ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DEL LITORAL Solucionario de problemas de Ecuaciones Diferenciales 2do Parcial (3ra versión
Views 26 Downloads 0 File size 1MB
ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DEL LITORAL
Solucionario de problemas de Ecuaciones Diferenciales 2do Parcial (3ra versión) • • • • • • •
Resolución de ecuaciones diferenciales alrededor de puntos singulares Transformada de Laplace Resolución de ecuaciones diferenciales mediante la transformada de Laplace Resolución de sistemas de Ecuaciones diferenciales Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de segundo orden Series de Fourier Ecuaciones en Derivadas Parciales
Roberto Cabrera V. [email protected] 06/02/2009
Este es un solucionario de problemas de Ecuaciones Diferenciales correspondiente a la Segunda Evaluación, donde constan ejercicios tipo examen. Esta obra ha sido elaborada por Roberto Cabrera y Christian de La Rosa, ex – estudiante de la ESPOL, con el auspicio de la directiva A.E.F.I.E.C. de los años 2006, 2007, 2008. Modificado y corregido dos veces por Roberto Cabrera.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial Resumen de problemas resueltos de Ecuaciones Diferenciales II Parcial i.
ii.
Resolución de ecuaciones diferenciales alrededor de puntos singulares: Ø Método de Frobenius Transformada de Laplace: Ø Teoremas Ø Transformada de Laplace de algunas funciones Ø Transformada inversa de Laplace
iii.
Resolución de ecuaciones diferenciales mediante la transformada de Laplace: Ø Ecuaciones diferenciales de coeficientes constantes Ø Ecuaciones diferenciales de coeficientes variables Ø Ecuaciones integro diferenciales
iv.
Resolución de sistemas de Ecuaciones diferenciales: Ø Método de Eliminación Ø Método de los operadores diferenciales Ø Método de Laplace Ø Método de los valores y vectores propios.
v.
vi.
vii. viii.
Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de segundo orden: Ø Aplicaciones de Sistema: Masa – Resorte – Amortiguador Ø Aplicaciones de circuitos eléctricos Series de Fourier Ø Definición de la serie de Fourier Ø Serie de Fourier de una función par e impar Ø Convergencia de una serie de Fourier Ø Extensiones pares o impares periódicas de una serie de Fourier Problema de la ecuación del calor Anexos: Ø Problemas propuestos Ø Tabla de transformadas de Laplace de ciertas funciones Ø Tabla de transformadas inversas de Laplace de ciertas funciones
-2Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Método de Frobenius 1. Determine la solución general de la ecuación diferencial: , mediante series de potencias de x. Utilice la raíz de mayor valor de la ecuación indicial asociada a la ecuación diferencial dada para establecer la primera solución, ésta como una función elemental; y, luego utilice algún procedimiento conocido para definir la segunda solución linealmente independiente e igualmente exprésela como una función elemental. Asumiendo la solución alrededor del punto , entonces , por lo tanto caso
, se tiene que verificar que clase de punto es, en este es un punto singular.
Lugo se verifica si es singular regular. i)
(existe) (existe)
ii)
Los dos límites existen, por lo tanto es un punto singular regular. La fórmula de la ecuación indicial indica:
, se obtiene que: Las raíces de la ecuación indicial son: Asumiendo la solución como:
,y
.
Obteniendo la 1ra y 2da derivada:
Reemplazando y, y’,y’’ en la ecuación diferencial
se obtiene:
Introduciendo los coeficientes de cada sumatoria:
Se iguala las potencias de todas las sumatorias, en esta caso a cambio de parámetro en alguna en la tercera sumatoria.
-3Roberto Cabrera V.
, haciendo un
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial La nueva ecuación queda así:
Se iguala los subíndices de cada sumatoria al mayor de todas, en este caso a desarrollan dos términos en la primera y segunda sumatoria:
. Luego se
Se agrupan los coeficientes de cada sumatoria en una sola sumatoria:
Igualmente los coeficientes de Como
, se obtiene
, que es la misma ecuación indicial anterior.
si puede ser igual a cero. En este caso La ecuación de recurrencia es:
Despejando el valor de
, se obtiene la fórmula de recurrencia general:
Reemplazando la raíz mayor primera solución:
, se obtiene la fórmula de recurrencia particular para la
-4Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial Entonces la primera solución es, para el varlo de r=0:
Reemplazando los coeficientes en la solución
Por lo tanto
, lo podemos encontrar de la siguiente forma: =
-5Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
2) Resuelva: d2y dy + x 2 − 3x + 3 y = 0, alrededor de x0 = 0 2 dx dx p( x ) = x 2 ⇒ p( x 0 ) = 0, es singular
(
x2
•
)
+∞
+∞
+∞
x 2 ∑ C n (n + r )(n + r − 1)x n + r − 2 + x 2 − 3 x ∑ C n (n + r )x n + r −1 + 3∑ C n x n+ r = 0
(
)
n =0
n=0
+∞
+∞
n =0
n =0
n =0 +∞
+∞
n =0
n=0
∑ C n (n + r )(n + r − 1)x n+r + ∑ C n (n + r )x n+r +1 − 3∑ C n (n + r )x n+r + 3∑ C n x n+r = 0 +∞
∑ [(n + r − 3)(n + r − 1)]C
+∞
n
x n + r + ∑ C n (n + r )x n + r +1 = 0
n =0
n=0
+∞
+∞
n =0
n =1
∑ [(n + r − 3)(n + r − 1)]C n x n+r +∑ C n−1 (n + r − 1)x n+r
=0
+∞
[(r − 3)(r − 1)]C 0 x r + ∑ [[(n + r − 3)(n + r − 1)]C n +(n + r − 1)C n−1 ]x n+ r
=0
n =1
[(r − 3)(r − 1)]C 0 = 0 → (r − 3)(r − 1) = 0 → r1 = 3
r2 = 1 r1 − r2 = entero
[(n + r − 3)(n + r − 1)]C n +(n + r − 1)C n−1 = 0 → C n = −
C n−1 ; n ≥1 n+r −3
C n −1 C r2 = 1 → C n = − n−1 ; n ≥ 1 no esta definida para n = 2 ; n ≥1 n n−2 la primera solución será utilizando r1 = 3 r1 = 3 → C n = −
C0 C =− 0 1 1! C C n = 2 → C2 = − 1 = 0 2 2! n = 1 → C1 = −
n = 3 → C3 = − y 2 ( x ) = y1 ∫
C C2 =− 0 3 3!
− p ( x ) dx e ∫
y1
2
+∞
y 2 (x ) = x 3e − x ∫ ∑ n =0
x x2 x3 ⇒ y1 (x ) = C 0 x 3 1 − + − + ... ∴ y1 (x ) = C 0 x 3 e − x 1! 2! 3! 3
− ∫ 1− dx x x 3e −x ex 3 −x e dx = x e ∫ 6 − 2 x dx = x 3 e − x ∫ 6 − 2 x dx =x 3 e − x ∫ 3 dx x e x e x
(− 1)n x n−3 dx = x 3 e − x n!
