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MATEMÁTICAS II Plan 98

Material docente preparado por los profesores

Pedro García Vázquez Carmen León Vela

Contenidos

• Guía de la Asignatura •Temario de la asignatura • Relación de problemas propuestos y resueltos • Prácticas informáticas con Maple V • Exámenes resueltos de cursos anteriores

Universidad de Sevilla. Escuela Técnica Superior de Arquitectura Departamento de Matemática Aplicada I

Matemáticas II Guión de la Asignatura

Bloque I. Ecuaciones y sistemas diferenciales lineales Tema 1. Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden Conceptos generales. Soluciones. Ecuaciones lineales. Problemas de valores iniciales. Resolución numérica.

Tema 2. Ecuaciones diferenciales lineales de orden mayor que 1 Conceptos generales. Estructura y propiedades de las soluciones. Problemas de valores iniciales. Ecuaciones de coeficientes constantes. Método de variación de constantes. Método de coeficientes indeterminados. Ecuaciones con coeficientes variables.

Tema 3. Problemas de contorno Conceptos generales. Problemas de contorno para ecuaciones lineales. Autovalores y autofunciones.

Tema 4. Sistemas diferenciales lineales Conceptos generales. Estructura y propiedades de las soluciones. Sistemas de coeficientes constantes. Método de variación de constantes. Relación entre sistemas y ecuaciones lineales.

Bloque II. Ecuaciones y sistemas diferenciales no lineales Tema 5. Ecuaciones no lineales de primer orden Conceptos generales. Soluciones. Ecuaciones de variables separables. Ecuaciones exactas. Ecuaciones homogéneas.

Tema 6. Sistemas diferenciales no lineales Conceptos generales. Soluciones y trayectorias. Integrales primeras. Aplicaciones al cálculo de curvas y superficies.

Bloque III. Geometría diferencial de curvas y superficies Tema 7. Curvas planas y alabeadas Curvas planas. Vectores tangente y normal. Curvatura. Curvas en el espacio. Triedro de Frenet. Fórmulas de Frenet. Curvatura y torsión. Algunas curvas destacadas.

Tema 8. Superficies: geometría métrica Superficies en el espacio. Curvas sobre superficies. Primera Forma Fundamental. Problemas métricos: distancias, ángulos, longitudes y áreas.

Tema 9. Superficies: curvatura Segunda Forma Fundamental. Curvatura normal. Curvaturas y direcciones principales. Líneas de curvatura. Líneas y direcciones asintóticas. Curvaturas media y de Gauss. Clasificación de los puntos de una superficie.

BIBLIOGRAFÍA [1] Casas, J.M., Inferencia Estadística, CERA, 1997. [2] Costa, A., Gamboa, J.M., Porto, A.M., Notas de geometría diferencial de curvas y superficies: teoría y ejercicios, Sanz y Torres, 2005. [3] Amores, A.M., Curso básico de curvas y superficies, Sanz y Torres, 2001. [4] do Carmo, M. P., Geometría Diferencial de Curvas y Superficies, Alianza Universidad Textos, 1994. [5] López de la Rica, A.; de la Villa Cuenca, A., Geometría Diferencial, Clagsa, 1997. [6] Nagle, R., Edward, B., Saff, A., Ecuaciones diferenciales y problemas con valores en la frontera, Addison Wesley, 2005. [7] Elsgoltz, L., Ecuaciones Diferenciales y Cálculo Variacional, cuarta edición, Mir 1992. [8] Montgomery, D.C., Control Estadístico de la Calidad, Limusa-Wiley, 2004. [9] Rodríguez Marín, L., Bargueño Fariñas, V., Introducción a las Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Curso Teórico-Práctico, Sanz y Torres, 2003. [10] Simmons, G. F., Ecuaciones Diferenciales con aplicaciones y notas históricas, segunda edición, McGraw-Hill, 1993.

Tema 1.- Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden 1.- Conceptos generales. Un modelo matemático es la conversión de fenómenos de la vida real al formalismo matemático. La dificultad esencial es la conversión de hipótesis imprecisas en fórmulas muy precisas.

Es importante tener en cuenta que el objetivo de un modelo matemático no es producir una copia exacta del hecho real, sino más bien representar alguna característica de él.

Los pasos básicos para elaborar un modelo matemático son: a) Establecer claramente las hipótesis en las que se basa el modelo. Estas hipótesis deben describir las relaciones entre las cantidades por estudiar. b) Definir cuales de estas cantidades son variables y cuales los parámetros. c) Obtener las ecuaciones que relacionan las variables y parámetros de b) con las hipótesis de a).

Las cantidades en nuestros modelos se agrupan, básicamente, en tres categorías: 

Variables independientes: Son las cantidades que no dependen de ninguna otra del modelo, por ejemplo, en el estudio de sistemas que evolucionan con el tiempo, éste, el tiempo, es la variable independiente.



Variables dependientes: Son las cantidades que son función de la variable independiente, por ejemplo, la posición de una partícula que se mueve con el tiempo.



Los parámetros: Son las cantidades que no cambian con la variable independiente, pero pueden ajustarse para mejorar el modelo. Uno de los aspectos mas importantes de un modelo es el de determinar la manera en que cambian las variables dependientes cuando ajustamos los parámetros.

2

Ejemplo de modelo: Crecimiento de poblaciones. Enunciamos dos modelos que estudian el crecimiento de una población desde diferentes hipótesis. Estos modelos son de utilidad, entre otros campos, en el Urbanismo. Un modelo elemental de crecimiento de una población se basa en la hipótesis siguiente: 1) La velocidad de crecimiento de una población es proporcional a la población Las cantidades implicadas son: 

t: variable independiente tiempo



P(t ) : variable dependiente: población en el instante t



k: es el parámetro del modelo que establece la proporcionalidad entre la velocidad de crecimiento y el tamaño de la población

La relación entre las cantidades definidas y la hipótesis hecha es el modelo de crecimiento ilimitado de la población y viene dado por:

dP(t )  k P(t ) dt

Este modelo de crecimiento ilimitado puede ajustarse de manera que se tenga en cuenta un entorno y unos recursos limitados, para ello agregamos las hipótesis siguientes: 1) Si la población es pequeña la velocidad de crecimiento de la población es proporcional a su tamaño 2) Si la población es demasiado grande, para ser soportada por su entorno y recursos disponibles, la población disminuirá, por tanto la velocidad de crecimiento será negativa. En este caso las cantidades implicadas son: 

t: variable independiente tiempo



P(t ) : variable dependiente: población en el instante t



k: es el parámetro del modelo que establece la relación entre la velocidad de crecimiento y el tamaño de la población



N: parámetro que representa la capacidad de soporte del entorno de manera que

P  t  crece si P  t   N

P  t  decrece si P  t   N P  t  se dice estable si P  t   N

3

Recogiendo estas condiciones un modelo de crecimiento limitado sería:

 P t   dP  k 1   P t  dt N  

El estudio cualitativo y cuantitativo de estos modelos los haremos en el laboratorio de Informática.

El objetivo de los dos primeros bloques del programa, que comprenden los temas 1 al 6, es el análisis de modelos matemáticos mediante ecuaciones y sistemas diferenciales que son de mayor aplicación en la arquitectura tanto en el cálculo de estructuras como en el estudio de superficies.

Procedemos a incluir las siguientes definiciones:

Definición 1.1.- Una ecuación diferencial ordinaria (edo) es una identidad que relaciona una variable independiente x, una variable dependiente , y( x) y las derivadas de ésta, y( x) , y( x) , ..., y n ) ( x) , de la forma F  x, y( x), y( x), y( x),..., y n ) ( x)   0

(1)

A la derivada de mayor grado que aparece en (1) se le llama orden de la edo.

Definición 1.2.- Una ecuación diferencial ordinaria (edo) de primer orden es una identidad que relaciona una variable independiente x, una variable dependiente y( x) , y su primera derivada y( x)

F  x, y( x), y( x)   0

(2)

Obsérvese que tanto en la Definición 1.1 como en la Definición 1.2 se relacionan entre sí dos variables, una independiente, la variable x, que puede tomar cualquier valor en toda la recta real o en un intervalo de ella, y una variable dependiente y( x) , es decir, una variable que no puede tomar cualquier valor libremente sino que éstos dependerán de los valores que tome x. Por esta razón, la variable y es una función de x.

La cantidad y variedad de ecuaciones diferenciales ordinarias que se pueden plantear es

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tan amplia que resulta imposible establecer una clasificación exhaustiva de todas. No obstante, existen diversos tipos que son los que suelen explicar muchos de los fenómenos físicos reales. Uno de esos tipos es el de las ecuaciones diferenciales lineales. Este tipo de ecuaciones merece especial atención por varias razones. Por una parte, surgen cuando se modelizan numerosos fenómenos reales, algunos de ellos vinculados a la arquitectura. Por otra parte, se disponen de muchas técnicas para resolver estas ecuaciones, contrariamente a lo que sucede con otras. Finalmente, muchas ecuaciones diferenciales no lineales no pueden resolverse como tales y en tales casos, a menudo se recurre a una simplificación de las mismas mediante un modelo lineal aproximado.

Definición 1.3.- Una ecuación diferencial ordinaria lineal es una identidad que puede escribirse de la forma:

an  x  y n )  x   an1  x  y n1)  x   ...  a0  x  y  x   f  x 

Además: 

Si todos los coeficientes son constantes: ai  x   ai  R , la edo lineal se llama de coeficientes constantes



Si alguno de los coeficientes de la ecuación son función de la variable independiente

ai  x  la edo lineal se llama de coeficientes variables. 

Si el término independiente f  x   0 la edo lineal se llama completa ó no homogénea



Si el término independiente f  x   0 la edo lineal se llama incompleta u homogénea

2.- Soluciones de ecuaciones diferenciales. Definición 2.1 Se llama solución de una edo en un intervalo I de la recta real a una función y( x) que verifica la ecuación (1), es decir, tal que F  x, y( x), y( x), y( x),..., y n ) ( x)   0 para todo x  I

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

Si esta función y depende además de la variable independiente x , de tantas constantes como sea el orden de la ecuación diferencial entonces se llama solución general, y será de la forma y  y  x, c1 , c2 ,..., cn  ó en forma implícita

f  x, y, c1 ,..., cn   0 

Si esta función solo depende de la variable independiente x entonces se llama solución particular y será de la forma y  y  x  ó en forma implícita

f  x, y   0

Ejemplo 2.1: Comprobar que las funciones y1  e5 x ,

y2  e3t son soluciones de la

ecuación diferencial lineal de segundo orden homogénea y  2 y  15 y  0 . En efecto: 

Para y  e5x calculamos y  5e5 x ,

y  25e5 x , sustituimos en la ecuación

25e5 x 10e5 x 15e5 x  0 , comprobando que se verifica



Para y  e3x calculamos y  3e3 x ,

y  9e3 x , sustituimos en la ecuación

9e3 x  6e3 x 15e3 x  0 , comprobando que se verifica Obsérvese que también es solución de la ecuación y3  0 , y también es solución una combinación lineal de dos cualesquiera de estas tres soluciones, por ejemplo de y1 e

y2 : y  c1 y1  c2 y2  c1e5 x  c2e3 x para cualesquiera que sean las constantes c1 y c2 números reales, bastaría, para comprobarlo sustituir en la ecuación. En este caso, las funciones y1  e5 x ,

y2  e3t ,

y3  0 son soluciones particulares de

la ecuación dada y  2 y  15 y  0 , mientras que y  c1e5 x  c2e3 x sería una solución general de la ecuación.

En el caso particular de ecuaciones de primer orden se tiene:

Definición 2.2 Se llama solución de una edo de primer orden en un intervalo I de la recta real a una función y( x) que verifica la ecuación (2), es decir, tal que

F  x, y( x), y( x)   0 para todo x  I

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Si una edo de primer orden tiene solución entonces tiene infinitas soluciones, las cuales se diferencian entre sí en un parámetro que puede ser aditivo, multiplicativo, exponencial,... Por ello, distinguimos entre  Solución general de una ecuación diferencial ordinaria: Es una familia de funciones de la forma y  y( x, C ) , donde C   . Es decir, para cada valor que asignemos al parámetro C obtenemos una solución diferente de la ecuación diferencial ordinaria.  Solución particular de una ecuación diferencial ordinaria: Es una función concreta y  y( x) que satisface la ecuación.

Así pues, cada vez que nos dispongamos a resolver una ecuación diferencial ordinaria debemos obtener todas sus soluciones o, lo que es lo mismo, hallar su solución general. Resolver algebraicamente una ecuación diferencial ordinaria es una tarea a veces complicada o incluso imposible de conseguir. Conscientes de esa dificultad, en general, trabajaremos siempre con ecuaciones diferenciales llamadas resueltas respecto de la derivada, es decir, con aquéllas en las que la derivada de la función aparece despejada como función de la variable independiente y de la propia función. Es decir, la estructura habitual de ecuación diferencial con la que trabajaremos será

y  f  x, y  donde f  x, y  es una función conocida de dos variables.

2.2. Interpretación gráfica Recuérdese que la derivada de una función y  x  en cada punto x0 representa la pendiente de la recta tangente a la curva y  y  x  por el punto  x0 , y  x0   . Este hecho nos permite visualizar de manera aproximada cómo serán las trayectorias de las soluciones de la edo. En efecto, obsérvese que aunque la función y  x  (solución de la edo) es desconocida para nosotros, por ser la incógnita de la ecuación, sin embargo, sí es conocida su derivada: y  f  x, y  . Por tanto, en cada punto de plano  x, y  por el que pasa la curva y  y  x  podemos representar el vector tangente a dicha curva. Esto es lo que se denomina el campo de direcciones de la edo.

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3.- Ecuaciones diferenciales de primer orden Definición 3.1 Una ecuación diferencial lineal de primer orden es una identidad de la forma

a  x  y  b  x  y  c  x  donde x es la variable independiente, y  x  es la variable dependiente (o función), y donde las funciones a  x  , b  x  , c  x  son funciones de x conocidas y a  x   0 . Por ser a  x   0 , podemos dividir en ambos miembros de la edo lineal entre a  x  , de modo que tenemos y 

b  x c  x y a  x a  x

Como el cociente de dos funciones de x es una función de x, deducimos que una ecuación diferencial lineal de primer orden tiene la estructura

y  p  x  y  f  x  donde p  x  y f  x  son funciones de x conocidas. A la función f  x  se le llama término independiente de la edo lineal.

Dependiendo de si el término independiente es o no la función nula, distinguimos entre edo lineal homogénea y completa.  Si f  x   0 , se dice que la ecuación diferencial lineal es homogénea.  Si f  x   0 , se dice que la ecuación diferencial lineal es completa.

3.1 Método para la resolución de una edo lineal de primer orden El proceso para la obtención de la solución general de una ecuación diferencial lineal completa consta de dos etapas. En una primera etapa, buscaremos la solución general de la ecuación homogénea y será ésta la que nos servirá de referencia para obtener la solución general de la completa en la segunda etapa. Veamos el proceso con detalle. Partimos de la ecuación diferencial lineal de primer orden 8

y  p  x  y  f  x 

Etapa 1. Búsqueda de la solución general de la edo lineal homogénea. En esta primera etapa omitimos, por tanto, el término independiente y consideramos la edo y  p  x  y  0 . Esta ecuación se puede resolver mediante el llamado proceso de separación de variables, que consiste en pasar a un miembro de la ecuación todo lo que depende de la variable y, dejando en el otro miembro todo lo que depende de x:

y  p  x  y  0 

dy   p  x y  dx

dy   p  x  dx y

Una vez separadas las variables, sólo falta integrar en ambos miembros. Si denotamos por P  x  a una primitiva cualquiera de p  x  , tenemos que:

dy   p  x  dx  y





dy   p  x  dx  ln y  ln C   P( x)  y

y  C e P( x)

de donde deducimos que la solución general de la edo lineal homogénea es

y  x   Ce P x  , con C   .

Etapa 2. Búsqueda de la solución general de la edo lineal completa. Ahora volvemos a retomar la edo lineal completa

y  p  x  y  f  x 

(3)

El procedimiento que se usa en esta segunda etapa se conoce con el nombre de método de

variación

de

constantes.

El

método

comienza

definiendo

la

función

y  x   C  x  e P x  . Es decir, partimos de la solución general de la edo lineal homogénea, pero cambiando la constante C por una función C  x  . De este modo, se P x trata de encontrar la función C  x  para que la función y  x   C  x  e   sea solución

de la ecuación completa (3) Para que una función sea solución de una ecuación diferencial necesitamos, sencillamente, que cumpla su ecuación. Así que vamos a calcular y  x  y vamos a sustituirla junto con y  x  en dicha ecuación:

y  x   C  x  e P x   C  x  e P x    P  x    C  x  e P x   p  x  C  x  e P x  Sustituyendo en la ecuación (2.1.1), nos queda 9

y  p  x  y  f  x   C   x  e  P  x   p  x  C  x  e  P  x   p  x  C  x  e  P  x   f  x  Simplificando

C   x  e  P x   f  x  y, por consiguiente

C   x   f  x  e P x 

(4)

Como buscamos una función C  x  de la que conocemos ya su derivada primera, basta integrar en (4) para obtener la función C  x  :

C  x    f  x  e P x  dx P x Finalmente, basta sustituir C  x  en la función y  x   C  x  e   , obteniéndose así la

solución general de la ecuación diferencial lineal completa.

Ejemplo 3.1.1 Resolver la ecuación diferencial lineal completa y 

3y  6x2 . x

Resolución. Podemos ver que, en efecto, se trata de una ecuación diferencial lineal completa de primer orden, en la que p  x   ecuación lineal homogénea y 

3 y f  x   6x 2 . Partimos, en primer lugar, de la x

3y  0 , cambiando el término independiente por 0, y x

buscamos la solución general de la misma. Esto siempre lo podemos hacer separando variables:

y 

3 y0  x

dy 3  y  dx x

dy 3   dx y x

Una vez hecho esto, integramos en ambos miembros de la ecuación y obtenemos así la solución general de la homogénea:

dy 3   dx  y x





dy 3  dx  ln y  ln C  3ln x y x



y  C x 3

de donde obtenemos la solución general y  x   C x 3 , con C   . Pasamos ahora a la segunda parte y para ello, volvemos a retomar la ecuación original

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y 

3y  6x2 . x

Definimos la función y  x   C  x  x 3 y nos planteamos hallar C  x  para que la función y  x   C  x  x 3 sea solución de la ecuación completa. Así que vamos a derivar

y  x   C  x  x 3  3C  x  x 4 y vamos a sustituir en la edo:

y 

3 3 y  6 x 2  C   x  x 3  3C  x  x 4  C  x  x 3  6 x 2  C   x  x 3  6x 2 x x

de donde deducimos que C  x  x 3  6 x 2 y, por consiguiente

C   x   6 x5 . Calculamos la C  x  integrando en esta última identidad: C  x    6 x5dx  x 6  C con C  

Finalmente, sustituimos C  x  en la función y  x   C  x  x 3 : y  x    x6  C  x 3  x3  C x 3

para deducir que la solución general de la ecuación diferencial lineal completa es

y  x   x3  C x 3 , con C   .

4. Problema de valor inicial Acabamos de ver en la sección anterior que la solución general de una ecuación diferencial es una familia de funciones que verifica dicha ecuación. Si de esta familia infinita de soluciones queremos determinar la que pasa por un punto determinado o la que verifica una determinada condición estaríamos buscando una solución particular, donde la condición que imponemos nos sirva para determinar un valor concreto de la constante. Para ecuaciones de primer orden se tiene el siguiente resultado

Definición 4.1 Se llama problema de valor inicial asociado a una ecuación diferencial ordinaria de primer orden al problema que consiste en determinar, entre todas las soluciones de la edo, aquélla que satisface una determinada condición, llamada

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condición inicial. La estructura general de este tipo de problemas es   y   f  x, y  .    y  x0   y0

El proceso para resolver un problema de valor inicial no presenta otra dificultad, que la de resolver la propia edo. Simplemente, una vez determinada la solución general de la edo, y  y  x, C  , se trata de hallar para qué valor de la constante C para que se cumpla la condición inicial y  x0   y0 . Obsérvese que en un problema de valor inicial, la condición inicial no tiene por qué ser siempre de la forma y  x0   y0 , sino que podrían darse otras, como, por ejemplo,

y  x0    .

  3y  6x2 y  Ejemplo 4.1 Resolver el problema de condición inicial  . x  y 1  2 

En este problema nos piden hallar, entre todas las soluciones de la ecuación diferencial ordinaria y 

3y  6 x 2 , aquélla que verifica que y 1  2 . Hemos visto en el apartado x

anterior que solución general de la ecuación diferencial dada es y  x   x3  C x 3 , con

C   . De entre todas las soluciones, buscamos la que satisface que y 1  2 , es decir, cuando x  1 , se tiene que y  2 . Basta, pues, sustituir en la solución general y despejar C:

y 1  2  2  13  C 13  2  1  C  C  1 Por tanto, la única solución del problema de valor inicial es y  x   x3  x 3 que es una solución particular.

5.- Resolución numérica de una ecuación diferencial de primer orden La búsqueda de una solución aproximada de una ecuación diferencial de primer orden, se basa en la interpretación geométrica de dicha ecuación. Recordemos que si la función

y  x  es una solución de la ecuación diferencial y  x   f  x, y  que pasa por un punto

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 x0 , y0  , significa que la derivada en

x  x0 es conocida y viene dada por f  x0 , y0  ,

donde y0  y  x0  , es la pendiente de la recta tangente que pasa por  x0 , y0  . Esta idea geométrica de aproximar arcos de la curva solución por trozos de recta tangente en distintos puntos de la curva, sirve de base para diseñar el método de resolución numérica que se llama: Método de Euler. Sin embargo, para estimar el error cometido en dicha solución aproximada nos basamos en el desarrollo en serie de Taylor para una función continua, con derivadas de cualquier orden continuas, recordemos que viene dado por la expresión:

y  x  h   y  t   h y  x   donde Ek  h  

h2 hk k y  x     y    x   Ek  h  2! k!

h k 1  k 1 y   con    x, x  h   k  1!

El resultado anterior nos dice que el valor en cada punto de una función y  y  x  infinitamente derivable se puede aproximar por un polinomio de cualquier grado k,

y  x  h   y  x   h y  x  

h2 hk k y  x     y    x  , 2! k!

mientras que el error que se comete E k h  , es del orden de h k 1 , es decir

Ek h  Ch k 1 . Esto último se expresa como Ek h  Oh k 1  y se dice que el error cometido es del orden de h k 1 , o simplemente de orden k  1 .

5.1.- Método de Euler.  y  f  x, y  Consideremos el problema con condición inicial  con x   a, b . Para  y  a   y0 encontrar la solución aproximada de este problema de valor inicial procedemos de la siguiente manera: 1. Dividamos el intervalo  a, b  en k subintervalos de igual amplitud de manera que

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x0  a, xk  b , y el tamaño del paso ó amplitud de los subintervalos es h 

ba , k

es decir el intervalo  a, b  queda subdividido por los puntos  x0 , x1 ,..., xi , xi 1 ,..., xk  , siendo xi 1  xi  h, i  0,..., k . Entonces la ecuación de la recta que pasa por

 x0 , y0  , que es la condición inicial, y pendiente

y  x0   f  x0 , y0  viene dada por

y  y0  f  x0 , y0  x  x0  , es decir y  y0  f  x0 , y0  x  x0  2. Tomamos el segundo punto x1  x0  h , y llamamos y1 al punto de la recta tangente que pasa por x1 y tiene pendiente y  x0  , con esto construimos el punto  x1 , y1  con y1  y0  f  x0 , y0  x1  x0   y1  y0  h f  x0 , y0  . Calculamos la recta que pasa por  x1 , y1  y tiene como pendiente y  x1  que será y  y1  f  x1 , y1  x  x1  3. Repetimos el proceso tomando el tercer punto x2  x1  h y llamamos y2 al punto de la recta tangente que pasa por x2 y tiene pendiente y  x1  , con esto construimos el punto  x2 , y2  que será y2  y1  h f  x1 , y1  4. Hemos construido así, un proceso iterativo que se va acercando a la curva solución mediante segmentos de las rectas tangentes en cada punto de la partición hecha del intervalo:

x1  x0  h,

y1  y0  h f  x0 , y0 

x2  x1  h,

y2  y1  h f  x1 , y1 

 xk  xk 1  h,

yk  yk 1  h f  xk 1 , yk 1 

Este proceso iterativo se llama Algoritmo de Euler y permite calcular una solución aproximada al problema de valor inicial dado.

5.2.- Error cometido en el Método de Euler. El error cometido cuando utilizamos el valor de yi  xi  en vez del valor de la solución exacta: y  xi  , para cada i  0,...k , podemos acotarlo de la siguiente manera: observar que el desarrollo en serie de Taylor de la función y  y  x  , en un punto x  xi , viene

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dado por y  xi   y  xi 1  h   y  xi 1   h y  xi 1  

h2 hk k y  xi 1     y    xi 1  2! k!

Tomar la aproximación de primer orden es precisamente truncar el desarrollo por la derivada de primer orden que es: y  xi   y  xi 1  h   y  xi 1   h y  xi 1  Obsévese que esta es la ecuación de la recta tangente en el punto  xi 1 , yi 1  que hemos construido por el Método de Euler. Sabemos que en cada paso i el error local que se comete esta dado por el primer término del desarrollo despreciado: Ei 

h2 y  ci  donde ci   xi 1 , xi  , por tanto el error de 2

truncamiento global será la suma de los errores locales: i k

i k

i 1

i 1

E   Ei   y  ci 

ba h2 h2 b  a  y donde  k y c  y  c  h  Ch ya que k  2 2 2 h

hemos llamado y  c  al valor máximo de los y  ci  que no conocemos pero sabemos que existe. Por tanto el error que se comete es de orden h como indicamos antes. Nótese que si el paso h se reduce a la mitad

h el error que se comete también se reduce a la 2

mitad.

15

Tema 2. Ecuaciones diferenciales lineales de orden mayor que uno 1.

Conceptos generales. Estructura y propiedades de las soluciones

Definici´ on 1.1 Una ecuaci´on diferencial lineal de orden n es una identidad del tipo an (x) y (n (x) + an−1 (x) y (n−1 (x) + · · · + a1 (x) y 0 (x) + a0 (x) y(x) = d(x)

(1)

donde “x” es la variable independiente, ai (x), para i = 0, . . . , n y d(x) son funciones de “x” conocidas e y(x) es la funci´on de “x” inc´ognita de la ecuaci´on. • Si d(x) ≡ 0 en (1), a la ecuaci´on se le llama lineal homog´enea. • Si d(x) 6≡ 0 en (1), a la ecuaci´on se le llama lineal completa. • Si las funciones ai (x), para i = 0, . . . , n son constantes en (1), a la ecuaci´on se le llama lineal de coeficientes constantes. Definici´ on 1.2 Una soluci´on de la ecuaci´on diferencial lineal (1) es una funci´on y = y(x) que satisface dicha ecuaci´on, es decir, tal que an (x) y (n (x) + an−1 (x) y (n−1 (x) + · · · + a1 (x) y 0 (x) + a0 (x) y(x) = d(x), para todo x En este tema trabajaremos preferentemente con ecuaciones lineales de orden 2 (de segundo orden). Definici´ on 1.3 Una ecuaci´on diferencial lineal de segundo orden es una identidad del tipo a(x) y 00 (x) + b(x) y 0 (x) + c(x) y(x) = d(x)

(2)

donde “x” es la variable independiente, a(x), b(x), c(x), d(x) son funciones de “x” conocidas e y(x) es la funci´on de “x” inc´ognita de la ecuaci´on. 2

• Si d(x) ≡ 0 en (2), a la ecuaci´on se le llama lineal homog´enea. • Si d(x) 6≡ 0 en (2), a la ecuaci´on se le llama lineal completa. • Si las funciones a(x), b(x) y c(x) son constantes en (2), a la ecuaci´on se le llama lineal de coeficientes constantes.

Definici´ on 1.4 Una soluci´on de la ecuaci´on diferencial lineal (2) es una funci´on y = y(x) que satisface dicha ecuaci´on, es decir, tal que a(x) y 00 (x) + b(x) y 0 (x) + c(x) y(x) = d(x), para todo x

Observaci´ on 1.5 Puesto que en una ecuaci´ on lineal de orden n aparecen derivadas hasta orden n, la soluci´on general de la misma depender´ a de n par´ ametros, por lo que ser´ a de la forma y = y(x, C1 , C2 , . . . , Cn ), con C1 , C2 , . . . , Cn ∈ R. En particular, la soluci´ on general de una ecuaci´on lineal de segundo orden ser´ a de la forma y = y(x, C1 , C2 ), con C1 , C2 ∈ R.

En lo que sigue, necesitamos encontrar un m´etodo que nos permita resolver este tipo de ecuaciones. El m´etodo que veremos en este tema, conocido como m´etodo de variaci´ on de constantes, no es m´as que una generalizaci´on a ecuaciones de segundo orden del m´etodo de variaci´on de constantes que vimos para la resoluci´on de las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden. En l´ıneas generales, resolveremos la ecuaci´on en dos etapas. En la primera, buscaremos soluciones para la ecuaci´on lineal homog´enea, y en la segunda, haciendo uso de las soluciones obtenidas de la homog´enea, abordaremos la b´ usqueda de la soluci´on general de la completa.

Definici´ on 1.6 Consideremos una ecuaci´on lineal homog´enea de segundo orden a(x) y 00 (x) + b(x) y 0 (x) + c(x) y(x) = 0.

(3)

Se dice que y1 = y1 (x) e y2 = y2 (x) son dos soluciones de (3) linealmente independientes y1 (x) si 6≡ constante. y2 (x)

3

Para comprobar si dos funciones son o no linealmente independientes, basta observar el Wronskiano o determinante de la matriz Wronskiana, como se detalla en el siguiente teorema.

Teorema 1.7 Dos funciones y1 = y1 (x) e y2 = y2 (x) son linealmente independientes si y1 (x) y2 (x) 6≡ 0. y s´ olo si 0 0 y1 (x) y2 (x)  Definici´ on 1.8 A la matrix 

y1 (x) y2 (x) y10 (x) y20 (x)

  se le llama matriz Wronskiana y a su

determinante, Wronskiano.

La siguiente propiedad nos permite dar el primer paso para la resoluci´on de la ecuaci´on lineal.

Propiedad 1.9 Si y1 = y1 (x) e y2 = y2 (x) son dos soluciones linealmente independientes de la ecuaci´ on lineal homog´enea (3), entonces la funci´ on y(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x), con C1 , C2 ∈ R, es la soluci´on general de la ecuaci´ on lineal homog´enea.

Por consiguiente, para obtener la soluci´on general de una ecuaci´on lineal homog´enea, basta encontrar dos soluciones particulares de la misma que sean linealmente independientes. La siguiente propiedad nos permitir´a completar el proceso de resoluci´on de una ecuaci´on lineal completa.

Propiedad 1.10 Consideremos una ecuaci´ on lineal completa de segundo orden a(x) y 00 (x) + b(x) y 0 (x) + c(x) y(x) = d(x) y su correspondiente ecuaci´on lineal homog´enea a(x) y 00 (x) + b(x) y 0 (x) + c(x) y(x) = 0. Si y0 = y0 (x) es una soluci´on particular cualquiera de la ecuaci´ on completa e y1 = y1 (x), 4

y2 = y2 (x) son dos soluciones particulares cualesquiera de la homog´enea, entonces la soluci´ on general de la ecuaci´on lineal completa es y(x) = y0 (x) + C1 y1 (x) + C2 y2 (x), con C1 , C2 ∈ R. Como consecuencia de las Propiedades 1.9 y 1.10, para resolver una ecuaci´on lineal completa basta obtener: • Dos soluciones particulares de la homog´enea que sean linealmente independientes, y • Una soluci´on particular de la ecuaci´on completa.

Definici´ on 1.11 Se llama problema de valor inicial asociado a una ecuaci´on diferencial lineal de segundo orden, y se representa como    a(x) y 00 (x) + b(x) y 0 (x) + c(x) y(x) = f (x)   y(x ) = y 0 0 al problema consistente en determinar, entre todas las soluciones y = y(x) de la ecuaci´on lineal, la que satisface la condici´on y(x0 ) = y0 . a dicha condici´on se le conoce con el nombre de condici´on inicial.

