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