Parcial de escuela Ecuaciones Diferenciales Uis

March 31, 2019 | Author: Fabian Valencia | Category: Laplace Transform, Equations, Pi, Differential Equations, Motion (Physics)
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Parcial de escuela Ecuaciones Diferenciales Uis + Solucion...

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´ EXAMEN FINAL DE ECUACIONES DIFERENCIALES – UIS – PS2016 – TEMA B  ∗  – p´ SOLUCION ag. ag. 1

(1) Hallar la soluci´on on del P.V.I. dado por (y − 1)y ′′ = ( y ′ )2 ;

y (0) = 3 ,

y ′ (0) = 4 .

Soluci´ on: on:

Puesto que la E.D. no contiene la variable independiente  x,  hacemos  u  =  y ′ de lo cual se sigue que d2 y du du dy du · = = = u. 2 dx dx dy dx dy

Ahora, al sustituir en la E.D. tenemos:

(y  − 1)u

du =  u 2 ⇔ dy

du − u2 = 0 dy du −u =0 u (y − 1) dy du − u  = 0 u = 0 o (y − 1) dy

(y − 1)u



⇔ ⇔



Si u = 0, y = c  es soluci´on on de la E.D. para todo c ∈ R,   pero y = c  no satisface las condiciones de valor inicial pues  y ′ (0) = 0 ∀  c  ∈ R. − u  = 0,  separando variables tenemos: Ahora, si (y − 1) du dy du dy = u y−1



du = u

   

dy



y−1

Ahora, tomando  ± ec =  c 1  y sustituyendo  u  = 0

ln |u|  = ln |y  − 1| + c0

dy  obtenemos dx



u  =  ± ec (y − 1). 0

la E.D. de variables separables

dy =  c 1 (y − 1). dx

De lo cual se tiene dy y−1

=  c 1 dx



y tomando  c 2  =  ± ec ,  tenemos

dy

    y − 1

c1 dx



y  =  c 2 ec

ln |y − 1|  =  c 1 x + c

1

x



y − 1 =  ± ec ec

1

x

+ 1.

Ahora, de  y (0) = 3 tenemos 3 =  c 2 +1 o lo que es igual,  c 2  = 2.  Luego  y  = 2ec x +1 y por tanto  y ′ = 2 c1 ec x . Por ultimo, de y’(0)=4 tenemos 4 = 2 c1  de lo cual se sigue que c1  = 2 y por consiguiente, la soluci´on del P.V.I. est´a dada por y  = 2e2x + 1. 1

(2) El punto 2. es exactamente exactamente el mismo del tema A.

1

´ EXAMEN FINAL DE ECUACIONES DIFERENCIALES – UIS – PS2016 – TEMA B  ∗  – p´ SOLUCI ON ag. 2

(3) Encontrar la transformada de Laplace de la funci´on peri´odica f  cuyo per´ıodo es 2 π,  la cual en el intervalo 0  ≤  t  ≤  2 π  est´a definida por: cos(t) si 0  ≤  t < π, f (t) := si π  ≤  t  ≤  2 π 0



Soluci´ on:

Puesto que  f  es continua por tramos en [0 , ∞),  de orden exponencial y peri´odica de per´ıodo  T  = 2 π  se tiene que 1 L  {f (t)}  = 1 − e−sT  1 = 1 − e−2πs 1 = 1 − e−2πs 1 = 1 − e−2πs 1 = 1 − e−2πs



           

e−st f (t)dt

0



e−st f (t)dt

0

π

−st

e



f (t)dt +

0



e−st f (t)dt

π

π

−st

e

          − st       π   



cos(t)dt +

0

π

   

e

0dt

e−st cos(t)dt

0



0

Ahora, al usar la integral dada en las instrucciones del examen eau eau cos(bu)du = 2 b sen(bu) + a cos(bu) + c  con  a  =  − s y b  = 1 tenemos que a + b2

 





 

e−st cos(t)dt  =

e−st sen(t) − s cos(t) + c s2 + 1





Luego π 1 e−st cos(t)dt L  {f (t)}  = −2 πs 1−e 0 1 e−st = sen(t) − s cos(t) 1 − e−2πs s2 + 1

                

π



0

1 e−sπ    0     −1           π = sen( cos( ) π) − s       −2 2 πs 1−e s +1 1 se−sπ s =  + 2 −2 2 πs 1−e s +1 s +1





   1    −   s(0)   

e

s2 + 1

s 1 + e −sπ 1 · = 1 − e−2πs s2 + 1

= =

1

1 + e −πs

1 − e−πs

 ·

s 1 + e −sπ s2 + 1



s

s2 + 1

1 − e−πs

Por tanto, L  {f (t)}  =

s

  s2 + 1

1 − e−πs



.



