-
Kapitulua 3
Lehenengo Ordeneko EkuazioDiferentzialak: TeknikaKualitatiboak
eta Zenbakizkoak
3.1 Sarrera
Aurreko kapituluan ikasi ditugun ekuazio diferentzialen
ebazpenerako teknikek ekuaziosorta handia askatzea baimentzen
gaituzte. Baina bizitza errealeko problema gehiene-tan agertzen
diren ekuazio diferentzialak ez dira ikusitako eredu ezagun
bateraegokitzen. Beraz, askotan beste tresnak erabiliz ekuaziotik
informazio kualitati-boa lortu behar dugu. Izan ere, ekuazioaren
oreka-soluzioak, beronen hazkunde etagutxitze-eremuak, soluzioen
portaera lineala puntu zehatz batetik, etab. Helburuhauek betetzeko
ekuazioen terminoak, malda-diagramak eta beste zenbait ezaugar-rien
azterketa oso erabilgariak izango dira informazioa eskuratzeko
ebazpenerakoteknika zailak aplikatu gabe. Baita norabide horretan
zenbakizko metodoen la-guntza soluzio hurbilduak kalkulatzeko oso
garrantsitsua izango da.
Beste aldetik, zalantza bat bururatzen zaigu ekuazioen
soluzioaren bakarta-sunari buruz. Lehenengo kapituluan ikusi
dugunez n. ordeneko ekuazioaren soluziobat zehazteko eremuaren
hasierako puntuan x0 n hastapen-baldintzak behar di-tugu. Baldintza
horiek ekuazioaren integrazioan azaltzen diren hautazko
konstan-teak finkatzen ditu eta infinitu soluzioetatik soilik bat
aukeratzen du. Orain arte ezdugu eztabaidatu ea soluzio horiek
elkar ebaki dezaketen. Azken egoera honek esannahi du eremuaren
puntu batean hastapen-baldintza batek soluzio zehatz bat
bainoadieraziko lituzkela. Kapitulu honetan funtsezko
bakartasun-teorema baten bidez,baldintza egoki batzuen aginpean,
hastapen-badintzek soluzio bakar bat ondorioz-tatuko duutela
ikusiko dugu.
31
-
3.2 Soluzioen Existentzia eta Bakartasuna
3.2.1 Existentzia
Ekuazio bat askatu aurretik gustatuko litzaiguke jakitea ea
ekuazioak soluzioakdituen ala ez, kalkulu bukaezinetan denbora
alperrik ez galtzeko, noski. Batzue-tan
(3.1) y′ = e−xdx.
bezelako ekuazio arunta ezin da askatu ikusi ditugun tekniken
bitartez. Kasu hone-tan arrazoia sinplea da, f(x) = e−x funtzioaren
jatorrizkoa ezin bait da kalkulatuanalitikoki. Hala ere, traba
honek ez du esan nahi 3.1 ekuazioak soluziorik ez duenik.Soluzioa
badu, baina analitikoki ezin da idatzi.
Orokorrean oso garrantsitsua da ezagutzea zein baldintzak bete
behar dituen
(3.2) y′ = f(x, y), y(x0) = y0.
ekuazio-ereduak beronen soluzioa existitzeko. Galdera hau
argitzen digun existentziteorema badago.
Teorema 3.2.1 (Existentzi-teorema) Demagun f(x) funtzio jarraia
R2-koD = {(x, y)|a < x < b, c < y < d} laukizuzenean,
orduan edozein D-ren (x0, y0) pun-turako ² > 0 distantzia
existitzen da non x0 − ², y0 − ² tartean y(x)
ondokohastapen-baldintzetako problemaren soluzioa den,
(3.3) y′ = f(x, y), y(x0) = y0.
Teorema honek adierazten digu f -ren jarraitasunak ziurtatzen
digula hastapen-baldintzetako problemaren soluzioaren existentzia.
Agian f ezjarraiarekiko ekuaziobatek soluzioa dauka ere, baina
teorema honek ezin du ziurtatu. Teoremak gutxienezf -ri leun pixka
bat izatea eskatzen dio. Gero, existentzia-eremuaren
tamainuarenalderdia zalantzan geratzen da. Batzuetan tarte hori oso
motza izan daiteke.
Adibidez,
(3.4) y′ = 15(1 + x2), y(0) = 0,
aldagai banatuetako ekuazioa da. Bi aldagaien menpeko terminoak
bereizi eta in-tegratu ondoren, soluzio orokorra y(x) = tan(15x +
k) dela ondorioztatzen dugu.Hastapen-baldintzak k
integrazio-konstantearen balioa finkatuko du,
(3.5) 0 = y(0) = tan(k) ⇒ k = nπ, n = 0, 1, 2, ...Beraz, k = 0
hartuz, y(x) = tan(15x) da eta funtzio honen existentzi
eremua,(−π/30, π/30) baino ez da, oso motza hain zuzen.
32
-
-
Π
30Π
30
-10
-5
5
10
Irudia 3.1: y′ = 15(1 + x2), y(0) = 0 ekuazioaren soluzioaren
existentzi-eremuax ∈ (−π/30, x = π/30) da.
3.2.2 Bakartasuna
Aurreko sailean ekuazi diferentzialen lehenengo ezugarri
garrantsitsuaz eztabaidatudugu, soluzioaren existentzia hain zuzen.
Horretaz gain soluzioak aztertzekotanbadago beste funtsezko gaia,
soluzioaren bakartasuna. Hitz hauekin hastapen-baldintza zehatz bat
betetzen duen eta bere bilakaera ekuazio diferentzial
batenagindupean dagoen soluzioaren bakartasuna aurkeztu nahi dugu.
Noski, gurentzatinteresgarria da planoaren puntu batetik ekuazio
diferentzialaren soluzio bat edobat baino gehiago pasatzen diren
jakitea. Soluzio bat baino gehiago badaude, or-duan hasierako
puntutik ekuazioak deskribatzen duen fenomeno fisikoak
bilakaeraezberdin aukera ditzake eta egoera horrek ziurgabetasun
arriskutsua agertzen du.Zorionez y′ = f(x, y) ekuazioaren f
funtzioaren gaineko zentzuzko baldintzabatzuen menpean soluzioaren
bakartasuna ziurtatzen duen badago teorema badago.
Teorema 3.2.2 (Bakartasun-teorema) Baldin f(x) eta ∂f/∂y
jarraiak badi-ra R2-ko D = {(x, y)|a < x < b, c < y <
d} laukizuzenean, orduan edozeinD-ren (x0, y0) punturako baldin
y1(x) eta y2(x) ondoko hastapen-baldintzetakoproblemaren soluzioak
badira,
(3.6) y′ = f(x, y), y(x0) = y0,
halabeharrez bi funtzio hauek berdinak izan behar dute eremu
osoan, y1(x) = y2(x),∀(x, y1(x)) ∈ R. Baiezpen honek hastapen
problemaren soluzioaren bakartasunaziurtatzen du.
33
-
Adibidez 3.2 irudian ikus daitekenez aurreko teoremak ezin du
soluzioarenbakartasuna ziurtatu ekuazioaren eskubialdearen
deribatua y-rekin jarraia ez badaeremuaren puntu batean. Kasu
horretan Cauchy-ren problema y′ = (2y/3)(1/3), y(0) =0 da, aldagai
banatuetako ekuazioa, noski. Jakin badakigu ekuazioa askatzen
inte-grazioaren bitartez eta soluzioak y(x) = 0 oreka-soluzioa eta
y(x) = (4x/9)(3/2) di-ra. f(x, y) = (2y/3)(1/3) funtzioaren
y-rekiko deribatuaren puntu kritikoa (0, 0) da,horregatik arazoak
izan ditzakegu planoaren gune horretan. Hala da, bai, puntuhorretan
bi soluzioak elkar ikutzen dute eta ziurgabetasuna sortzen da.
1 2
0.5
1
1.5
yHxL=4 x3
9
yHxL=0
Irudia 3.2: Aldiberean y(x) = 0 eta y(x) = (4x/9)(3/2) funtzioak
y′ =(2y/3)(1/3), y(0) = 0 hastapen-baldintzetako problemaren
soluzioak dira eta(x0, y0) = (0, 0) puntuan elkar ebakitzen dute.
Bakartasuna ez dago ekuazioareneskubialdearen deribatua y-rekin ez
baita jarraia (0, 0)-an.
3.2.3 Bakartasun-teoremaren aplikazioak
Bakartasun teoremak ekuazio diferentzialen oreka-soluzioekin
batera oso informaziobaliogarria ematen digute beste soluzioen
bilakaera zehazteko. Ekuazioak eremuanbakartasunerako baldintzak
betetzen baditu, orduan soluzioen irudiak ez dute elkarebakitzen.
Ondorioz grafikan oreka-soluzioek solairu edo maila mugen moduan
er-agiten dute. Baldin ekuazioaren soluzioak oreka-soluzio bien
balioen artean dagoenhastapen-baldintza betetzen badu, orduan eremu
osoan zehar soluzio hori ez dairtengo bi balio horien artetik.
Adibidez
(3.7) y′ =(y2 − 4)(sin2(y3) + cos(y)− 2)
2, y(0) =
1
2
ekuazioaren soluzioa kalkulatzea zaila da, aldagai banatuetakoa
izanarren ebazpenakondorioztatzen duen integrala oso zaila delako.
Baina soluzio zehatza kalkulatzearen
34
-
zailtasunek ez gaituzte gelditu behar, btzuetan beste bidetatik
ezaugarri interes-garriak ezagutu ditzakegulako. Kasu honetan argi
dakusagunez y(x) = −2 etay(x) = 2 oreka soluzioak dire, beraz y(0)
= 1/2 hastapen-baldintza betetzen duensoluzioa y(x) ∈ [−2, 2]
kanaletik ez da irtengo 3.3 irudian ohar gaitezkenez.
-1 1
-2
0
2yHxL=2
yHxL=-2
Irudia 3.3: y(0) = 1/2 baldintzarekiko y′ = (y2 − 4)(sin2(y3) +
cos(y) −2)/2 ekuazioaren soluzioa y(x) = −2 eta y(x) = 2
ekuazioaren oreka-soluzioenartean dabil.
Oso Ohizkoa dira
(3.8) y′ = k(na − x)(nb − x)
motako aldagai banatuetako ekuazioak. Ekuazioaren soluzio
explizitoak kalkuladitzakegu, hala ere, kalkuluak egiten hasi baino
lehen aurreneko begiradaz jakindezakegu y = na eta y = nb oreka
soluzioak direla eta tarteko edozein hastapenbaldintzari, y(0) = d,
na ≤ d ≤ nb , dagokion soluzioa bi balio horien arteanmogituko dela
betirako, na ≤ y(x) ≤ nb,∀x ∈ R.
