ETSI Caminos, Canales y Puertos. Graduado en Ing. Civil y Territorial
Examen de Ecuaciones Diferenciales (10/04/2012)
Ejercicio 1Dado el problema de valor inicial
(P)
x00+ 2x0+x=−2 sint, t >0, x(0) = 2, x0(0) = 1,
se pide:
1. Deducir si tiene soluci´on ´unica.
2. Interpretar la ecuaci´on en t´erminos de un cuerpo sujeto a un soporte por un muelle.
3. Calcular la soluci´on exacta.
4. Determinar el comportamiento a lo largo del tiempo respecto a la posici´on de equilibrio.
Soluci´on: 1. Se trata de un problema de valor inicial lineal con coeficientes constantes y segundo miembro f(x) = −2 sint regular. Por tanto existe una ´unica soluci´on en cualquier intervalo de la forma I = [0, a]
2. x(t) representa el desplazamiento respecto a la posici´on de equilibrio de un cuerpo sujeto a un muelle (fuerza de restauraci´on dada por−x) en un medio con amortiguamiento (t´ermino 2x0), y sobre el que act´ua una fuerza peri´odica f(t) =−2 sint. La posici´on inicial del cuerpo est´a desplazada a la derecha (x(0) = 2) y tiene un impulso inicial hacia la derechax0(0) = 1.
3. Usando el polinomio caracter´ıstico se deduce f´acilmente que las soluciones de la ecuaci´on homog´enea
x00+ 2x0+x= 0,
forman un espacio vectorial de dimensi´on 2 generado por
xh1(t) =e−t, xh2(t) =te−t,
Por otro lado, una soluci´on particular se encuentra f´acilmente probando con soluciones de la forma xp(t) =Asint+Bcostpara algunas constantesA, B ∈R. Se obtiene
xp(t) = cost
La soluci´on general es
x(t) =αe−t+βte−t+ cost.
donde las constantes α, β∈Rse determinan a partir de los datos iniciales. Nos queda
x(t) =e−t+ 2te−t+ cost.
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Examen de Ecuaciones Diferenciales (10/04/2012)
Ejercicio 3
1. Dada la ecuaci´on diferencial ordinaria
4xy00+ 2y0+y=√x, x >0,
obtenga la soluci´on general. Indicaci´on: Efect´ue el cambiox=t2.
2. Deduzca si el problema de contorno siguiente tiene soluci´on o soluciones, sin calcularlas:
(P C3)
4xy00+ 2y0+y=√x, x∈(π2,4π2),
y(π2) =y0(π2), y(4π2) = 0.
Soluci´on: 1. Tomemos el cambio t = √x que transforma x ∈ R+ en t ∈ R+. Definimos z(t) =y(t2). Entonces,
z0(t) = 2ty0(t2), z00(t) = 2y0(t2) + 4t2y00(t2)
de donde se deduce,
y0(t2) = z
0(t)
2t , y
00
(t2) = z
00(t)−z0(t)/t
4t2
Tomando x=t2 en la ecuaci´on original y sustituyendo llegamos a
z00(t) +z(t) =t
Las soluciones de la homog´enea se generan con zh1 = cost, zh2 = sint; mientras que una soluci´on particular es zp(t) =t. Por tanto, la soluci´on general es
z(t) =Acost+Bsint+t, A, B∈R.
Deshaciendo el cambio
y(x) =Acos√x+Bsin√x+√x.
2. El problema (P C3) es equivalente al problema de contorno
z00+z=t, t∈(π,2π), z(π) =z0(π)/(2π), z(2π) = 0.
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Examen de Ecuaciones Diferenciales (10/04/2012)
Soluci´on del ejercicio 2 de los tres grupos: A, B y C
Ejercicio 2
1. Dado el problema de autovalores:
(PA)
y00+λy= 0 , x∈(0, π)
y(0) =y0(π) = 0
encontrar los autovalores y autofunciones.
2. Consideremos los problemas de contorno:
(PC1)
y00+y= sen(x/2)−sen(5x/2) , x∈(0, π)
y(0) =y0(π) = 0
(PC2)
y00+ 494y = sen(x/2)−sen(5x/2) , x∈(0, π)
y(0) =y0(π) = 0
Se pide:
(a) ¿Puede asegurarse que los problemas (PC1) y (PC2) admiten una soluci´on ´unica?
(b) En caso de que (PC1) tenga soluci´on (o soluciones), calcularla(s) mediante su desarrollo en serie de Fourier de las autofunciones del problema (PA).
