Segon Parcial. 16:00h. 14/01/2013. Matem`atiques 3 - 2012/2013 Q1 Professors: N´uria Par´es (M1), Yolanda Vidal (M2), Jose J. Mu˜noz (M3),
Francesc Pozo (M4), Silvia Gago (T1), Mireia L´opez (T2) RESPONEU LES PREGUNTES EN FULLS SEPARATS!
1. [2 punts] Resoleu els seg¨uents problemes de valor inicial (PVI):
(a) [1 punt] ex+y dydx = 2x on y(0) = 0. y(x) = (b) [1 punt] y′′′(t) = t2 on y(0) = y′(0) = y′′(0) = 0. y(t) = Ajuda: L{tn} = n!
sn+1 , (P2) L{f(n)(t)} = snF (s) − sn−1f (0) − . . . − sf(n−2)(0) − f(n−1)(0)
2. [2 punts] Calculeu
(a) L’antitransformada de Laplace de la funci´o F (s) = 2s2+ s + 1 s(s2+ 1) . L−1{F (s)} =
(b) L’antitransformada de Laplace de la funci´o F (s) = 5 (s − 3)2+ 9. L−1{F (s)} =
(c) La transformada de Laplace de la funci´o f (t) =
1, 0 ≤ t < 1 e−2t, t > 1.
Utilitzeu la definici´o de transformada de Laplace per a fer el c`alcul.
L{f (t)} = Ajuda: L{tn} = n!
sn+1, L{sin(ωt)} = ω
s2+ ω2, L{cos(ωt)} = s
s2+ ω2, (P6) L{eαtf (t)} = F (s−α)
3. [2 punts] L’equaci´o diferencial
LQ′′+ RQ′+Q
C = E(t)
descriu el comportament de la c`arrega d’un condensador de capacit`ancia C, que est`a instalat en s`erie amb una resit`encia R, una bobina d’induct`ancia L, i un voltatge E(t). Considereu el circuit en qu`e L = 1, R = 3, C = 12, i E(t) = sin (et), i resoleu l’equaci´o diferencial per tal de trobar Q(t).
soluci´o de l’edo homog`enia:
soluci´o del problema: Q(t) =
4. [2 punts] Es vol resoldre l’equaci´o diferencial ordin`aria seg¨uent: y′+ y = 2ty2
(a) [0.5 punt] Marqueu quin/s m`etodes es podrien fer servir per a trobar la soluci´o general de l’edo anterior (justifiqueu la resposta).
variables separables Laplace factor d’integraci´o
variaci´o de les constants coeficients indeterminats cap dels anteriors
Justificaci´o:
(b) [1.5 punt] Trobeu la soluci´o general de l’edo seguint els seg¨uents passos:
(i) Es considera el canvi de variable dependent u(t) = y(t)1 . Torneu la nova edo en funci´o de la variable dependent u(t), ´es a dir, l’edo en funci´o de u(t) i u′(t) i no de y(t) i y′(t). Utilitzeu la relaci´o y(t) = u(t)1 per a substituir tant y(t) com y′(t) en l’edo. Per calcular y′(t) en funci´o de u(t) i u′(t) utilitzeu la derivada d’un quocient.
(ii) Reescriviu/simplifiqueu l’edo de l’apartat (i) per a obtenir una edo de primer ordre lineal a coeficients constants en u(t). edo lineal
(iii) Trobeu la soluci´o general u(t) resolent l’edo lineal a coeficients constants de l’apartat (ii).
u(t) =
(iv) Utilitzeu la relaci´o y(t) = u(t)1 per a tornar la soluci´o general de l’edo original, i trobeu la soluci´o particular que verifica la condici´o inicial y(0) = 1/3.
y(t) =
5. [2 punts] El moviment d’un p`endol de massa m, longitud L i d’angle θ respecte la vertical es troba resolent l’edo
mLθ′′+ mg sin θ + bLθ′ = f (t)
on g ´es la constant de gravetat, b ´es la constant d’amortiment i f (t) ´es la for¸ca externa que s’aplica a la massa. L’angle θ(t) descriu el moviment del p`endol.
g
m L θ
(a) [0.5 punt] Es possible trobar una soluci´´ o anal´ıtica utilitzant les t`ecniques descrites durant el curs? I mitjan¸cant t`ecniques num`eriques?
