Nom i cognoms Grup Numero estudiant

MATLAB. 15/01/2018. CNED - 2017/2018 Q1

[MATLAB - 10% de la nota final de l’assignatura]

1. [9 punts] Indiqueu quin resultat retorna Matlab per pantalla en executar les seguents comandes.

a) b=[2 4 6]’;c=[1 2 3];A=[1 3 5; 7 9 11];

A*b

A*c

c*b

A(2,3)

c.*c

c*c’

b) n=5;res=1;for i=1:n res =res=res*i^2;endres

c) polyfit([1, 2],[2, 4],1)

d) f = @ (x) x^2;a = 0; b = 4; n=1;

IT = MetodeTrapezi(f,a,b,n) IT =

2. [1 punt] Expliqueu quina integral s’esta intentant aproximar i amb quin metode d’integracio en el seguent codi:

Area=0;f=@(x) x.^2;a=0; b=5; n=5; h=(b-a)/n;x=[a:h:b];for i=1:5

Area=Area+h*f(x(i));endArea

Nom i cognoms Grup Calculadora Numero estudiant

RESPONEU LES PREGUNTES EN FULLS SEPARATSEN CADA FULL OMPLIU EL QUADRE DE DALT

Segon Parcial. 15/01/2018. CNED - 2017/2018 Q1

1. [2 punts] Considereu l’equacio diferencial ordinaria (EDO) seguent: y′(t) = 2y(t)2

a) [1.5 punts] Trobeu la solucio general en forma explıcita.

y(t) =

b) [0.5 punts] Trobeu la solucio particular de l’EDO que satisfa la condicio inicial y(1) = −1.

y(t) =

Nom i cognoms Grup Numero estudiant

2. [2 punts] Considereu l’EDOy′(t) = 3t− 2y(t)

a) [1 punt] Trobeu la solucio general en forma explıcita.

y(t) =

b) [1 punt] Sigui g(t) una solucio particular de l’EDO amb la condicio inicial g(0) = k, on k es una constant real.

Sabem que el metode d’Euler, comencant a l’instant t = 0 amb un pas h = 1, dona l’aproximacio g(2) ≈ 4.5. Trobeuel valor de k.

k =

Nom i cognoms Grup Numero estudiant

3. [2 punts] Considereu l’EDO

y′′(t) + 2y′(t) + y(t) =e−t

t

a) [0.5 punts] Trobeu la solucio general de l’EDO homogenia associada, yh(t).

yh(t) =

b) [1.25 punts] Trobeu una solucio particular de l’EDO no homogenia, yp(t).

yp(t) =

c) [0.25 punts] Escriviu la solucio general de l’EDO no homogenia.

y(t) =

Nom i cognoms Grup Numero estudiant

4. [2 punts]

a) [1.5 punts] Resoleu el seguent problema de valor inicial:

yiv)(t)− 13y′′(t) + 36y(t) = 0,y(0) = 0, y′(0) = 0, y′′(0) = 0, y′′′(0) = 1.

L{y(t)}(s) = Y (s) y(t) =

b) [0.5 punts] Calculeu l’antitransformada de

Y (s) =1

s2 + 200s+ 10100.

L−1{Y (s)}(t) =

Nom i cognoms Grup Numero estudiant

5. [2 punts] Considereu el senyal periodic definit en [−1, 1] com

f(t) =

!

1 si t ∈ [−1, 0),

−1 si t ∈ [0, 1).

a) [1.25 punt]Calculeu la serie de Fourier associada al senyal donat f(t).

f(t) =

b) [0.75 punt] Calculeu la seva forma harmonica. Tambe ompliu la taula seguent (escrivint els coeficients amb almenyscinc decimals) i respresenteu l’espectre de lınies. Doneu la fase principal, es a dir, que verifica que ϕn ∈ (−π,π].

n an bn Cn ϕn

1

2

3

4

5

−2

−1

0

1

2Cn

ω0ω0 2ω0 3ω0 4ω0 5ω0

π

−π

π

2

−π

2

ϕn

ω0 2ω0 3ω0 4ω0 5ω0

Nom i cognoms Grup Numero estudiant

MATLAB. 15/01/2018. CNED - 2017/2018 Q1

[MATLAB - 10% de la nota final de l’assignatura]

