7/21/2019 [2004-2] Prueba Catedra 3

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Tercera Prueba de Ecuaciones Diferenciales MA 3826 de Diciembre de 2004

Nombre: Paralelo: Nota:

1. En equilibrio, un objeto de 64 [lb] estira un resorte 4  [ pies] y está unido a un amortiguador

cuya constante de amortiguamiento es 8 h lb−s pie

i. Inicialmente se desplaza 18   [pulgadas]

arriba de la posición de equilibrio con velocidad hacia abajo de 4h piess

i.

(a) Encuentre su posición en cualquier instante.

(b) Determine el tiempo en que alcanza por primera vez su posición de equilibrio.

a.   mg = 64,  s = 4 ⇒ k =   644   = 16 y el modelo es:

64

32y00 + 8y0 + 16y = 0  o  y00 + 4y0 + 8y = 0   (5 puntos)

Luego,  m2 + 4m + 8 = 0 ⇒ m =  −4±√ 

16−322   =  −4±

4i2   = −2 ± 2i.Por lo tanto

y =  e−2t (C 1 cos (2t) + C 2sen (2t)) .   (5 puntos)

Como  y (0) = −18[pulgadas] = −32 [ pies] e   y0 (0) = 4  y

y0 (t) = −2e−2t (C 1 cos (2t) + C 2sen (2t)) + e−2t (−2C 1sen (t) + 2C 2 cos (2t))

entonces:

−3

2  =   C 1

4 =   −2C 1 + 2C 2

⇒ C 1 = −32   y  C 2 =   1

2 .

∴ y (t) = e−2t ¡

−32 cos(2t) +   1

2sen (2t)¢

(5 puntos)

b.   y (t) = 0   ⇒   e−2t ¡

−32 cos(2t) +   1

2sen (2t)¢

  = 0   ⇒ −32 cos(2t) +   1

2sen (2t) = 0   ⇒sen(2t)cos(2t)   =   1

3

⇒ tan(2t) =   13   ⇒ 2t = arctan

¡13

¢⇒ t =   1

2 arctan¡13

¢(5 puntos).

2. Resuelva la siguiente ecuación diferencial:

y00 (t) + 3 Z   t

0

y0 (u) du + y (t) = f  (t) , y (0) = 0, y0 (0) = 0

donde

f  (t) =

½  t   0 ≤ t < 11 1 ≤ t

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(a) Nota: La fórmula siguiente le puede ser útil:R 

 u sen (au)   du =   sen(u)a2

  −  u cos(u)

a

y00 (t) + 3R  t0 y 0 (u) du + y (t) = f  (t) , y (0) = 0, y0 (0) = 0, y  f  (t) =

½  t   0 ≤ t < 11 1 ≤ t

  ,

luego:

y00 (t) + 3 R  t0 y 0 (u) du + y (t) = t − tµ1 (t) + µ

1 (t) , aplicando transformada de Laplace,

se tiene:

s2Y   (s) − sy (0) − y0 (0) +   3s

L [y0 (s)] + Y   (s) =   1s2

  −   1s2

e−s

s2Y   (s) − sy (0) − y0 (0) +   3s

 (sY  (s) − y (0)) + Y   (s) =   1s2

  −   1s2

e−s¡s2 + 4

¢Y   (s) =   1

s  −   1

s2e−s ⇒ Y   (s) =   1

s2(s2+4) −   1

s2(s2+4)e−s(5 puntos)

y (t) = L−1h

  1s2(s2+4)

i− L−1

h³  1

s2(s2+4)

´e−s

i,

⇒ y (t) = L−1h

  1s2(s2+4)

i− L−1

h  1

s2(s2+4)e−s

i,

⇒ y (t) = L−1h

  1s2(s2+4)

i− L−1

h  1

s2(s2+4)

iµ1 (t) ,  (5 puntos)   luego:

L−1 h  1

s2(s2+4)i =  L−1 h³ 1s2  ·   1

s2+4´i =   12 R 

 t

0 (t − u) sen (2u) du =

12

³R  t0 t sen (2u) du −

R  t0 u sen (2u) du

´  =   1

2

³tR  t0   sen (2u) du −

R  t0 u sen (2u) du

´  =

12

³t1−cos(2t)

