• Author / Uploaded
• Fabrizio Andres Reyes

Citation preview

Universidad T´ ecnica Federico Santa Mar´ıa Departamento de Matem´atica

15 de enero de 2014

PAUTA Certamen 2

MAT 023

ICIPEV-ICV, 3er Trimestre de 2013 Preguntas de alternativas: 6 ptos. c/u dy x =− dx y

1. Una soluci´on de la ecuaci´on Soluci´ on:

(d)

√ y(x) = 4 − x2

ydy = −xdx

es:

pues

y2 x2 =− +C 2 2

⇒

⇒

y 2 = −x2 + 2C

2. Sea y(x) soluci´on del problema de valor inicial dado por y ′′ + 2y ′ − 3y = 0, El valor de b para el cual Soluci´ on:

(c)

y(0) = b,

y ′ (0) = 3

lim y(x) = 0 es:

x→+∞

−1

pues

⇒ y(x) = C1 e−3x + C2 ex y luego } b−3 3(b + 1) y(0) = C1 + C2 = b ⇒ C1 = , C2 = y ′ (0) = −3C1 + C2 = 3 4 4 (D + 3)(D − 1)(y) = 0

∴

b − 3 −3x 3(b + 1) x e + e =0 x→+∞ 4 4

lim y(x) = lim

x→+∞

⇐⇒

b = −1

s−1 y se sabe que −s−2 ′ ′′ f (0) = −1, f (0) = 3, entonces la transformada de Laplace de f es:

3. Si la transformada de Laplace de f es

Soluci´ on:

(a)

F (s) =

s3 − s2 +s−3 s2 − s − 2

s2

pues

L(f ′′ ) = s2 F (s) − sf (0) − f ′ (0) = s2

s−1 − s(−1) − 3 s2 − s − 2

4. La soluci´on del problema de valor inicial 9y ′′ + 6y ′ + y = 0 , Soluci´ on:

(c)

y(x) = (x − 1)e−(x−1)/3

(9D2 + 6D + 1)(y) = 0 y(1) = 0 y ′ (1) = 1

⇒ ⇒

y(1) = 0,

⇒

y ′ (1) = 1 pues ⇒

(3D + 1)2 (y) = 0

C1 + C2 = 0 ∴ C2 = −C1 1 1 − 31 e− 3 (C1 + C2 ) + C2 e− 3 = 1

es:

y(x) = e− 3 x (C1 + C2 x) 1

} =⇒

1

C2 = e 3

1

∧ C1 = −e 3

Universidad T´ ecnica Federico Santa Mar´ıa Departamento de Matem´atica

15 de enero de 2014

5. Usando el m´etodo de los coeficientes indeterminados, la forma de una soluci´on particular de la ecuaci´on y ′′ + y = e3x − 4x cos(5x) Soluci´ on:

(c)

es:

Ae3x + (Bx + C) cos 5x + (Dx + E) sen 5x

del lado derecho de la ecuaci´on es

pues el anulador

(D − 3)(D2 + 25)2 .

6. Si y es la soluci´on del problema de valor inicial 3xy 2 y ′ − y 3 = −x ,

z = y3

(b) =⇒

√ 3

2

(Ayuda: Use la sustituci´on z = y 3 )

entonces, y(e) = Soluci´ on:

y(1) =

√ 3

e

pues

dz dy = 3y 2 dx dx

y reemplazando en la ecuaci´on obtenemos

1 =⇒ z ′ − z = −1 =⇒ z(x) = x(− ln x + C) = y 3 (x) x √ √ √ 3 3 3 ∴ C=2 y(x) = x(C − ln x) ⇒ y(1) = 2 = C √ √ ∴ y(e) = 3 e(2 − ln e) ⇒ y(e) = 3 e

xz ′ − z = −x ∴

7. L(H2 (t)t2 )(s) = Soluci´ on:

(e) e

( −2s

2 4 4 + 2+ s3 s s

) pues

( ) H2 (t)t2 = H2 (t)(t − 2 + 2)2 = H2 (t) (t − 2)2 + 4(t − 2) + 4 ∴ L(H2 (t)t2 )(s) = e−2s L(t2 + 4t + 4) ( 8. L−1 e−3s

1 + 4s s2 + 10s + 41

)

= ( ) 19 −5(t−3) −5(t−3) Soluci´ on: (d) H3 (t) 4e cos(4(t − 3)) − e sen(4(t − 3)) pues 4 ( ) ( ) ( ) 1 + 4s 1 + 4s 1 + 4s −1 L−1 e−3s 2 = L−1 e−3s = H (t)L = 3 s + 10s + 41 (s + 5)2 + 42 (s + 5)2 + 42 ( ( )) 4(s + 5) 19 4 −1 = H3 (t) L − (s + 5)2 + 42 4 (s + 5)2 + 42

Universidad T´ ecnica Federico Santa Mar´ıa Departamento de Matem´atica

15 de enero de 2014

Preguntas de desarrollo 9. Resuelva el problema de valor inicial x2

dy + 3xy = 5 sen(x2 ) , dx

Soluci´ on:

y(

√ π/2) = 0

dy 3 sen(x2 ) + y=5 dx x x2 y(x)

y(

18 ptos.