n −3 x −1 + ∞ (− 1) x n −3 −2 x x − + + ∑ n! dx = ∫ 2 n =3
n x −2 ln x + ∞ (− 1) x n− 2 = x 3 e − x − + x −1 + +∑ 2 n =3 n!(n − 2 ) 2
y 2 (x ) =
∴
+∞ x −2 y1 ln x (− 1)n x n −2 + x 3 e − x − + x −1 + ∑ 2 n =3 n!(n − 2 ) 2
-6Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial 3) Resuelva la siguiente ecuación difrencial alrededor del punto x 0 = 0 d2y dy + (3x − 1) + y = 1 x2 − x • 2 dx dx 2 p( x ) = x ⇒ p( x 0 ) = 0, es singular
(
(x
2
)
+∞
+∞
+∞
− x ∑ C n (n + r )(n + r − 1)x n+ r − 2 + (3 x − 1)∑ C n (n + r )x n + r −1 + ∑ C n x n + r = 0
)
n =0
n =0
+∞
+∞
n =0
n =0
n=0 +∞
+∞
+∞
n=0
n =0
n =0
∑ C n (n + r )(n + r − 1)x n+r − ∑ C n (n + r )(n + r − 1)x n+r −1 + 3∑ C n (n + r )x n+ r − ∑ C n (n + r )x n+ r −1 + ∑ C n x n+ r = 0 +∞
∑ [(n + r )(n + r − 1) + 3(n + r ) + 1]C
+∞
n
x n + r −∑ (n + r ) C n x n+ r −1 = 0
n =0
2
n =0
+∞
∑ [(n + r )(n + r − 1) + 3(n + r ) + 1]C
+∞
n+r − ∑ (n + r + 1) C n+1 x n + r = 0 nx 2
n = −1
n =0
[ ] − [r ]C
+∞
[
]
− r 2 C 0 x r + ∑ [(n + r )(n + r − 1) + 3(n + r ) + 1]C n −(n + r + 1) C n+1 x n + r = 0 2
n =0
2
0
= 0 → r1 =r2 = 0
[(n + r )(n + r − 1) + 3(n + r ) + 1]C n −(n + r + 1)2 C n+1 → C n+1 = [(n + r )(n + r − 1) + 3(n2 + r ) + 1]C n ; (n + r + 1)
n≥0
r1 = 0 → C n+1 = C n ; n ≥ 0 la primera solución será utilizando r1 = 0 n = 1 → C1 = C 0 n = 2 → C2 = C0 n = 3 → C3 = C 0
[
]
⇒ y1 ( x ) = C 0 x 0 1 + x + x 2 + x 3 + ... ∴ y1 (x ) = C 0
1 1− x
3 x −1
− ∫ 2 dx −2 1 1 1 1 ln x e x −x x −1 (x − 1) = = y 2 ( x ) = y1 ∫ dx dx dx = dx → y 2 ( x ) = C1 2 2 2x 2 ∫ ∫ ∫ 1− x 1− x 1 1− x x 1− x x e y1 1− x 1 ln x + k2 y h ( x) = k1 1− x 1− x − p ( x ) dx e ∫
1 y p ( x ) = u1 y1 + u 2 y 2 → W = 1 −1 x
(x − 1)2 u1 = − ∫ u2 = ∫
ln x 1− x
1 = 2 1 x(x − 1) − 2 (x − 1) x(x − 1) ln x
g ( x) y 2 1 ln x 2 dx = − ∫ 2 x( x − 1) dx = ∫ ln xdx = − x + x ln x W x − x 1 − x
g ( x) y1 1 1 2 dx = ∫ 2 x(x − 1) dx = − ∫ 1dx = − x W x − x 1 − x
ln x x 1 = y p ( x ) = u1 y1 + u 2 y 2 = (− x + x ln x ) −x 1− x x −1 1− x y ( x ) = k1
1 ln x x + k2 + 1− x 1− x x −1
-7Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Transformada de Laplace Halle:
{
}
L 4e 5t + 6t 3 − 3 sen(4t ) + 2 cos(2t )
•
Por la propiedad de linealidad tenemos que: L 4e 5t + 6t 3 − 3 sen(4t ) + 2 cos(2t )
{ L{4e
5t
} − 3 sen(4t ) + 2 cos(2t )} = L{4e }+ L{6t }+ L{− 3 sen(4t )} + L{2 cos(2t )} = 4 L{e }+ 6 L{t }− 3L{sen(4t )} + 2 L{cos(2t )} 5t
+ 6t 3
3
5t
3
3! 4 1 s +6 4 −3 2 +2 2 s−5 s s + 16 s +4 4 36 12 2s = + − + s − 5 s 4 s 2 + 16 s 2 + 4 =4
Halle
{
}
2
L (t + 2 ) e t + e −4t cosh (2t )
•
Por la propiedad de linealidad tenemos que: 2 L (t + 2) e t + e −4t cosh (2t )
{ L{(t + 2) e 2
t
+e
−4t
} cosh (2t )} = L{(t + 2) e }+ L{e 2
t
− 4t
}
cosh (2t )
{( ) } { cosh(2t )} = L{t e }+ L{4te }+ L{4e }+ L{e cosh (2t )} = L{t e }+ 4 L{te }+ 4 L{e }+ L{e cosh (2t )} 2
t
− 4t
2 t
t
t
−4t
2 t
t
t
−4t
= L t + 4t + 4 e + L e
Aplicando el primer teorema de la traslación: L t 2 e t + 4 L te t + 4 L e t + L e −4t cosh (2t )
{ } { } {} { L{t e }+ 4 L{te }+ 4 L{e }+ L{e 2 t
t
t
− 4t
} cosh (2t )} =
1 1 2! s+4 +4 +4 + 3 2 s − 1 (s + 4 )2 − 4 (s − 1) (s − 1)
=
5s 4 + 29 s 3 + 9s 2 − 21s + 20
(s − 1)3 (s + 2 )(s + 6)
-8Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial Demuestre: •
Demuestre el primer teorema de la traslación
{
}
Si L{ f (t )} = F (s ), entonces L e at f (t ) = F (s − a ) ∞
Tenemos : L{ f (t )} = ∫ e − st f (t )dt = F (s ) 0
{
∞
}
Entonces : L e at f (t ) = ∫ e − st e at f (t )dt 0 ∞
= ∫ e −(s −a )t f (t )dt → si s = s − a 0 ∞
()
= ∫ e − st f (t )dt = F s = F (s − a ) 0
Halle:
{
}
L senh 3 (2t ) cos(t )
•
Por la propiedad de linealidad tenemos que: L senh 3 (2t ) cos(t )
{
}
e 2t − e −2t 3 cos(t ) L senh (2t ) cos(t ) = L 2 1 = L e 6t − 3e 2t + 3e −2t − e −6t cos(t ) 8 1 = L e 6t cos(t ) + L − 3e 2t cos(t ) + L 3e −2t cos(t ) + L − e −6t cos(t ) 8 1 = L e 6t cos(t ) − 3L e 2t cos(t ) + 3L e − 2t cos(t ) − L e −6t cos(t ) 8 Aplicando el primer teorema de la traslación: 1 L e 6t cos(t ) − 3L e 2t cos(t ) + 3L e −2t cos(t ) − L e −6t cos(t ) 8 1 s−6 s−2 s+2 s+6 − +3 −3 = 2 2 2 8 (s − 6 ) + 1 (s − 2) + 1 (s + 2) + 1 (s + 6)2 + 1 48 s 4 − 46 s 2 + 185 = 2 s − 12 s + 37 s 2 − 4 s + 5 s 2 + 4 s + 5 s 2 + 12 s + 37
{
}
3
{(
[{
(
}
{
)(
)
[{
} {
[{
}
}
(
)(
}
} {
{
{
}
{
)
)(
} {
}]
} {
)
-9Roberto Cabrera V.
}]
} {
}]
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
•
Encuentre la transformada de la primera derivada de f(t)
Si L{ f (t )} = F (s ), entonces L{ f' (t )} = sF (s ) − f (0 ) P
∞
Tenemos : L{ f' (t )} = ∫ e − st f ' (t )dt = lim ∫ e − st f ' (t )dt P →∞
0
Integrando por partes : u = e
− st
0
→ du = -s e - st dt
dv = f ' (t )dt → v = f (t ) P
lim ∫ e
P →∞
− st
0
f ' (t )dt = lim f (t )e − st P →∞
P 0
+ s ∫ e − st f (t )dt 0 P
P − sP = lim e f (P ) − f (0 ) + s ∫ e − st f (t )dt P →∞ 0 ∞
= s ∫ e − st f (t )dt − f (0 ) + lim e − sP f (P ) P →∞
0
pero lim e − sP f (P ) = 0 asumiendo que f (t ) es de orden exponencial P →∞
= sF(s) - f(0)
•
Encuentre la transformada de la función tf(t)
Si L{ f (t )} = F (s ), entonces L{tf (t )} = −
d F (s ) ds
∞
Tenemos : L{ f (t )} = ∫ e − st f (t )dt = F (s ) 0
Derivando ambos lados de la igualdad tenemos : ∞
d d F (s ) = ∫ e − st f (t )dt ds 0 ds ∞
∂ − st e f (t )dt ∂s 0
=∫ ∞
= ∫ − te − st f (t )dt 0 ∞
= − ∫ e − st [tf (t )]dt 0
→ L{tf (t )} = −
d F (s ) ds
- 10 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