2   −  sen(2t)

4   +   t cos(2t)2

´ =   t

4  −  sen(2t)

8   (5 puntos)

entonces:

y (t) =   t4  −

  sen(2t)8   −

ht4  −   1

4  −  sen(2t−2)

8

iµ1 (t) , (5 puntos)

3. Resuelva

x0 =   −x + y + z + 1

t

y0 =   x + y − z + 1

t

z0 = 2y + 1t

X 0 =

⎡⎣

−1 1 11 1   −10 2 0

⎤⎦⎡⎣

x

y

z

⎤⎦+   1

t

⎡⎣

111

⎤⎦ = AX  +  B (t) .

Usando matriz exponencial:

A2 =

⎡⎣

−1 1 11 1   −10 2 0

⎤⎦ ·

⎡⎣

−1 1 11 1   −10 2 0

⎤⎦ =

⎡⎣

2 2   −20 0 02 2   −2

⎤⎦

A3 =⎡⎣

2 2   −2

0 0 02 2   −2

⎤⎦ ·⎡⎣

−1 1 1

1 1   −10 2 0

⎤⎦ =⎡⎣

0 0 0

0 0 00 0 0

⎤⎦ (5 puntos) ⇒

eAt = I  +  tA +   t2

2 A2 =

⎡⎣

1 0 00 1 00 0 1

⎤⎦+ t

⎡⎣

−1 1 11 1   −10 2 0

⎤⎦+   t2

2

⎡⎣

2 2   −20 0 02 2   −2

⎤⎦

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o sea:

etA =

⎡⎣

1 − t + t2 t + t2 t − t2

t   1 + t   −t

t2 2t + t2 1 − t2

⎤⎦ (5 puntos)

∴ e−sA =⎡⎣ 1 + s + s

2

−s + s2

−s − s2

−s   1 − s s

s2 −2s + s2 1 − s2

⎤⎦ y  e−sA · B (s) =

⎡⎣

1

s  + s − 11s   − 1

1s

 + s − 2

⎤⎦

∴

R  tt0

e−sAB (s) ds =

⎡⎢⎣

ln (s) +   s2

2   − s

ln (s) − s

ln (s) +   s2

2   − 2s

⎤⎥⎦

¯̄̄¯̄̄¯t

t0

, haciendo t0 = 1  se tiene:

R  tt0

e−sAB (s) ds =

⎡⎢⎣

ln (t) +   t2

2   − t +   12

ln (t) − t + 1

ln (t) +   t2

2   − 2t +   32

⎤⎥⎦ (5 puntos)

En consecuencia, la solución general:   X  (t) = etA hC  + R  tto e−

As

B (s) dsi  es:

X  (t) = etA =

⎡⎣

1 − t + t2 t + t2 t − t2

t   1 + t   −t

t2 2t + t2 1 − t2

⎤⎦⎡⎢⎣

c1 + ln (t) − t +   t2

2c2 + ln (t) − t

c3 + ln (t) − 2t +   t2

2

⎤⎥⎦ (5 puntos)

4. Encuentre dos soluciones l.i. en serie de Frobenius para:

2xy00− y0

− y = 0

(a) Normalizando y 00 −   12xy0 −   1

2xy  = 0

xp (x) = x−12x   = −12  = p0,

x2q (x) = x2−12x   = −12x ⇒ q 0 = 0r (r − 1) +  −1

2   r = 0 ⇒ r2 −   32r = 0 ⇒ r = 0, r =   3

2 .(2 puntos)

(b)   y =∞Xn=0

C nxn+r, y0 =∞Xn=0

(n + r) C nxn+r−1, y00 =∞Xn=0

(n + r) (n + r + 1) C nxn+r−2.

