UNIVERSIDAD DE CONCEPCION FACULT ACULTAD DE CIENCIAS CIENCIA S FISICAS Y MATEMA MATEMATICAS TICAS
DEPARTAMENTO DE INGENIERIA MATEMATICA PAUTA - EVALUACION N 1 Ecuaciones Ecuaciones Diferenciales Diferenciales Ordinarias Ordinarias (521218-525221) (521218-525221) o
PROBLEMA 1. a) Considere Considere el siguiente siguiente PVI 2
2
2x y (x) + y + y (x) y (x)
= sen (x (x) − 2 + y + y (x) y (x0 ) = y0 .
Determinar Determinar todas las regiones R donde se puede asegurar existencia y unicidad para el PVI. Justifique su respuesta. [7 Ptos.] Soluci´ on on La ecuaci´ on on diferencial ordinaria 2
2
2x y (x) + y + y (x) y (x) = sen sen (x) − 2 + y + y (x)
se reescribe como
y (x) =
sen(x sen(x) − 2 + y + y (x) . y (x) (2x (2x2 + y (x))
Las funciones (x, (x, y ) → sen sen (x) − 2 + y + y y (x, y ) → y 2x2 + y
son continuamente diferenciales en todo R2 . Adem´as, as, la funci´on on (x, y ) → y 2x2 + y
se anula cuando y = 0 ´o y = − 2x2 . Note que para estos valores de y , sen(x sen(x) − 2 + y + y = 0. Luego, la aplicaci´on on f (x, ( x, y ) :=
sen(x sen(x) − 2 + y + y y (2x (2x2 + y) y )
est´a definida y es continua si y s´olo olo si y si y = 0 e y = − 2x2 . Adem´as, as, para y para y = 0 e y = − 2x2 ∂f (x,y) x,y) la funci´on on ∂f ( es continu continua. a. Por lo tanto, tanto, el teorema de existenc existencia ia y unicidad unicidad nos asegura asegura ∂y que el problema de valores iniciales 2
2
2x y (x) + y + y (x) y (x)
= sen (x (x) − 2 + y + y (x) y (x0 ) = y0
1
tiene una u´nica soluci´on (definida localmente en x) cuando y 0 = 0 e y 0 = − 2x20. Entonces las regiones buscadas son:
R1 = { (x0 , y0 ) ∈
2 R
: y 0 > 0 }
R2 = { (x0 , y0 ) ∈
2 R
: y 0 < − 2x20}
R3 = { (x0 , y0 ) ∈
2 R
: x 0 > 0, 0 > y0 > − 2x20 }
R4 = { (x0 , y0 ) ∈
2 R
: x 0 < 0, 0 > y0 > − 2x20 } .
b) Sean f (x), g (x) y h (x) tres soluciones diferentes de la ecuaci´ on diferencial ordinaria: 1 y (x) + y (x) = sen (x) . 1 + x4 Justifique la siguiente propiedad.
(P) Existe un n´ umero real α tal que f (x) − g (x) = α f (x) − h (x) para todo n´ umero real x. [8 Ptos.] Soluci´ on: Definamos φ (x) = f (x) − g (x) y ψ (x) = f (x) − h (x). Entonces φ (x) y ψ (x) satisfacen la ecuaci´ on diferencial ordinaria de primer orden: 1 z (x) + z (x) = 0, 1 + x4 cuya soluci´on general es:
z (x) = C exp −
1 dx , 1 + x4
con C ∈ R. Por lo tanto, existen constantes reales C 1 y C 2 tales que
φ (x) = C 1 exp −
1 dx 1 + x4
y
1 ψ (x) = C 2 exp − dx . 1 + x4 Ya que f y h son funciones diferentes tenemos que C 2 = 0. Luego, podemos dividir φ (x) por ψ (x) para obtener 1 dx 1+x4 1 dx 1+x4
C 1 exp − f (x) − g (x) φ (x) = = f (x) − h (x) ψ (x) C 2 exp − Lo que implica
f (x) − g (x) C 1 = . f (x) − h (x) C 2 As´ı que la Propiedad P se cumple con α = C 1 /C 2 . 2
.
PROBLEMA 2. Se tiene un tanque lleno hasta la mitad con 250 litros de agua conteniendo 50 Kgs de cierto contaminante. Se bombea agua con 3 kg/lts de dicho contaminante a una tasa de 15 lts/min. A su vez, el contenido bien mezclado fluye hacia afuera con un flujo de 5 lts/min. Determine la cantidad y concentraci´ on del contaminante en todo instante antes del derrame. ¿En qu´e instante inicia el derrame? [15 Ptos.] Soluci´ on: Sea x(t) la cantidad de contaminante (en Kg) presente en el tanque, en el instante t (en minutos). Sabemos que dx = v E cE − vS cS , dt x(t) , siendo V (t) el volumen de mezcla en el tanque V (t) en el instante t. Se deduce que V (t) = 250 + 10t, 0 ≤ t ≤ 25. De esta manera la EDO que gobierna el fen´ omeno es donde v E = 15, c E = 3, v S = 5, c S =
dx 1 = 45 − dt 2
x 25 + t
⇔
dx 1 + dt 2
x = 45 , 25 + t
sujeto a la condici´ on inicial x(0) = 50. Resolviendo la EDO, el factor integrante asociado es 1 dt µ(t) = exp( ) = ... = (25 + t)1/2 . 2 25 + t
Luego, multiplicando la EDO por µ(t) nos queda 1/2
(25 + t)
de donde, integrando, se deduce que
1/2
x(t) = 45(25 + t) 1/2
−
x(t) = 30(25 + t) + C (25 + t)
,
, C ∈ R .
