Universidad Nacional de Ancash

Santiago Antunez de Mayolo”

Segunda Practica Calificada de Matematica IV.

Docente : MsC. Miguel Angel Yglesias Jauregui.

Escuelas : Ingenierıa Civil.

Semestre : 2010-II.

Cuestionario

Lea con cuidado cada pregunta y haga lo que se le pide. Cada problema tiene un puntaje de 04 puntos.

1. Dada la ecuacion diferencial:

(x2 + 1)2y′′ + 2x(x2 + 1)y′ + 4y =2x

1− x2, −1 < x < 1

a) Usando la transformacion x = tan t, demostrar que la ecuacion se transforma en una de coeficientes constantes.

Solucion

En primer lugar hay que expresar y′(x) y y′′(x) en terminos de la variable t vıa la transformacion indicada. Enefecto:

y′(x) =dy(x)dx

=1dxdt

dy

dt=

1sec2(t)

dy

dt= cos2(t)

dy

dt

y

y′′(x) =1dxdt

dy′(x)dt

=1

sec2(t)d

dt

[cos2(t)

dy

dt

]= cos2(t)

[cos2(t)

d2y

dt2− 2 sen(t) cos(t)

]

= cos4(t)d2y

dt2− 2 sen(t) cos3(t)

dy

dt

reemplazando estas expresiones y la transformacion indicada en la ecuacion diferencial se tiene:

d2y

dt2+ 4y = tan(2t) (1)

la cual es una ecuacion de coeficientes constantes

b) Determinar el sistema fundamental de soluciones.

Solucion

A continuacion resolvemos la ecuacion (1), en efecto:

La ecuacion caracterıstica de la ecuacion homogenea de (1) es: λ2 + 4 = 0, cuya soluciones son λ = ±2i, y deeste modo la soluciones l.i de la ecuacion homogenea son:

y1(t) = cos(2t) y y2(t) = sen(2t)

luego el sistema fundamental de soluciones es:

SFS = {cos(2t), sen(2t)}

c) Determinar la solucion general de la ecuacion dada.

Solucion

Del ıtem anterior se tiene que la solucion complementaria1 es:

yc(t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t) (2)

En seguida hay que determinar la solucion particular, para lo cual aplicamos el metodo de variacion de parametrosy se asume que la solucion particular esta dada por:

yp(t) = A1(t) cos(2t) + A2(t) sen(2t) (3)

1u homogenea.

1

de (3) se tiene el sistema: {A′1(t) cos(2t) + A′2(t) sen(2t) = 0−2A′1(t) sen(2t) + 2A′2(t) cos(2t) = tan(2t)

a partir del cual se tiene:

A′1(t) = −12

sen(2t) tan(2t) =12

(cos(2t)− sec(2t))

⇒ A1(t) =14

(sen(2t)− ln | sec(2t) + tan(2t)|)

en forma similar

A′2(t) =12

cos(2t) tan(2t) =12

sen(2t)

⇒ A2(t) = −14

cos(2t)

Reemplazando A1(t) y A2(t) en (3), se tiene que la solucion particular esta dada por:

yp(t) = −14

ln | sec(2t) + tan 2t| (4)

Luego de (2) y (4) la solucion general esta dada mediante

y(t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t)− 14

ln | sec(2t) + tan 2t|

regresando a la variable x, la solucion final es:

y(x) = c11− x2

1 + x2+ 2c2

x

x2 + 1− 1

2ln |1− x|

2. En la ecuacion diferencial:x

(1 + 3x2

)y′′ + 2y′ − 6xy =

(1 + 3x2

)2

a) Una de las soluciones de la ecuacion homogenea2 es y1(x) = 1x . Determine el sistema fundamental de soluciones.

Solucion

En vista que ya se tiene la primera solucion, solo queda determinar la segunda solucion aplicando la formula deLiouville3. Para esto la ecuacion diferencial equivalente a la dada es:

y′′ +2

x(1 + 3x2)y′ − 6y

1 + 3x2=

1 + 3x2

xdonde p(x) =

2x(1 + 3x2)

y q(x) = − 61 + 3x2

(5)

aplicando la formula de Liouville la segunda solucion esta dada por:

y2(x) = y1(x)∫

e−R

p(x)dx

(y1(x))2dx =

1x

∫eR � 6x

1+3x2− 2x

�dx

1x2

dx =1x

∫(1 + 3x2)dx

= 1 + x2

de esta manera el sistema fundamental de soluciones esta dado por

SFS ={

1x

, 1 + x2

}

b) Encuentre la solucion general de la ecuacion diferencial.

Solucion2O ecuacion complementaria3O tambien llamada formula de Abel.

2

Como ya se tiene el SFS, entonces la solucion complementaria de (5) es:

yc(x) = c11x

+ c2(1 + x2) (6)

Ahora solo queda hallar la solucion particular de (5), para lo cual aplicando el metodo de variacion de parametrosasumimos que

yp(x) = A1(x)1x

+ A2(x)(1 + x2) (7)

con lo cual se tiene el sistema {A′1(x)

x + (1 + x2)A′2(x) = 0−A′1(x)

x2 + 2xA′2(x) = 1+3x2

x

y este a la vez es equivalente al sistema:{

A′1(x) + (x + x3)A′2(x) = 0−A′1(x) + 2x3A′2(x) = x + 3x3

(8)

aplicando la regla de Cramer en (8) se tiene:

A′1(x) = −x− x3 ⇒ A1(x) = −x2

2− x4

4A′2(x) = 1 ⇒ A2(x) = x

luego en (7), la solucion particular estarıa dada por la funcion:

yp(x) =x

2+

34x3 (9)

de (6) y (9) la solucion general de la ecuacion diferencial es:

y(x) = c11x

+ c2(1 + x2) +x

2+

34x3

3. En la ecuacion de Bessel4 de orden 12 :

x2y′′ + xy′ +(

x2 − 14

)y = 0, x > 0

a) Determinar el sistema fundamental de soluciones aplicando el metodo de Frobeius.

Solucion

La ecuacion diferencial equivalente a la ecuacion dada es:

y′′ +1x︸︷︷︸

p(x)

y′ +(

1− 14x2

)

︸ ︷︷ ︸q(x)

y = 0, x > 0 (10)

En este caso es facil ver que x0 = 0 es un punto singular regular, por lo que podemos resolver con el metodo deFrobenius. En efecto, suponer que la solucion es de la forma:

y(x) =∞∑

n=0

anxn+r

reemplazando en la ecuacion diferencial de Bessel se tiene:

x2

( ∞∑n=0

(n + r)(n + r − 1)anxn+r−2

)+ x

( ∞∑n=0

(n + r)anxn+r−1

)+

(x2 − 1

4

) ∞∑n=0

anxn+r = 0

que simplificando resulta

∞∑n=0

(n + r)2anxn+r +∞∑

n=0

anxn+r+2 −∞∑

n=0

an

4xn+r = 0

4Una ecuacion de Bessel de orden v es de la forma: x2y′′ + xy′ + (x2 − v2)y = 0.

3

uniformizando las series queda(

r2 − 14

)a0x

r +[(r + 1)2 − 1

4

]a1x

r+1∞∑

n=2

[((n + r)2 − 1

4

)an + an−2

]xn+r = 0, a0 6= 0

igualando a cero cada uno de los coeficientes se tiene:

r2 − 14 = 0 (ecuacion indicial)[

(r + 1)2 − 14

]a1 = 0[

(n + r)2 − 14

]an + an−2 = 0, n = 2, 3, 4, · · ·

(11)

resolviendo la ecuacion indicial, las raıces son r1 = 12 , r2 = − 1

2 (donde r1 − r2 ∈ Z).

A continuacion hallamos la primera solucion y1(x). En efecto, para r1 = 12 en (10) se tiene:

{a1 = 0an = − an−2

n(n+1) , n = 2, 3, 4, · · ·

usando la formula recursiva:

Para n = 2: a2 = − a03·2 = −a0

3! .

Para n = 3: a3 = − a14·3 = 0.

Para n = 4: a4 = − a25·4 = a0

5! .

Para n = 5: a5 = − a36·5 = 0.

Para n = 6: a6 = − a47·6 = −a0

7! .

Para n = 7: a7 = − a58·7 = 0.

continuando con el proceso, se demuestra que:

a2n =(−1)na0

(2n + 1)!y a2n−1 = 0, n = 1, 2, 3, · · ·

luego la primera solucion se obtiene de la siguiente manera:

y1(x) =∞∑

n=0

anxn+ 12 = x

12

(a0 + a1x + a2x

2 + a3x3 + a4x

4 + a5x5 + · · · )

= x12

(a0 − a0

3!x2 +

a0

5!x4 − a0

7!x6 + · · ·

), asumiendo a0 = 1

= x12

(1− 1

3!x2 +

15!

x4 − 17!

x6 + · · ·)

= x12

∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n + 1)!=

x12

x

∞∑n=0

(−1)nx2n+1

(2n + 1)!

=1√x

senx

Por lo tanto la primera solucion es:

y1(x) =1√x

senx

Para determinar la segunda solucion aplicamos la formula de Liouville. En efecto:

y2(x) = y1(x)∫

e−R

p(x)dx

(y1(x))2dx =

1√x

sen(x)∫

e−R 1

x dx

sen2(x)x

dx

=1√x

sen(x)∫

csc2(x)dx = − 1√x

cos(x)

Por lo tanto la segunda solucion5 es:

y2(x) =1√x

cos x

b) Grafique cada una de las soluciones linealmente independientes.5Puede o no usar el signo (-)

4

c) Determinar la solucion general.

Solucion

El sistema fundamental de soluciones de la ecuacion diferencial es:

SFS ={

1√x

cosx,1√x

sen x

}

y la solucion generaly(x) = c1

cos x√x

+ c2sen x√

x

4. Dado el problema:

mx + kx = F (t), t > 0x(0) = 0x(0) = 0

a) Resuelva el problema y muestre que la solucion esta dada por: x(t) = 1√km

∫ t

0F (u) sen

(√km (t− u)

)du.

Solucion

La ecuacion diferencial equivalente a la dada en el problema es en este caso:

x +k

mx =

1m

F (t) (12)

Es facil ver que el sistema fundamental de soluciones de la ecuacion diferencial complementaria es:

SFS =

{cos

(√k

mt

), sen

(√k

mt

)}

y de este modo se tiene la solucion complementaria

xc(x) = c1 cos

(√k

mt

)+ c2 sen

(√k

mt

)(13)

Para determinar la solucion particular de (12) aplicamos el metodo de variacion de parametros, para lo cual seasume que la solucion particular esta dada por:

xp(x) = A1(t) cos

(√k

mt

)+ A2(t) sen

(√k

mt

)(14)

a partir de lo cual se forma el sistema

A′1(t) cos(√

km t

)+ A′2(t) sen

(√km t

)= 0

−√

kmA′1(t) sen

(√km t

)+

√kmA′2(t) cos

(√km t

)= 1

mF (t)

el sistema equivalente simplificado esta dado por:

A′1(t) cos(√

km t

)+ A′2(t) sen

(√km t

)= 0

−A′1(t) sen(√

km t

)+ A′2(t) cos

(√km t

)= 1√

mkF (t)

(15)

aplicando regla de Cramer en (15) se obtiene:

A′1(t) = − 1√mk

F (t) sen

(√k

mt

)⇒ A1(t) = − 1√

mk

∫ t

0

F (u) sen

(√k

mu

)du

A′2(t) =1√mk

F (t) cos

(√k

mt

)⇒ A2(t) =

1√mk

∫ t

0

F (u) cos

(√k

mu

)du

5

Reemplazando A1(t) y A2(t) en (14), se obtiene la solucion particular:

xp(t) =1√mk

∫ t

0

F (u) sen

(√k

m(t− u)

)du

Con los resultados encontrados, se tiene que la solucion general esta dada por:

x(t) = c1 cos

(√k

mt

)+ c2 sen

(√k

mt

)+

1√mk

∫ t

0

F (u) sen

(√k

m(t− u)

)du

Usando la condicion inicial y(0) = 0 se tiene que c1 = 0, quedando de esta manera:

x(t) = c2 sen

(√k

mt

)+

1√mk

∫ t

0

F (u) sen

(√k

m(t− u)

)du

calculando la derivada de esta ultima expresion:

x′(t) = c2

√k

mcos

(√k

mt

)+

1m

∫ t

0

F (u) cos

(√k

m(t− u)

)du

luego con la condicion x′(0) = 0, se tiene c2 = 0. De esta manera la solucion del problema esta dada por lafuncion

x(t) =1√mk

∫ t

0

F (u) sen

(√k

m(t− u)

)du (16)

b) Determinar x(t), cuando F (t) =

{t, 0 ≤ t ≤ 20, t > 2

Solucion

Reemplazando F (t) en (16) se tiene lo siguiente:

Para t ∈ [0; 2]

x(t) =1√mk

∫ t

0

u sen

(√k

m(t− u)

)du =

{√m

ku cos

(√k

m(t− u)

)+

m

ksen

(√k

m(t− u)

)}t

0

⇒ x(t) =√

m

kt− m

ksen

(√k

mt

)

Para t > 2

x(t) =1√mk

∫ t

0

u sen

(√k

m(t− u)

)du

=1√mk

∫ 2

0

u sen

(√k

m(t− u)

)du +

1√mk

∫ t

2

0 sen

(√k

m(t− u)

)du

=

{√m

ku cos

(√k

m(t− u)

)+

m

ksen

(√k

m(t− u)

)}2

0

x(t) = 2

√k

mcos

(√k

m(t− 2)

)+

m

ksen

(√k

m(t− 2)

)− m

ksen

(√k

mt

)

Luego la funcion x(t) esta dada por:

x(t) =

√mk t− m

k sen(√

km t

)t ∈ [0, 2]

2√

km cos

(√km (t− 2)

)+ m

k sen(√

km (t− 2)

)− m

k sen(√

km t

), t > 2

5. Un resorte en posicion vertical con constante de 4lb/ft tiene acoplado un peso de 32lb. Se aplica una fuerza dada porF (t) = 16 sen(2t), t ≥ 0. Asumiendo que en t = 0 el peso esta 6 pulgadas abajo de la posicion de equilibrio y se legolpea para darle una velocidad de 4ft/seg hacia arriba.

6

a) Determine la posicion y velocidad de peso en cualquier tiempo.

Solucion

De los datos del problema se deduce que m = 4, b = 0 y k = 4. De este modo se tiene el problema de valor inicial

x + 4x = 16 sen(2t) t > 0x(0) = 1

2

x(0) = −4(17)

Es facil ver que el sistema fundamental de soluciones es

SFS = {cos(2t), sen(2t)}

y la solucion complementariaxc(t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t)

Para determinar la solucion particular6, esta se asume como

xp(t) = (a cos(2t) + b sen(2t)) t

reemplazando en la ecuacion diferencial se obtiene que a = −4 y b = 0, de donde

xp(t) = −4t cos(2t)

luego la solucion general es:x(t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t)− 4t cos(2t)

A continuacion hay que determinar las constantes usando las condiciones iniciales. En efecto, siendo x(0) = 12

se obtiene c1 = 12 . En forma similar, calculando la derivada y usando la condicion x(0) = −4, se obtiene c2 = 0.

por lo tanto la solucion del problema o la posicion del peso en cualquier tiempo t es:

x(t) =12

cos(2t)− 4t cos(2t) (18)

asimismo la velocidadx(t) = (8t− 1) sen(2t)− 4 cos(2t)

b) Determine la amplitud, perıodo y frecuencia del movimiento.

Solucion

La expresion en (18) es equivalente a:

x(t) =(

12− 4t

)cos(2t)

de donde:

amplitud: A(t) = 12 − 4t.

periodo: T = π

frecuencia: f = 1π

c) Demuestre si hay resonancia.

Solucion

En este caso se tiene que A(t) →∞, si t →∞. Por lo tanto, existe resonancia

¡Exitos!

6Se usara el metodo de coeficientes indeterminados.

7