{
}
L t 2 cos(at )
•
Por la propiedad de la derivada de la transformada tenemos que: L t 2 cos(at )
{ L{t
2
} cos(at )} = (− 1)
d2 F (s) ds 2 d2 s = 2 2 ds s + a 2 =
2
d a 2 − s 2 ds s 2 + a 2 2
(
)
− 2s s 2 + a 2 = 2s s 2 − 3a 2 = 3 s2 + a2
(
(
(
)
2
− 2 s 2 + a 2 2s a 2 − s 2 2 s2 + a2
(
(
) (
)
)
)
)
- 11 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Halle:
( )
cos t L t Usando la propiedad de la transformada de la derivada
•
( )
cos t L t
( )
Si f (t ) = sen t , entonces f' (t) =
( ), además f(0) = 0
cos t 2 t
L{ f ' (t )} = sF (s ) − f (0)
( )
cos t L = sL sen t 2 t
{ ( )}
( )
cos t L = 2 s L sen t t
{ ( )} ( )
Encuentro la transformada de sen t
2 n +1
Por serie de potencias sabemos que sen
3
( t) + ( t) − ( t) sen( t ) = t − 3! 5! 7! 3
5
(
(− 1)n t 2 t )= ∑ n = 0 (2 n + 1)! +∞
7
5
1 2
7
t2 t2 t2 + .... = t − + − + .... 3! 5! 7! 9 7 3 5 Γ Γ Γ Γ 2 + .... 2 − 2 + L sen t = 3 2 − 5 7 9 2 2 2 7! s 2 5! s 3! s s 2 3 1 2 1 2 π 1 2 2 s s − + ... = 3 1 − 2 + 3 ! 2 ! 2 s 2 2s
( ) ( ) ( ) ( )
{ ( )}
( ) ( )
=
π 2s
3
e
−
1 4s
2
( )
1 1 cos t π − 4s π − 4s = 1 e L = 2s 3 e t 2s 2 s 2
- 12 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial •
Encuentre la transformada de la integral de f(t)
t F (s ) Si L{ f (t )} = F (s ), entonces L ∫ f (u )du = s 0 t
Si g (t ) = ∫ f (u )du , entonces g' (t) = f(t) y g(0) = 0 0
Entonces sabemos que : L{g ' (t )} = sL{g (t )} − g (0) t L{ f (t )} = sL ∫ f (u )du 0 Despejando tenemos que : t L{ f (t )} F (s ) L ∫ f (u )du = = s s 0
•
Encuentre la transformada f(t)/t
f (t ) Si L{ f (t )} = F (s ), entonces L = ∫ F (u )du t s f (t ) , entonces f (t) = t g(t) Si g (t ) = t Entonces sabemos que : ∞
L{ f (t)} = L{t g(t)} d L{g (t)} ds Integrando ambos lados tenemos que :
L{ f (t)} = −
s
∞
∞
s
L{g (t)} = − ∫ f (u )du = ∫ f (u )du f (t ) L = ∫ f (u )du t s ∞
- 13 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial Halle: 4t t 1 − 4θ • L e t ∫ e sen(3θ )dθ θ 0 t 1 L e 4t t ∫ e − 4θ sen(3θ )dθ θ 0 Por el primer teorema de la traslación tenemos que :
{
}
L e 4t g (t ) = G (s − 4 ) t 1 Debo encontrar G(s) que es L t ∫ e − 4θ sen(3θ )dθ , 0θ por el teorema de la derivada de la transformada sabemos que : d H ( s) ds t 1 − 4θ M ( s) 1 , si M ( s ) = L e − 4θ sen(3θ ) Encuentro H(s) = L ∫ e sen(3θ )dθ = s θ 0 θ
L{t h(t )} = −
∞
x( θ ) De donde hallamos M(s) = L = ∫ X (u )du θ s
{ X (u ) = L{e
} sen(3θ )} =
X (u ) = L e − 4θ sen(3θ ) que por el primer teorema de traslación es : − 4θ
∞
3
(u + 4)
2
+9
=
3 u + 8u + 25 2
∞
∞
π 3 x( θ ) u + 4 s + 4 M(s) = L du = arctan = ∫ X (u )du = ∫ 2 = − arctan 2 θ s 3 s 3 s u + 8u + 25 M (s) 1 π s + 4 = − arctan s s 2 3
H(s) =
s + 4 arctan π 3 d 1 π 3 s + 4 G ( s ) = L{t h(t )} = − − arctan − = 2 + ds s 2 s s 2 + 8s + 25 s2 3 2 s
(
π 1 L e 4t t ∫ e − 4θ sen(3θ )dθ = G (s − 4 ) = 2 θ 2( s − 4 ) 0 t
)
s arctan 3 3 + − 2 (s − 4) (s − 4) + 8(s − 4 ) + 25 (s − 4)2
- 14 Roberto Cabrera V.
(
)
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
•
Demuestre el segundo teorema de la traslación
Si L{ f (t )} = F (s ), entonces L{µ (t - a ) f (t − a )} = e − as F (s ) ∞
Tenemos : L{µ (t - a ) f (t − a )} = ∫ e − st µ (t - a ) f (t − a )dt 0 ∞
Entonces : L{µ (t - a ) f (t − a )} = ∫ e − st f (t − a )dt a
Si t = u + a → u = t - a y dt = du Cuando t = a → u = 0 y t = ∞ → u = ∞ ∞
L{µ (t - a ) f (t − a )} = ∫ e − s (u + a ) f (u )du 0 ∞
L{µ (t - a ) f (t − a )} = e
− as
∫e
− su
f (u )du = e −as F (s )
0
•
e − t 2 Encuentre la transformada f (t ) = 0
f (t ) = e
−
t 2
;2 n < t < 2 n + 1 n = 0,1,2,3,.... ;2n + 1 < t < 2n + 2
[µ 0 (t ) − µ1 (t ) + µ 2 (t ) − µ 3 (t ) + µ 4 (t ) − µ 5 (t )....]
1 Por el primer teorema de la traslación tenemos que L{ f(t)} = G s + 2 G ( s ) = L{µ 0 (t ) − µ1 (t ) + µ 2 (t ) − µ 3 (t ) + µ 4 (t ) − µ 5 (t )...} 1 e − s e − 2 s e −3 s e − 4 s 1 − + − + − ... = 1 − e − s + e − 2 s − e −3s + e − 4 s − ... s s s s s s n +∞ es 1 1 1 1 G (s) = ∑ − s = = 1 s es +1 s n=0 e s 1+ s e
(
G (s) =
(
)
s+ 1
e 2 1 L{ f(t)} = G s + = 1 s+ 1 2 s + e 2 + 1 2 - 15 Roberto Cabrera V.
)
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
•
sen(3t ) L sen(t )µ π (t ) + δ (t ) t 4
sen(3t ) L sen(t )µ π (t ) + δ (t ) t 4 sen(3t ) sen(3t ) L sen(t )µ π (t ) + δ (t ) = L sen(t )µ π (t ) + L δ (t ) t t 4 4 Para la primera transformada utilizo el segundo teorema de la traslación : π − s π L f t − µ π (t ) = e 4 F ( s ) 4 4 Pero debo desplazar la función que multiplica al escalón :
2 π π π π π π π π sen t − + = cos t − sen + sen t − cos = cos t − + sen t − 4 4 4 4 4 4 2 4 4 2 π π 2 π π L cos t − + sen t − µ π (t ) = L cos t − µ π (t ) + L sen t − µ π (t ) 4 4 4 2 4 4 4 4 2 π
π
2 −4s s 1 2 −4s s +1 e 2 e 2 = + 2 = 2 2 s + 1 s + 1 s + 1 Para la segunda transformada utilizo la función impulso : sen(3t ) sen(3t ) L = 1(3) = 3 δ (t ) = e −0 s lim t →0 t t π sen(3t ) 2 −4s s +1 L sen(t )µ π (t ) + e 2 δ (t ) = +3 t 2 s + 1 4
- 16 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
•
Encuentre la transformada de la siguiente gráfica
Tenemos que encontrar la transformada de una función periódica: sen(t ) 0 < t < π extendida periodicamente con periodo 2π g (t ) = π < t < 2π 0 L{g (t )} =
1 1 − e −2πs
2π
∫e
− st
g (t )dt
0
π
L{g (t )} =
1 e − st sen(t )dt 1 − e −2πs ∫0
Integro por partes : u = e - st → du = − s e - st dv = sen(t )dt → v = − cos(t )
∫e
− st
sen(t )dt = − cos(t )e - st − s ∫ e - st cos(t )dt