3.2.4 Malda-eremuak
Atal honetan
(3.9) y′ = f(x, y)
ekuazioaren eskubialdeko terminoak eskeintzen duen informazioa
aztertuko dugu.f funtzioak XY planoaren (x0, y0) puntu bakoitzean
y(x) soluzioak eduki beharduen malda zehaztuko du. Baldin (x0, y0)
moduko puntu ugari aukeratzen badi-tugu eta marratxoaren bitartez
bakoitzari dagokion soluzioaren malda identifikatzenbadugu, orduan
soluzioen portaeraren ideia lortuko dugu. Noski (x0, y0)
puntutiko
35
-
marratxoa soluzioaren ukitzailea da. XY planoan aurkeztutako
marratxo sortahoni malda-eremua esango diogu. Honelako diagrama
eskuz betetzea lan itzela da,baina zorionez badaude ordenagailurako
programa batzuk oso irudi onak eskeintzendizkigutenak eta lana
errazten digutenak.
Adibidez
(3.10) y′ = y2 − x
ekuazioa ez da orain arte ikasitakoen motatakoa. Beraz ez dakigu
analitikoki askatzen.Berriz, XY planoaren puntu batzuetan
soluzioaren malda marrazten saia gintezke.Beno utzi diezaiogun
ordenagailuari malda-eremua marrazten, 3.4 irudian ikus
deza-kegunez. Are gehiago, ordenagailuak guk ezarritako
hastapen-baldintzak betetzendituzten soluzio batzuk
zenbakizko-metodoen bidez aska ditzake ere, aldamenekoirudian ohar
gaitezkenez. Soluzio hauek malda-eremuaren marratxoak
ukitzailetzatdituzte, noski.
-4 -2 0 2 4-4
-2
0
2
4
-4 -2 0 2 4-4
-2
0
2
4
Irudia 3.4: Ezkerraldean y′ = y2 − x ekuazioari dagokion
malda-eremua [−4, 4] ×[−4, 4] laukizuzenean eta eskubialdean
hastapen-baldintza bereziak betetzen dituztenekuazioaren soluzio
batzuk.
Bi kasu berezi interesgarriak
Azpiatal honetan 1.go ordeneko bi ekuazio mota berezi ikusiko
ditugu. Bi kasuhauek malda-eremuen bidez ikertzeko errazenetakoak
izango dira,
(3.11) y′ = f(x) eta y′ = f(y).
Lehenengo kasuan eskubiko aldea soilik aldagai eskearen menpean
dagoenean,f(x), berehala bururatuko zaigu soluzioa aztertzeko
modurik zuzenena f(x) integratzea
36
-
dela. Zoritxarrez badaude oso funtzio arruntak non ezinezkoa den
berorien jatorrizkofuntzioa bilatzea, adibidez f(x) = e−t
2bera. Horregatik malda-eremuek eskeintzen
duten informazioa ez da baztertzeko modukoa.
-2 -1 0 1 2 3
-2
0
2
4
-4 -2 0 2 5
-2
0
2
Irudia 3.5: Ezkerraldean y′ = 2x2 ekuazioari dagokion
malda-eremua [−3, 3] ×[−4, 4] laukizuzenean eta soluzio berezi
batzuk. Eskubialdean y′ = e−x2 ekuazioaridagokionak malda-eremua
[−5, 5]× [−3, 3] laukizuzenean.
Noski y′ = f(x) kasuan f deribatua ez da y aldagaiaren menpekoa,
be-raz berorri dagokion malda-eremuan x finko baterako marratxoen
malda berdinaizango da y guztietarako 3.5 irudian dakusagunez. y′ =
2x2 ekuazioaren soluzioorokorra y(x) = k+x2 da eta k konstante
erberdinei dagozkien soluzioen parabolakparaleloak dira. Honek esan
nahi du soluzioa askea dela t0 hasierako denborarekinedo x0
hasierako gunearekin.
Baita analitikoki integratu ezin diren funtzioak har ditzakegu
ekuazioaren es-kubialdetzat, y′ = e−x
2bezelakoa. Kasu honetan soluzio explizitoa ez ezagutuarren
malda eremuak soluzioen grafiken paralelotasuna erakusten digu
3.5 irudiak.
Eraberean y′ = f(y) moduko ekuazioek y = y0-ren balio finko
bakoitzerakomarra paraleloak derrigortzen dituzte x aldagaian
zehar. 3.6 irudian y′ = 4y(1 −y) ekuazioari dagokion malda-eremua
eta soluzio batzuk erakusten dira. Hemeny = 0 eta y = 1
oreka-soluzioak dira. Integrazio konstantea aldatuz X
norabidean,ekuazioaren soluzioak diren, kurba paraleloak eraikiko
ditugu, 0 ≤ y ≤ 1 tartean.Ekuazio diferentzialaren eskubikoaldea, f
funtzioa, soilik y soluzioaren funtziopekoadenean, f(y) , orduan
”ekuazio autonomo” baten aurrean gaude.
Aztertutako ekuazioa aldagai banatuetakoa da eta soluzioa
aurkitzeko bidea
37
-
ezagutzen dugu,
(3.12)dy
dx= 4y(1− y) ⇒
∫dy
y(1− y) =∫
4dx ⇒ ln y1− y = 4x + k.
Are gehiago, soluzioa explizitoki adieraz dezakegu,
(3.13)y
1− y = e4x+k ⇒ y(x) = ke
4x
1 + ke4x.
-2 -1 0 1 2-2
-1
0
1
2
-2 -1 0 1 2-2
-1
0
1
2
Irudia 3.6: Ezkerraldean y′ = 4y(1−y) ekuazioari dagokion
malda-eremua [−2, 2]×[−2, 2.5] laukizuzenean eta eskubialdean
soluzio berezi batzuk.
Hala ere, ez dugu oso urrutira begiratu behar ekuazio autonomo
integraezi-nak aurkitzeko, y = ey
2/10 sin2 y bezelakoa ezin dugu analitikoki integratu.
Hemenbehintzat askatzen saiatu baino lehen y = nπ soluzio
konstaneak oreka-soluzioakdirela ohar gaitezke eta bakartasunaren
teoremaren ondorioz soluzio guztiak kon-stante horien artean
bilakatuko direla baieztatu dezakegu.
3.2.5 Fase-diagramak
Malda-eremuetaz gain badaude beste interpretazio geometrikoak
ekuazioen soluzioeiburuz oso informazio baliogarria eman
dezaketenak. Horien artean fase-diagramakdaude. Guk tresna hau
soilik ekuazio diferentzial autonomoei aplikatuko diegu,
aldebatetik eredu fisikoetan oso maiz azaltzen direlako eta
bestetik murrizpen honek osoerakustaldi garbia baimentzen
duelako.
Ikusi dugunez y′ = f(y) ekuazioak ondorioztatzen duen
malda-eremuak zuzenhorizontaleen gainean malda berdina erakusten
dute. Beraz, baldin zuzen horizontal
38
-
osoan zehar soluzioaren malda berdina bada, nahikoa da XY
planoaren zuzenhorizontal bakoitzaren ordez puntu bakar bat
adieraztea. Adibidez
(3.14)dy
dx= y(1− y)
ekuazioak bi oreka-soluzioak ditu, y = 0 eta y = 1 hain zuzen.
Bi balio horien arteanf(y) = y(1− y) funtzioa positiboa da ∀y ∈ [0,
1] tartean, hau da, y gorakorra, etay ≤ 0 edo 1 ≤ y tartetan f(y)
negatiboa da, beraz y beherakorra da. Orduansoluzioaren bilakaera
asintotikoa (x → ±∞) informazioa gordetzeko orduan nahikoada zuzen
bertikala marraztuz oreka puntuekin eta berauek bereizten dituzten
tartebakoitzean soluzioaren deribatuaren zeinua zehaztuz.
Irudia 3.7: y′ = y(1 − y) ekuazioari dagokion fase-diagraman
oreka bi puntuetazmugatutako hiru ingurune bereizten dira, y ≤ 0, 0
≤ y ≤ 1 eta y > 1.
y(x0) = y0 puntuan f(y)-k hartzen duen balioaren zeinuaren
arabera, fasediagramek y′ = f(y) ekuazio autonomoetarako hiru
portaera erakusten dizkigute,izan ere:
1. Baldin f(y0) = 0 bada orduan y(x) = y0 konstantea
oreka-soluzioa da.
2. Baldin f(y0) > 0 bada orduan y(x) gorakorra da, ondorioz
y(x) soluzioa+∞-ra edo aurreneko y1 > y0 oreka-puntura doa x →
+∞ doanean etay(x) soluzioa −∞-ra edo aurreneko y2 < y0
oreka-puntura doa x →−∞ doanean.
39
-
3. Baldin f(y0) < 0 bada orduan y(x) beherakorra da, ondorioz
y(x) soluzioa−∞-ra edo aurreneko y2 < y0 oreka-puntura doa x →
+∞ doanean etay(x) soluzioa +∞-ra edo aurreneko y1 > y0
oreka-puntura doa x →−∞ doanean.
Aurreko baiezpenak 3.8 irudian ikus daiteke. Oraka soluzioak y =
2 etay = kπ (k osoa) dira eta berauek mugatzen dituzten tartetan
portaera hauxe da:
f(y) < 0, −π < y < 0 ⇒ beherakorra, f(y) > 0, 0 <
y < 2 ⇒ gorakorra,f(y) < 0, 2 < y < π ⇒ beherakorra,
f(y) > 0, π < y < 2π ⇒ gorakorra.
-4 -2 0 2 4
-Π
2
Π
2 Π
Irudia 3.8: y′ = (2− y) sin y ekuazioak y = kπ (k osoa) eta y =
2 oreka-soluzioakdauzka eta soluzio berauek sortzen dituzten
kanaletan y-ren portaera f(y)-ren zein-uaren menpean dago.
Ikusi dugunez, baldin f(y) > 0 bada ∀y > y0 eta ez badaude
y0 baino han-diago oreka-punturik, orduan y(x) gorakorra da eta
∞-rantz doa (f(y) < 0 kasuabaliokidea da y(x) → −∞ abiaturik).
Baina agian soluzioak ez dira existitzenx ∈ R guztietarako x = x0
balioan asintota bertikala baitago. Portaera asintotikohorrek
funtzioaren hazkundea itzela dela esaten digu 3.9 irudiak erakusten
duenmoduan.