Como x(0) = 50, resulta C = − 3500, de donde la cantidad de contaminante presente en el tanque en todo instante hasta antes del derrame, es 1/2
−
x(t) = 30(25 + t) − 3500(25 + t)
0 ≤ t ≤ 25 ,
y su concentraci´ on correspondiente es c(t) =
x(t) = 3 − 350(25 + t) V (t)
3/2
−
Adem´as, el derrame inicia luego de 25 minutos.
3
0 ≤ t ≤ 25 .
PROBLEMA 3. Considere la forma diferencial (6xy 2 + 2y)dx + (8x2 y + 3x)dy = 0.
(1)
(i) ¿Es exacta la forma diferencial asociada a la EDO dada ? Justifique. (ii) Determine r y s de modo que µ(x, y) = xr ys sea un factor de integraci´ on para la forma diferencial asociada. (iii) Resuelva la EDO correspondiente. [15 Ptos.] Soluci´ on
(i) La forma diferencial no es exacta pues ∂ ∂ 6xy2 + 2y = 8x2 y + 3x . ∂y ∂x
(ii) Al multiplicar la forma diferencial dada por el F.I. µ(x, y) = xr y s , la condici´on de exactitud, se transforma en ∂ ∂ (6xy 2 + 2y) · xr y s = (8x2 y + 3x) · xr y s ∂y ∂x
es decir, 6(s + 2)xr+1 y s+1 + 2(s + 1)xr ys = 8(r + 2)xr+1 y s+1 + 3(r + 1)xr ys . La condici´ on anterior se satisface, si se verifica el sistema:
6(s + 2) − 8(r + 2)
= 0 2(s + 1) − 3(r + 1) = 0;
(2)
esto es, si r = 1 y s = 2. (iii) Del punto anterior obtenemos la forma diferencial exacta (6x2 y4 + 2xy 3 )dx + (8x3 y 3 + 3x2 y 2 )dy = 0.
∂ note que 6x2 y4 + 2xy 3 ∂y
= ∂ 8x y + 3x y . 3 3
2 2
∂x
As´ı, existe F = F (x, y) de clase C 2 tal que ∂F (x, y) = 6x2 y 4 + 2xy 3 ∂x
y
4
∂F (x, y) = 8x3 y 3 + 3x2y 2 . ∂y
(3)
Integrando con respecto a x la primera condici´on, obtenemos F (x, y) = 2x3y 4 + x2 y 3 + g(y). Derivando parcialmente esta u´ltima expresi´on respecto de y, y comparando con (3), se obtiene que g (y) = 0 de donde g(y) = c. Finalmente, se obtiene que
F (x, y) = 2x3 y4 + x2 y3 + c y las soluciones impl´ıcitas a la forma diferencial dada, vienen dada por: F (x, y) = K, esto es: 2x3y 4 + x2y 3 = K con K constante arbitraria.
5
PROBLEMA 4. Resolver: y (x) + 2y (x) − 15y(x) = e3x .
(4) [15 Ptos.]
Soluci´ on: La EDO homog´enea asociada es
y (x) + 2y (x) − 15y(x) = 0 Cuya soluci´on general es yh (x) = Ae
5x
−
+ Be 3x, .
donde A y B son constantes reales arbitrarias. Sabemos que la soluci´ on general de (4) , es: y(x) = y h(x) + y p (x) donde y p (x) es una soluci´ on particular de (4). Usando Aniquiladores buscamos una soluci´on particular de (4) del tipo y p (x) = cxe3x , con c constante a determinar. Al reeplazar y p (x) en (4), es decir, al evaluar y p (x) + 2y p (x) − 15y p (x) = e3x ,
se obtiene que c = 81 , de donde
1 y p (x) = xe3x . 8 Finalmente, la soluci´on general de (4), es y(x) = Ae
5x
−
1 + Be 3x + xe3x , 8
donde A y B son constantes reales arbitrarias. Usando variaci´ on de par´ ametros: Buscamos soluci´on particular, y p (x), de la forma: 5x
−
y p (x) = c 1 (x)e
+ c2 (x)e3x .
donde c1 (x) y c2 (x) verifican el sistema:
c1 (x)e 5x + c2(x)e3x = 0 −5c1 (x)e 5x + 3c2 (x)e3x . = e3x .
−
−
Multipicando por 5 la primera ecuaci´ on y sumando, obtenemos
c2 (x) =
1 8
de donde
1 c2 (x) = x. 8
de donde
c1 (x) = −
En la otra ecuaci´ on se obtiene que 1 c1 (x) = − e8x 8
6
1 8x e . 64
(5)
Finalmente, sumando la yh (x) con la y p (x), obtenemos: y(x) = Ae
5x
−
1 + Be 3x + xe3x , 8
donde A y B son constantes reales arbitrarias. RBP/HMM/JMS/CMG//rbp/jms/cmg 07/05/2012.
7