Integro por partes : u = e - st → du = − s e - st dv = cos(t )dt → v = sen(t )
∫e
(s
2
− st
(
sen(t )dt = − cos(t )e - st − s e - st sen(t ) + s ∫ e - st sen(t )dt
)
)
+ 1 ∫ e − st sen(t )dt = e - st (− s sen(t ) − cos(t ) )
e − st (− s sen(t ) − cos(t ) ) s2 +1 Re emplazando : − st ∫ e sen(t )dt =
π
e − st (− s sen(t ) − cos(t ) ) 1 L{g (t )} = s2 +1 1 − e −2πs 0 L{g (t )} =
1 + e −πs 1 1 = − 2πs −πs 2 1− e s2 +1 s +1 1− e
(
)(
)
- 17 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial •
Demuestre el teorema de la convolución t
Si L {F(s)} = f (t ) y L {G(s)} = g (t ), entonces L{F ( s )G ( s )} = ∫ f (u ) g (t − u )du = f (t ) * g (t ) -1
-1
0
L ∫ f (u ) g (t − u )du = F ( s )G ( s ) 0 donde F(s) = L{ f(t)}, G(s) = L{g(t)} por lo que : t
∞ t ∞ t L ∫ f (u ) g (t − u )du = ∫ e − st ∫ f (u ) g (t − u )du dt = ∫ t =0 0 t =0 u =0 M
donde S M =
t
∫e
− st
f (u ) g (t − u )du dt = lim S M M →∞
u =0
t
∫ ∫e
− st
f (u ) g (t − u )du dt
t =0 u =0
La región en el plano en donde se llevará a cabo la integración es:
t-u=v
0
M
0
M
Luego de hacer el cambio t-u=v la región cambia, por lo que el integral se transforma en: S M = ∫∫ e − st f (u ) g (t − u )du dt = ∫∫ e − s (u + v ) f (u ) g (v) Rtu
Ruv
∂ (u , t ) du dv ∂ (u , v )
Donde el Jacobiano de la transformación es : ∂u ∂ (u , t ) ∂u = J= ∂ (u , v ) ∂t ∂u
∂u ∂v = 1 0 = 1 ∂t 1 1 ∂v M
De donde S M =
M −v
∫ ∫e
− s (u + v )
f (u ) g (v)du dv
v =0 u =0
e − s (u + v ) f (u ) g (v) u + v ≤ M Definamos otra función K(u,v) = u+v > M 0 M
SM =
∫
M
∫ K (u, v)du dv , entonces lim S M = M →∞
v =0 u =0 ∞
=
∞
∫ ∫e
− s (u + v )
f (u ) g (v) du dv =
{∫ e ∞
0
− su
∞
∞
∫ ∫ K (u, v)du dv
v =0 u =0
f (u ) du
}{∫ e ∞
0
− sv
}
g (v) dv = F ( s )G ( s )
v =0 u =0
- 18 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Halle:
s L−1 2 s 2 + a 2 s L−1 2 s 2 + a 2 Usando el integral de convolución tenemos que : •
(
(
)
)
1 s L−1 2 2 2 2 s +a s +a 1 s L−1 2 2 2 2 s +a s +a
1 = cos(at ) * sen(at ) a t sen(a(t − u )) du = ∫ cos(au ) a 0
(
)(
)
(
)(
)
t
1 = ∫ cos(au )[sen(at ) cos(au ) − cos(at )sen(au )]du a0 t
t
=
1 1 sen(at )∫ cos 2 (au )du − cos(at )∫ sen(au ) cos(au )du a a 0 0
=
1 1 sen(2au ) 1 + cos(2au ) sen(at )∫ du du − cos(at )∫ 2 2 a a 0 0
=
1 1 − cos(2at ) t sen(2at ) 1 sen(at ) + − cos(at ) 4a a 4a a 2
=
sen 2 (at ) 1 t sen(at ) cos(at ) 1 − cos at sen(at ) + ( ) 2a 2 a a 2 a
=
t sen(at ) 2a
t
t
- 19 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Resolución de ecuaciones diferenciales mediante las transformada de Laplace Encuentre la solución de la siguiente ecuación diferencial:
y ' ' '+4 y ' '+5 y '+2 y = 10 cos(t ),
•
y (0) = y ' (0) = 0
y ' ' (0) = 3
Aplicando la transformada de Laplace L{y ' ' '} + 4 L{y ' '} + 5L{y '} + 2 L{y} = 10 L{cos(t )} Encuentro las transformadas necesarias : L{y ' ' '} = s 3Y ( s ) − s 2 y (0) − sy ' (0) − y ' ' (0) = s 3Y ( s ) − 3 L{y ' '} = s 2Y ( s ) − sy (0) − y ' (0) = s 2Y ( s) L{y '} = sY ( s) − y (0) = sY ( s ) L{y} = Y ( s ) s L{cos(t )} = 2 s +1 Re emplazando las transformadas :
(s Y (s) − 3)+ 4(s Y (s))+ 5(sY (s)) + 2Y (s) = 10 s s+ 1 (s + 4s + 5s + 2)Y (s) − 3 = 10 s s+ 1 3
2
2
3
2
2
(s + 1)2 (s + 2 )Y ( s) = 3s Y ( s) = → 3s
2
2
+ 10s + 3 s2 +1
3s 2 + 10 s + 3
=
Ds + E A B C + + + 2 s + 2 s + 1 (s + 1)2 s +1
(s + 1)(s + 1) (s + 2) + 10 s + 3 = A(s + 1) (s + 1)+ B (s + 1)(s + 1)(s + 2) + C (s + 1)(s + 2 ) + (Ds + E )(s + 1) (s + 2) 2
2
2
2
2
2
2
3s 2 + 10s + 3 = ( A + B + D )s 4 + (2A + 3B + C + 4D + E )s 3 + (2A + 3B + 2C + 5D + 4E )s 2 + (2A + 3B + C + 2D + 5E )s + ( A + 2B + 2C + 2E ) Tenemos el siguiente sistema de ecuaciones : A+ B + D = 0 2A + 3B + C + 4D + E = 0 2A + 3B + 2C + 5D + 4E = 3 2A + 3B + C + 2D + 5E = 10 A + 2B + 2C + 2E = 3 De donde A = -1, B = 2, C = -2, D = -1, E = 2 Y ( s) =
−1 −s+2 2 2 + − + s + 2 s + 1 (s + 1)2 s 2 + 1
− 1 − s + 2 2 2 + − + 2 y (t ) = L−1{Y ( s )} = L−1 2 s + 2 s + 1 (s + 1) s + 1 y (t ) = −e − 2t + 2e − t − 2te − t − cos(t ) + 2sen(t )
- 20 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial Encuentre la solución de la siguiente ecuación diferencial: − 4t + 8π ;0 < t < 2π d2y + 4 y = h(t ), donde h(t ) = , y (0 ) = 2, y ' (0) = 0 • 2 0 ; t > 2π dt Aplicando la transforma da de Laplace L{y ' '} + 4 L{y} = L{h (t )} Encuentro las transforma das necesarias : L{y ' '} = s 2Y ( s ) − sy (0 ) − y ' (0 ) = s 2Y ( s ) − 2 s L{y} = Y ( s ) L{h (t )} = L{(µ 0 (t ) − µ 2π (t ) )(− 4t + 8π )} = L{(µ 0 (t ) )(− 4t + 8π )} + 4 L{(µ 2π (t ) )(t − 2π )} 1 − 4 8π + + 4e − 2πs 2 2 s s s Re emplazando : 1 − 4 8π + 4 e − 2 πs 2 s 2Y ( s ) − 2 s + 4Y ( s ) = 2 + s s s 2 s 3 + 8πs − 4 4 + e − 2 πs 2 s 2 + 4 Y (s) = 2 s s 3 2 s + 8πs − 4 4 + e − 2 πs 2 2 Y (s) = 2 2 s s +4 s s +4 Encuentro fracciones parciales : L{h (t )} =
(
)
(
•
)
(
)
2 s 3 + 8πs − 4 A B Cs + D = + 2 + 2 s s s2 s2 + 4 s +4
(
)
(
) (
)
2 s + 8πs − 4 = As s 2 + 4 + B s 2 + 4 + (Cs + D )s 2 3
2 s 3 + 8πs − 4 = ( A + C )s 3 + (B + D )s 2 + (4 A )s + (4 B ) A+C = 2 B+D=0 4 A = 8π 4 B = −4 Re solviendo el sistema tenemos que : A = 2π , B = -1, C = 2 - 2π , D = 1 4 A B Cs + D • 2 2 = + 2 + 2 s s s s +4 s +4
(
)
(
) (
)
4 = As s + 4 + B s 2 + 4 + (Cs + D )s 2 2
4 = ( A + C )s + (B + D )s + (4 A )s + (4 B ) 3
2
A+C =0 B+D=0 4A = 0 4B = 4 Re solviendo el sistema tenemos que : A = 0 , B = 1, C = 0, D = −1 Y (s) =
1 (2 - 2π )s + 1 1 2π 1 − 2 + + e − 2πs 2 − 2 2 s s s +4 s +4 s