1. [9 punts] Indiqueu quin resultat retorna Matlab per pantalla en executar les seguents comandes.

a) b=[2 4 6]’;c=[1 2 3];A=[1 3 5; 7 9 11];

A*b44116

A*c Error using * Inner matrix dimensions must agree.

c*b 28

A(2,3) 11

c.*c 1 4 9

c*c’ 14

b) n=5;res=1;for i=1:n res = 14400res=res*i^2;endres

c) polyfit([1, 2],[2, 4],1) 2 0

d) f = @ (x) x^2;a = 0; b = 4; n=1;

IT = MetodeTrapezi(f,a,b,n) IT = 32

2. [1 punt] Expliqueu quina integral s’esta intentant aproximar i amb quin metode d’integracio en el seguent codi:

Area=0;f=@(x) x.^2;a=0; b=5; n=5; h=(b-a)/n;x=[a:h:b];for i=1:5

Area=Area+h*f(x(i));endArea

La integral que s’esta aproximant es

∫ 5

0x2dx

El metode d’integracio que esta implementat es el metode dels rectangles compost per l’esquerraamb intervals equiespaiats

Nom i cognoms Grup Calculadora Numero estudiant

RESPONEU LES PREGUNTES EN FULLS SEPARATSEN CADA FULL OMPLIU EL QUADRE DE DALT

Segon Parcial. 15/01/2018. CNED - 2017/2018 Q1

1. [2 punts] Considereu l’equacio diferencial ordinaria (EDO) seguent: y′(t) = 2y(t)2

a) [1.5 punts] Trobeu la solucio general en forma explıcita.

y(t) =1

−2t+ C, ∀C ∈ R

b) [0.5 punts] Trobeu la solucio particular de l’EDO que satisfa la condicio inicial y(1) = −1.

y(t) =1

−2t+ 1

Solucio.

a) Aquesta es una EDO separable, ja que la podem reescriure com

1

2y2y′ = 1.

Per tant, la podem resoldre integrant a banda i banda,

∫y−2

2dy =

∫

dt+ C, ∀C ∈ R

−1

2y−1 = t+ C, ∀C ∈ R

y−1 = −2t+ C1, ∀C1 ∈ R

y =1

−2t+ C1, ∀C1 ∈ R

b) Imposem la condicio inicial y(1) = −1,

−1 =1

C1 − 2, ∀C1 ∈ R

2− C1 = 1, ∀C1 ∈ R

C1 = 1 Per tant, la solucio particular buscada es

y(t) =1

−2t+ 1

Nom i cognoms Grup Numero estudiant

2. [2 punts] Considereu l’EDOy′(t) = 3t− 2y(t)

a) [1 punt] Trobeu la solucio general en forma explıcita.

y(t) =3

2t−

3

4+ Ce−2t, ∀C ∈ R

b) [1 punt] Sigui g(t) una solucio particular de l’EDO amb la condicio inicial g(0) = k, on k es una constant real.

Sabem que el metode d’Euler, comencant a l’instant t = 0 amb un pas h = 1, dona l’aproximacio g(2) ≈ 4.5. Trobeuel valor de k.

k = 1.5

Solucio.

a) Aquesta es una EDO lineal de primer ordre. Es pot resoldre amb dos procediments diferents.

OPCIO 1: La reescrivim en la forma canonica,

y′(t) + 2︸︷︷︸

p(t)

y(t) = 3t︸︷︷︸

q(t)

.

El factor integrant sera,µ := e

!p(t)dt = e

!2dt = e2t.

Multipliquem l’EDO en forma canonica pel factor integrant,

e2ty′(t) + 2e2ty(t) = 3te2t

d’on s’obte que el terme de la dreta de la igualtat es la derivada d’un producte,

(e2ty(t))′ = 3te2t

i, per tant, integrant a banda i banda,∫

(e2ty(t))′dt =

∫

3te2tdt+ C, ∀C ∈ R

Fent el calcul de la integral, utilitzant integracio per parts, s’obte

e2ty(t) = e2t(3

2t−

3

4

)

+ C, ∀C ∈ R.