S´I anal´ıticament NO anal´ıticament
S´I num`ericament NO num`ericament
Justificaci´o:
(b) [1.5 punt] Per petits despla¸caments, l’edo que governa el despla¸cament del p`endol es pot simplificar tenint en compte que sin θ ≈ θ de manera que s’obt´e l’edo lineal
mLθ′′+ mgθ + bLθ′ = f (t)
Trobeu la soluci´o general del problema pels valors m = 1, g = 10, b = 0, L = 10 i f (t) = cos t.
θ(t) =
(c) [0.5 punt] Sigui θ(t) = 12t sin(2t) una soluci´o particular del problema del p`endol linealitzat mLθ′′+ mgθ + bLθ′ = 4 cos(2t)
per a certs valors dels par`ametres m, L, g i b. Calculeu una soluci´o particular de l’edo mLθ′′+ mgθ + bLθ′ = 8 cos(2t).
θ(t) =
Segon Parcial. 16:00h. 14/01/2013. Matem`atiques 3 - 2012/2013 Q1 Professors: N´uria Par´es (M1), Yolanda Vidal (M2), Jose J. Mu˜noz (M3),
Francesc Pozo (M4), Silvia Gago (T1), Mireia L´opez (T2) RESPONEU LES PREGUNTES EN FULLS SEPARATS!
1. [2 punts] Resoleu els seg¨uents problemes de valor inicial (PVI):
(a) [1 punt] ex+y dydx = 2x on y(0) = 0. y(x) = ln(3 − 2e−x(x + 1))
(b) [1 punt] y′′′(t) = t2 on y(0) = y′(0) = y′′(0) = 0. y(t) = t5 60 Ajuda: L{tn} = n!
sn+1 , (P2) L{f(n)(t)} = snF (s) − sn−1f (0) − . . . − sf(n−2)(0) − f(n−1)(0) Soluci´o:
(a) Aquesta edo ´es una edo de variables separables ex+ydy
dx = 2x ⇐⇒ exeydy
dx = 2x ⇐⇒ eydy = 2xe−xdx ⇐⇒
Z
eydy = Z
2xe−xdx Si calculem les integrals tenim:
Z
eydy = ey Z
xe−xdx = (∗)
− xe−x+ Z
e−xdx = −xe−x− e−x= −e−x(x + 1)
(∗)
u = x du = dx dv = e−x v = −e−x
Per tant igualant tenim:
ey = −2e−x(x + 1) + C =⇒ y(x) = ln(C − 2e−x(x + 1)) Si imposem ara la condici´o inicial
0 = y(0) = ln(C − 2) =⇒ C − 2 = e0 = 1 =⇒ C = 3, per tant la soluci´o particular ´es y(x) = ln(3 − 2e−x(x + 1)).
(b) Apliquem la transformada de Laplace a l’edo y′′′(t) = t2
L{y′′′(t)}(s) = L{t2}(s) ⇐⇒ s3Y (s) − s2y(0)
|{z}
0
−s y′(0)
| {z }
0
− y′′(0)
| {z }
0
= 2 s3 i despr´es de substituir les condicions inicials a¨ıllem Y (s) = L{y(t)}(s):
Y (s) = 2
s6 =⇒ y(t) = L−1{Y (s)}(t) = L−1 2 s6
(t) = 2
5!L−1 5!
s6
(t) = 2
5!t5 = t5 60.
2. [2 punts] Calculeu
(a) [0.75 punts] L’antitransformada de Laplace de la funci´o F (s) = 2s2+ s + 1 s(s2+ 1) .
L−1{F (s)} = 1 + cos(t) + sin(t) (b) [0.75 punts] L’antitransformada de Laplace de la funci´o F (s) = 5
(s − 3)2+ 9. L−1{F (s)} = 5
3e3tsin (3t) (c) [0.5 punts] La transformada de Laplace de la funci´o f (t) =
1, 0 ≤ t < 1 e−2t, t > 1.
Utilitzeu la definici´o de transformada de Laplace per a fer el c`alcul.
