y (1) = 2 x dy dx +2y = ex +lnx

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(1)

ESCUELA UNIVERSITARIA POLITÉCNICA DE SEVILLA DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA APLICADA II Ingeniería Técnica Industrial. Especialidad en Mecánica

Soluciones al examen correspondiente a la CONVOCATORIA DE SEPTIEMBRE. Curso 2006-2007

PROBLEMA 1.

(A) (6 puntos )Dado el siguiente problema de valor inicial ¡

x2− xy¢y0 = x2+ y2 y (1) = 2

)

Se pide:

1) Demostrar, sin resolver la ecuación diferencial, que el problema tiene una única solución. 2) Encontrar la solución del problema de valor inicial.

3) Aplicar el método de Euler para estimar el valor de y (1.2) siendo y (x) la solución del problema de valor inicial dado. Tomar como paso h = 0.1.

(B) (4 puntos)Resolver, usando un factor integrante adecuado, la siguiente ecuación diferencial xdy

dx+ 2y = e

x+ ln x

Solución:

(A) 1) Para demostrar que el problema de valores iniciales del enunciado tiene solución única, veamos si se cumplen las hipótesis del teorema de existencia y unicidad de soluciones para una ecuación diferencial ordinaria de primer orden:

“Si f (x, y) y ∂f

∂y(x, y) son funciones continuas en un rectángulo R = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}, entonces para cada punto (x0, y0) interior de R existe una única solución del problema

de valor inicial (

y0 = f (x, y) y (x0) = y0

definida al menos en un intervalo que contiene al punto x0.”

En nuestro caso, se tiene que f (x, y) = x

2+ y2 x2− xy, ∂f ∂y(x, y) = 2y¡x2− xy¢+ x¡x2+ y2¢ (x2− xy)2 y el punto

correspondiente a la condición inicial es el punto (1, 2) . Es evidente, que tanto la función f (x, y) como la función ∂f

∂y(x, y) son funciones continuas en algún rectángulo que contenga al (1, 2) en su interior, ya que los únicos puntos (x0, y0) donde ambas funciones no son continuas son aquellos

(2)

2) Para la ecuación diferencial del enunciado escrita de la forma y0 = x 2+ y2

x2− xy, se tiene que

f (x, y) = x

2+ y2

x2− xy es una función homogénea de grado cero ya que

f (tx, ty) = t

2x2+ t2y2

t2x2− t2xy =

x2+ y2

x2− xy = f (x, y)

y, como consecuencia, nuestra ecuación diferencial es una ecuación homogénea. Para proceder a su resolución, hacemos el cambio de variable y = zx, de donde y0 = z0x + z y obtenemos la ecuación z0x + z = x 2+ z2x2 x2− zx2 o equivalentemente z0x = 1 + 2z 2 − z 1 − z

que es una ecuación de variables separables, la cual podemos reescribir como 1 − z

2z2− z + 1dz =

dx x .

Integrando en los dos miembros(ajustando un logaritmo y un arcotangente en el primer miembro) se obtiene −14ln¡2z2− z + 1¢+3 √ 7 14 arctan µ 4z − 1 √ 7 ¶ = ln |x| + C

Deshaciendo el cambio de variable, la solución general de nuestra ecuación diferencial viene dada por −14ln µ 2y2− xy + x2 x2 ¶ +3 √ 7 14 arctan µ 4y − x √ 7x ¶ = ln |x| + C. Imponiendo ahora la condición inicial y(1) = 2, se obtiene el valor de C = −14ln 7+

