2xy 3x 2 y 2 y(0) = 1

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1 ESCUELA UNIVERSITARIA POLITÉCNICA DE SEVILLA DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA APLICADA II Ingeniería Técnica Industrial. Especialidad en Mecánica Soluciones al Primer Parcial de Ampliación de Matemáticas. Curso 6/7. PROBLEMA 1 (A) (6 puntos) Considérese el problema de valor inicial dado por y = 2xy 3x 2 y 2 y() = 1 Se pide: a) Demostrar, sin resolver la ecuación diferencial, que el problema de valores iniciales anterior tiene solución única. b) Determinar la solución del problema de valor inicial. c) Aplicar el método de Euler para hallar una aproximación al valor y(.2). Usar como paso h =.1. (B) (4 puntos) Sabiendo que la ecuación diferencial dada por y 2 cos xdx +(4+5ysen x) dy = tiene un factor integrante de la forma µ (y), encontrar su solución general. Solución: (A) a) Para demostrar que el problema de valores iniciales del enunciado tiene solución única, veamos si se cumplen las hipótesis del teorema de existencia y unicidad de soluciones para una ecuación diferencial ordinaria de primer orden: Si f(x, y) y f (x, y) sonfuncionescontinuasenunrectángulor = {(x, y) :a x b, y c y d}, entonces para cada punto (x,y ) interior de R existe una única solución del problema de valor inicial ( y = f(x, y) y (x )=y definida al menos en un intervalo que contiene al punto x. En nuestro caso, se tiene que f(x, y) = 2xy 3x 2 y 2, f 3x 2 y 2 +2y (2xy) (x, y) =2x y (3x 2 y 2 ) 2 y el punto correspondiente a la condición inicial es el punto (, 1). Es evidente, que tanto la función f(x, y) como la función f (x, y) son funciones continuas en algún rectángulo que contenga al (, 1) en su y interior, ya que los únicos puntos (x,y ) donde ambas funciones no son continuas son aquellos que verifican que 3x 2 = y2.

2 2xy 1. b) Se trata de una ecuación diferencial homogénea ya que la función f(x, y) = 3x 2 y 2 es homogénea de grado cero; esto es f(tx, ty) =f(x, y). Para proceder a su resolución, hacemos el cambio de variable y = zx, de donde y = z x + z y, así obtenemos la ecuación z x + z = 2xzx (3x 2 z 2 x 2 ) = 2z (3 z 2 ) z x = z3 z (3 z 2 ) que es una ecuación de variables separables, la cual podemos reescribir como 3 z 2 z 3 z dz = dx x. Descomponiendo en fracciones simples el primer miembro, integrando en ambos y aplicando las propiedades de los logaritmos, obtenemos ln (z 1) (z +1) z 3 =lnx + C 1 Eliminando los logaritmos, obtenemos como solución general de esta ecuación la familia de curvas (z 1) (z +1) z 3 = Cx. Deshaciendo el cambio de variable, agrupando términos y simplificando, la solución general de nuestra ecuación diferencial viene dada por (y x)(y + x) =Cy 3 con C R. Teniendo en cuenta ahora la condición inicial y() = 1, obtenemos C =1. Por tanto, la solución del problema de valores iniciales es y 2 x 2 = y 3. Nota: La ecuación también se podría haber resuelto mediante la obtención de un factor integrante ya que la ecuación tiene un factor integrante de la forma µ (y). c) Para calcular valores aproximados a la solución exacta en ciertos puntos, aplicamos el método de Euler con paso h =.1,. El esquema iterativo del método de Euler viene dado por siendo, en este caso, f (x, y) = y calculamos los siguientes valores: y n+1 = y n + hf (x n,y n ) 2xy 3x 2 y 2 ylosvaloresx =, y =1.Consideramos los valores x =, x 1 =.1, x 2 =.2 y 1 = y + hf (x,y )=1+.1f(, 1) = 1 ' y (.1) y 2 = y 1 + hf (x 1,y 1 )=1+.1f (.1, 1) =.9794 ' y (.2)