Finalment, aıllem y(t) per obtenir la solucio explıcita,

y(t) =3

2t−

3

4+ Ce−2t, ∀C ∈ R.

OPCIO 2: Si s’opta per resoldre l’EDO lineal com la suma de la solucio de l’equacio homogenia mes una solucioparticular de l’equacio completa, y = yh + yp, hem de calcular primer la solucio de l’equacio homogenia.

y′ + 2y = 0,dy

dt= −2y,

∫dy

y=

∫

−2dt+ C, C ∈ R; ln |y| = −2t+ C, C ∈ R; |y| = Ce−2t, C > 0.

Es a dir, la solucio de l’equacio homogenia es yh = Ce−2t, C ∈ R.

Per obtenir la solucio particular podem aplicar el metode de variacio de les constants, pero tambe el metode delscoeficients indeterminats ja que es tracta d’una equacio de primer ordre amb coeficients constants.

En el cas del metode de variacio de les constants, proposem com a solucio yp = K(t)e−2t, que te com a derivaday′p = K ′e−2t − 2Ke−2t. Substituint totes dues funcions a l’equacio completa

K ′e−2t✘✘✘✘✘−2Ke−2t +✘

✘✘✘2Ke−2t = 3t,

obtenim K resolent la seguent integral mitjancant integracio per parts

K(t) = 3

∫

te2tdt =3

2e2t

(

t−1

2

)

i, per tant, yp = K(t)e−2t =3

2t−

3

4.

Si s’aplica el metode dels coeficients indeterminats, com el terme independent de l’EDO f(t) = 3t es un polinomi deprimer grau, es proposa com a solucio yp = A+Bt, A,B ∈ R, que te com a derivada y′p = B. Substituint totes duesfuncions a l’equacio completa

B + 2A+ 2Bt = 3t,

i igualant coeficiens obtenim

A = −3

4, B =

3

2

i, per tant, identica solucio particular.

En qualsevol cas,

y = yh + yp = Ce−2t +3

2t−

3

4, C ∈ R.

b) Discretitzem l’interval de temps [0, 2] utilitzant un pas de h = 1. Per tant, tenim t0 = 0, t1 = 1, t2 = 2. Sabem quel’aproximacio a l’instant t0 ve donada per la condicio inicial,

Y0 = y(0) = k.

Utilitzem ara el metode d’Euler per integrar en el temps aquesta EDO,

Yk+1 = Yk + hf(tk, Yk)

Observem que en aquest problema f(t, y) = 3t− 2y. Aixı doncs,

Y1 = Y0 + hf(t0, Y0) = k − 2k = −k

Y2 = Y1 + hf(t1, Y1) = −k + (3 + 2k) = k + 3

Sabem que Y2 ≈ g(2), i per tant,k + 3 = 4.5,

d’on finalment obtenim que k = 1.5.

Nom i cognoms Grup Numero estudiant

3. [2 punts] Considereu l’EDO

y′′(t) + 2y′(t) + y(t) =e−t

t

a) [0.5 punts] Trobeu la solucio general de l’EDO homogenia associada, yh(t).

yh(t) = C1e−t + C2te

−t, ∀C1, C2 ∈ R

b) [1.25 punts] Trobeu una solucio particular de l’EDO no homogenia, yp(t).

yp(t) = te−t(ln |t|− 1) o be yp(t) = ln |t|te−t

c) [0.25 punts] Escriviu la solucio general de l’EDO no homogenia.

y(t) = C1e−t + C2te

−t + te−t(ln |t|− 1), ∀C1, C2 ∈ R o be y(t) = C1e−t + C2te

−t + ln |t|te−t, ∀C1, C2 ∈ R

Solucio.

a) Volem trobar yh(t) tal quey′′h(t) + 2y′h(t) + yh(t) = 0.

Resolem l’equacio caracterısticas2 + 2s+ 1 = (s+ 1)2 = 0

obtenint l’arrel doble s = −1. Per tant,

yh(t) = C1e−t + C2te

−t, ∀C1, C2 ∈ R

b) No podem fer servir el metode dels coeficients indeterminats, ja que f(t) = e−t

tno te una famılia finita de derivades.

