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• Liselott Gaete Curin

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´s Bello Universidad Andre Facultad de Ingenier´ıa ´ n Civil y Construccio ´ ticas Departamento de Matema

Ecuaciones Diferenciales (FMM254) 2do Semestre, 2006

Segunda Prueba Solemne Octubre 27, 2006 Justifique sus respuestas. Tiempo: 90 minutos Problema 1 : (2,0 puntos) Demostrar que la ecuaci´on diferencial x3

d3 y dy − 6x + 12y = 0 3 dx dx

tiene tres soluciones linealmente independientes de la forma y = xr . Soluci´ on: Buscamos soluciones de la forma y = xr . Tenemos entonces 2 d y d3 y r−2 = r(r − 1)x y = r(r − 1)(r − 2)xr−3 . 2 dx dx3 Sustituyendo en la ecuaci´on:

dy dx

= rxr−1 ,

x3 r(r − 1)(r − 2)xr−3 − 6xrxr−1 + 12xr = 0 Obtenemos

¡ ¢ xr r3 − 3r2 − 4r + 12 = 0

Se deja a cargo del lector verificar que las ra´ıces del polinomio c´ ubico son r = 2, r = 3 y r = −2. Para probar que son linealmente independientes podemos calcular el wronskiano ¯ 2 ¯ x x3 x−2 ¯ 2 3 −2 W (x , x , x ) = ¯¯ 2x 3x2 −2x−3 ¯ 2 6x 6x−4

¯ ¯ ¯ ¯ = 20 6= 0 ¯ ¯

Por lo tanto las tres soluciones encontradas son linealmente independientes, y la soluci´on general de la ecuaci´on es: y(x) = c1 x2 + c2 x3 + c3 x−2

Problema 2 : Considere la ecuaci´on lineal de segundo orden dy d2 y + R(x) + S(x)y = Q(x). 2 dx dx a) (1,0 puntos) Suponga que SR − 14 R2 − 12 dR = K, con K una constante. Demuestre dx − 12 Rdx que la sustituci´on y = v e , con v una funci´on de x, transforma la ecuaci´on original en una ecuaci´on lineal de coeficientes constantes. b) (1,0 puntos) Use la parte anterior para resolver 1 dy d2 y 2 − 2x + (x2 + 2)y = e 2 (x +2x) 2 dx dx

Soluci´ on: a) Tenemos 1

y = v e− 2 1

y 0 = e− 2 1

y 00 = e− 2

R

Rdx

R

Rdx

R

Rdx

[v 0 − (1/2)Rv]

[v 00 − Rv 0 − (1/2)R0 v + (1/4)R2 v]

Sustituyendo en la ecuaci´on: R £¡ ¢ ¤ 1 e− 2 Rdx v 00 − Rv 0 − (1/2)R0 v + (1/4)R2 v + R (v 0 − (1/2)Rv) + S (v) = Q R ¡ ¢ 1 v 00 + (−R + R)v 0 + −(1/2)R0 + (1/4)R2 − (1/2)R2 + S v = Qe 2 Rdx µ ¶ R 1 1 2 1 dR 00 v + S− R − v = Qe 2 Rdx 4 2 dx

Usamos ahora la hip´otesis S − 14 R2 −

1 dR 2 dx

= K. Obtenemos 1

v 00 + Kv = Qe 2

R

Rdx

´ Esta es la ecuaci´on pedida. b) Tenemos que 1 1 dR S− R2 − = (x2 +2)−(1/4)(−2x)2 −(1/2)(−2x)0 = x2 +2−x2 +(1/2)x+1 = 3 4 2 dx Se verifica entonces la condici´on de la parter anterior con K = 3. Por lo tanto el cambio R R 1 1 2 y = v e− 2 Rdx = v e− 2 (−2x)dx = v ex /2 transforma la ecuaci´on en 2 +2x)

v 00 + 3v = e(1/2)(x

v 00 + 3v = ex

2 /2

ex

Resolvemos ahora la ecuaci´on homog´ enea v 00√ + 3v = 0. Su polinomio caracter´ıstico √ 2 es r + 3 = 0, √ con ra´ıces r1 √ = 3i, r2 = − 3i. Por lo tanto su soluci´on general es vh = c1 cos 3x + c2 sen 3x. Debemos encontrar una soluci´on particular de la ecuaci´on no homog´enea. Usamos el m´etodo de coeficientes indeterminados, y buscamos una soluci´on particular de la forma vp = Aex . Tenemos: vp0 = Aex vp00 = Aex Sustituyendo Aex + 3Aex = ex obtenemos A = (1/4) y vp = (1/4)ex . Tenemos que la soluci´on general de v 00 +3v = ex se puede expresar como √ √ v = vh + vp = c1 cos 3x + c2 sen 3x + (1/4)ex 2 /2

Finalmente, y = v ex

, y se obtiene ´ 2 ³ √ √ y = c1 cos 3x + c2 sen 3x + (1/4)ex ex /2

Problema 3 : (2,0 puntos) Determine la soluci´on del problema de valor inicial     0 1 2 1 0    −5 −3 −7 x, x(0) = 1  x = 1 0 0 1 Sugerencia: Calcule la exponencial de la matriz del sistema. Soluci´ on: Calculamos el polinomio caracter´ıstico: ¯ ¯ ¯ 0 1 2 ¯¯ ¯ |A − rI| = ¯¯ −5 −3 −7 ¯¯ = −(r + 1)3 ¯ 1 0 0 ¯ Por lo tanto la matriz del sistema tiene un solo valor propio r = −1 de multiplicidad 3. Podemos entonces usar el teorema de Cayley-Hamilton. Tenemos entonces (A + I)3 = 0.

En la f´ormula de la matriz exponencial tenemos: eAt = e−It+(A+I)t = e−It e(A+I)t pues las matrices en el exponente conmutan ½ ¾ 2 3 −t 2 t 3 t = e I + (A + I)t + (A + I) + (A + I) + ... 2! 3!      1 1 2 1 1  1 0 0 −t      0 1 0 −5 −2 −7 t + −5 −2 = e +  0 0 1 1 0 1 1 0      −2 −1 1 1 2  1 0 0 −t      −2 −1 −5 −2 −7 t + 0 1 0 + = e  2 1 1 0 1 0 0 1   1 + t − t2 t − (1/2)t2 2t − (3/2)t2 −t  2 2 −5t − t 1 − 2t − (1/2)t −7t − (3/2)t2  = e t + t2 (1/2)t2 1 + t + (3/2)t2

 2 2 2 t −7  + 0 + 0 + . . . 2 1   −3 2 t −3  + 0 + 0 + . . . 2 3

La soluci´on buscada es x(t) = eAt x(0)    1 + t − t2 t − (1/2)t2 2t − (3/2)t2 1 = e−t  −5t − t2 1 − 2t − (1/2)t2 −7t − (3/2)t2   1  t + t2 (1/2)t2 1 + t + (3/2)t2 1   2 −3t + 4t + 1 = e−t  −3t2 − 14t + 1  3t2 + 2t + 1