1. Resuelva la siguiente ecuación diferencial usando la transformada de Laplace. { 0 si 0 t < 3 t si t 3

Semestre Oto˜no 2009 Jueves 18 de Junio PAUTA SOLEMNE No_{2 ECUACIONES DIFERENCIALES}

1. Resuelva la siguiente ecuaci´on diferencial usando la transformada de Laplace.

y0− y = f (t), y(0) = 0, donde f (t) = ½ 0 si 0 ≤ t < 3 t si t ≥ 3

Soluci´on: Primero observemos que podemos reescribir el lado derecho de la ecuaci´on anterior en t´erminos de la funci´on salto, esto es

f (t) = tH(t − 3) = (t − 3)H(t − 3) + 3H(t − 3) donde, H(t) = ½ 0 si t < 0 1 si t ≥ 0 Hagamos Y (s) = L(y(t))(s).

Si aplicamos la transformada de Laplace a f (t) obtenemos:

L(f (t))(s) = L((t − 3)H(t − 3))(s) + L(3H(t − 3))(s) = e−3sL(t)(s) + 3e−3s s = e−3s s2 + e−3s s = = µ 3s + 1 s2 ¶ e−3s

Apliquemos ahora la transformada a la ecuaci´on dada. Se tiene:

L(y0_{(t))(s) − L(y(t))(s) = L(f (t))(s)} sL(y(t))(s) − y(0) − L(y(t))(s) =

µ 3s + 1 s2 ¶ e−3s sL(y(t))(s) − L(y(t))(s) = µ 3s + 1 s2 ¶ e−3s (s − 1)L(y(t))(s) = µ 3s + 1 s2 ¶ e−3s L(y(t))(s) = µ 3s + 1 s2_{(s − 1)} ¶ e−3s

Descompongamos en fracciones parciales la expresi´on de la derecha: 3s + 1 s2_{(s − 1)} = A1 s + A2 s2 + A3 s − 1 3s + 1 = A1s(s − 1) + A2(s − 1) + A3s2 3s + 1 = (A₁+ A₃)s2+ (A₂− A₁)s − A₂ Con lo cual tenemos: A₁ = −4, A₂= −1 A₃ = 4

Por tanto, g(t) = L−1 µ 3s + 1 s2_{(s − 1)} ¶ = −4L−1 µ 1 s ¶ − L−1 µ 1 s2 ¶ + 4L−1 µ 1 s − 1 ¶ ⇒ g(t) = −4 − t + 4et As´ı, y(t) = g(t − 3)u(t − 3) ⇒ y(t) = −4 − (t − 3) + 4et−3

2. Dado el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden, encuentre la soluci´on particular que verifica las condiciones iniciales dadas.

                       2dx dt − 5x + dy dt = et dx dt − x + dy dt = 5et x(0) = −4 3 y(0) = 5

Soluci´on: Aplicando la transformada de Laplace al sistema se tiene: 2L(x0_{(t)) − 5L(x(t)) + L(y}0_{(t)) = L(e}t₎ L(x0_{(t)) − L(x(t)) + L(y}0_{(t)) = 5L(e}t₎ que es equivalente a: 2(sL(x(t)) − x(0)) − 5L(x(t)) + sL(y(t)) − y(0) = 1 s − 1 sL(x(t)) − x(0) − L(x(t)) + sL(y(t)) − y(0) = 5 s − 1

Reemplazando las condiciones iniciales dadas y agrupando t´erminos: (2s − 5)L(x(t)) + sL(y(t)) = 1 s − 1 + 7 3 (s − 1)L(x(t)) + sL(y(t)) = 5 s − 1 + 11 3

Utilizamos el m´etodo de Cramer para resolver este sistema en las variables L(x(t)) y

Despejando las variables obtenemos, L(x) = ¯ ¯ ¯ ¯ 7s−4 3(s−1) s 11s+4 3(s−1) s ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2s − 5 s s − 1 s ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ Desarrollando los determinantes, tenemos:

L(x) = 7s2_−4s 3(s−1) −11s 2_+4s 3(s−1) 2s2_{− 5s − (s}2_{− s)} = −4s2_{− 8s} 3(s − 1)(s2_{− 4s)} = −4s − 8 3(s − 1)(s − 4) Descompongamos esta ´ultima desigualdad en fracciones parciales.

