Univer Uni versid sidad ad T´ ecnic ecn ica a Federic Fede rico o Santa San ta Mar´ Mar´ ıa Departamento de Matem´ atica atica PAUTA UTA Certa Certame men n 2
15 de enero enero de 201 20144
MAT MAT 023
ICIPEV-IC ICIPEV-ICV, V, 3er Trimestre de 2013 Pregunt Preguntas as de alternat alternativ ivas: as: 6 ptos. c/u dy = dx
1. Una soluci´on on de d e la ecuaci´ on on Soluci´ on: on:
√ −
(d) y(x) = ydy = ydy =
es:
x2
pues
y2 = 2
x2 + C 2
4
−xdx ⇒
− xy
−
y2 =
⇒
−x2 + 2C 2C
2. Sea y (x) soluci´ on del problema de valor inicial dado por on y′′ + 2y 2y ′ El valor de b para el cual Soluci´ on: on:
− 3y = 0,
lim y (x) = 0 es:
x→+∞
(c)
− 1 pues (D + 3)(D 3)(D − 1)(y 1)(y) = 0 ⇒
y(0) = y′ (0) = ∴
C 1 + C + C 2 = b 3C 1 + C + C 2 = 3
−
lim y(x) = lim
x→+∞
x→+∞
b
y(x) = C 1 e−3x + C 2 ex
�
− 3e
⇒ 3x
−
4
+
3. Si la transf transform ormada ada de Laplac Laplacee de f es f (0) f (0) =
y′ (0) = 3
y (0) = b, = b,
C 1 =
b
− 3, 4
3(b 3(b + 1) x e =0 4
F ( F (s) =
−1 s2 − s − 2
y luego C 2 =
3(b 3(b + 1) 4
⇐⇒
b =
s
y se sabe sabe que que
−1, f (0) = 3, entonces la transformada de Laplace de f s3 − s2 Soluci´ on: on: (a) + s − 3 pues s2 − s − 2 ′
−1
′′
es:
s−1 L(f ) = s2F ( − s(−1) − 3 F (s) − sf (0) sf (0) − f (0) = s = s2 2 s −s−2 ′′
′
4. La soluc soluci´ i´ on del problema de valor inicial on 9y ′′ + 6y 6y′ + y = y = 0 , Soluci´ on: on:
(c) y(x) = (x
(9D (9D2 + 6D 6D + 1)(y 1)(y ) = 0 y(1) = 0 y′ (1) = 1
⇒
0, y (1) = 0,
− 1)e 1)e
−
(x−1)/ 1)/3
∴
1 − 3
es:
pues
(3D (3D + 1)2 (y) = 0
⇒ C 1 + C C 2 = −C 1 + C 2 = 0 1 ⇒ − 3 e (C 1 + C + C 2 ) + C + C 2 e =1 1 − 3
y ′ (1) = 1
y(x) = e −
⇒
�
=
⇒
C 2 = e
1 3
1 3
x
(C 1 + C + C 2 x)
∧
C 1 =
−e
1 3
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forma de una soluci´ 5. Usando Usando el m´ etodo etodo de los coeficientes coeficientes indetermina indeterminados, dos, la forma on on particular de particular de la ecuaci´ on on y ′′ + y = y = e e3x
− 4x cos(5x cos(5x)
es:
(c) Ae3x + (Bx + C )cos5x ) cos5x + (Dx + E )sen5x ) sen5x
Soluci´ on: on:
(D
del lado derecho de la ecuaci´ on es
pues el anulador
− 3)(D 3)(D2 + 25)2 .
6. Si y es la soluci´ on del problema de valor inicial on 2
3xy y
′
−y
3
=
−x ,
y(1) =
z = y = y 3 xz ′
√ e
(b) =
⇒
3
− x1 z = −1 =⇒ z(x) = x( x (− ln x + C + C ) = y 3 (x) √ √ √ y (x) = x(C − ln x) ⇒ y(1) = 2 = C C = 2 √ ⇒ y(e) = √ e y (e) = e(2 − ln e) ⇒
3
3
3
∴
3
L(H 2 (t)t2)(s )(s) = Soluci´ on: on:
y reemplazan reemplazando do en la ecuaci´ ecuacion o´n obtenemos obtenemos
z′
=
∴
7.
2
pues
dz dy = 3y 2 dx dx
− z = −x ∴
3
(Ayuda: Use la sustituci´ on on z = y = y 3 )
entonces, y (e) = Soluci´ on: on:
√
2s
(e) e
−
3
� 2
4 4 + + s3 s2 s
�
pues
H 2 (t)t2 = H 2 (t)(t )(t ∴
8.
−
L
1
−
1
−
1 + 4s 4s e−3s 2 = s + 10s 10s + 41
�
Soluci´ on: on:
L
� − 2 + 2)2 = H 2 (t) �(t − 2)2 + 4(t 4(t − 2) + 4 L(H 2 (t)t2)(s )(s) = e 2s L(t2 + 4t 4t + 4)
�
�
5(t−3) (d) H 3 (t) 4e−5(t cos(4(t cos(4(t
�
�
− 3))
pues
� � 1 + 4s4s � � 1 + 4s4s � L e (s + 5) + 4 = H = H (t)L = (s + 5) + 4 � � 4(s �� 4(s + 5) 19 4
1 + 4s 4s e−3s 2 = s + 10s 10s + 41 = H 3 (t)
− 3)) −
19 −5(t sen(4(t e 5(t−3) sen(4(t 4
1
−
3s
−
1
−
L
(s + 5)2 + 42
1
−
2
−
2
3
4 (s + 5)2 + 42
2
2
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Preguntas de desarrollo 18 ptos. ptos.
9. Resuelv Resuelva a el problema problema de valor inicial x
2 dy
dx
2
+ 3xy 3xy = = 5sen(x 5sen(x ) ,
Soluci´ on: on:
dy 3 sen(x sen(x2 ) + y = 5 dx x x2 −
y (x) = e = =
√
√ y( π/2) π/2) = 0
y ( π/2) π/2) = 0
1 x3
∫
∴
x
dx
2
�∫ 5sen(x 5sen(x )
∫
3
dx
�
e dx + dx + C C x2 5sen(x 5sen(x2 ) 3 x dx + dx + C C x2 5 cos(x cos(x2 ) + C + C 2
�∫ � 1
− x3 ⇒
3
x
�
�
1 − (π/2) (0 + C + C ) = 0 π/2)3/2 y(x) =
− 2x5 3 cos x2
⇒
C = 0
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15 de enero de 2014
10. Para x > 0, resuelva
18 ptos. x2 y′′ + 2xy′
− 6y = x
La soluci´ on de la ecuaci´ on de Euler homog´enea x2 y ′′ + 2xy′ 6y = 0 1 y(x) = C 1 x2 + C 2 3 . es: x Aplicamos M.V.P. para encontrar una soluci´ on particular de la ecuaci´ on original. Calculamos el Wronskiano: Soluci´ on:
−
�
2
� x 2x
1 W x , 3 = x 2
Luego:
C 1 (x) = As´ı:
−
∫ x · x1
3
− x5
2
x dx = 5
−
5 = −x
2
C 2 (x) =
∧
x 2 1 y(x) = C 1 x + C 2 3 + x x 5 2
1 x3 3 x4
∫ x · x − x5
2
dx =
2
x6 1 x3 1 2 = C 1 x + C 2 3 + x 30 x3 6
· − ·
16 ptos.
11. Resolver t
y = 3t +
∫
y(u)sen(t
0
Soluci´ on:
−
x6 30
− u)du
Aplicando transformada de Laplace:
L(y)
�
L(y) 1 − L(y)
�
1 s2 + 1 s2 s2 + 1
� �
L(y) ∴
= = = =
3 1 + (y) s2 s2 + 1 3 s2 3 s2 3(s2 + 1) 3 3 = + s4 s2 s4
L ·
1 y(t) = 3t + t3 2
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PAUTA CERTAMEN 2 - MAT 023 Pregunta 1: Encuentre la soluci´ on de las siguientes ecuaciones diferenciales:
1. (1 + x2 )y + xy = x 3y 3 , con y(0) = 1.