Adibidez
(3.15) y′ = (1 + y)2
ekuazioak honelako bilakaera eskeintzen digu. Honen soluzioa
(3.16)
∫dy
(1 + y)2=
∫dx ⇒ −1
(1 + y)= x + k ⇒ y(x) = −1− 1
(x + k),
40
-
-4 -2 0 2 4
-4
-2
2
4
y=-1
Irudia 3.9: y′ = (1+ y)2 ekuazioak y = −1 oreka-soluzioa dauka
eta horren gainetiketa azpitik hurrenez hurren +∞ eta −∞
asintotikoki doazen soluzioak daude.
k hautazko konstantea izanik. Hemen y = −1 oreka-soluzioa denez,
baldin y(0) >−1 bada orduan y(x) > −1∀x eta eta y gorakorra
izango da 3.15 adierazpenaren-gatik. Ondorioz x + k > 0 izan
behar du eta x = −k asintota bertikala dela garbiantzematen da.
Oreka-puntuen sailkapena
Aurreko sailean ikusi dugunez, ez da beharrezkoa ekuazio
diferentzialaren soluzioorokorra ezagutzea soluzioen ezaugarri
garrantsitsuak ondorioztatzeko. Ekuazio au-tonomoen kasuan, y′ =
f(y), askotan nahikoa da oreka-puntuak aurkitzea, f(y) =0, eta f
-ren zeinua horietariko bi puntuen artean soluzioen portaera
asintotikoax → ±∞. Baldin y0 eta y1 oreka-puntuak badira eta f(y)
> 0∀y ∈ (y0, y1) orduany gorakorra izango da tarte horretan.
Ondorioz y0 ∈ (y0, y1) hastapen-baldintzabetetzen duten soluzio
guztiak y1-erantz joango dira x → ∞ doanean eta y0-rantz joango
dira x → −∞ doanean. Berriz f(y) > 0∀y ∈ (y0, y1) orduan
be-herakorra da eta y0-rantz joango dira x → ∞ doanean eta
y1-erantz joango dirax → −∞ doanean.
Hauetako adibidea 3.10 irudian ikus ditzakegu y′ = (y − 1)(y −
3)(y −4) ekuazioaren oreka-puntuak (y1 = 1, y2 = 3, y3 = 4),
fase-diagrama eta por-taera asintotikoa marraztutak daudelako.
Oreka puntu horietatik ezberdintasunakigertzen dira. Adibidez y2 =
3 puntu egonkorra da bere gainetik eta azpitik irtetzen
41
-
diren soluzioak erakartzen dituelako. Berriz, y1 = 1 eta y3 = 4
ezegonkorrak dirabere ingurutik irtetzen diren soluzioak
kanporatzen dituztelako.
1 2 3 4 y
-4
-2
0
2
4fHyL
1
3
4
0 1 2x1
34
yHxL
Irudia 3.10: Ezkerraldean f(y) = (y − 1)(y − 3)(y − 4)
funtzioaren grafika, er-dialdean y′ = f(y) ekuazioaren
fase-diagrama eta eskubialdean soluzioak oreka-puntuen artean.
Puntu egonkorrak edo erakargarriak (zuloak) eta puntu
ezegonkorrak (iturriak)edo kanporagarrietaz aparte badago beste
oreka-puntu mota, alde batetik soluzioakerakartzen dituena eta
bestetik urruntzen dituena. Azken puntu hauek nodoak diraeta f
funtzioaren erro anizkoitzekin erlazionatutak daude. Adibidez azken
hauetakobat y′ = (y − 1)2 ekuazioak erakusten digu y = 1 puntuan f
eta df/dy deuses-tatzen direlako. Soluzioen marrazkiak
oreka-puntuaren inguruan 3.11 c) irudian ikusdezakegu.
Oreka-puntuen sailkapena zehazteko ondoko teorema argituko
dugu.
Teorema 3.2.3 (Oreka-puntuen sailkapena) Demagun y′ = f(y)
ekuazio difer-entziala non f y-rekiko diferentziagarria den eta y0
oreka-puntua, ondoko arauenbitartez puntuaren izaera ondoriozta
dazakegu.
1. Baldin df(y0)/dy > 0 bada, orduan y0 oreka-puntu egonkorra
da (zuloa).
2. Baldin df(y0)/dy < 0 bada, orduan y0 oreka-puntu
ezegonkorra da (iturria).
3. Baldin df(y0)/dy = 0 bada, orduan y0-ren izaera zehazteko
informazio gehi-ago beharko dugu eta ezin dugu ziurtatu zein
motakoa den.
42
-
aL bL cL
Irudia 3.11: Oreka-puntuen hiru motak: a) Puntu egonkorra
(zuloa), b) puntu eze-gonkorra (iturria) eta c) nodoa.
3.3 Zenbakizko Metodoetarako sarrera
Orain arte ikusi ditugun ekuazio diferentzial gehienak askatu
genitzake, baina bizitzaerrealaren problemetan azaltzen direnak
gehienetan ez dira metodo analitikoen bidezaskatu. Soluzio
zehatzetaz aparte ekuaziotik informazioa lortzeko beste tresnak
au-rkeztu ditugu ere. Adibidez oreka-puntuak eta planoaren eremuak
non soluzioakgorakorrak ala beherakorrak diren aztertu egin ditugu.
Baina ezaugarri horieksoluzioen portaera asintotikoa aldagai askea
x → ±∞ doanean iragartzen digu,besterik ez, eta askotan (x0, y0)
lekugunetik igarotzen den soluzio-kurbaren datu ze-hatzak ezagutu
behar ditugu. Atal honetan zenbakizko kalkuluak eskeintzen
dituensoluzio hurbilduak ikasiko ditugu. Orokorrean eragiketa ugari
burutuz, soluzio hur-bildu onargarriak kalkulatzea badaude.
Horretarako ekuazio diferentzial y′ =f(x, y) eta hastapen-baldintza
y(x0) = y0 baino ez dugu behar. Beno, ekuazioareneskubiko gaiari, f
-ri, eta beronen y-rekiko deribatuari, ∂f/∂y-ri, jarraiak
izateaeskatuko diegu, aurretik ikusitako funtsezko teoremak
ziurtatzen dituen soluzioarenexistentzia eta bakartasuna
edukitzeko. Zorionez, gaur egun ordenagailuek oso arineta zehazki
burutzen dituzte zenbakizko eragiketak eta horregatik soluzio
hurbilduakoso tresna eraginkorra bihurtu dira.
Aurrerantzean edozein liburuan aurkitu dezakegun “Euler” eta
“Runge-Kutta”bezelako zenbakizko metodoen eraginkortasuna aztertuko
dugu.
43
-
3.3.1 Euler-en metodoa
Malda eremuek XY planoan ekuazio diferentzialeen soluzioen
ukitzaileak erakustendizkigute. (x0, y0) puntuan funtzioaren
ukitzaileak beronen portaera puntuaren in-gurunean adierazten digu.
Horregatik puntu batetik irten eta ukitzailetatik
abiatuzsoluzioaren ibilbidea hurbilduki marraz dezakegu. Funtzioen
ukitzailek berauenenbilakaeraren zati lineala erakusten digute, hau
da, Taylor-en garapenaren lehenen-go bi terminoak. Soluzioaren
ibilbidea kurba okertua denean, hurbilketa linealakbenetako
soluzioarekiko errorea sortuko du. Baldin soluzioa segmentu
linealetaz os-atutako poligonalaren bitartez hurbildu nahi badugu,
hainbat eta urrats laburragoakhartu orduan eta doitasun handiagoa
lortuko dugu zenbakizko emaitzean.
Demagun y(x0) = y0 hastapen-baldintza betetzen duen y′ = f(x, y)
ekuazioaren
soluzioa, hau da, (x0, y0) puntutik pasatzen dena. X ardatzean h
urrats laburrahartzen badugu eta ezagutu nahi izango bagenu
soluzioaren balioa x1 = x0 +h pun-tuan, orduan batazbesteko
balioaren teorema aplikatu ahal izango genuke ondokoeraz,
(3.17) y(x1)− y(x0) = y′(ξ0)(x1 − x0) = hf(ξ0, y(ξ0)
), non ξ0 ∈ (x0, x1).
Noski, h urratsa aski txikia bada, orduan f funtzioa (x0, x1)
tartean gehiegi al-datuko ez delakoan gaude eta ondorioz
(3.18) f(ξ0, y(ξ0)
) ≈ f(x0, y0) ⇒ y(x1) ≈ y0 + hf(x0, y0).Emaitz hurbildu hau
Tailor-en garapenetik ondoriozta dezakegu ere y(x0)-tikoy(x1)-ren
garapenaren soilik lehenengo bi terminoak kontutan hartuz,
(3.19) y(x1) = y(x0) + y′(x0)(x1 − x0) + y
′′(x0)2
(x1 − x0)2 + · · · ≈ y0 + hf(x0, y0).
Azken balio hau y1-tzat izendatuko dugu eta prozesu hau
koherentea denez, or-duan (x1, y1) puntua soluzioaren benetako
puntutik
(x1, y(x1)
)oso urruti ez de-
lakoan gaude. {x0, x1, x2, ...} non xi = x0 + i · h
diskretizazioa definituz, ekuaziodiferentzialaren soluzioaren
balioak puntu horietan ezagutu nahi badugu, hurrenez-hurren prozesu
berdina beteko dugu, puntu bakoitzean oinarrituz ukitzaile
berrialuzatzen,
(3.20) yi = yi−1 + hf(xi−1, yi−1).
{(xi, yi)}ni=0 puntuetatik pasatzen den poligonala
ordenagailuaren bidez errazkalkula daiteke eta benetako soluzioa
hurbilduko du. Hainbat eta urrats labur-ragoak, orduan eta
hurbilketa zehatzagoa lortuko dugu 3.12 irudian antzeman
deza-kegunez. Irudian nabari ikusten da h = 0.1 urratsaz eraikitako
hurbilketa soluziozehatzetik askoz gertuago dagoela beste biak
baino.
44
-
0 1 2 3
2
4
6
h=0.1h=0.5
h=1.0
yHxL
Irudia 3.12: y(0 = 1.4 hastapen-baldintza betetzen duen y′ = y −
1 ekuazioarensoluzioa eta Euler-en metodoak eraikitako hiru
hurbilketak [0, 3] tartean h = 0.1,h = 0.5 eta h = 1 urrats-luzera
ezberdinetaz.
Zenbakizko metodoak konsistentea izan behar du, hau da,
soluzioaren y(x1) baliobakoitza hurbiltzerakoan hainbat eta h
urrats laburragoak hartu, orduan eta er-rore txikiagoa sortuko da
eta errore hori 0-rantz konbergituko du h → 0 doanean.Adibidez
Euler-en metodoaren kasuan, y1 = y(x0) + hf(x0, yx0)), errorea
Taylor-enformulaz baliozta dezakegu,
(3.21) y(x1) = y(x0)+hf(x0, y(x0))+h2
2h2
d
dxf(ξ, y(ξ)) ⇒ y(x1)−y1 = O(h2).
