Ed Sep 08 Sol

PROBLEMA 1 a) Lineal no homogénea si E(t) ≠ 0. LI ’ + RI = E(t) R s L

t

=∫

Solución: e I

→

I '+

R 1 I= E L L

R s 1 RL s 1 RL t L e E ( s)ds , o e I = ∫ e E (t )dt + K , K real arbitrario. L L

t

t0

t0

b) E(t) = E constante, I(t 0 ) = I 0 . Integrando, R t L

e I −e

R t0 L

I0 = ∫

t

t0

E RL s E RL t E RL t 0 e ds = e − e L R R

→

E  E  RL (t 0 − t ) . I = +  I 0 − e R  R

Obviamente, si E = 0, se tiene I = I 0e

R (t0 −t ) L

c) R/L = 0.08; E = 12; E/R = 6. Sustituyendo valores, 0 ≤ t ≤ 10; I(0) = 0; E = 12 → I = 6 + (0 − 6 )e0.08( 0 − t ) = 6 − 6e −0.08t ; I (10) = 6 − 6e −0.8 10 < t ≤ 20; I (10) = 6 − 6e −0.8 ; E = 0 → I = I (10)e0.08(10 − t ) ; I (20) = I (10)e −0.8 20 < t ≤ 30; I (20) = I (10)e −0.8 ; E = 12 → → I = 6 + e0.08( 20 − t ) ( I (20) − 6) ; I (30) = 6 + e −0.8 ( I (20) − 6) 30 < t ≤ 40; I (30) = 6 + e −0.8 ( I (20) − 6) ; E = 0 → I = I (30)e0.08( 30 − t )

PROBLEMA 2 a) Hay que probar dE/dt=0: 2 2 dE d  1 2  dv dU dx d x dU dx dx  d x dU   . =  v +U =v = + = + + dx  dt dt  2 dt dt dt dt 2 dx dt dt  dt 2 

∫

Pero como U = − F ( x)dx , entonces dU / dx = −F(x) = −d2x / dt2; y por tanto dE / dt = 0. b) Si F(x) = −sen x, es claro que la ecuación del péndulo simple es un sistema conservativo. Ahora U = − F ( x)dx = sen xdx = −cos x. Por el apartado anterior E(t) es constante; pero como E(t) =

∫

∫

2

1 1  dx  v(t)2 + U(x(t)) =   − cos x, se tiene la siguiente ecuación diferencial de primer orden: 2  dt  2 2

1  dx    − cos x = C. 2  dt  c) Vamos con el primero problema. La ecuación es lineal y homogénea. El polinomio característico es λ2+1, cuyas raíces (complejas) son ±j. Una solución (compleja) de la ecuación diferencial es exp(jt) = cos t + j sen t siendo su parte real e imaginaria, respectivamente, cos t y sen t. Como la ecuación es de segundo orden, la solución general de x’’ = -x es x(t) = C 1 cos t + C 2 sen t, siendo C 1 y C 2 constantes arbitrarias. Ahora se usarán las condiciones iniciales: x 0 = x(0) = C 1 ; 0 = x’(0) = C 2 . Por tanto la solución del primer problema planteado es x(t) = x 0 cos t. Vamos ahora con el segundo problema. La ecuación es lineal y no homogénea. La solución de la homogénea ya está hallada antes y para la particular se conjetura x p = A (una constante). Tras substituir en x’’ = −x + ε, se obtiene A = ε. Luego la solución general de la ecuación x’’ = −x + ε es x(t) = C 1 cos t + C 2 sen t + ε, siendo C 1 y C 2 constantes arbitrarias. Ahora se usarán las condiciones iniciales: x 0 = x(0) = C 1 + ε; 0 = x’(0) = C 2 . Por tanto la solución del primer problema planteado es x(t) = (x 0 − ε) cos t + ε. Obviamente (x 0 − ε) cos t + ε tiende a x 0 cos t cuando ε → 0.

x(2) + x(0) − 2 x(1) = − x(1) , que es equivalente a h2 x(3) + x(1) − 2 x(2) −x(1) + x(2) = −x 0 . La ecuación correspondiente al nodo t = 2 es = − x(2) , h2

d) La ecuación correspondiente al nodo t = 1 es

que es equivalente a x(1) − x(2) = −x 3 . El sistema resultante es

− x(1) + x(2) = − x0   x(1) − x(2) = − x3 que es compatible si y sólo si x 0 + x 3 = 0. e) Primero se calcula el residuo: R(t) = x ap ’’ + x = [1+a(t-t2)-t2]’’+[1+a(t-t2)-t2] = -2a-2 +[1+a(t-t2)-t2] = -2a-1+a(t-t2)-t2. Y ahora se fuerza que el residuo sea nulo en el punto de colocación: 0 = R(1/2) = -2a-1+a(1/2-1/4)-1/4 = -7a/4 – 5/4. Si resolvemos esta ecuación se obtiene a = -5/7.