN INSTRUMENTACIÓN Y CONTROL Ahora usemos Cramer: Hallemos el determinante de la matriz A de los coeficientes:               09 211 256 125132 892491362 34 23 2 34 13 1 33 12 2 334 123 212                A Los valores de yx, e z serían los que nos den al resolver:         1334 423 622 zyx zyx zyx               1 9 9 9 2029 9 201118 9 10211136 9 21221121366 9 31 24 2 31 14 1 33 12 6 331 124 216                              A x

PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS PROGRAMA NACIONAL DE FORMACIÓN INSTRUMENTACIÓN Y CONTROL               2 9 18 9 2048 9 263022 9 13256112 9 16324961122 9 14 43 2 34 13 6 31 14 2 314 143 262                             A y               3 9 27 9 633 9 61320 9 16131102 9 89616311222 3 34 23 6 14 43 1 13 42 2 134 423 612                      A z La solución viene dada por: ,1x 2y e .3z

PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS PROGRAMA NACIONAL DE FORMACIÓN INSTRUMENTACIÓN Y CONTROL 4. La suma de dos números es 4, y la suma de sus cuadrados 8. ¿Cuáles son esos números? (Valor 2%) Solución: Sean yx, los valores de las incógnitas, así tenemos que: El producto de dos números es 4: .4 yx Y la suma de sus cuadrados 17: .822  yx Y tenemos el siguiente sistema de dos ecuaciones no lineales con dos incógnitas:         2 22 1 8 4 Eyx Eyx Despejando la incógnita x de la Ecuación (I): yxyx  44 Ahora, sustituyéndola en la Ecuación (II):   044 0288 028816 82816 8816124 2 2 2 2 2222      yy yy yy yy yyyyy Usando la resolvente de la ecuación de segundo grado tenemos que: 4,1  ba y .2c Luego:     2 2 4 2 04 2 16164 12 41444 2        y Por tanto, el valor de x es: 224  xx Así, los números son: 2,2  yx

PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS PROGRAMA NACIONAL DE FORMACIÓN INSTRUMENTACIÓN Y CONTROL Ejercicio Opcional: Cuál debe ser el valor de p para que el siguiente sistema:      104 52 pyx yx Sea compatible determinado o incompatible. (Valor 3%) Solución: Usemos el método de reducción: Multipliquemos la ecuacion I por :2       02 104 1024 104 2522              pyy pyx yx pyx yx De aquí tenemos que:   0202  yppyy Y ocurre que: a) Si 02  p o bien ,2p entonces el sistema de ecuaciones lineales es incompatible. b) Si 02  p o bien ,2p entonces el sistema de ecuaciones lineales es compatible determinado. Por tanto, en el caso b) tenemos que la solución del sistema de ecuaciones es:   p yyp   2 0 02 con 2p Es decir: .0y Ahora, sustituyendo en la ecuación (I) tenemos que: . 2 5 52502  xxx Y la solución del sistema de ecuaciones es el punto .0, 2 5      

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