Hemen O(h2) adierazpenak urrats baean sortu den errorea h2
tamainukoa delaesan nahi du. Baldin x0 = 0 irteera-puntuan
zehaztutako hastapen-baldintzarekinsoluzioaren balioaren hurbilketa
jakin nahi badugu x = p puntu zehatz batean etah luzeradun urratsak
betetzen bagoaz, orduan urrats kopurua k = (p− 0)/h izangoda.
Urrats batean Euler-en metodoak sortutako errorea O(h2) ordenakoa
da etax = p balioa betetzeko behar diren k = p/h urrats kopurua
biderkatzen badugu,pilatutako errorea h tamainukoa edo O(h)
ordenakoa da iriste-puntuan. 3.3.1taulan antzematen dugu urrats
luzeraren murrizketaren emaitza, h = 0.01 hartuzemaitz hurbildua
askoz zehatzagoa da urrats luzeagoak aukeratuz baino.
Euler-en metodoa arrunta eta explizitoa da, iterazio bakoitzean
behar direndatu guztiak ezagunak direlako. Badaude beste metodo
askoz zehatzagoak eta er-aginkorragoak Euler-ena baino. Adibidez
ondoko bi metodoak aldakuntz txiki batsartzen dute deribatuaren
balioztatze-puntuan eta konbergentzi-orden 1 irabasten
45
-
x y(x) y∗0.01 y∗0.1 y
∗0.5
x=0.0 1.4 1.4 1.4 1.4x=1.0 2.0873 2.0819 2.0375 1.9x=2.0 3.9556
3.9264 3.691 3.025x=3.0 9.0342 8.9154 7.9798 5.5563
Taula 3.1: y′ = y − 1, y(0) = 1.4 ekuazioaren soluzio zehatza
y(x) eta hurbilduaky∗h Euler-ren metodoaz eta urrats-luzera
ezberdinetaz (h=0.01,h=0.1,h=0.5).
du, hau da, urrtas bat betetzeagatiko errorea O(h3) da.Defini
dezagun x0-an F1 = f(x0, y(x0)) eta F2 = f(x0 +h, y(x0)+hF1)
deri-
batuaren balioak. Orain ondoko bi metodo explizitoek O(h3)
errore-ordena emangodigute:
(3.22)
y1 = y0 + hF1 (Euler-en metodoa).y1 = y0 + hF2 (Euler-en metodo
aldarazia).
y1 = y0 +h
2(F1 + F2) (Heun-en metodoa).
Froga dezagun Heun-en metodoaren errorea O(h3) ordenakoa dela
Taylor-engarapenaren bidez. Adierazpidea errazteko har dezagun x =
x0 eta y = y(x0).Baita erabil dezagun deribatuen ondoko
hedapenak,
(3.23)
y(x1) = y(x) + hy′(x) +
h2
2y′′(x) +
h3
6y′′′(x) + · · ·
y′(x) = f(x, y),
y′′(x) =df(x, y)
dx=
∂f(x, y)
∂x+
∂f(x, y)
∂y
∂y
∂x= fx + ffy,
y′′′(x) = fxx + ffxy + (fx + ffy)fy + f(fxy + ffyy).
Beraz,
(3.24) y(x1) = y(x) + hf +h2
2(fx + ffy) +O(h3).
Orain Heun-en metodoaren terminoen Taylor-en garapena idatziko
dugu,
(3.25)
F1 = f(x, y) = y′(x),
F2 = f(x + h, y + hF1) =
f(x, y) + hfx + hffy +h2
2(fxx + ffxy + f
2fyy) +O(h3) =y′(x) + hy′′(x) +O(h2)
Ondorioz Heun-en metodoaren formularen garapena hauxe da,
(3.26)y1 = y(x) +
h
2(F1 + F2) = y(x) +
h
2
[y′(x) + y′(x) + hy′′(x) +O(h2)] =
y(x1) +O(h3) → y1 − y(x1) = O(h3).
46
-
Orokorrean y funtzioaren deribatuak f deribatuen menpean
adieraziz etaberauek konbinatuz orden altuko metodoak gara
daitezke. Metodo hauek Runge-Kutta-renak dira. Adibidez ondoko
metodoa 4. ordenako Runge-Kutta-ren ohizkometodoa da,
y1 = y(x) +h
6(F1 + 2F2 + 2F3 + F4) non(3.27)
F1 = f(x, y),F2 = f(x + h/2, y + hF1/2),F3 = f(x + h/2, y +
hF2/2),F4 = f(x + h, y + hF3).
3.3.1 taulan y′ = (xy − y2)/x2, x(1) = 1 ekuazioaren zenbakizko
soluzioa etaondorioztutako errorea [1, 3] tartean h = 1/128
urrats-luzerarekiko 4. ordenakoRunge-Kutta-ren metodoaz erakusten
da. 10−7-ko doitasuna bikaina da.
x y∗ y(x)− y∗x=1.0 2.0 0.0x=1.5 1.65661 4.77 ∗ 10−7x=2.0 1.67624
5.29 ∗ 10−7x=2.5 1.76517 7.83 ∗ 10−7x=3.0 1.87663 5.96 ∗ 10−7
Taula 3.2: y′ = (xy − y2)/x2, x(1) = 1 ekuazioaren 4. ordenako
Runge-Kutta-renmetodoak emandako soluzio hurbildua eta errorea h =
1/128 urrats luzerarekin.
Badaude beste motako zenbakizko metodoak, inplizitoak hainzuzen.
Metodohauen formuletan oraindik kalkulatu gabe dauden puntuetan y
funtzioaren deribat-uaren balioak erabiltzen dira. Adibidez,
Euler-en formula inplizitoaren adierazpenahauxe da,
(3.28) yn+1 = yn + hf(xn+1, yn+1)
Hemen f(xn+1, yn+1) ezin da zuzenean balioztatu yn + 1
kalkulatzeke dagoelako.Formula honen helburua yn+1 zuzena
kalkulatzeko yn-tiko bidean y-k eduki beharkolukeen malda
erabiltzea da. Noski, 3.28 formulak urrats bakoitzean yn+1
ezezaguner-ako ekuazio bat halabehartzen du eta gehienetan ezlinela
izango da, beraz bisekzioedo Newton-en bezelako metodoa erabili
beharko da. Metodo honen emaitza doita-sun handikoa izango da baina
hori bai, kosto konputazionala garestia da erebai.
47
-
3.4 Ingeniaritza kimikorako lehenengo ordenako
ekuazio diferentzialen aplikazioak
Ingeniaritza kimikoak ikertzen dituen prozesu askotan ekuazio
diferentzialak agertzendira. Kurtso honetan ohizko ekuazioak
identifikatzera eta askatzera edo behintzatberaietatik informazio
baliogarria eskuratzera ikasiko dugu. Ekuazio
diferentzialakagertzen diren beste ikasgai espezifikoetan ekuazioa
nondik eta nola eraikitzen denaztertuko da. Hemen Erreakzio
kimikoen zinetika eta masa eta energia-balantzearruntak aurkeztuko
ditugu.
3.4.1 Ekuazio diferentzialak zinetika kimikoan
Erreakzio kimikoa erlazio edo ekuazio estekiometrikoaren bidez
adieraz daiteke,
(3.29) aA + bB + · · · = pP + qQ + · · · ⇔ 0 = −aA− bB − · · ·+
pP + qQ + · · · ,non A, B, ... erreakzioa osatzen duten sustantzia
kimikoen (erreaktiboak) formulakdiren, a, b, ... beroriei dagozkien
molekula kopuruak eta P,Q, ... erreakzioak ematendituen sustantzia
berrien (produktuak) formulen adierazpenak eta p, q, ...
berauenmolekula kopuruak. Hemen −a,−b, ..., p, q, ... zenbaki
estekiometrikoak dira.
Erreakzioaren abiadura kontzentrazioaren denborarekiko
aldakuntza (kontzen-trazioa = mol-kopurua/bolumena-unitatea) zati
zenbaki estekiometrikoa. Erreakzioorokorretan zenbaki hau berdina
da sustantzia guztietarako,
(3.30) v = −1a
d[A]
dt= −1
b
d[B]
dt=
1
p
d[P ]
dt=
1
q
d[Q]
dt= · · ·
Une bakoitzean erreakzioaren abiadura faktore askoen menpean
dago, orduko er-reaktibo eta produktuen kantitatea, tenperatura,
presioa, hezetasuna,... Hala erehasiera honetan erreakzio motarik
bakunena aztertuko dugu, masa-ekintzaren leg-ea hain zuzen,
erreakzioaren abiadura soilik erreaktiboen kantitatearen
araberakoadagoelarik. Kasu hauetan oinarrizko erreakzioen abiadura
ondoko gisakoa da,
(3.31) v = k[A]α[B]β,
non k erreakzioaren abiadura-konstantea den eta α, β, ...
parametroek erreakzioarenordena definitzen dute. Erreakzioa α + β +
· · · ordenakoa dela esan ohi da.
Adibidez bi erreaktiboetako eta bigarren ordenako (A + B →
produktua)moduko erreakzioak ondoko ekuazio diferentzialaz adieraz
daiteke,
(3.32) v = −d[A]dt
= −d[B]dt
= k[A][B].
48
-
Baldin x(t) t une arte erreakzionatu den A-ren edo B-ren
molekula kopurua badaeta hasieran [A](0) = a eta [B](0) = b baziren
orduan
(3.33) v = −d[A]dt
= −d(a− x)dt
=dx
dt= k(a− x)(b− x).
Baldin erreaktore batean garatzen diren bi erreakzio
ezberdinetan sortutako pro-duktua sustantzia berdina bada, orduan
sustantzia honen erreakzio-abiadura askeakdiren bi erreakzioen
batura da.
Adibidea 3.4.1 Demagun erreaktore batean aldiberean gertatzen
diren ondoko bi-garren ordenako bi erreakzioak,
A + Sk1−→ X
X + Sk2−→ Y
Baldin erreakzioaren hasieran S-ren 2 mol eta A-ren mol 1
badaude eta baldink2/k1 = 2 bada, zenbat da X-ren proporzioa
sustantzia guztien baturarekiko A-renerdia gastatu denean?
Soluzioa: [A], S, X eta Y erreakzioetan parte hartzen duten
sustantzienkontzentrazioak izanik, ondoko lau ekuazio linealen
sistema azalduko litzaiguke
d[A]dt
= −k1[A][S],d[Y ]dt
= k2[X][S],d[X]dt
= k1[A][S]− k2[X][S],d[S]dt
= −k1[X][S]− k2[X][S].Problema honen soluzioa oraindik ez dakigu
ebazten, hala ere, eskatzen diguten pro-porzioa [A] = 1/2 mol
denean, ondoko hau da, besterik ez,
(3.34)[X]
[A] + [S] + [X] + [Y ].