3√7

14 arctan

√ 7. Por tanto, la solución de nuestro problema de valor inicial es

−14ln µ 2y2− xy + x2 x2 ¶ +3 √ 7 14 arctan µ 4y − x √ 7x ¶ = ln |x| −14ln 7 +3 √ 7 14 arctan √ 7. c)Aplicamos ahora el método de Euler, con h = 0.1, para calcular valores aproximados a la solución exacta en ciertos puntos. Para ello, consideramos los puntos

x0= 1, x1= 1.1, x2 = 1.2

El esquema iterativo del método de Euler viene dado por yn+1= yn+ hf (xn, yn)

siendo, en este caso, f (x, y) = x

2+ y2

x2− xy y el valor y0 = 2. Efectuamos dos pasos:

y1= y0+ hf (x0, y0) = 2 + 0.1 µ 1 + 4 1 − 2 ¶ = 1.5 ' y (1.1) y2 = y1+ hf (x1, y1) = 1.5 + 0.1 Ã (1.1)2+ (1.5)2 (1.1)2− (1.1) (1.5) ! = 0.71364 ' y (1.2)

(3)

(B) La ecuación diferencial del enunciado es una ecuación lineal y, por lo tanto, tiene un factor integrante de la forma µ (x) . Procedemos a su cálculo, considerando la ecuación

µ (x) (2y − ex− ln x) dx + µ (x) xdy = 0. Para que esta ecuación sea exacta debe ser

∂M (x, y) ∂y = ∂N (x, y) ∂x ⇐⇒ 2µ (x) = µ 0(x) x + µ (x) ⇐⇒ µ0(x) µ (x) = 1 x

Integrando en los dos miembros, obtenemos µ (x) = x, y como consecuencia, la ecuación diferencial x (2y − ex− ln x) dx + x2dy = 0.

es una ecuación diferencial exacta. Esto quiere decir que existe una función F (x, y) verificando que ∂F (x, y) ∂x = M (x, y) = x (2y − e x − ln x) ∂F (x, y) ∂y = N (x, y) = x 2 ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎭

Integrando, por ejemplo, la segunda expresión con respecto de y, obtenemos F (x, y) = x2y+Φ (x) . En este caso ∂F (x, y)

∂x = 2xy + Φ

0(x) e igualando esta expresión a M (x, y) = 2xy − xex

− x ln x, llegamos a que

Φ0(x) = −xex− x ln |x| e integrando en esta expresión

Φ (x) = ex(1 − x) + x2 µ 1 4 − 1 2ln |x| ¶ + C, C ∈ R Luego la solución general de la ecuación viene dada por

ex(1 − x) + x2 µ y + 1 4− 1 2ln |x| ¶ = C, C ∈ R. PROBLEMA 2.

(A) a) (2 puntos) Demostrar las igualdades

x ∗ sen (ax) = a12 (ax − sen (ax)) 1 ∗ sen (ax) = a1(1 − cos (ax)) donde el operador ∗ denota la convolución entre funciones.

b) (4 puntos) Usando transformada de Laplace y las convoluciones del apartado anterior, resolver el problema de valores iniciales

y00+ 9y = f (x) y (0) = 1 y0(0) = 0 ⎫ ⎪ ⎬ ⎪ ⎭ donde f (x) = ( 3, 0 ≤ x < 2 x, x ≥ 2

(4)

(B) (4 puntos ) Una masa de 0.2 kilos que está adherida a un resorte con constante de rigidez k = 2 N/m se desplaza en un medio con coeficiente de amortiguación b = 1.2 Kg/seg. Suponga además que está sometida a una fuerza externa dada por f (t) = 5 cos(4t) Newton. Si la masa se suelta a partir del reposo desde una posición ubicada a 50 centímetros por debajo de la posición de equilibrio, encuentre la posición de la masa en cualquier instante t.

