UNIVERSIDAD NACIONAL MAYOR DE SAN MARCOS FACULTAD DE INGENIERIA ELECTRONICA, ELECTRICA Y DE TELECOMUNICACIONES
CURSO Ecuaciones Diferenciales
Balotario del examen final (Resolución)
GRUPO
PROFESOR
6
Lic. Raúl Castro Vidal APELLIDOS Y NOMBRES
CODIGO
CHAVEZ HIDALGO, Gabriela
15190250
CONDORI APAZA, Pavel Eduardo
15190032
CUBA MIRANDA, Lucero Milagros
15190005
HUAROCC BONIFACIO, David Alonso
15190146
MORENO ACOSTA, Olenka del Rocio
15190279
RODRIGUEZ VEGA, Jeremias Jhoel
15190130
ZAMBRANO RODRIGUEZ, Jorge Armando
15190139
Solucionario del examen final Grupo 6 PROBLEMA 1 Resuelva el sistema de ecuaciones diferenciales 2𝑥 + 𝑦 = ̇ 6𝑒 4𝑡 …..(1) ……(2)
𝑥̇ − 𝑦 = ̇ 2 cos 2𝑡 + 2 sin 2𝑡 𝑥(0) = 1 , 𝑦(0) = 2 Resolución: Se suman (1) y (2) y queda:
2𝑥 + 𝑥 = ̇ 6𝑒 4𝑡 + 2 cos 2𝑡 + 2 sin 2𝑡 2𝐿{𝑥} + 𝐿{𝑋̇} ̇ = 𝐿{6𝑒 4𝑡 } + 2𝐿{cos 2𝑡} + 2 L{sin 2𝑡} 2𝑋(𝑆) + 𝑆𝑋(𝑆) − 𝑋(0) = [
6 2𝑆 4 + 2 + 2 ] (𝑠 𝑆−4 𝑆 +4 + 4)
2𝑋(𝑆) + 𝑆𝑋(𝑆) =
6 2𝑆 4 + 2 + 2 +1 𝑆 − 4 𝑆 + 4 (𝑠 + 4)
2𝑋(𝑆) + 𝑆𝑋(𝑆) =
1 2𝑆 + 4 + 2 𝑆−4 𝑆 +4
(𝑆 + 2)𝑋(𝑆) = 𝑋(𝑆) =
𝑆 + 2 2𝑆 + 4 + 𝑆 − 4 𝑆2 + 4
1 2𝑆 + 4 + (𝑆 − 4) (𝑆 + 2)(𝑆 2 + 4)
2𝑆 + 4 𝐴 𝐵𝑆 + 𝐶 = + (𝑆 + 2)(𝑆 2 + 4) 𝑆 + 2 𝑆 2 + 4 (𝐴 + 𝐵)𝑆 2 + (2𝐵 + 𝐶)𝑆 + (4𝐴 + 2𝐶) 2𝑆 + 4 = (𝑆 + 2)(𝑆 2 + 4) (𝑆 + 2)(𝑆 2 + 4) Donde: 𝐴+𝐵 =0 2𝐵 + 𝐶 = 2 4𝐴 + 2𝐶 = 4 Entonces: 𝐴=0 𝐵=0 y 𝐶=2 2𝑆 + 4 𝑂 0𝑆 + 2 = + 2 2 (𝑆 + 2)(𝑆 + 4) 𝑆 + 2 𝑆 + 4
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2
Solucionario del examen final Grupo 6 2𝑆 + 4 2 = (𝑆 + 2)(𝑆 2 + 4) 𝑆 2 + 4
𝑋(𝑆) =
1 2 + 2 (𝑆 − 4) 𝑆 + 4
𝑋(𝑡) = 𝐿−1 [
1 1 ] + 2𝐿−1 [ 2 ] (𝑠 + 4) 𝑆−4
1 ] = 𝑒 4𝑡 ; 𝑆−4 1 𝐿−1 [ 2 ] = 𝑠𝑒𝑛2𝑡; (𝑠 + 4) 𝐿−1 [
𝑋(𝑡) = 𝑒 4𝑡 + 𝑠𝑒𝑛2𝑡
………..(a)
Reemplazar (a) en (1): 2(𝑒 4𝑡 + 𝑠𝑒𝑛2𝑡) + 𝑦 = ̇ 6𝑒 4𝑡 2𝐿{𝑌(𝑡)} = 𝐿{4𝑒 4𝑡 } − 2 sin 2𝑡
𝑆𝑌(𝑆) − 𝑌(0) =
4 4 − 2 (𝑆 − 4) 𝑆 + 4
𝑆𝑌(𝑆) =
4 4 − 2 +2 (𝑆 − 4) 𝑆 + 4
𝑆𝑌(𝑆) =
2𝑆 − 4 4 − 2 (𝑆 − 4) 𝑆 + 4
𝑌(𝑆) =
2𝑆 − 4 4 − (𝑆)(𝑆 − 4) (𝑆)(𝑆 2 + 4)
2𝑆−4
*(𝑆)(𝑆−4) =
𝐴 𝑆
𝐵
+ (𝑆−4)
Donde: 𝐴+𝐵 =2 −4𝐴 = −4 Entonces: 𝐴=1 𝐵=1
UNMSM-FIEE
3
Solucionario del examen final Grupo 6 2𝑆 − 4 1 1 = + (𝑆)(𝑆 − 4) 𝑆 (𝑆 − 4) Ahora: ∗
−4 𝐴 𝐵𝑆 + 𝐶 = + 2 2 (𝑆)(𝑆 + 4) 𝑆 𝑆 + 4
Donde: 𝐴+𝐵 =0 𝐶=0 4𝐴 = −4 Entonces: 𝐴 = −1 𝐵=1 y 𝐶=0 −4 −1 𝑆 = + 2 2 (𝑆)(𝑆 + 4) 𝑆 𝑆 +4 𝑌(𝑆) =
2𝑆 − 4 4 − (𝑆)(𝑆 − 4) (𝑆)(𝑆 2 + 4)
𝑌(𝑆) =
1 1 1 𝑆 + − + 2 𝑆 (𝑆 − 4) 𝑆 𝑆 + 4
𝑌(𝑡) = 𝐿−1 [
1 𝑠 ] + 𝐿−1 [ 2 ] (𝑠 + 4) 𝑆−4
1 ] = 𝑒 4𝑡 ; 𝑆−4 𝑆 𝐿−1 [ 2 ] = 𝑐𝑜𝑠2𝑡; (𝑠 + 4) 𝐿−1 [
Finalmente: 𝑌(𝑡) = 𝑒 4𝑡 + 𝑐𝑜𝑠2𝑡
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4
Solucionario del examen final Grupo 6 PROBLEMA 2 Resuelva la siguiente ecuación integro diferencial
Resolución: Aplicando la transformada de Laplace
𝑡
, 𝐿 [𝑦(𝑡) + 6𝑦(𝑡) + ∫ 𝑦(𝑢) 𝑑𝑢] = 𝐿[1] 0
𝑡
, 𝐿[𝑦(𝑡) ] + 6𝐿[𝑦(𝑡) ] + 9𝐿 [∫0 𝑦(𝑢) 𝑑𝑢] = 𝐿[1]
𝑠𝑦(𝑠) − 𝑦(0) + 6𝑦(𝑠) + 9
𝑦(𝑠) 1 = 𝑠 𝑠
Factorizamos 𝑦(𝑠) 9
1
𝑦(𝑠) (𝑠 + 6 + 𝑠 ) = 𝑠 𝑦(𝑠) (
𝑠 2 + 6𝑠 + 9 1 )= 𝑠 𝑠
𝑦(𝑠) =
𝑠2
𝑦(𝑠) =
1 + 6𝑠 + 9
1 (𝑠 + 3)2
Ahora aplicamos la transformada inversa de Laplace 𝐿−1 [𝑦(𝑠) ] = 𝐿−1 [ 𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [
1 ] (𝑠 + 3)2
1 ] (𝑠 + 3)2
Aplicando el teorema de traslación: 𝐿−1 [𝐹(𝑠−𝑎) ] = 𝑒 𝑎𝑡 𝑓(𝑡) 𝑦(𝑡) = 𝑒 −3𝑡 . 𝑡
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5
Solucionario del examen final Grupo 6 PROBLEMA 3 Resuelva la siguiente ecuación: 𝑡
𝑦′(𝑡) + 2𝑦(𝑡) − 2 ∫ 𝑦(𝑢) 𝑠𝑒𝑛(𝑡 − 𝑢)𝑑𝑢 = −𝑠𝑒𝑛𝑡
𝑠𝑖 𝑦(0) = 1
0