Utilitzem, doncs, el metode de variacio de les constants. Considerem buscar una solucio particular tal que,

yp(t) = K1(t)e−t +K2(t)te

−t.

Aleshores, cal resoldre el sistema,[

y1 y2y′1 y′2

] [

K ′

1

K ′

2

]

=

[

0f(t)

]

.

Si denotem per W (t) el Wronskia del sistema d’equacions (determinant):

W (t) =

∣∣∣∣

y1 y2y′1 y′2

∣∣∣∣

llavors resolent per Cramer,

K ′

1(t) =

∣∣∣∣

0 y2f(t) y′2

∣∣∣∣

∣∣∣∣

y1 y2y′1 y′2

∣∣∣∣

= −y2(t)f(t)

W (t), K ′

2(t) =

∣∣∣∣

y1 0y′1 f(t)

∣∣∣∣

∣∣∣∣

y1 y2y′1 y′2

∣∣∣∣

=y1(t)f(t)

W (t).

En aquest problema, recordem que,

y1 = e−t, y2 = te−t

y′1 = −e−t, y′2 = e−t − te−t

i f(t) = e−t

t. A mes, el determinant del Wronskia es det(W ) = e−2t i, per tant:

K ′

1 = −1

K ′

2 =1

t

Integrem aquestes dues funcions:

K1 = −∫

1dt = −t

K2 =

∫1

t= ln |t|

Finalment, obtenim

yp(t) = K1y1 +K2y2

= (−t) e−t + ln |t|te−t

= te−t(ln |t|− 1)

Observem que te−t es solucio de l’homogenia per tant en aquest cas, podem agafar com a solucio particular la soluciosimplificada

yp(t) = ln |t|te−t

c) La solucio general de l’EDO no homogenia es

y(t) = yh(t) + yp(t) = C1e−t + C2te

−t + te−t(ln |t|− 1), ∀C1, C2 ∈ R

o be incorporant la funcio te−t en la solucio homenia

y(t) = yh(t) + yp(t) = C1e−t + C2te

−t + ln |t|te−t, ∀C1, C2 ∈ R

Nom i cognoms Grup Numero estudiant

4. [2 punts]

a) [1.5 punts] Resoleu el seguent problema de valor inicial:

yiv)(t)− 13y′′(t) + 36y(t) = 0,y(0) = 0, y′(0) = 0, y′′(0) = 0, y′′′(0) = 1.

L{y(t)}(s) = Y (s) =1

s4 − 13s2 + 36y(t) = −

e2t

20+

e−2t

20+

e3t

30−

e−3t

30

b) [0.5 punts] Calculeu l’antitransformada de

Y (s) =1

s2 + 200s+ 10100.

L−1{Y (s)}(t) =e−100t

10sin (10t)

Solucio.

a) Anomenem Y (s) := L{y(t)}(s) i apliquem la transformada de Laplace a l’EDO

s4Y (s)− s3y(0)− s2y′(0)− sy′′(0)− y′′′(0)− 13(s2Y (s)− sy(0)− y′(0)) + 36Y (s) = 0

Substituim els valors donats per les condicions inicials i aıllem per obtenir

Y (s) =1

s4 − 13s2 + 36.

Descomposem el denominador utilitzant que x := s2 i que, per tant, les arrels de x2 − 13x+ 36 son x = 4, x = 9. Esa dir que les arrels de s4 − 13s2 + 36 son s = ±2,±3. Aixı doncs, hem de descomposar en fraccions simples,

1

s4 − 13s2 + 36=

1

(s− 2)(s+ 2)(s− 3)(s+ 3)=

A

s− 2+

B

s+ 2+

C

s− 3+

D

s+ 3

on utilitzant igualacio de coeficients, o be substitucio, o be el metode de Heavyside (cover-up) obtenim:

A = −1

20, B =

1

20C =

1

30, D = −

1

30.

