C2 2017-1

Vista previa del material en texto

UNIVERSIDAD DE CONCEPCION
FACULTAD DE CIENCIAS
FISICAS Y MATEMATICAS
DEPARTAMENTO DE INGENIERIA MATEMATICA
FPV/MSC/fpv 27.05.17 (13:15) Pauta Evaluación 2 MAT 525223 Tiempo 100 minutos
Pregunta No1
Un objeto amarrado a un resorte oscila en torno a un punto de equilibrio pasando cada 3,1415[s] por el
origen.
1. Se estira el resorte 3[cm], y se le deja oscilar con una velocidad inicial de −4[cm/s] . Determine la
amplitud, y el ángulo de fase del movimiento. Calcule el primer instante en que el objeto pasa por
el origen. Indicación: tan(2,4980) = tan(5,6397) = −3/4.
2. Se agrega una fuerza externa F = 2 sin(ω0t) [N], al sistema. Calcule ω0 para que el sistema entre en
resonancia. Calcule la solución partiendo del equilibrio y en reposo cuando t = 0, para: (a) el sistema
en resonancia; (b) con los mismos datos, agregando adicionalmente un término de amortiguamiento
γ = 2; Es este último movimiento, sub-amortiguado, sobre-amortiguado o hay amortiguamiento
cŕıtico?
PAUTA P1
1 Si pasa cada 3,1415[s] por el origen, entonces el peŕıodos es 2 × 3,1415, y luego ω =
2π
2×3,1415 = 1. La ecuación de movimiento es:
ẍ+ x = 0,
(0.2 puntos)
cuya solución buscada es de la forma x(t) = A cos t + B sin t. Reemplazando en las
condiciones inciales, la solución queda
x(t) = 3 cos t− 4 sin t =
√
32 + 42 sin(t+ φ) = 5 sin(t+ φ) ,
(0.3 puntos)
donde φ, verifica tanφ = −3/4. Por otro lado, como sinφ = 3/5 y cosφ = −4/5,
entonces el ángulo φ está en el segundo cuadrante (π2 < φ < π) y luego φ = 2,498 .
(0.3 puntos)
El primer instante en que el objeto pasa por el origen, es cuando la función sin(·) se
anula, o sea t+ φ = π =⇒ t = π − 2,498 = 0,643592[s] . (0.2 puntos)
(1-a) Para que haya resonancia debe ocurrir que ω0 = ω = 1. Aśı, El sistema en resonan-
cia está dado por ẍ + x = 2 sin t, con las condiciones inciales x(0) = 0, y ẋ(0) = 0.
La solución de este sistema está dado por x(t) = xh(t) + xp(t), donde xh(t) es la
solución general de la ecuación homogenea y xp(t) es una solución particular. La so-
lución particular es de la forma xp(t) = at cos t+bt sin t (coeficientes indeterminados).
Reemplazando en la ecuación queda
ẍp + xp = a
[
(cos t− t sin t)′ + t cos t
]
+ b
[
(sin t+ t cos t)′ + t sin t
]
= −2a sin t+ 2b cos t = 2 sin t
Es decir a = −1 y b = 0. La solución particular está dada por xp = −t cos t,
(0.2 puntos)
y la solución general por
x(t) = A cos t+B sin t− t cos t.
Por otro lado, reemplazando en las condiciones inciales, x(0) = A = 0, y x′(0) =
B − 1 = 0. Es decir
x(t) = sin t− t cos t.
(0.3 puntos)
(1-b) Agregando un término de amortiguamiento γ = 2, el sistema queda como ẍ+2ẋ+x =
2 sin t, con las condiciones iniciales x(0) = 0, y ẋ(0) = 0. La solución de este sistema
está dado por x(t) = xh(t) + xp(t), donde xh(t) es la solución general de la ecuación
homogénea y xp(t) es una solución particular. La solución particular es de la forma
xp(t) = a cos t + b sin t (coeficientes indeterminados). Reemplazando en la ecuación
queda
ẍp + 2ẋp + xp = −2a sin t+ 2b cos t = 2 sin t
Es decir a = −1 y b = 0. La solución particular está dada por xp = − cos t,
(0.2 puntos)
y la solución general por
x(t) = (A+Bt)e−t − cos t.
Por otro lado, reemplazando en las condiciones inciales, x(0) = A− 1 = 0, y x′(0) =
B − 1 = 0. Es decir
x(t) = (1 + t)e−t − cos t.
(0.3 puntos)
Pregunta No2
1. Establecer la convergencia de la sumas parciales SN (x) de la Serie de Fourier de
g(x) =

