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Examen de recuperació 2016
Tipo: Exámenes
1 / 8
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Repesca 4 de febrer de 2016
1a part: problemes 1 i 2; 2a part: problemes 3,4 i 5.
y ′^ = (1 − x ) y^2 + (2 x − 1) y − x.
De quin tipus d’equaci´o es tracta? Quin valor ha de tenir la constant a perqu`e y p( x ) = a en sigui una soluci´o particular? Resoleu-la amb la condici´o inicial y (0) = 0.
Cal normalitzar la nota multiplicant per 2 / 3.
Repesca 4 de febrer de 2016
y h = c 1 e^3 x^ + c 2 e− x. 0,5 Punts
L’operador anul.lador del membre de la dreta ´es ( D − 3)( D^2 + 1). Les funcions anul.lades per ( D − 3)^2 ( D^2 + 1), pero no per ( _D_ − 3)( _D_ + 1) (aquelles que no s´on soluci´o de la homogenia), s´on x e^3 x , sin x i cos x. Escrivim, per tant,
y p = Ax e^3 x^ + B sin x + C cos x. 1,0 Punts
Tenim
( D − 3)( D + 1) y p = 4 A e^3 x^ + 2( C − 2 B ) sin x − 2( B + 2 C ) cos x.
Amb la qual cosa A = 1 / 2, B = − 2 C i C − 2 B = −5. D’on B = 2 i C = −1. Per tant, la soluci´o general ´es
y = c 1 e^3 x^ + c 2 e− x^ +
x e^3 x^ + 2 sin x − cos x. 0,5 Punts
Repesca 4 de febrer de 2016
Posant ara r = r 2 = 0, obtenim
a 1 = −
λ/ 2 1 (1 / 2)
; a 2 =
λ/ 2( λ/ 2 − 1) 1 · 2 (1 / 2)(3 / 2)
En general
an = (−1) n
λ 2
( λ 2 −^1
) · · ·
( λ 2 −^ n^ + 1
) 22 n (2 n )!
(−1) n 22 n Γ
( λ + 2
)
( λ + 2 −^ n
) (2 n )!
Tenim, doncs
y 2 = Γ
( λ + 2 2
) (^) ∞ ∑
n =
(− 4 x ) n Γ
( λ + 2 −^ n
) (2 n )!
. 2,5 Punts
Per tant, la soluci´o general ´es
y = c 1 y 1 + c 2 y 2 1,5 Punts
Cal normalitzar la nota multiplicant per 1 / 5.
Repesca 4 de febrer de 2016
an = −
λ/ 2 − n + 1 n ( n − 1 / 2)
an − 1 , n = 1 , 2 ,... , 1,0 Punts
Per tal que λ/ 2 − n + 1 s’anul.li per a algun n i la s`erie esdevingui un polinomi cal que λ = 2 m, m = 0 , 1 , 2 ,.... 2,0 Punts En aquest cas, la soluci´o ´es un polinomi de grau m. Procedint com al problema anterior, Pm ( x ) = m!
∑^ ∞
n =
(− 4 x ) n ( m − n )!(2 n )!
. 2,0 Punts
Alternativament, posant m = 0 ( ⇒ λ = 0 ) i usant la f´ormula de recurr`encia amb a 0 = 1 , tenim a 1 = 0 ⇒ P 0 ( x ) = 1; per a m = 1 ( ⇒ λ = 2 ) tenim
a 1 = −
⇒ P 1 ( x ) = 1 − 2 x ;
per a m = 2 ( ⇒ λ = 4 ) tenim
a 1 = −
= − 4 , a 2 = −
a 1 2(3 / 2)
⇒ P 2 ( x ) = 1 − 4 x +
x^2_._
De l’Eq. (1), veiem que p ( x ) =
1 − 2 x 2 x
Per tant, el factor d’integraci´o que necessitem ´es
k ( x ) = exp
{∫ p ( x ) dx
} = exp
{ log x 2
− x
x e− x.
Repesca 4 de febrer de 2016
(a) Calculeu la tensi´o a l’extrem superior de la corda, T ( L ). Tenim que T ′( x ) = gρ 0 e^2 βx. Integrant s’obt´e
T ( x ) =
gρ 0 2 β
e^2 βx^ + c.
Imposant la condici´o a l’extrem inferior, tenim gρ 0 2 β
gρ 0 2 β
D’on
T ( x ) =
gρ 0 2 β
e^2 βx^ ⇒ T ( L ) =
gρ 0 2 β
e^2 βL. 1,0 Punts
A
M
0
T (0)
T (L)
x = 0
x = L
y
(b) Calculeu els seus modes d’oscil.laci´o. Busquem solucions de la forma y ( x, t ) = u ( x ) v ( t ). Substituint a la segona equaci´o que ens donen i dividint per ρ ( x ) u ( x ) v ( t ) tenim
[ T ( x ) u ′( x )]′ ρ ( x ) u ( x )
v ¨( t ) v ( t )
per a tot x i t. El membre de l’equerre nom´es dep´en de x i el de la dreta nom´es de t , per tant cadascun d’ells ha de ser igual a la mateixa constant; diguem-n’hi − ω^2. Tenim v ( t ) = c sin ωt + d cos ωt = A cos ( ωt + δ ) , 2,0 Punts i T ( x ) ρ ( x )
u ′′( x ) +
T ′( x ) ρ ( x )
u ′( x ) + ω^2 u ( x ) = 0_._
Substituint-hi les expressions de T ( x ) i ρ ( x ), dividint per g i multiplicant per 2 β , tenim u ′′( x ) + 2 βu ′( x ) +
2 β g
ω^2 u ( x ) = 0 , 2,0 Punts
amb les condicions u (0) = u ( L ) = 0. Es tracta d’una equaci´o lineal de 2n ordre amb coeficients constants. La soluci´o ´es
u ( x ) = e− βt^ ( d 1 sin kx + d 2 cos kx ) , k ≡ β
√ 2 ω^2 βg
− 1_._ 2,0 Punts
Repesca 4 de febrer de 2016
Les condicions de contorn impliquen d 2 = 0 i kL = πn , n ∈ N, amb la qual cosa
un ( x ) = e− βx^ sin
( nπx L
) [ cn sin ( ωnt ) + dn cos ( ωnt )]
o, equivalentment,
un ( x ) = An e− βx^ sin
( (^) nπx
L
) cos ( ωnt + δn ) , 1,5 Punts
amb
ωn =
√√ √√ √ βg 2
1 +
( nπ βL
) 2 . 1,5 Punts
Cal normalitzar la nota multiplicant per 1 / 5.