2.

Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes Una ecuaci´on diferencial lineal con coeficientes constantes es una identidad del tipo a2 (x) y 00 (x) + a1 (x) y 0 (x) + a0 (x) y(x) = f (x)

en la que las funciones a0 (x), a1 (x) y a2 (x) son constantes y, por tanto, se denotan simplemente por a2 y 00 + a1 y 0 + a0 y = f (x) 5

Tal y como hemos visto en la Secci´on 1 de este tema, para resolver una ecuaci´on diferencial lineal de segundo orden, debemos encontrar dos soluciones linealmente independientes de la ecuaci´on lineal homog´enea asociada y una soluci´on particular de la completa. En el siguiente resultado, cuya demostraci´on es inmediata, vemos que cuando tratamos con ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes, la obtenci´on de la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea es inmediata.

Teorema 2.1 Dada la ecuaci´on lineal homog´enea con coeficientes constantes a2 y 00 + a1 y 0 + a0 y = 0, si r0 es una ra´ız de la ecuaci´on a2 r2 + a1 r + a0 = 0, entonces y(x) = er0 x es una soluci´ on particular de la ecuaci´on homog´enea.

A la ecuaci´on de segundo grado a2 r2 +a1 r+a0 = 0 se le llama ecuaci´ on caracter´ıstica. As´ı que teniendo en cuenta el Teorema 2.1, para obtener dos soluciones particulares de la ecuaci´on lineal homog´enea linealmente independientes, habr´a que encontrar primero las ra´ıces de la ecuaci´on caracter´ıstica a2 r2 + a1 r + a0 = 0. Recordemos que una ecuaci´on de segundo grado puede tener dos ra´ıces reales distintas, r1 , r2 , con r1 6= r2 , una ra´ız real doble r o dos ra´ıces complejas conjugadas, r1 = α + iβ, r2 = α − iβ. Por consiguiente, cuando tenemos una ecuaci´on diferencial lineal con coeficientes constantes, a2 y 00 + a1 y 0 + a0 y = f (x), para hallar la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea seguiremos los siguientes pasos: Paso 1. Hallar las ra´ıces de la ecuaci´on caracter´ıstica a2 r2 + a1 r + a0 = 0. Paso 2. Distinguiremos tres casos posibles en funci´on del tipo de ra´ıces que obtengamos: (a) Si las ra´ıces son reales y distintas, r1 , r2 ∈ R, con r1 6= r2 , entonces, aplicando el Teorema 2.1, sabemos que y1 (x) = er1 x e y2 (x) = er2 x son soluciones particulares de dicha ecuaci´on. Adem´as, obs´ervese que ambas soluciones son linealmente independientes,

6

puesto que el Wronskiano es y1 (x) y2 (x) er1 x er2 x = 0 y1 (x) y2 (x) r1 er1 x r2 er2 x

= e(r1 +r2 )x (r2 − r1 ) 6= 0, porque r1 6= r2

Y por otra parte, aplicando la Propiedad 1.9 deducimos que y(x) = C1 er1 x + C2 er2 x , con C1 , C2 ∈ R es la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea. (b) Supongamos que la ecuaci´on tiene una sola ra´ız real doble, r. Existe una propiedad que dice que si un n´ umero real r es una ra´ız de un polinomio P (x) con multiplicidad r, entonces P (r) = 0, P 0 (r) = 0, . . . , P (r−1 (r) = 0. En nuestro caso, como r es ra´ız con multiplicidad 2 del polinomio P (x) = a2 x2 + a1 x + a0 , entonces se cumple que   2  a2 r + a1 r + a0 = 0  P (r) = 0 ⇐⇒ (4) 2a2 r + a1 = 0  P 0 (r) = 0  Aplicando el Teorema 2.1, sabemos que y1 (x) = erx es una soluci´on particular de la homog´enea. Veamos que tambi´en se cumple que y2 (x) = xerx es soluci´on particular de la homog´enea, para lo cual debemos comprobar que satisface la ecuaci´on. En efecto, tenemos que y2 (x) = xerx , y20 (x) = (1 + rx)erx , y200 (x) = r(2 + rx)erx Por tanto sustituyendo en la ecuaci´on homog´enea, nos queda a2 r(2 + rx)erx + a1 (1 + rx)erx + a0 xerx = erx [a2 r(2 + rx) + a1 (1 + rx) + a0 x] = erx [x (a2 r2 + a1 r + a0 ) + (2a2 r + a1 )] = 0, puesto que por (4) tenemos que los dos sumandos entre corchetes son 0. Por consiguiente, y2 (x) = xerx es tambi´en soluci´on particular de la ecuaci´on homog´enea. Vemos tambi´en que ambas son linealmente independientes, ya que rx rx y1 (x) y2 (x) e xe = = e2rx 6= 0, para todo x ∈ R 0 rx rx y1 (x) y2 (x) re (1 + rx)e Y aplicando la Propiedad 1.9, deducimos que y(x) = C1 erx + C2 x erx , con C1 , C2 ∈ R 7

es la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea. (c) Supongamos que la ecuaci´on a2 r2 + a1 r + a0 = 0 tiene dos ra´ıces complejas conjugadas, r1 = α + iβ y r2 = α − iβ, con α, β ∈ R, β 6= 0. En este caso, aplicando el Teorema 2.1, tenemos que y1∗ (x) = e(α+iβ)x = eαx eiβx = eαx (cos(βx) + i sin(βx)) y2∗ (x) = e(α−iβ)x = eαx e−iβx = eαx (cos(βx) − i sin(βx)) son soluciones particulares de la ecuaci´on homog´enea. Adem´as son linealmente independientes, puesto que (α+iβ)x (α−iβ)x e e ∗ ∗ W (y1 , y2 ) = (α+iβ)x (α−iβ)x (α + iβ)e (α − iβ)e 1 1 = e(α+iβ) e(α−iβ) (α + iβ) (α − iβ) = e2αx (α − iβ − α − iβ) = −2iβe2αx 6= 0, puesto que las ra´ıces de la ecuaci´on caracter´ıstica eran complejas y, por tanto, β 6= 0. Sin embargo, las soluciones y1∗ (x) e y2∗ (x) son complejas, mientras que lo que buscamos son soluciones reales. Ahora bien, veamos que de la combinaci´on lineal de ambas soluciones complejas podemos extraer dos soluciones particulares reales de la ecuaci´on homog´enea. En efecto, y(x) = C1 e(α+iβ)x + C2 e(α−iβ)x = C1 eαx eiβx + C2 eαx e−iβx
= eαx C1 eiβx + C2 e−iβx = eαx (C1 (cos(βx) + i sin(βx)) + C2 (cos(βx) − i sin(βx))) = eαx [(C1 + C2 ) cos(βx) + i(C1 − C2 ) sin(βx)] = K1 eαx cos(βx) + K2 eαx sin(βx) donde K1 = C1 + C2 y K2 = i(C1 − C2 ). Recu´erdese que para cualquier par de valores que asignemos a los par´ametros K1 y K2 , obtenemos una soluci´on particular. As´ı que, por 1 ejemplo, tomando C1 = C2 = , tenemos que K1 = 1 y K2 = 0, con lo que deducimos 2 8

i que y1 (x) = eαx cos(βx) es una soluci´on particular de la homog´enea. Y tomando C1 = − 2 i αx y C2 = , tenemos que K1 = 0 y K2 = 1, con lo que deducimos que y2 (x) = e sin(βx) 2 es tambi´en una soluci´on particular de la homog´enea. Adem´as, ambas son linealmente independientes, puesto que y1 (x) y2 (x) eαx cos(βx) eαx sin(βx) = 0 y1 (x) y2 (x) (α − β sin(βx)) eαx (α + β cos(βx)) eαx



= αe2αx (cos(βx) − sin(βx)) + βe2αx 6= 0, para todo x ∈ R As´ı que, aplicando la Propiedad 1.9 llegamos finalmente a que y(x) = eαx [C1 cos(βx) + C2 sin(βx)] , con C1 , C2 ∈ R es la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea.

2.1.

Generalizaci´ on a ecuaciones lineales homog´ eneas de orden superior a dos El m´etodo anterior para determinar la soluci´on general de una ecuaci´on lineal

homog´enea con coeficientes constantes se puede generalizar a ecuaciones de orden n. Supongamos que tenemos la ecuaci´on lineal homog´enea an y (n + an−1 y (n−1 + · · · + a2 y 00 + a1 y 0 + a0 y = 0 donde ai es constante, para cada i = 0, . . . , n. Consideremos la ecuaci´on caracter´ıstica correspondiente an rn + an−1 rn−1 + · · · + a2 r2 + a1 r + a0 = 0 Esta ecuaci´on tiene n ra´ıces (reales y/o complejas), contando su multiplicidad. La soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea ser´a de la forma y(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + · · · + Cn yn (x) donde las soluciones particulares se van obteniendo de la siguiente manera: 9

• Para cada una de las ra´ıces reales simples de la ecuaci´on caracter´ıstica, r1 , r2 , . . . , rk , construimos las soluciones y1 (x) = er1 x , y2 (x) = er2 x , . . . , yk (x) = erk x • Para cada ra´ız real r de la ecuaci´on caracter´ıstica con multiplicidad r ≥ 2, construimos las soluciones yk+1 (x) = erx , yk+2 (x) = x erx , . . . , yk+r (x) = xr erx • Por u ´ltimo, por cada par de ra´ıces complejas conjugadas α ± iβ, tenemos el par de soluciones yk+r+1 (x) = eαx cos(βx), yk+r+2 (x) = eαx sin(βx)

2.2.

M´ etodo de los coeficientes indeterminados Una vez establecido el m´etodo para determinar la soluci´on general de una ecuaci´on

homog´enea con coeficientes constantes, para encontrar la soluci´on particular podemos seguir los pasos detallados en la Secci´on 3.1. No obstante, por tratarse de una ecuaci´on cuyos coeficientes son constantes, podemos abordar la b´ usqueda de dicha soluci´on particular mediante otro m´etodo alternativo, llamado m´etodo de los coeficientes indeterminados. Dada la ecuaci´on lineal con coeficientes constantes a2 y 00 + a1 y 0 + a0 y = f (x), el m´etodo de los coeficientes indeterminados consiste en buscar la soluci´on particular y0 (x) seg´ un sea el t´ermino independiente f (x), de acuerdo con la siguiente tabla. Para conocer bien c´omo debemos interpretar la Tabla 1, veamos casos concretos. Por ejemplo, si el t´ermino independiente de la ecuaci´on fuese la funci´on f (x) = a, siendo a una constante, entonces tomamos y0 (x) = A y se trata de hallar la constante A para que la funci´on y0 (x) as´ı definida sea soluci´on de la ecuaci´on lineal. Derivamos una y dos veces y0 (x) y sustituimos en la ecuaci´on lineal: y0 (x) = A; y00 (x) = 0; y000 (x) = 0 10

f (x)

y0 (x)

Ra´ız excepcional

a

A

0

axn

A0 xn + A1 xn−1 + · · · + An−1 x + An

0

Pn (x)

A0 xn + A1 xn−1 + · · · + An−1 x + An

0

aemx

Aemx

m

Pn (x)emx

(A0 xn + A1 xn−1 + · · · + An−1 x + An ) emx

m

Cuadro 1: B´ usqueda de soluci´on particular. a . El procedimiento que acabamos de seguir tiene un caso a2 excepcional que es el que se˜ nalamos en la tercera columna de la Tabla 1 titulada “Ra´ız

Luego, a0 A = a ⇐⇒ A =

excepcional”, y consiste en lo siguiente: Si el t´ermino independiente de la ecuaci´on fuese la funci´on f (x) = a, siendo a una constante, pero la ecuaci´on caracter´ıstica tiene entre sus ra´ıces al 0, entonces la soluci´on particular que buscaremos ser´a de la forma yp (x) = xr A donde r es la multiplicidad de la ra´ız 0 (r = 1 si 0 es una ra´ız simple, r = 2 si 0 es ra´ız doble, etc). Veamos el procedimiento en otro caso. Supongamos ahora que el t´ermino independiente de la ecuaci´on es un polinomio de grado n, f (x) = b0 + b1 x + · · · + bn−1 xn−1 + bn xn . Teniendo presente la columna “Ra´ız excepcional” de la Tabla 1, si 0 no es ra´ız de la ecuaci´on caracter´ıstica, entonces tomamos y0 (x) = A0 + A1 x + · · · An−1 xn−1 + An xn y nos planteamos hallar los valores A0 , A1 , . . . , An−1 , An para que la funci´on y0 (x) as´ı definida sea soluci´on de la ecuaci´on lineal. Si 0 es ra´ız de la ecuaci´on caracter´ıstica con multiplicidad r ≥ 1, entonces nos planteamos hallar los valores A0 , A1 , . . . , An−1 , An para que la funci´on y0 (x) = xr (A0 + A1 x + · · · An−1 xn−1 + An xn ) sea soluci´on de la ecuaci´on lineal. Derivamos una y dos veces y0 (x) y sustituimos en la ecuaci´on lineal. Una vez hecho eso agrupamos todos los monomios del mismo grado en uno de los miembros de la ecuaci´on (el otro miembro valdr´a 0). Que la funci´on y0 (x) sea soluci´on de la ecuaci´on lineal equivale a que el polinomio obtenido sea id´enticamente 0, para lo cual los coeficientes de cada 11

monomio deben ser todos nulos. Esto da lugar a un sistema lineal de ecuaciones cuyas inc´ognitas son A0 , A1 , . . . , An que resolveremos. Ejemplo 2.2 Resolver la ecuaci´on y 00 − y 0 − 12y = 36x2 .

Resoluci´ on. Es una ecuaci´on lineal con coeficientes constantes. Necesitamos hallar la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea y una soluci´on particular de la completa. Consideremos en primer lugar la homog´enea, cuya ecuaci´on caracter´ıstica es r2 − r − 12 = 0. Resolvemos dicha ecuaci´on: √

 1 ± 1 + 48 1 ± 7  r1 = 4 r= = =  r = −3 2 2 2 Como las ra´ıces son reales y simples, tenemos que y1 (x) = e4x e y2 (x) = e−3x son soluciones particulares de la ecuaci´on homog´enea y, por tanto, y(x) = C1 e4x + C2 e−3x , C1 , C2 ∈ R es la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea. Para hallar una soluci´on particular de la ecuaci´on lineal completa aplicaremos el m´etodo de los coeficientes indeterminados. Como el t´ermino independiente de dicha ecuaci´on es f (x) = 36x2 y 0 no es ra´ız de la ecuaci´on caracter´ıstica, buscaremos la soluci´on particular como y0 (x) = A2 x2 + A1 x + A0 de modo que se trata de hallar los valores de A0 , A1 , A2 para que la funci´on y0 (x) as´ı definida sea soluci´on de la ecuaci´on lineal. As´ı que debemos sustituir y0 (x), y00 (x) e y000 (x) en la ecuaci´on lineal e imponer que se cumpla dicha ecuaci´on: y0 (x) = A2 x2 + A1 x + A0 ; y00 (x) = 2A2 x + A1 ; y000 (x) = 2A2 Luego, 2A2 − 2A2 x − A1 − 12A2 x2 − 12A1 x − 12A0 = 36x2

12

Agrupando nos queda la expresi´on −(12A2 + 36) x2 − (2A2 + 12A1 ) x + (2A2 − A1 − 12A0 ) = 0

(5)

Obs´ervese que para que la funci´on y0 (x) antes definida sea soluci´on particular de la ecuaci´on lineal completa, el polinomio (5) debe ser 0 para todo x. Pero esto s´olo es posible si cada uno de los coeficientes de sus monomios es 0. As´ı, obtenemos el sistema lineal de ecuaciones

  12A2 + 36 = 0    2A2 + 12A1 = 0    2A2 − A1 − 12A0 = 0 

1 13 cuyas soluciones son A2 = −3, A1 = , A0 = − . Por tanto, una soluci´on particular de 2 12 1 13 2 la ecuaci´on lineal completa es y0 (x) = −3x + x − . La soluci´on general de la ecuaci´on 2 12 lineal completa ser´a 1 13 y(x) = −3x2 + x − + C1 e4x + C2 e−3x , C1 , C2 ∈ R 2 12 ⊗

Ejemplo 2.3 Resolver la ecuaci´on y (4 − y 00 = xex

Resoluci´ on. Es una ecuaci´on lineal con coeficientes constantes. Necesitamos hallar la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea y una soluci´on particular de la completa. Consideremos en primer lugar la homog´enea, cuya ecuaci´on caracter´ıstica es r4 − r2 = 0. Resolvemos dicha ecuaci´on:


r4 − r2 = 0 ⇐⇒ r2 r2 − 1 = 0 ⇐⇒ r2 (r − 1)(r + 1) = 0

   r = 0 (doble)   1

r2 = 1 (simple)     r = −1 (simple) 3

Por la ra´ız doble r1 = 0 tenemos dos soluciones particulares de la homog´enea, que son y1 (x) = e0x = 1, y2 (x) = xe0x = x 13

Y por cada una de las ra´ıces simples r2 = 1, r3 = −1 tenemos una soluci´on particular: y3 (x) = ex , y4 (x) = e−x As´ı que y(x) = C1 + C2 x + C3 ex + C4 e−x , C1 , C2 , C3 , C4 ∈ R es la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea. Para hallar una soluci´on particular de la ecuaci´on lineal completa aplicaremos el m´etodo de los coeficientes indeterminados. Como el t´ermino independiente de dicha ecuaci´on es f (x) = xex y la ra´ız excepcional 1 est´a entre las ra´ıces (simple) de la ecuaci´on caracter´ıstica, buscaremos la soluci´on particular como y0 (x) = x (A1 x + A0 ) ex de modo que se trata de hallar los valores de A0 , A1 para que la funci´on y0 (x) as´ı definida 4)

sea soluci´on de la ecuaci´on lineal. Hallamos y000 (x) e y0 (x) y las sustituimos en la ecuaci´on lineal: y00 (x) = (A1 x2 + 2A1 x + A0 x + A0 )ex y000 (x) = (A1 x2 + 4A1 x + A0 x + 2A1 + 2A0 )ex y0000 (x) = (A1 x2 + 6A1 x + A0 x + 6A1 + 3A0 )ex (4

y0 (x) = (A1 x2 + 8A1 x + A0 x + 12A1 + 4A0 )ex Luego, (A1 x2 + 8A1 x + A0 x + 12A1 + 4A0 )ex − (A1 x2 + 4A1 x + A0 x + 2A1 + 2A0 )ex = xex Agrupando y simplificando (dividiendo entre ex ) nos queda la expresi´on (4A1 − 1)x + (10A1 + 2A0 ) = 0

(6)

Obs´ervese que para que la funci´on y0 (x) antes definida sea soluci´on particular de la ecuaci´on lineal completa, el polinomio (6) debe ser 0 para todo x. Pero esto s´olo es posible si cada uno de los coeficientes de sus monomios es 0. As´ı, obtenemos el sistema lineal de ecuaciones

 4A1 − 1 = 0  10A1 + 2A0 = 0  14

5 1 cuyas soluciones son A1 = , A0 = − . Por tanto, una soluci´on particular de la ecuaci´on 4  4  1 2 5 x − x ex . La soluci´on general de la ecuaci´on lineal lineal completa es y0 (x) = 4 4 completa ser´a   1 2 5 y(x) = x − x ex + C1 e4x + C2 e−3x , C1 , C2 ∈ R 4 4 ⊗

3.

M´ etodo de variaci´ on de constantes Tal y como acabamos de ver en la secci´on anterior, para resolver una ecuaci´on dife-

rencial lineal completa de segundo orden, necesitamos encontrar dos soluciones linealmente independientes de la homog´enea y una soluci´on particular de la completa. Para aplicar el m´etodo de variaci´on de constantes, necesitamos conocer una o dos soluciones particulares de la ecuaci´on homog´enea, de ah´ı que distinguiremos los dos escenarios posibles con los que nos podemos encontrar. As´ı pues, dada la ecuaci´on diferencial lineal completa a(x) y 00 (x) + b(x) y 0 (x) + c(x) y(x) = d(x) nos planteamos hallar su soluci´on general.

3.1.

M´ etodo de variaci´ on de constantes cuando conocemos dos soluciones de la homog´ enea Supongamos que y1 = y1 (x), y2 = y2 (x) son dos soluciones particulares de la

ecuaci´on homog´enea linealmente independientes. Sabemos, por la Propiedad 1.9 que la funci´on y(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) es la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea. Para poder aplicar la Propiedad 1.10 y obtener as´ı la soluci´on general de la ecuaci´on lineal completa, necesitamos calcular una soluci´on particular de dicha ecuaci´on. 15

En este caso, el m´etodo de variaci´on de constantes consiste en hallar dos funciones C1 = C1 (x) y C2 = C2 (x) de modo que la funci´on y0 (x) = C1 (x) y1 (x) + C2 (x) y2 (x) sea soluci´on particular de la ecuaci´on lineal completa. Tenemos que y00 = C10 y1 + C1 y10 + C20 y2 + C2 y20 En este caso, imponemos la condici´on C10 y1 + C20 y2 = 0

(7)

de modo que nos queda y00 = C1 y10 + C2 y20 Calculamos y000 derivando en la ecuaci´on anterior y nos queda y000 = C10 y10 + C1 y100 + C20 y20 + C2 y200 . Sustituyendo y0 , y00 e y000 en la ecuaci´on lineal completa, tenemos que a(x) [C10 y10 + C1 y100 + C20 y20 + C2 y200 ] + b(x) [C1 y10 + C2 y20 ] + c(x) [C1 y1 + C2 y2 ] = d(x) o, de modo equivalente, [a(x) y100 (x) + b(x) y10 (x) + c(x) y1 (x)] C1 + [a(x) y200 (x) + b(x) y20 (x) + c(x) y2 (x)] C2 + [C10 y10 + C20 y20 ] a(x) = d(x) Ahora bien, obs´ervese que los dos primeros sumandos de esta u ´ltima ecuaci´on son 0, puesto que y1 e y2 son soluciones particulares de la ecuaci´on lineal homog´enea. Luego, (C10 y10 + C20 y20 ) a(x) = d(x) ⇐⇒ C10 y10 + C20 y20 =

d(x) a(x)

(8)

Por consiguiente, agrupando las ecuaciones (7) y (8) tenemos el sistema C10 C10

y1 +

C20

y2 = 0

y10

C20

y20

+

16

  

d(x)   = a(x)

(9)

Se trata de un sistema de dos ecuaciones lineales cuyas inc´ognitas son C10 y C20 . Para que el sistema sea compatible, es necesario que el determinante de la matriz de coeficientes sea distinto de 0. Pero eso est´a garantizado por aplicaci´on del Teorema 1.7, debido a que estamos suponiendo que las soluciones y1 e y2 son linealmente independientes. El sistema podemos resolverlo por la Regla de Cramer, de modo que 0 y (x) y1 (x) 2 d(x) y 0 (x) 0 a(x) y2 (x) 1 0 0 C1 (x) = C2 (x) = y1 (x) y2 (x) y1 (x) 0 0 0 y1 (x) y2 (x) y1 (x)

0 d(x) a(x) y2 (x) y20 (x)



Una vez calculados C10 (x) y C20 (x) basta integrar para obtener las funciones C1 (x) y C2 (x). As´ı pues, en resumen, los pasos que seguiremos son los siguientes: Paso 0. Consideremos la ecuaci´on lineal a(x) y 00 (x) + b(x) y 0 (x) + c(x) y(x) = d(x) y supongamos que y1 = y1 (x) e y2 = y2 (x) son dos soluciones particulares de la ecuaci´on lineal homog´enea. Sabemos que y(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x), con C1 , C2 ∈ R, es la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea. Para encontrar una soluci´on particular de la ecuaci´on lineal completa, sustituimos los par´ametros C1 y C2 por funciones C1 (x) y C2 (x), de modo que se trata de determinar dos funciones C1 (x) y C2 (x) tales que y0 (x) = C1 (x) y1 (x) + C2 (x) y2 (x) sea soluci´on particular de la ecuaci´on completa. Paso 1. Planteamos el sistema C10 C10

y1 +

C20

y2 = 0

y10

C20

y20

+

17

  

d(x)  ,  = a(x)

cuya soluci´on, obtenida por la Regla de Cramer, es 0 y (x) 2 d(x) 0 y (x) a(x) 2 C20 (x) = C10 (x) = y1 (x) y2 (x) 0 0 y1 (x) y2 (x)



y1 (x)

0

y10 (x)

d(x) a(x)

y1 (x) y2 (x) y10 (x) y20 (x)



Paso 2. Integramos las funciones C10 (x) y C20 (x), obteniendo C1 (x) y C2 (x). Una vez encontrada la soluci´on particular y0 (x) = C1 (x) y1 (x)+C2 (x) y2 (x), aplicando la Propiedad 1.10, la soluci´on general de la ecuaci´on lineal completa ser´a y(x) = y0 (x) + K1 y1 (x) + K2 y2 (x), con K1 , K2 ∈ R Ejemplo 3.1 Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on lineal completa y 00 − 3y 0 + 2 y = e3x sabiendo que y1 = e2x e y2 = ex son soluciones particulares de la ecuaci´on lineal homog´enea. Resoluci´ on. Definimos y(x) = C1 (x)e2x + C2 (x)ex y nos planteamos determinar dos funciones C1 (x) y C2 (x) de modo que la funci´on y(x) as´ı definida sea soluci´on de la ecuaci´on lineal completa. Las funciones C1 y C2 satisfacen el siguiente sistema de ecuaciones   0 0 0 2x 0 x  C1 y1 + C2 y2 = 0 C1 e + C2 e = 0  ⇐⇒ C 0 y 0 + C 0 y 0 = e3x  C 0 2e2x + C 0 ex = e3x  1

1

2

2

1

2

cuyas inc´ognitas son C10 (x) y C20 (x). Podemos resolver dicho sistema por la Regla de Cramer, de tal forma que 0 3x e C10 = 2x e 2x 2e

e x e e4x = = −ex =⇒ C1 (x) = −ex + K1 3x −e x e x e x

18

2x e 0 2x 3x 2e e e5x 1 = C20 = = −e2x =⇒ C2 (x) = − e2x + K2 3x 2x −e 2 e ex 2x x 2e e Como buscamos una soluci´on particular de la ecuaci´on lineal completa, en realidad estamos buscando dos funciones particulares C1 (x) y C2 (x), con lo que podemos dar cualquier valor a las constantes K1 y K2 , por ejemplo, 0. En tal caso, una soluci´on particular de la ecuaci´on lineal completa ser´a 3 1 y0 (x) = C1 (x) y1 (x) + C2 (x) y2 (x) = −ex e2x − e2x ex = − e3x 2 2 Por consiguiente, la soluci´on general de la ecuaci´on lineal completa ser´a 3 y(x) = − e3x + C1 e2x + C2 ex , con C1 , C2 ∈ R 2 ⊗

3.2.

M´ etodo de variaci´ on de constantes cuando conocemos una sola soluci´ on particular de la homog´ enea Supongamos que y1 = y1 (x) es una soluci´on particular de la ecuaci´on lineal ho-

mog´enea a(x) y 00 (x) + b(x) y 0 (x) + c(x) y(x) = 0. Para poder aplicar el m´etodo de la Secci´on 3.1, necesitamos encontrar otra soluci´on particular de la ecuaci´on homog´enea. N´otese que por la Propiedad 1.9 sabemos que y(x) = Cy1 (x), con C ∈ R, es tambi´en soluci´on de la ecuaci´on lineal homog´enea. Teniendo en cuenta este hecho, definimos la funci´on y(x) = C(x) y1 (x) y aplicamos el m´etodo de variaci´on de constantes para determinar una funci´on C(x) de modo que y(x) = C(x) y1 (x) sea la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea. Obs´ervese que 0

0

y (x) = C (x) y1 (x) +

C(x) y10 (x)

  

 y 00 (x) = C 00 (x) y1 (x) + 2C 0 (x) y10 (x) + C(x) y100 (x) 

19

As´ı que, sustituyendo en la ecuaci´on lineal homog´enea, tenemos que a(x) [C 00 (x) y1 (x) + 2C 0 (x) y10 (x) + C(x) y100 (x)] +b(x) [C 0 (x) y1 (x) + C(x) y10 (x)] + c(x)C(x) y1 (x) = 0 Reagrupando los t´erminos de la ecuaci´on, nos queda C(x) [a(x) y100 (x) + b(x) y10 (x) + c(x) y1 (x)] +a(x) y1 (x)C 00 (x) + (2a(x) y10 (x) + b(x) y1 (x)) C 0 (x) = 0 Obs´ervese que el primer sumando de la ecuaci´on anterior es 0, puesto que y1 (x) es soluci´on particular de la ecuaci´on lineal homog´enea, con lo que obtenemos a(x) y1 (x)C 00 (x) + (2a(x) y10 (x) + b(x) y1 (x)) C 0 (x) = 0 Vemos que se trata de una ecuaci´on diferencial ordinaria de segundo orden cuya inc´ognita es la funci´on C(x). Sin embargo, esta ecuaci´on tiene una peculiaridad importante, y es que s´olo aparecen los t´erminos de C 00 (x) y C 0 (x). Esto nos permite hacer el cambio C 0 (x) = u(x), de tal forma que la ecuaci´on se convierte en el sistema  C 0 (x) = u(x)   a(x) y1 (x)u0 (x) + (2a(x) y10 (x) + b(x) y1 (x)) u(x) = 0 Resolvemos la segunda ecuaci´on, obteniendo la funci´on u = u(x) y sustituimos en la primera, con lo que tenemos que Z

0

C (x) = u(x) ⇐⇒ C(x) =

u(x) dx

Una vez encontrada la funci´on C(x), ya tenemos que y(x) = C(x) y1 (x) es la soluci´on general de la ecuaci´on lineal homog´enea. Finalmente, basta aplicar el m´etodo de la Secci´on 3.1 para determinar una soluci´on particular de la completa y completar as´ı la soluci´on general de la ecuaci´on lineal completa.

Ejemplo 3.2 Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on lineal completa x2 y 00 − x(x + 2)y 0 + (x + 2)y = −x3 sabiendo que y = x es una soluci´on particular de la ecuaci´on lineal homog´enea. 20

Resoluci´ on. Como tenemos una soluci´on particular de la ecuaci´on lineal homog´enea y necesitamos otra, definimos la funci´on y(x) = C(x) x y aplicamos el m´etodo de variaci´on de constantes para hallar C(x) de modo que la funci´on as´ı definida sea soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea x2 y 00 − x(x + 2) y 0 + (x + 2) y = 0. Necesitamos, pues, derivar y(x) una y dos veces y sustituir en la ecuaci´on, de tal forma que nos quedar´a una ecuaci´on diferencial ordinaria cuya inc´ognita es la funci´on C(x). En efecto, y(x) = C(x) x;

y 0 (x) = C 0 (x) x + C(x);

y 00 (x) = C 00 (x) x + 2C 0 (x)

con lo cual, sustituyendo, nos queda x2 (C 00 x + 2C 0 ) − x(x + 2) (C 0 x + C) + (x + 2) Cx = 0 y simplificando, obtenemos x3 C 00 − x3 C 0 = 0 ⇐⇒ C 00 − C 0 = 0

(10)

Lo m´as importante de la ecuaci´on (10) a la que hemos llegado es que, a pesar de ser una ecuaci´on diferencial de segundo orden, sin embargo, todos los t´erminos de C se han cancelado y s´olo nos quedan t´erminos en C 00 y en C 0 . Esto nos permite hacer un sencillo cambio de variables que nos transforma la ecuaci´on de partida en un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden. El cambio, tal y como hemos visto, es C 0 = u, con lo que tenemos el sistema  C = u  u0 − u = 0  0

Resolvemos la segunda ecuaci´on, de modo que u0 = u ⇐⇒

du du = u ⇐⇒ = dx ⇐⇒ u = C1 ex dx u

Y ahora, sustituimos en la primera, con lo que nos queda C 0 = C1 ex ⇐⇒ C(x) = C1 ex + C2

21

Por tanto, la funci´on y(x) = C(x) x ⇐⇒ y(x) = (C1 ex + C2 ) x ⇐⇒ y(x) = C1 x ex + C2 x es la soluci´on general de la ecuaci´on lineal homog´enea. Ahora necesitamos hallar una soluci´on particular de la completa. Obs´ervese que de la soluci´on general de la homog´enea y(x) = C1 x ex + C2 x podemos extraer dos soluciones particulares de la misma, que son y1 (x) = x ex e y2 (x) = x. Cambiando los par´ametros C1 y C2 por funciones C1 (x) y C2 (x), nos planteamos hallar C1 (x) y C2 (x) para que la funci´on y(x) = C1 (x) x ex + C2 (x) x sea soluci´on de la ecuaci´on lineal completa. Planteamos el sistema de ecuaciones C10 xex

+

C20 x

= 0

 

C10 (1 + x)ex + C20 = −x  y lo resolvemos por la Regla de Cramer: 0 x −x 1 x2 = C10 = = −e−x =⇒ C1 (x) = e−x + K1 2 ex −x xex x x (1 + x)e 1 x xe 0 x (1 + x)e −x −x2 ex = = 1 =⇒ C2 (x) = x + K2 C20 = −x2 ex xex x x (1 + x)e 1 Como buscamos una soluci´on particular, basta dar valores concretos a los par´ametros K1 y K2 , por ejemplo, 0. As´ı que y0 (x) = e−x xex + x · x = x + x2 es una soluci´on particular. Como tenemos una soluci´on particular de la ecuaci´on completa y la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea, aplicando la Propiedad 1.10, deducimos que y(x) = x + x2 + C1 xex + C2 x, con C1 C2 ∈ R es la soluci´on general de la ecuaci´on lineal completa. Obs´ervese que la soluci´on podemos escribirla de un modo m´as simplificado como y(x) = x2 + C1 xex + (1 + C2 )x 22

Ahora bien, si C2 es un par´ametro arbitrario, entonces 1 + C2 tambi´en lo es. As´ı que podemos expresar la soluci´on general como y(x) = x2 + C1 xex + C2 x, con C1 , C2 ∈ R ⊗

4.