2. x2 y + 10xy + 20y = 4 ln(x) − x
Soluci´ on 1: Como esta ecuaci´ on corresponde a una ecuaci´on de Bernoulli, hacemos el −2 cambio de variable z = y para transformarla en una E.D.O lineal de primer orden
z =
2x 2x3 z − 1 + x2 1 + x2
La soluci´on de esta ecuaci´on es: z (x) =
(1 + x2 ) ln(1 + x2 ) − 1 − c(1 + x2 ),
−
Reemplazando z por y
−2
1 y
2
c = constante
obtenemos la soluci´ on general de la ecuaci´on = −(1 + x2 ) ln(1 + x2 ) − 1 − c(1 + x2 )
La soluci´on particular que satisface y(0) = 1 es: 1 y
2
= −(1 + x2 ) ln(1 + x2) + 2 x2 + 1
Soluci´ o n 2: Note que la ecuaci´on homog´enea es una ecuaci´ on de Euler. Haciendo el t cambio de variable x = e obtenemos la E.D.O lineal de segundo orden con coeficientes
constantes y (t) + 9y (t) + 20y (t) = 4t − et
Usamos la ecuaci´on caracter´ıstica para resolver la ecuaci´on homog´enea, obteniendo la soluci´on yh (t) = c 1 e 5t +c2 e 4t −
−
Ahora, usando variaci´on de constantes (o par´ametros), encontramos una soluci´on particular de la ecuaci´on no homog´enea y p (t) =
1 1 9 t − e t − 5 30 100
Por lo tanto, la soluci´on general es 1 5 Luego, la soluci´on general de la ecuaci´on dada es:
y (t) = c 1 e−5t +c2 e−4t + t −
y (x) =
1 t 9 e − 30 100
c1 c2 1 1 9 + + ln( ) x x − − x5 x4 5 30 100
1
Pregunta 2: Justamente antes de mediod´ıa el cuerpo de una v´ıctima aparente de un
homicidio se encuentra en un cuarto que se conserva a temperatura constante a 70 F. A mediod´ıa, la temperatura del cuerpo es 80 F y a la 1 p.m. es de 75 F. Considere que la temperatura del cuerpo en el momento de la muerte era de 98 F y que se ha enfriado de acuerdo con la Ley de Newton. ¿Cu´al fue la hora de su muerte? ◦
◦
◦
◦
Soluci´ on:
Sea u(t) la temperatura del cuerpo en el tiempo. Definir u(0) = 80; u(1) = 75 y considerar T A = 70. du
Usando la ley de enfriamiento de Newton se tiene = −k (u − 70). De donde, por el dt m´etodo de separaci´on de variables. se tiene u(t) = 70 + M e −kt
Evaluando en t = 0 y en t = 1 se obtienen los valores M = 10 y k = ln(2). Reemplazando en u(t) se tiene u(t) = 70 +
10 2t
Resolviendo la ecuaci´on u(t) = 98, se tiene t = muerte fue a las 10:30 hrs. aproximadamente.
2
ln(10) − ln(28) ln(2)
1.5. Por tanto la
≈ −
Pregunta 3: Una soluci´ on on y = u (x) de la ecuaci´on on diferencial y −y − 2y = 0 intersecta a una soluci´on on y = v (x) de la ecuaci´on on y + 4y − 5y = 0 en el punto (0 , 0). Determinar las funciones u y v si las dos tienen la misma pendiente en el origen y adem´as as satisfacen:
[v (x)]2 lim =1 x u(x) →∞
Soluci´ on: on:
La soluci´ on on general de la ecuaci´on on y
−
a dada por y − 2y = 0 est´
y = C 1 e2x +C 2 e−x
Por otra parte u(x) es la unica ´unica soluci´on on que verifica y(0) = 0 e y (0) = u (0). Derivando y evaluando se tiene el sistema:
C 1 + C 2 = 0 2C 1 − C 2 = u (0)
de donde C 1 =
1 u (0) y C 2 = 3
1 u (0). Luego 3 1 u(x) = u (0) e2x − e 3
−
−x
Analogamente, la soluci´ on on de la ecuaci´on on con valor inicial y + 4y − 5y = 0 0 y (0) = y (0) = u (0)
es v (x) =
1 u (0) ex − e 6
−5x
Por otra parte
lim
x→∞
1
u (0)[e (0)[ex − e−5x ] 6
2
1 1 − 2 e 6x + e u (0) = lim 1 x] 2x x e 12 1 − e 3x u −e (0)[e (0)[ 3
−
→∞
De donde u (0) = 12 y por tanto:
u(x) = 4 (e2x − e−x ) (ex − e−5x ) v (x) = 2 (e
3
−12x
−
−
=
1 u (0) 12
Pregunta 4: Una masa que pesa 5 Kilogramos se sujeta a un resorte suspendido en
el techo ocasionando que se estire 0.5 metros hasta llegar al reposo. La masa inicial es reemplazada por otra masa que pesa 10 Kilogramos y en el instante t = 0 se desplaza 1 metro metro hacia abajo, y se suelta. suelta. En el mismo mismo instant instantee se aplica aplica una fuerza fuerza extern externaa f (t) = cos(w0 t). Si la constante de amortiguaci´on on es 2, determine : 1. El desplazamiento de la masa en cualquier instante t > 0. 2. Si la acci´on on del medio ambiente ambiente sobre ´este sistema mec´ anico anico es despreciable y w0 se aproxima a la frecuencia natural del sistema, ¿que puede decir sobre el movimiento de la masa m. Soluci´ on o n 1: Sea x(t) = posici´ on de la masa en el tiempo t. Como el peso de la masa on
1 est´a actuando sobre el sistema se tiene Peso = k · x =⇒ 5 = k · 0.5 =⇒ k = 10 De acuerdo a la Ley de Newton, obtenemos la ecuaci´on on x + 2x + 10x = cos(w0 t)
La soluci´on on de la ecuaci´on on homog´ hom og´enea enea es: xh (t) = e −t (c1 cos(3t) + c2 sen(3t))
Usando coeficientes indeterminados, encontramos una soluci´on on particular de la ecuaci´on on no homo ho mog´ g´enea en ea x p (t) = A cos(w0 t) + B sen(w0 t) donde A =
10 − w0 (10 − w02 )2 + 4w02
y B =
2w0 (10 − w02 )2 + 4w02
Por lo tanto, la posici´on on de la masa 2 esta dada por: x(t) = e −t (c1 cos(3t) + c2 sen(3t)) + A cos(w0 t) + B sen(w0 t)
Adem´as, as, como x(0) = 1 y x (0) = 0 tenemos que: c1 = 1 − A y c2 =
−
1 (1 + Bw 0 − A) 3
Soluci´ on o n 2: La masa estar´ a sujeta a grandes oscilaciones. Es decir, la amplitud de la funci´on on posici´on on de la masa, x(t), crece indefinidamente.
4
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Certam Certamen en 2 - Mat-0 Mat-023 23 05 de Enero del 2006
Nombre:
1. Si y = −
4 y3
y y(2) = 4 ; y (2) = 0 . Hal Hallar lar y (4).
Ayuda: Haga el cambio z = y .
2. Resolver y (6) + 2y(4) + y (2) = 0
Soluci´ on:
Ecuaci´ on caracteristica: m6 + 2m4 + m2 = 0
⇔
m2 (m2 + 1)2 = 0
Raices de la ecuaci´on caracteristica: m = 0 de multiplicidad 2 y m =
±i
tambien de multiplicidad 2.
Soluci´ on general: y = a + bx + c cos(x) + d sen(x) + ex cos(x) + f x sen(x)
3. (a) Muestre que la ecuaci´on y F(xy ) dx + xG(xy) dy = 0
puede resolverse usando el cambio u = xy . (b) Resuelva: (x2 y 3 + 2xy 2 + y ) dx + (x3 y 2 − 2x2 y + x) dy = 0 . Soluci´ on:
(a) Observar que: yF(xy ) dx + xG(xy ) dy = 0 Por otra parte, haciendo u = xy se tiene:
dy F(xy ) = −y dx G(xy )
du dy = y + x dx dx
=
−y
u du + x dx
=
−
u x
u x
du dx
=
x
⇒
dy du = −y + . Reemplazando: dx dx
F(u)
du dx
−y +
−
x
⇔
G(u)
·
F(u) G(u)
1−
F(u) G(u)
Y esta u ´ ltima ecuaci´on es de variable separada. (b) La ecuaci´ on se puede reescribir como y (x2 y2 + 2xy + 1) dx + x(x2 y 2 − 2xy + 1) dy
Tomando F(xy ) = x 2 y 2 + 2xy + 1 y G(xy ) = x 2 y 2 − 2xy + 1 y haciendo u = xy . La ecuaci´on queda: du dx
=
u x
=
u x
1
−
u2 + 2u + 1 u2 − 2u + 1 −4u
u2 − 2u + 1
(c) Encuentre la ecuaci´on de una curva que pasa por (1,1), con la propiedad de que el intercepto en el eje x de su linea tangente es igual al intercepto en el eje y de su linea normal. on de la recta tangente en el punto (a, f (a)) es: Ayuda: La ecuaci´
y − f (a) = f (a) · (x − a)
(d) Dados los conjuntos: A =
y
(x,y,z )
3 ∈R
:
x2
3
+
y2
4
+
z2
9
=1
B = (x,y,z ) ∈ R3 : x + y + z = 12
Use multiplicadores de Lagrange para encontrar un punto p ∈ A y un punto q ∈ B tal que d(A , B ) = d( p , q ) .
