Download - Ejercicios ecuaciones diferenciales
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TRABAJO 1
Dada la ecuacin diferencial
=
Se pide:
a) Justificar si es posible que exista solucin para valores > 1.
b) Comprobar si las funciones y(t) = 1, y(t) = -1 e y(t) = sin(t+C) cumplen la
ecuacin para todo t .
c) Expresar la solucin general de la ecuacin.
Solucin:
a)
Como el arcsen est acotado entre -1 y +1, no existe solucin para |y|>1.
b)
Para
Para
Para
No cumple la ecuacin .
c)
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TRABAJO 2
Encontrar las trayectorias ortogonales a la familia de elipses:
, siendo c .
Solucin:
Primero derivamos respecto a x ambos miembros de la ecuacin y obtenemos:
Debemos despejar en la ecuacin:
Ahora hacemos el cambio
para encontrar la ecuacin diferencial de las trayectorias
ortogonales:
de manera que ahora
Dividimos el numerador y el denominador de la fraccin por x y, como es una ecuacin
homognea, podemos hacer el cambio
, siendo , de manera que
obtenemos:
Ahora debemos separar las variables con sus respectivos diferenciales e integrar ambas partes
de la ecuacin, sabiendo que :
Al integrar obtenemos:
Por lo que la solucin ser:
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TRABAJO 3
Un reactor transforma el uranio 238, que es relativamente estable, en el istopo
plutonio 239. Despus de 15 aos se determina que 0.043% de la cantidad inicial
de plutonio se ha desintegrado. Encontrar la vida media de este istopo si la rapidez
de desintegracin es proporcional a la cantidad restante.
Solucin:
Llamamos R(t) a la cantidad de uranio que queda en el instante t, de manera que (t) es la
cantidad en el momento inicial. Tomamos, segn los datos del problema, t=15 aos.
Como la rapidez de desintegracin es proporcional a la cantidad restante, utilizamos una
constante de proporcional que llamaremos k.
La velocidad de desintegracin ser entonces R(t), de modo que R(t)= k R(t).
R(t=15)=
Llamando R a la cantidad restante, la velocidad con la que desaparezca ser su derivada
respecto al tiempo, entonces obtenemos la ecuacin
en la cual separaremos las variables para integrar, de manera que obtengamos la ecuacin
general.
Tomamos exponenciales a ambos lados de la ecuacin
de manera que la ecuacin general es .
Evaluamos la funcin en t=0 y t=15:
y obtenemos que el valor de la constante de proporcionalidad k es .
Sustituimos los valores hallados en la ecuacin general y queda , y
como queremos calcular el tiempo de semidesintegracin, definimos que
.
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Ahora con los clculos oportunos se halla el nmero de aos en los que la cantidad inicial se
desintegra:
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TRABAJO 4
Considerar la ecuacin diferencial lineal no homognea
(1)
siendo las funciones , contnuas en el intervalo I.
Comprobar que si las funciones e son soluciones particulares en I de las
ecuaciones
respectivamente, entonces es solucin particular de (1) en I.
Aplicar el resultado anterior para resolver la ecuacin diferencial:
Solucin:
a) Sustituimos e como soluciones particulares en las ecuaciones:
Para que al sumarlas obtengamos la ecuacin
entonces ha de ser necesariamente , es decir, solucin
particular de la EDOLnH dada.
b)
La ecuacin caracterstica correspondiente es , y sus races son
y , por lo que la solucin general de la ecuacin homognea
asociada ser:
Ahora hay que hallar las solucin particular de la ecuacin, para lo que hacemos:
(1)
(2) +1
En el caso (1), como el segundo miembro de la ecuacin tiene la forma donde
no es una raz de la ecuacin caracterstica, la solucin particular y1 de la ecuacin (1)
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es de la forma , y debemos calcular cunto vale A sustituyendo la solucin:
En el caso (2) el segundo miembro de la ecuacin es un polinomio y el nmero 0 no es
raz de la ecuacin caracterstica, por lo que la solucin particular y2 de la ecuacin (1)
ser un polinomio de la forma ax+b. Sustitumos en la ecuacin inicial para calcular
cunto valen a y b:
Si tomamos dos valores cualesquiera para x podemos hallar las constantes a y b:
Para x=0
Para x=1
Resolviendo el sistema obtenemos que
y
.
