´ Universid Universidad ad Ma Mayor yor de San Andres es
25 puntos
Facult acultad de Ciencias Puras y Naturales Naturales ´ tica Carrera Carrera de Inform Informatica a
La Paz - Bolivia. Bolivia. Dr. Mario Mario
ξρ
Chavez Chavez Gordillo PhD
´lculo II I Examen Final de C a
Lunes 20 de Junio de 2011
Solucion Solu cionario ario del Exam Examen en Fina Finall
Solo se califican las respuestas de 4 preguntas d y (1) (Este problema es calificado por 6.25 puntos.) Estudiar la ecuaci´ on diferencial = λy d x para los diferentes valores que puede tomar el n´ umero λ. Soluci´ on 1. La
−y
3
ecuaci´ on dada es de variables separables, empleamos fracciones parciales e
integramos: 3
Descomponemos el denominador, λy grado 2 irreducibles:
− y , como producto de factores de grado 1 y factores de (1 ) λy − y = y (λ − y ) λ < 0, Si λ 0 , el polinomio λ − y es irreducible por que su discriminante b − 4c = 0 − 4(−1)(λ) = 3
2
2
2
2
4λ es negativo.
Realizamos la descomposici´ on en fracciones de la forma siguiente: 1 λy
−y
3
a by + c + y λ y2
=
−
Multiplicando a ambos lados de esta igualdad por y (λ 1 = a (λ
2
2
− y ) obtenemos
− y ) + (by + c)y
Ahora debemos obtener un sistema de tres ecuaciones con tres inc´ ognitas, para lograr esto es suficiente reemplazar tres valores distintos de y en la anterior ecuaci´ on. Reemplazando y = 0 en la ecuaci´ on obtenemos 1 = a (λ de aqu´ı ı a =
1 λ
2
− 0 ) + (b · 0 + c)0
. Ahora reemplazamos y = 1, para obtener 1 = a (λ
2
− 1 ) + (b · 1 + c)1
de donde se obtiene aλ
− a + b + c = 1. Ahora, colocando y = −1 se sigue que 1 = a (λ − (−1) ) + ( b · (−1) + c)(−1) lo cual implica aλ − a + b − c = 1. 2
1
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Juntando estas ecuaciones tenemos el sistema buscado 1 1 + b + c = 1 aλ a + b + c = 1 λ aλ a + b c = 1 1 1 + b c = 1
− −
−
−
2
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−λ
−
− λ1 + b + c
= 0
− λ1 + b − c
= 0
1 Sumado ambas ecuaciones obtenemos b = , luego c = 0. Con esto hemos conseguido tener λ la siguiente igualdad 1 λy
−y
1 1
=
3
λy
+
1 λλ
1
λy
3
y
λ y
y
λ
λ
y
y
y
y
=
y
y2
λ
y
λ
y =
y2
λ
y2
λ
=
y
λ
y
y2
de donde y 2 = ce 2λx (λ
2
− y ), as´ı y
2
−
x x
d x
= eλ(x+C ) = ce λx
y2
λ
d d
= x + C
y2
λ
λ
2
y = d x
y2
λ
−y
= d x
− y d u
+ d − 1 1 + d − 1 1 d + d − 1 1 ln( ) − ln( − ) 2 1 ln − − 1 1
y
= ce2λx
y2
+ ce2λx y 2 = ce 2λx λ, por tanto ce2λx λ y = 1 + ce2λx 2
Por otro lado si suponemos que λ > 0, entonces λy
−y
3
= y (λ
2
√
− y ) = y ( λ − y)(
√
λ + y)
(2)
Realizamos la descomposici´ on en fracciones de la forma siguiente: 1
c √ λy − y λ y λ + y √ √ Multiplicando a ambos lados de esta igualdad por y ( λ − y )( λ + y ) obtenemos √ √ 1 = a (λ − y ) + by ( λ + y ) + cy( λ − y ) 3
=
a + y
√ b−
+
2
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Ahora debemos obtener un sistema de tres ecuaciones con tres inc´ ognitas, para lograr esto es suficiente reemplazar tres valores distintos de y en la anterior ecuaci´ on. Reemplazando y = 0 en la ecuaci´ on obtenemos 1 = a (λ de aqu´ı a =
1 λ
2
− 0 ) + b0(
√
√
λ + 0) + c0( λ
− 0)
.
√ Del mimos modo si reemplazamos y = λ en la ecuaci´ on obtenemos √ λ + b√ λ(√ λ + √ λ) 1 = a λ − √ 1 de aqu´ı obtenemos b = . Ahora, colocando y = − λ en la ecuaci´ on obtenemos 2λ √ √ √ √ − c λ( λ + λ) 1 = a λ − − λ 2
2
v lo cual implica c =
− 21λ .