Ecuaci´ on de Euler Una ecuaci´on de Euler es una ecuaci´on diferencial lineal de coeficientes variables

que se puede transformar, mediante un cambio de variables, en otra ecuaci´on lineal de coeficientes constantes. La estructura general de la ecuaci´on de Euler es: an xn y (n (x) + an−1 xn−1 y (n−1 (x) + · · · + a1 x y 0 (x) + a0 y(x) = f (x)

(11)

Para resolver dicha ecuaci´on, consideramos en primer lugar la ecuaci´on lineal homog´enea an xn y (n (x) + an−1 xn−1 y (n−1 (x) + · · · + a1 x y 0 (x) + a0 y(x) = 0 y aplicamos el cambio de variables x = et

(12)

Este cambio transforma la ecuaci´on anterior en una lineal homog´enea con coeficientes constantes. Lo veremos para el caso de una ecuaci´on de Euler de orden 2, a2 x2 y 00 (x) + a1 x y 0 (x) + a0 y(x) = 0

(13)

Aplicando el cambio (12), tenemos que dy dy dt 1 1 = = y 0 (t) dx = y 0 (t) t = e−t y 0 (t) dx dt dx e dt 0 dy (x) d −t 0
d −t 0
dt d −t 0
y 00 (x) = = e y (t) = e y (t) = e−t e y (t) dx dx dt dx dt y 0 (x) =

= e−2t (y 00 (t) − y 0 (t)) Sustituyendo en (13) nos queda a2 e2t e−2t (y 00 (t) − y 0 (t)) + a1 et e−t y 0 (t) + a0 y(t) = 0, y simplificando, obtenemos a2 y 00 (t) + (a1 − a2 )y 0 (t) + a0 y(t) = 0 23

que es una ecuaci´on lineal con coeficientes constantes.

Observaci´ on 4.1 Puesto que en una ecuaci´ on de Euler el cambio siempre es el mismo, x = et , las expresiones que se habr´an de sustituir en las ecuaciones siempre ser´ an las mismas. As´ı que para el caso de una ecuaci´ on de Euler de orden 2 debemos hacer las sustituciones siguientes:        

xr = ert (r = 1, 2) y(x) = y(t)

  y 0 (x) = e−t y 0 (t)      y 00 (x) = e−2t (y 00 (t) − y 0 (t)) Ejemplo 4.2 Resolver la ecuaci´on x2 y 00 − 2x y 0 + 2y = x4 ex .

Resoluci´ on. Vemos claramente que se trata de una ecuaci´on de Euler. As´ı que consideramos en primer lugar la ecuaci´on homog´enea x2 y 00 − 2x y 0 + 2y = 0 y hacemos el cambio de variables x = et . Dicho cambio nos conduce a las sustituciones de la Observaci´on 4.1, de modo que la ecuaci´on nos queda e2t e−2t (y 00 (t) − y 0 (t)) − 2et e−t y 0 (t) + 2y(t) = 0 y simplificando, obtenemos y 00 (t) − 3y 0 (t) + 2y(t) = 0 ecuaci´on lineal con coeficientes constantes. Su ecuaci´on caracter´ıstica asociada es λ2 − 3λ + 2 = 0 cuyas ra´ıces son λ1 = 2 y λ2 = 1. Al tratarse de ra´ıces simples, tenemos que y1 (t) = e2t e y2 (t) = et son soluciones particulares de dicha ecuaci´on y, por tanto, y(t) = C1 e2t + C2 et es la soluci´on general. Deshaciendo el cambio de variables, tenemos que y(x) = C1 x2 + C2 x es la soluci´on general de la ecuaci´on de Euler homog´enea. Para obtener una soluci´on particular, convertimos C1 y C2 en funciones C1 (x) y C2 (x) y nos planteamos determinar

24

dichas funciones para que y(x) = C1 (x) x2 + C2 (x) x sea soluci´on de la ecuaci´on lineal completa. Para ello, resolvemos el sistema   C10 x2 + C20 x = 0 4 x x e  C10 2x + C20 = x2 0 x 2 x Z x e 1 −x3 ex x 0 = = x e =⇒ C1 (x) = xex dx = (x − 1)ex + K1 C1 = 2 2 −x x x 2x 1 2 x 0 Z 2 x 2x x e x4 ex 2 x 0 = −x e =⇒ C2 (x) = −x2 ex dx [Por partes] C2 = = 2 2 −x x x 2x 1 Z 2 x = −x e + 2 x ex dx = (−x2 + 2x − 2)ex + K2 Como buscamos una soluci´on particular, podemos hacer 0 a las constantes K1 y K2 , de modo que una soluci´on particular de la ecuaci´on de Euler completa ser´a y0 (x) = C1 (x) x2 + C2 (x) x = x2 (x − 1)ex + x(−x2 + 2x − 2)ex = (x2 − 2x)ex Por consiguiente, la soluci´on general de la ecuaci´on de Euler es y(x) = (x2 − 2x)ex + C1 x2 + C2 x, C1 , C2 ∈ R ⊗

25

Tema 3. Problemas de contorno 1.

Problemas de contorno para ecuaciones lineales de segundo orden En el Tema 2 abordamos la b´ usqueda de la soluci´on general de una ecuaci´on

diferencial lineal de segundo orden a(x)y 00 + b(x)y 0 + c(x)y = d(x)

(1)

Vimos que dicha soluci´on era de la forma y = y(x, C1 , C2 ), con C1 , C2 ∈ R. La b´ usqueda de una soluci´on particular en un intervalo [a, b] a partir de la soluci´on general podemos hacerla imponiendo algunas de las siguientes condiciones: (1) y(a) = α, y(b) = β. (2) y 0 (a) = α, y 0 (b) = β. (3) y(a) + y(b) = α, y 0 (a) + y 0 (b) = β. (4) y(a) + y 0 (b) = α, y 0 (a) + y(b) = β.

Definici´ on 1.1 A cualquiera de las condiciones anteriores se les llaman condiciones de contorno, y al problema formado por la ecuaci´on diferencial lineal junto con alguna de las condiciones de contorno se le llama problema de contorno.

Observaci´ on 1.2 Un problema de contorno puede tener infinitas soluciones, una sola soluci´on o ninguna soluci´on.

La clave de la observaci´on anterior est´a en el siguiente hecho. Como la soluci´on general de una ecuaci´on diferencial de segundo orden depende de dos par´ametros, cuando imponemos las dos condiciones de contorno sobre dicha soluci´on general, nos queda un 2

sistema lineal de dos ecuaciones con dos inc´ognitas, C1 y C2 . Y como todo sistema de ecuaciones lineales, ´este puede tener una u ´nica soluci´on, infinitas soluciones o no tener soluci´on. Veamos tres ejemplos de problema de contorno cuya ecuaci´on diferencial lineal es la misma y en el que s´olo var´ıan las condiciones de contorno. Ejemplo 1.3 Resolver el problema de contorno    y 00 + y = 0   [P Co] y(0) = 0     y(π) = 0

Resoluci´ on. Se trata de un problema de contorno para una ecuaci´on diferencial lineal homog´enea con coeficientes constantes. As´ı que buscamos las ra´ıces de la ecuaci´on caracter´ıstica: λ2 + 1 = 0 ⇐⇒ λ = ±i = 0 ± 1i Por tanto, dos soluciones particulares de dicha ecuaci´on son y1 (x) = cos x, y2 (x) = sin x y por tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on lineal homog´enea es y(x) = C1 cos x + C2 sin x Para buscar la soluci´on particular imponemos que la soluci´on general cumpla las condiciones contorno:

     y(0) = 0 C1 cos 0 + C2 sin 0 = 0 C1 = 0  ⇐⇒ ⇐⇒ y(π) = 0  C1 cos π + C2 sin π = 0  −C1 = 0 

Nos queda un sistema de dos ecuaciones lineales con dos inc´ognitas, pero en el que s´olo hay una ecuaci´on independiente. La soluci´on de dicho sistema es C1 = 0 y C2 = C, con C ∈ R. Por consiguiente, el problema de contorno tiene infinitas soluciones y son de la forma y(x) = C sin x, con C ∈ R ⊗ 3

Ejemplo 1.4 Resolver el problema de contorno    y 00 + y = 0   [P Co] y(0) = 0     y(π) = 1

Resoluci´ on. Se trata de un problema de contorno para la misma ecuaci´on diferencial lineal homog´enea con coeficientes constantes del ejemplo anterior, pero con diferentes condiciones de contorno. Sabemos que la soluci´on general de la ecuaci´on lineal homog´enea es y(x) = C1 cos x + C2 sin x Para buscar la soluci´on particular imponemos que la soluci´on general cumpla las condiciones contorno:

     y(0) = 0 C1 cos 0 + C2 sin 0 = 0 C1 = 0  ⇐⇒ ⇐⇒ y(π) = 1  C1 cos π + C2 sin π = 1  −C1 = 1 

Nos queda un sistema de dos ecuaciones lineales con dos inc´ognitas, pero claramente vemos que dicho sistema es incompatible y, por tanto, no tiene soluci´on. En consecuencia, el problema de contorno no tiene soluci´on.

⊗

Ejemplo 1.5 Resolver el problema de contorno    y 00 + y = 0   [P Co] y(0) = 0     y ¡π¢ = 1 2

Resoluci´ on. Una vez m´as, estamos ante un problema de contorno para la misma ecuaci´on diferencial lineal homog´enea con coeficientes constantes de los dos ejemplos anteriores, pero con diferentes condiciones de contorno. Sabemos que la soluci´on general de la ecuaci´on lineal homog´enea es y(x) = C1 cos x + C2 sin x 4

Para buscar la soluci´on particular imponemos que la soluci´on general cumpla las condiciones contorno:      y(0) = 0 C1 cos 0 + C2 sin 0 = 0 C1 = 0  ⇐⇒ ⇐⇒ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ y π2 = 1  C1 cos π2 + C2 sin π2 = 1  C2 = 1  Nos queda un sistema de dos ecuaciones lineales con dos inc´ognitas, cuya soluci´on es u ´nica, adem´as de ser evidente.As´ı pues, el problema de contorno tiene como soluci´on u ´nica la funci´on y(x) = sin x.

2.

⊗

Autovalores y autofunciones Seg´ un hemos visto en la secci´on anterior, un problema de contorno puede tener

una soluci´on, infinitas soluciones o ninguna soluci´on. En esta secci´on nos centraremos en problemas de contorno sobre un intervalo [0, `] para ecuaciones diferenciales lineales homog´eneas con coeficientes constantes y, dentro de los mismos, en aquellos que vienen dados por medio de una ecuaci´on dependiente de un par´ametro λ ∈ R. La expresi´on general es la siguiente:    a(λ)y 00 (x) + b(λ)y 0 (x) + c(λ)y(x) = 0   y(0) = 0     y(`) = 0

(2)

Obs´ervese que un problema de contorno del tipo (2) siempre tiene como soluci´on a la funci´on y(x) ≡ 0. Problema: Nos planteamos determinar para qu´e valores de λ el problema (2) tiene soluci´on no trivial, es decir, soluci´on distinta de la funci´on y(x) ≡ 0.

Definici´ on 2.1 A los valores de λ ∈ R para los cuales se cumple lo anterior se les llaman Autovalores del problema de contorno y a sus correspondientes soluciones no triviales, Autofunciones asociadas al autovalor λ.

5

La t´ecnica de resoluci´on de este tipo de ecuaciones es la misma que la que hemos visto en el Tema 6, es decir, pese a que trataremos con un par´ametro λ ∈ R, ´este desempe˜ na el papel de una constante en la ecuaci´on, por lo que s´olo tendremos que tener en cuenta los posibles casos que se podr´ıan plantear en funci´on del signo de determinadas expresiones de λ. Veamos dos ejemplos.

Ejemplo 2.2 Hallar los autovalores y autofunciones del siguiente problema de contorno:    y 00 + λy = 0   [P Co] y(0) = 0 en [0, `]     y(`) = 0

Resoluci´ on. Recu´erdese que buscamos los valores de λ para los cuales el problema de contorno tiene soluci´on no trivial. La ecuaci´on caracter´ıstica asociada es r2 + λ = 0, √ cuyas soluciones son r = ± −λ. Dependiendo del signo de λ, dichas ra´ıces ser´an reales o complejas. Si λ = 0, entonces la ecuaci´on tiene una u ´nica ra´ız real doble, r = 0. Por tanto, dos soluciones particulares de la ecuaci´on son y1 (x) = e0x = 1 e y2 (x) = xe0x = x, con lo que la soluci´on general ser´a y(x) = C1 + C2 x. Imponemos ahora las condiciones de contorno, de modo que    y(0) = 0  C1 = 0  C1 = 0  ⇐⇒ ⇐⇒ y (`) = 0  C1 + C2 ` = 0  C2 = 0  Por consiguiente, la soluci´on particular del problema de contorno asociada a λ = 0 es y(x) ≡ 0. Como nos ha salido la soluci´on trivial, deducimos que λ = 0 no es autovalor del problema de contorno. Si λ < 0, entonces −λ > 0 y por tanto, la ecuaci´on caracter´ıstica tiene dos ra´ıces reales √ √ simples que son r1 = −λ y r2 = − −λ. Por tanto, dos soluciones particulares de la √

ecuaci´on son y1 (x) = e

−λx

e y2 (x) = e−

√ −λx

6

, con lo que la soluci´on general ser´a y(x) =

√

C1 e

−λx

+ C2 e−

√ −λx

. Imponemos ahora las condiciones de contorno, de modo que      y(0) = 0 C1 + C2 = 0 C1 = 0  ⇐⇒ ⇐⇒ √ √ y (`) = 0  C1 e −λ` + C2 e− −λ` = 0  C2 = 0 

Por consiguiente, la soluci´on particular del problema de contorno asociada a λ < 0 es y(x) ≡ 0. De nuevo nos ha salido la soluci´on trivial, por lo que deducimos que no hay autovalores negativos del problema de contorno. Si λ > 0, entonces −λ < 0 y por tanto, la ecuaci´on caracter´ıstica tiene dos ra´ıces complejas √ √ √ √ conjugadas que son r1 = −λ = λi y r2 = − −λ = − λi. Por tanto, la soluci´on ³√ ´ ³√ ´ general ser´a y(x) = C1 cos λx + C2 sin λx . Imponemos ahora las condiciones de contorno, de modo que      C1 = 0  C1 = 0 y(0) = 0 ³√ ´ ³√ ´ ³√ ´ ⇐⇒ ⇐⇒ C1 cos λ` + C2 sin λ` = 0  C2 sin λ` = 0  y (`) = 0  N´otese que si C1 = C2 = 0 estamos de nuevo ante la soluci´on trivial y, por tanto, tampoco hay autovalores positivos. As´ı que la u ´nica posibilidad de que estemos ante una soluci´on ³√ ´ λ` = 0. En otras no trivial es que C2 6= 0, de donde se deduce necesariamente que sin palabras, los u ´nicos valores de λ > 0 para los cuales existen soluciones no triviales del problema de contorno son los que satisfacen la condici´on ³√ ´ √ n2 π 2 sin λ` = 0 ⇐⇒ λ` = nπ, con n ∈ N ⇐⇒ λ = 2 , con n ∈ N ` con lo que deducimos que los autovalores del problema de contorno son λ=

n2 π 2 , con n ∈ N `2

y sus correspondientes autofunciones, y(x) = C2 sin

³ nπ ´ x , con n ∈ N ` ⊗

Ejemplo 2.3 Hallar los autovalores y autofunciones del siguiente problema de contorno:    y 00 + 2y 0 + λy = 0   [P Co] y(0) = 0 en [0, 1]     y(1) = 0

7

Resoluci´ on. Buscamos los valores de λ para los cuales el problema de contorno tiene soluci´on no trivial. ıstica asociada es r2 + 2r + λ = 0, cuyas soluciones √ La ecuaci´on caracter´ √ √ −2 ± 4 − 4λ −2 ± 2 1 − λ son r = = = −1± 1 − λ. Dependiendo del signo de 1 −λ, 2 2 dichas ra´ıces ser´an reales o complejas. Si 1 − λ = 0 ⇐⇒ λ = 1, entonces la ecuaci´on tiene una u ´nica ra´ız real doble, r = −1. Por tanto, dos soluciones particulares de la ecuaci´on son y1 (x) = e−x e y2 (x) = xe−x = x, con lo que la soluci´on general ser´a y(x) = C1 e−x + C2 xe−x . Imponemos ahora las condiciones de contorno, de modo que      C1 = 0 C1 = 0  y(0) = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ C2 = 0  C1 e−1 + C2 e−1 = 0  y (1) = 0  Por consiguiente, la soluci´on particular del problema de contorno asociada a λ = 1 es y(x) ≡ 0. Como nos ha salido la soluci´on trivial, deducimos que λ = 1 no es autovalor del problema de contorno. Si 1 − λ > 0 ⇐⇒ λ < 1, la ecuaci´on caracter´ıstica tiene dos ra´ıces reales simples que √ √ son r1 = −1 + 1 − λ y r2 = −1 − 1 − λ. Por tanto, dos soluciones particulares de la √ √ ecuaci´on son y (x) = e(−1+ 1−λ)x e y (x) = e(−1− 1−λ)x , con lo que la soluci´on general 1

√ (−1+ 1−λ)x

ser´a y(x) = C1 e

2 √ (−1− 1−λ)x

+C2 e

. Imponemos ahora las condiciones de contorno,

de modo que      C1 = 0  y(0) = 0 C1 + C2 = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ √ √ y (1) = 0  C1 e(−1+ 1−λ) + C2 e(−1− 1−λ) = 0  C2 = 0  Obs´ervese que, en efecto, la soluci´on del sistema anterior es C1 = C2 = 0, puesto que se trata de un sistema lineal homog´eneo de 2 ecuaciones con dos inc´ognitas cuya matriz de coeficientes tiene rango m´aximo 2, debido a que ¯ ¯ ¯ 1 1 ¯ √ ¯ (−1+ 1−λ) (−1−√1−λ) ¯ e e

¯ ¯ ¯ ¯ 6= 0 ¯ ¯

Por consiguiente, la soluci´on particular del problema de contorno asociada a λ < 1 es y(x) ≡ 0. De nuevo nos ha salido la soluci´on trivial, por lo que deducimos que no hay autovalores menores que 1 del problema de contorno. 8

√ Si 1 − λ < 0 ⇐⇒ λ > 1, entonces ra´ıces complejas conjugadas que son r1 = −1 + λ − 1 i √ y r2 = −1 − λ − 1 i. Por tanto, la soluci´on general ser´a y(x) = C1 e−x cos

³√

´ ³√ ´ λ − 1 x + C2 e−x sin λ − 1x

Imponemos ahora las condiciones de contorno, de modo que    y(0) = 0 C1 = 0  ⇐⇒ ¢ ¡√ ¢¤ £ ¡√ y (1) = 0  e−1 C1 cos λ − 1 + C2 sin λ − 1 = 0   C1 = 0  ⇐⇒ ¡√ ¢ C sin λ − 1 = 0  2

N´otese que si C1 = C2 = 0 estamos de nuevo ante la soluci´on trivial y, por tanto, tampoco hay autovalores positivos. As´ı que la u ´nica posibilidad de que estemos ante una soluci´on ¡√ ¢ no trivial es que C2 6= 0, de donde se deduce necesariamente que sin λ − 1 = 0. En otras palabras, los u ´nicos valores de λ > 1 para los cuales existen soluciones no triviales del problema de contorno son los que satisfacen la condici´on sin

³√

´ √ λ − 1 = 0 ⇐⇒ λ − 1 = nπ, con n ∈ N ⇐⇒ λ = 1 + n2 π 2 , con n ∈ N

con lo que deducimos que los autovalores del problema de contorno son λ = 1 + n2 π 2 , con n ∈ N y sus correspondientes autofunciones, y(x) = C2 e−x sin (nπx) , con n ∈ N ⊗

3.

Aplicaci´ on Consideremos una viga vertical de longitud ` fijada por sus dos extremos y a la

que se aplica una carga P en uno de sus ellos. Denotemos por y = y(x) a la funci´on que

9

nos da la forma de la viga (y que queremos determinar). Como los extremos de la viga est´an fijos, tenemos que y(0) = 0 y(`) = 0 La funci´on y(x) verifica la ecuaci´on EIy 00 = −P y, donde E es el m´odulo de elasticidad de Young (constante que depende del material de la viga), I es el momento de inercia de la secci´on transversal de la viga respecto de un eje de simetr´ıa que pase por el centro de masa de dicha secci´on. Por tanto, la forma de la viga y = y(x) es la soluci´on del problema de contorno  P   y 00 + y = 0   EI  [P Co] y(0) = 0      y(`) = 0 En el Ejemplo 2.2 hemos estudiado el problema de contorno    y 00 + λy = 0    y(0) = 0      y(`) = 0 cuyos autovalores y autofunciones son λn =

³ nπ ´ n2 π 2 , y (x) = sin , n∈N n `2 `

P 6= λn , para todo n ∈ N, entonces la soluci´on del problema de EI contorno [P Co] es la soluci´on trivial y(x) ≡ 0, es decir, la viga no se deforma. Esto Por consiguiente si

sucede cuando la carga P a la que se somete la viga es peque˜ na. S´olo cuando dicha carga π 2 EI P π2 P alcanza el valor P = se cumple que = 2 = λ1 y por tanto, la viga se `2 EI ` ³π ´ deforma y adopta la forma de la primera autofunci´on, esto es, y1 (x) = sin . ` π 2 EI Definici´ on 3.1 A la primera carga que provoca la deformaci´on de la viga, P = se `2 le conoce con el nombre de primera carga cr´ıtica.

10

Tema 4. Sistemas diferenciales lineales 1.

Conceptos generales. Estructura y propiedades de la soluciones

Definici´ on 1.1 Un sistema diferencial lineal de primer orden con coeficientes constantes es un conjunto de identidades del tipo   x0 (t) = a11 x(t) + a12 y(t) + a13 z(t) + f1 (t)    0 y (t) = a21 x(t) + a22 y(t) + a23 z(t) + f2 (t)    0 z (t) = a x(t) + a y(t) + a z(t) + f (t)  31

32

33

(1)

3

donde “t” es la variable independiente, x(t), y(t), z(t) son las variables dependientes o funciones de t, fi (t), i = 1, 2, 3 son funciones de t conocidas y aij , i, j = 1, 2, 3 son constantes conocidas.

Matricialmente podemos expresarlo    a a x0    11 12  0    y  =  a21 a22    0 a31 a32 z de modo que llamando    0 x x       X0 =  y 0 , X =  y    0 z z



como    f a13 x    1    a23   y  +  f2    f3 a33 z



a a a   11 12 13   , A =  a21 a22 a23   a31 a32 a33





    



f   1      y F =  f2 , nos queda    f3

X0 = AX + F donde A es la matriz de coeficientes del sistema y F es el vector t´ermino independiente. • Si F ≡ 0, al sistema lineal se le llama homog´eneo. • Si F 6≡ 0, al sistema lineal se le llama completo. 2

Definici´ on 1.2 Una soluci´on del sistema diferencial lineal es un tr´ıo de funciones x = x(t), y = y(t), z = z(t) que satisface el sistema (1). Observaci´ on 1.3 La soluci´on general de un sistema diferencial lineal depender´ a de tres par´ ametros, por lo que ser´a de la forma x = x(t, C1 , C2 , C3 ), y = y(t, C1 , C2 , C3 ), z = z(t, C1 , C2 , C3 ). Para determinar la soluci´on general de un sistema diferencial lineal, haremos uso de dos propiedades an´alogas a las que vimos para las ecuaciones lineales en el tema anterior. − → → − − → Propiedad 1.4 Consideremos un sistema diferencial lineal X 0 = A X + F y su corres− → → − → − → − → − → → → pondiente sistema homog´eneo X 0 = A X . Si X = eλ1 t − u1 , X = eλ2 t − u2 y X = eλ3 t − u3 son soluciones particulares del sistema homog´eneo linealmente independientes, entonces − → → → → X = C1 eλ1 t − u1 + C2 eλ2 t − u2 + C3 eλ3 t − u3 , con C1 , C2 , C3 ∈ R es la soluci´ on general del sistema homog´eneo. Propiedad 1.5 Consideremos un sistema diferencial lineal de tres ecuaciones, cuya ex− → → − − → − → − → − → presi´ on matricial es X 0 = A X + F . Si X1 , X2 y X3 son soluciones particulares del sistema − → homog´eneo linealmente independientes y X0 es una soluci´ on particular del sistema completo, entonces − → − → − → − → − → X = X0 + C1 X1 + C2 X2 + C3 X3 , con C1 , C2 , C3 ∈ R es la soluci´ on general del sistema completo. Como consecuencia de las Propiedades 1.4 y 1.5, para determinar la soluci´on general de un sistema diferencial lineal de 3 ecuaciones, basta hallar tres soluciones particulares del sistema homog´eneo linealmente independientes y una soluci´on particular del completo. Nota 1.6 Si el sistema diferencial es de dos ecuaciones, entonces basta encontrar dos soluciones particulares del homog´eneo y una soluci´on particular del completo. 3

2.

Sistemas diferenciales lineales homog´ eneos con coeficientes constantes

Sabemos que un sistema diferencial lineal con coeficientes constantes es de la forma − →0 → − X = A X . El m´etodo que veremos para la resoluci´on de este tipo de sistemas requiere que la matriz A del mismo sea diagonalizable. As´ı pues, para cualquier consulta sobre la teor´ıa de diagonalizaci´on de matrices, remitimos al alumno al temario de Matem´aticas I. Desde el punto de vista pr´actico, recordemos que una matriz es diagonalizable si para cada autovalor λ con multiplicidad r ≥ 1, existen r autovectores linealmente independientes. El m´etodo de resoluci´on de sistemas diferenciales lineales parte del siguiente ra→ − → → zonamiento: Supongamos que X = eλt − u , con λ = constante y − u un vector constante dado, es una soluci´on del sistema. Entonces, tenemos que − → → X 0 = λeλt − u

− → → X = eλt − u

con lo cual, sustituyendo en el sistema, nos queda − → → − → − → → → X 0 = A X ⇐⇒ λeλt − u = Aeλt − u ⇐⇒ (λI − A) − u = 0 − → → − → − → u es soluci´on del sistema X 0 = A X si y s´olo si λ es autovalor de la Conclusi´on. X = eλt − → matriz A y − u es un autovector de dicha matriz asociado a λ. Antes de describir los pasos que seguiremos para determinar la soluci´on general de un sistema diferencial lineal homog´eneo con coeficientes constantes, veamos la siguiente propiedad que cumplen los autovalores complejos conjugados.

Propiedad 2.1 Sea A una matriz cuadrada de dimensi´ on n × n y supongamos que λ1 = α + iβ es un autovalor complejo de dicha matriz. Entonces se verifica: (a) λ2 = α − iβ es tambi´en autovalor de A (Nota. A los n´ umeros complejos λ1 y λ2 se les llaman complejos conjugados). 4

− → − → (b) Si → u + i− v es un autovector complejo asociado al autovalor λ1 , entonces → u − i− v es un autovector complejo asociado al autovalor λ2 . Por consiguiente, para hallar la soluci´on general de un sistema diferencial lineal − → → − homog´eneo con coeficientes constantes X 0 = A X , seguiremos los siguientes pasos: Paso 1. Hallar los autovalores λ1 , λ2 , λ3 de la matriz A y sus correspondientes autovectores → → → asociados − u1 , − u2 , − u3 . Paso 2. Cuando diagonalizamos una matriz A de tres filas y 3 columnas, podemos encontrarnos con cuatro situaciones posibles: (2.1) Si los tres autovalores λ1 , λ2 , λ3 son reales y distintos, entonces su respectivos au− → → → → − tovectores − u1 , − u2 , − u3 son linealmente independientes. En este caso, X1 = eλ1 t → u1 , − → − → → → X2 = eλ2 t − u2 y X3 = eλ3 t − u3 son soluciones particulares linealmente independientes y la soluci´on general es − → → → → X = C1 eλ1 t − u1 + C2 eλ2 t − u2 + C3 eλ3 t − u3 , con C1 , C2 , C3 ∈ R. (2.2) Si los tres autovalores λ1 , λ2 , λ3 son reales, pero λ1 = λ2 6= λ3 , entonces debemos → → encontrar dos autovectores − u1 , − u2 linealmente independientes asociados al autovalor λ1 − → − → → → → y un tercer autovector − u3 asociado a λ3 . En este caso, X1 = eλ1 t − u1 , X2 = eλ1 t − u2 y − → → X3 = eλ3 t − u3 son soluciones particulares linealmente independientes y la soluci´on general → − → → − es X = C1 eλ1 t − u1 + C2 eλ2 t − u2 + C3 eλ3 t → u3 , con C1 , C2 , C3 ∈ R. (2.3) Si los tres autovalores λ1 , λ2 , λ3 son reales e iguales, λ1 = λ2 = λ3 = λ, entonces la matriz A ya es  diagonal. En esta   caso, basta considerar los autovectores 1 0 0       − → − →       → − → → → → u1 =  0  , − u2 =  1  y − u3 =  0 , de modo que X1 = eλt − u1 , X2 = eλt − u2 y       0 0 1 − → λt − → X3 = e u3 son soluciones particulares linealmente independientes y la soluci´on general es − → → → → X = C1 eλt − u1 + C2 eλt − u2 + C3 eλt − u3 , con C1 , C2 , C3 ∈ R. (2.4) Si un autovalor λ1 es real y los otros dos, λ2 , λ3 son complejos conjugados, 5

→ → λ2 = α + iβ, λ3 = α − iβ, sabemos, por la Propiedad 2.1, que si − u + i− v es autovector → → complejo asociado a λ2 , entonces − u − i− v es autovector complejo asociado a λ3 . As´ı que − si denotamos por → u1 al autovector real asociado al autovalor real λ1 , la soluci´on general del sistema es − → → → → → → u1 + C2 eαt [− u cos(βt) + − v sin(βt)] + C3 eαt [− u cos(βt) − − v sin(βt)] , X = C1 eλt − con C1 , C2 , C3 ∈ R.

