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8/20/2019 Sol Exa Parcial Mate IV Civil Nivela 2016 http://slidepdf.com/reader/full/sol-exa-parcial-mate-iv-civil-nivela-2016 1/5 Universidad Nacional Santiago Ant´ unez de Mayolo (UNASAM) Escuela de Ingenier´ ıa Civil Docente: Ms.C. Miguel A. Yglesias J´auregui. Asignatura: Matem´ atica IV. Semestre: Ciclo de nivelaci´on 2016. Fecha: Febrero del 2016. SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL 1. Sea I  ⊂ R un intervalo abierto que contiene a  x 0  y el problema de Cauchy:  dy dx  +  p(x)y  =  q (x), x ∈  I y(x 0 ) = y 0 . Deduzca la soluci´on del problema de Cauchy usando solo integrales definidas. Soluci´ on Se tiene la ecuaci´ on diferencial lineal dy dx  +  p(x)y  =  q (x) (1) Para resolver (1) procedemos resolviendo primero el caso:  dy dx  +  p(x)y  = 0, donde vemos que la soluci´on 1 es  y(x) = ce  x x 0  p(z)dz . Ahora para determinar la soluci´on de (1), suponemos 2 que  c  =  c (x) y as´ ı tenemos la soluci´ on de (1) dada por y(x) = c (x)e  x x 0  p(z)dz (2) donde tenemos que determinar la funci´on  c(x). Derivando (2) se tiene y (x) = c (x)e  x x 0  p(z)dz  p(x)c(x)e  x x 0  p(z)dz que al reemplazar en (1) nos d´a: c (x)e  x x 0  p(z)dz  p(x)c(x)e  x x 0  p(z)dz + p(x)c(x)e  x x 0  p(z)dz = q (x) Simplificando esto ´ ultimo llegamos a la ecuaci´on c (x) = q (x)e  x x 0  p(z)dz y aqu´ ı integramos de  x 0  a  x, y as´ ı obtenemos:   x x 0 c (u)du =   x x 0 (u)e  u x 0  p(z)dz du luego c(x) = c(x 0 ) +   x x 0 (u)e  u x 0  p(z)dz du  (3) Ponemos (3) en (2) y se tiene y(x) = c(x 0 ) +   x x 0 (u)e  u x 0  p(z)dz du e  x x 0  p(z)dz Aqu´ ı aplicamos la condici´ on  y (x 0 ) = y 0  y se obtiene  c(x 0 ) = y 0 . Por lo tanto, la soluci´on del problema de Cauchy que se nos plantea est´a dado por la funci´ on y(x) = y0 +   x x 0 (u)e  u x 0  p(z)dz du e  x x 0  p(z)dz 1 Como Usted puede ver, es una ecuaci´ on de variables separables. 2 Recuer de qu e e ste m´ etodo se llama: m´etodo de variaci´on del par´ametro. 1

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http://slidepdf.com/reader/full/sol-exa-parcial-mate-iv-civil-nivela-2016 1/5

Universidad Nacional Santiago Antunez de Mayolo (UNASAM)Escuela de Ingenierıa CivilDocente: Ms.C. Miguel A. Yglesias Jauregui.Asignatura: Matematica IV.Semestre: Ciclo de nivelacion 2016.Fecha: Febrero del 2016.

SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL

1. Sea I  ⊂  R un intervalo abierto que contiene a x0 y el problema de Cauchy:

  dy

dx +  p(x)y =  q (x), x ∈  I 

y(x0) = y0.

Deduzca la solucion del problema de Cauchy usando solo integrales definidas.

Solucion

Se tiene la ecuacion diferencial linealdy

dx +  p(x)y =  q (x) (1)

Para resolver (1) procedemos resolviendo primero el caso:   dydx

 +  p(x)y = 0, donde vemos que la solucion1

es y(x) = ce−

 x

x0 p(z)dz

. Ahora para determinar la solucion de (1), suponemos2 que c  =  c(x) y ası tenemosla solucion de (1) dada por

y(x) = c(x)e−

 x

x0 p(z)dz

(2)

donde tenemos que determinar la funcion  c(x). Derivando (2) se tiene

y(x) = c(x)e−

 x

x0 p(z)dz

− p(x)c(x)e−

 x

x0 p(z)dz

que al reemplazar en (1) nos da:

c(x)e−

 x

x0 p(z)dz

− p(x)c(x)e−

 x

x0 p(z)dz

+ p(x)c(x)e−

 x

x0 p(z)dz

= q (x)