√ π/2) = 0

⇒ ∴

∫

(∫

5 sen(x2 ) ∫ 3 dx = e e x dx + C x2 (∫ ) 1 5 sen(x2 ) 3 = x dx + C x3 x2 ( ) 1 5 2 = − 3 cos(x ) + C x 2 −

)

3 x dx

−

1 (0 + C) = 0 (π/2)3/2

y(x) = −

5 cos x2 2x3

⇒

C=0

Universidad T´ ecnica Federico Santa Mar´ıa Departamento de Matem´atica

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 es: y(x) = C1 x2 + C2 3 . x Aplicamos M.V.P. para encontrar una soluci´on particular de la ecuaci´on original. Calculamos el Wronskiano: ] 2 [ 1 x 5 3 2 1 x W x , 3 = 3 =− 2 2x − x4 x x Soluci´ on:

Luego: ∫ x· 1 x3 dx = x C1 (x) = − 5 − x52 As´ı: y(x) = C1 x2 + C2

∫ ∧

C2 (x) =

x · x2 x6 5 dx = − 30 − x2

1 x 2 x6 1 1 x3 2 + · x − · = C x + C + 1 2 x3 5 30 x3 x3 6

11. Resolver

16 ptos. ∫

t

y(u) sen(t − u)du

y = 3t + 0

Soluci´ on:

Aplicando transformada de Laplace: L(y) ( ) 1 L(y) 1 − 2 s +1 ( 2 ) s L(y) 2 s +1

=

L(y)

=

∴

= =

3 1 + L(y) · 2 s2 s +1 3 s2 3 s2 3(s2 + 1) 3 3 = 2+ 4 4 s s s

1 y(t) = 3t + t3 2

Universidad T´ ecnica Federico Santa Mar´ıa Departamento de Matem´ atica Campus Santiago

PAUTA CERTAMEN 2 - MAT 023 Pregunta 1: Encuentre la soluci´on de las siguientes ecuaciones diferenciales: 1. (1 + x2 )y 0 + xy = x3 y 3 , con y(0) = 1. 2. x2 y 00 + 10xy 0 + 20y = 4 ln(x) − x Soluci´ on 1: Como esta ecuaci´on corresponde a una ecuaci´on de Bernoulli, hacemos el cambio de variable z = y −2 para transformarla en una E.D.O lineal de primer orden z0 =

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 ),

c = constante

Reemplazando z por y −2 obtenemos la soluci´on general de la ecuaci´on 1 = −(1 + x2 ) ln(1 + x2 ) − 1 − c(1 + x2 ) 2 y La soluci´on particular que satisface y(0) = 1 es: 1 = −(1 + x2 ) ln(1 + x2 ) + 2x2 + 1 y2 Soluci´ on 2: Note que la ecuaci´on homog´enea es una ecuaci´on de Euler. Haciendo el cambio de variable x = et obtenemos la E.D.O lineal de segundo orden con coeficientes constantes y 00 (t) + 9y 0 (t) + 20y(t) = 4t − et Usamos la ecuaci´on caracter´ıstica para resolver la ecuaci´on homog´enea, obteniendo la soluci´on yh (t) = c1 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 1 1 t 9 e − yp (t) = t − 5 30 100 Por lo tanto, la soluci´on general es 1 t 9 1 e − y(t) = c1 e−5t +c2 e−4t + t − 5 30 100 Luego, la soluci´on general de la ecuaci´on dada es: y(x) =

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 TA = 70. du = −k(u − 70). De donde, por el Usando la ley de enfriamiento de Newton se tiene 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 + Resolviendo la ecuaci´on u(t) = 98, se tiene t = muerte fue a las 10:30 hrs. aproximadamente.

2

10 2t ln(10) − ln(28) ≈ −1.5. Por tanto la ln(2)

Pregunta 3: Una soluci´on y = u(x) de la ecuaci´on diferencial y 00 −y 0 −2y = 0 intersecta a una soluci´on y = v(x) de la ecuaci´on y 00 + 4y 0 − 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 satisfacen: [v(x)]2 =1 x→∞ u(x) lim

Soluci´ on: La soluci´on general de la ecuaci´on y 00 − y 0 − 2y = 0 est´a dada por y = C1 e2x +C2 e−x Por otra parte u(x) es la u ´nica soluci´on que verifica y(0) = 0 e y 0 (0) = u0 (0). Derivando y evaluando se tiene el sistema: C1 + C2 = 0 0 2C1 − C2 = u (0) 1 1 de donde C1 = u0 (0) y C2 = − u0 (0). Luego 3 3   1 u(x) = u0 (0) e2x − e−x 3 Analogamente, la soluci´on de la ecuaci´on con valor inicial y 00 + 4y 0 − 5y = 0 y(0) = 0 y 0 (0) = u0 (0) es   1 v(x) = u0 (0) ex − e−5x 6 Por otra parte

lim

x→∞


1 0 x −5x 2 e u (0) [e − ] 6 1 0 u (0) [e2x − e−x ] 3

  1 0 1 − 2 e−6x + e−12x 1 = lim u (0) = u0 (0) −3x x→∞ 12 1−e 12

De donde u0 (0) = 12 y por tanto: u(x) = 4 (e2x − e−x ) v(x) = 2 (ex − e−5x )

3

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 hacia abajo, y se suelta. En el mismo instante se aplica una fuerza externa f (t) = cos(w0 t). Si la constante de amortiguaci´on es 2, determine : 1. El desplazamiento de la masa en cualquier instante t > 0. 2. Si la acci´on del medio ambiente sobre ´este sistema mec´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 1: Sea x(t) = posici´on de la masa en el tiempo t. Como el peso de la masa 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 x00 + 2x0 + 10x = cos(w0 t) La soluci´on de la ecuaci´on homog´enea es: xh (t) = e−t (c1 cos(3t) + c2 sen(3t)) Usando coeficientes indeterminados, encontramos una soluci´on particular de la ecuaci´on no homog´enea xp (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 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) 1 Adem´as, como x(0) = 1 y x0 (0) = 0 tenemos que: c1 = 1 − A y c2 = − (1 + Bw0 − A) 3 Soluci´ on 2: La masa estar´a sujeta a grandes oscilaciones. Es decir, la amplitud de la funci´on posici´on de la masa, x(t), crece indefinidamente.