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Certamen N◦ 2 - Mat 3 (Pauta) 1.- Sea f (x, y
)=
xy 3 x2 + y 2
si
(x, y ) = (0, 0)
0
si
(x, y ) = (0 , 0)
(1.a) ¿Es f continua en (0,0) ? (1.b) Hallar f x(x, y ) y f y (x, y )
20 puntos Soluci´ on: (1.a) Por teorema del sandwich:
0 ≤ Por lo tanto
lim
(x,y)
xy 3 |xy 3 | ≤ 2 ≤ |xy | → 0 x2 + y 2 y
(0,0)
→
si (x, y ) → (0, 0)
xy 3 = 0 y f es continua en (0,0). x2 + y 2
(1.b) Para (x, y ) = (0, 0) f x (x, y ) = f y (x, y ) =
y 3 (x2 + y 2 ) − 2x2 y 3 (x2 + y 2 )2
y 3 (y 2 − x2 ) (x2 + y 2 )2
=
3xy 2 (x2 + y 2 ) − 2xy 4 xy 2 (3x2 + y 2 ) = (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2
Por otra parte: f (h, 0) − f (0, 0) f x (0, 0) = lim = lim h 0 h 0 h →
→
f (0, h) − f (0, 0) f y (0, 0) = lim = lim h 0 h 0 h →
→
h·03 h2 +02
h 0 h3 02 +h2
= 0
·
h
= 0
Luego
f x (x, y ) =
f y (x, y ) =
y 3 (y 2 − x2 ) (x2 + y 2 )2
si
(x, y ) = (0, 0)
0
si
(x, y ) = (0 , 0)
xy 2 (3x2 + y 2 ) (x2 + y 2 )2
si
(x, y ) = (0 , 0)
0
si
(x, y ) = (0, 0)
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(2.a) Dada la superficie S : x2 + 2y 2 + 3z 2 = 21 , hallar la(s) ecuaci´ on(es) del (de los) plano(s) tangente(s) a S que es (son) paralelo(s) al plano x + 4y + 6 z = 0 .
20 puntos (2.b) Si z = f (x, y ) de clase C 1 y x = r cos(θ ) e y = r sen(θ ). Probar: sen(θ )
∂z cos(θ ) ∂z ∂z + = ∂r r ∂θ ∂y
20 puntos Soluci´ on: (2.a) ∇ f (x,y,z ) = (2x, 4y, 6z ) . Por otra parte, se debe tener (2x, 4y, 6z ) = α (1, 4, 6) . Se tiene el sistema: 2x = α 4y = 4α 6z = 6α α
, y = α , z = α . Reemplazando en la ecuaci´ De donde x = on de la superficie S 2 α = ±2 .
Para α = 2 el punto corresponde a ( x,y,z ) = (1, 2, 2) y la ecuaci´on del plano tangente en (1, 2, 2) es: x + 4y + 6 z = 21
Para α = −2 el punto corresponde a ( x,y,z ) = (−1, −2, −2) y la ecuaci´on del plano tangente en (−1, −2, −2) es: x + 4y + 6 z = −21
(2.b) ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + · · ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r
=
∂z ∂z cos(θ) + sen(θ) ∂x ∂y
∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + · · ∂θ ∂x ∂θ ∂y ∂θ
=
∂z ∂z r cos(θ) (−r sen(θ)) + ∂x ∂y
Luego: ∂z cos(θ ) ∂z sen(θ ) + = sen(θ ) ∂r r ∂θ
+
cos(θ ) r
∂z ∂z cos(θ ) + sen(θ ) ∂x ∂y
=
∂z ∂y
∂z ∂z r cos(θ ) (−r sen(θ ) + ∂x ∂y
= sen(θ ) · cos(θ) +sen2 (θ)
∂z ∂z − sen(θ ) · cos(θ ) ∂x ∂x
∂z ∂z + cos2 (θ ) ∂y ∂y
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(3.a) Encuentre m´aximos y/o m´ınimos para la funci´on: f (x,y,z ) = x 2 + y 2 + z 2 + xy + yz + xz + x − 2y
20 puntos (3.b) Determine los ´angulos α, , β , γ de un tri´angulo de modo que el producto de sus senos sea m´aximo.
20 puntos Soluci´ on: (1.a) f x (x,y,z ) = 2x + y + z + 1 = 0 f y (x,y,z ) = x + 2y + z − 2 = 0 f z (x,y,z ) = x + y + 2 z = 0
Resolviendo el sistema: x = −
5 7 1 , y = , z = − . 4 4 4
Por otra parte, la matriz Hessiana en
Hf
5 7 1 − , ,− 4 4 4
es
2 5 7 1 = 1 − − 4 4 4
1 1 2 1 1 1 2
, ,
Se cumple que los 3 determinantes a lo largo de la diagonal son positivos.
f xx
1
5 7 − , ,− 4 4 4
= 2 > 0 ,
Por lo tanto en
5 7 1 − , ,− 4 4 4
2 1
1 =3 2
hay un m´ınimo.
> 0 ,
2 1 1
1 1 2 1 1 2
= 4
> 0
(3.b) Sea f (x,y,z ) = sen( x)sen(y )sen(z ) la funci´o n a maximizar. Sea g(x,y,z ) = x + y + z − π la funci´ on restricci´on. Observar que 0 < x, y,z < π , pues son ´angulos interiores de un tri´angulo. Adem´ as se debe cumplir: ∇f (x,y,z ) = λ ∇g (x,y,z ) De aqui se tiene el siguiente sistema de ecuaciones: cos(x)sen(y ) sen(z ) sen(x)cos(y ) sen(z ) sen(x)sen(y )cos(z ) x + y + z
= = = =
λ λ λ π
Como la funci´on seno nunca es cero en ]0, π [ y si cos(x) = 0 entonces se debe tener cos(y ) = cos(z ) = 0 , lo que es imposible. Con esto: cos(x)sen(y ) = sen(x)cos(y ) cos(x)sen(z ) = sen(x) cos(z )
⇒
tg(y ) = tg(x) tg(z ) = tg(x)
Se tienen las siguientes posibilidades: y = x ∨ y = x + π , z = x ∨ z = x + π . Las soluciones (x, x + π, x) , (x,x,x + π ) y (x, x + π, x + π ) se descartan porque la suma de sus coordenadas es mayor que π , asumiendo que 0 < x < π . Por lo tanto y = z = x es la u ´ nica opci´on dadas las restricciones del problema. Reemplazando se tiene x = y = z =
π
el cual debe ser m´aximo, pues este problema no 3 tiene m´ınimos. En efecto basta hacer x → 0 y f (x,y,z ) → 0.
Universidad T´ ecnica Federico Santa Mar´ ıa Departamento de Matem´ atica Campus Santiago
Certamen 2 - Mat 023 Pauta 1.- Resuelva las siguientes ecuaciones: (1.a) xdy + y dx =
√ xydy 12 puntos
(1.b) x3 y + x2 y = 2y
4/3
−
13 puntos
Soluci´ on (1.a)
√ xydy √ xydy
xdy + y dx =
⇔ ⇔
d(xy) = d(xy) = dy
√ xy
Integrando en ambos lados
√ xy = y + C donde C es una constante real. (1.b) Se trata de una ecuaci´ on de Bernoulli: x3 y + x2 y = 2y −
4
⇔y
3
4 3
y +
1 x
7
y = 3
2 x3
3z si x = 0. Hacer z = y , luego = y y . Reemplazando se obtiene la ecuaci´ on 7 7 14 lineal: z + z = 3 cuya soluci´ on esta dada por: 3x 3x
7 3
4 3
z = z = y
7 3
=
1
14 d 3 14 3 +
x
7 3
x3
3
3x 14 x2
1
x
7
x
7 3
+
K
x
7 3
1 3
x
C
Por lo tanto las curvas soluci´ on son: (xy )
7 3
− 14x
1 3
= K
2.- Un resorte vertical con constante k = 4 lbs/pie tiene acoplado un peso de 32 lbs. Se aplica una fuerza dada por f (t) = 16 sen(2t) . Asumiendo que en t = 0 el peso est´ a6 pulgadas por debajo de la posici´ on de equilibrio y que se golpea para darle una velocidad de 4 pie/sg hacia arriba. Suponga que la fuerza de amortiguamiento es despreciable. (2.a) Encuentre la posici´ on del peso en el instante t. 22 puntos
(2.b) Haga un gr´ afico del movimiento del peso e interprete el fenomeno para t grande. 3 puntos
Soluci´ on Se tiene k = 4 , m = 1 . Con esto la ecuaci´ on que gobierna el movimiento es: x + 4x = 16 sen(2t) x(0) =
1 2
x (0) =
−4
(2.a) Ecuaci´ on homogenea: Ecuaci´on caracteristica m2 + 4 = 0 de donde m =
±2i .