Solución:

(A) a) Se tiene que

x ∗ sen (ax) = Z x 0 (x − t) sen (at) dt = − 1 a(x − t) cos at ¸x 0 −1 a Z x 0 cos (at) dt = 1 ax − 1 a2sen (ax) = 1

a2 (ax − sen (ax))

y además 1 ∗ sen (ax) = Z x 0 sen (at) dt = − 1 acos at ¸x 0 = 1 a(1 − cos ax)

(B) Para resolver el problema de valores iniciales, escribiremos la ecuación diferencial expresando la función f (x) en términos de la función escalón, con lo cual resulta

y00+ 9y = [u (x) − u (x − 2)] 3 + u (x − 2) x

Aplicamos ahora transformada de Laplace a nuestra ecuación diferencial así como la propiedad de linealidad

L£y00¤+ 9L [y] = 3L [u (x)] − 3L [u (x − 2)] + L [u (x − 2) x]

Haciendo uso de las propiedades conocidas de la transformada obtenemos lo siguiente s2L [y] − sy (0) − y0(0) + 9L [y] = 3 s− e −2s3 s+ e −2s µ 1 s2 + 2 s ¶

Agrupando términos y sustituyendo las condiciones iniciales ¡ s2+ 9¢L [y] = s +3 s− e −2s1 s+ e −2s 1 s2 y de aquí L [y] = s s2+ 9+ 3 s (s2+ 9)− e−2s 1 s (s2+ 9)+ e−2s 1 s2(s2+ 9) con lo cual y (x) = L−1 ∙ s s2+ 9 ¸ + L−1 ∙ 3 s (s2+ 9) ¸ − L−1 ∙ e−2s 1 s (s2+ 9) ¸ + L−1 ∙ e−2s 1 s2(s2+ 9) ¸

Calculamos ahora las transformadas inversas haciendo uso del apartado anterior ya que y (x) = cos 3x + (1 ∗ sen (3x)) −13u (x − 2) (1 ∗ sen (3x))|x→x−2+1

3u (x − 2) (x ∗ sen (3x))|x→x−2 y por tanto y (x) = cos 3x+1 3(1 − cos 3x)− 1 9u (x − 2) (1 − cos (3x − 6))+ 1 27u (x − 2) ((3x − 6) − sen (3x − 6))

(5)

o equivalentemente x (t) = ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ 2 3cos 3x + 1 3 si 0 ≤ x < 2 2 3cos 3x + 1 9cos (3x − 6) + 1 9x − 1 27sen (3x − 6) si x ≥ 2

(B) Para determinar la ecuación del movimiento, observamos que se trata de una masa sujeta a un resorte y que, además del peso y la fuerza recuperadora del muelle (constante elástica k = 2), actúan una fuerza de rozamiento proporcional a la velocidad y de sentido contrario (constante de amortiguación b = 1.2 Nseg/m) y una fuerza externa que, en función del tiempo, viene dada por f (t) = 5 cos 4t. Si llamamos x (t) al desplazamiento de la masa respecto de la posición de equilibrio en el instante t, y aplicamos la segunda ley de Newton obtenemos la ecuación diferencial

0.2x00(t) + 1.2x0(t) + 2x (t) = 5 cos 4t

El problema de valores iniciales que modeliza el movimiento (hemos multiplicado la ecuación por cinco) viene dado por

⎪ ⎨ ⎪ ⎩ x00(t) + 6x0(t) + 10x (t) = 25 cos 4t x (0) = 0.5 x0(0) = 0 (por simplicidad en la notación x (t) = x).

Resolvemos en primer lugar la ecuación diferencial. Se trata de una ecuación de segundo orden lineal y de coeficientes constantes. Su solución general viene dada como suma de la solución general, xg(t) , de la ecuación homogénea asociada y una solución particular, xp(t) , de la ecuación

completa, esto es

x (t) = xg(t) + xp(t) .

Calculamos, en primer lugar, la solución general de la ecuación x00+ 6x0+ 10x = 0. Para ello, consideramos la ecuación característica correspondiente, λ2 + 6λ + 10 = 0, cuyas raíces son λ1= −3 + i y λ2= −3 − i. De aquí, dos soluciones linealmente independientes de la ecuación son

x1(t) = e−3tcos t y x2(t) = e−3tsent y la solución general se puede expresar como

xg(t) = C1e−3tcos t + C2e−3tsent, con C1, C2∈ R

Seguidamente buscaremos la solución particular xp(t) de la ecuación completa. Podemos aplicar

el método de los coeficientes indeterminados.