L{f (t)} = −e−s s +1
s +e(−2−s)
s + 2 , si s > −2 Ajuda: L{tn} = n!
sn+1, L{sin(ωt)} = ω
s2+ ω2, L{cos(ωt)} = s
s2+ ω2, (P6) L{eαtf (t)} = F (s−α) Soluci´o:
(a) Observem que el denominador est`a factoritzat i cont´e una arrel real simple i una arrel complexa simple. Fem la descomposici´o en fraccions simples i obtenim,
2s2+ s + 1 s(s2+ 1) = A
s +Bs + C
s2+ 1 = A(s2+ 1) + s(Bs + C) s(s2+ 1)
= (A + B)s2+ Cs + A s(s2+ 1) =
(∗) 1
s+ s + 1 s2+ 1
(∗) igualant els coeficients de 2s2+ s + 1 = (A + B)s2+ Cs + A s’obt´e A = B = C = 1
Per tant,
L−1 2s2+ s + 1 s(s2+ 1)
= L−1 1
s+ s + 1 s2+ 1
= L−1 1 s+ s
s2+ 1+ 1 s2+ 1
= 1 + cos(t) + sin(t).
(b) Sabem que
sin (3t) ←→ 3 s2+ 9 Per tant, utilitzant la propietat (P6),
e3tsin (3t) ←→ 3 (s − 3)2+ 9 i, finalment, utilitzant la linealitat de la transformada,
5
3e3tsin (3t) ←→ 5 3
3 (s − 3)2+ 9 Per tant, l’antitransformada buscada ´es 53e3tsin (3t).
(c) Utilitzant la definici´o de transformada de Laplace, L{f (t)} =
Z 1
0
e−stdt + Z ∞
1
e−2te−stdt =
−e−st s
1 0
+ lim
T →∞
Z T 1
e(−2−s)tdt
= −e−s s +1
s+ lim
T →∞
e(−2−s)t
−2 − s
t=T
t=1
= −e−s s +1
s+ lim
T →∞
e(−2−s)T
−2 − s − e(−2−s)
−2 − s
= −e−s s +1
s+e(−2−s)
s + 2 , si s > −2.
En l’´ultim pas s’ha tingut en compte que lim
T →∞e(−2−s)T = 0 per (−2 − s) < 0 i que per altres valors de s NO convergeix. Per aix`o cal que s > −2.
3. [2 punts] L’equaci´o diferencial
LQ′′+ RQ′+Q
C = E(t)
descriu el comportament de la c`arrega d’un condensador de capacit`ancia C, que est`a instalat en s`erie amb una resit`encia R, una bobina d’induct`ancia L, i un voltatge E(t). Considereu el circuit en qu`e L = 1, R = 3, C = 12, i E(t) = sin (et), i resoleu l’equaci´o diferencial per tal de trobar Q(t).
soluci´o de l’edo homog`enia: Qh(t) = C1e−t+ C2e−2t soluci´o del problema: Q(t) = C1e−t+ C2e−2t− e−2tsin(et) Soluci´o:
Aquesta ´es una EDO de segon ordre, lineal, a coeficients constants, i no homog`enia. Observem que el terme E(t) = sin (et) no t´e una fam´ılia finita de derivades i, per tant, no podem utilitzar el m`etode dels coeficients indeterminats. Utilitzarem, doncs, el m`etode de variaci´o de les constants per trobar una soluci´o particular. Primer, per`o, trobarem la soluci´o de l’homog`enia. ´Es a dir, seguirem els seg¨uents passos:
(0) Per tal d’utilitzar la notaci´o habitual anomenem y(t) = Q(t) i f (t) = E(t). De manera que volem resoldre l’EDO,
y′′+ 3y′+ 2y = f (t).
(1) Trobem una soluci´o general yh = C1y1+ C2y2 de la corresponent equaci´o homog`enia yh′′+ 3yh′ + 2yh= 0.
(2) Calculem el determinant (wronski`a)
W =
y1 y2 y1′ y2′
(3) Calculem u′1 = −yW2f(t) i u′2= y1Wf(t).
(4) Integrem per obtenir u1 i u2.
(5) Una soluci´o particular ve donada per yp = u1y1+ u2y2. (6) La soluci´o general ve donada per y = yh+ yp.
En efecte,
(1) L’equaci´o caracter´ıstica de l’equaci´o diferencial homog`enia y′′h+ 3yh′ + 2yh = 0 ´es s2+ 3s + 2 = 0,
que t´e com a solucions els valors
s1 = −1, s2 = −2.
