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Soluciones del examen de junio de 2011 de Ecuaciones Diferenciales II (grupo residual) Elegir 5 apartados (de cualquier problema) o problemas que sumen 10 puntos:

1. Sea t 2 �t −�� = t� . dt

a] Hallar la o las soluciones con �(�, 1) = � a partir de las características.

[2 puntos]

b] Resolver con �(�, 1) = ƒ (�) utilizando la transformada de Fourier.

[2 puntos]

1

1



a] d� = −t 2 , � = t +C características. ξ = �− t . Escogiendo además:



1�

η = t → �η = �η → � = p(ξ) η = p �− t t . � � � p(ξ) 1 � � η = � t = η−ξ → �η = ξ−η → � = ξ−η = p �− 1t t .



�(�, 1) = p(�−1) = � → p(�) = �+1 , �(�, t) = t� + t − 1 .

La solución es única porque la recta en que imponemos los datos no es tangente a las características, como muestra el dibujo o el hecho de que � = 1 · 1 − 0 · (−1) �= 0 . �

b]

1 ˆ t + �k � ˆ = t� ˆ t2 � c.�. ˆ ˆ → �(k, t) = p(k) t e�k/ t −→ p(k) e�k = ˆƒ (k) → �(k, t) = ˆƒ (k) t e�k( t −1) . ˆ �(k, 1) = ˆƒ (k) � � � � Y como F −1 ˆƒ (k) e�k� = ƒ (�−�) , la solución es �(�, t) = t ƒ �− 1t +1 .

� ↑ Se llega a lo mismo imponiendo el dato en la solución general dada en a]: p(�−1) = ƒ (�) → p(�) = ƒ (�+1) .

� �� y + λy = sen � Precisar, si lo hay, un valor de λ para el que el problema: [2 puntos] � � 2. Sea . y(0) = y � π2 = 0 i) tenga solución única, ii) tenga infinitas soluciones, iii) no tenga solución. � � Los autovalores y autofunciones del problema homogéneo son λn = (2n−1)2 e yn = sen(2n−1)� , n = 1, 2, . . .

Para cualquier λ �= (2n−1)2 el homogéneo sólo tiene la solución trivial y el no homogéneo solución única. � � c.c. Por ejemplo para λ = 0 la solución es y = c1 +c2 �−sen � → y = − sen � única solución del problema .

infinitas =0 Para λ = (2n−1)2 el homogéno tiene infinitas y el no homogéneo tendrá ninguna según sea �= 0 la � π/ 2 � � � integral � = 0 sen � sen(2n−1)� d� la ecuación ya está en forma autoadjunta: [y � ] + λy = sen � . � � π/ 2 � Por tanto, no hay solución sólo si λ = 1 sen2 � d� �= 0 , ya que para los otros autovalores λ = 9,25, . . . 0

la integral es cero [sin calcularla: sen � es ortogonal a las otras autofunciones] y hay infinitas soluciones. � � π/ 2 � � n�=1 sen(n−1)π nπ La integral no es difícil de calcular: � = 12 0 cos 2(n−1)� − cos 2n� d� = − sen = 0, 4(n−1) 4n � � � � π/ 2 y para n = 1 : � = 12 0 1 − cos 2� d� = π4 �= 0 . �

Por ejemplo, si λ = 9 la solución de la no homogénea es y = c1 cos 3�+c2 sen 3� + En cambio, para λ = 1 , y = c1 cos �+c2 sen �− 2�

3. Resolver

sen � c.c. → 8

y = c2 sen 3� +

�c =0 � c.c. 1 cos � → imposible; no hay solución . π −c1 = 0 4

�t − ��� + 2� = 0 , � ∈ (0, 1) , t > 0

�(�, 0) = 2 cos2 π� , �� (0, t) = 0 , �(1, t) = e−2t 4

.

sen � 8

∀c2 .

[2 puntos]

Una � clara que cumple las condiciones de contorno (y que no estropea la ecuación) es � = e−2t . � �t − ��� + 2� = 0 , � ∈ (0, 1) , t > 0 X �� T� � = �−� → . � = XT → X = T +2 =−λ π� �(�, 0) = 2 cos2 π� −1 = cos , � (0, t) = �(1, t) = 0 � 4 2 � �� � � � � 2 2 X +λX = 0 (2n−1) π (2n−1)π� � = −(λ+2)T → T = e−(λn +2)t . → , λn = , X = cos , y además T n n � 4 2 X (0) = X(1) = 0

�(�, t) =

∞ � n=1

cn e−(λn +2)t cos

(2n−1)π� 2

, �(�, 0) =

∞ � n=1

cn cos

(2n−1)π� 2

= cos

La solución es, por tanto, �(�, t) = e−2t + e−2t e−π

2

π� 2

→ c1 = 1 y los demás cn = 0 .

t/ 4 cos π� 2

.