Resolución: Aplicando la transformada de Laplace a la expresión: 𝑡
𝐿[𝑦′(𝑡) ](𝑠) + 2𝐿[𝑦(𝑡) ](𝑠) − 2𝐿 [∫ 𝑦(𝑢) 𝑠𝑒𝑛(𝑡 − 𝑢)𝑑𝑢] 0
= −𝐿[𝑠𝑒𝑛𝑡 ](𝑠) (𝑠)
Hallando las transformadas por separado:
𝐿 [𝑦 ′ (𝑡) ]
𝐿[𝑦(𝑡) ](𝑠) = 𝑌(𝑠)
𝐿 [∫0 𝑦(𝑢) 𝑠𝑒𝑛(𝑡 − 𝑢)𝑑𝑢]
(𝑠)
= 𝑠𝑌(𝑠) − 𝑦(0) = 𝑠𝑌(𝑠) − 1
𝑡
𝐿[𝑠𝑒𝑛𝑡 ](𝑠) =
1
(𝑠)
= 𝐿[𝑦(𝑡) ∗ 𝑠𝑒𝑛𝑡](𝑠) = 𝐿[𝑦(𝑡) ](𝑠) . 𝐿[𝑠𝑒𝑛𝑡](𝑠) = 𝑌(𝑠)(𝑠2 +1)
1 𝑠2 +1
Reemplazando: 1 1 𝑠𝑌(𝑠) − 1 + 2𝑌(𝑠) − 2𝑌(𝑠) ( 2 )=− 2 𝑠 +1 𝑠 +1 𝑌(𝑠) [𝑠 + 2 −
𝑠2
2 1 ]=1− 2 +1 𝑠 +1
𝑠 3 + 2𝑠 2 + 𝑠 𝑠2 𝑌(𝑠) [ ] = 𝑠2 + 1 𝑠2 + 1 𝑌(𝑠) =
𝑠2 𝑠 𝑠 = 2 = 2 𝑠(𝑠 + 2𝑠 + 1) (𝑠 + 2𝑠 + 1) (𝑠 + 1)2
Usando el método de fracciones parciales: 𝑌(𝑠) =
𝑠 𝐴 𝐵 = + 2 (𝑠 + 1) 𝑠 + 1 (𝑠 + 1)2
entonces: A=1 y B=-1 1 1 𝑌(𝑠) = − 𝑠 + 1 (𝑠 + 1)2 Aplicando la transformada inversa: 1 1 𝐿−1 [𝑌(𝑠)](𝑡) = 𝐿−1 [ ](𝑡) − 𝐿−1 [ ] (𝑠 + 1)2 (𝑡) 𝑠+1 Finalmente: 𝑦(𝑡) = 𝑒 −𝑡 − 𝑡𝑒 −𝑡 𝑠 = 𝐴(𝑠 + 1) + 𝐵
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6
Solucionario del examen final Grupo 6 PROBLEMA 5 Resuelva
Resolución 𝑖1 = 𝑥(0) = 0 para condiciones iniciales:{𝑖2 = 𝑦(0) = 0 𝑖3 = 𝑧(0) = 0
Aplicamos la transformada de Laplace en la primera malla:
1)del dato 𝐸(𝑡) = 4𝑒 −3𝑡 𝐿[𝐸(𝑡) ] = 𝐿[4𝑒 −3𝑡 ] 𝐸(𝑠) =
4 𝑠+3
2) 𝑅 = 2Ω
, 𝐸(𝑡) = 𝑧(𝑡) 𝑅 + 𝐿𝑥(𝑡) , 4𝑒 −3𝑡 = 2𝑧(𝑡) + 0,5𝑥(𝑡)
4 = 2𝑧(𝑠) + 0,5𝑥(𝑠) − 0,5𝑥(0) 𝑠+3 → 2𝑧(𝑠) + 0,5𝑥(𝑠) =
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4 … . (𝛼) 𝑠+3
7
Solucionario del examen final Grupo 6 En la segunda malla: 𝑅 = 6Ω
, , 𝑦(𝑡) 𝑅 + 𝐿𝑦(𝑡) − 𝐿𝑥(𝑡) =0 , , 6𝑦(𝑡) + 2𝑦(𝑡) − 0.5𝑥(𝑡) =0
Aplicando Laplace nos queda: 6𝑦(𝑠) + 2𝑠𝑦(𝑠) − 2𝑦(0) − 0.5𝑠𝑥(𝑠) + 0.5𝑥(0) = 0 (6 + 2s)y(s) − 0.5𝑠𝑥(𝑠) = 0 … (𝛽) Además: 𝑧(𝑡) = 𝑥(𝑡) + 𝑦(𝑡) aplicamos Laplace y nos queda: 𝑧(𝑠) = 𝑥(𝑠) + 𝑦(𝑠) … (𝛾) Se tiene el sistema de ecuaciones: 2𝑧(𝑠) + 0,5𝑥(𝑠) =
4 … . (𝛼) 𝑠+3
(6 + 2s)y(s) − 0.5𝑠𝑥(𝑠) = 0 … (𝛽) 𝑧(𝑠) = 𝑥(𝑠) + 𝑦(𝑠) … (𝛾) De (𝛼): 𝑧(𝑠) =
2 − 0.25𝑠𝑥(𝑠) 𝑠+3
De (𝛽): 𝑦(𝑠) =
0.5𝑠𝑥(𝑠) (6 + 2𝑠)
Reemplazando (𝛼) y (𝛽) en (𝛾): 0.5𝑠𝑥(𝑠) 2 − 0.25𝑠𝑥(𝑠) = 𝑥(𝑠) + 𝑠+3 (6 + 2𝑠) 2 0.5𝑠 = 𝑥(𝑠) [0.25𝑠 + 1 + ] 𝑠+3 (6 + 2𝑠) →
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2 0.5𝑠 2 + 1.5𝑠 + 2𝑠 + 6 + 0.5𝑠 = 𝑥(𝑠) [ ] 𝑠+3 2(𝑠 + 3)
8
Solucionario del examen final Grupo 6
→ 𝑥(𝑠) =
𝑥(𝑠) =
4 8 = 0.5𝑠 2 + 4𝑠 + 6 𝑠 2 + 8𝑠 + 12
8 𝐴 𝐵 −2 2 = + = + (𝑠 + 6)(𝑠 + 2) 𝑠 + 6 𝑠 + 2 𝑠 + 6 𝑠 + 2
∴ 𝑥(𝑠) = −2𝑒 −6𝑡 + 2𝑒 −2𝑡 Como 𝑥(𝑠) =
𝑦(𝑠) =
8 𝑠2 +8𝑠+12
8
= (𝑠+6)(𝑠+2) ,reemplazamos en (𝛽)
0.5𝑠 8 2𝑠 [ ]= (𝑠 + 3)(𝑠 + 6)(𝑠 + 2) (6 + 2𝑠) (𝑠 + 6)(𝑠 + 2)
Acomodando: 𝑦(𝑠) =
2𝑠 𝐴 𝐵 𝐶 = + + (𝑠 + 3)(𝑠 + 6)(𝑠 + 2) 𝑠 + 3 𝑠 + 6 𝑠 + 2
𝐴+𝐵+𝐶 = 0 { 8𝐴 + 5𝐵 + 9𝐶 = 2 12𝐴 + 6𝐵 + 18𝐶 = 0
Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtienen los valores de A, B Y C: 𝐴 = 2 ; 𝐵 = −1 ; 𝐶 = −1 Nos quedaría: 𝑦(𝑠) =
2 1 1 − − 𝑠+3 𝑠+6 𝑠+2
Ahora aplicamos la transformada inversa a 𝑦(𝑠) ∴ 𝑦(𝑡) = 2𝑒 −3𝑡 − 𝑒 −6𝑡 − 𝑒 −2𝑡 Ademas: 𝑧(𝑡) = 𝑥(𝑡) + 𝑦(𝑡) 𝑧(𝑡) = 2𝑒 −3𝑡 − 3𝑒 −6𝑡 + 𝑒 −2𝑡
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9
Solucionario del examen final Grupo 6 PROBLEMA 6 En la red eléctrica de la figura, las corrientes i1=x(t), i2=y(t), i=z(t) son funciones de 𝑡 ≥ 0. En cada instante se aplica un voltaje de 30cos2t, adicionalmente (por un desperfecto del generador) se produce un “chispazo” justo a los 8 seg. Tiene un resistor y dos inductores de constantes 0.5ꭥ, 1H y 1H respectivamente. Asumiendo que inicialmente las corrientes son cero.