4

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 00 = −

4 y y(2) = 4 ; y 0 (2) = 0 . Hallar y(4) . y3

Ayuda: Haga el cambio z = y 0 .

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 yF(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: −y + −

⇔

x

F(xy) dy = −y dx G(xy)

du dy = y+x dx dx

du dx

= −y

u du + x dx

⇒

x

dy du = −y + . Reemplazando: dx dx

F(u) G(u)

u F(u) · x G(u)   u F(u) 1− x G(u)

= −

du dx

=

Y esta u ´ltima ecuaci´ on es de variable separada. (b) La ecuaci´ on se puede reescribir como y(x2 y 2 + 2xy + 1) dx + x(x2 y 2 − 2xy + 1) dy Tomando F(xy) = x2 y 2 + 2xy + 1 y G(xy) = x2 y 2 − 2xy + 1 y haciendo u = xy . La ecuaci´on queda: du dx

= =

u2 + 2u + 1 1− 2 u − 2u + 1   u −4u x u2 − 2u + 1 u x





(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. Ayuda: La ecuaci´ on de la recta tangente en el punto (a, f (a)) es: y − f (a) = f 0 (a) · (x − a)

(d) Dados los conjuntos:   2 y2 z2 3 x A = (x, y, z) ∈ R : + + =1 3 4 9 y  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) .

Universidad T´ ecnica Federico Santa Mar´ıa Departamento de Matem´ atica Campus Santiago

Certamen N◦ 2 - Mat 3 (Pauta) xy 3 si x2 + y 2 1.- Sea f (x, y) =  0 si  

(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)

(1.a) ¿Es f continua en (0,0) ? (1.b) Hallar fx (x, y) y fy (x, y) 20 puntos Soluci´ on: (1.a) Por teorema del sandwich: xy 3 |xy 3 | ≤ ≤ |xy| → 0 0≤ 2 x + y2 y2 Por lo tanto

lim (x,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) 6= (0, 0) fx (x, y) = fy (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) fx (0, 0) = lim = lim h→0 h→0 h f (0, h) − f (0, 0) fy (0, 0) = lim = lim h→0 h→0 h

h·03 h2 +02

h 0·h3 02 +h2

h

= 0

= 0

Luego

fx (x, y) =

 3 2 2   y (y − x ) (x2 + y 2 )2   0

 2 2 2   xy (3x + y ) (x2 + y 2 )2 fy (x, y) =   0

si

(x, y) 6= (0, 0)

si

(x, y) = (0, 0)

si

(x, y) 6= (0, 0)

si

(x, y) = (0, 0)

Universidad T´ ecnica Federico Santa Mar´ıa Departamento de Matem´ atica Campus Santiago

(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 + 6z = 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 De donde x = , y = α , z = α . Reemplazando en la ecuaci´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 + 6z = 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 + 6z = −21 (2.b) ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z ∂z = · + · = cos(θ) + sen(θ) ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂x ∂y ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z ∂z = · + · = (−r sen(θ)) + r cos(θ) ∂θ ∂x ∂θ ∂y ∂θ ∂x ∂y

Luego:  ∂z ∂z cos(θ) + sen(θ) ∂x ∂y   cos(θ) ∂z ∂z + (−r sen(θ) + r cos(θ) r ∂x ∂y

∂z cos(θ) ∂z = sen(θ) sen(θ) + ∂r r ∂θ



= sen(θ) · cos(θ) + sen2 (θ)

=

∂z ∂y

∂z ∂z − sen(θ) · cos(θ) ∂x ∂x

∂z ∂z + cos2 (θ) ∂y ∂y

Universidad T´ ecnica Federico Santa Mar´ıa Departamento de Matem´ atica Campus Santiago

(3.a) Encuentre m´aximos y/o m´ınimos para la funci´on: f (x, y, z) = x2 + 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) fx (x, y, z) = 2x + y + z + 1 = 0 fy (x, y, z) = x + 2y + z − 2 = 0 fz (x, y, z) = x + y + 2z = 0 5 7 1 , y= , z=− . 4 4 4   5 7 1 Por otra parte, la matriz Hessiana en − , , − 4 4 4    2 5 7 1  1 Hf − , , − = 4 4 4 1

Resolviendo el sistema: x = −

es  1 1 2 1  1 2

Se cumple que los 3 determinantes a lo largo de la diagonal son positivos.



5 7 1 fxx − , , − 4 4 4

 Por lo tanto en

 = 2 > 0,

5 7 1 − , ,− 4 4 4

2 1 1 2

= 3 > 0,

 hay un m´ınimo.