Soluci´on.
1. Como los autovalores de todo problema autoadjunto son reales estudiaremos por separado
λ = 0 y λ6= 0. Caso λ = 0
y(x) =Ax+B y0(x) =A ,
y(0) = 0⇒ B = 0
y0(π) = 0⇒A= 0
soluci´on trivial
luego λ= 0 no es autovalor.
Caso λ 6= 0
y(x) =Acos
√
λx+Bsen
√
λx
y0(x) =
√
λ(−Asen
√
λx+Bcos
√
λx ,
y(0) = 0⇒A= 0
y0(π) = 0⇒√λBcos√λπ = 0
Al ser λ6= 0,
Bcos
√
λπ= 0 ⇔
B = 0 A⇒=0 soluci´on trivial ´
o
cos
√
λπ = 0⇔ √
λπ = (2n−1)π2 , n ∈Z
Luego los autovalores o valores propios de (PA) son:
λ≡λn=
2n−1 2
2
; n= 1,2,· · ·
y las autofunciones asociadas para cada λn son:
yn(x) =Bsen
p
λnx=Bsen
2n−1
2 x , B ∈R
que constituyen un subespacio vectorial (del espacio C2[0, π]) propio o de autofunciones, de dimensi´on 1. Tomamos como generador de cada subespacio propio la funci´on:
ϕn(x) = sen
2n−1
2 x
El conjunto: (ϕn(x))n=1,2,··· constituye una base hilbertiana del espacio L2(0, π) o de las
funciones de cuadrado integrable en el intervalo (0, π).
2. (a) Comoµ = 1 no es autovalor de (PA), el problema homog´eneo asociado a (PC1) s´olo tiene la soluci´on trivial y el problema (PC1) tiene soluci´on ´unica.
Como µ = 494 es autovalor de (PA), µ = λ4, el problema homog´eneo asociado a (PC2) tiene infinitas soluciones y el problema (PC2) puede o tener, tambi´en, infinitas soluciones o no tener soluci´on.
En este caso, f(x) = sen(x/2)−sen(5x/2) =ϕ1(x)−ϕ3(x), luego la autofunci´on ϕ4 asociada a λ4 es ortogonal a f. En efecto:
(f, ϕ4)L2(0,π) = (ϕ1(x)−ϕ3(x), ϕ4)L2(0,π)= (ϕ1, ϕ4)L2(0,π)−(ϕ1, ϕ4)L2(0,π) = = R0πsen(x/2) sen(7x/2)dx−Rπ
0 sen(3x/2) sen(7x/2)dx = 0
Por tanto el problema no homog´eneo (PC2) tiene, tambi´en, infinitas soluciones.
(b) Sea:
y(x) =
∞
X
n=1
cnϕn(x)
donde cn son los coeficientes (desconocidos) de Fourier de la soluci´on de (PC1) en
la base considerada.
Entrando, formalmente, en la ecuaci´on se tiene:
∞
X
n=1
(cnϕ00n+cnϕn) =f(x) = sen
1
2x−sen 5 2x=
∞
X
n=1
anϕn
con an los coeficientes de Fourier de f ∈L2(0, π) en la base (ϕn)n=1,2,...:
an =
(f,ϕn)L2(0,π) (ϕn,ϕn)L2(0,π) =
Rπ
0Rf(x)ϕn(x)dx
π
0 ϕ2n(x)dx =
1
kϕnk2
Rπ
0 f(x) sen 2n−1
2 x dx=
=
Rπ
0 f(x) sen 2n−1
2 x dx
Rπ
0 sen2 2
n−1 2 x dx
= 2
π
Rπ
0 f(x) sen 2n−1
2 x dx
Teniendo en cuenta que ϕ00
n =−λnϕn para todo valor de n:
∞
X
n=1
cn(−λn+ 1)ϕn =
∞
X
n=1
y como el desarrollo de Fourier es ´unico, al ser (ϕn)n=1,2,... base, se obtiene:
cn =
an
−λn+ 1
En este caso, comof(x) es una combinaci´on lineal finita de dos elementos de la base:
f(x) = ϕ1(x)−ϕ3(x) ⇒
a1 = 1, a3 =−1
an= 0 , n6= 1,3
resulta:
c1 = −λa1 1+1 =
1
−1/4+1 = 4 3
c3 = −λa3
3+1 =− 1
−25/4+1 = 4 21
cn = 0 , n6= 1,3
Finalmente la soluci´on de (PC1) es:
y(x) = 4 3sen
1 2x+
4 21sen
5 2x