           

sen(0)

0

           

− s cos(0)

1



´ EXAMEN FINAL DE ECUACIONES DIFERENCIALES – UIS – PS2016 – TEMA B  ∗  – p´ SOLUCION ag. 3

(4) Una masa unitaria unida al extremo de un resorte cuya constante es 9 ,  se encuentra sobre una superficie plana horizontal (plataforma), ubicada en la parte superior de un motor de combusti´on interna. Sobre la masa, en el tiempo  t  menor a 3 ,  no act´ ua fuerza alguna pero en el tiempo  t  = 3 arranca el motor produciendo sobre la plataforma un movimiento hacia adelante y hacia atr´as, generando un t´ermino peri´odico forzado cuya funci´on es 8U  (t − 3)cos(t − 3).  La ecuaci´on diferencial del movimiento del resorte es entonces d2 y + 9y  = 8U  (t − 3)cos(t − 3) dt2

Use la transformada de Laplace para resolver la ecuaci´on diferencial, con condiciones iniciales. Soluci´ on:

Puesto que sobre la masa, en el tiempo  t  menor a 3 ,  no act´ ua fuerza alguna se tiene que  y (0) = 0, y por tanto el P.V.I. est´a dado por d2 y + 9y  = 8U  (t − 3) cos(t − 3) ; dt2

y ′ (0) = 0.

y (0) = 0,

Al aplicar la transformada de Laplace tenemos: L  



L  





d2 y + 9y dt2

=

L   { 8U  (t −

d2 y dt2

=

8e−3s L   { cos(t)}

   

+ 9L   {y }          

0

    ′      

s2 L  {y } − s y (0) − y (0)

0



+ 9L  {y } =

⇒ (s2 + 9)L  {y }

=



=

L  {y }

8se−3s ·

3)cos(t − 3)}

s s2

+1

8se−3s s2 + 1 8se−3s (s2 + 9)(s2 + 1)

Por tanto, y (t) =

=

−1 L  

U  (t



8se−3s (s2 + 9)(s2 + 1)

− 3)L  −1





8s 2 (s + 9)(s2 + 1)



|t



t−3

Esta u ´ ltima transformada inversa se puede calcular de dos formas: Primera forma:

Al descomponer en fracciones parciales tenemos: (s2

8s = + 9)(s2 + 1) =

As + B  C s + D + 2 s2 + 1 s +9

(As + B )(s2 + 9) + ( Cs  +  D)(s2 + 1) (s2 + 9)(s2 + 1)

De lo cual se sigue que 8s = (A +  C )s3 + (B  +  D )s2 + (9A + C )s + (9 B +  D ). Al igualar coeficientes tenemos



A + C  = 0 9A + C  = 8

⇔  A  = 1,

Luego (s2

C  =  − 1;



B +  D  = 0 9B +  D  = 0

8s s s = 2  − 2 2 + 9)(s + 1) s +1 s +9

⇔  B  =  D  = 0.

y ′ (0) = 0

´ EXAMEN FINAL DE ECUACIONES DIFERENCIALES – UIS – PS2016 – TEMA B ∗ – p´ SOLUCION a g. 4

y por consiguiente y (t) =

U  (t

U  (t − 3)

= 0, de forma equivalente,

− 3)L  −1





s s2 + 1

s

 −

s2 + 9

|t



t−3



cos(t − 3) − cos(3(t − 3))

 

si 0  ≤  t <  3

0

y (t) :=



cos(t − 3) − cos(3(t − 3)) si  t  ≥  3

Segunda forma:

Usando la forma inversa del Teorema de Convoluci´on tenemos: −1 L  



8s 2 (s + 9)(s2 + 1)



= 8 L  −1 = 8 L  −1

      s

s2

+9

 ·

s2

s

1 +1

1 s2 + 1

∗ L  −1

s2 + 9

= 8 cos(3t) ∗ sen(t) t

=8

 

cos(3τ ) sen(t − τ )dτ 

0

Ahora; teniendo en cuenta que cos(A)sen(B ) =

1 sen(B  +  A) + sen( B − A) 2



se tiene que



t

8 cos(3t) ∗ sen(t) = 8

          

cos(3τ )sen(t − τ )dτ 

0

t

=8

1 sen((t − τ ) + 3 τ ) + sen((t − τ ) − 3τ ) dτ  2

0

t

=4





sen(t + 2τ ) + sen(t − 4τ ) dτ 

0

t  1  1 = 4 −  cos(t + 2τ ) +  cos(t − 4τ ) 2 4 0  1  1  1  1 =4 −  cos(3t) +  cos(−3t) − −  cos(t) +  cos(t) 2 4 2 4 1  1  1  1 = 4 −  cos(3t) +  cos(3t) +  cos(t) −  cos(t) 2 4 2 4 =  − 2 cos(3t) + cos(3 t) + 2 cos(t) − cos(t) = cos(t) − cos(3t)

  



Por tanto, y (t) =

= = 0, de forma equivalente,

U  (t

U  (t − 3) U  (t − 3)

 

0

y (t) :=

− 3)L  −1

 



s s2 + 1

s

 −

s2 + 9



cos(t) − cos(3)

|t



|t



t−3

t−3





cos(t − 3) − cos(3(t − 3))

si 0  ≤  t <  3

cos(t − 3) − cos(3(t − 3)) si  t  ≥  3



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