Solución Tema B (1)

SOLUCIÓN EXAMEN FINAL DE ECUACIONES DIFERENCIALES – UIS – SS2015 – TEMA B ∗ – pág. 1
1. Encontrar
L
(
ln
s−a
s2 + b 2
3 !)
donde a y b son números reales no nulos .
i
dh
L tf (t) = −
L {f (t)} .
ds
Sugerencia:
Solución:
Si f (t) = L
−1
−1
(
ln
s−a
s2 + b 2
3 !)
entonces
L {f (t)} = ln
s−a
s2 + b 2
3 !
= 3 ln
s−a
s2 + b 2
.
i
dh
L {f (t)} se tiene que
Luego del hecho que L tf (t) = −
ds
d
s−a
L tf (t) = −
3 ln 2
ds
s + b2
d = −3
ln (s − a) − ln s2 + b2
ds
1
2s
= −3
−
s − a s2 + b 2
Luego,
L tf (t) = −3 ·
y ası́
tf (t) = L
−1
−3 ·
1
s
+6· 2
s−a
s + b2
= −3L
Por tanto
f (t) =
1
s
+6· 2
s−a
s + b2
−1
1
s−a
+ 6L
−1
s
2
s + b2
−3eat + 6 cos(bt)
,
t
es decir;
L
−1
(
ln
s−a
s2 + b 2
3 !)
=
−3eat + 6 cos(bt)
.
t
= −3eat + 6 cos(bt).
SOLUCIÓN EXAMEN FINAL DE ECUACIONES DIFERENCIALES – UIS – SS2015 – TEMA B ∗ – pág. 2
2. Un objeto que pesa 256 libras cae del reposo en el instante t = 0 en un medio que ofrece una fuerza (en
libras) de resistencia al aire numéricamente igual a cuatro veces su velocidad instantánea en pies por segundo.
Determine (a) la velocidad y la distancia recorrida en cualquier instante t > 0. (b) La velocidad lı́mite.
Solución:
P
(a) Elija la dirección positiva hacia abajo. Entonces del hecho que
F = ma, a = dv
dt ,
Fuerza Neta = Peso − Fuerza de Resistencia , Peso = 256 libras
y Fuerza de Resistencia = 4v,
se tiene que
dv
256 dv
m
= 256 − 4v
o
= 256 − 4v
dt
g dt
lo cual, teniendo en cuenta que g = 32 pies por segundo al cuadrado, es equivalente a
dv
64 − v
=
.
dt
2
(1)
Ahora, al separar variables en esta última expresión e integrar se obtiene − ln |64 − v| = 21 t + c0 , lo cual es
t
t
equivalente a 64 − v = ±e−c0 e− 2 . Al tomar c1 = ±e−c0 y despejar v se obtiene v(t) = 64 − c1 e− 2 . Teniendo
en cuenta la condición v(0) = 0 se sigue que c1 = 64. Luego la velocidad v(t) en pies por segundo, en cualquier
instante t, está dada por
t
(2)
v(t) = 64(1 − e− 2 ).
t
−2
Por otro lado, al sustituir en (2) v por dx
+ c.
dt e integrar respecto a t se obtiene que x(t) = 64t + 128e
Luego de x(0) = 0 se sigue que c = −128 y por tanto, la distancia recorrida x(t) en pies está dada por
t
x(t) = 64t + 128e− 2 − 128
o equivalentemente,
t
x(t) = 64(t + 2e− 2 − 2).
(b) La velocidad lı́mite es
t
lı́m 64(1 − e− 2 ) = 64 pies por segundo .
t→∞
La cual, también puede ser obtenida haciendo
dv
dt
=
64−v
2
= 0.
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3. Encontrar la solución general de
xy ′′ = y ′ − 2x(y ′ )2 .
Solución:
Haciendo la sustitución z = y ′ se tiene z ′ = y ′′ y la E.D. toma la forma xz ′ = z − 2xz 2 o equivalentemente,
dz
1
− z = −2z 2
dx x
(3)
la cual es una E.D. de Bernoulli.
Obsérvese que z = 0 es una solución de la E.D. (3) la cual lleva a que y = c es una solución de la E.D. dada,
para cada c ∈ R.
Por otra parte, si z 6= 0, al multiplicar por z −2 a ambos lados de (3) se obtiene
z −2
1
dz
− z −1 = −2.
dx x
Al hacer
(4)
u = z −1
(5)
se tiene que
du
dz
= z −2
(6)
dx
dx
y al reemplazar (5) y (6) en (4) y multiplicar por −1 a ambos lados de la E.D. se obtiene la E.D. Lineal
−
1
du
+ u = 2.
dx x
(7)
R
1
Ahora; un factor integrante para (7) está dado por ρ(x) = e x dx = x. Luego al multiplicar a ambos lados
de (7) por ρ(x) = x se tiene