Queda definida entonces la solucin particular de la ecuacin inicial, que ser la suma
de las soluciones particulares y1, y2 e y3, es decir:
c) La solucin general de la ecuacin diferencial es:
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TRABAJO 5
Dado el sistema lineal homogneo:
[SH]
y la funcin matricial:
tal que
Solucin:
1.
a) Para que sea matriz fundamental del sistema, su determinante Wronskiano ha de ser
distinto de cero. Lo comprobamos:
Queda justificado que la matriz s es matriz fundamental del sistema [SH] en [t1,t2] para
cualesquiera valores t1,t2 , es decir, la afirmacin es verdadera.
b) Para comprobar si el sistema es equivalente a una ecuacin de segundo orden de
coeficientes constantes, debemos poder encontrar dos soluciones y1 e y2 que sean
linealmente independientes. La matriz fundamental del sistema, en este caso debe
cumplir esta propiedad:
donde e son las derivadas respecto a x de e .
Verificamos si nuestra matriz se ajusta a esta condicin:
ha de ser la derivada de
ha de ser la derivada de
Como no se cumple ninguna de las dos condiciones necesarias, esta afirmacin es falsa.
c) De nuevo hacemos el determinante de Wronski y observamos si es distinto de cero, en este
caso para cualquiera de los valores que puedan tomar a y b.
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Tras hacer las operaciones necesarias, vemos que si el determinante sera nulo,
as que podemos concluir que esta afirmacin es falsa.
d) Para saber si la funcin
es solucin del sistema dado, debemos comprobar
que sustituyendo en el mismo se cumpla la igualdad.
Para ello necesitamos conocer la matriz , que podemos calcular pues conocemos la
relacin que guarda con , que es
Sustituimos en la expresin y encontramos :
donde
Ahora ya podemos comprobar si es solucin, verificando que se cumpla:
Vemos que se cumple la igualdad, as que la afirmacin es cierta.
2.
Dado el sistema , sabemos que la solucin general que buscamos ser la
suma de la solucin del sistema homogneo ms una solucin particular.
La solucin homog. ser donde es un vector de constantes
.
La solucin particular debemos encontrarla mediante la siguiente relacin:
En primer lugar, calculamos la inversa de la matriz
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Si reemplazamos las incgnitas de la ecuacin de por nuestros datos, obtenemos:
Una vez hallada la particular, determinamos la solucin general esperada:
3.
Como tenemos la solucin general del sistema lineal, calcular la solucin que cumpla que
podemos hacerlo imponiendo que y que
Dada esta igualdad, determinamos que , por lo que la solucin del sistema que
cumple estas condiciones ser:
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TRABAJO 6 La transformada inversa de Laplace o antitransformada de Laplace de la funcin F (s) definida para s > es aquella funcin f(t) con t 0 tal que F(s) = [f(s)]. La notacin que se suele utilizar es F(t) = -1 [F](t), i.e. F(s) = [f](s), s > lo que significa que [f](s) = F(s), s > . Teniendo en cuenta el concepto anterior de la antitransformada de Laplace resolver el siguiente PVI:
Solucin:
Nuestro problema (PVI) es ( y(t)) - (y(t)) = (1) ; con y(0) = 0,
Adems por el teorema de derivacin de un objeto sabemos que ( f (t) )= s F(s) f(0),
por tanto aplicado a nuestro problema :
(y(t))= s Y(s) y(0)= s Y(s)-0
y(t) = s Y(s)
Tambin sabemos que la transformada de Laplace de 1, (1)= 1/s,
Entonces la ecuacin operacional queda de la siguiente forma:
s Y(s) Y(s) = 1/s
Despejamos Y(s):
Y(s)(s-1)= 1/s ;
Y(s)=
Ahora aplicamos la antitransformada de Laplace para obtener y(t):
y(t)= -1(Y(s))= -1(
)
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Buscamos en la tabla de transformaciones de Laplace y encontramos:
F(s)=
f(t)=
(eat ebt)
En nuestro caso, a=0 y b=1, por tanto:
y(t)=
(e0t et)= et -1
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TRABAJO 7
Usar el mtodo de Runge-Kutta de cuarto orden para obtener una aproximacin de
y(1.5) para la solucin del PVI:
Usar h= 0.1.