Reemplazando en la ecuación:

2x

∞Xn=0

(n + r) (n + r + 1) C nxn+r−2 −

∞Xn=0

(n + r) C nxn+r−1 −

∞Xn=0

C nxn+r = 0

xr

⎧⎪⎨

⎪⎩

∞

Xn=0

2 (n + r) (n + r + 1) C nxn−1 −

∞

Xn=0

(n + r) C nxn−1

 | {z } −

∞

Xn=0

C nxn

⎫⎪⎬

⎪⎭= 0

+

xr

⎧⎪⎨⎪⎩

∞Xn=0

(n + r) ( 2 (n + r) − 3) C nxn−1

 | {z } −

∞Xn=0

C nxn

 | {z   } ⎫⎪⎬⎪⎭

= 0

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k =  n − 1, n =  k  + 1   k =  n

xr

(   ∞Xk=−1

(k + 1 +  r) ( 2 (k + 1 +  r) − 3) C k+1xk −

∞Xk=0

C kxk

) = 0

⇒ r (2r − 3) C 0x−1

+

∞Xk=0

[(k + 1 +  r) ( 2 (k + 1 +  r) − 3) C k+1 − C k] xk

= 0(4 puntos)

⇒ (k + 1 +  r) ( 2 (k + 1 +  r) − 3) C k+1 − C k  = 0

(c)   r = 0 ⇒ C 0  6= 0  y  (k + 1) (2k − 1) C k+1 − C k  = 0, k = 0, 1, 2,...

como (k + 1) (2k − 1) 6= 0∀k = 0, 1, 2, ..., se tiene:

C k+1 =   1(k+1)(2k−1)C k(1 punto)

k = 0 ⇒ C 1 = −C 0

k = 1 ⇒ C 2 =   12C 1 = −1

2C 0

k = 2 ⇒ C 3 =   13·3C 2 = −   1

3·3·2C 0

k = 3 ⇒ C 4 =   14·5C 3 = −   1

4·5·3·3·2C 0

k = 4⇒

C 5 =

  1

5·7   ·   −1

4·5·3·3·2C 0k = 5 ⇒ C 6 =   1

6·9   ·  −1

5·7·4·5·3·3·2C 0

k =  k ⇒ C k  =   −1(k+1)!(2k−1)·(2k−3)·...·5·3C 0

⇒  anotando  n =  k  + 1 ⇒ k =  n − 1 ⇒ C n =   −1n!(2n−3)·(2n−5)·...·5·3·1C 0(3 puntos)

⇒ y1 (x) =∞Xn=0

C nxn+0, r = 0

= C 0 + C 1x + C 2x2 + ... + C nxn + ...

= C 0

"1 +

∞Xn=0

−1n!(2n−3)·(2n−5)·...·5·3·1xn

#(3 puntos)

(d)   r =  32   ⇒ C 0 6= 0  y ¡k +

  52¢ ¡2 ¡k + 1 +

  32¢ − 3¢C k+1 − C k  = 0, k = 0, 1, 2, ...

como¡

k +   52

¢(2k + 2)  6= 0∀k = 0, 1, 2, ..., se tiene:

C k+1 =   1

(k+5

2)2(k+1)

C k  =   1(2k+5)(k+1)C k(1 punto)

k = 0 ⇒ C 1 =   15·1C 0

k = 1 ⇒ C 2 =   17·2C 1 =   1

7·2·5·1C 0

k = 2 ⇒ C 3 =   19·3C 2 =   1

9·3·7·2·5·1C 0

k = 3 ⇒ C 4 =   111·4C 3 =   1

11·4·9·3·7·2·5·1C 0...

k =  k ⇒ C k  =   3(k+1)!(2k+5)·(2k+3)·...·7·5·3

C 0

⇒  anotando  n =  k  + 1 ⇒ k =  n − 1 ⇒ C n =  3

n!(2n+3)·(2n+1)·...·7·5·3C 0(3 puntos)

⇒ y2 (x) =∞Xn=0

C nxn+ 3

2 , x3

2

∞Xn=0

C nxn

= x3

2

£C 0 + C 1x + C 2x2 + ... + C nxn + ...

¤

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= x3

2 C 0

"1 +

∞Xn=0

3n!(2n+3)·(2n+1)·...·7·5·3

xn

#(3 puntos)

Nota: - No se permite uso de calculadoras ni formularios.- Todos los ejercicios tienen la misma ponderación: 2 puntos.- La prueba dura 1 hora y 30 minutos.