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´blica de El Alto Carrera de Ingenier´ıa Civil Universidad Pu Primer Semestre 2014 La Paz - Bolivia. R Docente: Dr. Mario ξτ τ o s Chavez Gordillo PhD.

30 puntos?

? -

Primer Examen Parcial de Ecuaciones Diferenciales Jueves 22 de Mayo del 2014

C.I. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Firma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Paterno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Materno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nombres . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

① (4 puntos) Ecuaci´on Diferencial Homog´enea. Resolver la ecuaci´ on   p p x3 + y 2 x2 + y 2 dx − xy x2 + y 2dy = 0. ´ SOLUCION.Se trata de una ecuaci´ on homog´enea, todos los t´erminos tienen el mismo grado. Hacemos el cambio de variables y = ux en esta ecuaci´ on. Como y ′ = u ′x + u, sustituyendo tenemos: p 3 2 x2 + y 2 x + y p y′ = xy x2 + y 2 p √ x3 + (ux)2 x2 + (ux)2 x3 + u2 x2 x2 + u2 x2 ′ p √ u x+u = = x2 u x2 + u2 x2 x(ux) x2 + (ux)2 √ √ √ 2 2 2 2 − u2 1 + u2 1 + u 1 + u 1 + u 1 + u √ √ −u= u ′x = u 1 + u2 u 1 + u2 du 1 x = √ dx u 1 + u2 √ 1 2 Separando de variables y Integrando respecto a x tenemos u 1 + u2 du = dx, por tanto 1+ x 3  3/2 3/2 2 y2 2 u = ln x + C, de aqu´ı la soluci´on es dada por 1+ 2 = ln x + C. 3 x

② (5 puntos) Ecuaci´on Diferencial Exacta. Determine el valor de b , para el cual la ecuaci´on diferencial (xy 2 + bx2 y)dx + (x + y)x2 dy = 0 es exacta y determine la soluci´ on para este valor de b. ´ SOLUCION.Aqu´ı tenemos M(x, y) = xy 2 + bx2 y y N(x, y) = x3 + yx2 . La condici´on para que la ecuaci´on diferencial sea exacta es: ∂M(x, y) ∂N(x, y) = 2xy + bx2 = 3x2 + 2xy = ∂y ∂x De donde b = 3. Integremos M(x, y) con respecto a x:

f (x, y) = = =

Z

Z

M(x, y) dx + C(y) (xy 2 + 3x2 y) dx + C(y)

x3 x2 2 y + 3 y + C(y) 2 3

Derivando respecto a y ∂f (x, y) = x2 y + x3 + C ′ (y) ∂y Igualando a N(x, y) x2 y + x3 + C ′ (y) =

∂f (x, y) = N(x, y) = x3 + yx2 ∂y

Despejando C ′ (y) se obtiene C ′ (y) = 0, integrando este resultado respecto a y se tiene que C(y) = C0 . Sustituyendo en f (x, y) obtenemos 1 f (x, y) = x2 y 2 + x3 y + C0 2 En consecuencia, una familia uniparam´etrica de soluciones es f (x, y) = C1 , la cual puede escribirse 1 2 2 x y + x3 y = C 2 ♣ ③ (4 puntos) Mediante un factor integrante adecuado resuelva las siguiente ecuaci´ on diferencial (6x2 y 2 − 4y 4)dx + (2x3 y − 4xy 3 )dy = 0. ´ SOLUCION.En este caso M = 6x2 y 2 − 4y 4 y N = 2x3 y − 4xy 3 , entonces   ∂N ∂M − = 6x2 y − 4y 3 − 12x2 y + 16y 3 = −6x2 y + 12y 3 = −6y x2 − 2y 2 ∂x ∂y   Por otro lado N = 2x3 y − 4xy 3 = 2xy x2 − 2y 2 , entonces

  ∂M ∂N 2 2 − 6y x − 2y 3 µ ′(x) ∂y ∂x  = = = N x µ(x) 2xy x2 − 2y 2

luego ln(µ(x)) =

Z

µ ′(x) dx = µ(x)

Z

3 dx = 3 ln x = ln x3 x

de aqu´ı µ(x) = x3 .

Multiplicando la ecuaci´on diferencial por x3 obtenemos la ecuaci´ on diferencial exacta (6x5 y 2 − 4x3 y 4) dx + (2x6 y − 4x4 y 3 ) dy = 0.

Usando el m´etodo descrito tenemos ∂f = 6x5 y 2 − 4x3 y 4 , ∂x entonces f (x, y) =

Z


6x5 y 2 − 4x3 y 4 dx + C(y) = x6 y 2 − x4 y 4 + C(y)

∂f = 2x6 y − 4x4 y 3 + C ′ (y) = 2x6 y − 4x4 y 3 ∂y de aqu´ı C ′ (y) = 0, C(y) = C y la soluci´ on es, por tanto, f (x, y) = x6 y 2 − x4 y 4 + C = 0.

♣

④ (5 puntos) Resuelva la ecuaci´on diferencial lineal x′ = x ln 2 + 2sen t (cos t − 1) ln 2 ´ SOLUCION. Recordemos que la ecuaci´ on lineal

y ′ + a(x) y = b(x)

(1)

 Z  Z Z   y = exp − a(x) dx b(x) exp a(x) dx dx + C .