y (t ) = 2π − t + (2 - 2π ) cos( 2t ) +
sen ( 2t ) sen (2(t − 2π )) + µ 2π (t ) (t − 2π ) − 2 2
- 21 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial •
Determinar la solución del siguiente problema de valor inicial:
en términos de funciones escalones de la siguiente manera:
Primero se expresa
Se reemplaza
en la ecuación diferencial y se procede a resolverla usando transformadas de Laplace:
Despejando Y(S):
Encontrando la solución mediante transformada inversa de Laplace:
i) ii)
iii) Entonces iv)
- 22 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Encuentre la solución de la siguiente ecuación integro - diferencial: t
•
∫
y (u ) y (t − u )du = 2 y (t ) +
0
t3 − δ (t ) 6
Aplicando la transforma da de Laplace t t3 L y (u ) y (t − u ) du = 2 L{y (t )} + L − L{δ (t ) } 0 6 Encuentro las transforma das necesarias :
∫
t L y (u ) y (t − u ) du = L{y (t ) * y (t )} = Y 2 ( s ) 0 L{y (t )} = Y ( s )
∫
t3 3! 1 L = 4 = 4 6 6 s s L{δ (t ) } = 1 Re emplazando : 1 −1 s4 s4 −1 Y 2 ( s ) − 2Y ( s ) + 4 = 0 s
Y 2 ( s ) = 2Y ( s ) +
s4 −1 2 ± 4 − 4 4 2 ± s Y1, 2 ( s ) = = 2 1 Y1 ( s ) = 1 + 2 → y1 (t ) = δ (t ) + t s 1 Y2 ( s ) = 1 − 2 → y 2 (t ) = δ (t ) − t s
4s 4 − 4s 4 + 4 s4 2
- 23 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Encuentre la solución de la siguiente ecuación diferencial de coeficientes variables: • ty ' '+ (1 − 2t ) y '−2 y = 0, y (0) = 1, y ' (0) = 2 Aplicando la transforma da de Laplace L{ty ' '} + L{(1 − 2t ) y '} − 2 L{y} = 0 Encuentro las transforma das necesarias : d d 2 L{ty ' '} = − L{y ' '} = − s Y ( s ) − sy (0 ) − y ' ( 0) = − s 2Y ' ( s ) − 2 sY ( s ) + 1 ds ds d L{(1 − 2t ) y '} = L{y '} − 2 L{ty '} = (sY ( s ) − y (0 ) ) + 2 [sY ( s ) − y (0 ) ] ds L{(1 − 2t ) y '} = (sY ( s ) − 1) + 2 (Y ( s ) + sY ' ( s ) ) = 2 sY ' ( s ) + (s + 2 )Y ( s ) − 1
[
]
L{y} = Y ( s ) Re emplazando :
(− s Y ' ( s ) − 2 sY ( s ) + 1) + (2 sY ' ( s ) + (s + 2 )Y ( s ) − 1) − 2Y ( s ) = 0 (− s + 2 s )Y ' ( s ) + (− 2 s + s + 2 − 2 )Y ( s ) = 0 2 2
− s (s − 2 )Y ' ( s ) − sY ( s ) = 0 − s (s − 2 )Y ' ( s ) = sY ( s ) Y ' (s) s = Y ( s ) − s (s − 2 ) Y ' (s) ds =− (s − 2 ) Y (s) ln (Y ( s ) ) = − ln (s − 2 ) + ln( K ) K Y (s) = → y (t ) = Ke 2 t s−2 y ( 0 ) = Ke 2 ( 0 ) = 1 → K = 1
∫
∫
y (t ) = e 2 t
- 24 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial Encuentre la solución de la siguiente ecuación diferencial de coeficientes variables: • ty ' '−(t + 2 )y '+3 y = t − 1 Aplicando la transforma da de Laplace L{ty ' '} − L{(t + 2 ) y '} + 3 L{y} = L{t } − L{1} Encuentro las transforma das necesarias : d d 2 L{ty ' '} = − L{y ' '} = − s Y ( s ) − sy ( 0) − y ' ( 0 ) = − s 2Y ' ( s ) − 2 sY ( s ) + k1 ds ds d L{(t + 2 ) y '} = L{ty '} + 2 L{y '} = − [sY ( s ) − y (0 ) ] + 2 (sY ( s ) − y (0 ) ) ds L{(t + 2 ) y '} = 2 (sY ( s ) − k1 ) − (Y ( s ) + sY ' ( s ) ) = − sY ' ( s ) + (2 s − 1)Y ( s ) − 2 k1
[
]
L{y} = Y ( s ) 1 1 1− s − = 2 s2 s s Re emplazando : L{t } − L{1} =
(− s Y ' ( s ) − 2 sY ( s ) + k ) − (− sY ' ( s ) + (2 s − 1)Y ( s ) − 2k ) + 3Y ( s ) = 1s− s 2
1
(− s
2
1
)
+ s Y ' ( s ) + (− 2 s − 2 s + 1 + 3 )Y ( s ) + (k1 + 2 k1 ) =
− s (s − 1)Y ' ( s ) − 4 (s − 1)Y ( s ) =
2
1− s s2
1 − s − 3k1 s 2 s2
Y ' ( s) +
2 − 1 + s + 3k1 s 2 Y (s) = s s 3 (s − 1)
u (s ) = e
∫ s ds = e 2 ln (s ) = (s )2
2
− 1 + s + 3k1 s 2 ds u (s )Y ( s ) = u (s ) 3 s (s − 1) 2 (s )2 Y ( s ) = − 1 + s + 3k1s ds = 1 + 3k1 1 ds s (s − 1) s −1 s
∫
∫
∫
(
3 k1
s 2Y ( s ) = ln (s ) + 3k1 ln (s − 1) + k 2 = ln s (s − 1)
(
3 k1
)+ k
)
ln s (s − 1) k + 22 → y (t ) = L−1 {Y ( s )} 2 s s 3 k1 ln s (s − 1)3 k1 k ln s (s − 1) + 22 = L−1 y (t ) = L−1 2 s s s2
Y (s) =
(
(
ln s (s − 1)3 k1 L−1 s2
)
) = L
(
−1
{(
2
3 k1
f (t ) = L−1 ln s (s − 1)
(
3 k1
ln s (s − 1)
) s1 = L
−1
2
s
−1 k 2 2
{F ( s )G ( s )} =
f (t ) * g (t )
d 3 k1 −1 (3k1 + 1)s − 1 ln s (s − 1) = − L ds s ( s − 1)
−1
)}→ tf (t ) = − L
) + L
(
)
(
)
(3k1 ) 1 − 3k1e t + 1 + = − 3k1e t + 1 → f (t ) = tf (t ) = − L−1 t ( s − 1) s 1 g (t ) = L−1 2 = t s
(
(
)
− 3k1e t + 1 * t + k 2 t → y (t ) = y (t ) = t
)
t
∫ 0
(
)
− 3k1e u + 1 (t − u )du + k 2t u
- 25 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Método de eliminación 1) Usando el método de eliminación, resuelva el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales: 2 x'+ y'− x − y = e − t x'+ y'+2 x + y = e t Restando: (1)-(2);
( 1) (2)
Se obtiene: x'−3x − 2 y = e −t − e t Despejando y : x' 3x e t − e −t y= − + 2 2 2 Reemplazando y en (1): '
x' 3x e t e − t x' 3x e t e − t = e − t − x − − 2 x'+ − + − + − 2 2 2 2 2 2 2 2 −t −t t t x' ' 3x' e e x' 3x e e ⇒ 2 x'+ − + + −x− + − + = e −t 2 2 2 2 2 2 2 2 x' ' x ⇒ + =0 ⇒ x' '+ x = 0 2 2 ⇒ si x = e rt ⇒ e rt [r 2 + 1] = 0 ⇒ r2 + 1 = 0 ⇒ r1 , 2 = ±i ⇒ x = C 1 cos t + C 2 sent ⇒ y=
x' 3x e t e − t − + − 2 2 2 2
x' = −C 1 sent + C 2 cos t C1 C 3 e t e −t sent + 2 cos t − (C 1 cos t + C 2 sent ) + − 2 2 2 2 2 t −t 3C 2 e e C 2 3C 1 C y = − 1 − − cos t + − sent + 2 2424 24 2 2 1242 144 3 4 43
⇒ y=−
K1
⇒ y = k 1 sent + k 2 cos t +
K2 t
e e−t ; − 2 2
Pero
e t − e −t = senh t 2
Solución:
x = C 1 cos t + C 2 sent y = k 1 sent + k 2 cos t + senht - 26 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial 2) Utilice el método de eliminación para encontrar la solución general del sistema lineal dado, donde x´, y´, z´ denotan diferenciación con respecto a t.