Luego la soluci´ on general de la homogenea es: xh = A cos(2t) + B sen(2t)
Soluci´on particular: Tomar x p = ct sen(2t) + dt cos(2t) , entonces x p = 4c cos(2t) 4d sen(2t) 4ct sen(2t) 4dt cos(2t) , de donde
−
−
−
x p + 4x p = 4c cos(2t)
Luego c = 0 y d =
− 4d sen(2t) = 16 sen(2t)
−4 . Por lo tanto la soluci´on particular es x Soluci´on general: x (t) = A cos(2t) + B sen(2t) − 4t cos(2t)
p
g
2
=
−4t cos(2t).
Evaluando en t = 0 se tiene que A = B = 0. Por lo tanto x(t) =
−4t cos(2t)
(2.b) Observar que las oscilaciones del resorte tiene cada vez una amplitud m´ as grande, del orden de A = 4t . Por lo tanto el resorte se rompe para t suficientemente grande.
3.- Un tanque contiene 100 litros de salmuera, obtenida disolviendo 8 kg. de sal en agua. Se introduce agua pura a una velocidad de 3 lts/min. y sale a la misma velocidad, yendo a un segundo tanque que contiene al principio 100 lts. de agua pura. De ´este sale a la misma velocidad. Calcular la cantidad de sal que hay en el segundo tanque al cabo de una hora. 25 puntos
Soluci´ on 3.- Sea x(t) la cantidad de sal, en el tanque 1, en el tiempo t e y (t) la cantidad de sal, en el tanque 2, en el tiempo t. Se tiene: dx = dt
3x − 100
dy 3x = dt 100
3y − 100
con x(0) = 8 e y (0) = 0. Resolviendo la primera ecuaci´ on (variable separada): dx = dt
3x 3 dt ⇒ x = M e − 100 ⇒ dxx = − 100
Evaluando en t = 0, se tiene M = 8 y por lo tanto x(t) = 8 e
−
−
3t 100
3t 100
.
Reemplazando en la segunda ecuaci´ on queda: 3t 100
dy 24 e = dt 100 −
3y 3y 24 e − 100 ⇔ y + 100 = 100
−
3t 100
la cual es una ecuaci´on lineal de primer orden. y = e −
3 100
dt
e
3 100
dt 24 e 100 3
3t − 100
dt = e
3t − 100
24
100
t + K
Evaluando en t = 0 se tiene K = 0. Por lo tanto y (t) = 72 5
Evaluando en t = 60 (1 hora) se tiene: y (60) =
e
−
3t 24 t e− 100 . 100
9 5
4.- Si f es peri´ odica de per´ıodo a, de modo que f (x + a) = f (x). Probar que: 1 [f (x)](s) = 1 e
L
−
a
as
−
st
e
−
f (t) dt
0
25 puntos
Soluci´ on
L[f (x)](s)
= = = =
∞
st
e e e e
−
0
a 0 a 0 a 0
st
−
st
−
st
−
f (t) dt ∞
st
e ( ) dt e ( + ) dx ( ) dt + e ( ) dx ( ) dt + e
f (t) dt +
a
f t
0
−
∞
s(x+a)
−
∞
sa
−
f t
f t
f x
sx
−
0
a
f x
Por lo tanto: a
L[f (x)](s) =
e
st
−
f (t) dt + e−sa [f (x)](s)
L
0
De donde, despejando se tiene:
L
1 [f (x)](s) = 1 e
−
a
sa
−
4
0
e
st
−
f (t) dt
Universidad T´ ecnica Federico Santa Mar´ ıa Departamento de Matem´ atica Campus Santiago ◦ 2 semestre de 2004
Certamen 2 - Mat 023 Martes 19 de Octubre de 2004 Problema 1:
Resuelva la siguiente ecuaci´ on y = e 2x y 2
x
−2
− 2y − 9e
y (0) = 4
,
sabiendo que tiene una soluci´ on particular de la forma y1 (x) = ae kx . Soluci´ on:
Como y1 es soluci´on de la ecuaci´ on se tiene: akekx = e 2x a2 e2kx
kx
x
−2
− 2ae − 9e
o ekx (ak
2 2x+kx
x
−2
+ 2a) = −9e −a e De aqui, se obtiene que a = 3 (o a = −3) y k = −2.
La ecuaci´ on dada es una ecuaci´ on de Ricatti, hacemos el cambio de variable x
−2
y = 3e
+
1 z
y la transformamos en la ecuaci´ on lineal, dz = dx
2x
−4z − e
que tiene por soluci´ on z (x) = ce
x
−4
− 16 e
2x
c constante
,
Por lo tanto, la soluci´ on general de la ecuaci´ on dada es x
−2
y (x) = 3e
+
6 x
−4
c1 e
2x
−e
c1 constante
,
Adem´as, como y (0) = 4, obtenemos 4=3+
6 c1
− 1 =⇒ c
1
Luego, la soluci´ on es x
−2
y (x) = 3e
+
=7
6 7e
−4
x
2x
−e
Problema 2: Un tanque contiene inicialmente 60 gal. de agua pura. Entra al tanque,
a una tasa de 2 gal./min., salmuera que contiene 1 lb. de sal por gal´ on, y la soluci´on (perfectamente mezclada) sale de ´el a raz´ on de 3 gal. por minuto; el tanque se vac´ıa despu´es de 1 hora exactamente. (a) Encuentre la cantidad de sal que hay en el tanque despu´es de t minutos. (b) ¿Cu´ al es la m´axima cantidad de sal que llega a tener el tanque? Soluci´ on:
(a) La ecuaci´ on diferencial que modela el problema en cuesti´ on es
· − 60x(−t) t 3
dx =1 2 dt
x(0) = 0
La soluci´ on de esta ecuaci´ on lineal es: x(t) = (60
3
− t) + C (60 − t)
Para calcular C usamos la condici´ on inicial x(0) = 0, obteniendo x(t) = (60
− t) − 601
(60 − t)3
2
(b) Para determinar el tiempo t donde la cantidad de sal es m´ axima derivamos la funci´on x(t) para obtener los puntos cr´ıticos: ∗
x (t) =
entonces
−1 + 603
2
(60 − t)2 ,
602 x (t) = 0 ⇐⇒ (60 − t) = 3 2
de donde ∗
t = 60
La segunda derivada de x(t) es x (t) = −
60 − √
3
6 (60 − t). 602
Se ve facilmente que x (t ) < 0, por lo tanto en t , x(t) tiene un m´ aximo.
∗
∗
Evaluando x (t) en t obtenemos la cantidad de sal m´ axima que llega a tener el estanque: ∗
x 60
−
60 40 √ = √ libras de sal 3 3
Resuelva la ecuaci´ on
Problema 3:
x(1
2 2
2 2
− x ) y − (1 − x ) y
(Ayuda: haga el cambio de variable t =
−
1 2
+ x3y = 0
ln(1 − x2))
bf Soluci´on: Haciendo t =
− 12 ln(1 − x ) se tiene 2
dy dy = dx dt
·
dt dx
dy = dx
⇒
x
1 − x2
dy dt
Por otra parte: d2 y d = dx2 dy
x
1 − x2
·
dy dt
⇒
d2 y = dx2
x2 x2 )2
1+ (1 −
·
dy + dt
x2 (1 x2 )2
−
·
d2 y dt2
Reemplazando en la ecuaci´ on
x(1
2 2
−x )
1+ (1 −
x2 x2 )2
·
dy x2 + (1 x2 )2 dt
−
·
d2 y dt2
2 2
− (1 − x ) ⇔
x
1 − x2
+ x y · dy dt 3
= 0
x3 y + 2x3 y + x3 y = 0
Donde todas las derivadas que aparecen son derivadas respecto de t e y = y (t) es una funci´ on de t . De aqui se tiene la ecuaci´on homogenea con coeficientes constantes y + 2 y + y = 0 la cual tiene soluciones y1 (t) = e t , y2 (t) = t e t . Por lo tanto la soluci´on general es
−
y = ae
t
−
+bt e
−
t
−
reemplazando
√
y = a 1
2
−x
√
+ b 1 − x2 ln(1 − x2)
Problema 4:
Encuentre la soluci´ on general de la ecuaci´ on (x2 − 2x)y + 2(1 − x)y + 2y = 6(x2 − 2x)2
sabiendo que y1 (x) = x − 1 es soluci´ on de la correspondiente ecuaci´ on homogenea. Soluci´ on:
Dividiendo por (x2 − 2x) la ecuaci´ on queda:
y +
2 − 2x 2 + = 6(x2 − 2x) y 2 2 x − 2x x −2
cuya ecuaci´ on homogenea queda:
y +
2 − 2x 2 + =0 y x2 − 2x x2 − 2
Como una soluci´on de la homogenea es y1 = x − 1 una segunda soluci´ on se encuentra usando la formula de Abel.