− 1
2
si −2 ≤ x < −1
1 si −1 ≤ x < 0
1
2
si 0 ≤ x < 1
−1 si 1 ≤ x ≤ 2
2. Determine la Serie de Fourier de Senos de f(x) =
{
1
2
si 0 ≤ x < 1
1 si 1 ≤ x ≤ 2
PAUTA P2
1. tanto f como f ′ son continuas por tramos, en consecuencia [0.1 pts]
∀ a ∈ [−2, 2[: ĺım
N→∞
SN (a) =

f(a) si a ∈]− 2,−1[] ∪ [−1, 0] ∪ [0, 1][∪]1, 2[
−1−1/2
2
= − 3
4
si a = 2
1−1/2
2
= 1
4
si a = −1
1+1/2
2
= 3
4
si a = 0
−1+1/2
2
= − 1
4
si a = 1
[0.6 pts]
Como la función es 4 periódica, para todo x ∈ R existen a ∈ [−2, 2[ y k ∈ Z tal que
ĺım
N→∞
SN (x) = ĺım
N→∞
SN (a) [0,1pts]
2. La Serie de Fourier de Senos de f es definida por
f̂(x) =
∞∑
n=1
bn sin(wnx), wn =
nπ
2
, bn =
∫ 2
0
f(x) sin(wnx)dx [0,4pts]
Cálculo de los coeficientes de Fourier
bn =
1
2
∫ 1
0
sin(wnx)dx+
∫ 2
1
sin(wnx)dx
= − 1
nπ
cos(nπ
2
x)
∣∣∣∣1
0
− 2
nπ
cos(nπ
2
x)
∣∣∣∣2
1
=
1
nπ
(
1− 2 cos(nπ) + cos(nπ
2
)
)
=

(−1)k+1
2kπ
si n = (2k), k = 1, 2, . . .
3
(2k−1)π si n = (2k − 1), k = 1, 2, . . .
[0,6pts]
y luego
f̂(x) =
∞∑
n=1
sin(2nπx)
4π
+
∞∑
n=1
3 sin( 2n−1π
2
x)
(2n− 1)π .
[0.2 pts]
Pregunta No3
Construir la solución del problema de difusión
∂ u
∂t
(x, t)− ∂
2 u
∂x2
(x, t) = e−2t sin(πx) + 2e−3t sin(3πx) 0 < x < 1, t > 0
u(0, t) = 0 t ≥ 0
u(2, t) = 2 t ≥ 0
u(x, 0) = x+ f(x) 0 ≤ x ≤ 2.
donde f y su SFS ha sido construida en el problema 2(b).
Indicación. El término fuente se re-escribe
h(x, t) = e−2tX2(x) + 2e
−3tX6(x),
donde {Xn(x)}
∞
n=1
es la familia de funciones propias del PSL asociado.
PAUTA P3
procedemos por etapas:
1o Descomposición de la solución
El principio de superposición de soluciones permite escribir
u(x, t) = x+ v(x, t) [0,2 pts]
donde
∂ v
∂t (x, t)−
∂2 v
∂x2
(x, t) = e−2t sin(πx) + 2e−3t sin(3πx) 00
v(0, t) = 0 t ≥ 0
v(2, t) = 0 t ≥ 0
v(x, 0) = f(x) 0 ≤ x ≤ 2.
[0,2 pts.]
2o Construcción de v
Se identifica que la familia de valores propios y funciones propias asociadas son
Xn(x) = sin(wnx), λn = w
2
n
, wn =
nπ
2
. [0,2 pts]
Como ya se conoce la SFS de f (problema 2-b) y el término fuente está escrito como
una SFS parcial c/r a x, se construye v como una SFS parcial c/r a x 4-periódica,
v́ıa el Método de Variación de Parámetros de Lagrange,
v(x, t) =
∞∑
n=1
[Tn(t)] sin(wnx), wn =
nπ
2
[0,2 pts]
reemplazando sumas parciales del mismo orden en el problema que define v se tiene
N∑
n=1
[
T ′n(t) + λnTn(t)
]
Xn(x) = e
−2tX2(x) + 2e
−3tX3(x)
N∑
n=1
[Tn(0)]Xn(x) =
N∑
n=1
bnXn(x)
[0,4 pts]
Gracias a la unicidad de los coeficientes de Fourier los PVI anteriores equivale a
resolver (D = ddt):
(D + λ2)T2(t) = e
−2t
T2(0) = b2
(D + λ6)T6(t) = 2e
−3t
T6(0) = b6
(D + λn)Tn(t) = 0
Tn(0) = bn
n 6= 2, n 6= 6
[0,3 pts.]
cuyas únicas soluciones son
T2(t) = b2e
−λ2 t + e
−2t−e−λ2t
λ2−2
[0,1 pts]
T6(t) = b6e
−λ6 t + 2 e
−3t−e−λ6t
λ6−3
[0,1 pts]
Tn(t) = bne
−λn t, n 6= 2, 6= 6. [0,1 pts]
3o El Principio de Superposición de soluciones permite definir
u(x, t) = x+
∞∑
n=1
vn(x, t)
= x+
∞∑
n=1
[Tn(t)] sin(wnx)
donde los coeficiente {Tn(t)}∞n=1 ha sido definida en la etapa anterior. [0,2 pts.]