dx = 2x − 3y dt dy = y − 2x dt
1 2
De la primera ecuación despejamos y;
1 1 dx ( 2x )− 3 3 dt 2 x´ ⇒ y= x− 3 3
⇒ y=
Reemplazando y en la segunda ecuación:
x´´ dy 2 = x´ − 3 dt 3 x´ x´´ 2 2 = x− ⇒ x´ − − 2x 3 3 3 3 ⇒
Multiplicando la ecuación por 3;
⇒ 2 x´ − x´´ = 2 x − x´ − 6 x ⇒ x´´ −3 x´ −4 x = 0 Obtenemos una ecuación diferencial de coeficientes constantes: Resolviendo la ecuación 3 con x=ert;
[
]
⇒ e rt r 2 − 3 r − 4 = 0 Ecuación Característica
⇒ r 2 − 3r − 4 = 0 ( r − 4 )( r + 1 ) = 0 ⇒ r1 = 4 , r2 = −1 ⇒ x1 = e 4t , x 2 = e −t ⇒ x = c1e 4t + c 2 e −t ; Ahora encontremos y: 2 ( x ) − 1 ( x ') 3 3 4t x = C1e + C 2 e −t y=
x' = 4C1e 4t − C 2 e −t
- 27 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
⇒ Reemplazando x, y x’ en y: 2 1 ⇒ y = C1e 4t + C 2 e −t − 4C1e 4t − C 2 e −t 3 3 2 y = − C1e 4 t + C 2 e −t 3
[
] [
]
* Encuentre la solución particular del problema anterior dado: x (0)=8, y (0)=3
Del ejercicio anterior: x = C1e 4t + C 2 e − t 2 y = − C1e 4 t + C 2 e −t 3 Como x (0)=8, entonces: 1 8= C1+C2 Como y (0)=3, entonces: 2 3 = − C1 + C 2 3
2
Con 1 y 2 se obtiene un sistema de 2 ecuaciones con dos incógnitas; resolviendo el sistema se obtiene: C2=5, C1=3
⇒ La solución particular es:
x = 3e 4t + 5e − t y = −2e 4 t + 5e − t
- 28 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Método de los operadores diferenciales 1) Usando el método de las operaciones diferenciales resuelva el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales: (D 2 − 4D + 4)x 1 + (D 2 + 2D )x 2 = t 2 2 t (D − 2D )x 1 + (D + 4D + 4)x 2 = e (D − 2 ) 2 x 1 + D(D + 2 )x 2 = t 2 t D(D − 2 )x 1 + (D + 2 ) x 2 = e
Encontrando x 1 ( t ) usando la regla de Kramer se obtiene que:
x1 (t ) =
t et (D − 2 )
D(D + 2 ) ( D + 2 )2 2
D( D + 2 )
(D + 2 )[(D + 2 )t − De t ] ( D + 2 )2 t − D( D + 2 )e t = 2 2 (D − 2 ) ( D + 2 ) − D(D + 2 )D( D − 2 ) (D + 2 )(D − 2 )[(D + 2 )(D − 2 ) − D 2 ]
=
2 − e t + 2 + 4t − 2e t 4 + 4 t − 3e t = − 4(D 2 − 4 ) − 4( D 2 − 4 )
( D + 2 )2
D(D − 2 ) x1 (t ) =
=
(D + 2 )(1 + 2 t − e t ) (D − 4)(D − 4 − D 2
2
2
)
t
x1 (t ) =
4 + 4 t − 3e ; − 4(D 2 − 4 )
− 4(D 2 − 4 )x 1 ( t ) = 4 + 4 t − 3e t ; 3 t e ; 4 3 x 1 ' ' ( t ) − 4 x 1 ( t ) = −1 − t + e t ; 4 Encontrando la solución hom ogénea:
(D 2 − 4 )x 1 ( t ) = −1 − t +
x1 ''( t) − 4x1 (t ) = 0 ; x 1 ( t ) = e rt ; e rt [r 2 − 4 ] = 0 ; r 2 − 4 = 0;
r1 , 2 = ±2 ; 2t
x 1 h ( t ) = C 1e + C 2 e −t ; Encontrando la solución particular x p 1: x p 1 = a + bt + ce t ; x'p 1 = b + ce t ; x''p 1 = ce t ; Reemplazando en x1''(t) − 4x1 (t) = −1 − t +
3 t e , se obtiene : 4
3 ce t − 4(a + bt + ce t ) = −1 − t + e t ; 4 3 − 4a − 4 bt − 3ce t = −1 − t + e t ; 4
- 29 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial Ahora se procede a encontrar la solución x 2 ( t ), usando la regla de Kramer :
x 2 (t ) =
x 2 (t ) =
(D − 2 ) 2 t D( D − 2 ) e t (D − 2 ) 2 D( D + 2 ) D(D − 2 ) (D + 2 ) 2
=
(D − 2 ) 2 e t − D( D − 2 )t (D − 2 )[( D − 2 )e t − Dt ] (D − 2 )(e t − 2e t − 1) = = − 4( D 2 − 4 ) − 4( D 2 − 4 ) − 4(D 2 − 4)
(D − 2 )(− e t − 1) − e t + 2e t + 2 et + 2 ; = = − 4(D 2 − 4 ) − 4(D 2 − 4) − 4( D 2 − 4 )
− 4(D 2 − 4)x 2 ( t ) = e t + 2 ; et 1 − ; 4 2 et 1 x 2 ' ' ( t ) − 4x 2 ( t ) = − − ; 4 2
( D 2 − 4 )x 2 ( t ) = −
r1 , 2 = ±2 ; x 2 h (t ) = C 1 e 2 t + C 2 e −2 t ; Encontrand o la solución particular : x 2 p = a + be t ; x' 2 p = be t ; x' ' 2 p = be t ; Reemplazando x 2p en x 2 ' ' (t) − 4x 2 (t) = −
et 1 − : 4 2
et 1 − ; 4 2 et 1 − 3be t − 4a = − − ; 4 2 1 1 ; a= ; b= 8 12 1 et x 2p = + ; 8 12 1 et x 2 (t ) = C 1 e 2 t + C 2 e − 2 t + + ; 8 12 be t − 4(a + be t ) = −
La solución es: 1 t 1 1 2t −t x 1 (t) = C 1 e + C 2 e + 4 + 4 t − 4 e ; t x ( t ) = C e 2 t + C e − 2 t + 1 + e ; 1 2 2 8 12
- 30 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial 2.-) Usando el método de los operadores diferenciales resuelva el sistema:
( D + 2 )( x 1 ) + (D − 1)( x 2 ) = −sent ( 1) (D − 3)( x 1 ) + (D + 2 )( x 2 ) = 4 cos t ( 2 ) Multiplico 1 por (D − 3)
∧
2 por (D + 2 )
(D + 2 )(D − 3)x 1 + (D − 1)(D − 3)x 2 = (D − 3)( −sent ) − (D + 2 )(D − 3)x 1 + (D + 2 ) 2 x 2
= (D + 2 )( 4 cot)
(D 2 − 4D + 3)x 2 − (D 2 + 4D + 4 )x 2 = − cos t + 3sent + tsent − 8 cos t ( −8D − 1)x 2 = 7 sent − 9 cos t − 8x 2 ' − x 2 = 7 sent − 9 cos t 8x 2 ' + x 2 = 9 cos t − 7 sent ; 8x 2 ' + x 2 = 0 ; x 2 = e rt ; x 2 ' = re rt ; 8r + 1 = 0 ; 1 r=− ; 8 1 − t
x 2 = Ce 8 ; x 2 = A cos t + Bsent ; x 2 ' = −Asent + B cos t ; 8x 2 ' + x 2 = 0 ; 8(− Asent + B cos t ) + A cos t + Bsent = 0 ; (− 8A + B )sent + (8B + A ) cos t = 9 cos t − 7 sent ; − 8A + B = −7 ; 8B + A = 9 ; Resolviendo el sistema : A = 1, B = 1, La solución particular es : x 2 p = cos t + sent ; x 2 = Ce
1 − t 8
+ cos t + sent ;
- 31 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial Ahora procedemos a encontrar x 1 del sistema de ecuaciones: ( D + 2 )( x 1 ) + (D − 1)( x 2 ) = −sent ( 1) (D − 3)( x 1 ) + (D + 2 )( x 2 ) = 4 cos t ( 2 ) x 1 '+2 x 1 + x 2 '−x 2 = −sent ;
(1)
(2) x 1 '−3x 1 + x 2 '+2 x 2 = 4 cos t Restando (1) y (2), se obtiene : 5x 1 − 3x 2 = −sent − 4 cos t ; x 1 = 3x 2 − sent − 4 cos t; − 18 t x 1 = 3 Ce + cos t + sent − sent − 4 cos t; x 1 = 3Ce
1 − t 8
− cos t + 2sent ;
La solución del sistema es : 1 − t 8 = − cos t + 2 sent ; x 3 Ce 1 1 x = Ce − 8 t + cos t + sent ; 2
- 32 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Método de Laplace 1) Utilice el método de las transformadas de Laplace para resolver el problema de valor inicial dado. Aquí x’, y’, etc. denotan diferenciación con respecto a t. 1 x'−3x'+2 y = sent; x(0) = 0; 2 4 x − y '− y = cos t ; y (0) = 0; Aplicando transformada de Laplace a las dos ecuaciones: L [x'] -3 L [x ] +2 L [ y ] = L [sent ] L [4 x] - L [ y '] - L [ y ] = L [cos t ]
1 5 x( s ) − x(0) − 3x( s ) + 2 y ( s ) = s 2 + 1 ; 4 x( s ) − sy ( s ) − y (0) − y ( s ) = s ; s2 +1
1 2
4 (−4)( s − 3) x ( s ) − 8 y ( s ) = − s 2 + 1 ; ≈ 4( s − 3) x ( s ) − ( s − 3)( s + 1) y ( s ) = s ( s − 3) ; s2 +1