−
y2 = (x
= (x
2−2x 2 −2x
dx
e − 1) ( − 1) − 2 − 1) ( − 1) 1 x
2
x
x2 x
= (x − 1) x +
x
2
x
dx
dx
−1
= x2 − x + 1 Por otra parte: W (y1 , y2
)=
x
−1
x
1
− + 1 = 2 −1
2
x
x
x 2
− 2x
Usando variaci´ on de param´etros y p = v 1y1 + v2y2 donde: v1 =
=
v2 =
−
x2
2
6(
−2x
− x + 1)(x − 2x) x − 2x + 3x − 6x
3
2
2
6(
x
2
− 1)(x − 2x) x − 2x 2
= 3x2 − 6x Luego una soluci´ on particular es y p = x 4 − 4x3 , As´ı la soluci´on general es: y = A(x
2
4
− 1) + B(x − x + 1) + x − 4x
3
´ UNIVERSIDAD TECNICA FEDERICO SANTA MAR´ IA Departamento de Matem´ atica Matem´ atica III Pauta del Certamen N ◦ 2
19 de Mayo del 2006 1. Resolver la ecuaci´ on diferencial que modela el problema de masa resorte amortigado: y
− 2y + y =
2et t3
, con t > 0
on caracter´ıstica (m 1)2 = 0, Soluci´ on: La homogenea tiene por ecuaci´ t
luego: yH (x) = C 1 e + C 2 te
−
t
Para la soluci´ on particular usamos Variaci´ on de Par´ ametros, usando t t e te la notaci´ on: W = t t = e2t = 0, t > 0 e e + tet
C 1 (x) = et
2et
C 2 (x) =
t
∀
1
dt = 2 W
· · t3
dt t3
1
dt =
−
t2
1
=
2
y
luego:
2et
1
−te · ·
dt = W
t3
−2
t2
t
2 t 1 t et yP (x) = e + ( 1) 2 te = t t t
−
de donde: et
yG (x) = C 1 et + C 2 tet + 2.
a )
t
Determinar la soluci´ on de la ecuaci´on integro diferencial: x (t) +
t
x(t − u)e− 0
Soluci´ on:
L
[x (t)] + [
t
2u
du = 0, con x(0) = 1 2u
L x(t − u)e− du] = 0 sL[x] − 1 +L[x]L[e− ] = 0 0
2t
Por lo tanto:
1
L[x](s + s+2 (s+1)2
s+2
1
)=1
⇒
1 (s+1)2
t
t
L[x] = = + = e− + te− erminos de f (t) o F (s), b ) Si se sabe que L(f (t)) = F (s), exprese en t´ s+1
seg´ un corresponda cada una de las expresiones siguientes: 1) 2)
2t
L(e f (t) + 4u(t − 5)f (t − 5)) L− (7F (s) + e− F (s − 3)) 1
s
Soluci´ on:
1) El desarrollo de la primera parte es: (e2t f (t)) + (4u(t 5)f (t 5)) = F (s 1) + 4e−5s F (s) 2) El desarrollo de la segunda parte es: −1(7F (s)) + −1 (e−s F (s 3)) = 7tf (t) + e 3(t−1) u(t 1)f (t 1)
L
L
−
−
L −
L
−
−
−
−
3. Considere la funci´ on definida mediante:
f (x, y) =
xy 2 3x2 +y 2
+
1 2
1 2
, si (x, y) = (0, 0)
, si (x, y) = (0, 0)
a )
Pruebe que f (x, y) es continua en (0, 0)
b)
¿Es
∂f ∂x
(x, y) continua en (0, 0)?
Soluci´ on: a )
Debemos probar que l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) = 21 : 0
≤|
xy 2 1 + 3x2 + y 2 2
1 2
y2 x 3x2 + y 2
− | ≤ | ||
| ≤ |x|
donde x
| | → 0, por tanto, f (x, y) es continua en (0, 0). (0, 0), tenemos: b ) Si (x, y) = ∂f ∂x
(x, y) =
9x2 y 2 (3x2 +y2 )2
Si (x, y) = (0, 0), tenemos: ∂f ∂x
(0, 0) = l´ım h→0
Por tanto:
f (h,0) f (0,0) h
−
= l´ımh→0
[
h·0 3h2 +0
+ 12 ]− 12
h
=0
∂f ∂x
(x, y) = 0
9x2 y 2 +y 4 (3x2 +y 2 )2
, si (x, y) = (0, 0)
, si (x, y) = (0, 0)
El l´ımite l´ım(x,y)→(0,0) ∂f (x, y), no existe, basta probar por trayec∂x torias rectas del tipo y = mx: (9m2 + m4 ) x4 (9m2 + m4 ) l´ım = x→0 x4 (3 + m2 )2 (3 + m2 )2 para darse cuenta que el resultado depende de la trayectoria, por tanto ∂f (x, y) no es continua en (0, 0). ∂x 4. Sea z = 1
−
x2 + y 2
−9
a )
Hallar el dominio y recorrido de la funci´ on y graficar el dominio.
b)
Graficar las curvas de nivel z = 2, z = 1, z = 0 y z = 1 y hacer un bosquejo de la gr´ afica de la superficie z = f (x, y).
c )
Hallar el lugar geom´etrico de los puntos en el primer cuadrante ∂z ∂z del plano xy para los cuales las derivadas parciales ∂x y ∂y son iguales
−
−
Soluci´ on: 2 a) El dominio es (x, y) /x2 + y 2 9 , que corresponde a la parte exterior del c´ırculo con centro en (0, 0) y radio 3, incluida la circunferencia.
{
∈
≥ }
El recorrido es ] , 1] b) Las curvas de nivel para z = 2, z = 1, z = 0 y z = 1 son circunferencias conc´entricas con centro en (0, 0) y de radios 18, 13, 10 y 3, respectivamente.
−∞
−
−
√ √ √
Un bosquejo de la superficie es:
−y ∂z y ∂y = ,. por − x2 +y 2 −9 ∂z 3 √ = ∂y , si x = y. Que corresponde a un rayo que parte desde ( √ , 32 ). 2
c) Las derivadas parciales son: ∂z tanto: ∂x
∂z ∂x
=
MAT023 - Primer Semestre del 2006
x
√ −
x2 +y2 9
√
Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática Campus Santiago
Pauta Certamen 2-Mat-023 23 de Septiembre de 2006 Problema 1 .
40 ptos.
dy = y 2 t, dt
1. Encuentre la solución del problema de valor inicial
y (0) = 1.
Solución:
dy = t dt y2
=⇒
y( 0 ) = 1 = −
−
2
1 y
=
=⇒
K
t2
2
+ C =
K = −2
=⇒
2 =⇒
2xyy + (x − 1)y 2 = x 2 ex ,
y (t) = −
y (t) = −
2 t2 + k
2 t2
−2
usando el cambio de variable y2 = v.
2. Resuelva
t2 + K
Solución:
y2 = v
=⇒
2yy = v .
Reemplazando:
= x2 ex = xex
xv + (x − 1)v v + (1 − x1 )v
v (x)
=
−
e
x
(x−ln x)
−
= e
x
−
= xe
x
−
= xe
(1 − 1 ) dx
2x
e
(1 − 1 ) dx
xe e
xex ex
e2x
2
x
ln x
−
x
dx + C
dx + C
+ C
=
dx + C
y 2 (x)
3. Resuelva
y =
y −x+1 . y −x+5
Solución: Método 1: Sea u = y − x
u+1 u +1 = u+5
∴
u2
2
=⇒ =⇒
u+x = y
−4 u = u+5
+ 5u = −4x + C
=⇒
u + 1 = y .
=⇒
Reemplazando en la ecuación:
(u + 5) du = −
4 dx
(y − x)2 + 5(y − x) = −4x + C 2
=⇒
Método 2:
(x − y − 1)dx + (y − x + 5)dy = 0
∂M ∂N = = −1 ∂y ∂x
=⇒
Suponemos una solución del tipo F (x, y ) = cte. ∂F = x − y − 1 ∂x ∂F − x + C (y) = y − x + 5 ∂y
x2
Luego,
2
− xy − x +
y2
2
=⇒
x2
F (x, y) =
− xy − x + C (y )
2
=⇒
C (y) = y + 5
=⇒
C (y ) =
y2
+ 5y + K
2
+ 5y = K .