Ejemplo 2.2 Hallar la soluci´on general del sistema x

0

= 3x − y + z

y 0 = −x + 5y − z z 0 = x − y + 3z

        

Resoluci´ on. El sistema podemos escribirlo matricialmente como      0 3 −1 1 x x         0    y  =  −1 5 −1   y       1 −1 3 z z0 con lo que estamos ante un  sistema diferencial  lineal homog´eneo con coeficientes cons3 −1 1     tantes, cuya matriz es A =  −1 5 −1 . Calculamos los autovalores de dicha matriz   1 −1 3 y sus autovectores asociados. λ−3 1 −1 3 2 |λI − A| = 0 ⇐⇒ 1 λ−5 1 = 0 ⇐⇒ λ − 11λ + 36λ − 36 = 0 −1 1 λ−3 Buscamos sus ra´ıces entre los divisores del t´ermino independiente y comprobamos que una de ellas es λ1 = 2. As´ı que dividimos, por Ruffini, el polinomio caracter´ıstico entre (λ − 2): 6

1 2 1

-11

36

-36

2

-18

36

-9

18

0

Por tanto, tenemos que λ3 − 11λ2 + 36λ − 36 = (λ − 2)(λ2 − 9λ + 18). Para obtener las otras dos ra´ıces, resolvemos la ecuaci´on λ2 − 9λ + 18 = 0 ⇐⇒ λ =

9±

√

√

  λ =6 9± 9 9±3 81 − 72 2 = = ⇐⇒  λ =3 2 2 2 3

Por consiguiente, los autovalores de la matriz son λ1 = 2, λ2 = 6, λ3 = 3. Como son los tres reales y distintos, sus correspondientes autovectores ser´an linealmente independientes. Vamos a calcularlos: Autovector asociado a  −1 1    1 −3  −1 1

λ1 = 2.    0 −1 x  1      1   x2  =  0    0 −1 x3

   −x1 + x2 − x3 = 0    ⇐⇒  x1 − 3x2 + x3 = 0 

de donde deducimos que x2 = 0 y x3 = −x1 . As´ı que dando un valor  cualquiera distinto de 0 1     → a x1 , por ejemplo, x1 = 1, obtenemos el autovector − u1 =  0 .   −1

Autovector asociado a λ2 = 6.     3 1 −1 x 0   1        1 1 1   x2  =  0     −1 1 3 x3 0

    3x + x − x = 0 1 2 3   ⇐⇒  x1 + x2 + x3 = 0 

de donde deducimos que x2 = −2x1 y x3 = x1 . As´ı que dando unvalorcualquiera 1     → distinto de 0 a x1 , por ejemplo, x1 = 1, obtenemos el autovector − u2 =  −2 .   1

7

Autovector asociado a λ3 = 3.     0 1 −1 x 0   1        1 −2 1   x2  =  0     −1 1 0 x3 0

    x − x = 0 2 3   ⇐⇒  −x1 + x2 = 0 

de donde deducimos que x1 = x2 y x3 = x2 . As´ı que dando un valor  cualquiera distinto de 0

1     − a x2 , por ejemplo, x2 = 1, obtenemos el autovector → u3 =  1 . Por tanto, la soluci´on   1 general del sistema es         x 1 1 1                  y  = C1 e2t  0  + C2 e6t  −2  + C3 e3t  1          z −1 1 1 que tambi´en podemos expresar como    x = C1 e2t + C2 e6t + C3 e3t   y = −2C2 e6t + C3 e3t     z = −C e2t + C e6t + C e3t 1

2

3

⊗

Ejemplo 2.3 Hallar la soluci´on general del sistema x

0

y0 z0

  = −x + 2y + 2z    = y + 2z     = 2y + z

Resoluci´ on. El sistema podemos escribirlo matricialmente como      0 x −1 2 2 x       0      y  =  0 1 2  y       0 z 0 2 1 z 8

con lo que estamos ante unsistema diferencial lineal homog´eneo con coeficientes cons −1 2 2     tantes, cuya matriz es A =  0 1 2 . Calculamos los autovalores de dicha matriz y   0 2 1 sus autovectores asociados. λ + 1 −2 −2 λ − 1 −2 =0 |λI − A| = 0 ⇐⇒ 0 λ − 1 −2 = 0 ⇐⇒ (λ + 1) −2 λ − 1 0 −2 λ − 1 con lo que nos queda (λ+1) (λ2 − 2λ − 3) = 0. Claramente, una de las ra´ıces del polinomio es λ1 = −1. Las otras dos se obtienen de resolver la ecuaci´on  √ √  λ =3 2 ± 4 + 12 4 ± 16 2±4 2 λ2 − 2λ − 3 = 0 ⇐⇒ λ = = = ⇐⇒  λ = −1 2 2 2 3 Por consiguiente, los autovalores de la matriz son λ1 = −1 (doble) y λ2 = 3 (simple). En este caso, para el autovalor λ1 = −1 debemos encontrar dos autovectores que sean linealmente independientes, mientras que para λ2 = 3 s´olo tenemos que encontrar un autovector, que ser´a linealmente independiente con los otros dos autovectores asociados a λ1 . Vamos a calcularlos: Autovectores asociados a  0 −2    0 −2  0 −2

λ1 = −1.    0 −2 x  1      −2   x2  =  0    0 −2 x3

    ⇐⇒ −2x2 − 2x3 = 0 

de donde deducimos que x3 = −x2 . N´otese que sobre x1 no hay ninguna condici´on, por lo que puede tomar cualquier valor. En otras palabras, puesto que tenemos una sola ecuaci´on independiente con tres inc´ognitas, las soluciones de la misma depender´an de dos par´ametros, por ejemplo, x1 y x2 . Dando valores a dichos par´ametros obtendremos los autovectores. Y para asegurarnos de que los dos vectores que vamos a obtener sean linealmente independientes, podemos  optar  por asignar a x1 = 1 y a x2 = 0, de modo 1     → que obtenemos el autovector − u1 =  0 , y despu´es tomar x1 = 0 y x2 = 1, con lo que   0 9





0     → obtenemos el autovector − u 2 =  1 .   −1 Autovector asociado  4 −2    0 2  0 −2

a λ2 = 3.  −2 x  1  −2   x2  2 x3







 0     4x − 2x − 2x = 0 1 2 3     =  0  ⇐⇒    2x2 − 2x3 = 0  0

de donde deducimos que x2 = x3 y x1 = x3 . As´ı que dando  un valor  cualquiera distinto de 0

1     → a x3 , por ejemplo, x3 = 1, obtenemos el autovector − u 3 =  1 .   1 Por tanto, la soluci´on general    x 1        y  = C1 e−t  0    z 0

del sistema es  

0





1



        −t  3t  + C e + C e   1   1  2 3      −1 1

que tambi´en podemos expresar como    x = C1 e−t + C3 e3t   y = C2 e−t + C3 e3t     z = −C e−t + C e3t 2 3 ⊗ Ejemplo 2.4 Hallar la soluci´on general del sistema x

0

y0 z0

  = 2x + y − 2z    = −x    = x+y−z 

Resoluci´ on. El sistema podemos escribirlo matricialmente como      0 x 2 1 −2 x         0    y  =  −1 0 0   y       0 1 1 −1 z z 10

con lo que estamos ante unsistema diferencial lineal homog´eneo con coeficientes cons 2 1 −2     tantes, cuya matriz es A =  −1 0 0 . Calculamos los autovalores de dicha matriz   1 1 −1 y sus autovectores asociados. λ − 2 −1 2 3 2 |λI − A| = 0 ⇐⇒ 1 λ 0 = 0 ⇐⇒ λ − λ + λ − 1 = 0 −1 −1 λ + 1 Buscamos sus ra´ıces entre los divisores del t´ermino independiente y comprobamos que una de ellas es λ1 = 1. As´ı que dividimos, por Ruffini, el polinomio caracter´ıstico entre (λ − 1): 1 1 1

-1

1

-1

1

0

1

0

1

0

Por tanto, tenemos que λ3 − λ2 + λ − 1 = (λ − 1)(λ2 + 1). Para obtener las otras dos ra´ıces, resolvemos la ecuaci´on √ λ2 + 1 = 0 ⇐⇒ λ = ± −1 = ±i Por consiguiente, los autovalores de la matriz son λ1 = 1, λ2 = i, λ3 = −i. Se trata de un autovalor real simple y dos autovalores complejos conjugados. Calculamos el autovector asociado al autovalor real. Autovector asociado a  −1 −1    1 1  −1 −1

λ1 = 1.    2 x1 0       0   x2  =  0    2 x3 0

   −x1 − x2 + 2x3 = 0    ⇐⇒  x1 + x2 = 0 

de donde deducimos que x2 = −x1 y x3 = 0. As´ı que dando un valor  cualquiera distinto de 0

1     → a x1 , por ejemplo, x1 = 1, obtenemos el autovector − u1 =  −1 .   0 11

Para cada uno de los dos autovalores complejos tambi´en tenemos que obtener su → − correspondiente autovector asociado. Aplicando la Propiedad 2.1, sabemos que si − u + i→ v − − es un autovector asociado a autovalor λ2 = i, entonces → u − i→ v ser´a un autovector asociado a λ3 = −i. Por ello, basta obtener un autovector asociado a λ2 = i y deducir a continuaci´on el autovector asociado a λ3 = −i. Autovector asociado a λ2 = i.     i − 2 −1 2 x 0   1        1 i 0   x2  =  0     −1 −1 i + 1 x3 0

    x + ix = 0 1 2   ⇐⇒  −x1 − x2 + (i + 1)x3 = 0 

1−i (1 − i)2 x2 = x2 = −ix2 . As´ı que 1+i (1 + i)(1 − i) dando  un valor  de 0a x2 , por ejemplo, x2 = 1, obtenemos el autovector  distinto  cualquiera −1 0 −i             → → → − u + i− v . Por consiguiente, los autovectores u2 =  1  =  1  + i  0  = −       −1 0 −i     −1 0         → → → → v = 0  asociados a los autovalores ±i son − u ± i− v , siendo − u = 1 y−     −1 0

de donde deducimos que x1 = −ix2 y x3 =

Por tanto, la soluci´on general del sistema es          1 0 −1 x                 t 0t  = C e + C e cos t + sin t  1   0    y  1  −1  2          z 0 0 −1      0 −1            0t +C3 e  1  cos t −  0  sin t      0 −1 que tambi´en podemos expresar    x   y     z

como = C1 et − C2 sin t + C3 sin t = −C1 et + C2 cos t + C3 cos t = −C2 sin t + C3 sin t ⊗ 12

3.

Sistemas diferenciales lineales completos con coeficientes constantes. M´ etodo de variaci´ on de constantes Sabemos, por la Propiedad 1.5, que la soluci´on general de un sistema diferencial

lineal completo con coeficientes constantes formado por tres ecuaciones es de la forma → − − → − → − → − → − → X = X0 + C1 X1 + C2 X2 + C3 X3 , con C1 , C2 , C3 ∈ R, siendo X0 una soluci´on particular − → − → − → del sistema completo y X1 , X2 , X3 tres soluciones particulares del sistema homog´eneo linealmente independientes. En la secci´on anterior hemos descrito el m´etodo de obtenci´on de tres soluciones particulares del homog´eneo. Ahora nos dedicaremos a la b´ usqueda de una soluci´on particular del completo, para lo cual usaremos el M´etodo de variaci´ on de constantes, cuyos pasos son los siguientes: Paso 1. Consideremos el sistema diferencial lineal completo x

0

y0 z0

  = a11 x + a12 y + a13 z + f1 (t)    = a21 x + a22 y + a23 z + f2 (t) .    = a31 x + a32 y + a33 z + f3 (t)  



a a a  11 12 13    Sean λ1 , λ2 , λ3 los tres autovalores de la matriz A =  a21 a22 a23  y denotemos   a31 a32 a33       u u u  11   12   13    →   →   → por − u1 =  u21 , − u2 =  u22  y − u3 =  u23  a sus correspondientes autovectores       u31 u32 u33 asociados. Sabemos, de la secci´on anterior, que − → − → − → → → → X1 = eλ1 − u1 , X2 = eλ2 − u2 , X3 = eλ3 − u3 son soluciones particulares del sistema homog´eneo y, por tanto, − → − → − → − → X = C1 X1 + C2 X2 + C3 X3 , C1 , C2 , C3 ∈ R

13

(2)

es la soluci´on general del mismo. Esta soluci´on general podemos expresarla de modo an´alogo como λ1 t

x = C1 e

λ2 t

u11 + C2 e

λ3 t

u12 + C3 e

u13

y = C1 eλ1 t u21 + C2 eλ2 t u22 + C3 eλ3 t u23 λ1 t

z = C1 e

λ2 t

u31 + C2 e

λ3 t

u32 + C3 e

u33

        

y que, por simplicidad, denotaremos por   x = C1 x1 + C2 y1 + C3 z1    y = C1 x2 + C2 y2 + C3 z2    z = C1 x3 + C2 y3 + C3 z3  Paso 2. Sustituimos en (2) los par´ametros C1 , C2 , C3 por funciones C1 = C1 (t), C2 = C2 (t), C3 = C3 (t) y nos planteamos hallar C1 (t), C2 (t), C3 (t) de modo que       z1 y1 x1       → − → − → − → −       X 0 = C1 (t) X 1 + C2 (t) X 2 + C3 (t) X 3 = C1 (t)  x2  + C2 (t)  y2  + C3 (t)  z2        z3 y3 x3 sea soluci´on particular del sistema diferencial completo. Paso 3. Para determinar las funciones C1 (t), C2 (t), C3 (t), planteamos el sistema lineal de ecuaciones C10 x1

+

C20 y1

+

C30 z1

C10 x2 + C20 y2 + C30 z2 C10 x3 + C20 y3 + C30 z3

  = f1 (t)    = f2 (t)    = f3 (t) 

cuyas inc´ognitas son C10 (t), C20 (t), C30 (t). Podemos resolverlo, por ejemplo, usando la Regla de Cramer, obteniendo las funciones C10 (t), C20 (t), C30 (t). Paso 4. Hallamos las funciones C1 (t), C2 (t),C3 (t) integrandoC10 (t),C20 (t), C30 (t), demodo x y z  1   1   1  − →       que la soluci´on particular ser´a X0 = C1 (t)  x2  + C2 (t)  y2  + C3 (t)  z2  y la       x3 y3 z3 soluci´on general del sistema diferencial completo, − → − → − → − → − → X = X0 + C1 X1 + C2 X2 + C3 X3 , con C1 , C2 , C3 ∈ R. 14

Ejemplo 3.1 Hallar la soluci´on general del sistema   x0 = x + 2y − z + t    0 y = −y + z + t     z 0 = 2z + 2

Resoluci´ on. El sistema podemos escribirlo matricialmente como       0 1 2 −1 x t x           0    y  =  0 −1 1   y  +  t       0 z 0 0 2 z 2

    

con lo que estamos ante diferencial lineal completo con coeficientes constantes,  un sistema  1 2 −1     cuya matriz es A =  0 −1 1 .   0 0 2

En primer lugar, buscamos la soluci´on general del sistema homog´eneo. Para ello, calculamos los autovalores de dicha matriz y sus autovectores asociados. λ − 1 −2 1 |λI − A| = 0 ⇐⇒ 0 λ + 1 −1 = 0 ⇐⇒ (λ − 1)(λ + 1)(λ − 2) = 0 0 0 λ−2 Directamente nos ha salido el polinomio factorizado, por lo que sus ra´ıces son λ1 = 1, λ2 = −1, λ3 = 2. Como son los tres reales y distintos, sus correspondientes autovectores ser´an linealmente independientes. Vamos a calcularlos: Autovector asociado a λ1 = 1.     0 −2 1 x 0   1        0 2 −1   x2  =  0     0 0 −1 x3 0

   2x2 − x3 = 0    ⇐⇒  −x3 = 0 

de donde deducimos que x2 = 0 y x3 = 0. As´ı que dando un  valor  cualquiera distinto de 0 1     → a x1 , por ejemplo, x1 = 1, obtenemos el autovector − u 1 =  0 .   0 15

Autovector asociado a λ2 = −1.       −2 −2 1 x 0   1    −2x1 − 2x2 + x3 = 0        0 0 −1   x2  =  0  ⇐⇒      −x3 = 0  0 0 −3 x3 0 de donde deducimos que x3 = 0 y x2 = −x1 . As´ı que dando un valor  cualquiera distinto de 0 1     → − a x1 , por ejemplo, x1 = 1, obtenemos el autovector u2 =  −1 .   0

Autovector asociado a λ3 = 2.     1 −2 1 x1 0          0 3 −1   x2  =  0     0 0 0 x3 0

   x1 − 2x2 + x3 = 0    ⇐⇒  3x2 − x3 = 0 

de donde deducimos que x3 = 3x2 y x1 = −x2 . As´ı que dando un valor  cualquiera  −1     → − distinto de 0 a x2 , por ejemplo, x2 = 1, obtenemos el autovector u3 =  1 . Por   3 tanto, la soluci´on general del sistema homog´eneo es         x 1 1 −1              t −t  2t   y  = C1 e  0  + C2 e  −1  + C3 e  1          z 0 0 3 que tambi´en podemos expresar como    x = C1 et + C2 e−t − C3 e2t   y = −C2 e−t + C3 e2t     z = 3C e2t 3

(3)

Para hallar una soluci´on particular del sistema lineal completo, cambiamos en (3) los par´ametros C1 , C2 , C3 por funciones C1 (t), C2 (t), C3 (t) y nos planteamos el sistema    C 0 et + C20 e−t − C30 e2t = t   1 −C20 e−t + C30 e2t = t     3C 0 e2t = 2 3

16

que resolvemos por la Regla de Cramer: t e−t −e2t −t 2t t −e e t 1 −1 2t 2 0 3e e−t e2t e−t 0 = C1 = = − t −1 1 t −3e2t 3 e e−t −e2t 2 0 3 0 −e−t e2t 2t 0 0 3e t e t −e2t 0 t e2t 0 2 3e2t



C20 = t e e−t −e2t 0 −e−t e2t 0 0 3e2t t −t e e t −t 0 −e t 0 0 2

C30 = t e e−t −e2t 0 −e−t e2t 0 0 3e2t

e t e2t = −3e2t 2 3e2t t

2t 0 0 t −1 1 2 0 3

= 2te−t

  −t
2 2t 2t = −e − t et 3te − 2e = 3 3

−2 2 = = e−2t 2t −3e 3

Integramos las tres funciones:   Z Z u = 2t du = 2dt −t −t   C1 (t) = 2te dt = = −2te + 2e−t dt = −2(t + 1)e−t dv = e−t dt v = −e−t Z  C2 (t) = Z C3 (t) =

       Z 2 u = 3 − t du = −dt 2 2 5 t t t = − t e dt =  − t e + e dt = − t et t t 3 3 3 dv = e dt v = e

2 −2t 1 e dt = − e−2t . 3 3

As´ı pues, la soluci´on particular se obtiene sustituyendo en (3) los par´ametros

17

C1 , C2 , C3 por las funciones C1 (t), C2 (t), C3 (t) obtenidas:    5 1  −t t  x0 = −2(t + 1)e e + − t et e−t + e−2t e2t    3 3      5 1 y0 = − − t et e−t − e−2t e2t  3 3      1   z0 = −3 e−2t e2t 3 Simplificando, tenemos que     5 1    x0 = −2(t + 1) + −t +   x0 = −3t     3 3         1 5 ⇐⇒ y0 = t − 2 −t − y0 = −   3 3           1   z0 = −1  z0 = −3 3 Por consiguiente, la soluci´on general del sistema diferencial lineal completo es    x = −3t + C1 et + C2 e−t − C3 e2t   y = t − 2 − C2 e−t + C3 e2t     z = −1 + 3C e2t 3

⊗

18

Tema 5. Ecuaciones diferenciales no lineales 1.

Conceptos generales. Soluciones Las ecuaciones no lineales se diferencian de las lineales, principalmente, en el hecho

de que no se tiene garantizada la obtenci´on de una soluci´on expl´ıcita de la forma y = y(x, C). Por tanto, se pueden obtener soluciones dadas de forma impl´ıcita F (x, y, C) = 0 o en forma param´etrica {x = x(t, C), y = y(t, C)}. Entre este tipo de ecuaciones se encuentran las ecuaciones de variables separables, las ecuaciones exactas y las ecuaciones homog´eneas. Recu´erdese que las ecuaciones de variables separables son aquellas de la forma y 0 = f (x, y) en las que la funci´on f (x, y) viene dada como producto o cociente de una p(x) funci´on de x, p(x), por una funci´on de y, g(y), es decir, y 0 = p(x)g(y) o y 0 = . g(y) La soluci´on de este tipo de ecuaciones se obtiene de forma inmediata separando las variables y procediendo a la integraci´on. Por ejemplo, para el caso y 0 = p(x)g(y) proceder´ıamos as´ı: dy = p(x) dx ⇐⇒ y = p(x)g(y) ⇐⇒ g(y) 0

Z

1 dy = g(y)

Z p(x) dx.

p(x) proceder´ıamos as´ı: g(y) Z Z p(x) dx 1 0 y = ⇐⇒ g(y) dy = ⇐⇒ g(y) dy = dx. g(y) p(x) p(x)

An´alogamente, para el caso y 0 =

Ecuaciones de este tipo ya han sido resueltas en cap´ıtulos anteriores, por lo que en lo sucesivo, centraremos nuestra atenci´on en los otros dos tipos de ecuaciones no lineales: las ecuaciones exactas y las ecuaciones homog´eneas.

2

2.

Ecuaciones diferenciales exactas. Factor integrante Obs´ervese que cualquier ecuaci´on diferencial de primer orden del tipo y 0 = f (x, y)

puede expresarse de modo equivalente como P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 En efecto, dy = f (x, y) ⇐⇒ f (x, y)dx − dy = 0, dx de modo que en este caso, P (x, y) = f (x, y) y Q(x, y) = −1. y 0 = f (x, y) ⇐⇒

Las ecuaciones diferenciales exactas son identidades del tipo P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0

(1)

en las que se cumple que Q0x = Py0 . Dada una funci´on escalar U (x, y) de dos variables, la diferencial de dicha funci´on viene dada por dU (x, y) = Ux0 dx + Uy0 dy. Por tanto, resolver una ecuaci´on del tipo (1) equivale a encontrar una funci´on U (x, y) tal que Ux0 = P y Uy0 = Q, en cuyo caso, U (x, y) = C ser´a la soluci´on general. Sin embargo, la existencia de dicha funci´on escalar U (x, y) no siempre est´a garantizada. Es m´as, una condici´on necesaria y suficiente para la existencia de U (x, y) es que Q0x = Py0 . Recu´erdese que ´esta es la llamada “Condici´ on de Green-Riemann”para la existencia de Funci´on potencial U (x, y) asociada a la funci´on vectorial − → F (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) Resumimos las conclusiones en el siguiente resultado. Teorema 2.1 Dada la ecuaci´on diferencial P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0, si se cumple que Q0x = Py0 entonces se dice que dicha ecuaci´ on es exacta y la soluci´ on general de la misma es U (x, y) = C, siendo U (x, y) una funci´ on potencial asociada al campo vectorial (P (x, y), Q(x, y)). 3

Ejemplo 2.2 Resolver la ecuaci´on diferencial (2x + y)dx + (x + 2y)dy = 0.

Resoluci´ on. Es una ecuaci´on diferencial del tipo P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0, siendo P (x, y) = 2x + y y Q(x, y) = x + 2y. Veamos en primer lugar si dicha ecuaci´on es exacta:

 =1  =⇒ Q0x = Py0 =⇒ Ecuaci´on diferencial exacta  0 Py = 1 Q0x

Para la b´ usqueda de soluci´on, basta encontrar una funci´on potencial U (x, y) asociada al campo vectorial (2x + y, x + 2y), es decir, buscamos U (x, y) tal que Ux0 = 2x + y, Uy0 = x + 2y. Ux0

Z

(2x + y)dx = x2 + xy + ϕ(y)

= 2x + y =⇒ U (x, y) =

Ya sabemos que U (x, y) = x2 + xy + ϕ(y). S´olo nos falta conocer ϕ(y). Para ello, usamos la segunda condici´on, es decir, derivamos parcialmente U (x, y) respecto de y e igualamos a Q(x, y) = x + 2y: x + ϕ0 (y) = x + 2y ⇐⇒ ϕ0 (y) = 2y ⇐⇒ ϕ(y) = y 2 Luego, U (x, y) = x2 + y 2 + xy es una funci´on potencial asociada al campo vectorial (2x + y, x + 2y) y, en consecuencia, x2 + y 2 + xy = C es la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial exacta.

2.1.

⊗

Factor integrante ¿Qu´e sucede cuando tenemos una ecuaci´on diferencial que no es exacta? Lo m´as

normal suele ser encontrarnos con una ecuaci´on P (x, y)dx+Q(x, y)dy = 0 donde Q0x 6= Py0 . N´otese que podemos obtener una ecuaci´on equivalente a la de partida, multiplicando por cualquier funci´on µ(x, y) a ambos miembros: µ(x, y)P (x, y)dx + µ(x, y)Q(x, y)dy = 0 4

(2)

Se trata de encontrar una funci´on µ(x, y) para que la ecuaci´on (2) sea exacta. Si la encontramos, entonces basta resolver (2) como ecuaci´on exacta, de modo que la soluci´on U (x, y) = C de (2) ser´a tambi´en soluci´on general de la ecuaci´on de partida P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0

Definici´ on 2.3 A la funci´on µ(x, y) se le conoce con el nombre de Factor integrante.

3.

Ecuaciones homog´ eneas

Se llaman ecuaciones diferenciales ordinarias homog´eneas a las que son de la forma y 0 y (x) = f , que se pueden reducir a una ecuaci´on de variables separables mediante el y x cambio = z ⇐⇒ y = xz. En efecto, derivando respecto a x, tenemos que: x y 0 = z + xz 0 con lo que sustituyendo en la ecuaci´on inicial y 0 (x) = f z + xz 0 = f (z) ⇐⇒ z + x

y x

nos queda

dz dz dx = f (z) ⇐⇒ = (Var. separables) dx f (z) − z x

P (x, y) , Q(x, y) siendo P (x, y) y Q(x, y) polinomios, para que dicha ecuaci´on sea homog´enea, los poliObs´ervese que cuando nos encontramos con una ecuaci´on del tipo y 0 =

nomios P (x, y) y Q(x, y) deben ser homog´eneos del mismo grado r, es decir, todos los monomios de P (x, y) y Q(x, y) deben tener el mismo grado r. En tal caso, basta dir vidir numerador y denominador  entre x para transformar la ecuaci´on de partida en una x homog´enea del tipo: y 0 = f . y

Ejemplo 3.1 Resolver la ecuaci´on y 0 =

y−x . x

Resoluci´ on. Es inmediato comprobar que los polinomios P (x, y) = y − x y Q(x, y) = x son homog´eneos de grado 1. As´ı que, si dividimos numerador y denominador entre x1 = x, 5

y − 1. Hacemos el cambio x y z = ⇐⇒ y = xz x

nos queda la ecuaci´on homog´enea y 0 =

de modo que obtenemos la ecuaci´on equivalente z + xz 0 = z − 1 ⇐⇒ x

dz dx = −1 ⇐⇒ dz = − dx x

Integrando, tenemos que z = − ln x + ln C ⇐⇒ z = ln

C . Finalmente, deshaciendo el x

cambio, obtenemos la soluci´on general: y C = ln x x ⊗

6

Tema 6. Sistemas diferenciales no lineales 1.

Conceptos generales. Soluciones, trayectorias e integrales primeras En el Tema 4 nos dedicamos al estudio de los sistemas diferenciales lineales de

primer orden y abordamos la resoluci´on de los de coeficientes constantes. Sin embargo, en general, un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden no tiene por qu´e ser lineal. al estudio de este tipo m´as general de sistemas nos dedicamos en este cap´ıtulo. Definici´ on 1.1 Un sistema de dos ecuaciones diferenciales de primer orden es un par de relaciones entre una variable independiente, x, dos funciones de x, y = y(x), z = z(x), y la derivada primera de ambas funciones, y 0 (x), z 0 (x), del tipo  Φ(x, y(x), z(x), y 0 (x), z 0 (x)) = 0  Ψ (x, y(x), z(x), y 0 (x), z 0 (x)) = 0 

(1)

Cuando las funciones Φ y Ψ s´olo dependen de y, z, y 0 , z 0 (y por tanto, no dependen expl´ıcitamente de la x), al sistema se le llama aut´ onomo. A lo largo de este tema trabajaremos con sistemas diferenciales aut´onomos y de los llamados resueltos respecto de las derivadas, es decir, con sistemas del tipo y

0

z0

 = φ(x, y, z)  = ψ (x, y, z) 

donde x es la variable independiente y adem´as, y 0 =

(2)

dy dz y z0 = . dx dx

Definici´ on 1.2 Una soluci´on del sistema de ecuaciones diferenciales (2) es un par de funciones y = y(x) y z = z(x) que satisfacen el mismo, es decir, tales que  0 y (x) = φ(x, y(x), z(x))  z 0 (x) = ψ (x, y(x), z(x))  0

Dpto. Matem´ atica Aplicada I, Universidad de Sevilla

2

En general, tal y como sucede con las ecuaciones diferenciales, un sistema diferencial tiene infinitas soluciones, del tipo y = y(x, α) y z = z(x, β), que se diferencian entre s´ı en dos constantes, α, β ∈ R, aditivas, multiplicativas, exponenciales,... Por otra parte, dichas soluciones no siempre se pueden obtener de manera expl´ıcita, sino que en general vienen dadas de modo impl´ıcito mediante el par de ecuaciones  f (x, y, z) = α  , con α, β ∈ R g (x, y, z) = β 

(3)

Obs´ervese que para cada par de valores de α y β, obtenemos una curva en el espacio, por lo que la soluci´on general de un sistema diferencial viene dada en forma impl´ıcita mediante una familia de curvas en el espacio.

Definici´ on 1.3 A la familia de curvas (3) que resulta ser soluci´on del sistema diferencial (2) se le conoce con el nombre de integrales primeras o congruencia de curvas.

Tambi´en suele ser habitual encontrarnos con un sistema diferencial definido como  Q  0  y =  P (4) R   0  z = P siendo P = P (x, y, z), Q = Q(x, y, z) y R = R(x, y, z). → − Definici´ on 1.4 A la funci´on vectorial F = (P, Q, R) se le llama campo vectorial o campo de fuerzas definido por el sistema (4).

Observaci´ on 1.5 Las soluciones del sistema (4), o lo que es lo mismo, las curvas de la → − familia (3) son tangentes al campo vectorial F = (P, Q, R) y, por tanto, se les llaman l´ıneas de fuerza del campo vectorial.

3

2.

M´ etodos de resoluci´ on Para resolver un sistema no lineal de ecuaciones diferenciales, haremos uso de uno

de los tres m´etodos siguientes: (1) M´etodo de reducci´on. (2) M´etodo de sustituci´on. (3) M´etodo de combinaciones integrables.

2.1.