2 1 1 1 2 1 1 1 2

=4>0

(3.b) Sea f (x, y, z) = sen(x) sen(y) sen(z) la funci´on 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. 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. Reemplazando se tiene x = y = z =

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 + ydx =

√

xydy 12 puntos

(1.b) x3 y 0 + x2 y = 2y −4/3 13 puntos

Soluci´ on (1.a)

√ xdy + ydx = xydy √ ⇔ d(xy) = xydy 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: 4 4 1 7 2 x3 y 0 + x2 y = 2y − 3 ⇔ y 3 y 0 + y 3 = 3 x x

3z 0 7 4 si x 6= 0 . Hacer z = y 3 , luego = y 3 y 0 . Reemplazando se obtiene la ecuaci´on 7 7 14 lineal: z 0 + z = 3 cuya soluci´on esta dada por: 3x 3x 1 R 7 14 x 3 3 dx z = 7 3x x3  14  1 3 + C 3x z = 7 3x 3 14 K 7 y3 = + 7 2 x x3 1

Por lo tanto las curvas soluci´on son: 7

1

(xy) 3 − 14x 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´a 6 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: x00 + 4x = 16 sen(2t) 1 2 0 x (0) = −4 x(0) =

(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 xp = ct sen(2t) + dt cos(2t) , entonces 00 xp = 4c cos(2t) − 4d sen(2t) − 4ct sen(2t) − 4dt cos(2t) , de donde 00

xp + 4xp = 4c cos(2t) − 4d sen(2t) = 16 sen(2t) Luego c = 0 y d = −4 . Por lo tanto la soluci´on particular es xp = −4t cos(2t). Soluci´on general: xg (t) = A cos(2t) + B sen(2t) − 4t cos(2t) 2

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 3x = − dt 100 dy 3x 3y = − dt 100 100 con x(0) = 8 e y(0) = 0. Resolviendo la primera ecuaci´on (variable separada): 3t dx 3x dx 3 =− ⇒ =− dt ⇒ x = M e− 100 dt 100 x 100 3t

Evaluando en t = 0 , se tiene M = 8 y por lo tanto x(t) = 8 e− 100 . Reemplazando en la segunda ecuaci´on queda: 3t

dy 24 e− 100 3y 3y 24 − 3t e 100 = − ⇔ y0 + = dt 100 100 100 100 la cual es una ecuaci´on lineal de primer orden. Z R    R 3 3 3t 24 − 3t 24 − 100 dt dt − e 100 e 100 dt = e 100 y=e t+K 100 100 3

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) =

3t 24 t e− 100 100

.

9

e− 5

4.- Si f es peri´odica de per´ıodo a, de modo que f (x + a) = f (x) . Probar que: Z a 1 e−st f (t) dt L[f (x)](s) = −as 1−e 0 25 puntos

Soluci´ on

L[f (x)](s) = =

R∞ 0

Ra 0

Ra

e−st f (t) dt

e−st f (t) dt +

R∞

e−st f (t) dt +

R∞

a

e−st f (t) dt

e−s(x+a) f (x + a) dx Ra R∞ = 0 e−st f (t) dt + e−sa 0 e−sx f (x) dx

=

0

0

Por lo tanto: Z L[f (x)](s) =

a

e−st f (t) dt + e−sa L[f (x)](s)

0

De donde, despejando se tiene: 1 L[f (x)](s) = 1 − e−sa

4

Z 0

a

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 0 = e2x y 2 − 2y − 9e−2x ,

y(0) = 4

sabiendo que tiene una soluci´on particular de la forma y1 (x) = aekx . Soluci´ on: Como y1 es soluci´on de la ecuaci´on se tiene: akekx = e2x a2 e2kx − 2aekx − 9e−2x o ekx (ak − a2 e2x+kx + 2a) = −9e−2x 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 y = 3e−2x +

1 z

y la transformamos en la ecuaci´on lineal, dz = −4z − e2x dx que tiene por soluci´on 1 z(x) = ce−4x − e2x , 6

c constante

Por lo tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on dada es y(x) = 3e−2x +

6 c1

e−4x

− e2x

,

c1 constante

Adem´as, como y(0) = 4, obtenemos 4=3+

6 =⇒ c1 = 7 c1 − 1

Luego, la soluci´on es y(x) = 3e−2x +

6 − e2x

7e−4x

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 dx x(t) =1·2− 3 dt 60 − t

x(0) = 0

La soluci´on de esta ecuaci´on lineal es: x(t) = (60 − t) + C(60 − t)3 Para calcular C usamos la condici´on inicial x(0) = 0, obteniendo x(t) = (60 − t) −

1 (60 − t)3 602

(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: x0 (t) = −1 +

3 (60 − t)2 , 2 60

entonces x0 (t) = 0 ⇐⇒ (60 − t)2 =

602 3

de donde

60 t∗ = 60 − √ 3 6 La segunda derivada de x(t) es x00 (t) = − 2 (60 − t). 60 Se ve facilmente que x00 (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:   60 40 x 60 − √ = √ libras de sal 3 3

Problema 3: Resuelva la ecuaci´on x(1 − x2 )2 y 00 − (1 − x2 )2 y 0 + x3 y = 0 (Ayuda: haga el cambio de variable t = − 21 ln(1 − x2 )) bf Soluci´on: 1 Haciendo t = − ln(1 − x2 ) se tiene 2 dy dy dt = · dx dt dx

⇒

dy = dx



x 1 − x2



dy dt

Por otra parte: d2 y d = dx2 dy



x dy · 1 − x2 dt

 ⇒

d2 y = dx2



1 + x2 (1 − x2 )2



dy · + dt



x2 (1 − x2 )2



d2 y · 2 dt

Reemplazando en la ecuaci´on

2 2

x(1 − x )



   dy x2 d2 y x dy 1 + x2 2 2 · + · 2 − (1 − x ) · + x3 y = 0 2 2 2 2 2 (1 − x ) dt (1 − x ) dt 1−x dt ⇔

x3 y 00 + 2x3 y 0 + 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 00 + 2y 0 + y = 0 la cual tiene soluciones y1 (t) = e−t , y2 (t) = t e−t . Por lo tanto la soluci´on general es y = a e−t +bt e−t reemplazando √ √ y = a 1 − x2 + b 1 − x2 ln(1 − x2 )