4. Encuentre la transformada de Laplace inversa de
11s (s2 + 2s + 5)(s + 10)
F (s) =
Solución:
As + B C 11s (A + C )s2 + (10A + B + 2 C )s + 10B + 5 C = + = s2 + 2 s + 5 s + 10 (s2 + 2s + 5)(s + 10) (s2 + 2s + 5)(s + 10) A + C = 10A + B + 2 C = 10B + 5 C =
L
1
−
0 11 0
11s 2 (s + 2s + 5)(s + 10)
=⇒
C = −
1
L
=
L
−
=
22 L 17
=
22 e 17
=
1
22 ( 17 s
+ 1) (s + 1)2 + 4
1
−
t
−
22 , 17
A =
22 s + 11 17 17 s2 + 2s + 5
−
22 , 17
−L
cos2t −
1
−
−L
11 e 34
t
−
1
−
(s + 1) (s + 1)2 + 4
11 . 17
B =
22 17
s + 10
11 17 + 1)2
(s
11 − L 34
1
−
sen2t −
+4
−L
2 (s + 1)2 + 4
22 e 17
10t
−
.
22 17
+ 10 22 1
−
−
s
1
−
17
L
1 s + 10
Problema 2. Resuelva
y + 7y + 12y = 2e5x ,
y (0) = 0, y (0) = 2.
Solución:
(D2 + 7D + 12)(y ) = 0
Encontramos primero la solución de la homogénea:
(D + 4)(D + 3)(y ) = 0
=⇒
3x
−
yh (x) = C 1 e
4x
−
+ C 2 e
Usando MCI para buscar una solución particular, vemos que esta es de la forma: y p (x) = K e5x
general es: 3x
−
yG (x) = C 1 e yG (0) yG (0)
= 0 =
C 1 + C 2 +
1 36
= 2 = −3C 1 − 4C 2 +
5 36
+ C 2 e
=⇒
4x
−
+
1 5x e 36 1 4
C 1 = − ,
C 2 =
Luego, la solución que satisface las condiciones iniciales es:
1 4
yG (x) = − e
3x
−
2 + e 9
4x
−
+
1 , 36
K =
Derivando y reemplazando en la ecuación original, obtenemos
1 5x e 36
2 9
luego, la solución
Problema 3. Encuentre una solución de la EDO
y − 2y + y = tal que y (1) = 3e,
2et t3
t =0
,
1
y (−1) = −e
−
Solución:
(D 2 − 2D + 1)(y ) = (D − 1)2 (y ) = 0
Resolvemos la ecuación homogénea asociada: yh (t) = C 1 e t + C 2 tet
Calculamos el Wronskiano de las soluciones para usar el MVP, para buscar una solución particular: t
t
W [e , te
] =
et et
tet et (1 + t)
=
y p (t)
e2t = 0 Luego,
=
= te
t
tet ex − et xex 2ex dx e2x x3
2
x3
t
= te (−t
2
−
t
dx − e
t
2
x2
1
−
) + e (2t
)
dx
=
et t
Luego, la solución general es:
Ahora:
y(1) y (−1)
= 3e = −e 1 −
yG (t) = C 1 et + C 2 t et +
et t
C 1 e + C 2 e + e = = C 1 e 1 − C 2 e 1 − e
−
−
1
−
Luego, la solución buscada es: et yG (t) = e + t e + t t
t
⇒
C 1 = C 2 = 1
Problema 4. Use transformada de Laplace para resolver
y + 4y = tal que y(0) = 1,
1
0≤t≤1 t > 1
, t,
y (0) = 1.
Solución:
Reescribiendo la ecuación usando la función escalón unitario u, queda:
y + 4y = 1 + (t − 1)u(t − 1) Aplicamos transformada de Laplace a ambos lados: s2 L(y ) − s − 1 + 4 L(y )
=
1 s
+ L((t − 1)u(t − 1))
(s2 + 4)L(y ) = s + 1 + (s2 + 4)L(y ) = s + 1 + L(y )
Luego,
=
s s2 + 4
1 2
y(t) = cos 2t + sen 2t +
Como
1
t ∗ sen2t
=
∗ sen2t
=
finalmente tenemos:
1 (2t − sen2t) 4 1 (1 − cos2t) 2
1 s
1 s
+
s
−
+e
L(t)
1
s
−
+e
s2
2 1 2 1 e + + 2(s2 + 4) 2s s2 + 4 2
1 1 L(1 ∗ sen2t) + e 2 2
s
−
y
e
s
−
L(t
s
−
1
2 s2 s2 + 4
∗ sen2t)
representa un desplazamiento en una unidad,
1 1 1 t − 1 sen(2t − 2) − y(t) = c o s 2t + sen 2t + (1 − cos2t) + u(t − 1) 2 4 2 2 4 y (t)
=
1 3 1 1 + cos 2t + sen 2t + [ 2(t − 1) − sen(2 (t − 1 ) ) ] u(t − 1) 4 4 2 8
Universidad T´ ecnica Federico Santa Mar´ ıa Departamento de Matem´ atica Campus Santiago
Certamen 2 - Mat-023 05 de Enero del 2006
Nombre:
1. Si y = −
4 y3
y y(2) = 4 ; y (2) = 0 . Hallar y (4).
Ayuda: Haga el cambio z = y .
2. Resolver y (6) + 2y(4) + y (2) = 0
Soluci´ on:
Ecuaci´ on caracteristica: m6 + 2m4 + m2 = 0
⇔
m2 (m2 + 1)2 = 0
Raices de la ecuaci´on caracteristica: m = 0 de multiplicidad 2 y m =
±i
tambien de multiplicidad 2.
Soluci´ on general: y = a + bx + c cos(x) + d sen(x) + ex cos(x) + f x sen(x)
3. (a) Muestre que la ecuaci´on y F(xy ) dx + xG(xy) dy = 0
puede resolverse usando el cambio u = xy . (b) Resuelva: (x2 y 3 + 2xy 2 + y ) dx + (x3 y 2 − 2x2 y + x) dy = 0 . Soluci´ on:
(a) Observar que: yF(xy ) dx + xG(xy ) dy = 0 Por otra parte, haciendo u = xy se tiene:
dy F(xy ) = −y dx G(xy )
du dy = y + x dx dx
=
−y
u du + x dx
=
−
u x
u x
du dx
=
x
⇒
dy du = −y + . Reemplazando: dx dx
F(u)
du dx
−y +
−
x
⇔
G(u)
·
F(u) G(u)
1−
F(u) G(u)
Y esta u ´ ltima ecuaci´on es de variable separada. (b) La ecuaci´ on se puede reescribir como y (x2 y2 + 2xy + 1) dx + x(x2 y 2 − 2xy + 1) dy
Tomando F(xy ) = x 2 y 2 + 2xy + 1 y G(xy ) = x 2 y 2 − 2xy + 1 y haciendo u = xy . La ecuaci´on queda: du dx
=
u x
=
u x
1
−
u2 + 2u + 1 u2 − 2u + 1 −4u
u2 − 2u + 1
(c) Encuentre la ecuaci´on de una curva que pasa por (1,1), con la propiedad de que el intercepto en el eje x de su linea tangente es igual al intercepto en el eje y de su linea normal. on de la recta tangente en el punto (a, f (a)) es: Ayuda: La ecuaci´
y − f (a) = f (a) · (x − a)
(d) Dados los conjuntos: A =
y
(x,y,z )
3 ∈R
:
x2
3
+
y2
4
+
z2
9
=1
B = (x,y,z ) ∈ R3 : x + y + z = 12
Use multiplicadores de Lagrange para encontrar un punto p ∈ A y un punto q ∈ B tal que d(A , B ) = d( p , q ) .
2. Resuelva las siguientes EDO: a )
y +
b)
(xy
′
3 x
y =
cos x , 3
25 ptos.
y (π ) = 1.
sujeto a la c.i.
x
2
− 2)dx + (x − xy)dy = 0
Solución. a )
3
y + y = x ′
y (x) = e y (x) =
−
1 x3
cos x
lineal, de donde: es una EDO 1 cos
x3 R 3
x
3
R
dx
e
x
b)
y (x) =
Notar que: Luego,
·
x
x3
dx + c
=
x3
x
cos x 3 x3
dx + c
(sen x + c)
Evaluando en x = π : ∴
dx
1
− N
x
N
µ = e
−
R
1
π3
(sen π + c)
⇒ c = π
3
(sen x + π 3 )
x M y 3
1=
1 x
dx
=
=
1 x
x
− (2x − y) = −x + y = − 1 x − xy x(x − y ) x 2
es factor integrante.