Ahal baldin badugu (3.34) kantitatea [A] magnitudearen menpean
adierazi,orduan askatzeko gai den ekuazioa eraiki dezakegu.
Zorionez [X] eta [Y ] magni-tudeak [A] eta [S] aldagaien
funtziopekoak dira. Katearen araua aplikatuz ondokoadierazpena
eskura dezakegu,
(3.35)d[X]
dt=
d[X]
d[A]]
d[A]
dt⇒ d[X]
d[A]]=
d[X]/dt
d[A]/dt,
d[A]/dt 6= 0 denean. Orain (3.34) ekuazioetatik d[X]/d[A]]
deribatuaren balioa(3.35) adierazpenean ordezkatuz [A] aldagai
askearekiko eta [X] menpeko aldaga-iarekiko ondoko 1go ordenako
ekuazio lineala agertzen zaigu,
(3.36)d[X]
d[A]]=
d[X]/dt
d[A]/dt=
k1[A][S]− k2[X][S]−k1[A][S] = −1 +
k2k1
[X]
[A]= −1 + 2[X]
[A].
49
-
Ebazpena burutzeko aurreko kapituluan ikusitako 1go ordenako
ekuazio diferentziallinealetarako metodoa aplikatuko dugu [X]-rako
ondoko adierazpena aurkituz,
(3.37) [X] = eR
2[A]
d[A]
[∫−e−
R [A]0
2zdzd[A] + K
]= [A] + K[A]2.
t = 0 unean hastapen-baldintza [A] = 1 eta [X] = 0 dira hain
zuzen, berazintegrazio-konstantearen balioa K = −1 da eta [X]-ren
balio zehatza hau da
(3.38) [X] = [A]− [A]2.
Eraberean [Y ]-rako ekuazio diferentzial eraiki daiteke [A]
aldagai askearenmenpean. Oraingo honetan aldagai banatuetako
ekuazio bakuna agertzen da,
(3.39)d[Y ]
d[A]]=
d[Y ]/dt
d[A]/dt=
k2[X][S]
−k1[A][S] = −2[X]
[A]= −2[A]− [A]
2
[A]= −2− 2[A].
Soluzioa erraz kalkulatuko dugu integrazio zuzenaren bidez, [Y ]
= −2[A] + [A]2 + K.t = 0 unean hastapen-baldintza naturala ezarriz
[A] = 1 eta [Y ] = 0, K = 1 da eta[Y ]-rako soluzio zehatza hau
da,
(3.40) [Y ] = −2[A] + [A]2 + 1.
Horretaz gain (3.34) sistemaren beridintzak erabiliz ondoko
erlazioa lortu deza-kegu,
(3.41) 0 =d[S]
dt+
d[X]
dt+ 2
d[Y ]
dt=
d([S] + [X] + 2[Y ]
)
dt.
Bistakoa denez [S] + [X] + 2[Y ] = k konstantea mantenduko da
eta t = 0 unean[S] = 2 eta [x] = [Y ] = 0 direnez, k = 2 izan behar
du eta [S]-ren balioa errazbakanduko dugu,
(3.42) [S] = 2− [x]− 2[Y ] = 3[A]− [A]2.
Orain [X]-ren proporzioa edo zatiki-molar-a kalkulatzeko osagai
guztiak dauzkagu,
(3.43)[X]
[A] + [S] + [X] + [Y ]=
[A]− [A]23[A]− [A]2 + 1
[A] = 1/2 denean [X]-ren zatiki-molar-a zalantzarik gabe 1/9 da.
¥
50
-
3.4.2 Masa-balantzeak eta energia-balantzeak
Naturan masa ez da sortzen ezta deusestatzen ere eta
energiarekin gauza bera ger-tatzen da. Gehienez energia antzaz alda
daiteke (energia zinetikotik potentzialerahala alderantziz) baina
ezin da deusestatu. Ingeniaritza kimikoan bi lege fisiko
hauekaskotan erabili ohi dira problemak ebazteko oso tresna
preziatuak baitira.
Masa-balantzeen adibideak
Atal honetan argi-izpia piztutzeko asmoz urtegi kutsatuaren
bezelako adibide errealaaztertuko dugu. Masa-kontserbaziori esker
badakigu produktu kutsatzailearen kanti-tatea hazitzen bada
nonbaitetik etorri dela edo barruan dauden sustantzi batzuen
er-reakzioarengatik sortu dela. Gainera, baldin erreakzio batek
kutsatzailearen jatorriaizan bada orduan beste produktuen
kantitatea gutxitu behar izan da. Baldin t un-ean dagoen
kutsatzailearen kantitatea ezagutzen badugu eta ondorengo t+∆t
uneanbilakatutako kantitatea zehaztu nahi badugu orduan
masa-kontserbazioaren oinar-riaren bidez ondoko balantzea plazaratu
dezakegu,
Kutsatzaile-kantitateat + ∆t un-ean
=Kutsatzaile-kantitateat unean
+
[t, t + ∆t]bitarteansartu denkutsatzaile-kantitatea
−
[t, t + ∆t]bitarteanatera denkutsatzaile-kantitatea
+
[t, t + ∆t]bitartean bestesustantzien er-reakzioetaz sortuden
kutsatzaile-kantitatea
Goian ikusi dugun bezelako masa-balantze hauek oso erabilgarriak
dira neur-ri fisikoak denbora tarte finkoetan ∆t-ro hartzen
direnean. Baina ingeniaritzakimikoan masa-fluxuek neurri
experimentalak nagusitzen dute. Masa fluxuak denbo-ra
unitatearekiko masa-kopuruaren aldaketa da. Kontzeptu hau erabat
ulertzekoaurreko berdintzaren gaiak zati ∆t zatituko ditugu,
Kutsatzaile-kantitateat + ∇t un-ean
−Kutsatzaile-kantitateat unean
∆t
=
[t, t + ∆t]bitarteansartu denkutsatzaile-kantitatea
∆t
−
[t, t + ∆t]bitarteanatera denkutsatzaile-kantitatea
∆t
+
[t, t + ∆t]bitarteanbeste sus-tantzienerreakzioetazsortu
denkutsatzaile-kantitatea
∆t
51
-
Baldin berdintzaren ezkerraldeko gaia masaunitatetan neurtutako
m materiabada, orduan ∇m/∇t adierazpideaz idatz daiteke eta
denbora-apur horiek 0-rantzdoazenean aldakuntz horren limitea dm/dt
da. Deribatu honi masa-pilaketa esan-go diogu eta masa-sarrera
(ms), masa-irteera (mi) eta erreakzioek sortutako (me)masaren
aldakuntzaren menpean dago,
(3.44)dm
dt=
dmsdt
− dmidt
+dmedt
.
Masa-balantzeko problemetan bi gauz kontutan hartu behar ditugu,
izan ere,
• Erreakzioa eremu mugatu batean betetzen da. Eremua urtegia,
depositoa,ibaia hala beste ingurunea izan daiteke. Erreakzioa
osatzen duten sustantziakgehienetan isuria hala gasaren moduan
agertzen dira eta materia-bolumen horikonstantea hala aldagarria
izan daiteke. Batzuetan itur betetik produktu-sarrera badago,
orduan eremuan dagoen materia-bolumena hazitzen da mailazehatz
bateraino. Maila hori gainditzen denean zulo batetik ustutzen
hastenda materia-bolumena maila maximo horretan mantentzeko.
Ingurune honibolumen-kontroleko eremua esango diogu.
• Eremuaren gune ezberdinetan produktu-kutsatzailearen
kontzentrazioa ezber-dina izan daiteke. Hala ere eredu matematikoa
bakuntzeko eremuaren puntuguztietan kontzentrazioa berdina dela
suposatuko dugu, honek esan nahi dueremuaren edukina nahasten ari
direla gelditu gabe. Honela lagin experimen-talak edozein puntuan
neurtu daitezke (CSTR eredua, Continuously StirredTank
Reactor).
Ondorengo erreakzioen formulazio matematikoetan CSTR eredua
ontzat har-tuko dugu, beraz baldin eremuaren puntu guztietan
materiaren kontzentrazioa t un-ean c(t) bada eta dagoeneko bolumena
B(t) orduan masa-pilaketaren bilakaerahauxe da,
(3.45)dm
dt=
d(c(t)B(t)
)
dt.
Masa-balantzeko bi problema mota daude. Lehenengoak
kontzentrazioa etabolumena konstanteak mantentzen direnekoak,
problema iraunkorrak dira hain zuzeneta hemen dm/dt = 0.
Bigarrenetan sarrerako edo irteerako materiaren kantitateaaldatzen
da denbora aurrera doala edo kontzentrazioa aldatzen da edo
bolumen-kontroleko eremuan bolumena aldatzen da edo materiaren
kantitatea denborarekikoaldatu arazten duen, dm/dt 6= 0, beste
arrazoi bat gertatzen da.
52
-
Eremuaren ms materia-sarrera (masa/bolumena) unitatetan sartzen
da etaberonen bilakaera t unean Qs(t) sarrera-korrontea
(bolumena/denbora) eta cs(t) sarrera-kontzentrazioaren menpean
dago,
(3.46) ṁs(t) = Qs(t)cs(t).
Eraberean CSTR eredupean eremuaren barruan dagoen kontzentrazioa
t uneangune guztietan c(t) bada eta irteera-korrontea Qi(t) bada,
orduan mi materia-irteeraren bilakaera beste hau da,
(3.47) ṁi(t) = Qi(t)c(t).
Eremuaren barruan dauden sustantzien erreakzioen ondoriozko
produktu kutsatza-ilearen sorrera positiboa (zoritxarrez
sustantziek kutsatzaile kantitate gehiago sortzendute) edo
negatiboa (eremuaren barruan produktu kutsatzailea desegiten da)
egit-en da. Produktu kutsatzailearen irabaste edo galera hau ce
sortutako kontzen-trazioaren funtziopekoaz neurtzen da
(3.48) ṁe(t) =d(ce(t)B(t)
)
dt.
Materia-sarrera, materia-irteera eta materia-sorreraren ondorioz
masa-balantzearenbilakaerako ondoko ekuazioa daukagu,
(3.49)d(c(t)B(t)
)
dt= Qs(t)cs(t)−Qi(t)c(t) +
d(ce(t)B(t)
)
dt.
Orokorrean sarrera kontzentrazioa eta sarrera eta
irteera-korronteak konstan-teak dira eta (3.49) ekuazioa beste hau
bihurtzen da,
(3.50)d(c(t)B(t)
)
dt= Qscs −Qic(t) +
d(ce(t)B(t)
)
dt.
Baita erreakzio-kimikoen menpeko materia-sorrerak eredu ezagun
batzuk jar-raitzen ditu. Hona hemen ohizko egoera batzuk,
• Materia iraunkorra: Erreakzio kimikoen ondorioz
materia-sorrerarik ez da-go, dme/dt.
• 0 ordenako galera: Materia-kutsatzailearen galera konstantea
da, dce(t)/dt =−k, k > 0, beraz dme/dt = −kB.
• 1 ordenako galera: Materia-kutsatzailearen galera CSTR-an
dagoan ma-teriaren kopuruarekiko proportzionala da, dce(t)/dt =
−kc(t), k > 0, berazdme/dt = −kBc(t).
53
-
• Hautazko produkzioa: CSTR ereduan dauden beste sustantzien
kontzen-trazioen ondoriozko produkzioa.
Adibidea 3.4.2 (egoera iraunkorra CSTR batean 1 ordenako
galerarekin) Lante-gi batean sortzen den hondar-materiala CSTR-az
tratatzen da kutsadura 1.go or-denako zinetikaz deusestatzen duen
erreakzioaren bitartez, dce(t)/dt = −kc(t)ñonk = 0.216/egunekoa
den. Erreaktorearen bolumena 500m3-koa da, sarrera
etairteera-korronteak berdinak dira, k = 0.216/eguneko, eta
hasieran dagoen kutsadura-kontzentrazioa 100mg/l-koa da. Zenbatekoa
da irteera-kotzentrazioa?
Soluzioa: sarrera eta irteera-korronteak berdinak direnez
CSTR-an bolumenarenaldketarik ez dago eta sarrera-kontzentrazioan
denborarekin ez dago aldaketarik eztaere. Egoera iraunkorra da,
dm/dt = 0 eta masa balantzerako ekuazioa hau da,
0 = Qscs −Qic + dmedt = 50000 legun · 100mgrl − 50000 legun ·
c100mgrl − kBc =
= 5 · 106 mgregun
− 5 · 104 legun
c− 0.216egun
5 · 105lc.Orain aurreko berdintzatik c askatuz kontzentrazioa
eskuratuko dugu,
c =5 · 106mgr/egun
(5 · 104 + 0.2165 · 105)l/egun = 31.65mgr/l. ¥
Adibidea 3.4.3 (egoera ez-iraunkorra CSTR batean 1 ordenako
galerarekin) Aur-reko adibidearen kutsaduren tratamendurako prozesu
industrialak gelditu behar du.Martxan jartzeko t = 0 unean
sarrera-kontzentrazioa 0-an ezartzen da (ur gar-bia). Zenabtekoa da
denboraren funtziopeko irteera-kontzentrazioa? Zenbat
denboraigaroko da erreaktorearen kontzentrazioa aurreko adibidean
kalkulatutako balioaren10%-ra iritsi arte?
Soluzioa: Sarrera-kontzentrazioa aldatzen denez pilaketa dago
eta egoera az-iraunkorra da,
dc(t)B(t)
dt= B
dc(t)
dt,
Bolumena konstantea delako. Masa-balantzea honela geratuko
da
Bdc(t)
dt= 0−Qic(t)− kBc(t) ⇔ dc(t)
dt= −c(t)
(QiB
+ k
).
Azken problema hau c(0) = 31.65mgr/l hastapen-baldintzarekiko
aldagai banatue-tako ekuazio diferentziala da . c(0) geldiunearen
ondorengo erreaktorearen kontzen-trazioa da, hain zuzen. Aldagai
bakoitzaren terminoak ekuazioaren berdintzaren alde-tan
ezberdinetan banatuz eta integratuz, ondoko soluzio orokorra
lortzen dugu,
ln(31.65)− ln .c(t) =(
QiB
+ k
)t ⇔ c(t) = 31.65e−(Qi/B+k)t.
54
-
Gainera hastapen-baldintzak konstantearen balioa halabehartzen
du,
(QiB
+ k
)=
(50m3/egun
500m3+
0.216
egun
)=
(0.316
egun
)⇒ c(t) = 31.65e−(0.316/egun)t.
Hau da denboraren funtziopeko kontzentrazioaren adierazpena.
Beste aldetik hasierako kontzentrazioaren 10%-ra, hau da 3.165,
igaro arte pasabehar duen denbora aurreko adierazpenetik askatuko
dugu,
3.165 = 31.65e−(0.316/egun)t ⇒ −0.316t = ln 0.1 = −2.303 ⇒ t =
7.3 egun. ¥
Adibidea 3.4.4 (sustantzia iraunkorrarekiko eta bolumena
konstantearekiko egoeraez-iraunkorra CSTR batean) CSTR-ak 1000 l ur
garbia ditu eta bere barrualdera 1kgr/l kontzentrazioko nahastura
gatzaduna 6 l/minutuko abiaduraz sartzen da besteiturritik
eremuaren nahastura orokorra baita 6 l/minutuko irtetzen den
bitartean.Noiz izango da depositoaren kontzentrazioa 1/2 kgr/l?
Soluzioa: CSTR-an t unean dagoen gatzaren kontzentrazioa c(t) da
etahasieran ezer ez dagoenez, c(0) = 0. Ez dago gatz-sorrera
erreakzioarengatik, beraz,masa-balantzea ekuazio garbia ematen
digu: Pilaketa = sarrera - iteera.
Pilaketa B · dc(t)/dt da, bolumena B = 1000 l izanik eta
hurrenez hurrensarrera eta irteera korronteak:
Sarrera: Qscs = 6l/min · 1kgr/l = 6kgr/min,Irteera: Qic(t) =
6l/min · c(t) = 6c(t)kgr/min.
Gatz-kontzentrazioa ondoko hastapen baldintzarekiko ekuazio
diferentzialaz agin-duta dago, {
dc(t)
dt=
6− 6c(t)1000
,
c(0) = 0.
Ekuazio hau aldiberean aldagai banatuetakoa da eta homogenoa ere
eta ekuazio haue-tarako edozein metodoaz aska daiteke ondorengo
adierazpena lorturik,
c(t) = 1− e− 3t500 .
Eskatzen diguten datua hauxe da, zenbat denbora igaro behar duen
kontzentrazioa1/2kgr/l izan arte,
1
2= 1− e− 3t500 ⇒ t = 500 ln 2
3≈ 115.52min erantzuna da. ¥
55
-
Energi-balantzeen adibideak
Energia-kontserbazioaren legea fenomeno fisiko ugariaren
formulazioaren oinarriandago. Lege horrek dioenez energia ez da
sortzen ezta deusestatzen ere. Adibidezzentral termikoan
elektrizitatea ekoizteko erretzen den ikatzak daukan energia
beroabihurtzen da. Beroa beste motako energia da, gero bero hori
atmosferara igarotzenda eta zentraletan erabiltzen diren produktu
batzuen hondakinak ibaietara doazsustantzi kutsatzaileen moduan.
Kutsadura horiek eta beroaren moduan inguru-menara igarotzen den
energiak klimaren aldaketak ondorioztatzen dute.
Horregatikenergia-kontsumo arduragabeak ondorio larriak akr ditzake
gaur egun eta are gehi-ago etorkizunean.
(Ariketa praktikoa: Gelatik irtetzen den azkenekoak argiak itzal
ditzala)
Aurreko atalean masa-balantzeen adibidetan ikusi dugun moduan
hemen ereenergia ”sustantzi” iraunkorra denez beronen mogimenduak
eta itxura aldaketakondoko formulaz baliozta ditzakegu. Hau bai,
kasu honetan erreakzio kimikoakondorioztatzen dituen terminoak ez
dute parte hartzen balantze hauetan,
Denboraren araber-ako barne eta kan-poko energiaren
al-dakuntza
=Denbora unitateare-kiko energia sarrera
− Denbora unitateare-kiko energia irteera
Baliokideki ondoko ekuazioaz adieraz daiteke, non Ės eta Ėi
hurrenez-hurrendenboraren unitatearekiko energiaren sarrera eta
irtera fluxuak diren,
(3.51)de
dt= Ės − Ėi
Energia-balantzetan oso eragile conplexuak parte har dezakete,
baina gukenergiatzat beroa hartzen duen eredu arrunt batzuk baino
ez ditugu aztertuko.m masarekiko gorputz bati T1 tenperaturatik
T2-ra berotzeko transmititu be-har zaion bero-kantitatea
gorputzaren c bero-kapazitate espezifikoaren funtziopekoformula
baten menpean dago,
(3.52) Q = mc(T2 − T1).
Eredua bakuntzeko (T1, T2) tenperatura tartean c magnitudea
konstantetzat hartudugu.
Adibidea 3.4.5 Berogailu elektrikoaz iturri batetik datorren
10oC temperaturakouda egokitzeko darabilgu. Berogailua potentzia
gorenean martxan dago lagun batzuk,
56
-
bat besteraren atzetik, dutxatu egiten diren bitartean.
Berogailuak martxa horretan5 Kw/segundu erabiltzen ditu eta
dutxatik ateratzen den ura kantitatea 8 l/min-koada. Berogailuan
ondo isolaturik dagoela eta berotzen duen ur osoa beti
tenperaturaberdinean dagoela (egoera geldikorrean dago) suposatuko
dugu. Zein da berogailutikirtetzen den uraren tenperatura?
Soluzioa: Bolumen-kontroleko eredua berogailuaren depositoa da.
Depositoansartzen den bero-energia bi bidetatik dator, izan ere,
iturritik sartzen den urarenaeta berogailuak darabilen
elektrizitatearena. Irteera-energiaren iturria ateratzen denur
berotua da.
Iturritik sartzen den uraren tenperatura depositoan dagoenarekin
konparatzeko,berogailuan uraren erreferentzi-tenperatura finkatuko
dugu, Ter. Iturritik sartzen denuraren tenperatura Ts = 10
oC-koa da eta depositoarena handiagoa izango denez,iturritik
sartzen den urak berogailuari pasatzen dion bero-kantitatea Qe =
−mc(Ter−Ts) da. Beraz sarrera-energiaren fluxua
Ės = −ṁc(Te − Ter) + 5Kw/sda. Hemen ṁ sartzen den masaren
fluxua da (masa/denbora) unitatetan etac uraren bero-espezifikoa
(4190J/(kgroC).
Beste aldetik berogailuak depositoaren urari beroa transmititu
ondoren Ter-tikTs-ra igarotzeko, deopositoan tenperatura T da eta
ondorioz irteera-energia
Ėi = ṁc(T − Ter) + 5Kw/sda. Berogailuan dagoen uraren egoera
geldikorra dela suposatuz, dE/dt = 0, energia-balantzearen ekuazioa
honela geratuko da,
0 = ṁc(Ts − Ter) + 5Kw/s− ṁc(T − Ter) = ṁc(Ts − T ) +
5Kw/s.Aurreko ekuaziotik T -rako adierazpena eskuratzen dugu,
T = Te +5
ṁc.
Orain c J/(kgroC) unitatetan daudenez, uraren dentsitatea ρ
izanik, unitateenbildura honela adieraz daiteke,
ṁ = ρQ1kgr
l· 8 l
min= 8
kgr
min
cṁ = 4190J
kgr oC· 8 kgr
min= 33520
J
min oC
5Kw
s= 5 · 1000J
s· 60 s
min= 3 · 105 J
min
⇒ T = 10oC
3 · 105Jmin
33520J
min oC
= 18, 9oC.
Ohar gaitezkenez erreferentzi tenperatura ariketaren askapenean
zehar desagertu eginda. Beraz bere balioa ez da esangarria eta
soluzioa berorren menpean ez dagoenezadibidez T = 0 aukera
dezakegu. ¥
57
-
Adibidea 3.4.6 CSTR batean H2SO4 azido sulfuriko 4536 l/h hoztu
behar di-ra (bero espezifikoa 0.36Kcal/(Kgr oC) ). Azidoa
konstanteki 20oC-tan dagoen8m2 gainazaleko hodibihurriaz
inguratutako depositoan 174oC sartuko dugu. Hodibi-hurritik
azidorako bero-transmisioko koefizientea 635Kcal/(hm2 oC)
konstantekoada. Azidoaren depositorako sarrera eta irteera-fluxuak
berdinak izanik, zenbat dat unean ateratzen den azidoaren
tenperatura?
Soluzioa: Adibide honetan hozte-eremua depositoa da. Baldin
azidoaren bero-kapazitatea konstantea bada, orduan
energia-balantzeko ekuazioa daukagu,
dE
dt= Ės − Ėi
Azido sulfurikoak ematen duen beroarengatiko sarrera-energiaren
fluxua,
Ės = ṁcṪs.
Azidoaren dentsitate erlatiboa ρ eta sarrera-fluxua q izanik,
masa-fluxua (l/h uni-tatetan) ṁ = ρq izango da.
Bestaldetik irteera-energia azido sulfurikoak transmititzen duen
beroaz eta na-hastura hozteko hodibihurriak transmititzen duen
beroaz menperatuta dago. Newton-en hoste-legearen ondorioz, azken
hau αA(T − Ta) da, non α beroaren transmisio-koefitzientea eta A
hodibihurriaren ukipen-azaleraren area diren. Depositoarenbarneko
azidoaren tenperatura T bada, orduan azidoak emandako bero-fluxua
ṁcT da.
Ėi = qρcṪs + αA(T − Ta).Barruan dagoen azidoaren tenperatura
aldatu egiten da hodibiurriarekiko kontak-tuaren medioz. Beraz
pilaketa dago eta beroaren aldakuntzaren erlazioa dQ =mcdT da, eta
m = ρB denez,
dE
dt=
dQ
dt= mc
dT
dt= ρBc
dT
dt.
Energia-belantzeak ondoko ekuazioa halabeharko du,
ρBcdT
dt= qρc(Ts − T )− αA(T − Ta).
T berorako ekuazio diferentzial hau 1.go ordenako lineala edo
aldagai banatuetakoa daeta beronen askapena zailtasun handirik ez
digu emango. (3.53) ekuazioan ariketaneman diren datu guztiak
beraiei dagozkien sinboloetan ordezkatuz, ondoko ekuazioarrunta
dugu, non T (0) = 174 den
dT
dt= −2.68T + 207.6 ⇒ T (t) = 207.6− 174e
−2.68t
2.68.
Adibidez 1h pasa ondoren azidoaren tenperatura 68.68oC-koa da.
¥
58
-
Ariketak
Ariketa 1. Ondoko ekuazioaren soluzioa analitikoki aurkitu:
y′ + y = xy2, y(0) = 1
(1, 0) puntutik pasatzen den soluziorik ba al dago? Baietza
ematekotan zehaz-tu zein den soluzio hori, bestela esan zergatik ez
dagoen horrelako soluziorik.
Ariketa 2. Demagun y′ = yx
+ x2 ekuazio diferentziala,
a) (1, 0) puntutik pasatzen den ekuazioaren soluzio bakar bat
dagoela ondorioztatuexistentzi eta bakartasun teoremen
laguntzaz.
b) (0, 0) puntutik pasatzen diren ekuazioaren bi soluzio aurkitu
eta komentatu zer-gatik emaitz honek ez duen ukatzen bakartasuneko
teorema.
Ariketa 3. Datozen hastapen-baldintzetako problemetarako ondoko
galderak er-antzun:
i) Aurkitu soluzioaren adierazpena.
ii) Aurkitu existentzi-eremurik handiena.
iii) Zer gertatzen da x aldagai askea existentzi-eremuaren
mugetarantz abiatzendenean.
a) y′ = y3, y(0) = 1 b) y′ = 1(y+1)(x−2) , y(0) = 0
c) y′ = 1(y+2)2
, y(0) = 1 d) y′ = xy−2 , y(−1) = 0
Ariketa 4. Datozen hastapen-baldintzetako problemetarako ondoko
galderak er-antzun:
i) Aurkitu ekuazioaren soluzio orokorra.
ii) Frogatu adierazitako hastapen-baldintza betetzen duen
soluziorik ez dagoela.Azken hau existentzi-teoremaren aurka al
dago?
(i) xy′ − y = x2 cos x, y(0) = −3 (ii) xy′ = 2y − x, y(0) =
2Ariketa 5. Demagun y′ = (y− 1) cos(xy), y(0) = 2,
hastapen-baldintzetako prob-
lema,
a) Frogatu ekuazio honek R2 plano osoan soluzio bakarra daukala
.b) (2, 0) puntutik pasatzen diren ekuazioaren soluziorik existitu
al daiteke?
59
-
Ariketa 6. Har dezagun y(x) ondoko hastapen-baldintzetako
problemaren soluziotzat,
y′ =y3 − y
1 + x2y2, y(0) = 1/2
a) Soluzio bakarra al da hau?
b) Frogatu soluzioa 0 < x(t) < 1 tartean dagoela y(x)
existitzen den bitartean.
Ariketa 7. Frogatu y1(x) = x2 eta y2(x) = x
2 + 1 funtzioak
y′ = −y2 + y + 2yx2 + 2x− x2 − x4
ekuazioaren soluzioak direla. Baldin y(x) soluzioa 0 < y(0)
< 1 hastapen-baldintza betetzen badu halabeharrez ∀x, x2 <
y(x) < x2 + 1 beteko duelafrogatu.
Ariketa 8. Ondoko galderak erantzun:
a) Frogatu (0, 2)-tik pasatzen den y′ = y2−cos2 x−sin x
ekuazioaren kurba-integralbakarra dagoela.
b) Frogatu y(x) = cos x ekuazioaren soluzioa dela.
c) Baldin y(x) (0, 2)-tik pasatzen den soluzioa bada, frogatu
y(x) > cos x soluzioarendefinizio-eremu osoan.
60
-
Ariketa 9. Azpian azaltzen diren ekuazioetarako eta berauen
malda-eremuetarakoondoko lanak burutu
a) Malda-marratxoak jarraituz soluzio batzuk marraztu.
b) Adierazi x(0) = 1/2 hastapen-baldintza betetzen duen
soluzioaren portaera as-intotikoa.
(a) y′ = 3y(y − 1)
−2 −1.5 −1 −0.5 0.5 1 1.5 2
−2
−1.5
−1
−0.5
0.5
1
1.5
2
x
t
(b) y′ = 2y − x
−2 −1.5 −1 −0.5 0.5 1 1.5 2
−2
−1.5
−1
−0.5
0.5
1
1.5
2
x
t
(c) y′ =(y + 1
2
)(y + x)
−2 −1.5 −1 −0.5 0.5 1 1.5 2
−2
−1.5
−1
−0.5
0.5
1
1.5
2
x
t
(d) y′ = (x + 1)y
−2 −1.5 −1 −0.5 0.5 1 1.5 2
−2
−1.5
−1
−0.5
0.5
1
1.5
2
x
t
61
-
Ariketa 10. Ondoan idatzitako 8 ekuazio diferentzialetatik lau
aurkeztutako malda-eremuekin erlazionatutak daude. Erabaki diagrama
bakoitzari dagokion ekuazioaeta esan zergatik.
(i) y′ = x− 1 (ii) y′ = 1− y2 (iii) y′ = y2 − x2 (iv) y′ = 1−
x(v) y′ = 1− y (vi) y′ = x2 − y2 (vii) y′ = 1 + y (viii) y′ = y2 −
1
(a)
−2 −1.5 −1 −0.5 0.5 1 1.5 2
−2
−1.5
−1
−0.5
0.5
1
1.5
2
x
t
(b)
−2 −1.5 −1 −0.5 0.5 1 1.5 2
−2
−1.5
−1
−0.5
0.5
1
1.5
2
x
t
(c)
−2 −1.5 −1 −0.5 0.5 1 1.5 2
−2
−1.5
−1
−0.5
0.5
1
1.5
2
x
t
(d)
−2 −1.5 −1 −0.5 0.5 1 1.5 2
−2
−1.5
−1
−0.5
0.5
1
1.5
2
x
t
Ariketa 11. Marraztu eskuz y′ = y3 − 3y2 + y ekuazio
diferentzial autonomoarenmalda-eramua. Gero y(0) = 0, y(0) = 1/2,
y(0) = 3/2 eta y(0) = −1/2 hastapen-baldintzei dagozkien soluzioen
marrazki hurbildua burutzen saiatu.
62
-
Ariketa 12. Ondoko ekuazio diferentzialen gainean adierazitako
lanak burutu
a) Ekuazio bakoitzaren fase-diagramak marraztu.
b) Oreka-puntuak eta beraien izaera (iturriak, zuloak edo
nodoak) identifikatu.
c) Emandako hastapen-baldintzak betezen dituzten soluzioen
portaera hurbilduamarrazten saiatu.
(i) y′ = 3y(1− y), y(0) = 1, y(2) = −1, y(0) = 1/2, y(0) = 2(ii)
y′ = y2 − 6y − 16, y(0) = 1, y(1) = 0, y(0) = −10, y(0) = 5(iii) y′
= cos y, y(0) = 0, y(−1) = 1, y(0) = −π/2, y(0) = π(iv) w′ = w2 +
2w + 10, w(0) = 0, w(1/2) = 1, w(0) = 1(v) y′ = 1
y−2 , y(0) = 0 y(1) = 3 y(0) = 2
Ariketa 13. Aipatu y′ = y2 − 4y + 2 ekuazio diferentzial
autonomoari dagozkionsoluzioen portaera asintotikoa x → ±∞, y(0) =
0, y(0) = 1, y(0) = −1,y(0) = −10, y(0) = 10 eta x(3) = 1
hastapen-baldintzetarako.