Simplificando esto ultimo llegamos a la ecuacion

c(x) = q (x)e x

x0 p(z)dz

y aquı integramos de  x0  a  x, y ası obtenemos:

   xx0

c(u)du =

   xx0

q (u)e u

x0 p(z)dz

du

luego

c(x) = c(x0) +

   xx0

q (u)e u

x0 p(z)dz

du   (3)

Ponemos (3) en (2) y se tiene

y(x) =

c(x0) +

   xx0

q (u)e u

x0 p(z)dz

du

e−

 x

x0 p(z)dz

Aquı aplicamos la condicion  y(x0) = y0  y se obtiene  c(x0) = y0. Por lo tanto, la solucion del problema deCauchy que se nos plantea esta dado por la funcion

y(x) =

y0 +   xx0

q (u)e ux0  p(z)dzdu

e−

 xx0  p(z)dz

1Como Usted puede ver, es una ecuacion de variables separables.2Recuerde que este metodo se llama: metodo de variacion del parametro.

1

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2. Para  x = 0, considere la ecuacion diferencial:

xdy

dx = 2 + (2x + 1)y −

x2 + y2

  (4)

a ) Muestre que haciendo la transformacion z  =  x −y +1, la ecuacion (4) se convierte en una de variablesseparables.

Solucion

Usando la transformacion sugerida verificamos que   dydx

  = 1 −   dzdx

, que al reemplazar en (4) se tiene

dz

dx =

  (z − 2)(z + 1)

x  (5)

b) Halle su solucion general, asimismo las soluciones estacionarias, luego determine la solucion que pasapor el punto (−1, −1) y el intervalo maximo donde esta definida.

Solucion

Como se observa, (5) es una ecuacion de variables separables, que al integrar llegamos a su soluci on

general dada por:  z  =   2+cx3

1−cx3 y a partir de esto la solucion general de (4) dada por

y(x) = x + 1 −

 2 + cx3

1 − cx3   (6)

Para determinar las soluciones estacionarias de (4) nos fijamos en (5) donde es facil ver las solucionesestacionarias son:

z   =   −1   ≡   y(x) = x + 2

z   = 2   ≡   y(x) = x − 1

Aca es facil ver que  y(x) = x + 2 es solucion singular. Ahora para determinar la curva que pasa porel punto (−1, −1), resolvemos  y(−1) = −1 en (6) y se obtiene  c  =   1

2 , poniendo este valor en (6) lasolucion particular que pasa por dicho punto es:

y(x) = x  + 1 − 4 + x3

2 − x3

3. Un sistema resorte-masa se comporta segun el problema:

  x + 2x + 2x =  f (t), t > 0

x(0) = x(0) = 0  (7)

a ) Deducir la solucion de (7) y muestre si dicha solucion esta dada por  x(t) = t0  ez−t sen(t − z)f (z)dz.

Solucion

Aca es facil ver que el sistema fundamental de soluciones esta dado por  sf s  =

e−t

cos t, e−t

sen t

y con esto la solucion complementaria es:

xc(t) = c1e−t cos(t) + c2e−t sen(t) (8)

Ahora, para determinar la solucion particular, aplicamos el metodo de variacion de parametros, paralo cual suponemos que

x p(t) = A(t)e−t cos(t) + B(t)e−t sen(t) (9)

donde  A(t) y  B(t) se encuentran resolviendo el sistema:

  A(t)e−t cos(t) + B (t)e−t sen(t) = 0

−A

(t)

e−t

[cos(t) + sen(

t)] +

 B

(t)

e−t

[cos(t) − sen(

t)] =

 f (

t)

que es equivalente a

  A(t)cos(t) + B (t) sen(t) = 0

−A(t)[cos(t) + sen(t)] + B (t)[cos(t) − sen(t)] = etf (t)

2

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En matrices serıa     cos(t) sen(t)

− cos(t) − sen(t) cos(t) − sen(t)

A(t)B(t)

 =

  0

etf (t)

  (10)

Aplicando regla de Cramer

A(t) =

0 sen(t)etf (t) cos(t) − sen(t)

cos(t) sen(t)− cos(t) − sen(t) cos(t) − sen(t)