La soluci´o de l’equaci´o diferencial homog`enia ´es, doncs, yh = C1e−t+ C2e−2t (2) Tenint en compte que y1= e−t i y2= e−2t, aleshores
W =
e−t e−2t
−e−t −2e−2t
= −2e−3t+ e−3t= −e−3t
u′1 = −e−2tsin(et)
−e−3t = etsin(et) u′2 = e−tsin(et)
−e−3t = −e2tsin(et) (4) Integrant,
u1 =R u′1dt =R etsin(et)dt = − cos(et) u2 =R u′2dt =R −e2tsin(et)dt = −R
et
|{z}
u(t)
etsin(et) dt
| {z }
v′(t) dt
= (∗)
− −etcos(et) +R etcos(et) dt
(∗)
u(t) = et ⇒ u′(t) dt = etdt v′(t) dt = etsin (et) dt ⇒ v(t) = − cos(et)
= etcos(et) − sin(et).
(5) La soluci´o particular ´es
yp= −e−2tsin(et).
(6) Finalment, la soluci´o general de l’equaci´o diferencial ´es
y(t) = C1e−t+ C2e−2t− e−2tsin(et)
4. [2 punts] Es vol resoldre l’equaci´o diferencial ordin`aria seg¨uent: y′+ y = 2ty2
(a) [0.5 punt] Marqueu quin/s m`etodes es podrien fer servir per a trobar la soluci´o general de l’edo anterior (justifiqueu la resposta).
variables separables Laplace factor d’integraci´o
variaci´o de les constants coeficients indeterminats cap dels anteriors
Justificaci´o: Cap de les opcions ja que ´es una edo no lineal, no separable.
(b) [1.5 punt] Trobeu la soluci´o general de l’edo seguint els seg¨uents passos:
(i) Es considera el canvi de variable dependent u(t) = y(t)1 . Torneu la nova edo en funci´o de la variable dependent u(t), ´es a dir, l’edo en funci´o de u(t) i u′(t) i no de y(t) i y′(t). Utilitzeu la relaci´o y(t) = u(t)1 per a substituir tant y(t) com y′(t) en l’edo. Per calcular y′(t) en funci´o de u(t) i u′(t) utilitzeu la derivada d’un quocient.
(ii) Reescriviu/simplifiqueu l’edo de l’apartat (i) per a obtenir una edo de primer ordre lineal a coeficients constants en u(t). edo lineal− u′(t) + u(t) = 2t.
(iii) Trobeu la soluci´o general u(t) resolent l’edo lineal a coeficients constants de l’apartat (ii).
u(t) = 2(t + 1) + Cet (iv) Utilitzeu la relaci´o y(t) = u(t)1 per a tornar la soluci´o general de l’edo original, i trobeu la
soluci´o particular que verifica la condici´o inicial y(0) = 1/3.
y(t) = 1 2 + 2t + et Soluci´o:
(b) Seguim les indicacions per a detemrinar la soluci´o general de l’edo:
(i) Sabem que y(t) = 1
u(t) =⇒ y′(t) = −u′(t)
u(t)2. Substituint y(t) i y′(t) en l’edo en funci´o de u(t) i u′(t) tenim
−u′(t) u(t)2 + 1
u(t) = 2t 1 u(t)2.
(ii) Multipliquem l’edo per u(t)2 per obtenir una edo lineal a coeficients constants
−u′(t) + u(t) = 2t.
(iii) Trobarem la soluci´o de l’edo de l’apartat (ii) utilitzant la t`ecnica del factor integrant. Per aix`o, primer reescrivim l’edo en forma can`onica:
u′(t) − u(t) = −2t,
´es a dir p(t) = −1 i q(t) = −2t.
Per tant el factor integrant ´es: µ(t) = eRp(t)dt = e−t. d
dt(µ(t)u(t)) = d
dt e−tu(t) = −e−tu(t) + e−tu′(t) = e−t (u′(t) − u(t)
| {z }
−2t
) = −2te−t = µ(t)q(t).
Si integrem obtenim e−tu(t) =
Z d
dt e−tu(t) dt + C = Z
−2te−tdt + C =⇒ u(t) = et
Z
−2te−tdt + C
Observem que aquesta integral ja l’hem calculat en el problema 1, per tant tenim que:
u(t) = et
Z
−2te−tdt + C
= et 2e−t(t + 1) + C = 2(t + 1) + Cet
(iv) Si utilitzem la relaci´o y(t) = 1/u(t) obtenim y(t) = 1 2 + 2t + Cet. I finalment, si imposem que y(0) = 1/3, ens queda C = 1 i y(t) = 1
2 + 2t + et.