Buscamos una solución particular de la forma xp(t) = A cos 4t + Bsen 4t. Calculando la primera

y segunda derivadas x0p(t) = −4Asen4t + 4B cos 4t, x00p(t) = −16A cos 4t − 16Bsen4t y susti-tuyendo en la ecuación (1) resulta

−16A cos 4t − 16Bsen4t + 6 (−4Asen4t + 4B cos 4t) + 10 (A cos 4t + Bsen4t) = 25 cos 4t Efectuando los cálculos e igualando coeficientes obtenemos que

−6A + 24B = 25 −24A − 6B = 0

(6)

de donde A = −102251, B = 50 51 y así xp(t) = − 25 102cos 4t + 50 51sen4t.

Por tanto, la solución general de la ecuación completa vendrá dada por x (t) = C1e−3tcos t + C2e−3tsent −

25

102cos 4t + 50

51sen4t, con C1, C2 ∈ R Finalmente, imponiendo las condiciones iniciales, llegamos a que C1= 10225, C2 = −

325

102, con lo que la solución del problema es

x (t) = 25 102e −3tcos t − 325 102e −3tsent − 25 102cos 4t + 50 51sen4t. PROBLEMA 3.

(A) (4 puntos) Resolver el siguiente sistema diferencial

X0(t) = Ã 0 1 −1/9 0 ! X(t) + ⎛ ⎝ 5 0 3tg µ t 3 ¶ ⎞ ⎠

(B) (3 puntos)Clasificar el punto crítico (0,0) según su estabilidad y en función del parámetro α en el siguiente sistema

x0 = (α − 1) x + 3y − 5x7 y0 = −3x + (α − 1) y − 4y5

)

(C) (3 puntos) Obtener el desarrollo en serie de Fourier de la función periódica de periodo 2, que se define como f (x) = |x| para x ∈ (−1, 1)

Solución:

(A) Se trata de un sistema diferencial de primer orden de coeficientes constantes no homogéneo. Su solución general viene dada como suma de la solución general del sistema homogéneo asociado, Xg(t) , y una solución particular del sistema completo, Xp(t); esto es

X (t) = Xg(t) + Xp(t)

Comenzamos calculando Xg(t) . Para ello buscamos los autovalores y los autovectores de la matriz

de coeficientes del sistema

pA(λ) = ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −λ 1 −1/9 −λ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯= λ 2+ 1/9

Luego los autovalores son λ1 = 13i, λ2= −13i. Procedemos a calcular el autovector asociado a uno

(7)

Para λ1= 13i, resolvemos el sistema Av = 0 Ã −13i 1 −19 − 1 3i ! Ã x1 x2 ! = Ã 0 0 ! =⇒ ½ −1 3ix1+ x2= 0 ¾ =⇒ ( x1= 3α x2= iα

Tomamos, por ejemplo, como autovector asociado a λ1 = 13i, el vector v = u + iw =

à 3 0 ! + i à 0 1 ! .

Para obtener dos soluciones linealmente independientes del sistema homogéneo consideramos la parte real y la parte imaginaria de la solución compleja e(α+iβ)t(u + iw)

e1/3ti "à 3 0 ! + i à 0 1 !# = µ cos1 3t + isen 1 3t ¶ "à 3 0 ! + i à 0 1 !# = "à 3 0 ! cos1 3t − à 0 1 ! sen1 3t # + i "à 3 0 ! sen1 3t + à 0 1 ! cos1 3t #

La solución general del sistema homogéneo se puede expresar, siendo C1, C2 ∈ R, como