Multiplicamos la ecuación por x1 , quedando
Hacemos
y
g (x, y ) =
2
−x
(x
dx + ( x
− y)dy = 0
− y)dy + h(x) = xy −
Derivando respecto de x e igualando:
y
EDO exacta. y 2
2
+ h(x)
dh 2 − x2 = y + dh ⇒ =− dx dx x 2
Luego h(x) = 2 ln x de donde g (x, y ) = xy y2 2 ln x es una función potencial y las curvas integrales están dadas por las curvas de nivel de g (x, y ):
−
− −
xy
y 2
− 2 − 2 ln x = K,
(K
∈ R)
3. Considere la ecuación diferencial autónoma dependiente del parámetro λ
∈ R:
x˙ = x3 + 2λx2 + λ2x
Encontrar todos los posibles retratos de fase y los intervalos de λ para los cuales éstos se obtienen. 25 ptos. Solución.
x = x(x2 + 2 λx + λ 2 ) = x(x + λ )2 , La ecuación es para el parámetro λ: ′
λ = 0
⇒
x = x 3 ′
y tenemos tres posibilidades
y x = 0 es el único punto de equilibrio. El retrato de fase es
x = 0 x = Si λ > 0 equilibrio. El retrato de fase es
−λ < 0
son soluciones estacionarias ó puntos de
x = 0 x = Si λ < 0 equilibrio. El retrato de fase es
−λ > 0
son soluciones estacionarias ó puntos de
⇒
⇒
∧
∧
dx = y dt
4. Considere el sistema
con a > 0 , b
dy dt
2
=
−a x − 2by
≥0
Determine el punto crítico, su naturaleza y dibuje los correspondientes retratos de fase en los siguientes casos: 25 ptos. a )
b = 0
b)
a = b
c )
0 < b < a
d )
b>a
Solución.
˙ x y˙
=
0 2
1 2b
x y
−a −
det A
⇒
Luego, el sistema tiene un único punto crítico, que es
1 A = a ) Si b = 0 : 2 a 0 Luego, los valores propios son λ = correspondiente retrato de fase es:
Para b), c) y d):
− | = −
|A − λI
λ a2
A
0
−
0 = − = 1
2b
a2
⇒
1 2b
−
1
2
2
a2
±ai,
=
1 2b
−
a2 = 0
(x, y ) = ( 0, 0)
− | = −
1
λ a2
|A − λI
λ2 + 2bλ + a2
− − √ λ = −b + b − a , λ
0 = −
−λ
=
λ2 + a2
de donde el origen es un centro y su
de donde Los valores propios son: λ2 =
−b −
√
b2
−a
2
λ1 = λ 2 = b < 0, de donde el (0, 0) es un atractor ó sumidero. b) Si a = b, Buscamos la dimensión del espacio propio asociado al valor propio b:
−
b b2
1
− −b
−
0 x y
=
⇒
0
bx + y = 0
⇒
vλ =
1 −b
Por lo tanto, dimV λ = 1, por lo que el correspondiente retrato de fase es:
2
c) Si 0 < b < a, Además, Reλ j =
2
⇒ b − a < 0 ⇒ λ , λ ∈ C. −b < 0, j = 1, 2. Luego, (0, 0) es un sumidero ó atractor espiral. ⇒ λ , λ ∈ R, por lo que existen dos vectores propios. Más
d) Si b > a, aún, λ1 , λ2 < 0
1
1
2
2
y se tiene que λ1 > λ2 . Luego, (0 , 0) es un sumidero ó atractor.
Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática Campus Santiago
Certamen 2 Mat-023
1. Determine los valores máximos y mínimos relativos de la función f (x, y) = x2
− 4xy + y
2
+ 20x + 20y + 10
si el punto (x, y) recorre la curva g (x, y) = x2 + y 2 + xy Desarrollo.
− 12
Definamos la función F (x,y,λ) = x2
− 4xy + y
2
+ 20x + 20y + 10 + λ(x2 + y 2 + xy
− 12)
Debemos resolver el sistema (1) F x (2) F y (3) F λ Si (1)
= = =
2x 4y + 20 + 2λx + λy = 0 4x + 2y + 20 + 2λy + λx = 0 x2 + y 2 + xy 12 = 0
−
−
−
− (2) obtenemos:
− y)(6 + λ) = 0 =⇒ x = y o λ = −6 Si x = y, reemplazamos en (3) y obtenemos: x = 4 =⇒ x = ±2 =⇒ y = ±2. Así, tenemos los siguientes puntos críticos (2, 2), (−2, −2) Si λ = −6 reemplazando en (1) y (2) se obtiene la misma ecuación −10x − 10y + 20 = 0 ⇐⇒ x + y = 2 ⇐⇒ y = 2 − x (x
2
Reemplazamos en (3) obtenemos x2
− 2x − 8 = 0 ⇐⇒ (x − 4)(x + 2) = 0 =⇒ x = 4, x = −2 =⇒ y = −2, y = 4 Además, tenemos lo siguientes puntos críticos: (4, −2), (−2, 4) Máximos: f (4, −2) = f (−2, 4) = 102 Mímimo: f (−2, −2) = −78
2. Resuelva las siguientes e.d.o dy y x2 + y 3 a ) = dx x y 2 2x3 y y sen y) dy = 0 b ) e dx + (x e
−
Desarrollo. a)
−
Escribamos la ecuación de la forma (yx 2 + y 3 )dx + (2x3
2
− xy )dy = 0
y Como esta e.d.o. es homogénea de grado 3, hacemos el cambio de variable z = y obtenemos la x e.d.o de variables separables 21 dx z dz = 3z x
Integrando, se tiene
−
2 ln(z) 3
− 12 z
2
−
=
− ln(x) + C
Por lo tanto, la solución es 2 y ln 3 x
− 1 y = − ln(x) + C
b)
2
2
x
Esta e.d.o es exacta y su solución es u(x, y) =
ey dx = xe y + g(y) =
Por lo tanto, la solución es
⇒ u (x, y) = xe y
xey + cos(y) = C
y
+ g ′ (y) = xe y
− sen(y) =⇒ g(y) = cos(y)
3. Considere un recinto que contiene 1200 [pies 3 ] de aire libre de monóxido de carbono. A partir del instante t = 0, se introduce al recinto humo de cigarro, que contiene 4 % de monóxido de carbono, a razón de 0, 1 [pies3 /min] y se permite que la mezcla salga a la misma razón. La exposición prolongada a una concentración de monóxido de carbono no tan baja como 0, 00012 es dañina para el organismo humano. Determine el instante T en el que se alcanza esta concentración. Desarrollo.
Sea x(t) la cantidad de monóxido de carbono en el instante t. La e.d.o lineal que modela el problema es dx 4 1 = dt 100 10
x 4 x · − 1200 · 101 ⇐⇒ dx − = , dt 1000 12000
La solución es x(t) = 48(1 + Ce− De la condición inicial x(0) = 0 se obtiene que C = x(t) = 48(1
1 12000
t
x(0) = 0
)
−1. Por lo tanto la solución particular es
− e−
1 12000
t
)
La concentración de monóxido de carbono, c(t), es dada por c(t) =
x(t) = volumen
48 ⇒ c(t) = 1200 (1 − e−
Para determinar T se debe cumplir
1 12000
c(T ) = 0, 00012, es decir
c(T ) =
48 (1 1200
− e−
1 12000
T
)=
12 100000
Despejando t se tiene que T =
−12000 ln
997 1000
≈ 36 [min]
t
)
dy 4. a) Considere la ecuación = y 4 a2 y 2 . Dibuje las líneas de fase y clasifique los puntos dt singulares para valores del parámetro a R.
− ∈
b) Considere el sistema
x′(t) 2 −6x =
y ′ (t)
2
1
y
,
con
x(0) 2 y(0)
=
1
Determine la solución y dibuje el retrato de fase. dy = y 2 (y 2 a2 ) = 0 y = 0, y = a dt Si a = 0, la ecuación tiene un solo punto de equilibrio en y = 0 el cual es un nodo atractorrepulsor. Desarrollo. a)
−
⇐⇒
±
·
0 Si a > 0, la ecuación presenta 3 puntos de equilibrio en y = 0 nodo repulsor-atractor, y = a repulsor, y = a atractor.
−
· −a
·
·
a
0
Si a < 0, la ecuación presenta 3 puntos de equilibrio en y = 0 nodo repulsor-atractor, y = a atractor, y = a repulsor.