5. [2 punts] El moviment d’un p`endol de massa m, longitud L i d’angle θ respecte la vertical es troba resolent l’edo
mLθ′′+ mg sin θ + bLθ′ = f (t)
on g ´es la constant de gravetat, b ´es la constant d’amortiment i f (t) ´es la for¸ca externa que s’aplica a la massa. L’angle θ(t) descriu el moviment del p`endol.
g
m L θ
(a) [0.25 punt] Es possible trobar una soluci´´ o anal´ıtica utilitzant les t`ecniques descrites durant el curs? I mitjan¸cant t`ecniques num`eriques?
S´I anal´ıticament NO anal´ıticament
S´I num`ericament NO num`ericament Justificaci´o:
Com que ´es una edo de segon ordre no-lineal, no podrem trobar la soluci´o anal´ıtica amb les t`ecniques descrites durant el curs.
Tampoc podem aplicar les t`ecniques num`eriques directament ja que es tracta d’una edo de segon ordre.
Tamb´e seria correcte haver respost S´I num`ericament, si s’explica
que es pot transformar l’edo de segon ordre en un sistema de dues edo’s de primer ordre i llavors aplicar el m`etode d’Euler, Euler modificat o RK4 per a sistemes d’edos d’ordre 1.
(b) [1.5 punt] Per petits despla¸caments, l’edo que governa el despla¸cament del p`endol es pot simplificar tenint en compte que sin θ ≈ θ de manera que s’obt´e l’edo lineal
mLθ′′+ mgθ + bLθ′ = f (t)
Trobeu la soluci´o general del problema pels valors m = 1, g = 10, b = 0, L = 10 i f (t) = cos t.
θ(t) =C1cos t + C2sin t + 1 20t sin t
(c) [0.25 punt] Sigui θ(t) = 12t sin(2t) una soluci´o particular del problema del p`endol linealitzat mLθ′′+ mgθ + bLθ′ = 4 cos(2t)
per a certs valors dels par`ametres m, L, g i b. Calculeu una soluci´o particular de l’edo mLθ′′+ mgθ + bLθ′ = 8 cos(2t).
θ(t) =t sin(2t)
Soluci´o:
(b) Considerem l’edo de segon ordre a coeficients constants 10θ′′+ 10θ = cos t.
Determinarem la soluci´o calculant primer la soluci´o de l’edo homog`enia i despr´es trobant una soluci´o particular utilitzant el m`etode dels coeficients indeterminats.
L’equaci´o caracter´ıstica ´es 10s2+ 10 = 0 =⇒ s2 = −1 =⇒ s = ±i. Per tant estem en el cas 3, amb a = 0, b = 1, i la soluci´o general de l’homog`enia ´es
θh(t) = C1cos(t) + C2sin(t).
Per trobar la soluci´o particular, calculem primer la fam´ılia de derivades de f (t) → {sin t, cos t}.
θp(t) = At sin t + Bt cos t.
Sabent que
θp(t) = At sin t + Bt cos t
θp′(t) = A sin t + At cos t + B cos t − Bt sin t
θp′′(t) = A cos t + A cos t − At sin t − B sin t − B sin t − Bt cos t = 2A cos t − 2B sin t − θp(t) imposem que es verifiqui l’edo 10θ′′p+ 10θp = cos t
10θp′′+ 10θp = 20A cos t − 20B sin t − 10θp(t) + 10θp(t) = 20A cos t − 20B sin t = cos t, per tant hem d’agafar A = 1/20, B = 0, obtenint la soluci´o
θ(t) = θh(t) + θp(t) = C1cos t + C2sin t + 1 20t sin t.
(c) Per linealitat de l’edo, com que el terme font de la edo est`a multiplicat per dos, una soluci´o particular seria θ(t) = 2 12t sin(2t) = t sin(2t).
Vegem-ho: sigui θ(t) = 12t sin(2t) soluci´o de l’edo
mLθ′′+ mgθ + bLθ′ = 4 cos(2t), llavors ˜θ(t) = 2θ(t) = t sin(2t) ´es soluci´o de l’edo
mLθ′′+ mgθ + bLθ′ = 8 cos(2t).
Efectivament,
mL˜θ′′+ mg ˜θ + bL˜θ′ = mL(2θ(t))′′+ mg(2θ(t)) + bL(2θ(t))′ = 2 (mLθ′′+ mgθ + bLθ′)
= 2 · 4 cos(2t) = 8 cos(2t) com vol´ıem veure.