du
1
d
x
+ u = 2x,
la cual es equivalente a
[xu] = 2x.
dx x
dx
Integrando y posteriormente dividiendo entre x a ambos lados de esta última expresión, se obtiene
u=x+
c1
x
(8)
y al sustituir (5) en (8) se tiene que
z −1 = x +
c1
x
o equivalentemente,
z=
x
.
x2 + c1
(9)
Teniendo en cuenta que z = y ′ , de (9) se sigue que
y′ =
x
x2 + c1
y al integrar a ambos lados de esta última igualdad respecto a x, se obtiene
y=
1
ln |x2 + c1 | + c2
2
la cual es la solución general de la E.D.
Por último, nótese que aun que nos piden la solución general de la E.D., no está de más observar que y = c
es una solución singular de la E.D. para cada c ∈ R.
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4. Use la transformada de Laplace para encontrar la corriente en un circuito LRC en serie o de malla única,
cuando
(
0
si 0 ≤ t < 2,
1
L = 1 h, R = 14 Ω, C =
f, i(0) = 0 y el voltaje aplicado es E(t) =
V.
40
600 si t ≥ 2
Recuerde que la corriente i(t) se relaciona con la carga q(t) mediante q(t) =
Z
t
i(τ )dτ.
0
Solución:
di
+ Ri(t) + C1 q(t) = E(t), de lo
En un circuito LRC en serie, de la segunda ley de Kirchhoff se sigue que L dt
Z t
cual, al tener en cuenta que q(t) =
i(τ )dτ, se tiene que la corriente en el circuito se rige por la ecuación
0
integrodiferencial
L
di
1
+ Ri(t) +
dt
C
Z
t
i(τ )dτ = E(t).
(10)
0
Por otro lado, el voltaje aplicado en términos de la función escalón unitario es E(t) = 600U (t − 2). Luego al
sustituir L, R, C y E(t) en (10), se obtiene
di
1
1 +14i(t)+ 1
dt
40
Z
t
i(τ )dτ = 600U (t−2) o, de manera equivalente
0
di
+14i(t)+40
dt
Z
t
i(τ )dτ = 600U (t−2).
0
De esta última expresión, al aplicar a ambos lados la transformada de Laplace, se obtiene
Rt
di
L
+ 14i(t) + 40 0 i(τ )dτ
= L {600U (t − 2)}
dt
nR
o
di
600 −2s
t
⇒ L
+ 14L {i(t)} + 40L 0 i(τ )dτ
=
e
dt
s
0
600 −2s
L {i(t)}
>
⇒
sL {i(t)} − i(0)
+ 14L {i(t)} + 40
=
e
s
s
⇒ sL {i(t)} + 14L {i(t)} + 40
L {i(t)}
s
=
600 −2s
e
s
Ahora; multiplicando a ambos lados de esta última igualdad por s y factorizando L {i(t)} del lado derecho,
se obtiene
600
−2s
s2 + 14s + 40 L {i(t)} = 600e−2s de lo cual se sigue que i(t) = L −1
e
.
s2 + 14s + 40
Por último; esta transformada inversa se puede calcular de dos formas:
Primera forma:
al completar cuadrados en el denominador y aplicar la forma inversa del segundo teorema de traslación y
posteriormente, la forma inversa del del primer teorema de traslación, se obtiene
600
−1
−2s
i(t) = L
e
s2 + 14s + 40
200 × 3
−2s
= L −1
e
(s + 7)2 − 9
3
= 200U (t − 2)L −1
(s + 7)2 − 9 |t→t−2
3
= 200U (t − 2) e−7t L −1
s2 − 9 |t→t−2
=
200e−7(t−2) senh(3(t − 2))U (t − 2).
O lo que es igual,
i(t) =

0
si 0 ≤ t < 2,
200e−7(t−2) senh(3(t − 2)) si t ≥ 2.
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Segunda Forma:
Al factorizar el denominador y aplicar la transformada inversa de Laplace seguida de la forma inversa del
segundo teorema de traslación, se obtiene
i(t) =
=
=
=
=
=
De manera equivalente,
i(t) =

0
600
−2s
e
s2 + 14s + 40
600
L −1
e−2s
(s + 4)(s + 10)
600
U (t − 2)L −1
(s + 4)(s + 10) |t→t−2
100
100
−1
−
U (t − 2)L
s + 4 s + 10 |t→t−2
U (t − 2) 100e−4t − 100e−10t |t→t−2
h
i
100e−4(t−2) − 100e−10(t−2) U (t − 2).
L −1
si 0 ≤ t < 2,
100 e−4(t−2) − e−10(t−2) si t ≥ 2.