3 Podemos comprobar estos valores con los valores reales x n y n Valor real y (x n ) (B) Sabemos que la ecuación diferencial tiene un factor integrante de la forma µ (y). Procedemos a su cálculo, considerando la ecuación diferencial µ (y) y 2 cos x dx + µ (y)(4+5ysen x) dy =. {z } {z } M(x,y) N(x,y) Para que esta ecuación sea exacta debe ser lo cual se verifica si y sólo si M (x, y) y = N (x, y) x µ (y) y 2 cos x + µ (y)2y cos x = µ (y)5y cos x µ (y) µ (y) = 3y cos x y 2 cos x = 3 y Integrando en los dos miembros, obtenemos µ (y) =y 3 y, como consecuencia, la ecuación diferencial y 5 cos xdx + 4y 3 +5y 4 sen x dy = es una ecuación diferencial exacta. Esto quiere decir que existe una función F (x, y) verificando que F (x, y) = M (x, y) =y 5 cos x x F (x, y) = N (x, y) =4y 3 +5y 4 sen x y Integrando, por ejemplo, la primera de las dos expresiones anteriores con respecto a x, tenemos F (x, y) =y 5 F (x, y) senx + Φ (y). En este caso =5y 4 sen x + Φ (y) e igualando esta expresión y a N (x, y) =4y 3 +5y 4 sen x, llegamos a que Φ (y) =4y 3 Φ (y) =y 4 + K Luego la solución general de la ecuación viene dada por y 5 senx + y 4 = C con C R. PROBLEMA 2

4 (A) (6 puntos) Resolver el problema de valor inicial dado utilizando el método de la transformada de Laplace y + y = f (t) ( si t<2π y() = donde f (t) = y 3 sen 2t si t 2π () = 2 (B) (4 puntos) Resolver la ecuación integro-diferencial dada por Solución: y (t) = 1 y() = 1 Z t y (t u) e 2u du (A) En primer lugar escribiremos la ecuación diferencial expresando la función f (t) en términos de la función escalón, con lo cual resulta y + y = u (t 2π)3 sen 2t Aplicamos ahora transformada de Laplace a nuestra ecuación diferencial así como la propiedad de linealidad L y + L [y] =L [u (t 2π)3sen2t] Haciendo uso de las propiedades conocidas de la transformada obtenemos lo siguiente s 2 L [y] sy () y () + L [y] =3e 2πs L [sen 2(t +2π)] y, puesto que la función sen x es una función periódica de periodo 2π, nosqueda s 2 L [y] sy () y () + L [y] =3e 2πs L [sen 2t] Agrupando términos y sustituyendo las condiciones iniciales s 2 +1 L [y] =3e 2πs 2 (s 2 +4) 2 ydeaquí 2e 2πs L [y] =3 (s 2 +4)(s 2 +1) 2 (s 2 +1) con lo cual y (t) =3L 1 2e 2πs (s 2 +4)(s 2 L ) (s 2 +1) Calculamos ahora las transformadas inversas. Para ello consideramos L 1 2 (s 2 +4)(s 2 = L ) (s 2 +4) (s 2 = sen 2t sen t +1) Z t Z t 1 = sen 2 (t τ) sen τdτ = [cos (2t 3τ) cos (2t τ)] dτ 2 = 1 1 sen (2t 3τ)+sen (2t τ) t 2 3 = 1 6 (sen ( t) sen 2t)+1 ( sen t sen2t) 2 = 2 3 sen t 1 sen 2t 3

5 (Esta antitransformada se podía haber calculado también mediante la descomposición en fracciones simples) Aplicando ahora la segunda propiedad de traslación L 1 e 2πs 2 2 (s 2 +4)(s 2 = u (t 2π) +1) 3 sen (t +2π) 1 sen 2(t +2π) 3 2 = u (t 2π) 3 sen t 1 sen 2t 3 Además Por tanto L 1 2 (s 2 = 2sen t +1) y (t) =u (t 2π)[2 sen t sen 2t] 2sen t 2sen t x (t) = sen 2t si t<2π si t 2π (B) Para resolver la ecuación integro-diferencial, aplicamos el método de la transformada de Laplace. Aplicamos transformada a toda la ecuación L y Z t = L [1] L y (t u) e 2u du y, por las propiedades de la transformada, llegamos a sl [y] 1= 1 s L [y] L e 2t ydeaquí µ s + 1 L [y] = 1 s +2 s +1 L [y] = (s +1)(s +2) s (s +1) 2 = (s +2) s (s +1) Utilizando la descomposición en fracciones simples, las antitransformadas son inmediatas y así (s +2) 2 1 y (t) =L 1 = L 1 L 1 =2 e t s (s +1) s s +1 PROBLEMA 3 (A) (5 puntos) Se está diseñando un dispositivo que se puede modelar como un sistema de masaresorte. La constante del resorte es k =1g/s 2, y la constante de amortiguamiento es b =2g/s. 1. Determinar la masa de tal manera que el sistema masa-resorte resultante tenga amortiguamiento crítico.