Con esto hemos conseguido tener la siguiente igualdad 1 λy
−y
=
3
1 1 λy
+
1 2λ
√ 1− − 21λ √ 1+ λ y λ y 1
λy
− y d u 3
1 √ − − √ 1 + d 2 1 1 1 − √ + d + √ 2 − 2 1 1 1 d + √ 2 − d − √ + d √ √ 1 − ) − ln( + ) 2ln( ) − ln( 2 1 √ ln √ 1 2 + 2λ y
λ
λ
y
λ
y
y
λ
y
λ
λ
y
y
y
y
λ
λ
y
λ
y
y
y = d x
y
λ
y =
y
λ
y
y2
2λ
( λ
− y)(
λ + y ) y2
−
λ
= d x
y2
= =
d d
x x
d x
= x + C = e2λ(x+C ) = ce 2λx
por tanto ce2λx λ y = 1 + ce2λx 2
Soluci´ on 2. Ordenamos
la ecuaci´ on para poder identificarla d y d x
− λy = −y
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♣
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(3) Consultas:
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Esta ecuaci´ on es del tipo Bernoulli con n = 3, luego hacemos el cambio de variable d u = d x
u = y 1−3 = y −2 ,
−2y
−3 d y
(4)
d x
multiplicando por 2y −3 a ambos lados de (3) obtenemos
−
−2y
−3 d y
d x
+ 2λy −2 = 2
ahora reemplazando las ecuaciones en (4) en la anterior ecuaci´ on esta se reduce a d u + 2λu = 2 d x Ocupamos el factor integrante µ(x) = exp e2λx , tenemos e2λx
2λd x
= e2λx . Multiplicando la ecuaci´ on por
d u + 2λe2λx u = 2e2λx d x
es decir, d 2λx e u = 2e2λx d x
Integrando, obtenemos e2λx u = 2
e2λx d x =
1 λ
e2λx + C,
Ahora, volviendo a las variables originales obtenemos 1 2λx e2λx = + C. e y2 λ de aqu´ı obtenemos e2λx λ y = C + e2λx 2
♣
(2) (Este problema es calificado por 6.25 puntos.) Un matem´ atico puro estudia una curva y = f (x) que tiene la propiedad que la recta tangente a la curva que pasa por el punto ( a, f (a)) pasa por el punto (a + f (a), a + f (a)). Escriba la ecuaci´ on diferencial que verifica la curva y determine la curva que pasa por el punto (1, 2). Soluci´ on. La
pendiente de la recta que pasa por los puntos (a, f (a)) y (a + f (a), a + f (a)) es
dado por a + f (a) a f (a) = a + f (a) f (a) a
− −
Por otro lado la pendiente de la recta tangente a la curva y = f (x) que pasa por el punto (a, f (a)) es dado por f (a). Por lo tanto tenemos la siguiente ecuaci´ on f (a) =
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f (a) a
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lo cual induce la siguiente ecuaci´ on diferencial: y =
y . x
Despejando obtenemos 1 y
d y =
1 x
d x
e, integrando,
1 y
d x =
1
x
d x
se sigue que ln y = ln x + ln C , es decir, y = C x.
Ahora bien la curva que pasa por el punto (1, 2) es dado por y = 2x.
♣ (3) (Este problema es calificado por 6.25 puntos.) Resuelva la ecuaci´ on diferencial d y 1 2 cos(ln t) + y = con y (1) = 1 d t t t Soluci´ on. Calculamos primero el factor integrante
exp
P (t) d t = exp
1 t
d t = e ln |t| = e ln |t| = t
y lo aplicamos a la ecuaci´ on
t
d y 1 2 cos(ln t) +t y = t t t d t d y t + y = 2 cos(ln t) d t d [ t y] = 2 cos(ln t) d t
Integrando llegamos a ty =
2 cos(ln t) d t + C
y=
1 t
2 cos(ln t) d t + C
Hallemos la integral cos(ln t) d t:
cos(ln t) d t =
cos(ln t) d t
= t cos(ln t) + Examen Final
d v = d t
u = cos(ln t),
− sen(ln t) 1t d t
d u =
1
t sen(ln t) d t = t cos(ln t) + t
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v = t
sen(ln t) d t
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tambi´en caldulemos
sen(ln t) d t =
d v = d t
u = sen(ln t),
sen(ln t) d t
1 d u = cos(ln t) d t
v = t
t
= t sen(ln t)
−
1
t cos(ln t) d t = t sen(ln t) t
−
cos(ln t) d t
Por lo tanto
cos(ln t) d t = t cos(ln t) + t sen(ln t)
−
cos(ln t) d t
de donde 1 cos(ln t) d t = [ t cos(ln t) + t sen(ln t)] 2
Con lo cual se concluye que y (t) =
1 t
(t cos(ln t) + t sen(ln t) + C )
ahora evaluamos la condici´ on inicial 1 y (1) = (1 cos(ln 1) + 1 sen(ln 1) + C ) = 1, 1 entonces la soluci´ on particular del problema es 1 y (t) = (t cos(ln t) + t sen(ln t)) .