1 ( s − 3) x( s ) + 2 y ( s ) = 2 (−4) s +1 ( s − 3) s 4 ( ) − ( s + 1) y ( s ) = 2 x s s +1 Sumo 1 y 2, entonces se obtiene: s 2 − 3s − 4 − [8 + ( s − 3)( s + 1)]y ( s ) = s2 +1 ( s − 4)( s + 1) − s 2 − 2s + 5 y( s) = s2 + 1 Cs + D ( s 2 − 3s − 4) As + B + 2 = − 2 ⇒ y (s) = − 2 2 ( s − 2s + 5)( s + 1) s − 2s + 5 s + 1
[
]
s 2 − 3s − 4 ( A + C )( s 3 ) + ( B + D − 2C ) s 2 + ( A − 2 D + 5C ) s + ( B + 5D) ⇒ 2 = ( s − 2s + 5)( s 2 + 1) ( s 2 − 2s + 5)( s 2 + 1) A + C = 0 B + D − 2C = 1 ⇒ A − 2D + 5C = −3 B + 5D = −4
A = 11 / 10 ; B = −1 / 2 ; Resolviendo el sistema: C = −11 / 10 ; D = −7 / 10 ;
1 11 7 11 − s− 10 s − 2 10 ð y(s) = − 2 + 102 + − + s 2 s 5 s 1
- 33 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial 7 11 1 11 s+ − s y(s ) = 2 10 + 10 2 10 2 s +1 (s − 1) + 4
[
]
y(s ) =
1 1 11 s 11 s 7 1 ⋅ − ⋅ + ⋅ 2 + ⋅ 2 2 2 2 (s − 1) + 4 10 (s − 1) + 4 10 s + 1 10 s + 1
y(s ) =
1 2 11 (s − 1 + 1) 11 s 7 1 + ⋅ 2 + ⋅ 2 ⋅ − ⋅ 2 2 4 (s − 1) + 4 10 (s − 1) + 4 10 s + 1 10 s + 1
y(s ) =
1 2 11 11 2 11 s 7 1 (s − 1) − ⋅ + ⋅ 2 + ⋅ 2 ⋅ − ⋅ 2 2 2 4 (s − 1) + 4 10 (s − 1) + 4 20 (s − 1) + 4 10 s + 1 10 s + 1
[ [ [
] ]
]
[ [ [
] ]
]
[
]
ð Aplicando transformada inversa de Laplace a y(s): L−1 [ y ( s )] = y (t ) ; 11 − 1 (s − 1) 11 − 1 11 − 1 s 7 − 1 1 1 2 2 y( t ) = L− 1 L L 2 L 2 + − L + − 2 2 2 4 s + 1 10 s + 1 [(s − 1) + 4] 10 [(s − 1) + 4] 10 [(s − 1) + 4] 20
1 −t 11 11 11 7 e sen (2 t ) − e − t cos(2 t ) − e − t sen (2 t ) + cos(t ) + sen (t ) 4 10 20 10 10 3 −t 11 − t 11 7 y( t ) = − e sen (2 t ) − e cos(2 t ) + cos(t ) + sen (t ) 10 10 10 10
y( t ) =
De la ecuación 4x-y’-y=cos(t); podemos encontrar x(t): y ′ + y + cos( t ) x( t ) = 4 3 −t 11 11 7 y ′( t ) = − [e cos(2 t ) − e − t sen (2 t )] − [ −2 e − t sen( 2 t ) − e − t cos(2 t )] − sen( t ) + cos(t ) 10 10 10 10 y ′( t ) 1 − t 5 11 7 = e cos( 2 t ) + e − t sen (2 t ) − sen( t ) + cos(t ) 4 5 8 40 40 y( t ) 3 11 − t 11 7 = − e − t sen( 2 t ) − e cos(2 t ) + cos( t ) + sen (t ) 4 40 40 40 40
La solución: 7 1 11 −t 3 −t x( t ) = − 40 e cos( 2 t ) + 20 e sen (2 t ) − 10 sen( t ) + 10 cos(t ) y( t ) = − 3 e −t sen (2 t ) − 11 e − t cos(2 t ) + 11 cos(t ) + 7 sen (t ) 10 10 10 10
- 34 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
X' '+ Y'+3X = 15e − t 2) Resolver con las condiciones X(0)=0, X’(0)=0, Y(0)=0, Y’(0)=0. Y' '−4 X'+3Y = 15t Aplicando la transformada de Laplace a ambas ecuaciones:
[
]
£ [x''+ y'−x] = £ 15e − t £ [y''−4 x'− y ] = £ [15t ] 15 2 ; s X(s) − sx(0) − x'(0) + [sY( S ) − y(0 )] − X( S ) = s+1 s 2 Y(s) − sy(0 ) − y'(0 ) − 4[sX( S ) − x(0 )] − Y( S ) = 15 ; s2 15 2 s X(s) + [sY( S )] − X( S ) = s + 1 ; s 2 Y(s) − 4[sX( S )] − Y( S ) = 15 ; s2 2 (s − 1)X(s) + sY(S ) = 15 ; s+1 2 − 4sX( S ) + (s − 1)Y(s) = 15 ; s2 Aplicando la regla de Kramer :
[
]
[
]
[
]
[
]
15 s s+1 2 2 15 (s2 − 1) 15(s − 1) − 152s 15(s − 1)(s + 1) − 15 15(s − 1) − 15 15(s − s ) − 15 2 s = s+1 s = 1 s = s X( S ) = 2s = s2 + 1 2 2 4 2 2 2 2 s + 2s + 1 (s − 1) s (s − 1) + 4s (s + 1) (s + 1)2 − 4s (s 2 − 1) X( S ) =
A Bs + C Ds + E 15(s 2 − s ) − 15 15(s 2 − s − 1) + 2 = 15 + 2 = 2 2 2 2 2 s(s + 1)(s + 1) s(s + 1)(s + 1) s (s + 1) (s + 1)
Expresando X(s) como la suma de fracciones parciales se obtiene que los valores de los coeficientes son : A = -1, B = 2, C = -1, D = 1, E =0 Por lo tanto X(s) lo expresamos como : − 1 2s − 1 s + 2 + 2 X( S ) = 15 2 s (s + 1) (s + 1) Obteniendo x(t) aplicando transformada de Laplace inversa a X(S) : 2s − 1 − 1 s 2s − 1 s -1 − 1 -1 -1 + 2 x(t) = 15£ - 1 = 15£ + 15£ 2 2 + 2 + 15£ 2 ; 2 ( ) ( + s s s s 1 (s + 1) + 1 ) (s + 1) − 1 £ - 1 = −1; s s £ -1 2 = cos t ; (s + 1) 1 s 2s − 1 − £ -1 2 = 2£ - 1 2 £ -1 2 2 2 2 (s + 1) (s + 1) (s + 1)
- 35 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial s -1 =£ 2 = (sent * cos t ); 2 (s + 1)(s + 1) (s + 1)
L-1
s
2
2
t
sen( t ) + sen( 2 u − t ) usen( u ) cos( 2 u − t ) du = (sent * cos t ) = ∫0sen( u ) cos(t − u )du = ∫0 − 2 2 4 0 t
t
t
tsen( t ) cos( t ) cos( −t ) tsent (sent * cos t ) = ; − −0+ = 4 4 0 2 2 tsent ; = (sent * cos t ) = 2 2 (s + 1) 1 t t cos( 2 u − t ) − cos( t ) 1 = (sent * sent ) = ∫ sen( u )sen( t − u )du = ∫ L-1 2 = £ -1 2 2 2 du ; 0 0 2 (s + 1)(s + 1) (s + 1) 1 sen( 2 u − t ) u cos t t sen( t ) t cos t sen( −t ) sent − t cos t = − = − − = L-1 2 2 4 2 0 4 2 4 2 (s + 1) 1 sent − t cos t = L-1 2 2 2 (s + 1) 2s − 1 sent t cos t tsent sent − t cos t = 2 − = tsent − + L-1 2 2 2 2 2 2 (s + 1) 2s − 1 s −1 + 15£ -1 2 x(t) = 15£ -1 + 15£ -1 2 2 s (s + 1) (s + 1)
L-1
s
2
x(t) = −15 + 15 tsent −
sent t cos t + + 15[cos t ] 2 2 x( t ) = −15 + 15tsent − 7.5sent + 7.5t cos t + 15 cos t
Ahora encontremos y(t) usando una ecuación del sistema: X' '+ Y'+3X = 15e − t y' = 15e − t − x' '−3x ; x = −15 + 15tsent − 7.5sent + 7.5t cos t + 15 cos t ; x' = 15t cos t + 15sent − 7.5 cos t − 7.5tsent + 7.5 cos t − 15sent ; x' = 15t cos t − 7.5tsent ; x' ' = −15tsent + 15 cos t − 7.5t cos t − 7.5sent ; y' = 15e − t + 15tsent − 15 cos t + 7.5t cos t + 7.5sent − 3(− 15 + 15tsent − 7.5sent + 7.5t cos t + 15 cos t ); y' = 15e − t − 30tsent − 15t cos t − 60 cos t + 30sent ; y=
(∫ 15e
−t
− 30tsent − 15t cos t − 60 cos t + 30sent
)
y = −15e − t + 30t cos t − 30sent − 15tsent − 15 cos t − 60sent − 30 cos t + C ; y(0) = 0 , entonces C = 45; La solucion es : x( t ) = −15 + 15tsent − 7.5sent + 7.5t cos t + 15 cos t −t y( t ) = −15e + 30t cos t − 15tsent − 90sent − 45 cos t + 45;
- 36 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Método de los valores y vectores propios 1) Resuelva por el método de los valores y vectores propios el siguiente sistema: x ' = −4 x + y + z y' = x + 5 y − z z' = y − 3z x' − 4 1 1 x y' = 1 5 − 1 y z' 0 1 − 3 z − 4 1 1 A = 1 5 − 1 0 1 − 3
det(A − λI ) =
det(A-λI)=0
−4−λ
1
1
1
5−λ
−1
0
1
−3−λ
= ( −4 − λ )[( 5 − λ )( −3 − λ ) + 1] − 1[( −3 − λ ) − 1] = 0
(λ + 4)(λ − 5)(λ + 3) = 0
λ1 = −4
λ2 = 5
λ3 = −3
λ = −4 0 1 1 x 0 1 9 − 1 y = 0 0 1 1 z 0
y + z = 0 x + 9 y − z = 0
….