Teniendo en cuenta que el valor real de y(1.5) es 3.4904, calcular el error cometido al
tomar como aproximacin numrica la dada por el mtodo de Runge-Kutta y valorar
si es necesario tomar un paso menor.
Solucin:
El mtodo de Runge-Kutta es un mtodo iterativo para la resolucin de ecuaciones
diferenciales. En su definicin se usarn 4 variables auxiliares:
K1 = (xi , yi)
K2 = (xi+
, yi+
)
K3 = (xi+
, yi+
)
K4 = (xi+h , yi+k3 h)
Que se sustituirn en:
yi+1= yi +
(k1 +2 k2+2 k3+ k4) ;
En la primera iteracin tomamos los valores iniciales dados x0=1, y0= 1.
Debemos calcular las k sustituyendo los valores de xi e yi en cada caso, por tanto:
k1= 211=2
k2 = (1+
, 1 + 0.1)= 2.31
k3 = (1+0.05, 1+
0.1)= 2.34255
k4 = (1+0.1, 1+2.342550.1)= 2.715361
y1=1+
(2+22.31+22.34255+2.715361)= 1.23366435
Segunda iteracin: x1=1+h=1+1+0.1=1.1 , y1=1.23366435
k1=21.11.23366435=2.71406
k2= (1.1+0.05, 1.23366435+
0.1)= 3.149545086
k3= (1.1+0.05, 1.23366435+
0.1)= 3.19962569
k4= (1.1+0.1, 1.23366435+3.199625690.1)=3.7287046
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y2=1.23366435+
(2.71406+23.149545086+23.19962569+3.7287046)=1.55268278
Tercera iteracin: x2=1.2 , y2=1.552682786
k1=21.21. 552682786= 3.726438686
k2= (1.2+0.05, 1.552682786+
0.1)= 4.347511801
k3= (1.2+0.05, 1.552682786+
0.1)= 4.4251459
k4= (1.2+0.1, 1.552682786+4.42514590.1)= 5.187513188
y3=1.552682786+
(3.726438686+24.347511801+24.4251459+5.187513188)= =1.99367
Cuarta iteracin: x3= 1.3 , y3=1.99367
k1=21.31.99367=5.183543492
k2= (1.3+0.05, 1.99367 +
0.1)=6.082687371
k3= (1.3+0.05, 1.99367 +
0.1)= 6.2040718
k4= (1.3+0.1, 1.99367 +6.20407180.1)= 7.31941604
y4= 1.99367+
(5.183543492+26.082687371+26.2040718+7.31941604)= =2.611611299
Quinta iteracin: x4=1.4 , y4= 2.611611299
k1=21.42.611611299= 7.312511637
k2= (1.4+0.05, 2.611611299+
0.1)= 8.63398695
k3= (1.4+0.05, 2.611611299+
0.1)= 8.8256008
k4= (1.4+0.1, 2.611611299 + 8.82560080.1)= 10.48251416
y5= 2.611611299+
(7.312511637+28.63398695+28.8256008+10.48251416)= =3.490181321
x5=1.5 , y5= 3.490181321
La aproximacin de y(1.5) se acerca al valor real 3,4904.
Ahora procedemos a calcular el error cometido:
Para calcular el error tras cinco iteraciones hacemos:
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Realizando operaciones con el programa de clculo Mxima, obtenemos que el error cometido
es de .
Teniendo en cuenta que el error es del orden de , es decir, bastante pequeo, no
necesitaramos tomar un paso menor.
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TRABAJO 8
Desarrollar
en serie de Fourier.
Analizar si existe convergencia de la serie de Fourier. En el caso de que exista indicar
a qu valor o valores converge.
Solucin:
El periodo de la funcin es y su frecuencia
.
En primer lugar hallamos los coeficientes de Fourier:
Resolvemos las dos integrales aparte:
Luego
Ahora calculamos :
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Resolvemos las dos integrales aparte:
Luego
Ahora determinamos la serie S(x):
En cuanto a la convergencia, la funcin es continua a trozos, es decir, slo es
discontinua en un nmero finito de puntos, por lo que es convergente. Estudiamos esa
convergencia en un punto x, y para ello calculamos la semisuma de las valoraciones en el
entorno de x:
siendo la funcin inicial.
La funcin converge a
en x=0.