M´ etodo de reducci´ on Dado el sistema

 y 0 = φ(x, y, z)  z 0 = ψ (x, y, z) 

(6)

donde φ(x, y, z) y ψ(x, y, z) son funciones no lineales, el m´etodo de reducci´on consiste en transformar dicho sistema en una sola ecuaci´ on diferencial de orden dos. Para ello, los pasos son los siguientes: (1o ) Consideramos la ecuaci´on y 0 = ϕ(x, y, z) y derivamos respecto de x, obteniendo la ecuaci´on y 00 = ϕ0x + ϕ0y y 0 + ϕ0z z 0

(7)

(2o ) Sustituimos en (7) las ecuaciones y 0 = φ(x, y, z), z 0 = ψ (x, y, z), obteniendo la siguiente ecuaci´on diferencial de orden dos: y 00 = ϕ0x (x, y, z) + ϕ0y (x, y, z)ϕ(x, y, z) + ϕ0z (x, y, z)ψ(x, y, z)

(8)

Observaci´ on 2.1 La ecuaci´on (8) no se puede resolver salvo que podamos expresar z = z(x, y, y 0 ), en cuyo caso, dicha ecuaci´ on nos quedar´ıa de la forma y 00 = f (x, y, y 0 ) A´ un as´ı, esta u ´ltima ecuaci´on diferencial de orden dos no siempre es f´ acil de resolver. 4

Ejemplo 2.2 Resolver, por el m´etodo de reducci´on, el sistema  1  0  y = z  1    z0 = y

Resoluci´ on. (1o ) Tomamos la ecuaci´on y 0 =

1 y derivamos parcialmente respecto de x: z z0 y =− 2 z 00

(2o ) Del sistema inicial, despejamos z =

(9)

1 1 y sustituimos en (9), obteniendo y z0 = 0 y y

finalmente y 00 = −

y 02 ⇐⇒ yy 00 + y 02 = 0 y

(3o ) Esta u ´ltima ecuaci´on se puede resolver f´acilmente debido que la variable dy independiente, x, no aparece expl´ıcitamente. Para ello, hacemos el cambio = p, medx diante el cual, transformamos la ecuaci´on de partida en una nueva ecuaci´on de orden 1 cuya variable independiente es “y” y cuya funci´on es p = p(y). N´otese que y 00 (x) =

dy 0 dp dp dy = = = p0 (y)p(y) = p0 p dx dx dy dx

Por tanto, sustituyendo, nos queda yp0 p + p2 = 0 ⇐⇒ p (yp0 + p) = 0 Tenemos dos posibles casos: dy = 0 ⇐⇒ y = C. dx dp dp dy (b) y + p = 0 ⇐⇒ = − ⇐⇒ ln p = − ln y + ln C1 dy p y C1 Tomando exponencial, tenemos que p = . Deshaciendo el cambio, y (a) p = 0 ⇐⇒

dy C1 y2 = ⇐⇒ ydy = C1 dx ⇐⇒ = C1 x + C2 dx y 2 5

En principio, nos han salido dos soluciones generales para y, correspondientes a los casos (a) y (b). Sin embargo, obs´ervese que la familia de soluciones del caso (a) est´a contenida en la de (b) (basta tomar C1 = 0). As´ı pues, la soluci´on general para “y” es y2 = C1 x + C2 2

(10)

Para calcular la familia de soluciones correspondiente a z, derivamos respecto de x la ecuaci´on (10) yy 0 = C1 1 e igualamos con y 0 = : z y

0

y0

C1 = y 1 = z

   

=⇒

  

C1 1 = =⇒ y 2 = C12 z 2 y z

Finalmente, sustituyendo en (10), tenemos que z2 C1 x + C2 z2 1 C2 C12 z 2 = C1 x + C2 ⇐⇒ = ⇐⇒ = x+ 2 2 2 2 C1 2 C1 C1 Por tanto, la soluci´on general del sistema diferencial es  y2   = C1 x + C2   2 , con C1 , C2 ∈ < z2 1 C2   = x+ 2   2 C1 C1 ⊗

2.2.

M´ etodo de sustituci´ on Consideremos el sistema de ecuaciones diferenciales dado por dx dy dz = = P Q R

(11)

El m´etodo de sustituci´on es aplicable cuando una de las ecuaciones del sistema s´olo depende de dos de las variables y es sencilla de resolver. Supongamos, por ejemplo, que dy dx = . Seguiremos los siguientes pasos: re´ une dichos requisitos la ecuaci´on P (x, y) Q(x, y) 6

(1o ) Resolvemos

dx dy = , obteniendo la soluci´on general y = y(x, C1 ). P (x, y) Q(x, y)

(2o ) Sustituimos la soluci´on general obtenida en

dz dx = y resolvemos esta segunda P R

ecuaci´on.

Ejemplo 2.3 Resolver, por el m´etodo de sustituci´on, el sistema  0  y = −1 z 0 = x sin(x + y) 

Resoluci´ on. y 0 = −1 ⇐⇒ y = −x + C1 . Tomamos, ahora, la segunda ecuaci´on z 0 = x sin(x + y) y sustituimos en ella y = −x + C1 , con lo que nos queda z 0 = x sin(x − x + C1 ) ⇐⇒ z 0 = x sin C1 ⇐⇒ z =

x2 sin C1 + C2 2

con lo que la soluci´on general es   y = −x + C1 2 x sin C1 + C2  z = 2 ⊗

Ejemplo 2.4 Resolver por el m´etodo de sustituci´on el siguiente sistema:  2xy  0  y = 2  2 2 x −y −z  z0 =

2xz 2 x − y2 − z2

   

Resoluci´ on. Obs´ervese que, escribiendo y 0 =

dy dz y z0 = , las ecuaciones del sistema se pueden dx dx

escribir como dx dy = 2 2xy x − y2 − z2

y 7

dz dx = 2 2xz x − y2 − z2

con lo que el sistema de ecuaciones diferenciales puede ser expresado de modo equivalente como x2

dx dz dy = = 2 2 −y −z 2xy 2xz

(12)

Una de las combinaciones es f´acil de integrar. En efecto, dy dz dy dz = ⇐⇒ = ⇐⇒ ln |y| + ln C1 = ln |z| ⇐⇒ z = C1 y 2xy 2xz y z Sustituyendo en (12) la soluci´on z = C1 y obtenida, tenemos que
dy dx 2xy 2 2 2 = 2 ⇐⇒ 2xydx− x − (1 + C )y dy = 0 ⇐⇒ y 0 = 2 1 2 2 2xy x − (1 + C1 )y x − (1 + C12 )y 2 Obs´ervese que numerador y denominador son polinomios homog´eneos de grado 2, por lo que la ecuaci´on es homog´enea de grado 2. As´ı que dividimos numerador y denominador entre “x2 ”,


y 2 x y0 = 1 − (1 + C12 )

y hacemos el cambio u + xu0 =

y x




y = u ⇐⇒ y = xu ⇐⇒ y 0 = u + xu0 . Sustituyendo, nos queda x

u + (1 + C12 )u3 u (1 + (1 + C12 )u2 ) 2u 0 0 ⇐⇒ xu = ⇐⇒ xu = 1 − (1 + C12 )u2 1 − (1 + C12 )u2 1 − (1 + C12 )u2

Como C1 es constante, es evidente que 1+C12 es tambi´en una constante (positiva). As´ı que, para simplificar expresiones, denotamos por 1+C12 = α2 , de modo que tenemos la ecuaci´on x

du u(1 + α2 u2 ) = dx 1 − α 2 u2

(13)

Es f´acil comprobar que la ecuaci´on (13) es de variables separables. En efecto, x

du u(1 + α2 u2 ) 1 − α 2 u2 1 = ⇐⇒ du = dx dx 1 − α 2 u2 u(1 + α2 u2 ) x

por lo que basta integrar en ambos miembros para resolverla finalmente. La integral respecto de “u” no es inmediata, sin que se trata de la integral de una funci´on racional. Por tanto, descomponemos el cociente en la suma siguiente: A Mu + N 1 − α 2 u2 = + 2 2 u(1 + α u ) u 1 + α 2 u2 y calculamos las constantes A, M y N . Quitando denominadores, tenemos que 1 + α2 u2 = A(1 + α2 u2 ) + M u2 + N u = A + N u + (Aα2 + M )u2 8

con lo cual, igualando los coeficientes de ambos polinomios, deducimos que A = 1, N = 0, M = −2α2 . Luego, Z Z Z 1 − α 2 u2 1 2α2 u du = du − du = ln |u| − ln(1 + α2 u2 ) u(1 + α2 u2 ) u 1 + α 2 u2 As´ı que en la ecuaci´on diferencial, tenemos que ln |u| − ln(1 + α2 u2 ) = ln |x| + ln C2 ⇐⇒

u = C2 x 1 + α 2 u2

y deshaciendo el cambio, C2 x =

y x y2

1 + α 2 x2

⇐⇒ C2 x =

xy x2 + α 2 y 2

con lo que la soluci´on general del sistema de ecuaciones diferenciales nos queda:  xy  x = C2 2  x + α2 y 2   z = Cy 1

⊗

2.3.

M´ etodo de combinaciones integrables

Definici´ on 2.5 Dada una funci´on F : D ⊆  7 ( 8. 2( $; (

! "

Para resolverlo aplicamos la Regla de Cramer:

" 1 2 5 ( 2! " (! " 5 5 " 5 ! 2 1  5(! $; (  2(   (! #9" . 9" ! " 1 2 ! 9" 2! " 5! 5 5 9" 5 ! 9" ! " 5 2 1 2! ! " 9" 1 1 5 ! 9" ( 5 (! 9" 5 5 2! 2( 2 2 (

$;  9"   0. ! 2! " 5! 9" ! " 5 9" 5 2! ! "

Una vez obtenidas las derivadas de las funciones $ ( y $ ( , sólo necesitamos determinar una primitiva para cada una de ellas. Teniendo en cuenta que $; ( viene dada como producto de un polinomio por una función exponencial, necesitamos integrar por partes:

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Página 10

Boletines de problemas de Matemáticas II $ (

 ? (!

#9"

@(  A

(

@C  ! #9" @(

1 1   (! #9"  ? ! #9" @( 7 7 1 #9" 1 #9"   (!  ! . 7 49

B @  @(

D 1 B C   ! #9" 7

Recuérdese que no consideramos la constante de integración, puesto que lo que buscamos es sólo una función $ ( y una función $ ( .

La función $; ( es 0 y, por consiguiente, una primitiva de ella es 0, de modo que

$ (  0.

Sustituyendo $ ( y $ ( en la función :  $ (   $ (  obtenemos una solución particular del sistema completo:

:  $ (   $ ( 







1 1 1 2 = (! #9"  ! #9" > ! 9" 7 8  0! " 7 8 2 1 7 49 1 1 1 = (  > 7 8 7 49 2 1 1  ( 49F E 7 2 2  ( 7 49

Finalmente, la solución general del sistema completo será la suma de la solución particular recién obtenida más la solución general del sistema homogéneo, es decir:

1 1  ( 49F  $ ! 9" 718  $ ! " 728   :  $   $   E 7   2 2 2 1  ( 7 49

que de manera desarrollada es el par de funciones

1 1  (   (   $ ! 9"  2$ ! " 7 49 G H , IJK $ , $ %&. 2 2 9" " ) (   (   2$ !  $ ! 7 49

(b) Se trata de un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primer orden. El sistema podemos escribirlo matricialmente de la forma




 X ′ = AX + F ,

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Boletines de problemas de Matemáticas II
  5 

  x ( t ) 

  x′ ( t )  1 2  donde X =  y F =  t  , siendo A la matriz de , X′ =  , A =    2 −2  e   y (t )   y′ ( t ) 
  coeficientes del sistema. Vemos que es un sistema completo, puesto que F ≠ 0 . Así pues, para determinar su solución general necesitamos encontrar 2 soluciones particulares del sistema homogéneo linealmente independientes y una solución particular del sistema completo. Las primeras se obtienen de encontrar los autovalores y sus correspondientes autovectores de la matriz de coeficientes A. •

Búsqueda de la solución general del sistema homogéneo

Planteamos y resolvemos la ecuación característica:

1λ 5 2

2 50 2  λ

 1  λ 2  λ  4  0

 λ  λ  6  0

Como vemos, el polinomio característico  λ  λ  6 tiene grado 2, con lo que

basta resolver la ecuación de segundo grado λ  λ  6  0 para determinar sus raíces:



1 0 √1  24 1 0 √25 1 0 5

2 3   

 3 2 2 2

En consecuencia,  λ  λ  6   2  3 y, por tanto, los autovalores de

A son   2 y   3, ambos simples. Por consiguiente, la matriz A tiene dos

autovalores distintos, de manera que necesitamos encontrar un autovector asociado a cada uno de ellos.

Autovector asociado a   2

Resolvemos el sistema lineal

7

 0 1 2 8 7 8  7 8 0 2 4 







  2  0  2  4  0   2

Así que tomando, por ejemplo,   1, tenemos que un autovector asociado a   2 es 2    7 8. 1 Autovector asociado a   3

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Boletines de problemas de Matemáticas II Resolvemos el sistema lineal

7

0 4 2  87 8  7 8 0 2 1 







4  2  0  2    0   2

Así que tomando, por ejemplo,   1, tenemos que un autovector asociado a   3 1 es    7 8. 2

Recuérdese que los dos vectores obtenidos son linealmente independientes puesto que autovectores asociados a distintos autovalores son siempre linealmente independientes. Así pues, dos soluciones particulares del sistema diferencial lineal homogéneo de primer orden son

  ! " 728 1

y

  ! #" 7 1 8. 2

y, por consiguiente, la solución general de dicho sistema es

  $ ! " 728  $ ! #" 7 1 8, con $ , $ %&, 1 2

que también podemos expresar del modo siguiente:

 •

 (  2$ ! "  $ ! #" , con $ , $ %&. ) (  $ ! "  2$ ! #"

Búsqueda de una solución particular del sistema completo

Consideremos la función vectorial :  $ (   $ ( , y nos planteamos determinar $ ( y $ ( de manera que la función : así definida sea solución del sistema completo. Para ello, planteamos el sistema

esto es,

$; (   $; (    7 5 8. !" 2! #" $; (

Para resolverlo aplicamos la Regla de Cramer:

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Página 13

Boletines de problemas de Matemáticas II ! #" 5 5 1 5 5" " #" ! #" 5 " 5 #" 1 ! 2  10  ! ! $; (  ! " 2!#"   2! #"  ! #" . #" 2 1 2! ! 5! 5 5 5 " 5 ! " ! #" 5 1 2 ! 2! #" " 55 2 5 52!" " " ! " 5 5 " ! 1 ! "  2!  5 !   2 ! 4"  ! " . ! $; (   2! " ! #" 5! #" 5! #" 5 5 " 5 ! 2! #"

Una vez obtenidas las derivadas de las funciones $ ( y $ ( , sólo necesitamos determinar una primitiva para cada una de ellas. Ambas primitivas se obtienen de modo inmediato:

$ (

$ (

1 1 1  ? =2! #"  ! #" > @(  ? 2! #" @(  ? ! #" @(  ! #"  ! #" . 5 5 5 

2 2 1 1 ? = ! 4"  ! " > @(   ? ! 4" @(  ? ! " @(   ! 4"  ! " . 5 5 10 3

Recuérdese que no consideramos la constante de integración, puesto que lo que buscamos es sólo una función $ ( y una función $ ( .

Sustituyendo $ ( y $ ( en la función :  $ (   $ (  obtenemos una solución particular del sistema completo:

:  $ (   $ ( 









1 1 1 2 1 =! #"  ! #" > ! " 7 8  = ! 4"  ! " > ! #" 7 8 1 2 5 10 3 1 " 2 1 " 1 1 =1  ! > 7 8  = !  > 7 8 1 5 10 3 2 2 1 1 2  ! "  ! "  5 10 3F E 1 " 1 " 2 1  !  !  5 5 3 1 " 5  !  3F E 2 5  3

Finalmente, la solución general del sistema completo será la suma de la solución particular recién obtenida más la solución general del sistema homogéneo, es decir:

1 5  !"  3F  $ ! " 728  $ ! #" 7 1 8   :  $   $   E 2   5 1 2  3

que de manera desarrollada es el par de funciones

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Boletines de problemas de Matemáticas II 1 5  (   ! "   2$ ! "  $ ! #" 2 3 G H , IJK $ , $ %&. 5 " #" ) (    $ !  2$ ! 3

(c) Se trata de un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primer orden. El sistema podemos escribirlo matricialmente de la forma




 X ′ = AX + F ,  x (t )   x′ ( t )   0 0 −1 1
  t 

  

     donde X =  y ( t )  , X ′ =  y′ ( t )  , A =  −1 1 −1 y F =  e  , siendo A la matriz de 0 0 1  −1  z (t )   z′ ( t )         
  coeficientes del sistema. Vemos que es un sistema completo, puesto que F ≠ 0 . Así pues, para determinar su solución general necesitamos encontrar 3 soluciones particulares del sistema homogéneo linealmente independientes y una solución particular del sistema completo. Las primeras se obtienen de encontrar los autovalores y sus correspondientes autovectores de la matriz de coeficientes A. •

Búsqueda de la solución general del sistema homogéneo

Planteamos y resolvemos la ecuación característica:

λ 0
1 1  λ 0 0

1 1
 0 1λ

 1  λ 1  λ λ  0.

En consecuencia,  1  λ  λ y, por tanto, los autovalores de A son   1

(doble), y   0 (simple). Necesitamos encontrar, pues, dos autovectores linealmente

independientes asociados al autovalor doble y uno asociado al autovalor simple. Autovectores asociados a   1

Resolvemos el sistema lineal

1 0 1  0 1 0 1    0  0 0 0 0

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    0      0 00 M   N 

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Boletines de problemas de Matemáticas II Necesitamos dar valores a  y a  . Tomando, por ejemplo,   1 y   0, 0 obtenemos el autovector    1. Y tomando   0 y   1, obtenemos el 0 1    0 . Esta forma de asignar valores a  y a  nos garantiza que los autovector  1 dos autovestores obtenidos son linealmente independientes. Autovector asociado a   0 Resolvemos el sistema lineal

0 0 1  0 1 1 1    0  0 0 1 0





  0       0   0      0 

Así que tomando, por ejemplo,   1, tenemos que un autovector asociado a   0 es 1    1. 0

Recuérdese que este vector es linealmente independiente con los dos anteriores puesto que autovectores asociados a distintos autovalores son siempre linealmente independientes.

Así pues, tres soluciones particulares del sistema diferencial lineal homogéneo de primer orden son

0   ! " 1, 0

1 1 1   ! "  0  y   ! :" 1  1 1 0 0

y, por consiguiente, la solución general de dicho sistema es

0 1 1   $ ! " 1  $ ! "  0   $ 1, con $ , $ , $ %&, 0 1 0

que también podemos expresar del modo siguiente:

 (  $ ! "  $ ') (  $ ! "  $ +, con $ , $ , $ %&. * (  $ ! "

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Boletines de problemas de Matemáticas II •

Búsqueda de una solución particular del sistema completo

Consideremos la función vectorial :  $ (   $ (   $ (  , y nos planteamos determinar $ ( , $ ( y $ ( de manera que la función : así definida sea solución del sistema completo. Para ello, planteamos el sistema

esto es,

$; (   $; (   $; (   ! "  ? ! " @( 3 1 4 =(  > ! "  ! "  =(  > ! " . 3 3

@  2 @(

C  ! #"

T

B @  @( B C  !"

D

1 1 1 ? ! #" @(   ? 2! #" @(   ! #" . 3 6 6

Recuérdese que no consideramos la constante de integración, puesto que lo que buscamos es sólo una función $ ( , una función $ ( y una función $ ( . Sustituyendo $ ( , $ ( y $ ( en la función :  $ (   $ (   $ (  obtenemos una solución particular del sistema completo:

:

 $ (   $ (   $ (  1 4 " #" 1 1 #" " 1 #" "  2 (  1 ! ! 0  =(  > ! !  1   ! !  1  3 6 0 0 3 1 1 1 4 1  2 (  1 0  =(  >  1    1  3 6 0 0 3 4 1 1 2 (  1  =(  >  3(  3 6Z W 2Z W 3 4 1 YV ( Y  V (  2 Y V Y V 3 6 1 1  U X U 2 X 2

Finalmente, la solución general del sistema completo será la suma de la solución particular recién obtenida más la solución general del sistema homogéneo, es decir:







:  $   $   $ (  1 3(  2Z W 1 1 1 3 V (  Y  $ ! " 0  $ ! #"  1   $ ! "  1  V 2 Y 0 0 3 1 U 2 X

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Página 22

Boletines de problemas de Matemáticas II que de manera desarrollada es el trío de funciones

" #" " ^ (  3(    $ !  $ !  $ ! a \ \  ) (  (    $ ! #"  $ ! " , con $ , $ , $ %&. ] ` \* (     3$ ! " \  [ _ 

(e) Se trata de un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primer orden. El sistema podemos escribirlo matricialmente de la forma




 X ′ = AX + F ,  1 t − 2 e   x (t )   x′ ( t )   1 1 −1 

   

    
  donde X =  y ( t )  , X ′ =  y′ ( t )  , A =  4 1 −2  y F =  et  , siendo A la matriz  0 0 −1   2e − t   z (t )   z′ ( t )           
  de coeficientes del sistema. Vemos que es un sistema completo, puesto que F ≠ 0 . Así pues, para determinar su solución general necesitamos encontrar 3 soluciones particulares del sistema homogéneo linealmente independientes y una solución particular del sistema completo. Las primeras se obtienen de encontrar los autovalores y sus correspondientes autovectores de la matriz de coeficientes A. •

Búsqueda de la solución general del sistema homogéneo

Planteamos y resolvemos la ecuación característica:

1λ
4 0

1 1λ 0

1 2
 0 1  λ

 1  λ b 1  λ   4c  0

 1  λ λ  2λ  3  0.

Necesitamos hallar las raíces de la ecuación λ  2λ  3  0. Como se trata de una ecuación de segundo grado, aplicamos la fórmula de resolución de la misma:



2 0 √4  12 2 0 √16 2 0 4

3 3   

 1 2 2 2

En consecuencia,  1  λ λ  1 λ  3 y, por tanto, los autovalores de A son   1 (doble), y   3 (simple). Necesitamos encontrar, pues, dos autovectores Dpto. Matemática Aplicada I - Universidad de Sevilla

Página 23

Boletines de problemas de Matemáticas II linealmente independientes asociados al autovalor doble y uno asociado al autovalor simple.

Autovectores asociados a   1

Resolvemos el sistema lineal

2 4 0

1 1  0  2 2     0  0 0 0





2      0 4  2  2  0 00 M  2   N

Necesitamos dar valores a  y a  . Tomando, por ejemplo,   1 y   0, 1   0. Y tomando   0 y   1, obtenemos el obtenemos el autovector  2 0 autovector    1. Esta forma de asignar valores a  y a  nos garantiza que los 1 dos autovestores obtenidos son linealmente independientes. Autovector asociado a   3 Resolvemos el sistema lineal

2 4 0

1 1  0  2 2     0 0 4  0





2      0 4  2  2  0 4  0   2      0

Así que tomando, por ejemplo,   1, tenemos que un autovector asociado a   3 es 1    2. 0

Recuérdese que este vector es linealmente independiente con los dos anteriores puesto que autovectores asociados a distintos autovalores son siempre linealmente independientes. Así pues, tres soluciones particulares del sistema diferencial lineal homogéneo de primer orden son

1   ! #" 0, 2

0 1   ! #" 1 y   ! " 2 1 0

Dpto. Matemática Aplicada I - Universidad de Sevilla

Página 24

Boletines de problemas de Matemáticas II y, por consiguiente, la solución general de dicho sistema es

1 0 1   $ ! #" 0  $ ! #" 1  $ ! " 2, con $ , $ , $ %&, 2 1 0

que también podemos expresar del modo siguiente:

 (  $ ! #"  $ ! " ') (  $ ! #"  2$ ! " +, con $ , $ , $ %&. * (  2$ ! #"  $ ! #"

•

Búsqueda de una solución particular del sistema completo

Consideremos la función vectorial :  $ (   $ (   $ (  , y nos planteamos determinar $ ( , $ ( y $ ( de manera que la función : así definida sea solución del sistema completo. Para ello, planteamos el sistema

$; (   $; (   $; (   ! 0  = !  (> ! 1  ! ! 2 4 2 2 8 2 1 0 1 0 1 1 1 1 1  = ! "  (! #" > 0  = ! "  (! #" > 1  ! #" 2 2 2 8 4 0 2 1 1 " 1 #" 1 #" 1 " 1 #" 1 #"  !  (!  !  4 2 8 W Z W 4 !  2 (!  8 ! Z 1 " 1 YV 1 " 1  V !  (! #"  ! #" !  (! #"  ! #" Y V 2 4 Y 2 4 1 " 1 " #" #" #" U X  !  (!  !  (! 2(! U 2 X 2

Finalmente, la solución general del sistema completo será la suma de la solución particular recién obtenida más la solución general del sistema homogéneo, es decir:







:  $   $   $ (  1 1 1  ! "  (! #"  ! #" 1 0 1 2 8 W 4 Z #" #" " V 1 ! "  (! #"  1 ! #" Y  $ ! 0  $ ! 1  $ ! 2 0 2 1 4 2 #" U X 2(!

que de manera desarrollada es el trío de funciones

" #" #" #" " ^ (   4 !   (!  e !  $ !  $ ! a   , con $ , $ , $ %&. ) (  ! "  (! #"  ! #"  $ ! #"  2$ ! "  4 ] ` [* (  2(! #"  2$ ! #"  $ ! #" _ 





(f) Se trata de un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primer orden. El sistema podemos escribirlo matricialmente de la forma




 X ′ = AX + F ,

 −e − t   x (t )   x′ ( t )  2 3 0


 

        donde X =  y ( t )  , X ′ =  y′ ( t )  , A =  0 −1 0  y F =  e −t  , siendo A la matriz  −3 −3 −1  z (t )   z′ ( t )   t         
  de coeficientes del sistema. Vemos que es un sistema completo, puesto que F ≠ 0 . Así pues, para determinar su solución general necesitamos encontrar 3 soluciones particulares del sistema homogéneo linealmente independientes y una solución particular del sistema completo. Las primeras se obtienen de encontrar los autovalores y sus correspondientes autovectores de la matriz de coeficientes A. Dpto. Matemática Aplicada I - Universidad de Sevilla

Página 27

Boletines de problemas de Matemáticas II •

Búsqueda de la solución general del sistema homogéneo

Planteamos y resolvemos la ecuación característica:

2λ 3 0
0 1  λ 0
0  3 3 1  λ 

1  λ 52  λ 0

3 50 1  λ

1  λ 1  λ 2  λ  0.

En consecuencia,  1  λ  2  λ y, por tanto, los autovalores de A son

  1 (doble), y   2 (simple). Necesitamos encontrar, pues, dos autovectores

linealmente independientes asociados al autovalor doble y uno asociado al autovalor simple.

Autovectores asociados a   1

Resolvemos el sistema lineal

3 3 0 0 3 3

0  0 0    0 0  0





3  3  0 00   3  3  0 M   N

Necesitamos dar valores a  y a  . Tomando, por ejemplo,   1 y   0, 1 obtenemos el autovector     1 . Y tomando   0 y   1, obtenemos el 0 0 autovector    0. Esta forma de asignar valores a  y a  nos garantiza que los 1 dos autovestores obtenidos son linealmente independientes. Autovector asociado a   2 Resolvemos el sistema lineal

 0 3 0 0  0 3 0     0 3 3 3  0

3  0  3  0  3  3  3  0   0      

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Página 28

Boletines de problemas de Matemáticas II Así que tomando, por ejemplo,   1, tenemos que un autovector asociado a   2 es 1     0 . 1

Recuérdese que este vector es linealmente independiente con los dos anteriores puesto que autovectores asociados a distintos autovalores son siempre linealmente independientes.

Así pues, tres soluciones particulares del sistema diferencial lineal homogéneo de primer orden son

1   ! #"  1 , 0

0 1   ! #" 0 y   ! "  0  1 1

y, por consiguiente, la solución general de dicho sistema es

1 0 1   $ ! #"  1   $ ! #" 0  $ ! "  0 , con $ , $ , $ %&, 0 1 1

que también podemos expresar del modo siguiente:

 (  $ ! #"  $ ! " ') (  $ ! #" +, con $ , $ , $ %&. #" " * (  $ !  $ !

•

Búsqueda de una solución particular del sistema completo

Consideremos la función vectorial :  $ (   $ (   $ (  , y nos planteamos determinar $ ( , $ ( y $ ( de manera que la función : así definida sea solución del sistema completo. Para ello, planteamos el sistema

$; (   $; (   $; (    7(8. ( ! #" $; (

Para resolverlo aplicamos la Regla de Cramer: #" 1 5( 2!#" 5 (! #" 5 1 $; (  (" ! #"  1 ! 2! 5 " 5 ! " ! #" 5 #" 1 ! !

2 #" 5 1  (!  (! #" . 2 1 5 1

" 1 1 5! " (5 5 (! " 5 1 1  0. ! ( $; (  "  ! 2! #" 1 5 " 5 #" ! !

Una vez obtenidas las derivadas de las funciones $ ( y $ ( , sólo necesitamos determinar una primitiva para cada una de ellas.

Teniendo en cuenta que $; ( viene dada como producto de un polinomio por una función exponencial, necesitamos integrar por partes:

$ (

 ? (!

#"

@(  S

(

@C  ! #" @(

 (! #"  ? ! #" @(

B @  @(

B C  ! #"

T

 (! #"  ! #"   (  1 ! #" .

Recuérdese que no consideramos la constante de integración, puesto que lo que buscamos es sólo una función $ ( y una función $ ( . La función $; ( es 0 y, por consiguiente, una primitiva de ella es 0, de modo que

Dpto. Matemática Aplicada I - Universidad de Sevilla

Página 34

Boletines de problemas de Matemáticas II $ (  0.

Sustituyendo $ ( y $ ( en la función :  $ (   $ (  obtenemos una solución particular del sistema completo:

:  $ (   $ ( 







1 2  (  1 ! #" ! " 7 8  0! #" 7 8 1 1 1  (  1 7 8 1  (  1

= >  (  1

Finalmente, la solución general del sistema completo será la suma de la solución particular recién obtenida más la solución general del sistema homogéneo, es decir:

  :  $   $   = (  1 >  $ ! " 718  $ ! #" 728  (  1

1 1

que de manera desarrollada es el par de funciones



 (   (  1  $ ! "  2$ ! #"  , IJK $ , $ %&. ) (   (  1  $ ! "  $ ! #"

(3.1)

Para finalizar el problema, debemos encontrar el par de funciones  ( e y ( que satisfacen las condiciones iniciales. Eso lo conseguimos sustituyendo esas condiciones en el sistema (3.1) y despejando $ y $ :



1  1  $  2$ 2  $  2$ $ 4  0  1     . $  1 2  1  $  $ 3  $  $ ) 0  2

Sustituyendo $  4 y $  1 en (3.1), llegamos a la conclusión de que la solución final del problema de valores iniciales es



 (   (  1  4! "  2! #" . ) (   (  1  4! "  ! #"

(b) Se trata de un problema de valores iniciales asociado a un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primer orden. Lo primero que debemos hacer es determinar la solución general del mismo y, a partir de ella, obtener la solución particular que satisface las condiciones iniciales. El sistema podemos escribirlo matricialmente de la forma




 X ′ = AX + F ,

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Página 35

Boletines de problemas de Matemáticas II
  sen t 

  x ( t ) 

  x′ ( t )   4 −3  donde X =  y F = , X′ =  , A =    , siendo A la matriz de  8 −6   cos t   y (t )   y′ ( t ) 
  coeficientes del sistema. Vemos que es un sistema completo, puesto que F ≠ 0 . Así pues, para determinar su solución general necesitamos encontrar 2 soluciones particulares del sistema homogéneo linealmente independientes y una solución particular del sistema completo. Las primeras se obtienen de encontrar los autovalores y sus correspondientes autovectores de la matriz de coeficientes A. •

Búsqueda de la solución general del sistema homogéneo

Planteamos y resolvemos la ecuación característica:

4λ 3 5 50  8 6  λ  

4  λ 6  λ  24  0

λ  2λ  0

λ λ  2  0.

En consecuencia,  λ λ  2 y, por tanto, los autovalores de A son   0 y

  2, ambos simples. Por consiguiente, la matriz A tiene dos autovalores distintos,

de manera que necesitamos encontrar un autovector asociado a cada uno de ellos. Autovector asociado a   0

Resolvemos el sistema lineal

7

4 3  0 87 8  7 8 8 6  0

  

4  3  0  8  6  0 3  4

Así que tomando, por ejemplo,   3, tenemos que un autovector asociado a   0 es 3    7 8. 4 Autovector asociado a   2

Resolvemos el sistema lineal

7

6 3  0 8 7 8  7 8 8 4 0 

  

Dpto. Matemática Aplicada I - Universidad de Sevilla

6  3  0  8  4  0   2

Página 36

Boletines de problemas de Matemáticas II Así que tomando, por ejemplo,   1, tenemos que un autovector asociado a   2 1 es    7 8. 2

Recuérdese que los dos vectores obtenidos son linealmente independientes puesto que autovectores asociados a distintos autovalores son siempre linealmente independientes.