C = 0
t
♣
(4) (Este problema es calificado por 6.25 puntos.) La descomposici´ on de N 2 O bajo la influencia d x a x = k de un catalizador de platino viene dada por la ecuaci´ on diferencial donde a d t 1 + bx es la concentraci´ on de N 2 O en el instante inicial t = 0, b es una constante y x(t) es la concentraci´ on de producto en el instante t. Si para t = 0 es x(0) = 0, resuelva la ecuaci´ on diferencial y determina la vida media de la sustancia (vida media de una sustancia es el tiempo T que tarda en reducirse a la mitad).
−
Soluci´ on. Dividiendo
a
La ecuaci´ on diferencial
− x entre 1 + bx obtenemos 1 + bx 1 + ab = −b + a−x a−x
d x a x = k es de variables separadas, esto es, d t 1 + bx
−
1 + bx a
de donde
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− x d x = k d t
1 + ab
−b + a − x
d x = k d t
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e, integrando,
1 + − + − d = d ln( − ) = , es decir, + 1+ ln( − ) = − b
− 1+
se sigue que bx
−
ab
ab x
a
a
x
bx
x
k t
kt
ab
a
x
kt
Ahora bien si x(0) = 0 entonces
0+ 1+ ln(
b
ab
a
− 0) = −k0,
ab =
−1,
a = 1
♣ (5) (Este problema es calificado por 6.25 puntos.) Resolver la ecuaci´ on diferencial y + 2y
− 8y = e
2x
6
x
1
− x
2
, x > 0. Soluci´ on. Se
trata de una ecuaci´ on diferencial lineal completa de orden 2 y coeficientes constantes. Para determinar su soluci´on general usaremos que yg = y gh + y p
siendo y g el conjunto de soluciones de la ecuaci´ on diferencial completa, y gh el espacio vectorial de las soluciones de la ecuaci´ on diferencial homog´enea asociada e y p una soluci´ on particular de la ecuaci´ on diferencial completa. Se resuelve en primer t´ermino la ecuaci´ on diferencial homog´enea asociada y + 2y
− 8y = 0
El polinomio caracter´ıstico de dicha ecuaci´ on diferencial es m2 + 2m
−2 ± 2 − 4(1)(−8) 2
m =
2
=
√ −2 ± 36 2
=
−1 ± 3,
m1 =
− 8 = 0, cuyas ra´ıces son
−4,
m2 = 2
As´ı pues se trata de ra´ıces simples distintas, por lo que un conjunto fundamental (CF) o un sistema fundamental de soluciones (SFS) para la ecuaci´ on diferencial es e−4x , e2x ,
{
}
Por lo tanto la soluci´on general de la ecuaci´ on diferencial homog´ enea es ygh = Ae −4x + Be 2x
Para buscar una soluci´ on particular de la ecuaci´ on diferencial completa aplicaremos la t´ecnica de variaci´on de par´ ametros. El m´ etodo de variaci´ on de par´ ametros (MVP) nos asegura la existencia de una soluci´ on particular de la ecuaci´ on diferencial completa y p de la forma y p = A (x)e−4x + B (x)e2x
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con A (x) y B (x) soluciones del siguiente sistema algebraico: A (x)e−4x + B (x)e2x = 0
−4x
−4A (x)e
+ 2B (x)e2x = e2x
6
1
− x
2
x
Para resolver este sistema hallemos los siguientes determinantes:
W =
−4 2 = 2 + 4 = 6 0 6 1 6 1 6 − 1 2 = − − − = − 0 6 1 6 1 −4 6 − = − − 1 = e−4x e−4x
e2x e2x
e−4x e2x
e−4x e2x
e−2x
e2x
W 1 =
e
2x
e2x
2x
e
x2
x
x
e2x
x2
e4x
x2
x
e−4x
W 2 =
−4x
e −4x e2x
2x
e
e
x
x2
x
e −2x
x2
x
x2
Con lo cual ahora se puede determinar las funciones inc´ ognitas:
A =
W 1 d x = W
e4x
−
6
−
1
x x2 6e−2x
d x
u = e6x
=
6 1 e6x
−6
1
− x x
2
d x
d u =
=
−
d u =
−
1 u = 6
−
x 6x 6
6x
1
− e x d x x 6 1 − x d x x
6e
d u = e6x 1 6
1
2
2
1 e6x 6 x