Determine las ecuaciones para las corrientes i1, i2 en cada instante 𝑡 ≥ 0. Resolución:
Analizando la primera malla, aplicando la ley de voltajes de Kirchhoff: 𝐸(𝑡) = 0.5𝑧(𝑡) + 𝑦′(𝑡)
Pero sabemos que la función delta de Dirac se utiliza para representar una fuerza “muy grande” o infinita que se aplica en un único instante (en t = 8, 𝛿(𝑡 − 8)𝑡𝑖𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑎𝑙 𝑖𝑛𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑜) , como un “chispazo” en un circuito, por lo tanto: 𝐸(𝑡) = 30 𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 𝛿(𝑡 − 8) Aplicando la transformada de Laplace: 𝐿[30 𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 𝛿(𝑡 − 8)](𝑠) = 0.5𝐿[𝑧(𝑡)](𝑠) + 𝐿[𝑦′(𝑡)](𝑠) 30𝑠 + 𝑒 −8𝑠 = 0.5𝑍(𝑠) + 𝑠𝑌(𝑠) − 𝑦(0) +4
𝑠2 Pero: y(0)=0
30𝑠 + 𝑠2 +4
𝑒 −8𝑠 = 0.5𝑍(𝑠) + 𝑠𝑌(𝑠)
…(1)
Analizando la segunda malla, aplicando la ley de voltajes de Kirchhoff: 𝑥 ′ (𝑡) = 𝑦′(𝑡)
Aplicando la transformada de Laplace: 𝑠𝑋(𝑠) − 𝑥(0) = 𝑠𝑌(𝑠) − 𝑦(0) Pero: x(0)=y(0)=0 𝑋(𝑠) = 𝑌(𝑠)
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10
Solucionario del examen final Grupo 6
De la ley de corrientes de Kirchhoff tenemos: 𝑧(𝑡) = 𝑥(𝑡) + 𝑦(𝑡)
Aplicando la transformada de Laplace: 𝑍(𝑠) = 𝑋(𝑠) + 𝑌(𝑠) Como: 𝑋(𝑠) = 𝑌(𝑠) Entonces: 𝑍(𝑠) = 2𝑋(𝑠) Reemplazando en (1): 30𝑠 + 𝑒 −8𝑠 = 0.5𝑍(𝑠) + 𝑠𝑌(𝑠) +4
𝑠2
30𝑠 + 𝑒 −8𝑠 = 𝑋(𝑠) + 𝑠𝑋(𝑠) 𝑠2 + 4 (𝑠 2
30𝑠 1 + 𝑒 −8𝑠 ( ) = 𝑋(𝑠) + 4)(𝑠 + 1) 𝑠+1
Aplicando la transformada inversa: 30𝑠 1 𝐿−1 [𝑋(𝑠)](𝑡) = 𝐿−1 [ 2 ](𝑡) + 𝐿−1 [𝑒 −8𝑠 ( )] (𝑠 + 4)(𝑠 + 1) 𝑠 + 1 (𝑠) Hallando las transformadas inversas por separado:
𝐿−1 [𝑋(𝑠)](𝑡) = 𝑥(𝑡)
𝐿−1 [(𝑠2 +4)(𝑠+1)](𝑡) = 𝐿−1 [𝑠2 +4 + 𝑠2 +4 + 𝑠+1](𝑠) = 6𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 12𝑠𝑒𝑛2𝑡 − 6𝑒 −𝑡
𝐿−1 [𝑒 −8𝑠 (
30𝑠
6𝑠
1 )] 𝑠+1 (𝑡)
24
1 ] 𝑠+1 (𝑡−8)
= 𝑢8 𝐿−1 [
−6
= 𝑢8 𝑒 −(𝑡−8)
Finalmente tenemos: 𝑥(𝑡) = 6𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 12𝑠𝑒𝑛2𝑡 − 6𝑒 −𝑡 + 𝑢8 𝑒 −(𝑡−8)
Como: x(t)=y(t); 𝑦(𝑡) = 6𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 12𝑠𝑒𝑛2𝑡 − 6𝑒 −𝑡 + 𝑢8 𝑒 −(𝑡−8)
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Solucionario del examen final Grupo 6 PROBLEMA 7 Resuelva 𝑡
𝑦 ′ (𝑡) + 2𝑦(𝑡) + ∫ (𝑦(𝑢) − 𝑢 sin 𝑢)𝑑𝑢 = 𝑡 cos 𝑡 + 𝑡 sin 𝑡 ,
𝑦(0) = 0
0
Aplicamos la transformada de Laplace
𝑡
𝐿 [𝑦 ′ (𝑡) + 2𝑦(𝑡) + ∫ (𝑦(𝑢) − 𝑢 sin 𝑢)𝑑𝑢] = 𝐿[𝑡 cos 𝑡 + 𝑡 sin 𝑡] 0
𝑠𝑌(𝑠) − 𝑦(0) + 2𝑌(𝑠) +
𝑌(𝑠) 2 𝑠2 − 1 2𝑠 − 2 = + 2 2 2 2 (𝑠 + 1) (𝑠 + 1) (𝑠 + 1)2 𝑠
1 𝑠2 − 1 2𝑠 2 𝑌(𝑠) (𝑠 + 2 + ) = 2 + 2 + 2 2 2 (𝑠 + 1) (𝑠 + 1) (𝑠 + 1)2 𝑠
𝑌(𝑠) (
𝑠 2 + 2𝑠 + 1 𝑠 2 + 2𝑠 + 1 )= (𝑠 2 + 1)2 𝑠
𝑌(𝑠) =
(𝑠 2
𝑠 + 1)2
Aplicamos la inversa de Laplace
𝐿−1 [𝑌(𝑠)] = 𝐿−1 [
𝑠 ] (𝑠 2 + 1)2
Finalmente: 𝑦(𝑡) =
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𝑡 sin 𝑡 2
12
Solucionario del examen final Grupo 6 PROBLEMA 8 A) Calcular la integral ∞ −𝑎𝑥
∫
𝑒
0
− 𝑒 −𝑏𝑥 𝑑𝑥 𝑥
(𝑎, 𝑏˃0)
𝐿(𝑒 −𝑎𝑥 − 𝑒 −𝑏𝑥 ) = 𝐿(𝑒 −𝑎𝑥 ) − 𝐿(𝑒 −𝑏𝑥 ) =
1 1 − = 𝑓(𝑠) 𝑠+𝑎 𝑠+𝑏
Ahora aplicamos la transformada de la división: 𝐿(
∞ 𝑒 −𝑎𝑥 − 𝑒 −𝑏𝑥 1 1 − ) 𝑑𝑢 = [Ln(𝑢 + 𝑎) − Ln(𝑢 − 𝑏)]∞ )=∫ ( 𝑠 𝑡 𝑢 + 𝑎 𝑢 + 𝑏 𝑠
𝐿(