Xg(t) = C1 Ã 3 cos13t −sen 13t ! + C2 Ã 3sen 13t cos13t ! = Ã 3 cos13t 3sen 13t −sen 13t cos 1 3t ! Ã C1 C2 ! = M (t) · C. Procedemos ahora a calcular una solución particular del sistema completo. Para ello aplicaremos el método de variación de constantes. Este método consiste en buscar una solución particular de la forma Xp(t) = M (t) · C (t). Para determinar C (t) sustituimos en el sistema completo

Xp0(t) = A·Xp(t)+B (t) ⇐⇒ M0(t)·C (t)+M (t)·C0(t) = A·M (t)·C (t)+B (t) ⇐⇒ M (t)·C0(t) = B (t)

ya que M0(t) = A · M (t) . En nuestro caso resulta à 3 cos13t 3sen 13t −sen 13t cos 1 3t ! à C10 (t) C20 (t) ! = à 0 5 3tg 1 3t ! ⇐⇒ ( 3C10 (t) cos13t +3C20 (t) sen 13t = 0 −C10 (t) sen 13t +C20(t) cos13t = 5 3tg 1 3t )

De aquí, multiplicando la 1a ecuación por sen1

3t y la 2a ecuación por 3cos 1

3t y sumando ambas

ecuaciones, obtenemos que 3C20 (t) = 5sen13t, de donde, integrando, se obtiene C2(t) = −5 cos13t.

Por otro lado, si multiplicamos la 1aecuación por cos13t, la 2apor −3sen13t y las sumamos, tenemos que 3C10(t) = −5sen

2 1 3t

cos13tdt, de donde, integrando, se obtiene C1(t) = −5 ¡

ln¯¯sec13t + tan13t¯¯ − sen13t¢. Nuestra solución particular es

Xp(t) = Ã 3 cos13t 3sen 13t −sen 13t cos 1 3t ! Ã

−5¡ln¯¯sec13t + tan13t¯¯ − sen13t¢ −5 cos13t.

!

y ya estamos en condiciones de escribir la solución general de nuestro sistema completo X (t) = Ã 3 cos13t 3sen 13t −sen 13t cos 1 3t ! Ã C1 C2 ! + Ã 3 cos13t 3sen 13t −sen 13t cos 1 3t ! Ã

−5¡ln¯¯sec13t + tan13t¯¯ − sen13t¢ −5 cos13t.

!

(8)

(B) Para estudiar la estabilidad del (0,0) según los valores de α en el siguiente sistema x0 = (α − 1) x + 3y − 5x7

y0 = −3x + (α − 1) y − 4y5 )

consideramos el sistema lineal asociado. Para ello,teniendo en cuenta que ∂F ∂x = α − 1, ∂F ∂y = 3 ∂G ∂x = −3, ∂G ∂y = α − 1

y, sustituyendo el punto x = 0, y = 0 obtenemos el sistema lineal dado por à x0 y0 ! = à α − 1 3 −3 α − 1 ! à x y !

En este caso T =traza(A) = 2α − 2 y D = det (A) = (α − 1)2+ 9 > 0. Distinguimos entonces tres casos:

• Si α < 1, se tiene que T < 0, D > 0 y de aquí, el punto crítico (0, 0) es un punto asintótica-mente estable para el sistema lineal. Aplicando el teorema de linealización, (0, 0) es un punto asintóticamente estable para el sistema no lineal.

• Si α = 1, se tiene que T = 0, D > 0 y de aquí, el punto crítico (0, 0) es un punto estable para el sistema lineal. En este caso, el sistema lineal no nos da información sobre el sistema no lineal por lo que aplicaremos el método de Liapunov.

• Si α > 1, se tiene que T > 0, D > 0 y de aquí, el punto crítico (0, 0) es un punto inestable. Aplicando el teorema de linealización, (0, 0) es un punto inestable para el sistema no lineal. Para el caso α = 1, buscaremos una función de Liapunov de la forma E (x, y) = ax2m+ by2n con

a, b > 0 y m, n ∈ N.