Otro modo de hacer esto mismo es aplicando la t´ecnica de integraci´ on por partes, en efecto: 6 6 1 6x 6x x v e x v e . Por Hagamos u = , entonces d u = d . Asignemos d = d , entonces = x x2 6 tanto 6 6 1 6x 1 6x 6 e6x d x = e + e d x 6 x x6 x2 de donde 6 1 e6x 6x d x = e 2
−
− x
x
x
Por otro lado tenemos: B=
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W 2 d x = W
e−2x
6
−
1
x x2 6e−2x
1 d x = 6
6
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1
− x
x
2
1 1 d x = 6 ln x + 6 x
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Por lo tanto la soluci´on particular viene dada por: y = − p
1 e6x −4x 1 e e2x = + ln x + 6 x 6x
2x
− e6x + ln xe
2x
e2x + = ln xe2x 6x
Entonces se puede concluir que la soluci´ on general a la ecuaci´ on dada es: yg = Ae −4x + Be 2x + ln xe2x
♣ (6) (Este problema es calificado por 6.25 puntos.) Resuelva la ecuaci´ on diferencial
√ t t++xxx 2
Soluci´ on 1. Empecemos
2
tx x =0 t2
−
+
colocando esta la ecuaci´ on en su forma diferencial: t + xx
√ t t+ x 2
√
−
√
−
tx + 2 + t t2 + x2 1 x + x + 2 2 t t +x
√
+
2
tx x + = 0 t2 t2 + x2 xx tx x + 2 = 0 t t2 t2 + x2
xx
√
√ t t+ x − tx
= 0
√ t t+ x − tx
= 0
2
2
2
2
2
2
de donde tenemos
√ t
t
2
+ x2
−
x t2
d t +
√ t
2
x
+ x2
+
1 t
d x = 0
Nuestra primera misi´ on es determinar si esta ecuaci´ on es exacta. Aqu´ı tenemos M (t, x) =
t (t2 + x2 )1/2
− tx
y N (t, x) =
∂M = ∂x
xt 2 + x2 )3/2
− t1
y
2
1 x + t (t2 + x2 )1/2
luego
para todo (t, x)
∈R
2
− (t
2
∂N = ∂t
xt 2 + x2 )3/2
− (t
− t1
2
y, en consecuencia, la ecuaci´ on es exacta en todo dominio D.
Por lo tanto, hemos de hallar f tal que ∂f (t, x) t = M (t, x) = 2 ∂t (t + x2 )1/2
− tx
2
1 ∂f (t, x) x = N (t, x) = 2 + ∂x t (t + x2 )1/2
De la primera de estas ecuaciones se deduce Examen Final
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(
M t, x) d t + C (x)
f (t, x) =
√ t
=
√ t
2
= Entonces
ξρ
∂f = ∂x
t
2
−
+ x2
+ x2 +
x t2
d t + C (x)
x + C (x) t
√ t x+ x − 1t + C (x)
2
2
Pero se ha de cumplir ∂f (t, x) = N (t, x) = ∂x
√ t x+ x 2
2
+
1 t
luego
√ t x+ x − 1t + C (x) = √ t x+ x
2
2
2
2
+
1 t
o sea, C (x) =
2 t
Por tanto, C (x) =
2x t
+ C 0
donde C 0 es una constante arbitraria, de modo que f (t, x) =
√
2x x + + C 0 t t
t2 + x2 +
Como consecuencia, una familia uniparam´etrica de soluciones de la ecuaci´ on diferencial es f (t, x) = C 1 , es decir, 3 x + C 0 = C 1 t2 + x2 +
√
t
Combinando las constantes C 0 y C 1 , podemos escribir esta soluci´ on en la forma 3 x = C t2 + x2 +
√
en donde C = C 1
t
− C es una constante arbitrario. 0
Soluci´ on 2. Realicemos
♣
los siguientes cambios de variables:
u = t 2 + x2 ,
v =
d u = 2t d t + 2x d x
x , t
d v =
t d x
− x d t t2
Puesto que la ecuaci´ on t + xx
tx x + =0 t2 t2 + x2
√
−
puede escribirse como Examen Final
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2t d t + 2x d x t d x x d t + =0 t2 2 t2 + x2
−
√
entonces tenemos
d u + d v = 0 2 u
√
integrando tenemos
1
√ d u + 2 u
de donde se obtiene que
√ u + v = C
d v = C,
√
t2 + x2 +
x = C. t
♣
(7) (Este problema es calificado por 6.25 puntos.) Resuelva la ecuaci´ on diferencial x = x ln 2 + 2sen t (cos t Soluci´ on. Recordemos
− 1)ln2
que la ecuaci´ on lineal y + a(x) y = b(x)
(5)
tiene por soluci´on a: y = exp
a(x) d x
−
b(x) exp
a(x) d x
d x + C .