Así pues, dos soluciones particulares del sistema diferencial lineal homogéneo de primer orden son

  ! :" 738  738 4 4

y

  ! #" 718. 2

y, por consiguiente, la solución general de dicho sistema es

  $ 738  $ ! #" 718, con $ , $ %&, 4 2

que también podemos expresar del modo siguiente:

 •

 (  3$  $ ! #" , con $ , $ %&. ) (  4$  2$ ! #"

Búsqueda de una solución particular del sistema completo

Consideremos la función vectorial :  $ (   $ ( , y nos planteamos determinar $ ( y $ ( de manera que la función : así definida sea solución del sistema completo. Para ello, planteamos el sistema

esto es,

$; (   $; (   @( 2 " ! B @  2 ! " A D 3 3 @C  = cos (  2 sen (> @( B C  sen (  2 cos ( 2 2 3 ! " = sen (  2 cos (>  ? ! " 3 sen (  4 cos ( @( 2   ! " B @  2 ! " S T @C  3 sen (  4 cos ( @( B C  3 cos (  4 sen (

3 ! " = sen (  2 cos (>  ! " 3 cos (  4 sen (  ? 2! " 3 cos (  4 sen ( @( 2 5 3 ! " = sen (  5 cos (>  4 ? ! " = cos (  2 sen (> @( 2 2 1 5! " = sen (  cos (>  4$ (

2

1 $ (  5! " = sen (  cos (>  4$ (

2

1  $ (  ! " = sen (  cos (> 2

Recuérdese que no consideramos la constante de integración, puesto que lo que buscamos es sólo una función $ ( y una función $ ( . Sustituyendo $ ( y $ ( en la función :  $ (   $ (  obtenemos una solución particular del sistema completo:

:  $ (   $ ( 







1 1 3 1 = cos (  sen (> 7 8  ! " = sen (  cos (> ! #" 7 8 4 2 2 2 1 1 3 1 = cos (  sen (> 7 8  = sen (  cos (> 7 8 4 2 2 2 2 cos (  2 sen ( 7 8 2 cos (  3 sen (

Dpto. Matemática Aplicada I - Universidad de Sevilla

Página 38

Boletines de problemas de Matemáticas II Finalmente, la solución general del sistema completo será la suma de la solución particular recién obtenida más la solución general del sistema homogéneo, es decir:

  :  $   $   72 cos (  2 sen (8  $ 738  $ ! #" 718 2 cos (  3 sen ( 4 2

que de manera desarrollada es el par de funciones



 (  2 cos (  2 sen (  3$  $ ! #"  , IJK $ , $ %&. ) (  2 cos (  3 sen (  4$  2$ ! #"

(3.2)

Para finalizar el problema, debemos encontrar el par de funciones  ( e y ( que satisfacen las condiciones iniciales. Eso lo conseguimos sustituyendo esas condiciones en el sistema (3.2) y despejando $ y $ :



0  2  3$  $ 2  3$  $ $ 1  0  0     . 0  2  4$  2$ 1  2$  $ $  1 ) 0  0

Sustituyendo $  1 y $  1 en (3.2), llegamos a la conclusión de que la solución final del problema de valores iniciales es



 (  2 cos (  2 sen (  3  ! #" . ) (  2 cos (  3 sen (  4  2! #"

(c) Se trata de un problema de valores iniciales asociado a un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primer orden. Lo primero que debemos hacer es determinar la solución general del mismo y, a partir de ella, obtener la solución particular que satisface las condiciones iniciales. El sistema podemos escribirlo matricialmente de la forma




 X ′ = AX + F ,


  e 2t 

  x ( t ) 

  x′ ( t )   2 0 ′ F =  t  , siendo A la matriz de donde X =  , , A = y X =      ′ y t y t 0 3 ( ) ( )   e     
  coeficientes del sistema. Vemos que es un sistema completo, puesto que F ≠ 0 . Así pues, para determinar su solución general necesitamos encontrar 2 soluciones particulares del sistema homogéneo linealmente independientes y una solución particular del sistema completo. Las primeras se obtienen de encontrar los autovalores y sus correspondientes autovectores de la matriz de coeficientes A. •

Búsqueda de la solución general del sistema homogéneo

Planteamos y resolvemos la ecuación característica:

Dpto. Matemática Aplicada I - Universidad de Sevilla

Página 39

Boletines de problemas de Matemáticas II 2λ 5 0

0 50 3λ

 2  λ 3  λ  0.

En consecuencia,  2  λ 3  λ y, por tanto, los autovalores de A son   2

y   3, ambos simples. Por consiguiente, la matriz A tiene dos autovalores distintos, de manera que necesitamos encontrar un autovector asociado a cada uno de ellos. Autovector asociado a   2

Resolvemos el sistema lineal

7

0 0

0  0 8 7 8  7 8 1 0 

  

00    0

  0

Así que tomando, por ejemplo,   1, tenemos que un autovector asociado a   2 es 1    7 8. 0 Autovector asociado a   3

Resolvemos el sistema lineal

7

1 0  0 87 8  7 8 0 0  0





  0    00   0

Así que tomando, por ejemplo,   1, tenemos que un autovector asociado a   3 es 0    7 8. 1

Recuérdese que los dos vectores obtenidos son linealmente independientes puesto que autovectores asociados a distintos autovalores son siempre linealmente independientes. Así pues, dos soluciones particulares del sistema diferencial lineal homogéneo de primer orden son

  ! " 718 0

y

  ! " 708. 1

y, por consiguiente, la solución general de dicho sistema es

  $ ! " 718  $ ! " 708, con $ , $ %&, 0 1

Dpto. Matemática Aplicada I - Universidad de Sevilla

Página 40

Boletines de problemas de Matemáticas II que también podemos expresar del modo siguiente:

 (  $ ! "  , con $ , $ %&. ) (  $ ! "

•

Búsqueda de una solución particular del sistema completo

Consideremos la función vectorial :  $ (   $ ( , y nos planteamos determinar $ ( y $ ( de manera que la función : así definida sea solución del sistema completo. Para ello, planteamos el sistema

esto es,

$; (   $; (   edo1:=D(y)(x)-y(x)=x; Éste es un problema que podemos resolver albegraicamente con la orden dsolve: > dsolve({edo1,y(0)=1},y(x)); Vamos a almacenar la solución en una función con objeto de poder representarla gráficamente: > sol_exacta:=x->-x-1+2*exp(x); Ahora resolvemos numéricamente el problema por el Método de Euler, tomando tamaño del paso h = 0.4: > sol_aprox:=dsolve({edo1,y(0)=1},y(x),numeric,method=classical [foreuler],stepsize=0.4,output=listprocedure); Vamos a comparar las gráficas de la solución exacta con la de las aproximaciones obtenidas. La solución exacta se representa gráficamente con la orden plot que ya conocemos. En cambio, las aproximaciones obtenidas por el Método de Euler se representan con la orden odeplot: > graf_exacta:=plot(sol_exacta(x),x=0..2,color=blue): graf_aprox:=odeplot(sol_aprox,[x,y(x)],0..2,numpoints=20,styl Page 1

e=point,symbol=diamond,color=red): display(graf_exacta,graf_aprox);

Disminución del paso h Obsérvese que cuanto más pequeño sea el tamaño del paso h, mejores son las aproximaciones que obtenemos. Por ejemplo, vamos a obtener una nueva aproximación con tamaño del paso h = 0.2 y vamos a compararla con la anterior: > sol_aprox1:=dsolve({edo1,y(0)=1},y(x),numeric,method=class ical[foreuler],stepsize=0.2,output=listprocedure); graf_aprox1:=odeplot(sol_aprox1,[x,y(x)],0..2,numpoints=40 ,style=point,symbol=diamond,color=green): > display(graf_exacta,graf_aprox,graf_aprox1);

Ejemplo 2. Resolver el problema de valor inicial consistente en determinar la solución de la ecuación x ( 1 − x ) y'' + 2 y' + 2 y = 0 que cumple las condiciones y( 2 ) = 1 e y'(2) = 1. Tomar como intervalo de x el [2,4]. Lo primero es almacenar la ecuación con un nombre: > edo2:=x*(1-x)*(D@@2)(y)(x)+2*D(y)(x)+2*y(x)=0; Éste es un problema que podemos resolver albegraicamente con la orden dsolve. De hecho, ya lo hicimos en la práctica anterior: > dsolve({edo2,y(2)=1,D(y)(2)=1},y(x)); Vamos a almacenar la solución en una función con objeto de poder representarla gráficamente más tarde: > sol_exacta:=x->x^2-3*x+3; Ahora resolveremos numéricamente el problema por el Método de Euler, tomando tamaño del paso h = 0.4. Pero antes, necesitamos transformar la ecuación de segundo orden en un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden: > sistema:=D(y)(x)=v(x), x*(1-x)*D(v)(x)+2*v(x)+2*y(x)=0,y(2)=1,v(2)=1; > sol_aprox:=dsolve({sistema,y(2)=1,v(2)=1},{y(x),v(x)},numeric ,method=classical[foreuler],stepsize=0.4,output=listprocedure ); Vamos a comparar las gráficas de la solución exacta con la de las aproximaciones obtenidas. La solución exacta se representa gráficamente con la orden plot que ya conocemos. En cambio, las aproximaciones obtenidas por el Método de Euler se representan con la orden odeplot: > graf_exacta:=plot(sol_exacta(x),x=2..4,color=blue): graf_aprox:=odeplot(sol_aprox,[x,y(x)],2..4,numpoints=10,styl e=point,symbol=diamond,color=red): display(graf_exacta,graf_aprox);

Disminución del paso h También aquí una disminución del tamaño del paso h da lugar a mejores aproximaciones. Por ejemplo, vamos a obtener una nueva aproximación con tamaño del paso h = .2 y vamos a compararla con la anterior: > sol_aprox1:=dsolve({sistema,y(2)=1,v(2)=1},{y(x),v(x)},num eric,method=classical[foreuler],stepsize=0.2,output=listpr Page 2

ocedure); graf_aprox1:=odeplot(sol_aprox1,[x,y(x)],2..4,numpoints=40 ,style=point,symbol=diamond,color=green): > display(graf_exacta,graf_aprox,graf_aprox1);

Aplicación al problema del rascacielos oscilante Los rascacielos modernos se construyen flexibles, de manera que frente a fuertes ráfagas de viento o sismos, tiendan a oscilar para absorber las cargas dinámicas. Son comunes las oscilaciones con una amplitud hasta un metro y períodos del orden de 5 a 10 segundos. Como aplicación del Método de Euler veamos cómo podemos analizar este fenómeno. Para describir el movimiento oscilatorio del rascacielos, sea y( t ) una función que en cada instante del tiempo t mide cuánto se flexiona el edificio, es decir, el desplazamiento en metros de la parte más alta del edificio. De esta manera, la función y( t ) valdrá 0 cuando el edificio está completamente vertical, será positiva cuando el edificio está flexionado hacia la derecha de nuestra observación, y será negativa cuando lo haga hacia la izquierda. Cuando el edificio está flexionado, la propia estructura aplica una potente fuerza restauradora hacia la vertical que es la que provoca el movimiento oscilatorio.

Una primera aproximación: el oscilador armónico amortiguado En esta primera aproximación, el movimiento oscilatorio del edificio vendría determinado por la ecuación del oscilador armónico amortiguado m y'' + b y' + k y = 0, donde m es la masa del objeto, k es la constante del resorte, y b es el llamado coeficiente de amortiguamiento. Antes de proceder con el tratamiento matemático, suele dividirse en ambos miembros de la ecuación entre la masa m del objeto, de manera que trabajaremos con la ecuación y'' + p y' + q y = 0, b k y q= son ahora las constantes. Naturalmente, p y q dependen de las donde p = m m características del edificio objeto de estudio. En esta práctica, escogeremos las constantes p = 0.2 y q = 0.25. Tenemos ante nosotros una ecuación diferencial ordinaria de segundo orden lineal homogénea. Vamos a introducirla en Maple: > edo:=(D@@2)(y)(t)+0.2*D(y)(t)+0.25*y(t)=0; Esta ecuación se puede resolver algebraicamente con Maple. Lo vamos a hacer con distintas condiciones iniciales correspondientes a escenarios diferentes: Escenario 1. Ausencia de ráfagas de viento. En este caso, el edificio se encuentra inicialmente en reposo, de manera que cuando t = 0, está en posición vertical, es decir, y( 0 ) = 0, y la velocidad con la que se flexiona es nula (porque no hay ninguna fuerza de viento que actúe sobre él), con lo cual, y'(0) = 0. Vamos a resolver el problema de valores iniciales y vamos a representar gráficamente la solución: > dsolve({edo,y(0)=0,D(y)(0)=0},y(t)); > sol_ex1:=t->0; > graf_ex1:=plot(sol_ex1(t),t=0..50,color=blue,thickness=3): Page 3

display(graf_ex1); Escenario 2. Aparición de una pequeña ráfaga de viento. En este caso, el edificio se encuentra inicialmente en reposo, de manera que cuando t = 0, está en posición vertical, es decir, y( 0 ) = 0, pero en ese instante inicial golpea sobre él una pequeña ráfaga de viento que lo empieza en flexionar con una velocidad inicial de 0.05 metros por segundo, con lo cual, y '(0) = 0.05. Vamos a resolver el problema de valores iniciales y vamos a representar gráficamente la solución: > dsolve({edo,y(0)=0,D(y)(0)=0.05},y(t)); > sol_ex2:=t->.1020620726*exp(-.1000000000*t)*sin(.489897948 6*t); > graf_ex2:=plot(sol_ex2(t),t=0..50,color=red): display(graf_ex1,graf_ex2); Escenario 3. Aparición de una fuerte ráfaga de viento. En este caso, el edificio se encuentra inicialmente en reposo, de manera que cuando t = 0, está en posición vertical, es decir, y( 0 ) = 0, pero en ese instante inicial golpea sobre él una fuerte ráfaga de viento que lo empieza en flexionar con una velocidad inicial de 0.2 metros por segundo, con lo cual, y'(0) = 0.2. Vamos a resolver el problema de valores iniciales y vamos a representar gráficamente la solución: > dsolve({edo,y(0)=0,D(y)(0)=0.2},y(t)); > sol_ex3:=t->.4082482904*exp(-.1000000000*t)*sin(.489897948 6*t); > graf_ex3:=plot(sol_ex3(t),t=0..50,color=green): display(graf_ex1,graf_ex2,graf_ex3); Obsérvese que cuanto mayor es la magnitud de la fuerza que golpea sobre el edficio, más acusada es la oscilación, pero en cualquier caso, tanto si la ráfaga es más fuerte como si es más débil, la potente fuerza restauradora del edificio consigue atenuar su oscilación hasta retornarlo a su posición original de reposo (vertical).

Una segunda aproximación: El efecto P-Delta El movimiento del oscilador armónico es sólo una primera aproximación al problema del rascacielo oscilante. El sistema físico es mucho más complicado y ha de tener en cuenta otros factores. Uno de ellos es el efecto de la gravedad, que pasa a desempeñar un importante papel cuando las oscilaciones son significativas. Cuando el rascacielos se encuentra en su punto de máxima flexión, es decir, cuando y( t ) alcanza su valor máximo, una parte del edificio no se encuentra directamente encima de ninguna otra parte de éste, lo cual hace que la fuerza de la gravedad tire hacia abajo de esa porción tendiendo a flexionar aún más al propio rascacielos. Este fenómeno se conoce con el nombre de efecto P-Delta, donde P representa la fuerza de la gravedad y Delta la distancia en voladizo. Para incluir adecuadamente este efecto en el modelo se requieren conocimientos específicos de la densidad del edificio y de la flexibilidad de los materiales de construcción. Este análisis previo se escapa de nuestros objetivos en esta práctica. Para introducirlo en nuestro modelo, nos basaremos en el hecho de que el efecto P-Delta es muy pequeño cuando y( t ) es pequeña y se vuelve muy grande cuando y( t ) es grande. Basados en este hecho, vamos a suponer que Page 4

el efecto P-Delta es proporcional a y3, de manera que la ecuación diferencial de segundo orden que estuduaremos ahora será y'' + p y' + q y = y3. Usaremos idénticos valores para las constantes p y q, es decir, tomaremos p = 0.2 y q = 0.25. Vamos a introducirla en Maple: > edo:=(D@@2)(y)(t)+0.2*D(y)(t)+0.25*y(t)=y(t)^3; Esta tipo de ecuación no se puede resolver algebraicamente con Maple, tal y como vimos en la práctica anterior. Por tanto, nos vemos obligados a transformarla en un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden y aplicar el Método de Euler. > sistema:=D(y)(t)=v(t),D(v)(t)+0.2*D(y)(t)+0.25*y(t)=y(t)^3 ; Vamos a repetir la resolución de los problemas correspondientes a los mismos tres escenarios que planteamos anteriormente. Escenario 1. Ausencia de ráfagas de viento. En este caso, el edificio se encuentra inicialmente en reposo, de manera que cuando t = 0, está en posición vertical, es decir, y( 0 ) = 0, y la velocidad con la que se flexiona es nula (porque no hay ninguna fuerza de viento que actúe sobre él), con lo cual, y'(0) = 0. Vamos a resolver numéricamente el problema de valores iniciales por el Método de Eulercon tamaño del paso h = 0.5 y vamos a representar gráficamente la solución: > modelo:={sistema,y(0)=0,v(0)=0}; sol_aprox1:=dsolve(modelo,{y(t),v(t)},numeric,method=class ical[foreuler],stepsize=0.5,output=listprocedure); > graf_aprox1:=odeplot(sol_aprox1,[t,y(t)],0..50,numpoints=1 00,style=point,symbol=diamond,color=black): display(graf_ex1,graf_aprox1); Escenario 2. Aparición de una pequeña ráfaga de viento. En este caso, el edificio se encuentra inicialmente en reposo, de manera que ecuando t = 0, está en posición vertical, es decir, y( 0 ) = 0, pero en ese instante inicial golpea sobre él una pequeña ráfaga de viento que lo empieza en flexionar con una velocidad inicial de 0.05 metros por segundo, con lo cual, y '(0) = 0.05. Vamos a resolver el problema de valores iniciales, vamos a representar gráficamente la solución y la vamos a comparar con la que obtuvimos en el modelo simplificado anterior: > modelo:={sistema,y(0)=0,v(0)=0.05}; sol_aprox2:=dsolve(modelo,{y(t),v(t)},numeric,method=class ical[foreuler],stepsize=0.5,output=listprocedure); > graf_aprox2:=odeplot(sol_aprox2,[t,y(t)],0..50,numpoints=1 00,style=point,symbol=diamond,color=black): display(graf_ex2,graf_aprox2); Escenario 3. Aparición de una fuerte ráfaga de viento. En este caso, el edificio se encuentra inicialmente en reposo, de manera que cuando t = 0, el edificio está en posición vertical, es decir, y( 0 ) = 0, pero en ese instante inicial golpea sobre él una fuerte ráfaga de viento que lo empieza en flexionar con una velocidad inicial de 0.2 metros por segundo, con lo cual, y'(0) = 0.2. Vamos a resolver el problema de Page valores 5 iniciales y vamos a representar gráficamente

la solución: > modelo:={sistema,y(0)=0,v(0)=0.2}; sol_aprox3:=dsolve(modelo,{y(t),v(t)},numeric,method=class ical[foreuler],stepsize=0.5,output=listprocedure); > graf_aprox3:=odeplot(sol_aprox3,[t,y(t)],0..50,numpoints=1 00,style=point,symbol=diamond,color=black): display(graf_ex3,graf_aprox3); Obsérvese que en este último escenario, debido a que la flexión del edificio es mayor, el efecto P-Delta adquiere un mayor protagonismo, aumentando más significativamente no sólo la amplitud de las oscilaciones sino también su período. No obstante, la potente fuerza restauradora que ejerce el rascacielos lo vuelve a retornar a su posición original de reposo en unos pocos segundos.

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Práctica 3: Ecuaciones diferenciales lineales de orden mayor que uno. Introducción: Expresión general de una EDO lineal de segundo orden: a( x ) y'' + b( x ) y' + c( x ) y = f( x ), donde a( x ), b( x ), c( x ) y d( x ) son funciones de x conocidas e y = y( x ) es la función "incógnita". f:=x->... : Define la función f( x ). edo:=a(x)*(D@@2)(y)(x)+b(x)*D(y)(x)+c(x)*y(x)=f(x) dsolve(edo,y(x)): Resuelve la ecuación diferencial almacenada con el nombre "edo". solve(a x2 + b x + c = 0): Resuelve la ecuación de segundo grado. int(f(x),x): Calcula la integral indefinida de la función f( x ). ⎡a b⎤ ⎥. A:=array([[a,b],[c,d]]): matriz 2x2 ⎢ ⎣c d⎦ det(A): Calcula el determinante de la matriz A.

Ecuaciones lineales con coeficientes constantes. Una ecuación lineal con coeficientes constantes: a y'' + b y' + c y = f( x ). > restart; with(linalg): La solución general de una ecuación diferencial lineal se puede expresar como y( x ) = yP( x ) + C1 y1( x ) + C2 y2( x ), donde yP( x ) es una solución particular de la ecuación completa e y1( x ), y2( x ) son dos soluciones particulares de la ecuación homogénea linealmente independientes. Practiquemos con los dos métodos de resolución.

Método de los coeficientes indeterminados: Ejemplo. Hallar la solución general de la ecuación:

2y'' + 3y' - 2y = 14 x2 − 4 x + 11.

Introducimos las constantes a, b y c y la función f( x ) > a:=2; b:=3; c:=-2; > f:=x->14*x^2-4*x+11; Solución General de la edo homogénea: Planteamos la ecuación característica a r2 + b r + c = 0 y hallamos sus raíces. > solve(a*r^2+b*r+c=0,r); Soluciones particulares de la ecuación homogénea lin.indep. > y1:=x->exp(-2*x); > y2:=x->exp(1/2*x); > Yh:=C1*y1(x)+C2*y2(x); Page 1

Solución Particular de la edo completa: El término independiente es el producto de un polinomio y una exponencial con r=0, que no es raís de la ec. característica, luego "s=0". Buscamos la sol part de la edo completa como un polinomio del mismo grado que f( x ): yP( x ) = A x2 + B x + C. Tenemos hallar A, B y C. > Yp:=x->A*x^2+B*x+C; Derivamos una y dos veces y sustituimos en la edo completa: > D1:=D(Yp)(x); > D2:=(D@@2)(Yp)(x); > a*D2+b*D1+c*Yp(x)=f(x); Igualdad de dos polinomios del mismo grado: Un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas. > solve({-2*A=14,6*A-2*B=-4,4*A+3*B-2*C=11},{A,B,C}); > A:=-7; B:=-19; C:=-48; > Yp:=x->A*x^2+B*x+C; Yp(x); Solución general de la edo completa: y( x ) = yP( x ) + C1 y1( x ) + C2 y2( x ), con C1, C2 constantes reales. > Yc:=x->Yp(x)+C1*y1(x)+C2*y2(x); > Yc(x);

Método de variación de constantes > restart; with(linalg): Ejemplo. Hallar la solución general de la ecuación y'' + 2y' + y = e( −x ). > a:=1; b:=2; c:=1; f:=x->exp(-x); Solución General de la edo homogénea: Planteamos la ecuación característica a r2 + b r + c = 0 y hallamos sus raíces. > solve(a*r^2+b*r+c=0,r); Soluciones particulares de la ecuación homogénea: > y1:=x->exp(-x); > y2:=x->x*exp(-x); > Yh:=C1*y1(x)+C2*y2(x); Solución particular de la edo completa: Definimos la sol part haciendo variar las constantes: yP( x ) = C1( x ) y1( x ) + C2( x ) y2( x ) Para el cálculo de las funciones C1( x ), C2( x ), resolvemos previamente el siguiente sistema lineal de ecuaciones, cuyas incógnitas son las derivadas de ambas funciones, por el método de Cramer: C1' y1( x ) + C2' y2( x ) = 0 f( x ) C1' y1'(x) + C2' y2'(x) = a > W:=array([[y1(x),y2(x)],[D(y1)(x),D(y2)(x)]]); Page 2

> det(W); > dC1:=x->det(array([[0,y2(x)],[f(x)/a,D(y2)(x)]]))/det(W): dC1(x); > dC2:=x->det(array([[y1(x),0],[D(y1)(x),f(x)/a]]))/det(W): dC2(x); > C1:=x->int(dC1(x),x): C1(x); > C2:=x->int(dC2(x),x): C2(x); > Yp:=x->C1(x)*y1(x)+C2(x)*y2(x): Yp(x); Solución general de laedo completa: y( x ) = yP( x ) + C1 y1( x ) + C2 y2( x ), con C1, C2 constantes reales. > Yc:=x->Yp(x)+C1*y1(x)+C2*y2(x); > Yc(x);

Ejercicios propuestos: Resolver las edos lineales siguientes, obteniendo la sol part de la edo completa por ambos métodos: (a) y'' - 6y' + 9y =2 x2 + 1 (b) y'' - 4y' + 4y = ex

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Práctica 4: Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales Contenido: Introducción. Solución general del sistema homogéneo. Solución general del sistema completo. Nota Final.

Introducción En esta práctica trabajaremos con sistemas de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden con coeficientes constantes. Veamos a continuación el resumen de las órdenes más importantes que utilizaremos. f:=x->... : Define la función f( x ). dsolve({ec1,ec2,...},{x(t),y(t),...}): Resuelve el sistema completo de ecuaciones diferenciales. A:=array([[a,b,c],[d,e,f],[g,h,i]]): Introduce una matriz 3x3. eigenvalues(A): Calcula los autovalores de la matriz A. eigenvectors(A): Calcula los autovalores de la matriz A, su multiplicidad y sus autovectores asociados. Para realizar correctamente esta práctica, sólo será necesario cargar el paquete linalg. Vamos resolver el siguiente sistema: > restart; with(linalg): Ejemplo. Hallar la solución general del siguiente sistema completo: dx = 2 x + 3 y − e( −t ) dt dy = −y + e( −t ) dt dz = −3 x − 3 y − z + t dt

Solución general del sistema homogéneo Como sabemos, la solucióin general del sistema homogéneo está directamente relacionada con el cálculo de autovalores y autovectores de la matriz del propio sistema. Así que comenzamos introduciendo la matriz y calculando sus autovalores y autovectores. > A:=array([[2,3,0],[0,-1,0],[-3,-3,-1]]): evalm(A); > eigenvalues(A); > eigenvectors(A); Obsérvese que la orden eigenvalues se limita a calcular y presentar en pantalla los autovalores de la matriz A. Sin embargo, con la orden eigenvectors obtenemos, para cada autovalor distinto de la matriz A un conjunto de datos que son: el autovalor, su multiplicidad y el número de autovectores independientes asociados. Estos datos son suficientes para construir la solución general del sistema homogéneo. > X1:=array([1,0,-1]): X2:=array([0,0,1]): X3:=array([-1,1,0]): Solución general matricialmente > evalm(C1*X1*exp(2*t)+C2*X2*exp(-t)+C3*X3*exp(-t)); Solución general extendida Page 1

> x:=t->C1*X1[1]*exp(2*t)+C2*X2[1]*exp(-t)+C3*X3[1]*exp(-t): y:=t->C1*X1[2]*exp(2*t)+C2*X2[2]*exp(-t)+C3*X3[2]*exp(-t): z:=t->C1*X1[3]*exp(2*t)+C2*X2[3]*exp(-t)+C3*X3[3]*exp(-t): x(t); y(t); z(t);

Solución general del sistema completo La solución general del sistema completo se obtiene se sumar a la solución general del homogéneo una solución particular del completo. Por tanto, en esta sección, sólo nos falta determinar una solución general del sistema completo. En primer lugar planteamos y resolvemos el siguiente sistema: > solve({dC1*X1[1]*exp(2*t)+dC2*X2[1]*exp(-t)+dC3*X3[1]*exp(-t) =-exp(-t),dC1*X1[2]*exp(2*t)+dC2*X2[2]*exp(-t)+dC3*X3[2]*exp( -t)=exp(-t),dC1*X1[3]*exp(2*t)+dC2*X2[3]*exp(-t)+dC3*X3[3]*ex p(-t)=t},{dC1,dC2,dC3}); > dC1:=t->0; dC2:=t->t*exp(t); dC3:=t->0; > C1:=t->int(dC1(t),t): C2:=t->int(dC2(t),t): C3:=t->int(dC3(t),t): C1(t); C2(t); C3(t); Solución general del sistema completo > X:=t->C1(t)*X1[1]*exp(2*t)+C2(t)*X2[1]*exp(-t)+C3(t)*X3[1]*ex p(-t)+x(t): Y:=t->C1(t)*X1[2]*exp(2*t)+C2(t)*X2[2]*exp(-t)+C3(t)*X3[2]*ex p(-t)+y(t): Z:=t->C1(t)*X1[3]*exp(2*t)+C2(t)*X2[3]*exp(-t)+C3(t)*X3[3]*ex p(-t)+z(t): expand(X(t)); expand(Y(t)); expand(Z(t));

Nota Final El propósito de esta práctica con Maple no ha sido otro que el de mostrar, con ayuda de este paquete informático, los pasos que habría que seguir para determinar "a mano" la solución de un sistema de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden con coeficientes constantes. Sin embargo, el mismo programa Maple dispone de la orden que resuelve directamente el mismo sin necesidad de llevar a cabo los pasos anteriores. En el caso concreto del problema del ejemplo, bastaría introducir el sistema y escribir la orden dsolve para resolverlo. > restart; with(DEtools): > sistema:={D(x)(t)=2*x(t)+3*y(t)-exp(-t),D(y)(t)=-y(t)+exp(-t) ,D(z)(t)=-3*x(t)-3*y(t)-z(t)+t}; > dsolve(sistema,{x(t),y(t),z(t)});

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Práctica 6: Sistemas diferenciales no lineales Contenido: Introducción. Trayectorias ortogonales a una familia de superficies. Superficies formadas por curvas integrales.

Introducción En esta práctica, pretendemos aprovechar una vez más las posibilidades de cálculo y representación gráfica del programa Maple para resolver sistemas no lienales de ecuaciones diferenciales y algunas de sus aplicaciones. Veamos a continuación el resumen de las órdenes más importantes que utilizaremos. F:=(x,y,z)->... : Define la función F( x, y, z ). implicitplot3d( F(x,y,z)=0, x=a..b, y=c..d, z=e..f ): Representa gráficamente la superficie de ecuación implícita F( x, y, z ) = 0 cuando las variables x, y, z recorren los intervalos [a, b], [c, d] y [e, f], respectivamente. plot3d( z(x,y), x=a..b, y=c..d ): Representa gráficamente la superficie definida explícitamente por la ecuación z = z( x, y ) cuando las variables x, y recorren los intervalos [a, b] y [c, d], respectivamente. plot3d( [x(u,v),y(u,v),z(u,v)], u=a..b, v=c..d ): Representa gráficamente la superficie de ecuaciones paramétricas {x = x( u, v ), y = y( u, v ), z = z( u, v )}, cuando los parámetros u y v recorren los intervalos [a, b] y [c, d], respectivamente. spacecurve( [x(t), y(t), z(t)], t=a..b ): Representa gráficamente la curva de ecuaciones paramétricas { x( t ), y( t ), z( t ) } cuando t varía en el intervalo [a, b].