6 2. La masa se desplaza hacia abajo 5 cm a partir de la posición de equilibrio y se suelta con una velocidad hacia abajo de 1 cm/s. Determinar y resolver el problema de valor inicial que describe el movimiento. (B) (5 puntos) En la situación del apartado anterior, y siendo la masa m =1g, supóngase que en el instante t =8, la masa es golpeada con un martillo que le produce un impulso de 1 veces el impulso unitario. Determinar, en este caso, el movimiento de la masa. Solución: (A) 1) Para determinar la ecuación del movimiento, observamos que se trata de un sitema masaresorte con constante elástica k =1y constante de amortiguación b =2.Sillamamosx (t) al desplazamiento de la masa respecto de la posición de equilibrio en el instante t, yaplicamosla segunda ley de Newton obtenemos la ecuación diferencial mx (t)+2x (t)+1x (t) = Sabemos que para el sistema masa-resorte tenga amortiguamiento crítico, la ecuación característica asociada a la ecuación diferencial debe de tener una raíz doble. Puesto que la ecuación característica viene dada por mr 2 +2r +1=, cuyas raíces son r = 2 ± 4 4m, 2m para obtener una raíz doble, debe ser 4 4m =, y entonces m =1. 2) El problema de valores iniciales que modeliza el movimiento viene dado por (por simplicidad en la notación x (t) =x), 1x +2x +1x = x () = 5 x () = 1 Resolvemos en primer lugar la ecuación diferencial. La raíz doble de la ecuación característica es r = 1. De aquí, dos soluciones linealmente independientes de la ecuación son x 1 (t) =e t y x 2 (t) =te t y la solución general se puede expresar como x (t) =C 1 e t + C 2 te t, con C 1,C 2 R Aplicando ahora las condiciones iniciales x () = 5, x () = 1 obtenemos como valor de las constantes C 1 =5,C 2 =15y, por tanto la solución del problema de valores iniciales es x (t) =5e t +15te t (B) En este caso, el problema de valores iniciales que modela el movimiento viene dado por 1x +2x +1x =1 δ (t 8) x () = 5 x () = 1

7 Para resolverlo, aplicaremos el método de la transformada de Laplace. Así L x +2L x + L [x] =L [δ (t 8)] y aplicando propiedades de la transformada, obtenemos s 2 L [x] sx () x () + 2 (sl [x] x()) + L [x] =e 8s Agrupando términos s 2 +2s +1 L [x] =e 8s +5s +2 y entonces yportanto De aquí L [x] = e 8s (s +1) 2 + 5s (s +1) (s +1) 2 e x (t) =L 1 8s (s +1) 2 +5L 1 s (s +1) 2 +2L 1 1 (s +1) 2 x (t) =u (t 8) (t 8) e 8 t +5 e t te t +2te t = u (t 8) (t 8) e 8 t +5e t +15te t PROBLEMA 4 ( x (t) = 5e t +15te t si t<8 5e t +15te t +(t 8) e 8 t si t 8 (A) (6 puntos) Resolver la ecuación diferencial ordinaria de tercer orden dada por y + y +9y +9y = 37 2 e x + sen 2x (B) (4 puntos) Usando el método de variación de constantes, hallar la solución general de la ecuación Solución: y 2y + y = ex (A) Se trata de una ecuación diferencial lineal de tercer orden. Su solución general viene dada como suma de la solución general de la ecuación homogénea asociada y una solución particular de la ecuación completa, esto es y (x) =y g (x)+y p (x) Calculamos, en primer lugar, la solución general de la ecuación y + y +9y +9y =. Para ello, consideramos la ecuación característica correspondiente, r 3 + r 2 +9r +9=, cuyas raíces son r 1 = 1, r 2 =3i y r 3 = 3i. De aquí, tres soluciones linealmente independientes de la ecuación son y 1 (x) =e x,y 2 (x) =sen 3x e y 3 (x) =cos3x, y la solución general de la ecuación homogénea asociada se puede expresar como y g (x) =C 1 e x + C 2 sen 3x + C 3 cos 3x, con C 1,C 2,C 3 R