𝑒 −𝑎𝑥 − 𝑒 −𝑏𝑥 𝑢+𝑎 ∞ 𝑠+𝑎 𝑠+𝑏 )] = 0 − 𝑙𝑛 ( ) = 𝑙𝑛 ( ) ) = [Ln ( 𝑡 𝑢+𝑏 𝑠 𝑠+𝑏 𝑠+𝑎
B) Resolver la siguiente ecuación: 𝑥
𝑦 ′ + 4𝑦 + 5 ∫ 𝑦(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑒 −𝑥
𝑦(0) = 0
0
Aplicamos la transformada de Laplace
𝑥
𝐿 [𝑦 ′ + 4𝑦 + 5 ∫ 𝑦(𝑥)𝑑𝑥 ] = 𝐿[𝑒 −𝑥 ] 0
𝑠𝑌(𝑠) − 𝑦(0) + 4𝑌(𝑠) + 5
𝑠𝑌(𝑠) + 4𝑌(𝑠) + 5
𝑌(𝑠) 1 = 𝑠 𝑠+1
𝑌(𝑠) 1 = 𝑠 𝑠+1
5 1 𝑌(𝑠) [𝑠 + 4 + ] = 𝑠 𝑠+1
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13
Solucionario del examen final Grupo 6 𝑠 2 + 4𝑠 + 5 1 𝑌(𝑠) [ ]= 𝑠 𝑠+1 𝑌(𝑠) = →
𝑠 (𝑠 + 1)(𝑠 2 + 4𝑠 + 5)
=
𝑠 (𝑠 + 1)(𝑠 2 + 4𝑠 + 5)
𝐴 𝐵𝑠 + 𝐶 + 2 (𝑠 + 1) (𝑠 + 4𝑠 + 5)
𝑠(𝑠 + 1)(𝑠 2 + 4𝑠 + 5) = 𝐴(𝑠 2 + 4𝑠 + 5) + (𝐵𝑠 + 𝐶)(𝑠 + 1)
𝑠 4 + 5𝑠 3 + 9𝑠 2 + 5𝑠 = 𝐴𝑠 2 + 4𝐴𝑠 + 5𝐴 + 𝐵𝑠 2 + 𝐵𝑠 + 𝐶𝑠 + 𝐶
𝑠 4 + 5𝑠 3 + 9𝑠 2 + 5𝑠 = (𝐴 + 𝐵)𝑠 2 + (4𝐴 + 𝐵 + 𝐶)𝑠 + 5𝐴 + 𝐶
∴ 5𝐴 + 𝐶 = 0
𝐶 = −10
4𝐴 + 𝐵 + 𝐶 = 5
𝐵=7
𝐴+𝐵 =9
𝐴=2
𝑌(𝑠) =
2 7𝑠 − 10 + 2 (𝑠 + 1) (𝑠 + 4𝑠 + 5)
𝑌(𝑠) =
2 7𝑠 − 10 + 2 (𝑠 + 1) (𝑠 + 4𝑠 + 5)
Aplicando inversa de Laplace
𝑦(𝑡) = 2𝐿−1 [
1 𝑠 1 ] + 7𝐿−1 [ 2 ] − 10𝐿−1 [ 2 ] (𝑠 + 1) (𝑠 + 4𝑠 + 5) (𝑠 + 4𝑠 + 5)
𝑦(𝑡) = 2𝑒 −𝑡 + 7[𝑒 −2𝑡 (𝑐𝑜𝑠𝑡 − 2𝑠𝑖𝑛𝑡)] − 10𝑒 −2𝑡 (𝑠𝑒𝑛𝑡)
𝑦(𝑡) = 2𝑒 −𝑡 + 7𝑒 −2𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡 − 24𝑒 −2𝑡 𝑠𝑒𝑛𝑡
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Solucionario del examen final Grupo 6 PROBLEMA 9
10. 𝑒 −3𝑡 a) 𝐸(𝑡) = { 10. 𝑒 −3𝑡 + 5. 𝑒 −3(𝑡−2)
0≤𝑡<2 2≤𝑡
𝐸(𝑡) = 10𝑒 −3𝑡 + (5. 𝑒 −3(𝑡−2) ). 𝑈2 (𝑡) 𝐸(𝑠) =
10 + 𝐿[5. 𝑒 −3(𝑡−2) ] 𝑠+3
𝐸(𝑠) =
10 1 + 5𝑒 −2𝑠 . 𝑠+3 𝑠+3
b)∙ 𝐸(𝑡) = 𝑉𝑅2 + 𝑉𝐿𝑥 ∙ 𝐸(𝑡) = 𝑌(𝑡) + 𝑋(𝑡) ∙ 𝐸(𝑡) = 𝑉𝑅3 + 𝑉𝐿𝑦 Reemplazando valores, tenemos un sistema: 𝐸(𝑡) = 2𝑍(𝑡) + 𝑋 ′ (𝑡) 𝑋 ′ (𝑡) = 3𝑌(𝑡) + 𝑌 ′ (𝑡) 𝑍(𝑡) = 𝑌(𝑡) + 𝑋(𝑡) { 𝑍(0) = 𝑋(0) = 𝑌(0) = 0
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15
Solucionario del examen final Grupo 6 c) Aplicamos transformada de Laplace al sistema de ecuaciones 𝐸(𝑠) = 2𝑍(𝑠) + 𝑠𝑋(𝑠) + 0 {𝑠𝑋(𝑠) = 3𝑌(𝑠) + 𝑠𝑌(𝑠) + 0 𝑍(𝑠) + 𝑌(𝑠) + 𝑋(𝑠) 𝐸𝑋(𝑠) + 𝑌(𝑠) − 𝑍(𝑠) = 0 {𝑠𝑋(𝑠) + (−3 − 𝑠)𝑌(𝑠) + 0 = 0 𝑠𝑋(𝑠) + 0 + 2𝑍(𝑠) = 𝐸(𝑠) Hallando el determinante 1 1 ∆= |𝑠 −3 − 𝑠 𝑠 0
−1 0 | = 1(2)(−3 − 𝑠) − 1(𝑛𝑠) − 1(𝑠)(3 − 2) 2
∆= −𝑠 2 − 7𝑠 − 6 = −(𝑠 + 6)(𝑠 + 1) Hallamos Y(s) 1 1 | 𝑠 −3 − 𝑠 0 𝑌(𝑠) = 𝑠 ∆
𝑌(𝑠) =
−1 0| 2 = (−1)(𝑠). 𝐸(𝑠) ∆
𝑠. 𝐸(𝑠) (𝑠 + 1)(𝑠 + 6)
Ahora hallamos X(s) 0 1 −3 − 𝑠 | 0 𝐸(𝑠) 0 𝑋(𝑠) = ∆
−1 0| 2
=
(−1)𝐸(𝑠)(−2 − 𝑠)(−1) ∆
𝑋(𝑠) =
𝐸(𝑠)(𝑠 + 3) (𝑠 + 1)(𝑠 + 6)
𝑋(𝑠) =
10 1 + 5. 𝑒 −2𝑠 . (𝑠 + 1)(𝑠 + 6) (𝑠 + 1)(𝑠 + 6)
d) 𝑋(𝑡) = 𝐿−1 [𝑋(𝑠)] 1 10 𝑠 𝐴 𝐵 . = = + 2 (𝑠 + 1)(𝑠 + 6) (𝑠 + 1)(𝑠 + 6) 𝑠 + 1 𝑠 + 6 (A+B)s+6A+B=s A=-B ;
A=1
UNMSM-FIEE
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Solucionario del examen final Grupo 6 6A+B=5; B=-1 𝑠 1 1 = − (𝑠 + 1)(𝑠 + 6) 𝑠 + 1 𝑠 + 6 𝑋(𝑠) =
2 2 5 1 1 − + . 𝑈2 (𝑡). 𝐿−1 [ − ] 𝑠+1 𝑠+6 𝑠 𝑆 + 1 𝑠 + 6 (𝑡−2)
𝑋(𝑡) = 2. 𝑒 −𝑡 − 2. 𝑒 −6𝑡 + 𝑈2 (𝑡)(𝑒 −𝑡 − 𝑒 −6𝑡 )(𝑡−2) 𝑋(𝑡) = 2. 𝑒 −𝑡 − 2. 𝑒 −6𝑡 + 𝑈2 (𝑡)(𝑒 −(𝑡−2) − 𝑒 −6(𝑡−2) )(𝑡−2) Si 𝑡 ≥ 2
𝑈2 (𝑡) = 1
𝑋(𝑡) = 2. 𝑒 −𝑡 − 2. 𝑒 −6𝑡 + 𝑈2 (𝑡)(𝑒 −(𝑡−2) − 𝑒 −6(𝑡−2) )
Finalmente 𝑋(𝑡) = {
2(𝑒 −𝑡 − 𝑒 −6𝑡 ) (2 + 𝑒 2 )𝑒 −𝑡 − (2 + 𝑒 12 ). 𝑒 −6𝑡
UNMSM-FIEE
0≤𝑡<2 2≤𝑡