Problema 4: Encuentre la soluci´on general de la ecuaci´on (x2 − 2x)y 00 + 2(1 − x)y 0 + 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 00 +

2 2 − 2x 0 y + 2 = 6(x2 − 2x) 2 x − 2x x −2

cuya ecuaci´on homogenea queda: y 00 +

2 2 − 2x 0 y + 2 =0 2 x − 2x x −2

Como una soluci´on de la homogenea es y1 = x − 1 una segunda soluci´on se encuentra usando la formula de Abel. Z y2 = (x − 1)

R

2−2x

e− x2 −2x dx dx (x − 1)2

x2 − 2x dx (x − 1)2   1 = (x − 1) x + x−1 Z

= (x − 1)

= x2 − x + 1 Por otra parte: x − 1 x2 − x + 1 W (y1 , y2 ) = 1 2x − 1

= x2 − 2x

Usando variaci´on de param´etros yp = v1 y1 + v2 y2 donde: Z 6(x2 − x + 1)(x2 − 2x) v1 = − x2 − 2x = −2x3 + 3x2 − 6x Z v2 =

6(x − 1)(x2 − 2x) x2 − 2x

= 3x2 − 6x Luego una soluci´on particular es yp = x4 − 4x3 , As´ı la soluci´on general es: y = A(x − 1) + B(x2 − x + 1) + x4 − 4x3

´ 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: 2et , t3

y 00 − 2y 0 + y =

con t > 0

Soluci´ on: La homogenea tiene por ecuaci´on caracter´ıstica (m−1)2 = 0, luego: yH (x) = C1 et + C2 tet Para la soluci´on particular usamos on de Par´ ametros, usando Variaci´ et t te = e2t 6= 0, ∀t > 0 la notaci´on: W = t t e e + tet C1 (x) = et · R

2et t3

1 dt W

·

=2

R

dt dt t3

= − t12

y C2 (x) = −tet · R

2et t3

·

1 dt W

= −2

R

1 t2

=

2 t

luego: 2 1 et yP (x) = et + (−1) 2 tet = t t t de donde: yG (x) = C1 et + C2 tet + 2.

et t

a) Determinar la soluci´on de la ecuaci´on integro diferencial: x0 (t) +

Rt 0

x(t − u)e−2u du = 0, con x(0) = 1

Soluci´ on: Z

L[x0 (t)] + L[

t

x(t − u)e−2u du] = 0

0

sL[x] − 1 +L[x]L[e−2t ] = 0 Por lo tanto:

L[x](s + L[x] =

s+2 (s+1)2

=

1 s+1

1 ) s+2

=1⇒

1 (s+1)2

+

= e−t + te−t

b) Si se sabe que L(f (t)) = F (s), exprese en t´erminos de f (t) o F (s), seg´ un corresponda cada una de las expresiones siguientes: 1) L(e2t f (t) + 4u(t − 5)f (t − 5)) 2) L−1 (7F 0 (s) + e−s F (s − 3)) Soluci´ on: 1) El desarrollo de la primera parte es: L(e2t f (t)) + L(4u(t − 5)f (t − 5)) = F (s − 1) + 4e−5s F (s) 2) El desarrollo de la segunda parte es: L−1 (7F 0 (s)) + L−1 (e−s F (s − 3)) = −7tf (t) + e3(t−1) u(t − 1)f (t − 1) 3. Considere la funci´on definida mediante:   

xy 2 3x2 +y 2



1 2

f (x, y) = 

+

1 2

, si (x, y) 6= (0, 0) , si (x, y) = (0, 0)

a) Pruebe que f (x, y) es continua en (0, 0) b) ¿Es

∂f (x, y) ∂x

continua en (0, 0)?

Soluci´ on: a) Debemos probar que l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) = 12 : 0≤|

xy 2 1 1 y2 + − | ≤ |x|| | ≤ |x| 3x2 + y 2 2 2 3x2 + y 2

donde |x| → 0, por tanto, f (x, y) es continua en (0, 0). b) Si (x, y) 6= (0, 0), tenemos: ∂f (x, y) ∂x

=

9x2 y 2 (3x2 +y 2 )2

Si (x, y) = (0, 0), tenemos: ∂f (0, 0) ∂x

Por tanto:

= l´ımh→0

f (h,0)−f (0,0) h

= l´ımh→0

[

h·0 + 12 ]− 21 3h2 +0

h

=0

∂f (x, y) ∂x

   

9x2 y 2 +y 4 (3x2 +y 2 )2

=

  0

, si (x, y) 6= (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: x4 (9m2 + m4 ) (9m2 + m4 ) = x→0 x4 (3 + m2 )2 (3 + m2 )2 l´ım

para darse cuenta que el resultado depende de la trayectoria, por (x, y) no es continua en (0, 0). tanto ∂f ∂x 4. Sea z =1−

q

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 y ∂y son del plano xy para los cuales las derivadas parciales ∂x iguales Soluci´ on: a) El dominio es {(x, y) ∈ 1 y 0 (0) = 1.

tal que y(0) = 1, Solución:

Reescribiendo la ecuación usando la función escalón unitario u, queda: y 00 + 4y = 1 + (t − 1)u(t − 1) Aplicamos transformada de Laplace a ambos lados: s2 L(y) − s − 1 + 4L(y)

=

1 + L((t − 1)u(t − 1)) s

(s2 + 4)L(y)

= s+1+

1 + e−s L(t) s

(s2 + 4)L(y)

= s+1+

1 1 + e−s 2 s s

L(y)

=

s2

s 2 2 1 2 1 1 + + + e−s 2 2 2 2 +4 2(s + 4) 2s s + 4 2 s s +4

Luego, y(t) = cos 2t +

Como

   t ∗ sen 2t

=

  1 ∗ sen 2t

=

finalmente tenemos:

1 1 1 sen 2t + L(1 ∗ sen 2t) + e−s L(t ∗ sen 2t) 2 2 2

1 (2t − sen 2t) 4 1 (1 − cos 2t) 2

y

e−s representa un desplazamiento en una unidad,

  1 1 1 t − 1 sen(2t − 2) y(t) = cos 2t + sen 2t + (1 − cos 2t) + − 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 00 = −

4 y y(2) = 4 ; y 0 (2) = 0 . Hallar y(4) . y3

Ayuda: Haga el cambio z = y 0 .