−4s − 8 3(s − 1)(s − 4) = A 3(s − 1)+ B s − 4 −4s − 8 = 3A(s − 1) + B(s − 4) = (A + 3B)s − 4A − 3B

y para el sistema asociado tenemos: A = 4 y B = −8₃

⇒ L(x) = 4

3(s − 1)− 8 3(s − 4)

y calculando la transformada inversa:

x(t) = 4

3e

t₋8

3e 4t

Procedemos de manera similar para calcular y(t), obteni´endose:

y(t) = 5et+ 2e4t− 2

Una estrategia alternativa para resolver este ejercicio consiste en observar que en ambas ecuaciones s´olo aparece la variable x. Por tanto, podemos pensar en despejar dy

dt de la

primera ecuaci´on, obteniendo

dy dt = e

t_{− 2}dx dt + 5x

Ahora, reemplazando en la segunda ecuaci´on:

dx dt − x + e t_{− 2}dx dt + 5x = 5e t −dx dt + 4x = 4e t dx dt = 4x + 4e t

Para solucionarla, primero consideremos la ecuaci´on homog´enea relacionada con ella:

dx dt = 4x

Separando variables: dx x = 4dt Integrando obtenemos, ln(x) = 4t + c1 As´ı, x(t) = C e4t

Ahora encontremos una soluci´on particular. Supongamos que

xp(t) = 4Aet=⇒ dx_dt = Aet

Reemplazando en nuestra ecuaci´on diferencial para x(t):

Aet− 4Aet= −4et Luego,

−3Aet= −4et=⇒ A = 4 3 Por lo tanto xp(t) = 4₃et

Juntando la soluci´on particular con la homog´enea, tenemos:

xg(t) = C e4t+ 4₃et Pero, x(0) = −4 3 =⇒ x(0) = Ce 0₊4 3e 0_{= −}4 3 =⇒ C = − 8 3 Finalmente xg(t) = 4₃et−8₃e4t

Para obtener la funci´on y(t) utilizaremos el despeje obtenido anteriormente y reem-plazaremos la funci´on x(t) quedando:

dy dt = 5e

t₊24

3 e

4t_{= 5e}t_{+ 8e}4t

Integrando esta ´ultima expresi´on nos queda

y(t) = 5et+ 2e4t− 2

La soluci´on del sistema es: ( x(t) = 4 3e t₋8 3e 4t y(t) = 5et_{+ 2e}4t_{− 2}

3. Considere la funci´on f (t) = t2 con per´ıodo 2π y definida para t ∈ [−π, π]. Determine la serie de Fourier de f . Construya el gr´afico de la funci´on para el intervalo dado y exti´endalo para todo R.

Soluci´on: Primero que todo y para simplificar los c´alculos, observemos que la funci´on

f (t) es par en un intervalo sim´etrico en torno al cero. Por lo tanto s´olo necesitamos

calcular los coeficientes a_n para todo n pues el valor de los coeficientes b_n es cero para todo n. Luego: a0 = _π1 Z _π −pi t2dt = 2 π Z _π 0 t2dt = 2t3 3π ¯ ¯ ¯ ¯ π 0 = 2π2 3

El c´alculo de los an lo efectuaremos realzando una doble integraci´on por partes.

an= _π1 Z _π −π t2cos(nt)dt = 2 π Z _π 0 t2cos(nt)dt an= _π2 Z _π 0 t2cos(nt)dt = 2 π · t2 nsen(nt) ¯ ¯ ¯ ¯ π 0 − 2 n Z _π 0 t sen(nt)dt ¸ an= _π2 " t2 nsen(nt) ¯ ¯ ¯ ¯ π 0 − 2 n · − t ncos(nt) ¯ ¯ ¯ ¯ π 0 + 1 n Z _π 0 cos(nt)dt ¸# an= _π2 " t2 nsen(nt) ¯ ¯ ¯ ¯ π 0 − 2 n · − t ncos(nt) ¯ ¯ ¯ ¯ π 0 + 1 n2sen(nt) ¯ ¯ ¯ ¯ π 0 ¸# an= 2_π µ 2π n cos(nπ) ¶ = 4 n2cos(nπ) Si n es par: cos(nt) = 1 ⇒ an= _n4₂ Si n es impar: cos(nt) = −1 ⇒ an= −_n4₂

Por lo tanto, la serie de Fourier correspondiente es:

f (t) = π 2 3 + 4 X n par cos(nt) n2 − X n impar cos(nt) n2 O de otra forma: f (t) = π2 3 + 4 ∞ X n=1 (−1)n_cos(nt) n2