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Solucionario del examen final Grupo 6 PROBLEMA 10
𝐴𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑙𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝐿𝑎𝑝𝑙𝑎𝑐𝑒 𝑡
𝐿[𝑦 ′′ (𝑡)] − 7𝐿[𝑦 ′ (𝑡)] + 31𝐿[𝑦(𝑡)] − 25𝐿 [∫ 𝑦(𝑢)𝑑𝑢] = 𝐿[24] 0
𝑠 2 𝑦(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦 ′ (0) − 7[𝑠𝑦(𝑠) − 𝑦(0)] + 31𝑦(𝑠) − 25 𝑠 2 𝑦(𝑠) − 2𝑠 − 8 − 7𝑠𝑦(𝑠) + 14 + 31𝑦(𝑠) − 25
𝑦(𝑠) 24 = 𝑠 𝑠
𝑦(𝑠) 24 = 𝑠 𝑠
𝑠 3 𝑦(𝑠) − 2𝑠 2 − 8𝑠 − 7𝑠 2 𝑦(𝑠) + 14𝑠 + 31𝑠𝑦(𝑠) − 25𝑦(𝑠) = 24 𝑠 3 𝑦(𝑠) − 2𝑠 2 − 6𝑠 − 7𝑠 2 𝑦(𝑠) + 31𝑠𝑦(𝑠) − 25𝑦(𝑠) = 24 𝑦(𝑠)[𝑠 3 − 7𝑠 2 + 31𝑠 − 25] = 24 + 2𝑠 2 − 6𝑠 𝑦(𝑠) =
2𝑠 2 − 6𝑠 + 24 𝑠 3 − 7𝑠 2 + 31𝑠 − 25
Por fracciones parciales: 𝑦(𝑠) =
2𝑠 2 − 6𝑠 + 24 𝐴 𝐵𝑠 + 𝐶 = + 2 2 (𝑠 − 1)(𝑠 − 6𝑠 + 25) (𝑠 − 1) (𝑠 − 6𝑠 + 25)
→ 2𝑠 2 − 6𝑠 + 24 = (𝑠 2 − 6𝑠 + 25)𝐴 + (𝑠 − 1)(𝐵𝑠 + 𝐶) 2𝑠 2 − 6𝑠 + 24 = (𝐴 − 𝐵)𝑠 2 + (𝐶 + 6𝐴 − 𝐵)𝑠 + 25𝐴 − 𝐶 2=𝐴+𝐵 {−6 = 𝐶 − 6𝐴 − 𝐵 24 = 25𝐴 − 𝐶
∴1=𝐴 ∴1=𝐵
∴1=𝐶
Reemplazando y aplicando transformada inversa de Laplace:
1 𝑠−3 4 𝐿−1 [𝑦(𝑠)] = 𝐿−1 [( )−( 2 )−( 2 )] 𝑠−1 𝑠 − 6𝑠 + 25 𝑠 − 6𝑠 + 25
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Solucionario del examen final Grupo 6
𝑦(𝑡) = 𝑒 𝑡 − 𝐿−1 [
𝑦(𝑡) = 𝑒 𝑡 − 𝐿−1 [
𝑠−3+3 4 ] − 𝐿−1 [ ] 2 (𝑠 − 3) + 16 (𝑠 − 3)2 + 42
𝑠−3+3 4 ] − 𝐿−1 [ ] 2 (𝑠 − 3) + 16 (𝑠 − 3)2 + 42
𝑦(𝑡) = 𝑒 𝑡 − 𝑒 3𝑡 𝐿−1 [
𝑠2
𝑠 4 ] − 𝐿−1 𝑒 3𝑡 [ 2 ] 2 +4 𝑠 + 42
𝑦(𝑡) = 𝑒 𝑡 − 𝑒 3𝑡 (𝑐𝑜𝑠4𝑡) − 𝑒 3𝑡 𝑠𝑒𝑛4𝑡
∴ 𝑦(𝑡) = 𝑒 𝑡 − 𝑒 3𝑡 (𝑐𝑜𝑠4𝑡 + 𝑠𝑒𝑛4𝑡)
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Solucionario del examen final Grupo 6 PROBLEMA 11 Halle la solución completa del sistema de ED. {
𝑥 𝑖 − 5𝑥 + 𝑦 𝑖 = −𝑒 4𝑡 + 𝑒 −𝑡 𝑥(0) = −1 𝑠𝑢𝑗𝑒𝑡𝑎 𝑎 { 𝑖 𝑖 5𝑡 𝑦(0) = 1 𝑥 − 4𝑥 + 𝑦 + 𝑦 = −2𝑒 + 2
Aplicando la transformada de Laplace al sistema de ED:
𝐿[𝑥 𝑖 − 5𝑥 + 𝑦 𝑖 ] = 𝐿[ −𝑒 4𝑡 + 𝑒 −𝑡 ] 𝑠𝑋(𝑠) − 𝑥(0) − 5𝑋(𝑠) + 𝑠𝑌(𝑠) − 𝑦(0) = − 𝑠𝑋(𝑠) + 1 − 5𝑋(𝑠) + 𝑠𝑌(𝑠) − 1 = − (𝑠 − 5)𝑋(𝑠) + 𝑠𝑌(𝑠) = −
1 1 + 𝑠−4 𝑠+1
1 1 + 𝑠−4 𝑠+1
1 1 + …𝛼 𝑠−4 𝑠+1
𝐿[𝑥 𝑖 − 4𝑥 + 𝑦 𝑖 + 𝑦] = 𝐿[ −2𝑒 5𝑡 + 2] 𝑠𝑋(𝑠) − 𝑥(0) − 4𝑋(𝑠) + 𝑠𝑌(𝑠) − 𝑦(0) + 𝑌(𝑠) = −2 (𝑠 − 4)𝑋(𝑠) + 1 + (𝑠 + 1)𝑌(𝑠) − 1 = −2 (𝑠 − 4)𝑋(𝑠) + (𝑠 + 1)𝑌(𝑠) = −2
1 1 +2 𝑠−5 𝑠
1 1 +2 𝑠−5 𝑠
1 1 +2 …𝛽 𝑠−5 𝑠
La regla de Cramer requiere de los determinantes: 𝑠−5 𝑠 ∆= | | = −5 𝑠−4 𝑠+1 Entonces:
| 𝑋(𝑠) =
1 1 −𝑠 − 4 + 𝑠 + 1 −2
1 1 +2𝑠 𝑠−5 −5
𝑠 𝑠+1
| =
1 2 − 𝑠−4 𝑠−5
Además:
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Solucionario del examen final Grupo 6 1 1 𝑠 − 5 −𝑠 −4 +𝑠 + 1 | | 1 1 𝑠 − 4 −2 +2𝑠 2 1 𝑠−5 𝑌(𝑠) = = − −5 𝑠 𝑠+1
𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑑𝑎 𝑖𝑛𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑎 𝑋(𝑠)𝑒 𝑌(𝑠):
𝐿[𝑋(𝑠)]−1 = 𝐿 [
1 2 −1 − ] 𝑠−4 𝑠−5
𝑥(𝑡) = (𝑒 4𝑡 − 2𝑒 5𝑡 )
2 1 −1 𝐿[𝑌(𝑠)]−1 = 𝐿 [ − ] 𝑠 𝑠+1
𝑦(𝑡) = (2 − 𝑒 −𝑡 )
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Solucionario del examen final Grupo 6 PROBLEMA 12 a) Halle la transformada de Laplace 𝑡
𝐿 [∫ 0 𝑡
𝐿 [∫ 0
𝑒 𝑢 𝑠𝑒𝑛(𝑢) 𝑑𝑢] 𝑢
𝑢
𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝑢) 𝑑𝑢] = 𝑢
𝐿[
𝑒 𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡) ] 𝑡 𝑠
Por la serie Taylor: ∞
𝑠𝑒𝑛(𝑡) = ∑ 𝑛=0
(−1)𝑛 2𝑛+1 𝑡 (2𝑛 + 1)!