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 yF(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: −y + −

⇔

x

F(xy) dy = −y dx G(xy)

du dy = y+x dx dx

du dx

= −y

u du + x dx

⇒

x

dy du = −y + . Reemplazando: dx dx

F(u) G(u)

u F(u) · x G(u)   u F(u) 1− x G(u)

= −

du dx

=

Y esta u ´ltima ecuaci´ on es de variable separada. (b) La ecuaci´ on se puede reescribir como y(x2 y 2 + 2xy + 1) dx + x(x2 y 2 − 2xy + 1) dy Tomando F(xy) = x2 y 2 + 2xy + 1 y G(xy) = x2 y 2 − 2xy + 1 y haciendo u = xy . La ecuaci´on queda: du dx

= =

u2 + 2u + 1 1− 2 u − 2u + 1   u −4u x u2 − 2u + 1 u x





(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. Ayuda: La ecuaci´ on de la recta tangente en el punto (a, f (a)) es: y − f (a) = f 0 (a) · (x − a)

(d) Dados los conjuntos:   2 y2 z2 3 x A = (x, y, z) ∈ R : + + =1 3 4 9 y  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) .

Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática Campus Santiago

CERTAMEN 2 MAT023 1. Determine máximo y mínimo de f (x, y, z) = xyz a la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1

sujeto a que los puntos pertezcan

Solución:

yz xz xy x2 + y 2 + z 2 Para λ 6= 0 : obtenemos: 2

3x = 1

=⇒

= = = =

x2 = y 2 = z 2 x=±

g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 1.

donde

∇f (x, y, z) = λ∇g(x, y, z),

√

3 3

2λx 2λy 2λz 1

2λx2 = 2λy 2 = 2λz 2

=⇒

Reemplazando en la ecuación de la esfera unitaria, e igualmente para y, z.

Obtenemos los puntos: 

     1 1 1 1 1 1 1 1 1 P1 √ , √ , √ P2 √ , √ , − √ P3 √ , − √ , √ 3 3 3 3 3 3 3 3 3       1 1 1 1 1 1 1 1 1 P4 √ , − √ , − √ P5 − √ , √ , √ P6 − √ , √ , − √ 3 3 3 3 3 3 3 3 3     1 1 1 1 1 1 P8 − √ , − √ , − √ P7 − √ , − √ , √ 3 3 3 3 3 3 Ahora,

λ = 0 ∧ x 6= 0

Análogamente, y

λ = 0 ∧ z 6= 0

⇒

λ = 0 ∧ y 6= 0 ⇒

y=z=0 ⇒

x=y=0

∴

P9 (1, 0, 0),

x=z=0 ∴

∴

P13 (0, 0, 1),

Evaluando, obtenemos

P10 (−1, 0, 0).

P11 (0, 1, 0), P14 (0, 0, −1)

1 f (P1 ) = f (P4 ) = f (P6 ) = f (P7 ) = √ 3 3 1 f (P2 ) = f (P3 ) = f (P5 ) = f (P8 ) = − √ 3 3 y f (P9 ) = · · · = f (P14 ) = 0 ∴ hay máximos en P1 , P4 , P6 , P7 y mínimos en P2 , P3 , P5 , P8 .

P12 (0, −1, 0)

2. Resuelva las siguientes EDO: 3 cos x a) y ′ + y = 3 , x x

25 ptos.

sujeto a la c.i.

y(π) = 1.

b) (xy − 2)dx + (x2 − xy)dy = 0 Solución. cos x 3 y= 3 es una EDO lineal, de donde: x x Z Z   R 3 R 1 dx cos x 3 cos x − x3 dx x e · 3 dx + c y(x) = e x = dx + c x x3 x3 1 y(x) = 3 (sen x + c) x

a) y ′ +

Evaluando en x = π :

1=

1 π3

(sen π + c) ⇒ c = π 3

1 (sen x + π 3 ) x3 My − Nx x − (2x − y) −x + y 1 b) Notar que: = = = − N x2 − xy x(x − y) x R 1 1 Luego, µ = e− x dx = es factor integrante. x Multiplicamos la ecuación por x1 , quedando ∴

y(x) =

Hacemos

  2 y− dx + (x − y)dy = 0 EDO exacta. x Z y2 + h(x) g(x, y) = (x − y)dy + h(x) = xy − 2

Derivando respecto de x e igualando:

y−

2 dh dh 2 =y+ ⇒ =− x 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): y2 xy − − 2 ln x = K, (K ∈ R) 2

3. Considere la ecuación diferencial autónoma dependiente del parámetro λ ∈ R: x˙ = x3 + 2λx2 + λ2 x Encontrar todos los posibles retratos de fase y los intervalos de λ para los cuales éstos se obtienen. 25 ptos. Solución. La ecuación es x′ = x(x2 + 2λx + λ2 ) = x(x + λ)2 , para el parámetro λ: λ=0