−
·
a
·
0
· −a
b) Polinomio característico
2 − λ p(λ) = 2 Los valores propios son
λ =
3
± √
47i
2
−6 = λ − 3λ + 14 = 0 1 − λ 2
1 √ v = 1 ± 47i
y los vectores propios asociados son
λ
2
Por lo tanto la solución general es
x(t) = e k y(t) 3 2
t
cos(
1
1
(cos( 12
√
47
2
√
t) +
47
2
t)
+e k 3 2
√
47 sen(
√
47
2
t))
t
sen(
2
1
(sen( 12
√
x(0) 2 La solución particular que satisface = es y(0) 1 x(t) 2 cos(√ t) − √ sen( √ t) = e √ √ y(t) √ 3 2
47 2
10
47 2
47
t
cos(
47
2
t) +
7
47
sen(
47
2
t))
47
2
t)
√
−
47
2
√
t)
47cos(
√
47
2
t))
UTFSM Departamento de Matem´atica. Valpara´ıso, 27 de Mayo de 2009. Duraci´on: 100 minutos. MAT-023. 2009-1. Certamen 2 Nombre del alumno:
ROL:
—————————————
Profesor:
—————
——————————–
1. Considere el siguiente modelo en din´ amica poblacional: dy = r 1 dt
− y y − Ey,
donde 0 < E < r, k = 0.
k
a )
Hallar y clasificar las soluciones de equilibrio.
b)
Si y(0) = k2 1 E on para este caso usando la l´ınea de fase. r , r = 0. Bosquejar la soluci´ Determine l´ımt→∞ y(t).
c )
−
¿Existen valores de los par´ametros E , k , r tal que dos puntos cr´ıticos consecutivos sean atractores?
´ n. Sea f (y) Solucio a )
y k
− y − Ey. Entonces
= r 1
f (y) = 0 si y s´ olo si y1 = 0 o y2 = k(1 E/r). Luego, las soluciones de equilibrio son y1(t) = 0 e y 2 (t) = k(1 E/r). Para clasificar contamos con dos alternativas. La primera es considerar la derivada de f (y) que da f (y) = 2 kr y + r E , y evaluar en los puntos cr´ıticos. Se obtiene
−
−
−
f (0) = r
−
− E > 0 ⇒ y = 0 es un repulsor o fuente. 1
f (k(1 − E/r)) = E − r < 0 ⇒ y2 = k(1 − E/r) es un atractor o sumidero. Note que este comportamiento es independiente del signo de k. La segunda alternativa es evaluar f para ciertos valores de y. Ac´a debemos imponer el signo de k. Se puede descartar k < 0 pues se trata de un modelo de poblaciones. Si k > 0, primero elegimos y 1 < y < y 2 . Por ejemplo y = k2 (1 E/r). Al evaluar da
−
f
k
2
(1
− E/r)
=
kr (1 4
2
− E/r)
> 0,
y entonces y 1 = 0 es repulsor. Ahora evaluamos para y > y 2 , por ejemplo y = 2k(1 E/r) que entrega 2rk(1 E/r)2 < 0 y luego y 2 es un atractor. An´ alogo si k < 0. Evaluar para y2 < y < y 1 , ejemplo y = k2 (1 E/r) implica que y1 es repulsor y para y < y 2 , ejemplo y = 2(1 E/r) implica que y 2 es atractor.
−
b)
−
−
−
−
Se presenta la l´ınea de fase y el bosquejo de la soluci´on para k > 0 y k < 0
Bosquejo de soluciones para
k >
0y
k <
0.
Puesto que la condici´on inicial est´a en el intervalo (y1 , y2 ), k > 0, se tiene que l´ım t→∞ y(t) = y2. An´alogo si k < 0, y(0) (y2 , y1 ). c )
∈
No existen valores para los par´ametros de manera que dos puntos de equilibrio consecutivos sean atractores. Si fuera as´ı, considere k > 0 y el intervalo cerrado I = [y1 , y2]. Puesto que f es continua sobre I y que f (y1 ) = f (y2) = 0, y adem´a s, para yˆ en una vecindad a la derecha de y 1 , f (ˆ y) < 0 y, para y˜ en una vecindad a la izquierda de y 2 , f (˜ y) > 0. Entonces f (ˆ y)f (˜ y) < 0. El teorema de Rolle asegura entonces que existe y3 (y1 , y2 ) tal que f (y3 ) = 0 y entonces y 3 es un equilibrio. Esto contradice la suposici´on de que y 1 e y 2 sean atractores consecutivos. Misma conclusi´on si k < 0.
∈
2. Resolver el problema con condiciones iniciales xy (x) + (2x
− 1)y(x) − 2y(x)
= x2 e−3x ,
x > 0.
y (1/2 ) = 0.
y(1/2) = 0;
Si se sabe que y 1 (x) = e αx , α R es soluci´on de la ecuaci´on diferencial homog´enea asociada. ´ n. Reemplazando a y1 (x) en la ecuaci´ on diferencial homog´enea asociada encontramos Solucio el valor de α, que da α = 2. Debemos generar una segunda soluci´on linealmente independiente de y 1 (x), para tal fin utilizamos la f´ormula de Abel, es decir
∈
−
2x
e− −2e−
x
y2 y2
− = e
R 2
−1
x
x
dx
,
que conduce a la ecuaci´on diferencial de primer orden con coeficientes constantes: y2 + 2y2 = x. Una soluci´on de este problema se consigue por el m´ etodo de los coeficientes indeterminados 1 (o simple inspecci´on) y da y2 (x) = 2 (x 1/2). Debemos emplear Variaci´on de Par´ametros y buscamos una soluci´on particular de la forma y (x) = c 1 (x)y1 (x) + c2 (x)y2 (x), entonces:
−
c1 (x) = c2 (x) =
xe−3x (x 1/2) = 2xe−2x xe−3x e−2x = e −3x . − 2x xe
−
−
− (x −21/2) e−x
Luego c1 (x) = c2 (x) =
(1 + 2x)e−x , 4 e−3x . 3
−
As´ı, se tiene que la soluci´on particular del problema es y(x) = c1 (x)y1 (x) + c2 (x)y2 (x) (1 + 2x)e−3x (x 1/2)e−3x = 4 6 (1 + x) = e−3x . 3
− −
La soluci´on general es y(x) = yh (x) + y p (x). = k1 e−2x + k2 (x
e− x . − 1/2) + (1 + x) 3 3
Imponiendo las condiciones iniciales se obtiene que k1 = e−1/2 /2 y k2 = e−3/2/6. As´ı, la soluci´on es e−2x−1/2 (x 1/2) (1 + x) y(x) = + e−3/2 + e−3x . 2 6 3
−
−
−
3. Considere el siguiente problema de valor inicial para la funci´on u = u(t): u (t) + a2 u(t) = 2 sen(ωt + π/4)
(1)
u(0) = u (0) = 0, donde a es una constante conocida. a )
Si a = ω, resolver la ecuaci´on diferencial con las condiciones iniciales dadas.
b)
¿Para qu´e valores de ω ocurre el fen´omeno de resonancia, es decir, la soluci´on de (1) es no acotada? Justifique su respuesta.
´ n. Solucio a )
La soluci´on homog´enea es generada por u1(t) = cos at y u2 (t) = sen at. Por otro lado, la soluci´on particular se obtiene por el m´ etodo de los coeficientes indeterminados. Tenemos dos alternativas. En primer lugar, se propone u p (t) = c sen(ωt + π/4). Al reemplazar en (1) se obtiene c = a −2 ω . Con lo cual se llega a 2
2
u p (t) =
2
a2
− ω sen(ωt + π/4). 2
La otra alternativa es usar sen(α + β ) = sen α cos β + sen β cos α y el principio de superposici´on. As´ı se resuelven dos problemas subsidiarios
√ 2sen ωt √ 2 cos ωt a −ω √ 2sen ωt √ 2 cos ωt a −ω
u + a2 u = u p,1 (t) = u + a2 u = u p,2 (t) =
2
2
2
2
Al sumar, se obtiene u p (t) = u p,1 (t) + u p,2(t). La soluci´on general es u(t) = uh (t) + u p,ω (t) = c1 cos at + c2 sen at +
2
− ω sen(ωt + π/4). √ √ Al imponer las condiciones iniciales se obtiene que c = − a −ω y c = − a −ω 2
2
a
2
1
2
2
2
2
soluci´on general es
√ 2 u(t) = − a −ω 2
b)
2
2
2
ω a
y la
cos at + ω sen at − √ 2sen(ωt + π/4) . a
Caso ω = a. Si la frecuencia natural a/(2π) del oscilador es igual a la frecuencia ω/(2π) del forzamiento, entonces toda soluci´ on ser´a no acotada.