Como esta función es definida positiva para todos a, b > 0 y m, n ∈ N, estudiamos el signo de E0(x, y) = ∂E

∂x · F + ∂E

∂y · G. En este caso, E0(x, y) = ∂E

∂x · F + ∂E

∂y · G

= 2ma x2m−1¡3y − 5x7¢+ 2nby2n−1¡−3x − 4y5¢ = 6ma x2m−1y − 10ma x2m+6− 6nby2n−1x − 8nby2n+4

Como el 2o y 4o sumandos son no positivos (≤ 0), si hacemos 6ma x2m−1y − 2nby2n−1x = 0, conseguiremos que E0(x, y) ≤ 0. Para ello, basta tomar m = 1, n = 1, a = 1, b = 3.

De esta forma, E (x, y) = x2+ 3y2 es una función de Liapunov para el sistema y de aquí, el punto crítico (0, 0) es un punto estable.

En este caso, como E0(x, y) = −10x8− 8y6 es definida negativa, se puede afirmar que el punto

(9)

(C) Se trata de obtener el desarrollo en serie de Fourier de la función periódica de periodo 2, que se define como f (x) = |x| para x ∈ (−1, 1) . Sabemos que, en general, la serie de Fourier de una función viene dada por

a0 2 + ∞ X n=1 ancos µ 2nπ T x ¶ + bnsen µ 2nπ T x ¶

donde los an, bn son los coeficientes de Fourier de la función f (x).

En nuestro caso, la función f (x) es una función PAR y sabemos que bn = 0 para n = 1, 2, . . . .

Calculamos los coeficientes an:

an = 4 T Z T /2 0 f (x) cos µ 2nπ 2 x ¶ dx = 4 2 Z 1 0 x cos (nπx) dx = n6=02 Ã 1 nπxsen (nπx) ¸1 0 −1 Z 1 0 sen (nπx) dx ! = −2 Z 1 0 sen (nπx) dx = −2 Ã − cos (nπx) nπ ¸1 0 ! = 2 n2π2 (cos (nπ) − 1) = ( −4 n2π2 si n = 2k − 1 0 si n = 2k a0= 2 Z 1 0 xdx = 1. Luego la serie de Fourier de f (x) viene dada por

1 2 − ∞ X k=1 4 π2(2k − 1)2 cos ((2k − 1) πx) . PROBLEMA 4.

(A) (5 puntos) Verificar que x = 0 es un punto singular regular de la ecuación diferencial 2x2y00− x (x − 1) y0− y = 0

y obtener dos soluciones linealmente independientes en forma de serie de Frobenius. (B) (5 puntos)Resolver el siguiente problema de valores en la frontera

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ∂2u ∂t2 (x, t) = ∂2u ∂x2 (x, t) , 0 < x < 2, t > 0 u (0, t) = 0, u (2, t) = 0, t > 0 u (x, 0) = 2 − x, 0 < x < 2 ∂u ∂t(x, 0) = 0, 0 < x < 2. Solución:

(10)

(A) Comprobamos, en primer lugar, que el punto x = 0 es un punto singular regular. Para ello consideramos las funciones

p(x) = −x (x − 1) 2x2

q (x) = −1 2x2

las cuales no son analíticas en el punto x = 0. De aquí, el punto x = 0 es un punto singular. Para ver si es regular o irregular consideramos las funciones

xp(x) = −x 2(x − 1) 2x2 = − (x − 1) 2 x2q (x) = −x 2 2x2 = −1 2

las cuales sí son analíticas en x = 0. De aquí el punto x = 0 es un punto singular regular. En este caso sabemos que existe, al menos, una solución de la ecuación de la forma

y (x) =

X

n=0

anxn+r

Para determinar los coeficientes de la serie así como el número real r, sustituimos en la ecuación diferencial, obteniendo 2x2 ∞ X n=0 (n + r) (n + r − 1) anxn+r−2+ ¡ x − x2¢ ∞ X n=0 (n + r) anxn+r−1− ∞ X n=0 anxn+r= 0 o de forma equivalente ∞ X n=0 2 (n + r) (n + r − 1) anxn+r + ∞ X n=0 (n + r) anxn+r− ∞ X n=0 (n + r) anxn+r+1− ∞ X n=0 anxn+r= 0. De aquí xr " X n=0 2 (n + r) (n + r − 1) anxn+ ∞ X n=0 (n + r) anxn− ∞ X n=0 (n + r) anxn+1− ∞ X n=0 anxn # = 0