8 Seguidamente buscaremos la solución particular y p (x) de la ecuación completa. Para ello aplicaremos el principio de superposición, considerando las ecuaciones diferenciales y + y +9y +9y = 37 2 e x (1) y + y +9y +9y = sen 2x (2) y encontrando una solución particular para cada una de ellas, y p1 (t),y p2 (t), respectivamente. En ambos casos podemos aplicar el método de los coeficientes indeterminados. Para la primera ecuación, buscamos una solución particular de la forma y p1 (t) =Axe x ( buscamos la solución de esta forma ya que Ae x es solución de la ecuación homogénea asociada y no nos serviría. Por eso multiplicamos esta última por x). Calculando las tres primeras derivadas yp1 (x) =Ae x (1 x), yp1 (2 x), yp1 (3 x) y sustituyendo en la ecuación (1) resulta Ae x (3 x) Ae x (2 x)+9ae x (1 x)+9axe x = 37 2 e x Igualando coeficientes obtenemos que A =37/2, con lo que y p1 (x) = 37 2 xe x. Para obtener una solución particular de (2), la buscamos de la forma y p2 (x) = Asen 2x + B cos 2x. Derivando obtenemos yp2 (t) =2A cos 2x 2B sen2x, y yp2 (t) = 8A cos 2x +8Bsen 2x, y sustituyendo en (2) p2 (t) = 4A sen 2x 4B cos 2x, 8A cos 2x+8Bsen2x 4Asen2x 4B cos 2x+9 (2A cos 2x 2Bsen2x)+9 (Asen2x + B cos 2x) =sen 2x Igualando coeficientes se tiene que 1A +5B = 5A 1B =1 ydeaquía = 1 25 y B = De esta forma y p2 (x) = 1 25 sen 2x 2 cos 2x. 25 Por tanto, la solución general de la ecuación completa vendrá dada por y (x) =C 1 e x + C 2 sen 3x + C 3 cos 3x xe x sen 2x 2 25 cos 2x, con C 1,C 2 R (B) Se trata de una ecuación diferencial lineal de segundo orden no homogénea. Su solución general viene dada como suma de la solución general de la ecuación homogénea asociada y una solución particular de la ecuación completa, esto es y (x) =y g (x)+y p (x) Calculamos, en primer lugar, la solución general de la ecuación y 2y + y =. Para ello, consideramos la ecuación característica correspondiente, r 2 2r +1 =, cuya raíz doble es r =1.

9 De aquí, dos soluciones linealmente independientes de la ecuación son y 1 (x) =e x,y 2 (x) =xe x, y la solución general se puede expresar como y g (x) =C 1 e x + C 2 xe x, con C 1,C 2 R Para calcular una solución particular, aplicamos el método de variación de constantes, con lo cual buscamos C 1 (x) y C 2 (x) verificando que y p (x) =C 1 (x) e x + C 2 (x) xe x sea una solución particular de la ecuación completa. Para elo, sabemos que estas funciones C 1 (x) y C 2 (x) deben verificar eel siguiente sistema Ã!Ã! Ã! y 1 (x) y 2 (x) C1 (x) y1 (x) y 2 (x) C2 (x) = e x ( Resolviendo este sistema se obtiene e x C1 (x) +xex C2 (x) = e x C1 (x) +(1+x) ex C2 (x) = ex ) C 1 (x) = x ydeaquí Luego una solución particular viene dada por C 2 (x) = 1 C 1 (x) = 1 2 ln C 2 (x) =arctgx y p (x) = 1 2 ex ln + e x xarctgx y en consecuencia, la solución general de la ecuación completa se puede escribir como y (x) =C 1 e x + C 2 xe x 1 2 ex ln + e x xarctgx, con C 1,C 2 R