(6)
Nuestra ecuaci´ on es una lienal, en efecto esta puede escribirse como x
sen t
− (ln 2)x = 2 (cos t − 1)ln2 aqu´ı a(t) = − ln 2 y b(t) = 2 (cos t − 1)ln2. Aplicando (6) para resolverla obtenemos: sen t
x =
exp ln 2 d 2 (cos − 1)ln2 exp − ln 2 d d + 2 (cos − 1)ln2 d + 2 2 (cos − 1)(ln2)2 d + = sen − 2 ln 2 2 (cos − 1)d + d = (cos − 1)d 2
= e t ln 2 = =
= 2
sen t
t
sen t
t
ln 2
−t
t
u
t
e−t ln 2 t
t
sen t−t
t
t
sen t
t
t
t
t
2 d u + C = 2
t
t
C
C
C
u u
C
u
ln 2
ln 2
t t t
t
+ C = 2 t (2u + C )
= 2 t (2sen t−t + C ) = 2sen t + 2 t C.
♣ Examen Final
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(8) (Este problema es calificado por 6.25 puntos.) Adivine una soluci´ on de la ecuaci´ on y
y calcule todas sus soluciones.
− (1 − 2x)y + y
2
= 2x
Soluci´ on. Comencemos
por demostrar que existe una soluci´ on de esta ecuaci´ on homog´enea que tiene la forma y = c ,, y luego construiremos una base de soluciones de dicha ecuaci´ on. Un reemplazo de y = c en la ecuaci´ on permite encontrar c = 1. En efecto: y = 0.
y = c, y
2
= 2x
2
= 2x
2
= 2x
− (1 − 2x)y + y 0 − (1 − 2x)c + c −c + 2cx + c c −c c(c − 1) 2
= 2x(c
− 1) 2x(c − 1)
=
Ahora bien, la identidad se da cuando c = 1, entonces podemos llamar y1 (x) = 1. Por otro lado nuestra ecuaci´ on es una ecuaci´ on de Ricatti, y + a(x)y + b(x)y 2 = c (x).
Aqui a(x) = y p
−(1 − 2x), b(x) = −1 y c(x) = 2x. En este caso una soluci´ on particular es 1 1 1 = 1. Realizando el cambio de variable y = 1 + , se tiene y = − z y z = , por z z y−1
2
tanto haciendo las sustituciones correspondientes, 1
− z z − (1 − 2x) 2
− 1z z − 1 −
2
1 1 1+
2
+ 1 +
z z 1 2x 2 1 + 2x + +1+ + 2 z z z z 1 2x 1 1 z + + + z 2 z z z 2
−
− 1z
2
z + (2x + 1)
1 z
+
1 z 2
= ex = 2x = 0 = 0
de aqu´ı obtenemos la siguiente ecuaci´ on diferencial lineal z
− (2x + 1)z = −1 En este caso a(x) = −(2x + 1) y b(x) = −1 de donde se deduce que el factor integrante es µ(x) = exp
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a(x) d x = exp
−
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(2x + 1) d x = e −x
−x
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Multiplicando ahora los dos miembros de la ecuaci´ on por este factor integrante, obtenemos d u −x −x e−x −x z (2x + 1) e−x −x z = e−x −x es decir, e z = e−x −x d x Integrando miembro a miembro para obtenemos 2
2
−
e−x
2
−x
z =
−
2
e−x
−
−x
2
2
z = e −x
d x + C
−x
−
2
2
e−x
−x
−
2
d x + C
Luego de revertir el cambio de variable obtenemos la soluci´ on general de la ecuaci´ on de Ricatti: 1
y
− 1 = e
2
−x −x
−
e
2
−x −x
d x + C
2
de donde y =
e−x
−
−x
−x2 −x
e
+ 1. d x + C
♣ 5 a˜ nos Licenciatura + 3 a˜ nos Maestr´ıa + 5 a˜ nos Doctorado + 2 a˜ nos Post-doctorado = 15 a˜ nos. No creo que sea imposible ¿y t´ u?
Examen Final
C´ alculo III
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