Trayectorias ortogonales a una familia de superficies Dada una familia de superficies del tipo F( x, y, z ) = C, las trayectorias ortogonales a dicha familia se obtienen de resolver el sistema de ecuaciones diferenciales dx dy dz = = Fx Fy Fz siendo (Fx, Fy, Fz) el vector normal a la familia de superficies. Veamos lo con algunos ejemplos. Ejercicio 1. Hallar las trayectorias ortogonales a la familia de cilindros z = C ( x + y )2. > restart; with(linalg): with(plots): with(DEtools): with(plottools): En primer lugar, representamos gráficamente a la familia de cilindros. > familia:=z=C*(x+y)^2; cilindros:=seq(plot3d(C*(x+y)^2,x=-1..1,y=-1..1,color=green,v iew=[-1..1,-1..1,-2..2]),C=-4..4): display(cilindros); Para plantear el sistema de ecuaciones diferenciales, necesitamos previamente obtener el vector normal a la familia de superficies. Para ello, en la ecuación que nos dan, despejamos el parámetro "C", de modo que obtengamos la expresión F( x, y, z ) = C. > F:=(x,y,z)->solve(familia,C); F(x,y,z); > grad(F(x,y,z),[x,y,z]); Page 1

> (x+y)^3*grad(F(x,y,z),[x,y,z]); > N:=evalm((x+y)^3*grad(F(x,y,z),[x,y,z])); Por tanto, debemos resolver el sistema de ecuaciones dx dy dz = = −2 z −2 z x + y Primera combinación dx dy En este caso, podemos elegir la combinación = , de donde deducimos que dx = dy. −2 z −2 z > edo1:=D(y)(x)=1; > sol1:=dsolve(edo1,y(x)); Segunda combinación Si aplicamos el método de combinaciones integrables, tenemos, por ejemplo, la relación dx dy dz dz dx + dy dx + dy = = . Así que de la relación = deducimos que = x+y −2 z −2 z x + y −4 z −4 z ( x + y ) d( x + y ) + 4 z dz = 0. > edo2:=t+4*z(t)*D(z)(t)=0; > sol2:=dsolve(edo2,z(t),implicit); > sol2:=(x+y)^2+4*z^2=C2; Por consiguiente, la familia de curvas soluciones del sistema de ecuaciones diferenciales es { y = x + C1, ( x + y )2 + 4 z2 = C22}. Ésta es, pues, la familia de trayectorias ortogonales a la familia de cilindros inicialmente considerada. Gráficamente, podemos observar el efecto de la ortogonalidad desde dos puntos de vista. Por una parte, como cada curva ortogonal a la familia de cilindros está contenida en las dos familias de superficies obtenidas, es evidente que ambas familias de superficies, por sí solas, son ortogonales a la familia de cilindros. Así que podemos observar la ortogonalidad de cada una de las dos familias de superficies obtenidas y de ambas conjuntamente. > super1:=seq(plot3d([x,x+C1,z],x=-2..2,z=-2..2,color=pink,view =[-1..1,-1..1,-2..2]),C1=-3..3): super2:=seq(plot3d([x,C2/2*cos(u)-x,C2/4*sin(u)],x=-1..1,u=0. .2*Pi,color=blue,view=[-1..1,-1..1,-2..2]),C2=0..4): display(cilindros); display(cilindros,super1); display(cilindros,super2); display(cilindros,super1,super2); Por otra parte, podemos ver la familia de curvas ortogonales a los cilindros. Recordemos que se trata de una familia biparamétrica de curvas, lo cual quiere decir, por ejemplo, que si fijamos uno de los parámetros y dejamos variable el otro, tenemos una familia (uniparamétrica) de curvas. Veamos esto por partes. Una de las familias la obtendremos fijando C2 = 2 y dejando variable C1 y la otra la haremos fijando C1 = 0 y dejando variable C2. > curvas1:=seq(spacecurve([cos(u)-C1/2,cos(u)+C1,sin(u)],u=0..2 *Pi,color=black,thickness=3),C1=-2..2): display(cilindros,curvas1); > curvas2:=seq(spacecurve([C2/2*cos(u),C2/2*cos(u),C2/2*sin(u)] ,u=0..2*Pi,color=blue,thickness=3),C2=-0..6): display(cilindros,curvas2); Page 2

Finalmente, podemos ver globalmente representada la familia biparamétrica de curvas ortogonales a la familia de cilindros. > curvas:=seq(seq(spacecurve([C2/2*cos(u)-C1/2,C2/2*cos(u)+C1/2 ,C2/2*sin(u)],u=0..2*Pi,color=black,thickness=3),C2=0..4),C1= -2..2): display(cilindros,curvas); Ejercicio 2. Hallar las trayectorias ortogonales a la familia de paraboloides z = C ( x2 + y2 ). > restart; with(linalg): with(plots): with(DEtools): with(plottools): En primer lugar, representamos gráficamente a la familia de paraboloides. > familia:=z=C*(x^2+y^2); paraboloides:=seq(seq(plot3d([sqrt(z/C)*cos(u),sqrt(z/C)*sin( u),S*z],u=0..2*Pi,z=0..2,color=coral),C=1..4),S=-1..1): display(paraboloides); Para plantear el sistema de ecuaciones diferenciales, necesitamos previamente obtener el vector normal a la familia de superficies. Para ello, en la ecuación que nos dan, despejamos el parámetro "C", de modo que obtengamos la expresión F( x, y, z ) = C. > F:=(x,y,z)->solve(familia,C); F(x,y,z); > grad(F(x,y,z),[x,y,z]); > (x^2+y^2)^2*grad(F(x,y,z),[x,y,z]); > N:=evalm((x^2+y^2)^2*grad(F(x,y,z),[x,y,z])); Por tanto, debemos resolver el sistema de ecuaciones dx dy dz = = 2 −2 x z −2 y z x + y2 Primera combinación dx dy En este caso, podemos elegir la combinación = , de donde deducimos que −2 x z −2 y z dx dy y por tanto, y = C1 x. = x y > edo1:=D(y)(x)=y(x)/x; > sol1:=dsolve(edo1,y(x)); Segunda combinación Si aplicamos el método de combinaciones integrables, tenemos, por ejemplo, la relación x dx + y dy x dx + y dy dx dy dz dz = = = 2 = . Así que de la relación 2 = 2 2 2 2 −2 x z −2 y z −2 z ( x + y ) −2 z ( x2 + y2 ) x +y x +y deducimos que x dx + y dy + 2 z dz = 0, e intengrando, tenemos que x2 + y2 + 2 z2 = C22. > sol2:=x^2+y^2+2*z^2=C2^2; Por consiguiente, la familia de curvas soluciones del sistema de ecuaciones diferenciales es { y = C1 x, x2 + y2 + 2 z2 = C22}. Ésta es, pues, la familia de trayectorias ortogonales a la familia de paraboloides inicialmente considerada. Gráficamente, podemos observar el efecto de la ortogonalidad desde dos puntos de vista. Por una parte, como cada curva ortogonal a la familia de paraboloides está contenida en las dos familias de superficies obtenidas, es evidente que ambas familias de superficies, por sí solas, son ortogonales a la familia de paraboloides. Así que podemos observar la ortogonalidad de cada una de las dos familias de superficies Page 3

obtenidas y de ambas conjuntamente. > super1:=seq(plot3d([x,C1*x,z],x=-2..2,z=-2..2,color=pink),C1= -1..1): super2:=seq(plot3d([C2*cos(u)*cos(v),C2*cos(u)*sin(v),C2/sqrt (2)*sin(u)],u=-Pi/2..Pi/2,v=0..2*Pi,color=blue),C2=0..2): display(paraboloides); display(paraboloides,super1); display(paraboloides,super2); display(paraboloides,super1,super2); Por otra parte, podemos ver la familia de curvas ortogonales a los paraboloides. Recordemos que se trata de una familia biparamétrica de curvas, lo cual quiere decir, por ejemplo, que si fijamos uno de los parámetros y dejamos variable el otro, tenemos una familia (uniparamétrica) de curvas. Veamos esto por partes. Una de las familias la obtendremos fijando C2 = 2 y dejando variable C1 y la otra la haremos fijando C1 = 1 y dejando variable C2. > curvas1:=seq(spacecurve([sqrt(2)/sqrt(1+C1^2)*cos(u),C1*sqrt( 2)/sqrt(1+C1^2)*cos(u),sin(u)],u=0..2*Pi,color=black,thicknes s=3),C1=-2..2): display(paraboloides,curvas1); > curvas2:=seq(spacecurve([(C2/2)/sqrt(2)*cos(u),(C2/2)/sqrt(2) *cos(u),(C2/2)/sqrt(2)*sin(u)],u=0..2*Pi,color=blue,thickness =3),C2=0..4): display(paraboloides,curvas2); Finalmente, podemos ver globalmente representada la familia biparamétrica de curvas ortogonales a la familia de cilindros. > curvas:=seq(seq(spacecurve([(C2/2)/sqrt(1+C1^2)*cos(u),C1*(C2 /2)/sqrt(1+C1^2)*cos(u),(C2/2)/sqrt(2)*sin(u)],u=0..2*Pi,colo r=black,thickness=3),C2=0..4),C1=-2..2): display(paraboloides,curvas); Ejercicio 3. Hallar las trayectorias ortogonales a la familia de hiperboloides x2 + y2 − z2 = C. > restart; with(linalg): with(plots): with(DEtools): with(plottools): En primer lugar, representamos gráficamente a la familia de hiperboloides. > familia:=x^2+y^2-z^2=C; hiperboloides:=seq(implicitplot3d(x^2+y^2-z^2=2*C,x=-5..5,y=5..5,z=-4..4,color=yellow),C=1..3): display(hiperboloides); Para plantear el sistema de ecuaciones diferenciales, necesitamos previamente obtener el vector normal a la familia de superficies. Primero, definimos la ecuación implícita mediante la cual viene expresada la familia, esto es, la expresión F( x, y, z ) = C. > F:=(x,y,z)->x^2+y^2-z^2; F(x,y,z); > grad(F(x,y,z),[x,y,z]); > 1/2*grad(F(x,y,z),[x,y,z]); > N:=evalm(1/2*grad(F(x,y,z),[x,y,z])); Por tanto, debemos resolver el sistema de ecuaciones Page 4

dx dy dz = = x y −z Primera combinación En este caso, podemos elegir la combinación

dx dy = , de donde deducimos que y = C1 x. x y

> edo1:=D(y)(x)=y(x)/x; > sol1:=dsolve(edo1,y(x)); Segunda combinación En este caso, podemos elegir la combinación

dy dz = , con lo que tenemos que y z = C2 y −z

> edo2:=D(z)(y)=-z(y)/y; > sol2:=dsolve(edo2,z(y),implicit); > sol2:=y*z=C2; Por consiguiente, la familia de curvas soluciones del sistema de ecuaciones diferenciales es { y = C1 x, y z = C2}. Ésta es, pues, la familia de trayectorias ortogonales a la familia de hiperboloides inicialmente considerada. Gráficamente, de igual modo que en el ejercicio anterior, podemos observar el efecto de la ortogonalidad desde dos puntos de vista. Por una parte, como cada curva ortogonal a la familia de hiperboloides está contenida en las dos familias de superficies obtenidas, es evidente que ambas familias de superficies, por sí solas, son ortogonales a la familia de hiperboloides. Así que podemos observar la ortogonalidad de cada una de las dos familias de superficies obtenidas y de ambas conjuntamente. > super1:=seq(plot3d([x,C1*x,z],x=-5..5,z=-4..4,color=pink),C1= -1..1): super2a:=seq(plot3d([x,y,C2/y],x=-5..5,y=1..5,color=blue),C2= 0..4): super2b:=seq(plot3d([x,y,C2/y],x=-5..5,y=-5..-1,color=blue),C 2=0..4): display(hiperboloides); display(hiperboloides,super1); display(hiperboloides,super2a,super2b); display(hiperboloides,super1,super2a,super2b); Por otra parte, podemos ver la familia de curvas ortogonales a los hiperboloides. Recordemos que se trata de una familia biparamétrica de curvas, lo cual quiere decir, por ejemplo, que si fijamos uno de los parámetros y dejamos variable el otro, tenemos una familia (uniparamétrica) de curvas. Veamos esto por partes. Una de las familias la obtendremos fijando C2 = 1 y dejando variable C1 y la otra la haremos fijando C1 = 1 y dejando variable C2. > curvas1a:=seq(spacecurve([x,C1/10*x,1/(C1/10*x)],x=1..5,color =black,thickness=3),C1=1..10): curvas1b:=seq(spacecurve([x,C1/10*x,1/(C1/10*x)],x=1..5,color =black,thickness=3),C1=-10..-1): display(hiperboloides,curvas1a,curvas1b); > curvas2:=seq(spacecurve([x,x,C2/x],x=1..5,color=blue,thicknes s=3),C2=-4..4): display(hiperboloides,curvas2); Finalmente, podemos ver globalmente representada la familia biparamétrica de curvas Page 5

ortogonales a la familia de cilindros. > curvas_a:=seq(seq(spacecurve([x,C1*x,3*C2/(C1*x)],x=1..3,colo r=black,thickness=3),C2=0..4),C1=1..5): curvas_b:=seq(seq(spacecurve([x,C1*x,3*C2/(C1*x)],x=1..3,colo r=black,thickness=3),C2=-4..0),C1=-5..-1): curvas_c:=seq(seq(spacecurve([x,C1*x,3*C2/(C1*x)],x=1..5,colo r=black,thickness=3),C2=0..4),C1=-5..-1): curvas_d:=seq(seq(spacecurve([x,C1*x,3*C2/(C1*x)],x=1..5,colo r=black,thickness=3),C2=-4..0),C1=1..5): display(hiperboloides,curvas_a,curvas_b,curvas_c,curvas_d);

Superficies formadas por curvas integrales Las superficies formadas por curvas integrales de un sistema

dx dy = = P( x, y, z ) Q( x, y, z )

dz se obtienen resolviendo dicho sistema e imponiendo sobre la solución que cierta R( x , y, z ) curva dada esté contenida en la propia superficie. Veamos algunos ejemplos. Ejercicio 4. Hallar la ecuación de la superficie formada por las curvas integrales del sistema dx dy z dz = =− 2 que contiene a la curva {x2 + z2 = y, x = 1}. 2 x y x +y Primero resolveremos el sistema de ecuaciones diferenciales. Primera combinación En este caso, podemos elegir la combinación

dx dy = , de donde deducimos que y = C1 x. x y

Segunda combinación Si aplicamos el método de combinaciones integrables, tenemos, por ejemplo, la relación dx dy z dz x dx + y dy z dz x dx + y dy =− 2 = . Así que de la relación − = deducimos = x y x + y2 x2 + y2 x2 + y2 x2 + y2 que x dx + y dy + z dz = 0, e intengrando, tenemos que x2 + y2 + z2 = C2. Finalmente, a partir del sistema {y = C1 x, x2 + y2 + z2 = C2, x2 + z2 = y, x = 1} obtenemos una relación entre los parámetros C1 y C2. Podemos comprobar claramente que C12 + C1 = C2. Así que, sustituyendo, llegamos a que

y2 x

2

+

y = x2 + y2 + z2 o, de modo equivalente, x

x + x y + x z − x y − y = 0. 4

2

2

2 2

2

> eliminate({y = C1*x,x^2+y^2+z^2 = C2,x^2+z^2 = y,x = 1},{x,y,z}); > Ejercicio 5. Hallar la ecuación de la superficie formada por las curvas integrales del sistema Page 6

dx dy dz = que contiene a la curva {z = −y2, x = 0}. = 2 2 y x x +y Primero resolveremos el sistema de ecuaciones diferenciales. Primera combinación En este caso, podemos elegir la combinación

dx dy = , de donde deducimos que y2 = x2 + C1. y x

Segunda combinación Si aplicamos el método de combinaciones integrables, tenemos, por ejemplo, la relación dx dy dz y dx + x dy dz y dx + x dy = 2 = . Así que de la relación = deducimos que = y x x + y2 x2 + y2 x2 + y2 x2 + y2 y dx + x dy − dz = 0 o, de modo equivalente, d( x y ) − dz = 0. Así que, intengrando, tenemos que x y − z = C2. Finalmente, a partir del sistema {y2 = x2 + C1, x y − z = C2, z = −y2, x = 0} obtenemos una relación entre los parámetros C1 y C2. Podemos comprobar claramente que C1 = C2. Así que, sustituyendo, llegamos a que y2 − x2 = x y − z. > eliminate({y^2 = x^2+C1,x*y-z = C2,z = -y^2,x = 0},{x,y,z}); >

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Práctica 6: Representación de curvas y superficies en el espacio Contenido: Instrucciones básicas. Algunas superficies de revolución conocidas. Superficies regladas. Superficies desarrollables tangenciales. Ejercicios resueltos.

Instrucciones básicas Las órdenes de representación gráficas se encuentran almacenadas en el paquete plots. No obstante, para casos puntuales será necesario usar el paquete plotools. Así que empezamos cargando ambos paquetes con la orden with( ). > with(plots): with(plottools): Las órdenes básicas para la representación de superficies son: • plot3d( f(x,y), x=x1..x2,y=y1..y2,opciones) que representa la superficie de ecuación explícita z = f( x, y ) cuando x varía en el intervalo [ x1, x2 ] e y en [ y1, y2 ]. • plot3d( [x(u,v),y(u,v),z(u,v)], u=u1..u2,v=v1..v2) que representa la superficie de ecuaciones paramétricas x = x( u, v ), y = y( u, v ), z = z( u, v ) cuando u varía en [ u1, u2 ] y v en [ v1, v2 ] • implicitplot3d( f(x,y,z)=0, x=x1..x2,y=y1..y2,z=z1..z2) que representa la superficie de ecuación implícita F( x, y, z ) = 0 en el trozo deseado. Para representar curvas, necesitamos conocer unas ecuaciones paramétricas de dicha curva, {x = x( t ), y = y( t ), z = z( t )}, con t variando en un cierto intervalo [a,b]. En tal caso, usamos la orden spacecurve([x(t),y(t),z(t)],t=a..b,opciones).

Algunas superficies de revolución conocidas En esta sección, vamos a representar gráficamente algunas de las superficies habitualmente utilizadas el curso pasado.

Cilindro elíptico

x2 a2

+

y2 b2

=1

Cuando nos encontramos con una superficie en la que una de las variables (en este caso, la variable z) no aparece, se trata de un cilindro de generatrices paralelas a uno de los ejes coordenados (en este caso, el eje OZ). Lo representamos gráficamente en implícitas y en paramétricas. > implicitplot3d(x^2/4+y^2/9=1,x=-2..2,y=-3..3,z=0..5,color= green,axes=normal); > plot3d([2*cos(u),3*sin(u),v],u=0..2*Pi,v=0..5,color=green, axes=normal); Obsérvense las curvas coordenadas en el cilindro. En efecto, si en la parametrización del cilindro fijamos un valor de u, u = u0, nos queda la curva {x = 2 cos( u0 ), y = 3 sin( u0 ), z = v}, que es una recta de dirección (0,0,1), es decir, paralela al eje OZ. En cambio, si fijamos un valor de v, v = v0, nos queda la1curva {x = 2 cos( u ), y = 3 sin( u ), z = v0}, que Page

es una elipse horizontal. Cuando a = b, la directriz (base) del cilindro es una circunferencia de centro el origen y radio a. En este caso, podemos ver el cilindro como superficie de revolución obtenida al girar, por ejemplo, la recta {x = 1, y = 0} alrededor del eje OZ. > eje:=spacecurve([0,0,z],z=0..5,thickness=2,color=blue): generatriz:=spacecurve([1,0,z],z=0..4,thickness=2,color=re d): cilindro:=animate3d([cos(a*u),sin(a*u),v],u=0..2*Pi,v=0..4 ,a=0..1,color=green,axes=normal): display(eje,generatriz,cilindro,axes=normal);

Paraboloide elíptico z = x2 + y2 Como en este caso viene dado mediante su ecuación implícita, podemos representarlo de tres maneras diferentes, en explícita, implícita y paramétricas. Respecto a esta última, obsérvense dos posibles parametrizaciones del paraboloide y las curvas coordenadas que se obtienen en uno y otro caso. > plot3d(x^2+y^2,x=-3..3,y=-3..3,color=red,axes=normal); > implicitplot3d(z=x^2+y^2,x=-3..3,y=-3..3,z=0..18,color=red ,axes=normal); > plot3d([x,y,x^2+y^2],x=-3..3,y=-3..3,color=red,axes=normal ); > plot3d([sqrt(z)*cos(u),sqrt(z)*sin(u),z],u=0..2*Pi,z=0..6, color=red,axes=normal); En la primera parametrización, las curvas coordenadas que se obtienen son parábolas paralelas el plano x = 0 (plano OYZ), si fijamos x = x0, y parábolas paralelas el plano y = 0 (plano OXZ), si fijamos y = y0. Por su parte, en la segunda parametrización, las curvas coordenadas son parábolas, si fijamos u = u0, y circunferencias paralelas a OXY, si fijamos z = z0. Cuando los coeficientes de x2 e y2 son iguales (como en este caso), el paraboloide es circular y, por tanto, podemos verlo como superficie de revolución. > eje:=spacecurve([0,0,z],z=0..5,thickness=2,color=blue): generatriz:=spacecurve([x,0,x^2],x=0..2,thickness=2,color= green): paraboloide:=animate3d([sqrt(z)*cos(a*u),sqrt(z)*sin(a*u), z],u=0..2*Pi,z=0..4,a=0..1,color=red): display(eje,generatriz,paraboloide,axes=normal);

Cono elíptico z2 = x2 + y2 La representación gráfica del cono en implícitas con maple es muy imprecisa, como se puede comprobar. > implicitplot3d(z^2=x^2+y^2,x=-2..2,y=-2..2,z=-4..4,color=b lue,axes=normal); En este caso, nos vemos forzados a representarlo en paramétricas. En cualquier caso, y como norma general, siempre que tengamos que representar gráficamente superficies con maple, salvo que nos digan lo contrario, optaremos por las ecuaciones paramétricas. Page 2

> plot3d([z*cos(u),z*sin(u),z],u=0..2*Pi,z=-2..2,color=blue, axes=normal); Observemos que las curvas coordenadas son, en este caso, rectas que pasan por el origen y tienen direción (cos( u0 ),sin( u0 ),1), si fijamos u = u0, y circunferencias paralelas al plano OXY de centro (0, 0, z0) y radio z0, si fijamos z = z0. De igual modo que para el paraboloide, cuando los coeficientes de x2 e y2 son iguales (como en este caso), el cono es circular y, por tanto, puede ser visto como superficie de revolución. > eje:=spacecurve([0,0,z],z=-3..3,thickness=2,color=red): generatriz:=spacecurve([x,0,x],x=-2..2,thickness=2,color=g reen): cono:=animate3d([z*cos(a*u),z*sin(a*u),z],u=0..2*Pi,z=-2.. 2,a=0..1,color=blue): display(eje,generatriz,cono,axes=normal);

Esfera x2 + y2 + z2 = 1 Representamos la esfera en implícita y en paramétricas. > implicitplot3d(x^2+y^2+z^2=1,x=-1..1,y=-1..1,z=-1..1,color =pink,axes=normal); > plot3d([cos(u)*cos(v),cos(u)*sin(v),sin(u)],u=-Pi/2..Pi/2, v=0..2*Pi,color=pink,axes=normal); Es fácil comprobar que las curvas coordenadas son circunferencias, tanto si fijamos u = u0 como si hacemos v = v0. Veamos también a la esfera como superficie de revolución. > eje:=spacecurve([0,0,z],z=-1..1,thickness=2,color=red): generatriz:=spacecurve([cos(u),0,sin(u)],u=-Pi/2..Pi/2,thi ckness=2,color=blue): esfera:=animate3d([cos(u)*cos(a*v),cos(u)*sin(a*v),sin(u)] ,u=-Pi/2..Pi/2,v=0..2*Pi,a=0..1,color=pink): display(eje,generatriz,esfera,axes=normal);

Hiperboloide de una hoja x2 + y2 − z2 = 1 La representación en implícita es muy deficiente. > implicitplot3d(x^2+y^2-z^2=1,x=-1..1,y=-1..1,z=-2..2,color =blue,axes=normal); Veamos, mediante una animación, cómo podemos generar al hiperboloide de una hoja como superficie de revolución obtenida al girar hipérbola o rectas. La primera se obtiene de girar la hipérbola {x2 − z2 = 1, y = 0} alrededor del eje OZ. > eje:=spacecurve([0,0,z],z=-2..2,thickness=2,color=green): generatriz:=spacecurve([sqrt(1+z^2),0,z],z=-2..2,thickness =2,color=red): hiper1:=animate3d([sqrt(1+z^2)*cos(a*u),sqrt(1+z^2)*sin(a* u),z],z=-2..2,u=0..2*Pi, a=0..1,color=blue): display(hiper1,generatriz,eje,axes=normal); La segunda se obtiene de girar la recta { x = 1, z = −y} alrededor del eje OZ. > eje:=spacecurve([0,0,z],z=-2..2,thickness=5,color=green): Page 3

generatriz:=spacecurve([1,-v,v],v=-2..2,thickness=5,color= red): hiper2:=animate3d([cos(a*u)+v*sin(a*u),sin(a*u)-v*cos(a*u) ,v],v=-2..2,u=0..2*Pi, a=0..1,color=coral): display(hiper2,generatriz,eje,axes=normal); Finalmente, lo podemos obtener de girar la recta {x = 1, z = y} alrededor del eje OZ. > eje:=spacecurve([0,0,z],z=-2..2,thickness=5,color=green): generatriz:=spacecurve([1,v,v],v=-2..2,thickness=5,color=r ed): hiper3:=animate3d([cos(a*u)-v*sin(a*u),sin(a*u)+v*cos(a*u) ,v],v=-2..2,u=0..2*Pi, a=0..1,color=coral): display(hiper3,generatriz,eje,axes=normal);

Superficies regladas Las superficies regladas son aquellas formadas por rectas, llamadas generatrices, que se apoyan en una curva, llamada directriz, y que cumplen una condición adicional, llamada condición de reglada. En esta sección vamos a ver algunos ejemplos.

Cilindros Los cilindros son superficies regladas en las que la "condición de reglada" es que las generatrices tienen todas una dirección común. Ejemplo. Cilindro de directriz la curva { z = x2, y = 1 } y generatrices de dirección (0,1,1). > cilindro:=animate3d([a*u,1+v,(a*u)^2+v],u=-1..1,v=-1..1,a= 0..1,color=blue): direccion:= arrow([0,1,0], [0,2,1], .1, .4, .1, color=brown): directriz:=spacecurve([u,1,u^2],u=-1..1,thickness=5,color= red): display(cilindro,directriz,direccion,axes=normal);

Conos Los conos son superficies regladas en las que la "condición de reglada" es que las generatrices pasan todas por un punto común, llamado vértice. Ejemplo. Cono de vértice (0,0,-1) y directriz la hélice { x = cos( u ), y = sen( u ), z = u }. > cono:=animate3d([v*cos(a*u),v*sin(a*u),-1+v*(a*u+1)],u=0.. 4*Pi,v=0..1,a=0..1, color=yellow): helice:=spacecurve([cos(u),sin(u),u],u=0..4*Pi,thickness=5 ,color=red): vertice:=point([0,0,-1],color=green): display(cono,helice,vertice,axes=normal);

Conoides Los conoides son superficies regladas cuyas generatrices se apoyan en una recta, llamada eje, y en una curva, llamada directriz, y Page que 4son paralelas a algún plano.

Ejemplo 1. Helicoide recto (escalera de caracol). Es el conoide formado por rectas paralelas al plano OXY, que se apoyan en el eje OZ y en la hélice { x = cos( u ), y = sen( u ), z = u }. > helicoide:=animate3d([v*cos(a*u),v*sin(a*u),a*u],u=0..4*Pi ,v=0..1,a=0..1, color=blue): helice:=spacecurve([cos(u),sin(u),u],u=0..4*Pi,thickness=5 ,color=red): eje:=spacecurve([0,0,u],u=0..4*Pi,thickness=5,color=green) : display(helicoide,helice,eje,axes=normal); Ejemplo 2. Conoide formado por rectas paralelas a OYZ y que se apoyan en el eje {y = 0, z = 0} y en la directriz {y = 1, z = sin( x )}. > conoide:=animate3d([a*u,v,v*sin(a*u)],u=0..4*Pi,v=0..1,a=0 ..1,color=blue): directriz:=spacecurve([u,1,sin(u)],u=0..4*Pi,thickness=5,c olor=red): eje:=spacecurve([u,0,0],u=0..4*Pi,thickness=5,color=green) : display(conoide,directriz,eje,axes=normal);

Otro ejemplo de superficie reglada: el paraboloide hiperbólico z = x y El paraboloide hiperbólico (silla de montar) es un conoide en el que la directriz también es una recta. Así, podemos verlo como la superficie reglada formada por rectas paralelas al plano OXZ y que se apoyan en el eje OY y en la recta {x = 1, y = z}. > silla:=animate3d([u,v*a,a*u*v],u=0..1,v=0..1, a=0..1,color=blue): recta:=spacecurve([1,v,v],v=0..1,thickness=5,color=red): eje:=spacecurve([0,v,0],v=0..1,thickness=5,color=green): display(silla,eje,recta,axes=normal);

Superficies desarrollables tangenciales Una superficie desarrollable tangencial se construye a partir de una curva, llamada directriz y es aquella formada por las rectas tangentes a la directriz en cada uno de sus puntos. Ejemplo. Superficie desarrollable tangencial que se apoya en la curva { x2 + z2 = 1, y = x2}. > curva:=spacecurve([cos(u),cos(u)^2,sin(u)],u=0..2*Pi,thicknes s=3,color=black): superficie:=animate3d([cos(a*u)-v*sin(a*u),cos(a*u)^2-v*2*cos (a*u)*sin(a*u),sin(a*u)+v*cos(a*u)],u=0..2*Pi,v=-2..2,a=0..1, color=red): display(curva,superficie,axes=normal);

Ejercicios resueltos Ejercicio 1. Representar el conoide de eje OZ formado por rectas paralelas a OXY y directriz { x2 + z2 = 1, y = 1 }. > eje:=spacecurve([0,0,u],u=-1..1,thickness=3,color=green): Page 5

directriz:=spacecurve([cos(u),1,sin(u)],u=0..2*Pi,thickness=5 ,color=red): conoide:=animate3d([v*cos(a*u),v,sin(a*u)],u=0..2*Pi,v=0..1,a =0..1,color=blue): display(conoide,directriz,eje,axes=normal); Ejercicio 2. Representar la superficie resultante de girar la curva{ x = 1 + cos( z ), y = 0 } alrededor del eje OZ. > eje:=spacecurve([0,0,u],u=0..2*Pi,thickness=3,color=green): generactriz:=spacecurve([1+sin(v),0,v],v=0..3*Pi/2,thickness= 3,color=red): cupula:=animate3d([(1+sin(v))*cos(a*u),(1+sin(v))*sin(a*u),v] ,u=0..2*Pi,v=0..3*Pi/2, a=0..1,color=blue): display(cupula,generactriz,eje,axes=normal); Ejercicio 3. Representar el toro: superficie de revolución engendrada al girar la circunferencia { ( x − 2 )2 + z2 = 1, y = 0 } alrededor de OZ. > eje:=spacecurve([0,0,u],u=-2..2,thickness=3,color=green): generatriz:=spacecurve([2+cos(u),0,sin(u)],u=0..2*Pi,thicknes s=3,color=red): toro:=animate3d([(2+cos(u))*cos(v*a),(2+cos(u))*sin(a*v),sin( u)],u=0..2*Pi,v=0..2*Pi, a=0..1,color=blue): display(toro,generatriz,eje,axes=normal); Ejercicio 4. Representar el toro estrangulado: superficie de revolución engendrada al girar la circunferencia { ( x − 1 )2 + z2 = 1, y = 0 } alrededor de OZ > eje:=spacecurve([0,0,u],u=-2..2,thickness=3,color=green): generatriz:=spacecurve([1+cos(u),0,sin(u)],u=0..2*Pi,thicknes s=3,color=red): toro:=animate3d([(1+cos(u))*cos(v*a),(1+cos(u))*sin(a*v),sin( u)],u=0..2*Pi,v=0..2*Pi, a=0..1,color=blue): display(toro,generatriz,eje,axes=normal); Ejercicio 5. Representar la superficie de revolución engendrada al girar alrededor de OZ el trozo de parábola { z = ( x − 1 )2, y = 0 } a) con x en [0,1] b) con x en [-1,1] > eje:=spacecurve([0,0,u],u=0..1,thickness=3,color=green): generatriz:=spacecurve([u,0,(u-1)^2],u=0..1,thickness=3,color =red): s1:=animate3d([u*cos(v*a),u*sin(a*v),(u-1)^2],u=0..1,v=0..2*P i,a=0..1,color=blue): display(s1,generatriz,eje,axes=normal); > eje:=spacecurve([0,0,u],u=0..4.5,thickness=3,color=green): generatriz:=spacecurve([u,0,(u-1)^2],u=-1..1,thickness=3,colo r=red): s2:=animate3d([u*cos(v*a),u*sin(a*v),(u-1)^2],u=-1..1,v=0..2* Pi,a=0..1,color=blue): Page 6

display(s2,generatriz,eje,axes=normal); >

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Práctica 7: Curvas planas y alabeadas Contenido: Introducción. Longitud de arco de curva. Representación gráfica de curvas y del Triedro de Frenet. Elementos del triedro de Frenet. Curvatura y torsión.

