sol exa parcial mate iv civil nivela 2016
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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
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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)
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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
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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
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.
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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
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