= −et sen(t)f (t) =⇒ A(t) = −

   t0

ez sen(z)f (z)dz

B(t) =

cos(t) 0− cos(t) − sen(t)   etf (t)

cos(t) sen(t)− cos(t) − sen(t) cos(t) − sen(t)

= et cos(t)f (t) =⇒ B (t) =

   t0

ez cos(z)f (z)dz

Ponemos estos resultados en (9) y se tiene:

x p(t) = −e−t cos(t)

   t0

ez sen(z)f (z)dz + e−t sen(t)

   t0

ez cos(z)f (z)dz   (11)

Juntamos (8) y (11) para obtener la solucion general

x(t) = c1e−t cos(t) +c2e−t sen(t) + e−t sen(t)

   t

0ez cos(z)f (z)dz − e−t cos(t)

   t

0ez sen(z)f (z)dz   (12)

Aquı en (11) aplicamos las condiciones iniciales para obtener  c1  =  c2  = 0, de donde (12) se reducea  x(t) = e−t sen(t)

 t0  ez cos(z)f (z)dz − e−t cos(t)

 t0  ez sen(z)f (z)dz, teniendo finalmente3

x(t) =

   t0

ez−t sen(t − z)f (z)dz   (13)

b) Encuentre la respuesta del sistema oscilante (solucion), si la fuerza externa esta dada por la funcion

f (t) =   e−t,   0 ≤  t  ≤  π

0, t > π  .

Solucion

Para determinar la funcion de respuesta del sistema frente a   f (t), usamos (13) y tomamos lossiguientes casos:

Cuando  t ∈  [0, π],  x(t) = t0  ez−t sen(t − z)e−zdz =  e−t(1 − cos(t)).

Cuando  t > π, se tiene

x(t) =    t

0

ez−t sen(t − z)f (z)dz  =  x(t) =    π

0

ez−t sen(t − z)e−zdz + x(t) +    t

π

ez−t sen(t − z) · 0dz

=   −2e−t cos(t)

Por lo tanto:

x(t) =

  e−t(1 − cos(t)),   0 ≤  t  ≤  π

−2e−t cos(t), t ≥  π

4. Dada la ecuacion de Riccati:  y = P (x)y2 + Q(x)y + R(x).

a ) Muestre que la sustitucion y  =  −   1PU 

dU dx

 transforma la ecuacion de Riccati en una ecuacion diferenciallineal de segundo orden.

Solucion3Como podemos ver, coincide con la formula propuesta

3

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Si se tiene  y =  −   1PU 

dU dx

, entonces

y(x) =  P 

P 2U 

dU 

dx  +

  1

P U 2

dU 

dx

2

−  1

P U 

d2U 

dx2  (14)

Poniendo (14) en la ecuacion de Riccati resulta lo siguiente:

P 2U 

dU 

dx  +

  1

P U 2

dU 

dx

2

−  1

P U 

d2U 

dx2  = P 

  1

P U 

dU 

dx

2

+ Q

  1

P U 

dU 

dx

 + R

y simplificando esto se obtiene la ecuacion diferencial lineal:

d2U 

dx2  −

P (x)

P (x)  + Q(x)

 dU 

dx  + P (x)R(x)U  = 0 (15)

b) Use el metodo en a) para resolver la ecuacion diferencial y = xy2 −   1x

y +   1x

.

Solucion

En este caso   P (x) =   x,   Q(x) =   − 1x

  y   R(x) =   1x

, ponemos estas funciones en (15) y resulta laecuacion diferencial

d2U 

dx2  + U   = 0 (16)

Cuya solucion es  U (x) = c1 cos(x) + c2 sen(x). Pero  y =  −   1P (x)U (x) dU dx , entonces

y =  −  1

x[c1 cos(x) + c2 sen(x)]

d

dx[c1 cos(x) + c2 sen(x)]

Ası finalmente la solucion de la ecuacion diferencial dada es:

y =  c1 sen(x) − c2 cos(x)

x[c1 cos(x) + c2 sen(x)]

5. Resolver la ecuacion diferencial x(1 − x)y + 2y + 2y  = 0 en torno al punto  x0  = 0, identifique ademasel sistema fundamental de soluciones.