Finalment, utilitzant la taula de transformades i la propietat de linealitat, obtenim

y(t) = −e2t

20+

e−2t

20+

e3t

30−

e−3t

30

b) Busquem les arrels del denominador, i obtenim que son complexes:

s =−200±

√40000− 40400

2∈ C

Aixı doncs, hem de reescriure el denominador utilitzant completacio de quadrats,

s2 + 200s+ 10100 = (s+ 100)2 + 102.

Observant la taula de transformades,

sin (10t) ↔10

s2 + 102

Per tant, per linealitat,1

10sin (10t) ↔

1

10

10

s2 + 102=

1

s2 + 102

Apliquem ara la propietat de translacio en frequencia,

e−100t

10sin (10t) ↔

1

(s+ 100)2 + 102

Per tant,

L−1{Y (s)}(t) =e−100t

10sin (10t)

Nom i cognoms Grup Numero estudiant

5. [2 punts] Considereu el senyal periodic definit en [−1, 1] com

f(t) =

{

1 si t ∈ [−1, 0),

−1 si t ∈ [0, 1).

a) [1.25 punt]Calculeu la serie de Fourier associada al senyal donat f(t).

f(t) =+∞∑

n=1

bn sin (nt) =+∞∑

n=1,3,5,7,...

−4

πnsin (nπt)

b) [0.75 punt] Calculeu la seva forma harmonica. Tambe ompliu la taula seguent (escrivint els coeficients amb almenyscinc decimals) i respresenteu l’espectre de lınies. Doneu la fase principal, es a dir, que verifica que ϕn ∈ (−π,π].

n an bn Cn ϕn

1 0 −4/(π) = −1.273239544 |− 4/π| = 1.273239544 −π/22 0 0 0 03 0 −4/(3π) = −0.4244131814 |− 4/(3π)| = 0.4244131814 −π/24 0 0 0 05 0 −4/(5π) = −0.2546479089 |− 4/(5π)| = 0.2546479089 −π/2

−2

−1

0

1

2Cn

ω0ω0 2ω0 3ω0 4ω0 5ω0

C1 C2 C3 C4 C5 π

−π

π

2

−π

2

ϕn

ω0 2ω0 3ω0 4ω0 5ω0

ϕ1 ϕ2 ϕ3 ϕ4 ϕ5

Solucio.

a) La funcio donada te periode T = 2, L = 1, i frequencia ω = πL= π. Per tant, la seva serie de Fourier ve donada per

f(t) =a02

++∞∑

n=1

(

an cos (nωt) + bn sin (nωt))

on

an =1

L

∫ L

−L

f(t) cos (nωt)dt , n = 0, . . . ,+∞

bn =1

L

∫ L

−L

f(t) sin (nωt)dt , n = 1, . . . ,+∞

En aquest cas, el senyal f(t) te simetria senar ja que f(−t) = −f(t). Per tant, la serie de Fourier no incloura termesde cosinus, es a dir, an = 0, i l’expressio de la serie es de la forma

f(t) =+∞∑

n=1

bn sin (nωt).

Calculem ara els valors bn. Al ser f(t) una funcio senar i tambe la funcio sinus ser senar, el seu producte es unafuncio parell. Aixı doncs, nomes cal calcular la integral de 0 a L = 1 multiplicada per 2,

bn =

∫ 1

−1f(t) sin (nπt)dt = 2

∫ 1

0f(t) sin (nπt)dt

bn = 2

∫ 1

0f(t) sin (nπt)dt = −2

∫ 1

0sin (nπt)dt =

2

nπcos (nπt)

∣∣∣∣

1

0

=2

nπ(cos (nπ)− cos (0)) =

2

nπ(cos (nπ) − 1)

Es a dir,

bn =

⎧

⎨

⎩

−4

πn, n senar

0 , n parell

b) Calculem la forma harmonica directament utilitzant les formules dels coeficients an i bn,

Cn =√

a2n︸︷︷︸

=0

+b2n =√

b2n = |bn| =

⎧

⎪⎨

⎪⎩

4

πnn senar

0 n parell

i

ϕn = argument(an + bni) = argument( an︸︷︷︸

=0

+bni)

⎧

⎪⎨

⎪⎩

argument

(−4

πni

)

= −π/2 n senar

argument(0) = 0 n parell

En aquest cas ω0 = π.