Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática ICIPEV – ICV
PAUTA AUTA CERT CERTAMEN 2 MAT023 MAT023
10 de enero de 2012 1.
a )
Sabiendo Sabiendo que una solución particular particular de la siguien siguiente te ecuación es de la forma axb , resolver y =
1 y 2 − y + 4x(x + 4) 2 16x
(15 ptos.)
Solución:
y1 = axb
Consideremos una solución particular de la forma Reemplazando en la ecuación: abxb−1 = abxb−1 =
⇒
y1 = abxb−1 .
1 (axb )2 − axb + 4x(x + 4) 16x2 a2
16
x2b−2
b
− ax
a2
+ 4x(x + 4) =
16
x2(b−1)
−
axb + 4x(x + 4)
Si b = 1, no obtenenmos una identidad, por lo que y1 no sería solución de la ecuación. Supongamos b = 2: 2ax =
a2
16
x2 − ax2 + 4x(x + 4)
a2
⇒
16
−
a+4=0
y (x) =
1 u
+ 8x2 ,
de donde
Reemplazando en la ecuación: 1 du 1 1 + 16 = + 8x2 − x 2 2 16x u dx u −
1 du u2 dx
=
1 1 16x2 u2
y (x) =
2
1
+ 8x
es decir
u (x) =
−
Así, la solución general es
−
y (x) =
u
2
a = 8.
y1 (x) = 8x2 .
Luego, hemos encontrado una solución particular Hacemos
de donde
1 16x2
−
1 du u2 dx
+ 16x.
+ 4x2 + 16x ⇒
16x + 8x2 , 1 + Kx
u(x) = K ∈ R.
1 −1 x + C 16
b)
Determine la función M (x, y) más general de modo que la siguiente ecuación diferencial sea exacta: M (x, y) dx +
xexy + 2xy +
Resuelva la ecuación para
una
1 x
dy = 0
(15 ptos.)
de tales funciones M encontradas.
Solución:
Si la ecuación diferencial es exacta, entonces tiene una solución de la forma F (x, y) = K ,
Luego,
donde F es una función de clase C 1 .
dF = 0
⇒
∂F ∂F dx + dy = 0 ∂x ∂y
Por lo tanto: 1 ∂F = xexy + 2xy + ∂y x Así: Luego:
M (x, y ) =
F (x, y) = exy + xy 2 +
de donde
y + C (x) x
∂F y = yexy + y2 − 2 + C (x) ∂x x
M (x, y) = ye xy + y2 −
y + g(x), x2
donde
g
∈
C 2 .
Notemos que, efectivamente, en este caso: 1 ∂M ∂N = exy + xyexy + 2y − 2 = ∂y x ∂x Resolvamos ahora esta E.D.O. para M (x, y) = ye xy + y 2 −
g (x) = 0, es decir, suponiendo que
y x2 y
Como se vió más arriba, = K F (x, y) = exy + xy2 + x de la ecuación está dada en forma implícita por exy + xy 2 +
y = K x
es decir, la solución
x2 y − 3xy + 3y = 2x4 ex
2. Resolver
(25 ptos.)
Solución:
(a) Solución de la ecuación homogénea: Es una ecuación de Euler, luego, haciendo ED de coef. constantes:
x = et
y sustitutendo, obtenemos la
yh (t) = C 1 et + C 2 e3t ,
y − 4y + 3y = 0 cuya solución es y(x) = C 1 x + C 2 x3 .
equivalentemente,
Alternativamente, suponemos una solución de la forma y(x) = Kxn , y sustituimos en la ecuación homogénea, obteniendo n2 − 4n + 3 = 0, de donde n = 1 ó n = 3, es decir: y(x) = C 1 x + C 2 x3 . (b) Búsqueda de una solución particular: 1 1 Reescribimos la ecuación: y − 3 y + 3 2 y = 2x2 ex x x de variación de parámetros, donde: y2 (x) = x3 .
y1 (x) = x,
Calculamos el Wronskiano:
−K 1 (x)
=
y aplicamos el método
x3 2x2 ex dx = 2x3
∴
W[y1 , y2
x
2 x
x e dx = x e
−K 1 (x)
K 2 (x) =
Finalmente,
2 x
x3 3x2
] = 1
−
= 2
x3 .
x
Luego:
2 x
2xe dx = x e
−2
= x2 ex − 2xex + 2ex
x 2x2 ex dx = 2x3
ex dx = ex
yG (x) = C 1 x + C 2 x3 − (x2 ex − 2xex + 2ex )x + ex x3
= C 1 x + C 2 x3 + 2x2 ex − 2xex
x
xe
−
ex dx
y + 2ty − 4y = 1,
3. Resolver
y (0) = y (0) = 0
(25 ptos.)
Solución:
Aplicamos transformada de Laplace a la ecuación: L(y
s2 Y (s) − y(0) − sy (0) − 2
) + L(2ty ) − 4L(y) =
d (sY (s) − y(0)) − 4Y (s) ds
s2 Y (s) − 2(Y (s) + sY (s)) − 4Y (s) −2sY
= =
(s) + ( s2 − 6)Y (s) =
L(1)
1 s
1 s
1 s
2
Y (s) +
6−s Y (s) = 2s
−
1 2s2
que es una E.D.O. lineal de primer orden, cuya solución está dada por: 2
1
s
e Y (s) = 3 + C 3 . s s
Así,
Y (s) =
4
1 s3
Como de donde
l´ım Y (s) = 0, necesariamente C = 0.
s→∞
y(t) =
t2
2
.
4.
a )
Encontrar una EDLH con coeficientes constantes que tenga como solución general yG (x) = C 1 ex sen2x + C 2 ex cos2x + C 3 ex + C 4 xex
b)
Determine
L−1
2 − e2s s2 + 2s + 2
Solución:
a )
Las soluciones ex sen2x, C 2 ex cos2x erador diferencial es
son soluciones de la ecuación cuyo op-
(D−(1+2i))(D−(1−2i) ) = (D−1−2i)(D−1+2i) = (D−1)2 +4 = D2 −2D+5 Las soluciones (D − 1)2 . Luego, b)
L 1 −
ex , xex
yG(x)
2 − e2s s2 + 2s + 2
son soluciones de la ecuación cuyo operador diferencial
es solución de la EDLH
=
=
2L 1 −
− e2s 2
2 = ( + 1) + 1 1
L 1 −
(D − 1)2 (D2 − 2D + 5)(y ) = 0.
s
− L 1
e2s
−
(s + 1)2 + 1
(s + 1)2 + 1
= 2e−t − e−(t−2) sen(t − 2)H (t − 2)