Entonces ∞
(−1)𝑛 2𝑛 𝑠𝑒𝑛(𝑡) =∑ 𝑡 (2𝑛 + 1)! 𝑡 𝑛=0
Reemplazando: (−1)𝑛 2𝑛 𝐿 [𝑒 𝑡 ∑∞ 𝑛=0 (2𝑛 + 1)! 𝑡 ] 𝑒 𝑢 𝑠𝑒𝑛(𝑢) 𝐿 [∫ 𝑑𝑢] = 𝑢 𝑠 0 𝑡
𝑡
𝐿 [∫ 0
𝑢
𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝑢) 𝑑𝑢] = 𝑢
𝐿 [∑∞ 𝑛=0
(−1)𝑛 𝑡 2𝑛 𝑒 𝑡 ] (2𝑛 + 1)! 𝑠
Aprovechando la propiedad de la Linealidad de la transformada:
∞
𝑡
(−1)𝑛 𝐿[𝑒 𝑡 𝑡 2𝑛 ] 𝑒 𝑢 𝑠𝑒𝑛(𝑢) 𝐿 [∫ 𝑑𝑢] = ∑ [ ] (2𝑛 + 1)! 𝑢 𝑠 0 𝑛=0
Dado que: 𝐿[𝑡 𝑎 ] =
𝑎! 𝑠 𝑎+1
→ 𝐿[𝑡 2𝑛 ] =
2𝑛! 𝑠 2𝑛+1
Y 𝑒 𝑡 : 𝑟𝑒𝑝𝑟𝑒𝑠𝑒𝑛𝑡𝑎 𝑢𝑛 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 𝑠 𝐿[𝑒 𝑡 𝐹(𝑡)] = 𝑓(𝑠 − 1) → 𝐿[𝑒 𝑡 𝑡 2𝑛 ] =
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2𝑛! (𝑠 − 1)2𝑛+1
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Solucionario del examen final Grupo 6
Reemplazando:
𝑡
∞
(−1)𝑛 𝑒 𝑢 𝑠𝑒𝑛(𝑢) 2𝑛! 𝐿 [∫ 𝑑𝑢] = ∑ [ ] (2𝑛 + 1)! 𝑠(𝑠 − 1)2𝑛+1 𝑢 0 𝑛=0
𝑡
∞
(−1)𝑛 𝑒 𝑢 𝑠𝑒𝑛(𝑢) 𝐿 [∫ 𝑑𝑢] = ∑ [ ] (2𝑛 + 1)𝑠(𝑠 − 1)2𝑛+1 𝑢 0 𝑛=0
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Solucionario del examen final Grupo 6 b) Halle la transformada de Laplace 𝑡
𝐿 [∫ 𝑓(𝑢)𝑑𝑢] 0
Dado que: 𝑡 𝑠𝑖 0 ≤ 𝑡 < 1 𝑓(𝑡) {2 − 𝑡 𝑠𝑖 1 ≤ 𝑡 < 2 0 𝑠𝑖 2 ≤ 𝑡 Reescribiendo f(t): 𝑓(𝑡) = 𝑡 + 𝑢1 (2 − 𝑡 − 𝑡) + 𝑢2 (0 − (2 − 𝑡)) 𝑓(𝑡) = 𝑡 + 𝑢1 (2 − 2𝑡) + 𝑢2 (𝑡 − 2) 𝑓(𝑡) = 𝑡 + 2𝑢1 − 2𝑢1 𝑡 + 𝑢2 𝑡 − 2𝑢2 𝑡
𝐿 [∫ 𝑓(𝑢)𝑑𝑢] = 0
𝐿[𝑓(𝑡)] 𝑠
𝐿[𝑓(𝑡)] = 𝐿[𝑡 + 2𝑢1 − 2𝑢1 𝑡 + 𝑢2 𝑡 − 2𝑢2 ]
𝐿[𝑢𝑎 ] =
𝑒 −𝑎𝑠 𝑠
𝑒 −𝑎𝑠 𝑑 𝑠 −𝑎𝑠𝑒 −𝑎𝑠 − 𝑒 −𝑎𝑠 𝑎𝑠𝑒 −𝑎𝑠 + 𝑒 −𝑎𝑠 𝑒 −𝑎𝑠 𝑒 −𝑎𝑠 𝐿[𝑡𝑢𝑎 ] = − =− = = 𝑎 + 2 𝑑𝑠 𝑠2 𝑠2 𝑠 𝑠 Reemplazando: 𝐿[𝑓(𝑡)] = 𝐿[𝑡] + 2𝐿[𝑢1 ] − 2𝐿[𝑢1 𝑡] + 𝐿[𝑢2 𝑡] − 2𝐿[𝑢2 ] 1 𝑒 −𝑠 𝑒 −𝑠 𝑒 −𝑠 𝑒 −2𝑠 𝑒 −2𝑠 𝑒 −2𝑠 𝐿[𝑓(𝑡)] = 2 + 2 −2 −2 2 +2 + 2 −2 𝑠 𝑠 𝑠 𝑠 𝑠 𝑠 𝑠 𝐿[𝑓(𝑡)] =
1 𝑒 −𝑠 𝑒 −2𝑠 − 2 + 2 𝑠2 𝑠2 𝑠
1 𝑒 −𝑠 𝑒 −2𝑠 − 2 + 2 𝐿[𝑓(𝑡)] 𝑠 2 𝑠2 𝑠 𝐿 [∫ 𝑓(𝑢)𝑑𝑢] = = 𝑠 𝑠 0 𝑡
𝑡
𝐿 [∫ 𝑓(𝑢)𝑑𝑢] = 0
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1 𝑒 −𝑠 𝑒 −2𝑠 − 2 + 3 𝑠3 𝑠3 𝑠
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Solucionario del examen final Grupo 6 PROBLEMA 14
𝐹(𝑡) 𝑡→∞ 𝑒 𝑎𝑡
a)𝐹 𝑒𝑠 𝑒𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑠𝑖 ∃ 𝑎 ∈ ℝ⁄ lim
=0
2
𝑒𝑡 2 lim 𝑎𝑡 = lim 𝑒 𝑡 −𝑎𝑡 = +∞ 𝑡→∞ 𝑒 𝑡→∞ 2
→ 𝐹(𝑡) = 𝑒 𝑡 𝑛𝑜 𝑒𝑠 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 𝑒𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝐹(𝑡) 𝑡→∞ 𝑒 𝑎𝑡
b) ∃𝐿[𝐹(𝑡)] ↔ lim
= 0 ∧ ∃ lim+ 𝐹(𝑡𝑖 + ℎ) ∧ ∃ lim− 𝐹(𝑡𝑖 − ℎ) ℎ→0
ℎ→0
2
→ lim+ 𝐹(𝑡 + ℎ) = lim+ 𝑒 (𝑡+ℎ) = 𝑒 𝑡 ℎ→0
ℎ→0
2
→ lim− 𝐹(𝑡 − ℎ) = lim− 𝑒 (𝑡−ℎ) = 𝑒 𝑡 ℎ→0
ℎ→0
𝑃𝑒𝑟𝑜 ∄ lim 𝑒
𝑡 2 −𝑎𝑡
𝑡→∞
= ∞+
→ ∄ 𝑙𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝐿𝑎𝑝𝑙𝑎𝑐𝑒 𝑑𝑒 𝐹(𝑡) = 𝑒 𝑡
2
2
c) ∄ 𝐿[𝑒 𝑡 ]
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Solucionario del examen final Grupo 6 PROBLEMA 15
Resolución: b) ECUACION DE BESSEL La ecuación diferencial 𝑥 2 𝑑2 𝑦 𝑥𝑑𝑦 + + (𝑥 2 − 𝑝2 )𝑦 = 0 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 Se llama ecuación de Bessel de orden P con P>=0, la ecuación de Bessel es una ecuación diferencial de segundo orden. La ecuación de Bessel surgió en el estudio de la radiación de energía y aparecen frecuentemente en estudios avanzados de matemática aplicada, fisca e ingeniería y particularmente en aquellos en que el modelo matemático se expresa naturalmente en coordenadas cilíndricas. c) METODO DE FROBENIUS La solución de las ecuaciones diferenciales
𝑎2 (𝑥)𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2
+
(𝑎1 (𝑥)𝑑𝑦 𝑑𝑥
+ 𝑎0 (𝑥)𝑦 = 0 en serie de
potencia entorno a un punto singular regular, se obtiene mediante el siguiente teorema debido a “FERDINAND GEORGE FROBENIUS”.
