Parcial de escuela Ecuaciones Diferenciales Uis
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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
T
e−st f (t)dt
0
2π
e−st f (t)dt
0
π
−st
e
2π
f (t)dt +
0
e−st f (t)dt
π
π
−st
e
− st π
2π
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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