Sol Exa Parcial Mate IV Civil Nivela 2016

8/20/2019 Sol Exa Parcial Mate IV Civil Nivela 2016

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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



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



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



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

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



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

2

( 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

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