Introducción En esta práctica usamos las posibilidades que nos ofrece el programa maple para la representación gráfica de los elementos del triedro de Frenet. Veamos un pequeño resumen de las órdenes que usaremos a lo largo de la misma: r:=t->( [ x(t), y(t), z(t) ] ): Define la ecuación vectorial de la curva r( t ) de ecuaciones { x = x( t ), y = y( t ), z = z( t )}. spacecurve( [x(t), y(t), z(t) ], t=a..b ): Representa gráficamente la curva de ecuaciones { x = x( t ), y = y( t ), z = z( t )} cuando t varía en el intervalo [a, b]. Si la curva ha sido ya previamente definida como en el apartado anterior, basta escribir spacecurve( r(t), t=a..b ). ( [ D(x)(t), D(y)(t), D(z)(t) ] ): Define el vector r'(t) tangente a la curva en cada punto. ( [ (D@@2)(x)(t), (D@@2)(y)(t), (D@@2)(z)(t) ] ): Define el vector r''(t) de la curva en cada punto. innerprod(u,v): Calcula el producto escalar de los vectores u y v. crossprod (u, v): Calcula el producto vectorial de los vectores u y v. normalize(u): Covierte el vector u en unitario. norm(u,2): Calcula el módulo del vector u, también conocido como norma 2. solve({x(t)=a,y(t)=b,z(t)=c},t): Calcula el valor de t para el que se cumple que (x( t ), y( t ), z( t ) )=(a, b, c). Para la correcta realización de esta práctica serán necesarios los paquetes plots, linalg y plottools. Así que los cargamos con la orden with( ). > restart; with(plots): with(linalg): with(plottools): > assume(t,real); interface(showassumed=0);

Longitud de arco de curva En esta sección nos planteamos el siguiente problema: Dada una curva paremetrizada en función de un parámetro t arbitrario, encontrar la relación entre éste y el parámetro longitud de arco s y parametrizar naturalmente la curva. Para ello, seguimos los siguientes pasos: (1º) Introducir las ecuaciones paramétricas de la curva, especificando además el intervalo de variación del parámetro. > x:=t->1/2+1/2*cos(t); y:=t->1/2*sin(t); z:=t->1/2*t; r:=t->([x(t),y(t),z(t)]); a:=-2*Pi; b:=2*Pi; (2º) Hallar el vector tangente y calcular su módulo. > dr:=t->([D(x)(t),D(y)(t),D(z)(t)]); dr(t); modulo:=t->simplify(norm(dr(t),2)); modulo(t); (3º) Hallamos la relación entre t y s resolviendo la integral: > par_arco:=Int(modulo(t),t); par_arco:=int(modulo(t),t); Page 1

(4º) Finalmente, parametrizamos la curva en función del parámetro natural, despejando t en la relación obtenida y sustituyendo en las ecuaciones de la curva: > r(sqrt(2)*s); En particular, si queremos calcular la longitud del trozo completo de curva, usamos la integral definida: > Longitud:=int(modulo(t),t=a..b);

Representación gráfica de curvas y del triedro de Frenet En esta seción, representamos gráficamente la curva, hallamos el triedro de Frenet en varios de sus puntos y sus elementos. Finalmente, los representamos gráficamente. Consideramos la misma curva del ejercicio anterior, que representamos gráficamente. > curva:=spacecurve(r(t),t=a..b,color=black,thickness=3): display(curva,axes=normal); En primer lugar, calculamos los vectores tangente, normal y binormal en cada punto de la curva. > dr:=t->([D(x)(t),D(y)(t),D(z)(t)]); dr(t); ddr:=t->([(D@@2)(x)(t),(D@@2)(y)(t),(D@@2)(z)(t)]); ddr(t); prod12:=t->crossprod(dr(t),ddr(t)); prod12(t); > vtangente:=t->simplify(normalize(dr(t))); vtangente(t); vbinormal:=t->simplify(normalize(prod12(t))); vbinormal(t); vnormal:=t->simplify(crossprod(vbinormal(t),vtangente(t))); vnormal(t); Recordemos que el triedro de Frenet es un sistema de referencia móvil, es decir, que es variable en cada punto de la curva. Para constatarlo gráficamente, vamos a representarlo en varios puntos de la curva al mismo tiempo. Por ejemplo, elegimos n = 4 puntos del intervalo [a,b]. > curva:=spacecurve(r(t),t=a..b,color=black,thickness=2): n:=4; h:=(b-a)/n; dibujo:=display(curva): for i from 1 to n do vectangente:=arrow (r(a+i*h),vtangente(a+i*h), .05, .2, .05,color=blue,thickness=2): vecnormal:=arrow (r(a+i*h),vnormal(a+i*h), .05, .2, .05,color=orange,thickness=2): vecbinormal:=arrow (r(a+i*h),vbinormal(a+i*h), .05, .2, .05,color=green,thickness=2): dibujo:=display(dibujo,vectangente,vecnormal,vecbinormal,axes =normal): od: display(dibujo,axes=normal); Si queremos calcular y representar el triedro de Frenet en un punto en concreto P = ( x0, y0, z0 ), antes que nada debemos hallar el valor del parámetro t para el que se cumple que (x( t ), y( t ), z( t ))=(x0, y0, z0). Para ello, resolvemos el sistema y almacenamos la solución en la variable t0: > x0:=1/2+1/(2*sqrt(2)); y0:=1/(2*sqrt(2)); z0:=Pi/8; solve({x(t)=x0,y(t)=y0,z(t)=z0},t); > t0:=Pi/4; Page 2

> vtangente(t0); vnormal(t0); vbinormal(t0); > vectangente:=arrow (r(t0),vtangente(t0),vnormal(t0), .05, .2, .05,color=blue,thickness=2): vecnormal:=arrow (r(t0),vnormal(t0),vtangente(t0), .05, .2, .05,color=orange): vecbinormal:=arrow (r(t0),vbinormal(t0),vtangente(t0), .05, .2, .05,color=green,thickness=2): Frenet:=display(curva,vectangente,vecnormal,vecbinormal,axes= normal): display(Frenet);

Elementos del triedro de Frenet Una vez representado el triedro de Frenet en un punto cualquiera de la curva, nos planteamos ahora el cálculo y representación de las rectas tangente, normal principal y binormal, así como ⎛π⎞ los planos normal, rectificante y osculador. Como ejemplo tomaremos el punto r⎜⎜ ⎟⎟. ⎝2⎠

Recta tangente y plano normal por un punto La recta tangente a una curva r( t ) por un punto r( t0 ) es la que pasa por dicho punto y tiene como dirección al vector tangente t( t0 ) o cualquier otro paralelo a éste, como por ejemplo r '(t0). Por su parte, el plano normal a la curva por el punto r( t0 ) es el que pasa por dicho punto y tiene vector perpendicular t( t0 ) o cualquier otro paralelo a éste, como por ejemplo r '(t0). Veamos sus ecuaciones y su representación gráfica: > t0:=Pi/2; r(t0); dr(t0); Ecuaciones paramétricas de la recta tangente > r(t0)+u*dr(t0); evalm(%); Ecuación implícita del plano normal > innerprod(dr(t0),[x,y,z]-r(t0))=0; Representación gráfica > recta_tangente:=spacecurve(evalm(r(t0)+u*dr(t0)),u=-5..5,c olor=blue,thickness=2): plano_normal:=implicitplot3d(innerprod(dr(t0),[x,y,z]-r(t0 ))=0,x=-2..2,y=-2..2,z=-2..2,color=pink,style=patchnogrid) : display(curva,recta_tangente,plano_normal,axes=normal); Obsérvese que, debido a que el triedro de Frenet es un trío ortonormal de vectores y que el vector tangente t( t0 ) es perpendicular al plano normal, dicho plano contiene a las direcciones n( t0 ) y b( t0 ), por lo que podemos parametrizarlo como r( t0 ) + u n( t0 ) + v b( t0 ): > r(t0); vnormal(t0); vbinormal(t0); r(t0)+u*vnormal(t0)+v*vbinormal(t0); evalm(%); > plano_normal2:=plot3d(evalm(r(t0)+u*vnormal(t0)+v*vbinorma l(t0)),u=-5..5,v=-5..5,color=pink,style=patchnogrid): display(curva,recta_tangente,plano_normal2,axes=normal);

Recta normal principal y plano rectificante por un punto Page 3

La recta normal principal a una curva r( t ) por un punto r( t0 ) es la que pasa por dicho punto y tiene como dirección al vector normal principal n( t0 ) o cualquier otro paralelo a éste. Por su parte, el plano rectificante a la curva por el punto r( t0 ) es el que pasa por dicho punto y tiene vector perpendicular n( t0 ) o cualquier otro paralelo a éste. Veamos sus ecuaciones y su representación gráfica: > r(t0); vnormal(t0); Ecuaciones paramétricas de la recta normal principal > r(t0)+u*vnormal(t0); evalm(%); Ecuación implícita del plano rectificante > innerprod(vnormal(t0),([x,y,z]-r(t0)))=0; Representación gráfica > recta_normal_principal:=spacecurve(evalm(r(t0)+u*vnormal(t 0)),u=-5..5,color=orange,thickness=2): plano_rectificante:=implicitplot3d(innerprod(vnormal(t0),( [x,y,z]-r(t0)))=0,x=-2..2,y=-2..2,z=-2..2,color=yellow,sty le=patchnogrid): display(curva,recta_normal_principal,plano_rectificante,ax es=normal); De modo análogo al caso anterior, debido a que el triedro de Frenet es un trío ortonormal de vectores y que el vector normal principal n( t0 ) es perpendicular al plano rectificante, dicho plano contiene a las direcciones t( t0 ) y b( t0 ), por lo que podemos parametrizarlo como r( t0 ) + u t( t0 ) + v b( t0 ). Es más, como los vectores r'(t) y r'(t) x r''(t) son paralelos a los vectores t( t0 ) y b( t0 ), respectivamente, podemos optar igualmente por la parametrtización r(t0) + u r'(t0) + v ( r'(t) x r''(t) ): > r(t0); dr(t0); prod12(t0); r(t0)+u*dr(t0)+v*prod12(t0); evalm(%); > plano_rectificante2:=plot3d(evalm(r(t0)+u*dr(t0)+v*prod12( t0)),u=-5..5,v=-5..5,color=yellow,style=patchnogrid): display(curva,recta_normal_principal,plano_rectificante2,a xes=normal);

Recta binormal y plano osculador La recta binormal a una curva r( t ) por un punto r( t0 ) es la que pasa por dicho punto y tiene como dirección al vector binormal b( t0 ) o cualquier otro paralelo a éste, como por ejemplo, r'(t0) x r''(t0) . Por su parte, el plano osculador a la curva por el punto r( t0 ) es el que pasa por dicho punto y tiene vector perpendicular b( t0 ) o cualquier otro paralelo a éste, como el vector antes citado. Veamos sus ecuaciones y su representación gráfica: > r(t0); prod12(t0); Ecuaciones paramétricas de la recta binormal > r(t0)+u*prod12(t0); evalm(%); Ecuación implícita del plano osculador > innerprod(prod12(t0),([x,y,z]-r(t0)))=0; Representación gráfica > recta_binormal:=spacecurve(evalm(r(t0)+u*prod12(t0)),u=-12 ..8,color=green,thickness=2): plano_osculador:=implicitplot3d(innerprod(prod12(t0),([x,y Page 4

,z]-r(t0)))=0,x=-2..2,y=-2..2,z=-2..2,color=blue,style=pat chnogrid): display(curva,recta_binormal,plano_osculador,axes=normal); Una vez más, debido a que el triedro de Frenet es un trío ortonormal de vectores y a que el vector binormal b( t0 ) es perpendicular al plano osculador, dicho plano contiene a las direcciones t( t0 ) y n( t0 ), por lo que podemos parametrizarlo como r( t0 ) + u t( t0 ) + v n( t0 ). Es más, como el vector r'(t) es paralelo al vector t( t0 ), podemos optar igualmente por la parametrtización r(t0) + u r'(t0) + v n( t0 ): > r(t0); dr(t0); vnormal(t0); r(t0)+u*dr(t0)+v*vnormal(t0); evalm(%); > plano_osculador2:=plot3d(evalm(r(t0)+u*dr(t0)+v*vnormal(t0 )),u=-5..5,v=-5..5,color=blue,style=patchnogrid): display(curva,recta_binormal,plano_osculador2,axes=normal) ; Veamos finalmente todos los elementos del triedro de Frenet representados conjuntamente: > display(curva,recta_tangente,plano_normal,recta_normal_pri ncipal,plano_rectificante,recta_binormal,plano_osculador,a xes=normal);

Curvatura y torsión Para finalizar esta práctica, procedemos al cálculo de la curvatura y la torsión de una curva en un punto cualquiera. > dddr:=t->([(D@@3)(x)(t),(D@@3)(y)(t),(D@@3)(z)(t)]); dddr(t); prod23:=t->crossprod(ddr(t),dddr(t)); prod23(t); prod123:=t->innerprod(dr(t),prod23(t)); simplify(prod123(t)); > curvatura:=t->norm(prod12(t),2)/norm(dr(t),2)^3; simplify(curvatura(t)); torsion:=t->prod123(t)/norm(prod12(t),2)^2; simplify(torsion(t)); > simplify(%); Obsérvese que tanto la curvatura como la torsión en cada punto son constantes e iguales a 1. En consecuencia, el cociente entre ambas también es constante e igual a 1. Ésta es uno de los criterios que caracterizan a la hélice. ⎛ 4 cos( t ) 3 cos( t ) ⎞ ⎟⎟, para t variando en el intervalo Ejercicio 1. Dada la curva r( t ) = ⎜⎜ , 1 − sin( t ), − ⎝ 5 5 ⎠ [0,2π], se pide: (a) Comprobar si la curva está parametrizada naturalmente, y en caso negativo, parametrizarla. (b) Hallar los vectores del triedro de Frenet en todos sus puntos. (c) Hallar el triedro de Frenet y sus elementos en el punto P = (

2 3 3 ,1− , ), y representarlos 5 2 10

gráficamente. (d) Hallar la curvatura y la torsión en todos los puntos de la curva. ¿Es plana la curva? Razona la respuesta. Page 5

2 3⎞ ⎛ t ⎟ ⎜ t ⎜ Ejercicio 2. Dada la curva r( t ) = ⎜ t, , ⎟⎟, para t variando en el intervalo [−2,2], se pide: ⎝ 2 3⎠ (a) Comprobar si la curva está parametrizada naturalmente, y en caso negativo, ver si se puede parametrizar naturalmente. (b) Hallar los vectores del triedro de Frenet en todos sus puntos. 1 1 (c) Hallar el triedro de Frenet y sus elementos en el punto P = ( 1, , ), y representarlos 2 3 gráficamente. (d) Hallar la curvatura y la torsión en el punto P anterior. ¿Es plana la curva? Razona la respuesta.

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Práctica 8: Superficies: Geometría métrica Contenido: Introducción. Curvas sobre superficies. Primera Forma Fundamental. Aplicaciones.

Introducción En esta práctica, nos planteamos llevar a cabo un análisis en curvas contenidas sobre una superficie. Calcularemos los coeficientes la de Primera Forma Fundamental y aplicaremos esto último, en general, al cálculo de una familia de curvas ortogonales a otra familia dada y, como caso particular, al cálculo de las líneas de máxima pendiente. Veamos a continuación el resumen de las órdenes que utilizaremos. r:=(u,v)->( [ x(u,v), y(u,v), z(u,v) ] ): Define la ecuación vectorial de la superficie r( u, v ) de ecuaciones {x = x( u, v ), y = y( u, v ), z = z( u, v )} plot3d(r(u,v),u=a..b,v=c..d): Representa gráficamente la superficie r( u, v ) cuando los parámetros u y v recorren los intervalos [a, b] y [c, d], respectivamente. spacecurve( r(t), t=a..b ): Representa gráficamente la curva de ecuación vectorial r( t ) cuando t varía en el intervalo [a, b]. ( [ D[1](x)(u,v), D[1](y)(u,v), D[1](z)(u,v) ] ): Define el vector r_u( u, v ) resultante de derivar parcialmente respecto del primer parámetro (en este caso, u). Análogamente se calcula el vector r_v( u, v ) cambiando el "1" por un "2". innerprod(u,v): Calcula el producto escalar de los vectores u y v. innerprod(u,A,v): Calcula el producto interior uAv. solve({x(u,v)=a,y(u,v)=b,z(u,v)=c},{u,v}): Calcula los valores de u y v para los que se cumple que (x( u, v ), y( u, v ), z( u, v ))=(a, b, c), es decir, las coordenadas curvilíneas del punto. > restart; with(linalg): with(plots): with(DEtools):

Curvas sobre superficies Consideremos una superficie cualquiera de ecuación vectorial r(u,v)=(x(u,v), y(u,v), z(u,v)). Veamos un ejemplo y su representación gráfica. > x:=(u,v)->u*cos(v); y:=(u,v)->u*sin(v); z:=(u,v)->u+v; r:=(u,v)->([x(u,v),y(u,v),z(u,v)]); superficie:=plot3d(r(u,v),u=1..4,v=-Pi..2*Pi,color=green,grid =[10,80]): display(superficie,axes=normal); Cualquier curva contenida en la superficie debe cumplir la ecuación de dicha superficie y vendrá dada de alguno de los siguientes modos: (1) Si expresamos los parámetros u y v en función de un tercer parámetro t. Por ejemplo, si tomamos u = 2 + sin( t ) y v = sin( t ) cos( t ) obtenemos la siguiente curva: > r(2+sin(t),sin(t)*cos(t)); curva1:=spacecurve(r(2+sin(t),sin(t)*cos(t)),t=0..2*Pi,thickn ess=3,color=black): display(superficie,curva1,style=patchnogrid,axes=normal); (2) Si expresamos uno de los dos parámetros en función del otro. Por ejemplo, tomando u = 3 + cos( 2 v ) obtenemos la siguiente curva: Page 1

> r(3+cos(2*v),v); curva2:=spacecurve(r(3+cos(2*v),v),v=-Pi..2*Pi,thickness=3,co lor=blue): display(superficie,curva1,curva2,style=patchnogrid,axes=norma l); (3) Si los parámetros u y v vienen relacionados mediante una función f( u, v ) = 0. Despejando uno de ellos en función del otro, estamos en el caso anterior. Pero en muchas ocasiones, aunque existen v = v( u ) o u = u( v ), no siempre podemos lograr despejar. Por ejemplo, en la relación u + ev cos( u v ) = 0 no podemos despejar ninguna de las dos variables como función de la otra. Sin embargo, debemos tener presente que la ecuación vectorial de la superficie junto con la relación u + ev cos( u v ) = 0 representan a una curva sobre dicha superficie.

Curvas o líneas coordenadas Dada una superficie S de ecuación vectorial r( u, v ), las curvas coordenadas son las familias que se obtienen de hacer fijo uno de los parámetros y dejar variable el otro. Obtenemos dos familias, que son {r( u_0, v )} y {r( u, v_0 )}. > familia1:=seq(spacecurve(r(C/2,v),v=-Pi..2*Pi,thickness=2, color=red,style=LINE),C=2..8): familia2:=seq(spacecurve(r(u,C/2),u=1..4,thickness=2,color =blue,style=LINE),C=-6..12): display(superficie,familia1,familia2,style=patchnogrid,axe s=normal);

Curvas o líneas de nivel En una superficie S, las curvas de nivel se definen como el lugar geométrico de todos los puntos de la superficie que tienen la misma "altura", es decir, la misma coordenada "z". Matemáticamente, son las curvas de ecuaciones z = C. Para cada valor de la constante C obtenemos una curva de nivel diferente. En el ejemplo que venimos estudiando, las curvas de nivel se obtienen haciendo u + v = C o, de modo equivalente, tomando v = C − u en la ecuación vectorial de la superficie. Veamoslo gráficamente: > curvas_nivel:=seq(spacecurve(r(u,C/2-u),u=1..4,thickness=2 ,color=black,style=LINE),C=2..14): display(superficie,curvas_nivel,style=patchnogrid,axes=nor mal,orientation=[0,90]);

Primera Forma Fundamental Consideremos una superficie regular S de ecuación vectorial r(u,v)=(x(u,v), y(u,v), z(u,v)) y denotemos por ru y rv a los vectores resultantes de derivar parcialmente el vector r(u,v) respecto a u y a v. Dada una curva Γ contenida en S, el vector tangente a dicha curva en cada punto viene dado por dr = rudu + rvdv. Se define la Primera forma Fundamental como I = dr · dr = E du2 + 2 F du dv + G dv2, siendo E = ru · ru, F = ru · rv y G = rv · rv. Matricialmente, podemos expresarlo como ⎡ E F ⎤⎡ du ⎤ ⎥⎢ ⎥ I = [du dv]⎢ ⎣ F G ⎦⎣ dv ⎦ Vamos a calcular los coeficientes de la primera Forma Fundamental asociada a la superficie que venimos estudiando: Page 2

> ru:=(u,v)->([D[1](x)(u,v),D[1](y)(u,v),D[1](z)(u,v)]); ru(u,v); rv:=(u,v)->([D[2](x)(u,v),D[2](y)(u,v),D[2](z)(u,v)]); rv(u,v); E:=(u,v)->simplify(innerprod(ru(u,v),ru(u,v))); E(u,v); F:=(u,v)->simplify(innerprod(ru(u,v),rv(u,v))); F(u,v); G:=(u,v)->simplify(innerprod(rv(u,v),rv(u,v))); G(u,v);

Aplicaciones En esta última sección veremos algunas de las aplicaciones que tiene la Primera Forma Fundamental. Concretamente, estudiaremos el ángulo que forman dos curvas que se cortan en un punto, el cálculo de las curvas ortogonales a una familia de curvas dada y, por último, el cálculo de las líneas de máxima pendiente.

Ángulo entre dos curvas Dadas dos curvas r1 y r2 contenidas en la superficie S y que se cortan en un punto P, nos planteamos determinar el ángulo que forman ambas curvas en dicho punto. En otras palabras, se trata de hallar el ángulo que forman sus vectores tangente en P. Recuérdese que para ello usamos la fórmula del producto escalar dr1 · dr2 = |dr1| |dr2|cos( α ). Como ejemplo, vamos calcular el ángulo que forman en P = ( 1, 0, 1 ) las líneas coordenadas. Seguiremos los siguientes pasos: (1º) Hallar las coordenadas curvilíneas del punto P. > solve({x(u,v)=1,y(u,v)=0,z(u,v)=1},{u,v}); (2º) Ya sabemos que por el punto P pasan dos líneas coordenadas, r1:{u = 2} y r2:{v = 0}. Derivando en r1, tenemos que 1 du + 0 dv = 0, de donde se deduce que du = 0. Por tanto, el vector tangente a r1 tiene dirección ( du, dv ) = ( 0, dv ), que es paralela a (0, 1). Análogamente, el vector tangente a r2 tiene dirección ( du, dv ) = ( du, 0 ), que es paralela a ( 1, 0). Así que construimos la matriz formada por los coeficientes de la Primera Forma Fundamental y las coordenadas paramétricas de los vectores tangentes. Después, calculamos, por este orden, el producto escalar de ambos vectores y sus respectivos módulos: > A:=array([[E(1,0),F(1,0)],[F(1,0),G(1,0)]]): evalm(A); dr1:=array([0,1]): evalm(dr1); dr2:=array([1,0]): evalm(dr2); > numerador:=innerprod(dr1,A,dr2); > modulo1:=sqrt(innerprod(dr1,A,dr1)); modulo2:=sqrt(innerprod(dr2,A,dr2)); (3º) Finalmente, calculamos al ángulo que forman ambas líneas coordenadas en P. > angulo:=arccos(numerador/(modulo1*modulo2));

Curvas ortogonales a una familia de curvas dada Dada una familia de curvas r1 contenidas en una superficie S, nuestro problema en este caso consiste en buscar otra familia de curvas r2 también contenidas en S y que corten ortogonalmente a r1. En otras palabras, sus respectivos vectores tangentes han de ser perpendiculares y, por consiguiente, su producto escalar debe ser 0. Esto significa que si Page 3

denotamos por (du1,dv1) a las coordenadas paramétricas del vector tangente a la curva conocida, y por (du,dv) a las del vector tangente a las curvas que buscamos, se debe cumplir que I = dr1·dr2 = 0, es decir, ⎡ E F ⎤⎡ du ⎤ ⎥⎢ ⎥ = 0 [du1 dv1]⎢ ⎣ F G ⎦⎣ dv ⎦ Nos quedará una ecuación diferencial ordinaria de primer orden que resolveremos. Ejemplo 1. Dada la superficie S de partida, hallar las curvas ortogonales a la familia u = C. Seguiremos los siguientes pasos: (1º) Calculamos las coordenadas paramétricas del vector tangente a las curvas de la familia dada. Para ello, derivamos en la relación u = C. Nos queda du = 0, de donde deducimos que las coordenadas paramétricas del vector tangente a la familia de curvas dada son (du,dv)=( 0, dv), que es paralela al vector (0, 1). (2º) Si denotamos por (du, dv) a las coordenadas paramétricas del vector tangente a la familia de curvas que buscamos, se debe cumplir que ⎡ E F ⎤⎡ du ⎤ ⎥⎢ ⎥ = 0 [ 0 1]⎢ ⎣ F G ⎦⎣ dv ⎦ > dr1:=array([0,1]): evalm(dr1); dr:=array([du,dv]): evalm(dr); A:=array([[E(u,v),F(u,v)],[F(u,v),G(u,v)]]); > innerprod(dr1,A,dr)=0; (3ª) Planteamos y resolvemos la ecuación diferencial. > edo:=1+(u^2+1)*D(v)(u)=0; > dsolve(edo,v(u)); En consecuencia, las curvas ortogonales a la familia {u = C} son la familia { v + arctan( u ) = C}. > familia3:=seq(spacecurve(r(u,C/2-arctan(u)),u=1..4,thickne ss=2,color=blue,style=LINE),C=-2..14): display(superficie,familia1,familia3,style=patchnogrid,axe s=normal); Ejemplo 2. Sobre la superficie S de partida, hallar las curvas ortogonales a la familia u − v = C. Derivando en la ecuación u − v = C, tenemos que 1 du − 1 dv = 0, con lo cual (du,dv) = ( du,du), que es paralelo a (1,1). > dr1:=array([1,1]): evalm(dr1); dr:=array([du,dv]): evalm(dr); A:=array([[E(u,v),F(u,v)],[F(u,v),G(u,v)]]); > innerprod(dr1,A,dr)=0; > edo:=3+(2+u^2)*D(v)(u)=0; > dsolve(edo,v(u)); > familia4:=seq(spacecurve(r(u,u-C/2),u=1..4,color=red,thick ness=3),C=0..10): familia5:=seq(spacecurve(r(u,-3/2*sqrt(2)*arctan(1/2*u*sqr t(2))+C/2),u=1..4,color=blue,thickness=3),C=0..10): display(superficie,familia4,familia5,style=patchnogrid,axe s=normal);

Líneas de máxima pendiente

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Por definición, las líneas de máxima pendiente son las curvas ortogonales a las líneas de nivel. En nuestro caso, las líneas de nivel vienen dadas por la familia u + v = C. Du dirección en paramétricas la calculamos derivando: 1 du + 1 dv = 0, de donde deducimos que dv = −du y, en consecuencia, la dirección del vector tangente a las curvas coordenadas es (du, dv) = (du, −du), que es paralela a (1,-1). Por tanto, si denotamos por ( du, dv) a las coordenadas paramétricas del vector tangente a la familia de curvas que buscamos, se debe cumplir que ⎡ E F ⎤⎡ du ⎤ ⎥⎢ ⎥ = 0 [1 −1]⎢ ⎣ F G ⎦⎣ dv ⎦ > dr1:=array([1,-1]): evalm(dr1); dr:=array([du,dv]): evalm(dr); A:=array([[E(u,v),F(u,v)],[F(u,v),G(u,v)]]); > innerprod(dr1,A,dr)=0; > edo:=1-u^2*D(v)(u)=0; > dsolve(edo,v(u)); > familia6:=seq(spacecurve(r(u,C/2-1/u),u=1..4,thickness=2,c olor=red,style=LINE),C=-2..10): display(superficie,curvas_nivel,familia6,style=patchnogrid ,axes=normal);

Familia de curvas que forman un ángulo fijo con otra familia dada En este apartado, nos planteamos un problema muy similar al anterior, pero con la diferencia de que ahora los datos son una única familia r1 y un ángulo fijo α. Se trata entonces de hallar la familia de curvas sobre la superficie que forman un ángulo constante α con r1. Veamos el siguiente ejemplo: Ejemplo. Sobre la superficie S que venimos considerando, hallar la familia o familias de π curvas que forman un ángulo constante α = con la familia de curvas coordenadas v = C. 4 Ya sabemos que la dirección del vector tangente a la familia v = C es (1,0). Así que si denotamos por (du,dv) a las coordenadas del vector tangente a la familia buscada, tenemos: > A:=array([[E(u,v),F(u,v)],[F(u,v),G(u,v)]]): evalm(A); dr1:=array([1,0]): dr:=array([du,dv]); modulo1:=sqrt(innerprod(dr1,A,dr1)); modulo:=sqrt(innerprod(dr,A,dr)); numerador:=innerprod(dr1,A,dr); > cos(Pi/4)=numerador/(modulo1*modulo); Elevamos al cuadrado para quitar raíces cuadradas, con lo que deducimos lo siguiente: > expand(cos(Pi/4)^2*modulo^2*modulo1^2-numerador^2)=0; Dividiendo ambos miembros entre du2, tenemos la ecuación de segundo grado dv ⎞2 2 du 2⎛ ⎜ ⎟⎟ − u ⎜ − 2 = 0, que resolvemos: ⎝ du ⎠ dv > a:=u^2; b:=-2; c:=-2; solve(a*x^2+b*x+c=0,x); Obtenemos así dos ecuaciones diferenciales de primer orden, que resolvemos también: > edo1:=D(v)(u)=1/2*(2+2*sqrt(2*u^2+1))/(u^2); edo2:=D(v)(u)=1/2*(2-2*sqrt(2*u^2+1))/(u^2); Page 5

> dsolve(edo1,v(u)); dsolve(edo2,v(u)); Obtenemos, por tanto, dos familias de curvas sobre S que forman un ángulo de

π con la 4

familia de curvas coordenadas v = C. Veámoslo gráficamente: > familia7:=seq(spacecurve(r(u,-(2*u^2+1)^(3/2)/u+2*u*sqrt(2 *u^2+1)+sqrt(2)*arcsinh(u*sqrt(2))-1/u+C/2),u=1..4,thickne ss=2,color=red,style=LINE),C=0..8): familia8:=seq(spacecurve(r(u,(2*u^2+1)^(3/2)/u-2*u*sqrt(2* u^2+1)-sqrt(2)*arcsinh(u*sqrt(2))-1/u+C/2),u=1..4,thicknes s=2,color=black,style=LINE),C=0..12): display(superficie,familia2,familia7,familia8,style=patchn ogrid,axes=normal);

Ejercicio propuesto Consideremos la superficie helicoide recto (escalera de caracol) de ecuación r( u, v ) = ( u cos( v ), u sin( v ), v ), donde u varía en el intervalo [1,4] y v lo hace en el intervalo [ −π, 2 π]. Se pide: (a) Representar gráficamente las dos familias de curvas coordenadas y la familia de curvas de nivel. (b) Hallar el coseno del ángulo que forman las curvas {u + v = C} y {u − v = C} en el punto P=(1,0,0). (c) Hallar las curvas ortogonales a la familia {u + v = C}. (d) Hallar las líneas de máxima pendiente. π (e) Hallar la familia o familias de curvas que forman un ángulo constante α = con la familia 4 de curvas coordenadas {v = C}.

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Práctica 9: Superficies: Curvatura Contenido: Introducción. Coeficientes de la Segunda Forma Fundamental. Curvatura normal. