T1 3mm1 Ramírez Arista Héctor

INSTITUTO POLITÉCNICO NACIONAL

TAREA 1 CALCULO DE VARIACIONES

UNIDAD PROFESIONAL INTERDISCIPLINARIA DE INGENIERÍA Y TECNOLOGÍAS AVANZADAS

ALUMNO: RAMÍREZ ARISTA HÉCTOR

GRUPO: 3MM1 INGENIERÍA MECATRÓNICA

MATERIA: MODELADO Y SIMULACIÓN DE SISTEMAS MECATRÓNICOS

PROFESOR: ERIK ZAMORA GÓMEZ

FECHA DE ENTREGA: L050318

𝟏

1. Determine un número del intervalo [𝟑 , 𝟐]tal que la suma del número y su reciproco sea: a) Un mínimo b) Un máximo. Apoye gráficamente las respuestas. 1

Se tiene como función objetivo 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 𝑥 y los intervalos mencionados 1

Derivando la función objetivo 𝑓 ′(𝑥 ) = 1 − 𝑥2 Se iguala a cero para despejar y obtener los puntos críticos 1−

1 1 = 0 ; 1 = ; 𝑥 = ±√1 ; 𝑥2 𝑥2

𝑥 = ±1

Solo se utilizara el resultado positivo 𝑥 = 1 debido a las restricciones mencionadas. Se utiliza el criterio de la segunda derivada para determinar si es máximo o 2 2 mínimo: 𝑓 ′′(𝑥 ) = 𝑥3 ; 𝑓 ′′(1) = 13 = 1 por lo tanto es un mínimo y no hay máximo

Figura1. Grafica ejercicio1

2. – a) Encuentre dos números no negativos cuya suma sea 12 tales que su producto sea un máximo absoluto, apoye gráficamente las respuestas. Las restricciones para este inciso son: 𝑥 > 0 𝑦 > 0 La función objetivo es: 𝑥 + 𝑦 = 12; 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦; 𝑦 = 12 − 𝑥 Por lo tanto la función objetivo queda 𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 (12 − 𝑥 ) = 12𝑥 − 𝑥 2 Derivando la función objetivo: 𝑓 ′(𝑥) = 12 − 2𝑥 Se iguala a cero para despejar y obtener los puntos críticos 12 − 2𝑥 = 0 ; 𝑥 = 6 Y sustituyendo en 𝑦 = 12 − 𝑥 𝑦 = 6 Se utiliza el criterio de la segunda derivada para determinar si es máximo o mínimo: 𝑓 ′′(6) = −2 por lo tanto es un máximo

Figura2. Grafica ejercicio2

b) Determine dos números no negativos cuya suma sea 12 tales que la suma de sus cuadrados sea un mínimo absoluto, apoye gráficamente las respuestas. La función objetivo es: 𝑥 + 𝑦 = 12; 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦; 𝑦 = 12 − 𝑥 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑢𝑡𝑖𝑡𝑢𝑦𝑒𝑛𝑑𝑜𝑙𝑎 𝑒𝑛 𝑥 2 + 𝑦 2 Por lo tanto la función objetivo queda 𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 2 + (12 − 𝑥 )2 = 2𝑥 2 − 24𝑥 + 144 Derivando la función objetivo: 𝑓 ′(𝑥) = 4𝑥 − 24 Se iguala a cero para despejar y obtener los puntos críticos 4𝑥 − 24 = 0 ; 𝑥 = 6 Y sustituyendo en 𝑦 = 12 − 𝑥 𝑦 = 6 Se utiliza el criterio de la segunda derivada para determinar si es máximo o mínimo: 𝑓 ′′(6) = 4 por lo tanto es un mínimo

Figura3. Grafica ejercicio2

3. Dada la circunferencia cuya ecuación es 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟗, determine: a) La distancia más corta del punto (4, 5) aun punto de la circunferencia. La función objetivo es: 𝑥 2 + 𝑦 2 = 9; 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦; 𝑦 = √9 − 𝑥 2 𝑠𝑢𝑡𝑖𝑡𝑢𝑦𝑒𝑛𝑑𝑜𝑙𝑎 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 √(𝑦2 − 𝑦1 )2 + (𝑥2 − 𝑥1 )2 Por lo tanto la función objetivo queda 2

𝑓 (𝑥 ) = √(√9 − 𝑥 2 − 5) + (𝑥 − 4)2 Se desarrollan y simplifican los cuadrados 𝑓 (𝑥 ) = √50 − 10√9 − 𝑥 2 − 8𝑥 1

Derivando la función objetivo: 𝑓 ′(𝑥) = 2 (

1 √50−10√9−𝑥 2−8𝑥

)(

10𝑥

− 8)

√9−𝑥 2

Se iguala a cero para despejar y obtener los puntos críticos 1 1 10𝑥 ( )( − 8) = 0 ; 10𝑥 = 8√9 − 𝑥 2 2 √50 − 10√9 − 𝑥 2 − 8𝑥 √9 − 𝑥 2 𝑠𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑣𝑎 𝑎𝑙 𝑐𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑎𝑚𝑏𝑜𝑠 𝑙𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑟 164𝑥 2 = 576

Por lo tanto 𝑥1 = 1.874 ; 𝑥2 = −1.874 y sustituyendo en 𝑦 = √9 − 𝑥 2 𝑦1 = 2.342; 𝑦2 = 2.342 Se utiliza el criterio de la segunda derivada para determinar si es máximo o mínimo: 𝑓 ′′(𝑥 ) = (

1 √50−10√9−𝑥 2 −8𝑥

)(

10𝑥 2 3 (9−𝑥 2) ⁄2

10𝑥

1

+ √9−𝑥2) − 4 (

(

10𝑥

√9−𝑥2

2

−8) 3

⁄ (50−10√9−𝑥 2−8𝑥) 2

Sustituyendo 𝑓 ′′(1.874) = 2.0569 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠 𝑢𝑛 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑜 𝑓 ′′ (−1.874) = 0.846 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠 𝑢𝑛 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑜

)

Así que para determinar cuál es la distancia más corta y más larga se evalúan en la ecuación de distancia los valores de 𝑥1 𝑥2 𝑦1 𝑦2 𝑑1 = 3.403 𝑑2 = 6.447 Por lo tanto coordenadas de la distancia más corta es 𝑥1 = 1.874 𝑦1 = 2.342 b) La distancia más grande del punto (4, 5) a un punto de la circunferencia 𝑥2 = −1.874 𝑦2 = 2.342 c) Apoye gráficamente las respuestas de los incisos anteriores.

Figura4. Grafica ejercicio3

Figura5. Grafica ejercicio3

4. Determine la variación de las siguientes funcionales: Para realizar estos incisos fue necesario consultar el libro [1] en el cual el autor proporciona una ecuación (4.2-5) con la cual menciona que se utiliza para calcular las variaciones de los funcionales y esa ecuación es la siguiente:

𝑡𝑓

𝛿𝐽(𝑥, 𝛿𝑥 ) = ∫ {[ 𝑡0

𝛿𝑔 𝛿𝑔 (𝑥 (𝑡), 𝑥̇ (𝑡), 𝑡)] 𝛿𝑥 (𝑡) + [ (𝑥(𝑡), 𝑥̇ (𝑡), 𝑡)] 𝛿𝑥̇ (𝑡)} 𝛿𝑥 𝛿𝑥̇

𝒕

a) 𝑱(𝒙) = ∫𝒕 𝒇[ 𝒙𝟑 (𝒕) − 𝒙𝟐 (𝒕)𝒙̇ (𝒕)]𝒅𝒕 𝟎

Por lo que utilizando la ecuación mencionada anteriormente separamos en las dos derivadas parciales: 𝛿𝑔 (𝑥 (𝑡), 𝑥̇ (𝑡), 𝑡) = 3𝑥 2 (𝑡) − 2𝑥𝑥̇ (𝑡) 𝛿𝑥 𝛿𝑔 (𝑥 (𝑡), 𝑥̇ (𝑡), 𝑡) = 𝑥 2 (𝑡) 𝛿𝑥̇ Posteriormente colocamos los resultados obtenidos en la ecuación 𝑡𝑓

𝛿𝐽 (𝑥, 𝛿𝑥 ) = ∫ {[3𝑥 2 (𝑡) − 2𝑥𝑥̇ (𝑡)]𝛿𝑥 (𝑡) + [𝑥 2 (𝑡)]𝛿𝑥̇ (𝑡)} 𝑡0

𝒕

b) 𝑱(𝒙) = ∫𝒕 𝒇[ 𝒙𝟐𝟏 (𝒕) + 𝒙𝟏 (𝒕)𝒙𝟐(𝒕) + 𝒙𝟐𝟐 (𝒕) + 𝟐𝒙̇ 𝟏 (𝒕)𝒙̇ 𝟐(𝒕)]𝒅𝒕 𝟎

Por lo que utilizando la ecuación mencionada anteriormente separamos en las dos derivadas parciales: 𝛿𝑔 (𝑥 (𝑡), 𝑥̇ (𝑡), 𝑡) = 2𝑥1 (𝑡) + 𝑥2 (𝑡) 𝛿𝑥1 𝛿𝑔 (𝑥 (𝑡), 𝑥̇ (𝑡), 𝑡) = 2𝑥̇ 2 (𝑡) 𝛿𝑥1̇ 𝛿𝑔 (𝑥(𝑡), 𝑥̇ (𝑡), 𝑡) = 𝑥1 (𝑡) + 2𝑥2 (𝑡) 𝛿𝑥2 𝛿𝑔 (𝑥(𝑡), 𝑥̇ (𝑡), 𝑡) = 2𝑥̇ 1 (𝑡) 𝛿𝑥2̇

Posteriormente colocamos los resultados obtenidos en la ecuación

𝑡𝑓

𝛿𝐽 (𝑥, 𝛿𝑥 ) = ∫ {[2𝑥1 (𝑡) + 𝑥2 (𝑡)]𝛿𝑥1 (𝑡) + [𝑥1 (𝑡) + 2𝑥2 (𝑡)]𝛿𝑥2 (𝑡) 𝑡0

+ [2𝑥̇ 2 (𝑡)]𝛿𝑥1̇ (𝑡) + [2𝑥̇ 1 (𝑡) ]𝛿𝑥2̇ (𝑡)}

𝒕

c) 𝑱(𝒙) = ∫𝒕 𝒇 𝒆𝒙(𝒕) 𝒅𝒕 𝟎

Por lo que utilizando la ecuación mencionada anteriormente separamos en las dos derivadas parciales: 𝛿𝑔 (𝑥(𝑡), 𝑥̇ (𝑡), 𝑡) = 𝑒 𝑥𝑡 (𝑡) 𝛿𝑥 𝛿𝑔 (𝑥(𝑡), 𝑥̇ (𝑡), 𝑡) = 0 𝛿𝑥̇ Posteriormente colocamos los resultados obtenidos en la ecuación 𝑡𝑓

𝛿𝐽(𝑥, 𝛿𝑥 ) = ∫ {[𝑒 𝑥𝑡 (𝑡)]𝛿𝑥 (𝑡)} 𝑡0

5. Encuentra los extremos de las funciones: a) 𝒇(𝒕) = 𝟎. 𝟑𝟑𝟑𝒕𝟑 + 𝟏. 𝟓 𝒕𝟐 + 𝟐. 𝟎 𝒕 + 𝟓 Se tiene como función objetivo 𝑓(𝑡) = 0.333𝑡 3 + 1.5 𝑡 2 + 2.0 𝑡 + 5 Derivando la función objetivo 𝑓 ′(𝑥 ) = 0.333(3)𝑡 2 + 3𝑡 + 2.0 Se iguala a cero para despejar y obtener los puntos críticos 0.333(3)𝑡 2 + 3𝑡 + 2.0 = 0 Para obtener los puntos críticos se utilizara la formula general a la ecuación 1 2.0 𝑡2 + 𝑡+ =0 0.333 0.33 ∗ 3 Obteniendo como puntos críticos 𝑡1 = −0.999 𝑡2 = −2.004 Se utiliza el criterio de la segunda derivada para determinar si es máximo o mínimo: 𝑓 ′′(𝑥 ) = (0.333) ∗ 6𝑡 + 3 ;

𝑓 ′′ (−0.999) = 1.003 por lo tanto es un mínimo

𝑓 ′′(−2.004) = −1.003 por lo tanto es un máximo

b) 𝒇(𝒕) = 𝒕𝒆−𝟐𝒕 , 𝒕 ≥ 𝟎 Se tiene como función objetivo 𝑓(𝑡) = 𝑡𝑒 −2𝑡 Derivando la función objetivo 𝑓 ′(𝑥 ) = 𝑡𝑒 −2𝑡 (−2) + 𝑒 −2𝑡 Se iguala a cero para despejar y obtener los puntos críticos 𝑡𝑒 −2𝑡 (−2) + 𝑒 −2𝑡 = 0 1

Obteniendo como punto crítico 𝑡1 = 2 Se utiliza el criterio de la segunda derivada para determinar si es máximo o mínimo: 𝑓 ′′(𝑥 ) = 𝑡𝑒 −2𝑡 (4) + (−2)𝑒 −2𝑡 + (−2)𝑒 −2𝑡 ;

𝑓 ′′(0.5) = −0.735 por lo tanto es un máximo c) 𝒇(𝒕) = 𝒒𝟐𝟏 + 𝟐𝒒𝟐𝟐 + 𝟗𝒒𝟏 − 𝒒𝟐 + 𝒒𝟏 𝒒𝟐 + 𝟐𝟐

Como en este inciso se presentan dos variables se hará uso de la herramienta del hessiano para determinar los puntos máximos y mínimos. Primero se deriva parcialmente respecto a 𝑞1 : 𝜕𝑓 = 2𝑞1 + 9 + 𝑞2 𝜕𝑞1 Después se deriva parcialmente respecto a 𝑞2 : 𝜕𝑓 = 4𝑞2 − 1 + 𝑞1 𝜕𝑞2 Ambas ecuaciones se igualan a cero y se despejan para tener un sistema de ecuaciones y encontrar los valores de 𝑞1 𝑦 𝑞2 : De la primer ecuación 𝑞2 = −2𝑞1 − 9 Sustituyendo 4(−2𝑞1 − 9) − 1 + 𝑞1 = 0 37 Por lo que se obtiene 𝑞1 = − 7

Y sustituyendo en 𝑞2 = −2𝑞1 − 9 𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑞2 =

11 7

Ahora bien para determinar si es máximo o mínimo se utiliza la matriz hessiana la cual está dada por: 𝜕2𝑓 𝜕𝑞1 2 𝐻= 𝜕2𝑓 [𝜕𝑞2 𝜕𝑞1

𝜕2𝑓 𝜕𝑞1 𝜕𝑞2 𝜕2𝑓 𝜕𝑞1 2 ]

En este caso la matriz queda 2 1 ] 1 4 Por último se calcula el determinante siendo este:𝐻 = 8 − 1 = 7 En conclusión los valores obtenidos son un mínimo ya que el det(𝐻) > 0 𝐻=[

6. Encuentre la curva 𝒙∗ que minimice la funcional: 𝟏

𝟏 𝑱(𝒙) = ∫ [ 𝒙̇ 𝟐 (𝒕) + 𝟑𝒙(𝒕)𝒙̇ (𝒕) + 𝒙𝟐𝟐 (𝒕) + 𝟐𝒙𝟐 (𝒕) + 𝟒𝒙(𝒕)]𝒅𝒕 𝟎 𝟐

Y pasa atreves de los puntos 𝑥 (0) = 1 , 𝑥 (1) = 4

Primero usando la formula proporcionada en clase por el profesor se convierte la integral en:

[

𝛿𝑔 𝑑 𝛿𝑔 (𝑥 (𝑡), 𝑥̇ (𝑡), 𝑡)] − [ (𝑥(𝑡), 𝑥̇ (𝑡), 𝑡)] 𝛿𝑥 𝑑𝑡 𝛿𝑥̇

Por lo que se obtiene: 3𝑥̇ (𝑡) + 4𝑥 (𝑡) + 4 − 𝑥̈ (𝑡) − 3𝑥̇ (𝑡) = 0 𝑥̈ − 4𝑥 = 4 A partir de ese resultado se procede a calcular la solución homogénea usando el polinomio característico: λ2 − 4 = 0

Obteniendo como raíces características λ1 = +2

λ2 = −2

Entonces la solución propuesta es: 𝑦ℎ = 𝐶1 𝑒 2𝑡 + 𝐶2 𝑒 −2𝑡 Ahora se calcula la solución particular derivando lo que se encuentra del lado derecho: 𝑥 = 𝐶3 𝑑 =0 𝑑𝑥 Se sustituye en la primera ecuación teniendo así: 0 − 4𝐶3 = 4

𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝐶3 = −1

Ahora si la solución completa es: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 2𝑡 + 𝐶2 𝑒 −2𝑡 − 1 Se utilizan las condiciones iniciales proporcionadas para determinar los otros dos coeficientes restantes: 1 = 𝐶1 𝑒 0 + 𝐶2 𝑒 0 − 1 → 𝐶1 = 2 − 𝐶2 2

4 = 𝐶1 𝑒 + 𝐶2 𝑒

−2

− 1 → 5 = (2 − 𝐶2 )𝑒 2 + 𝐶2 𝑒 −2 → 𝐶2 =

Solución final: 𝑥 ∗ = (2 −

(5 − 2𝑒 2 ) 2 (5 − 2𝑒 2 ) −2 ) 𝑒 + ( )𝑒 − 1 𝑒 −2 − 𝑒 2 𝑒 −2 − 𝑒 2

(5 − 2𝑒 2 ) 𝑒 −2 − 𝑒 2

Referencias [1] D. E. Kirk, Optimal Control Theory: An Introduction. Mineola, N.Y., United States: Dover Publications, Inc., 2004