Ariketa 14. Lehenbizian y′ = 1/[(y−2)(y+1)] ekuazioari dagokion
fase-diagrama
marraztu eta y(0) = 1/2 baldintzari dagokion soluzioaren
portaera aztertu.Gero askatu analitikoki aurreko
hastapen-baldintzetako problema eta emaitzakkonparatu. Amaitzeko,
problemaren soluzioaren existentzi-eremua zehaztu.
Ariketa 15. Ondoko irudien soluzioei dagozkien fase-diagramak
marraztu.
(a)f(x)
x
(b)
x
f(x)
(c)f(x)
x
(d)f(x)
x
63
-
Ariketa 16. Ondoren y′ = f(y) ekuazio diferentzial autonomoen
fase-diagrameidagozkien f(x) funtzioaren marrazki hurbilduak
marraztu.
(a) (b) (c) (d)
Ariketa 17. Adierazitako h urratsaz eta Euler-en metodoaz,
ondoko hastapen-baldintzetako problemen soluzio hurbildua
balioztatu emandako tartean etasoluzio hori marraztu. Ahal baldin
bada askatu problema analitikoki etabalioztatu errorea tertearen
amaieran.
(a) y′ = yx, y(1) = 1; [1, 4] h = 0′5
(b) y′ = xy2, y(0) = 1; [0, 1] h = 0′1
(c) y′ = x2 + y2, y(0) = 0; [0, 1] h = 0′1(d) y′ = 1 + xy2, y(0)
= 0; [0, 1] h = 0′1
Ariketa 18. Euler-en metoaren bitertez eta h = 0′2-ko
urrats-luzera erabiliz (1, 2) pun-tutik pasatzen den y′ = x + y
ekuazio diferentzialaren soluzioa balioztatu etamarraztu [1, 3]
tartean. Soluzioa analitikoki kalkulatu erebai eta y(3)-ansortutako
errorea balioztatu.
Ariketa 19. Azpian dauden hastapen-baldintzetako problemetarako
hemen adier-azten diren lanak burutu 4 digito esangarriekiko
aritmetikaz:
a) Askatu ekuazioa analitikoki eta balioztatu aldagai askearen
emandako puntuan.
b) Euler-en metodoaren bidez eta emandako urrats-luzeraz
soluzioaren balio hurbil-dua kalkulatu. Gero sorterazi den errorea
kalulatu puntu horretan.
c) Hasierako puntua eta emandako puntuaren artean soluzio
hurbildua marraztu.
i) y′ = (x + y − 1)2, y(0) = 2, x = 0.5 h = 0.1ii) y′ = 2y
1+x, y(0) = 1 x = 1 h = 0.25
iii) y′ = 1− yx, y(1) = 1, x = 2 h = 0.25
iv) y′ = 1 + y2, y(0) = 0, x = 1 h = 0.25
64
-
Ariketa 20. Hastapen-baldintzetako y′ = 2y(4 − y), y(0) = 1
problemerakoondoko galderak erantzun,
a) Teknika kualitatiboen laguntzaz soluzioaren ahal den
informazio gehiena aurkitu.
b) h = 0.25-ko urrats-luzerarekiko Euler-en metodoaz soluzio
hurbildua balioztatux = 3 punturaino. Aurreko atalean
ondorioztatutako emaitzekiko antzekotasunakoharterazi.
Ariketa 21. y′ = −(1/3)y2, y(0) = −1 hastapen-baldintzetako
problemaren soluziox = 2 puntuan hurbiltzeko Euler-en metodoa
erabili dugu. Ondoko taulak er-abilitako urrats-luzera, soluzio
hurbildua eta errorerako zutabe utsa dakartza.Lehenbizian soluzioa
analitikoki kalkulatu eta beronen laguntzaz adierazitakozutabea
bete. Marraztu grafika batean eh errorea h urrats-luzeraren
funtziopekotzateta erakutsi errorea urratsarekiko proportzionala
dela (eh ≈ ah). Daukazundatuekin a konstantea estimatu eta
kalkulatu ze urrats-luzera beharko genuke0.0001 tamainuko errorea
edukitzeko. Urrats horrekin zenbat urrats bete be-harko lituzke
metodoak x = 2 baliora iristeko?
urrats-luzera h Balio hurbild. (Euler) Errorea eh
0.050000000 -2.8526030.025000000 -2.9222320.012500000
-2.9599980.006250000 -2.9797050.003125000 -2.9897770.001562500
-2.9948690.000781250 -2.9974300.000390625 -2.998714
Taula 3.3:
Ariketa 22. A sustantzia erreaktore bakartzat daukaten lehenengo
eta bigarren or-denako erreakzioen A-ren kontzentrazioaren
bilakaera nagusitzen duen ereduaeratu eta askatu [A]0 = a
hastapen-baldintzarekin. A-ren kontzentrazioarenbilakaeraren
grafika marraztu.
Ariketa 23. A+2B → produktuak motako hirugarrean ordenako
erreakzioaren er-reaktoren kontzentrazioaren bilakaera nagusitzen
duen k abiadura-konstantearekikoekuazio diferentziala x′ =
k(a−x)(b−2x)2 dela frogatu, non a eta b hurrenezhurren A eta B
sustantzien hasierako kontzentrazioak diren eta x(t) balioat unean
emandako produktuaren kontzentrazioa (mol/cm3). Hastapen
bald-intzetako problema eraiki, askatu eta A eta B-ren bilakaera
marraztu.
65
-
Ariketa 24. Baldin sustantzia bat katalisatzailetzat eragiten
badu, erreakzioari au-tokatalitikoa esango diogu. Hauetako
erreakziorik errazena hauxe da, A+R →R + R eta beronen ekuazio
zinetikoa dCA(t)/dt = kCACE da, non CA etaCE hurrenez-hurren A-ren
eta R-ren kontzentrazioak diren. A-ren eta R-renhasierako
kontzentrazioak CA(0) = a eta CE(0) = r izanik eta A
desagertzendoan bitartean, bi sustantzi horien mol-en batura
konstantea mantentzen delajakinik, A-ren kontzentrazioa agintzen
duen hastapen-baldintzetako problemaeraiki eta askatu. a ≤ (a +
r)/2 jakinik, A-ren eta R-ren kontzentrazioenbilakaeraren grafika
hurbildua marraztu. Baldin a ≥ (a + r)/2 izango balitz,nola
aldatuko litzateken egoera?
Ariketa 25. 500 l edukierako ur depositoak hasieran 100 l baino
ez dauzka. Unebatean 50% sustantzi kutsagarria daraman ura
depositora 2 l/minutuko sartzenhasten da, nahastura osoa
depositotik 1 l/minutuko ateratzen doan bitartean.Depositoa
betetzen denean, zein da sustantzia kutsagarriaren
kontzentrazioa?
Ariketa 26. Deposito batek 12 kg gatza nahastuarekiko 240 l ura
dauzka. Honezkerodepositora 0′3 Kg/l gatz-kontzentrazioa daraman
ura minutuko 8 l sartzenhasten da, aldiberean nahastura
homogeneizatuta minutuko 10 l ustutzen denbitartean.
a) Aurkitu depositoan dagoen denboraren funtziopeko
gatz-kontzentrazioaren for-mula.
b) Asmatu uraren gatz-kontzentrazioa depositoak 120 l isurkari
dauzkanean.
c) Gatz-kontzentraziorik altuena iristen denean zenbat isurkari
egongo da deposi-toan? Zenbat da kontzentrazio altuen hori? Noiz
iristen da? Zenbat gatz-kopuruadago depositoan une horretan?
d) Hasieran 12 kg gatz egon beharrean 72 Kgr egongo balira, Noiz
iritsiko litzatekegatz-kontzentraziorik altuena? Zenbat izango
litzateke kontzentrazio hori?.
Ariketa 27. Newton-en hozte-legearen bidez (dT/dt = k(T − Ta),
non T = tem-peratura, Ta = hasierako tenperatura eta k = α/(mc)
ingurumenaren men-peko konstantea den) ondoko ariketaren soluzioa
aurkitu: 20◦ C tenperaturakonstantean mantentzen den gela batean
gorputz bero bat dago eta beronentenperatura 20’-tan 100◦
graduetatik 60◦ arte jeisten da. Noiz iritsiko da 30◦
graduetara?
Ariketa 28. 95oC tenperaturarekiko 2 cm × 3 cm × 10 cm-ko
burnizko palankabat 25oC tenperaturarekiko ur-kupelan sartzen da.
Kupela aski handia daberonen uraren tenperatura ez aldatzeko
palanka hozten den bitartean. Bur-nitik urarako bero-transferentzia
konstantea α = 0′050 J/(min·cm2·oC) da etapalankaren
bero-kapazitatea c = 0′460 J/(g·oC). Buriaren dentsitatea ρ =
7’87
66
-
g/cm3 da. Suposatuko dugu bero-transferentziaren prozesuan zhar
palankarenpuntu guztien tenperatura berdina dela.
a) Palankaren tenperaturaren bilakaera nagusitzen duen
hastapen-baldintzetako prob-lema eratu, Newton-en hozte-legea
erabiliz hala palankarako bero-energiaren bal-antzea
plazaratuz.
b) Kalkulatu palankaren oreka-tenperatura, hau da, limt→∞
T (t). Kalkulatu al daiteke
balio hori ekuazia diferentzialaren soluzioa aurkitu gabe?
c) Palankaren tenperatura 30oC izan arte, zenbat denbora igaroko
da?.
Ariketa 29. Hodi bihurrizko berotzailearekiko 2′30 kJ/(kg ◦C)
bero-kapazitatekoCSTR gailuaz disolbatzailea berotzen da. 25◦C-tan
dagoen 760 kg disolbatza-ileko depositotik CSTR-ra minutuko 12 kg
pasatzen hastan da, CSTR-a 120◦C-tan mantentzeko hodibihurritik
ur-lurruna ibiltzen hasten den bitartean.Disolbatzailea berotu
denean CSTR-tik irtetzen da sartzeko hainbat abiadu-raz. Demagun
hodibihurritik disolbatzailerako bero-transferentziaren
koefizien-tea α dela, A hodibihurriaren gainazalaren area dela eta
α·A = 11′5 KJ/(min·◦C)dela, erantzun ondoko galderak:
a) Bero-energiaren balantzearen bidez depositotik irtetzen den
disolbatzailearen ten-peratura finkatzen duen ekuazio diferentziala
idatzi.
b) Zein da disolbatzailearen oreka-tenperatura?
c) Zenbat denbora pasako da disolbatzailea CSTR-tik 50◦C-tan
atera arte?
d) Disolbatzailearen tenperaturaren bilakaeraren grafika
hurbildua marraztu
67