Solucion

Aquı se tiene que la ecuacion equivalente de la ecuacion diferencial es:

y +  2

x(1 − x)y +

  2

x(1 − x)y = 0 (17)

donde   p(x) =   2x(1−x)   y   q (x) =   2

x(1−x) . Se tiene que   x0   = 0 no es un punto ordinario sin embargo

xp(x) =   11−x   y   x2q (x) =   x

1−x   son analıticas en  x0  = 0, por lo que afirmamos que es un punto singular

regular, y de esta manera la solucion4 es

y(x) =

∞n=0

cnxn+r (18)

Reemplazando en la ecuacion diferencial se tiene:

x(1 − x)∞n=0

(n + r − 1)(n + r)cnxn+r−2 + 2∞n=0

(n + r)cnxn+r−1 + 2∞n=0

cnxn+r = 0

entonces

∞n=0

{(n + r − 1)(n + r) + 2(n + r)}xn+r−1 +∞n=0

{2 − (n + r − 1)(n + r)}cnxn+r = 0

∞n=0

(n + r)(n + r + 1)cnxn+r−1 +∞n=0

{(n + r + 2) − (n + r)2}cnxn+r = 0

4Aquı aplicamos el teorema de Frobenius.

4

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Uniformizamos exponentes y se tiene:

∞n=−1

(n + r + 1)(n + r + 2)cn+1xn+r +∞n=0

{(n + r + 2) − (n + r)2}cnxn+r = 0

Ahora uniformizamos ındices

r(r + 1)c0xr−1 +∞n=0

(n + r + 1)(n + r + 2)cn+1xn+r +∞n=0

{(n + r + 2) − (n + r)2}cnxn+r = 0, c0 = 0

r(r + 1)c0x

r−1

+

n=0

[(n + r + 1)(n + r + 2)cn+1 − (n + r + 1)(n + r − 2)cn] x

n+r

= 0, c0 = 0

r(r + 1)c0xr−1 +∞n=0

(n + r + 1)[(n + r + 2)cn+1 − (n + r − 2)cn] xn+r = 0, c0 = 0

De esto ultimo se tiene que:  r(r + 1)c0 = 0, c0 = 0 (ecuacion indicial)

(n + r + 2)cn+1 − (n + r − 2)cn, n = 0, 1, 2, · · ·  (19)

Aca vemos que las raıces de la ecuacion indicial son  r  =  r1  = 0 y  r  =  r2  = −1 (r1 − r2  = 1  ∈  Z). Paraobtener la primera solucion, ponemos  r =  r1  = 0 en la formula de recurrencia y se obtiene:

cn+1 =  n

− 2n + 2 cn, n = 0, 2, 3, 4, · · ·   (20)

Ası:

Para n = 0:  c1 =  −c0 =  −1. (Tomamos  c0 = 1)

Para n = 1:  c2 =  − 13c1 =  − 1

3(−1) =   13 .

Para n = 2:  c3 = 0c2 = 0.

Para n = 3:  c4 =   14c3 = 0.

Para n = 4:  c5 =   25c4 = 0.

...

Vemos que  cn = 0,  ∀n ∈ {3, 4, 5, · · · }. Luego expandiendo (18) con  r =  r1 = 0 se tiene:

y(x) = y1(x) =∞n=0

cnxn = c0 + c1x + c2x2 + c3x3 + c4x4 + c5x5 + c6x6 + · · ·

de donde

y1(x) = 1 − x + 1

3x2 + 0x3 + 0x4 + 0x5 + 0x6 + · · ·

es decir la primera solucion l.i es:

y1(x) = 1 − x + 1

3x2 (21)

Para determinar la segunda solucion procedemos con la fomula de Lioville en (17) y de esta manera:

y2(x) =   y1(x)

   e−

  p(x)dx

[y1(x)]2  dx =

1 − x +

 1

3x2

   e

   2x(1−x)

dx

1 − x +   1

3x22 dx

=

1 − x +

 1

3x2

   e

 (   1x−1−

1x

)dx

1 − x +   1

3x22 dx =

1 − x +

 1

3x2

   eln(x−1

x  )

2

1 − x +   1

3x22 dx

=

1 − x +

 1

3x2

   x2 − 2x + 1

x − x2 +   13x3

2 dx =

1 − x +

 1

3x2

   d

x − x2 +   13x3

x − x2 +   13x3

2=

1 − x +

 1

3x2

  −1

x − x2 +   13x3

  =

1 − x +

 1

3x2

  −1

1 − x +   13x2

x= −

1

x

Por lo tanto  sf s =1x

, 1 − x +   13x2

 y la solucion general

y(x) = c1

x  + c2

1 − x +

 1

3x2

5