⇒

x′ = x3

y tenemos tres posibilidades

y x = 0 es el único punto de equilibrio. El retrato de fase es

Si λ > 0 ⇒ x = 0 ∧ x = −λ < 0 equilibrio. El retrato de fase es

son soluciones estacionarias ó puntos de

Si λ < 0 ⇒ x = 0 ∧ x = −λ > 0 equilibrio. El retrato de fase es

son soluciones estacionarias ó puntos de

dx = y dt 4. Considere el sistema

con a > 0, b ≥ 0

dy = −a2 x − 2by dt

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 1 2 −a −2b



x y



0 1 det A = 2 −a −2b

⇒

= a2 6= 0

Luego, el sistema tiene un único punto crítico, que es (x, y) = (0, 0)   −λ 1 0 1 = λ2 + a2 a) Si b = 0 : A = ⇒ |A − λI| = −a2 −λ −a2 0 Luego, los valores propios son λ = ±ai, de donde el origen es un centro y su correspondiente retrato de fase es:



Para b), c) y d): A = −λ 1 |A − λI| = 2 −a −2b − λ

0 1 2 −a −2b



= λ2 + 2bλ + a2

λ1 = −b +

√

b2 − a2 ,

de donde Los valores propios son: λ2 = −b −

√

b2 − a2

b) Si a = b, λ1 = λ2 = −b < 0, de donde el (0, 0) es un atractor ó sumidero. Buscamos la dimensión del espacio propio asociado al valor propio −b: 

b 1 −b2 −b



x y



=



0 0



⇒

bx + y = 0

⇒

vλ =



1 −b



Por lo tanto, dimVλ = 1, por lo que el correspondiente retrato de fase es:

c) Si 0 < b < a, ⇒ b2 − a2 < 0 ⇒ λ1 , λ2 ∈ C. Además, Reλj = −b < 0, j = 1, 2. Luego, (0, 0) es un sumidero ó atractor espiral.

d) Si b > a, ⇒ λ1 , λ2 ∈ R, por lo que existen dos vectores propios. Más aún, λ1 , λ2 < 0 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 − 12 Desarrollo. 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) Fx (2) Fy (3) Fλ

= = =

2x − 4y + 20 + 2λx + λy −4x + 2y + 20 + 2λy + λx x2 + y 2 + xy − 12

= = =

0 0 0

Si (1) − (2) obtenemos: (x − y)(6 + λ) = 0 =⇒ x = y

o

λ = −6

Si x = y, reemplazamos en (3) y obtenemos: x2 = 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 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 = dx x y 2 − 2x3 y b) e dx + (x ey − sen y) dy = 0

a)

Desarrollo. a)

Escribamos la ecuación de la forma (yx2 + y 3 )dx + (2x3 − xy 2 )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 1 ln(z) − z 2 = − ln(x) + C 3 2

Por lo tanto, la solución es 2  y  1  y 2 ln − = − ln(x) + C 3 x 2 x b)

Esta e.d.o es exacta y su solución es Z u(x, y) = ey dx = xey + g(y) =⇒ uy (x, y) = xey + g ′ (y) = xey − sen(y) =⇒ g(y) = cos(y)

Por lo tanto, la solución es xey + cos(y) = C

3. Considere un recinto que contiene 1200 [pies3 ] 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 x 1 dx 4 x = · − · ⇐⇒ = − , dt 100 10 1200 10 dt 1000 12000 La solución es

x(0) = 0

1

x(t) = 48(1 + Ce− 12000 t ) De la condición inicial x(0) = 0 se obtiene que C = −1. Por lo tanto la solución particular es 1

x(t) = 48(1 − e− 12000 t ) La concentración de monóxido de carbono, c(t), es dada por c(t) =

x(t) 48 1 =⇒ c(t) = (1 − e− 12000 t ) volumen 1200

Para determinar T se debe cumplir c(T ) =

c(T ) = 0, 00012, es decir 48 1 12 (1 − e− 12000 T ) = 1200 100000

Despejando t se tiene que T = −12000 ln



997 1000



≈ 36 [min]

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 = y ′ (t) 2

  −6 x , 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

· 0

· a

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 −6 p(λ) = = λ2 − 3λ + 14 = 0 2 1 − λ

  √ 1√ 47i y los vectores propios asociados son vλ =  1 ± 47i  Los valores propios son λ = 2 2 Por lo tanto la solución general es    √ √   cos( 247 t) sen( 247 t) x(t)  23 t    = e 23 t k1   +e k2  √ √ √ √ √ √ 1 47 47 1 47 y(t) (cos( t) + 47 sen( t)) 47 cos( 247 t)) 12 2 2 12 (sen( 2 t) − 3±

La solución particular que satisface  

x(t) y(t)



    x(0) 2 = es y(0) 1 

 = e 32 t  

2 cos(

√

47 2 t)

√ cos( 247 t)

−

+

√10 47

sen(

√

47 2 t)

√ √7 sen( 47 t)) 2 47

  

  

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: ³ dy y´ =r 1− y − Ey, donde 0 < E < r, k 6= 0. dt k a) Hallar y clasificar las soluciones de equilibrio. ¡ ¢ b) Si y(0) = k2 1 − Er , r 6= 0. Bosquejar la soluci´on para este caso usando la l´ınea de fase. 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) = r 1 − ky y − Ey. Entonces Solucio a) 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 y2 (t) = k(1 − E/r). Para clasificar contamos con dos alternativas. La primera es considerar la derivada de f (y) que da f 0 (y) = −2 kr y + r − E, y evaluar en los puntos cr´ıticos. Se obtiene f 0 (0) = r − E > 0 ⇒ y1 = 0 es un repulsor o fuente. f 0 (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 y1 < y < y2 . Por ejemplo y = k2 (1 − E/r). Al evaluar da µ ¶ k kr f (1 − E/r) = (1 − E/r)2 > 0, 2 4 y entonces y1 = 0 es repulsor. Ahora evaluamos para y > y2 , por ejemplo y = 2k(1 − E/r) que entrega −2rk(1 − E/r)2 < 0 y luego y2 es un atractor. An´alogo si k < 0. Evaluar para y2 < y < y1 , ejemplo y = k2 (1 − E/r) implica que y1 es repulsor y para y < y2 , ejemplo y = 2(1 − E/r) implica que y2 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 > 0 y k < 0.