Ajustando los índices de forma que cada una de las series contenga xn y separando el primer término en las dos primeras y en la última

xr " [2r (r − 1) + r − 1] a0+ ∞ X n=1 {[2 (n + r) (n + r − 1) + (n + r) − 1] an− (n + r − 1) an−1} xn # = 0 Si igualamos ahora a cero todos los coeficientes tenemos que

[2r (r − 1) + r − 1] a0 = 0

[2 (n + r) (n + r − 1) + (n + r) − 1] an− (n + r − 1) an−1 = 0, ∀n ≥ 1

La primera igualdad nos conduce a la ecuación indicial, cuya soluciones nos dan los posibles valores de r. En este caso,

(11)

El hecho de que la diferencia entre las dos raíces de la ecuación indicial no es un entero, nos permite calcular dos soluciones en serie linealmente independientes.

La segunda igualdad nos conduce a una relación de recurrencia para poder determinar la expresión de los coeficientes an. Así

an=

1

2n + 2r + 1an−1, ∀n ≥ 1 Haciendo bien r = 1 o bien r = −1/2, obtenemos los siguientes valores:

r = 1 r = −1/2 an= 1 2n + 3an−1, a0 ∈ R bn= 1 2nbn−1, b0 ∈ R a1= 1 5a0 b1= 1 2b0 a2= 1 7 · 5a1 = 1 7 · 5a0 b2= 1 4b1 = 1 4 · 2b0 a3= 1 9a2 = 1 9 · 7 · 5a0 b3= 1 6b2 = 1 6 · 4 · 2b0 a4= 1 11a3 = 1 11 · 9 · 7 · 5a0 b4= 1 8b3 = 1 8 · 6 · 4 · 2b0 En general an= 1 5 · 7 · · · (2n + 3)a0 bn= 1 2 · 4 · · · 2nb0 Por consiguiente, la ecuación diferencial tiene dos soluciones de la forma

y1(x) = a0x à 1 + ∞ X n=1 1 5 · 7 · · · (2n + 3)x n ! y2(x) = b0x−1/2 à 1 + ∞ X n=0 1 2 · 4 · · · 2nx n ! . Aunque hemos calculado dos soluciones en serie, el enunciado nos indicaba que bastaba el cálculo de una de ellas.

(B) Para resolver este problema por el método de separación de variables, se empieza por suponer que la ecuación de onda tiene una solución de la forma

u (x, t) = X (x) T (t) .

Para determinar X y T, primero se calculan las derivadas parciales de la función u ∂2u

∂t2 = X (x) T00(t)

∂2u

∂x2 = X00(x) T (t)

y se sustituyen estas expresiones en la ecuación resultando X (x) T00(t) = X00(x) T (t) , y, separando las variables

T00(t)

T (t) =

X00(x)

(12)

Observamos ahora que las funciones del primer miembro dependen solamente de t, mientras que las del segundo miembro dependen solamente de x y, puesto que x y t son variables independientes entre sí, los dos cocientes deben ser iguales a alguna constante λ. Por tanto,

T00(t) T (t) = λ y X00(x) X (x) = λ o bien X00(x) − λX (x) = 0 y T00(t) − λT (t) = 0.

En consecuencia, para soluciones separables, el problema de resolver la ecuación en derivadas parciales se ha reducido al problema de resolver dos ecuaciones diferenciales ordinarias.