4. Hallar la solución del problema plano

�rr + 1r �r + r12 �θθ = r 4 cos 2θ , r < 1 , 0 < θ < π2 . � � �(1, θ) = 3, �θ (r, 0) = �θ r, π2 = 0

Las autofunciones del homogéneo las da

� � Θ�� + λΘ = 0 � � , λn = 4n2 , Θn = cos 2nθ , Θ� (0) = Θ� π2 = 0 n = 0, 1, 2, . . .

Probamos, pues, en la ecuación: �(r, θ) = R0 (r) + R�� + 1r R�0 + 0

∞ � n=1

[2 puntos]

∞ �

n=1

Rn (r) cos 2nθ →

∞ � 2 � �� 1 � � Rn + r Rn − 4n Rn cos 2nθ = r 4 cos 2θ . Y del dato inicial: R0 (0) + Rn (0) cos 2nθ = 3 . r2 n=1

Los únicos Rn no nulos (para los demás el término no homogéneo y los datos son cero) son las soluciones de: �

rR�� +R0 = 0 0 → R0 = 3 y acot. en 0, R0 (1) = 3

r 2 R�� +rR1 −4R1 = r 6 1 6 c.c. 1 1 → R1 = c1 r 2 +c2 r −2 + 32 r → R1 = 32 (r 6 −r 2 ) . acot. en 0, R1 (1) = 0

� � Para hallar la R1p anterior lo más corto es probar Ar 6 → 30A+6A−4A = 1 h(es ) = e6s y 6 no autovalor . � � � � � r2r4 � −2 4 �r2 r −2 �� r6 r6 r6 Más largo con la fvc: �� = − 4r , R1p = r −2 −4/ − r 2 r−4/rr = − 32 + 16 = 32 . −3 � r 2r −2r

La solución es, pues, �(r, θ) = 3 +

1 (r 6 −r 2 ) cos 2θ 32

.

� �tt −��� = 0 , � ∈ [0, 3] , t ∈ R a] Hallar �(1, 2) utilizando la fórmula de D’Alembert. 2 5. Sea �(�, 0) = 0, �t (�, 0) = 3�−� . b] Resolver por separación de variables y aproximar �(1, 2) con el primer término de la serie solución. �(0, t) = �(3, t) = 0 a] Para aplicar D’Alembert extendemos g de forma impar y 6-periódica a todo R. 1 2

� �+t

g∗ (s)

La solución viene dada entonces por �(�, t) = �−t � � 1 3 1 3 ∗ 2 En particular: �(1, 2) = 2 −1 g = (3s−s ) ds = 2 1 �

g∗ impar



≈ 1.667 .

� No hemos necesitado utilizar la expresión de g∗ en [−3, 0] .

b]

5 3

ds .

2 2 X �� +λX = 0 , λn = n 9π , Xn = sen nπ� 3 X(0) = X(3) = 0

�(�, t) = nπ c 3 n

=

2 3

�3 0

=0+

∞ � n=1

cn sen

(3�−�2 ) sen

nπt 3

nπ� 3

sen

nπ� 3

Por tanto, �(�, t) =

+

[2 puntos]

  

  



� , n = 1, 2, . . . ; T �� +λn T = 0 , T(0) = 0 → Tn = sen

, �t (�, 0) =

∞ � nπ c sen nπ� 3 n 3

n=1

2 d� = − nπ (3�−�2 ) cos

�3 6 (3−2�) sen nπ� 3 0 n2 π 2



[2 puntos]

�3 12

n2 π 2 0

sen

∞ 216 � 1 π4 (2m−1)4 m=1

Aproximando con el primer término: �(1, 2) ≈

216 π4

nπ� 3

sen

nπ� �3 3 0

+

d� = 0 +

(2m−1)πt 3

.

= 3�−�2 →

� 2 3 (3−2�) cos nπ� nπ 0 3

d�

� 36 � 1 − cos nπ . n3 π 3

sen

sen 2π sen π3 = 3

nπt 3

(2m−1)π� 3

� � 216 3 3 4 2 2 π

.

= 162 ≈ 1.663 π4

[ya bastante parecido al valor exacto 5/3 ].


solexED21