Puesto que la condici´on inicial est´a en el intervalo (y1 , y2 ), k > 0, se tiene que l´ımt→∞ 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´as, para yˆ en una vecindad a la derecha de y1 , f (ˆ y ) < 0 y, para y˜ en una vecindad a la izquierda de y2 , 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 y3 es un equilibrio. Esto contradice la suposici´on de que y1 e y2 sean atractores consecutivos. Misma conclusi´on si k < 0.

2. Resolver el problema con condiciones iniciales xy 00 (x) + (2x − 1)y 0 (x) − 2y(x) = x2 e−3x ,

x > 0. 0

y(1/2) = 0;

y (1/2) = 0.

Si se sabe que y1 (x) = eαx , 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 y1 (x), para tal fin utilizamos la f´ormula de Abel, es decir ¯ −2x ¯ R ¯ e y2 ¯¯ dx − 2x−1 ¯ x , = e −x 0 ¯ −2e y2 ¯ que conduce a la ecuaci´on diferencial de primer orden con coeficientes constantes: y20 + 2y2 = x. Una soluci´on de este problema se consigue por el m´etodo de los coeficientes indeterminados (o simple inspecci´on) y da y2 (x) = 12 (x − 1/2). Debemos emplear Variaci´ on de Par´ ametros y buscamos una soluci´on particular de la forma y(x) = c1 (x)y1 (x) + c2 (x)y2 (x), entonces: xe−3x (x − 1/2) (x − 1/2) −x e =− −2x 2xe 2 xe−3x e−2x = e−3x . xe−2x

c01 (x) = − c02 (x) = Luego

(1 + 2x)e−x , 4 e−3x c2 (x) = − . 3 c1 (x) =

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) + yp (x). = k1 e−2x + k2 (x − 1/2) +

(1 + x) −3x e . 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): u00 (t) + a2 u(t) = 2 sen(ωt + π/4)

(1)

0

u(0) = u (0) = 0, donde a es una constante conocida. a) Si a 6= 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 up (t) = c sen(ωt + π/4). Al reemplazar en (1) 2 se obtiene c = a2 −ω 2 . Con lo cual se llega a up (t) =

2 sen(ωt + π/4). a2 − ω 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 √ u00 + a2 u = 2 sen ωt √ 2 up,1 (t) = cos ωt a2 − ω 2 √ 2 sen ωt u00 + a2 u = √ 2 up,2 (t) = cos ωt 2 a − ω2 Al sumar, se obtiene up (t) = up,1 (t) + up,2 (t). La soluci´on general es u(t) = uh (t) + up,ω (t) = c1 cos at + c2 sen at +

2 sen(ωt + π/4). a2 − ω 2 √

√

2 2 ω Al imponer las condiciones iniciales se obtiene que c1 = − a2 −ω 2 y c2 = − a2 −ω 2 a y la soluci´on general es √ ´ √ 2 ³ ω u(t) = − 2 cos at + sen at − 2 sen(ωt + π/4) . a − ω2 a

b) 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.

4. Considere el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden homog´eneo: dx dt dy dt

= −5x(t) + 4y(t) = −4x(t) + 5y(t)

a) Elaborar el retrato de fase del sistema y clasificar sus puntos de equilibrio. b) Bosquejar en plano de fase la curva soluci´on con condiciones iniciales x(0) = 2, y(0) = 3. ¿Existe alg´ un instante t tal que x(t) = y(t)? c) Bosquejar en plano de fase la curva soluci´on con condiciones iniciales x(0) = 4, y(0) = 2. ¿Existe alg´ un instante t tal que x(t) = y(t)? ´ n. Solucio a) La matriz de coeficientes del sistema tiene determinante distinto de cero. Luego, el origen es el u ´nico punto de equilibrio. Los valores propios son λ1 = −3 y λ2 = 3; con vectores propios asociados v 1 = (2, 1)t y v 2 = (1, 2)t . Puesto que los valores propios son reales con signos distintos se tiene que el origen es un nodo o punto silla. El retrato de fase del sistema es

yHtL 7.5 5 2.5 xH -6

-4

2

-2

4

6

-2.5 -5 -7.5 Retrato de fase del sistema. En salm´ on se ilustra la soluci´ on de la secci´ on (b) y en rojo la soluci´ on de la secci´ on (c). Adem´ as se presenta el campo de pendientes para facilitar la interpretaci´ on.

b) Hemos bosquejado en color salm´on la soluci´on con dicha condici´on inicial en la figura de arriba. La condici´on inicial est´a por sobre la recta y = x y cuando t → ∞ la soluci´on tiende a la direcci´on de v 2 . Luego no existe un tiempo finito positivo tal que x = y. Una alternativa es que existe un tiempo negativo. c) Soluci´on se bosqueja en rojo. Est´a en la recta definida por v 1 . Soluci´on se interseca en el origen con recta y = x, o sea cuando t → ∞. Luego, no existe t tal que x = y.