Teorema. Si 𝑥 = 𝑥0 es un punto singular regular la ecuación diferencial
𝑎2 (𝑥)𝑑 2 𝑦 𝑑𝑥 2
+
(𝑎1 (𝑥)𝑑𝑦 𝑑𝑥
+
𝑎0 (𝑥)𝑦 = 0 existe al menos una solución en series de potencias de la forma 𝑦 = ∞ ∞ (𝑥 − 𝑥0 )𝑟 ∑𝑛=0 𝑐𝑛 (𝑥 − 𝑥0 )𝑛 = ∑𝑛=0 𝑐𝑛 (𝑥 − 𝑥0 )𝑛+𝑟 donde el numero r es una constante a determinar.
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Solucionario del examen final Grupo 6 Ejemplo. Resolver la ecuación diferencial Frobenius.
𝑥𝑑 2 𝑦 𝑑𝑥 2
+
3𝑑𝑦 𝑑𝑥
− 𝑦 = 0 aplicando el método de
Solución Sea 𝑥0 = 0 un punto singular regular de la ecuación diferencial entonces por Frobenius la solución en series de potencia es ∞
𝑦 = ∑ 𝑐𝑛 (𝑥)𝑛+𝑟 , 𝑐𝑢𝑦𝑎𝑠 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑠𝑜𝑛 𝑛=0
∞
𝑑𝑦 = ∑ 𝑐𝑛 (𝑛 + 𝑟)(𝑥)𝑛+𝑟−1 𝑑𝑥 𝑛=0
∞
,
𝑑2 𝑦 = ∑ 𝑐𝑛 (𝑛 + 𝑟)(𝑛 + 𝑟 − 1)(𝑥)𝑛+𝑟−2 𝑑𝑥 2 𝑛=0
Reemplazando y factorizando: ∞
𝑟(𝑟 + 2)𝑐0 𝑥 ( + ∑((𝑛 + 𝑟)(𝑛 + 𝑟 + 2)𝑐𝑛 − 𝑐𝑛−1 )𝑥 𝑛−1 ) = 0 𝑥 𝑟
𝑛=0
Luego buscando valores para las constantes: se obtiene la solución de la serie ∞
∞
𝑛=0
𝑛=0
2𝑐0 𝑥 𝑛 2𝑥 𝑛 𝑦=∑ = 𝑐0 ∑ 𝑛! (𝑛 + 2) 𝑛! (𝑛 + 2)
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Solucionario del examen final Grupo 6 PROBLEMA 16 Explique y desarrolle: a) Serie de potencias SERIE DE POTENCIAS Una serie de la forma: 𝑐0 + 𝑐1 (𝑥 − 𝑎) + 𝑐2 (𝑥 − 𝑎)2 + ⋯ + 𝑐𝑛 (𝑥 − 𝑎)𝑛 + ⋯ es decir: 𝑛 2 𝑛 ∑∞ 𝑛=0 𝑐𝑛 (𝑥 − 𝑎) = 𝑐0 + 𝑐1 (𝑥 − 𝑎) + 𝑐2 (𝑥 − 𝑎) + ⋯ + 𝑐𝑛 (𝑥 − 𝑎) + ⋯
Dónde: a y los 𝑐𝑖 , 𝑖 = 1,2, … , 𝑛 son constantes, es llamada serie de potencias en x-a.
b) Sucesiones convergentes SUCESIONES CONVERGENTES Sea {𝑥𝑛 } una sucesión de números reales y sea x ∈ R. Decimos que {𝑥𝑛 } converge a x, y escribimos {𝑥𝑛 }→ x, cuando, para cada número real y positivo ε, puede encontrarse un número natural m, de forma que, para cualquier n ∈ N que verifique n > m, se tenga |{𝑥𝑛 − 𝑥}| < ε. Así pues, simbólicamente: {𝑥𝑛 }→ X ⇐⇒ ∀ε > 0 ∃m ∈ N: n > m ⇒ |{𝑥𝑛 − 𝑥}|< ε (∗) Nótese que escribimos ε > 0 en lugar de ε ∈ R +, se sobreentiende que ε es un número real y se enfatiza que es positivo. Igualmente se sobreentiende que n ∈ N y se enfatiza que n > m. Antes que nada conviene resaltar que el número natural m que aparece en (∗) dependerá usualmente del número positivo ε mencionado previamente. Para probar que{𝑥𝑛 } → x debemos precisamente encontrar alguna regla que a cada número positivo ε asocie un número natural m con la propiedad requerida: que se tenga|{𝑥𝑛 − 𝑥}| < ε para n > m. La desigualdad |{𝑥𝑛 − 𝑥}| < ε es tanto más exigente cuanto más pequeño sea ε y equivale a que se tenga x−ε < 𝑥𝑛 < x+ε. Por tanto, en (∗) se afirma que, por muy pequeño que sea ε > 0, el intervalo] x−ε, x+ε [contiene a todos los términos de la sucesión a partir de uno en adelante o, si se quiere, a todos los términos suficientemente avanzados. Dicho de otra forma, como |{𝑥𝑛 − 𝑥}| es la distancia entre los puntos 𝑥𝑛 y x de la recta real, tenemos que {𝑥𝑛 } → x cuando podemos conseguir que 𝑥𝑛 esté tan cerca de x como queramos (a distancia menor que cualquier ε > 0 que hayamos fijado previamente), sin más que tomar n suficientemente grande (n > m para un cierto m ∈ N que usualmente dependerá de ε). Así pues, los términos de la sucesión “se aproximan” al número real x, de una forma muy concreta. Podemos también reformular la definición de convergencia, pensando en los términos que no verifican la desigualdad que en ella aparece. Más concretamente, para cada ε > 0 podemos pensar en el conjunto Aε = {n ∈ N: |{𝑥𝑛 − 𝑥}|> ε}. Decir que |{𝑥𝑛 − 𝑥}|< ε para n > m equivale a decir que
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Solucionario del examen final Grupo 6 Aε ⊂ {n ∈ N: n < m}. Que exista un m ∈ N verificando la inclusión anterior es tanto como decir que el conjunto Aε es finito. En resumen, tenemos que {𝑥𝑛 } → x si, y sólo si, para todo ε > 0, el conjunto Aε es finito. Esta forma de expresar la convergencia es útil cuando queremos negarla: decir que {𝑥𝑛 } no converge a x equivale a decir que existe ε > 0 tal que Aε es infinito. Lógicamente, diremos que una sucesión de números reales {𝑥𝑛 } es convergente cuando exista x ∈ R tal que {𝑥𝑛 }→ x. Veamos qué entonces x es único: Si una sucesión {𝑥𝑛 } verifica que {𝑥𝑛 } → x y que {𝑥𝑛 } → y, con x, y ∈ R, entonces x = y. Para comprobarlo, fijamos ε > 0 y usamos la definición de convergencia para encontrar m1, m2 ∈ N tales que |𝑥𝑛 − x| < ε para n > m1 y |𝑥𝑛 − y| < ε para n > m2. Tomando entonces n = Max {m1, m2} tenemos claramente |x−y| = |x−𝑥𝑛 +𝑥𝑛 −y| < |x−𝑥𝑛 |+|𝑥𝑛 −y| < 2ε Como ε > 0 era arbitrario, hemos demostrado que |x − y|/2 es un minorante de R +, luego |x−y| <0, es decir, x = y. c) Series geométricas SERIES GEOMÉTRICAS Una serie geométrica es de la forma: ∞
∑ 𝑎𝑟 𝑛−1 = 𝑎 + 𝑎𝑟 + 𝑎𝑟 2 + ⋯ + 𝑎𝑟 𝑛−1 + ⋯ 𝑛=1
La serie geométrica es convergente cuando 𝑟 < 1 es divergente cuando 𝑟 ≥ 1. En efecto: La n-ésima suma parcial de esta serie, está dado por: 𝑠𝑛 = 𝑎(1 + 𝑟 + 𝑟 2 + ⋯ + 𝑟 𝑛−1 ), Además se tiene: 1 − 𝑟 𝑛 = (1 − 𝑟)(1 + 𝑟 + 𝑟 2 + ⋯ + 𝑟 𝑛−1 ) Luego 𝑠𝑛 = 𝑎(1 + 𝑟 + 𝑟 2 + ⋯ + 𝑟 𝑛−1 ) = 𝑎(1−𝑟 𝑛 ) 𝑛→∞ 1−𝑟
lim 𝑠𝑛 = lim
𝑛→∞
𝑎𝑟 𝑛 , 𝑛→∞ 1−𝑟
lim
𝑎 𝑛→∞ 1−𝑟
= lim
𝑎(1−𝑟 𝑛 ) , 1−𝑟
𝑟 ≠ 1,
Entonces:
𝑎𝑟 𝑛 , Donde: 𝑛→∞ 1−𝑟
− lim
existe y es cero si |𝑟| < 1, por lo tanto lim
𝑎
𝑛→∞ 1−𝑟
, si |𝑟| < 1, entonces: 𝑎
𝑛−1 La serie geométrica ∑∞ , converge cuando |𝑟| < 1, y su suma es 1−𝑟, es decir: 𝑛=1 𝑎𝑟 𝑎
𝑛−1 ∑∞ = 1−𝑟, Si |𝑟| < 1 𝑛=1 𝑎𝑟 𝑎𝑟 𝑛 , 𝑛→∞ 1−𝑟
Si 𝑟 ≥ 1 → lim
no existe.