Si consideramos ahora las condiciones de contorno y, teniendo en cuenta que u (x, t) = X (x) T (t) tenemos que

X (0) T (t) = 0 y X (2) T (t) = 0, t > 0.

Por consiguiente, o bien T (t) = 0 para todo t > 0, lo cual implica que u (x, t) ≡ 0 o bien X (0) = X (2) = 0.

Ignorando la solución trivial, se combinan las condiciones de contorno con la ecuación diferencial en X y se obtiene el problema

X00(x) − λX (x) = 0 X (0) = X (2) = 0

Para resolver el problema, empezamos con la ecuación característica r2− λ = 0 y consideramos

tres casos.

Caso 1. λ > 0. En este caso, las raíces de la ecuación característica son ±√λ, de modo que la solución general de la ecuación diferencial es

X (x) = C1e √ λx+ C 2e− √ λx

Si recurrimos a las condiciones de contorno, X (0) = X (2) = 0, para determinar C1 y C2

obten-emos que la única solución es C1 = C2 = 0. Por consiguiente, no existe solución no trivial para

λ > 0.

Caso 2. λ = 0. Ahora r = 0 es una raíz doble de la ecuación característica y la solución general de la ecuación diferencial es

X (x) = C1+ C2x.

Las condiciones de contorno implican de nuevo que C1 = C2 = 0 y, consecuentemente, no existe

solución no trivial.

Caso 3. λ < 0. En este caso las raíces de la ecuación característica son ±i√−λ y la solución general de la ecuación es X (x) = C1cos √ −λx + C2 sen √ −λx En esta ocasión, las condiciones de contorno dan lugar al sistema

X (0) = 0 =⇒ C1 = 0

X (2) = 0 =⇒ C2 sen2

(13)

De aquí, existe una solución no trivial cuando 2√−λ = nπ o lo que es lo mismo λ = −n

2π2

4 n = 1, 2, . . .

Ademá,s las soluciones no triviales Xn(x) correspondientes al valor λ = −n2π2/4 están dadas por

Xn(x) = ansen

³n 4πx

´

, n = 1, 2, . . . donde los valores an son constantes arbitrarias distintas de cero.

Si sustituimos λ en la segunda ecuación y calculamos T (t) obtenemos Tn(t) = bnsen

n

4πt + cncos n

4πt, n = 1, 2, . . . Combinando las dos funciones resultan soluciones del problema de la forma

un(x, t) = ³ Ansen n 4πt + Bncos n 4πt ´ senn 4πx, n = 1, 2, . . . donde las An y Bn son constantes. Aplicando el principio de superposición, la serie

u (x, t) = ∞ X n=1 ³ Ansen n 4πt + Bncos n 4πt ´ senn 4πx, es una solución de la ecuación que satisface las dos primeras condiciones.

Nos falta únicamente determinar los coeficientes constantes {An}∞n=1 y {Bn}∞n=1 para que la

solución verifique las condiciones iniciales, esto es u (x, 0) = ∞ X n=1 Bn sen nπx 4 = 2 − x, 0 ≤ x ≤ 2, ∂u ∂t (x, 0) = ∞ X n=1 nπ 4 An sen nπ 4 x = 0, 0 ≤ x ≤ 2,

de donde se deduce que An= 0, n = 1, 2, . . . y Bnson los coeficientes del desarrollo en senos de

la función f (x) = 2 − x en el intervalo (0, 2). Bn= 4 4 2 Z 0 (2−x)sen ³nπ4 x ´ dx = 8 n2π2 ³ nπ − 2sen³nπ2 ´´ = ( 8 nπ si n = 2k 8 n2π2 ³ nπ − 2 (−1)k ´ si n = 2k − 1 De modo que la solución de nuestro problema está dada por

u (x, t) = ∞ X k=1 4 kπ cos kπt 2 sen kπx 2 + 8 (2k − 1)2π2 ³ (2k − 1) π − 2 (−1)k´cos(2k − 1) πt 4 sen (2k − 1) πx 4 .

Figure

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