y = −z x = 10 z
x 10z 10 y ⇒ − z ⇒ − 1 z z z 1
10 υ1 = − 1 1
λ =5 − 9 1 1 x 0 1 0 − 1 y = 0 0 1 − 8 z 0
− y + 8 z = 0 x − z = 0
…..
y = 8z x=z
x z 1 y ⇒ 8z ⇒ 8 z z z 1
1 υ2 = 8 1
λ = −3 − 1 1 1 x 0 1 8 − 1 y = 0 0 1 0 z 0
− x + y + z = 0 x − z = 0
- 37 Roberto Cabrera V.
x z 1 y ⇒ 0 ⇒ 0 z z z 1
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
1 υ3 = 0 1 x(t ) = c1υ1e λ1t + c 2υ 2 e λ2t + c3υ 3 e λ3t
10 1 1 − 4t 5t x(t )c1 − 1e + c 2 8 e + c3 0 e −3t 1 1 1 2) Resolver el sistema
− 3 0 2 X' = 1 − 1 0 X − 2 − 1 0 − 3 − λ 1 −2
2 0 =0 − λ
0 −1− λ −1
(−3 − λ )[λ (λ + 1)] + 2[−1 − 2(1 + λ )] = 0 − (λ + 3)(λ )(λ + 1) + 2(−3 − 2λ ) = 0 − λ3 − 4λ2 − 3λ − 6 − 4λ = 0 λ 3 + 4λ 2 + 7 λ + 6 = 0 λ1 = −2 λ 2 = −1 + 2 i
λ 3 = −1 − 2i
Se procede a encontrar el vector propio asociado al siguiente valor: * λ1 = −2 −1 0 2 0 −1 0 2 0 1 0 0 ≈ 0 1 2 0 ≈ 1 − 2 −1 2 0 0 −1 − 2 0 y= -2z x= 2z
−1 0 2 0 0 1 2 0 0 0 0 0
2 v1 = − 2 1 Se procede a encontrar el vector propio asociado al siguiente valor λ 3 = −1 − 2i : − 2 + 2i 1 −2
0 2i −1
0 0 ≈ 1 + 2 i 0 2 0
6 1 − 2
0 2 ( −2 − 2 i ) 0 2i 0 0 ≈ −1 1 + 2 0
6 1 0
- 38 Roberto Cabrera V.
0 2( − 2 − 2 i ) 0 2i 0 0 ≈ −3 − 1 + 2 0
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
( ) 3 y = (− 1 + 2 i )z ;
6x = 4 + 2 2 i z ; z ∈ Re ales. Entonces:
2 2i . z ; x = + 3 3 1 2i z ; y = − + 3 3 z ∈ Re ales . Entonces podemos concluir que el vector propio complejo asociado a este valor de λ 3 = −1 − 2i es: 2 + 2 i z 3 3 x 1 2i v = y = − + z , 3 z 3 z Podemos usar un vector propio que tenga la forma de v, si z = 3 :
(
)
x 2 + 2 i 2 2 v = y = − 1 + 2 i = − 1 + 2 i , z 3 3 0 12 3 123
(
)
a
b
Entonces procedemos a encontrar la primera solución l.i. con λ1 = −2 : 2 −2 t x1 = e − 2 1 Ahora procedemos a encontrar la segunda y tercera solución l.i. con λ 3 = −1 − 2i , tiene la siguiente forma λ = α + βi , por lo tanto las otras dos soluciones son:
() cos(β t )(a ) − e
() sen (βt )(b );
x 2 = e αt sen (β t ) a + e αt cos(βt ) b ; x 3 = e αt
αt
2 2 2 2 x 2 = e −t cos − 2 t − 1 − e − t sen − 2 t 2 = e − t cos 2 t − 1 + e −t sen 2 t 2 ; 3 3 0 0
(
)
(
)
( )
- 39 Roberto Cabrera V.
( )
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
2 2 2 2 −t −t −t x 3 = e sen − 2 t − 1 + e cos − 2 t 2 = −e sen 2 t − 1 + e cos 2 t 2 ; 3 3 0 0 Por lo tanto la solución general es: −t
(
)
(
)
( )
( )
x = C 1 x 1 +C 2 x 2 + C 3 x 3 ; 2 −2 t x = C 1 e − 2 +C 1
2 2 2 2 −t −t −t −t − + + − − + e cos 2 t 1 e sen 2 t 2 C e sen 2 t 1 e cos 2 t 2 ; 3 0 3 3 0 2
( )
( )
- 40 Roberto Cabrera V.
( )
( )
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
Aplicaciones de Sistema: Masa – Resorte – Amortiguador 1) Una masa de 1 kilogramo sujeta a un resorte con una constante k = 9 m/seg se suelta del reposo 1 metro debajo de la posición de equilibrio del sistema masaresorte, y empieza a vibrar. Después de π / 2 segundos, la masa es golpeada hacia arriba por un martillo que ejerce un impulso de 3 newtons. a) Determine una función que defina la posición ‘’y’’ de la masa en cualquier instante ‘’t’’. b) Halle la posición de la masa en los tiempos t= π / 4 segundos y t= π segundos.
d2 y dy + Ky = f ( t ) m 2 +C dt dt
Como no hay amortiguador C=0; En t = π / 2 segundos hay un impulso hacia arriba de 3 Newtons, por lo tanto hay una perturbación
π f( t ) = −3δ t − , el signo negativo se debe a que tomamos el eje de referencia positivo hacia abajo. 2 La ecuación diferencial que representa al sistema es:
d2 y π + 9Ky = −3δ t − ; 2 dt 2 Para resolver esta ecuación diferencial aplicamos la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuación:
d2 y = L 2 + 9 y = L − 3δ t − ; 2 dt s 2 Y(s) − sy(0 ) − y' (0 ) + 9 y(s) = −3e
π − s 2
;
La posición inicial del sistema es y(0)=1 metro, y la velocidad inicial es y’(0)=0:
s 2 y(s) − s + 9 y( s) = −3e
(s
2
+ 9 )y(s) = s − 3e π − s 2
π − s 2
π − s 2
;
; π − s
s − 3e s 3e 2 = 2 − 2 y(s) = 2 ; s +9 s +9 s +9 π − s − π2 s s 3e 2 s -1 -1 -1 3e ; − =L 2 −L y( t ) = L s2 + 9 s2 + 9 s2 + 9 s + 9 π π y( t ) = cos 3t − sen 3 t − u t − ; 2 2
- 41 Roberto Cabrera V.
Ecuaciones Diferenciales – II Parcial
a) cos 3t ; y( t ) = cos 3t − sen 3 t − π 2
t