𝑛 Por lo tanto la serie geométrica ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑟 es divergente, cuando 𝑟 ≥ 1.
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Solucionario del examen final Grupo 6 d) Series armónicas SERIES ARMÓNICAS La serie armónica es de la forma: ∞
∑ 𝑛=1
1 1 1 1 =1 + + + ⋯+ + ⋯ 𝑛 2 3 𝑛
La serie armónica es divergente: En efecto 1
1
1
1 2
1 3
1 𝑛
𝑠𝑛 = 1 + 2 + 3 + ⋯ + 𝑛 𝑠2𝑛 = 1 + + + ⋯ + +
1 + 𝑛+1
1
1
1
⋯+
1 2𝑛
1
1
, entonces:
𝑠2𝑛 − 𝑠𝑛 = 𝑛+1 + 𝑛+2 + ⋯ + 2𝑛 1
1
1
1
1
𝑛
1
Para 𝑛 > 1 → 𝑛+1 + 𝑛+2 + ⋯ + 2𝑛 > 2𝑛 + 2𝑛 + 2𝑛 + ⋯ + 2𝑛 = 2𝑛 = 2 (Pues hay n—términos en cada lado de la desigualdad) 1
Luego 𝑠2𝑛 − 𝑠𝑛 > 2
… (𝛼) siempre que n>1, pero por un teorema se establece que si la serie
es convergente 𝑠2𝑛 − 𝑠𝑛 se puede hacer tan pequeño tomando n suficientemente grande, esto es: 1 2
Si ԑ = , ∃𝑁 > 0 /|𝑠2𝑛 − 𝑠𝑛 | < tanto:
1 2
siempre que 2n>N, n>N, pero esto contradice a (𝛼), por lo
∑∞ 𝑛=1
1 𝑛
Es divergente.
e) Series de orden “p” SERIES DE ORDEN “P” La serie –p, tiene la forma: ∞
∑ 𝑛=1
1 1 1 1 1 = 𝑃 + 𝑃 + 𝑃 + ⋯+ 𝑃 + ⋯ 𝑃 𝑛 1 2 3 𝑛
Siendo p una constante, 1
Cuando p>1, la serie –p. ∑∞ 𝑛=1 𝑛𝑃 , es convergente. 1
Cuando p<1, la serie –p. ∑∞ 𝑛=1 𝑛𝑃 , es divergente. 1
Para el caso cuando p=1, se tiene la serie armónica ∑∞ 𝑛=1 𝑛 que es divergente.
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Solucionario del examen final Grupo 6
f) Serie de Taylor y Mac Laurent SERIE DE TAYLOR 𝑛 Sea ∑∞ 𝑛=0 𝑐𝑛 (𝑥 − 𝑎) una serie de potencia con radio de convergencia p, entonces definimos la función f de la siguiente forma:
𝑓(𝑥) = 𝑐0 + 𝑐1 (𝑥 − 𝑎) + 𝑐2 (𝑥 − 𝑎)2 + ⋯ + 𝑐𝑛 (𝑥 − 𝑎)𝑛 + ⋯ …(1) Para todo x ∈
.
Ahora buscaremos la relación que existe entre los coeficientes 𝑐0 , 𝑐1 , 𝑐2 … 𝑐𝑛 … , con la función f y sus derivadas al evaluar en el punto a.
𝑓(𝑥) = 𝑐0 + 𝑐1 (𝑥 − 𝑎) + 𝑐2 (𝑥 − 𝑎)2 + 𝑐3 (𝑥 − 𝑎)3 + ⋯ → 𝑓(𝑎) = 𝑐0 𝑓 ′(𝑥) = 𝑐1 + 2𝑐2 (𝑥 − 𝑎) + 3𝑐3 (𝑥 − 𝑎)2 + ⋯ … … . … … → 𝑓′(𝑎) = 𝑐1 𝑓 ′′(𝑥) = 2𝑐2 + 2.3𝑐3 (𝑥 − 𝑎) + 3.4𝑐4 (𝑥 − 𝑎)2 + ⋯ … … . →
𝑓 ′′(𝑎) = 𝑐2 2!
𝑓 ′′′(𝑥) = 1.2.3𝑐3 + 2.3.4𝑐4 (𝑥 − 𝑎) + 3. 4.5𝑐5 (𝑥 − 𝑎)2 … →
𝑓 ′′′(𝑎) = 𝑐3 3!
… 𝑓 (𝑛)(𝑥) = 1.2.3 … 𝑛𝑐𝑛 + 2.3. . . (𝑛 + 1)𝑐𝑛+1 (𝑥 − 𝑎) + ⋯ →
𝑓 (𝑛)(𝑎) = 𝑐𝑛 𝑛!
Reemplazando 𝑐0 , 𝑐1 , 𝑐2 … 𝑐𝑛 en la ecuación (1) 𝑓 ′′(𝑎) 𝑓 (𝑛)(𝑎) 2 (𝑥 − 𝑎)𝑛 + ⋯ 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎) + 𝑓′(𝑎)(𝑥 − 𝑎) + (𝑥 − 𝑎) + ⋯ + 2! 𝑛! Por lo tanto: ∞
𝑓 (𝑛)(𝑎) (𝑥 − 𝑎)𝑛 𝑓(𝑥) = ∑ 𝑛! 𝑛=0
Luego la serie de potencia de a función f, representado por: ∞
𝑓(𝑥) = ∑ 𝑛=0
𝑓 (𝑛)(𝑎) (𝑥 − 𝑎)𝑛 𝑛!
Se denomina serie de Taylor alrededor del punto a.
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Solucionario del examen final Grupo 6
SERIE DE MAC LAURENT Si en la serie de Taylor
𝑓(𝑥) = ∑∞ 𝑛=0
𝑓(𝑛)(𝑎) (𝑥 𝑛!
− 𝑎)𝑛 ,
Hacemos a=0 se tiene la siguiente serie: ∞
𝑓(𝑥) = ∑ 𝑛=0
𝑓 (𝑛)(0) (𝑥)𝑛 𝑛!
A esta serie se le llama serie de Mac Laurent.
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Solucionario del examen final Grupo 6 PROBLEMA 17 Plantee y resuelva la ecuación de la onda:
ECUACION DE LAS ONDAS.-
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Solucionario del examen final Grupo 6
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Solucionario del examen final Grupo 6
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