(2)

tiene por soluci´on a:

Nuestra ecuaci´on es una lienal, en efecto esta puede escribirse como x′ − (ln 2)x = 2sen t (cos t − 1) ln 2 aqu´ı a(t) = − ln 2 y b(t) = 2sen t (cos t − 1) ln 2. Aplicando (2) para resolverla obtenemos:  Z    Z sen t x = exp ln 2 dt 2 (cos t − 1) ln 2 exp − ln 2 dt dt + C Z  sen t −t ln 2 t ln 2 = e 2 (cos t − 1) ln 2 e dt + C Z  sen t −t t = 2 2 (cos t − 1)(ln 2) 2 dt + C Z

= 2

t

= 2t

 

ln 2

Z

ln 2

Z

2

sen t−t

u

(cos t − 1)dt + C

2 du + C





 2u = 2 t ln 2 ln 2

= 2 t (2sen t−t + C) = 2sen t + 2 t C.

u = sen t − t du = (cos t − 1)dt  + C = 2 t (2u + C) ♣

⑤ (4 puntos) Consideremos la ecuaci´on de Riccati y ′ + P (x)y + Q(x)y 2 = f (x) y yp (x) es una de sus soluciones particulares. Demuestre que si y = y(x) es cualesquiera de las soluciones  de la ′ ecuaci´on  de Riccati, entonces z = y − yp es una soluci´on de la Ecuaci´on de Bernoulli z + P (x) + 2yQ(x) z − Q(x)z 2 = 0. ´ SOLUCION.-

  z ′ + P (x) + 2yQ(x) z − Q(x)z 2 =   = (y − yp )′ + P (x) + 2yQ(x) (y − yp ) − Q(x)(y − yp )2

= y ′ − yp′ + P (x)y + 2y 2Q(x) − P (x)yp − 2yQ(x)yp − Q(x)y 2 + 2yypQ(x) − Q(x)yp2 = y ′ + P (x)y + y 2Q(x) − yp′ − P (x)yp − Q(x)yp2 = f (x) − f (x) = 0



⑥ (8 puntos) Use ecuaciones diferenciales para resolver este problema. Cuando una poblaci´on llega a ser demasiado numerosa, aparecen restricciones del medio en forma de limitaciones de espacio, de recursos, etc. , que haran disminuir la tasa de crecimiento o, incluso, que la har´an negativa provocando que la poblaci´ on disminuya. Es m´ as realista suponer que el medio s´olo puede sostener de manera estable un m´ aximo K de poblaci´ on (la capacidad de soporte del medio), de modo que si x(t) es el tama˜ no de una poblaci´ on en el momento t entonces es razonable suponer que la raz´on de crecimiento x′ (t) sea proporcional conjuntamente tanto a la poblaci´ on misma x(t) como a la cantidad faltante para llegar a la m´ axima poblaci´ on sustentable K − x(t). (a) Escribe y resuelve la ecuaci´on diferencial correspondiente cuando la poblaci´ on inicial es x(0) = x0 . (b) Encuentre e interprete l´ım x(t). (c) Obtenga conclusiones a partir de los siguientes supuestos: (i) t→∞

x0 = K, (ii) 0 < x0 < K, (iii) x0 > K. ´ SOLUCION. Obteniendo de este modo la ecuaci´ on diferencial con valor inicial

(

x˙

= rx(K − x)

x(0) = x0

Factorizando el segundo miembro de la ecuaci´ on por K la ecuaci´ on log´ıstica se escribe   x x˙ = r0 x 1 − K

(3)

(4)

con r0 = rK. La constante r0 se llama tasa intr´ınseca de crecimiento de la poblaci´on.

La ecuaci´on diferencial log´ıstica (4) es con variables separadas y su soluci´ on a partir de la condici´on inicial x(0) = x0 > 0, es la funci´on K

x(t) = 1+



 K − 1 e−r0 t x0

conocida en la literatura como curva log´ıstica Conclusiones del modelo. Estudiamos algunas de las caracter´ısticas de la curva (5). Empecemos haciendo un an´alisis respecto de la ubicaci´ on de las condiciones iniciales.

(5)

Si x0 = K, entonces es x(t) = K para t ≥ 0, es decir el tama˜ no de la poblaci´on permanece constante. En este caso se dice que K es el tama˜ no de equilibrio de la poblaci´on Si 0 < x0 < K, de la ecuaci´on log´ıstica y de la continuidad de x(t) (x(t) es positivo en alguna vecindad de 0), resulta que x′ (t) > 0 para t > 0, y consecuentemente x(t) es creciente para t > 0, por lo tanto el tama˜ no de la poblaci´ on aumentar´ a con el tiempo. Si x0 > K, es te caso no tiene sentido en nuestro estudio. Observemos ahora que el punto de equilibrio K es uno que atrae a las dem´ as soluciones (equilibrio atractor) que pasan a trav´es de x0 para cada x0 > 0, puesto que en este caso l´ım x(t) = K. t→∞ Consecuentemente, independientemente de cu´ al sea el tama˜ no inicial de la poblaci´ on su tama˜ no  se aproximar´a al valor de equilibrio K. Por favor, coloque el inicial del apellido paterno en el cuadro. Que tengas ´exito.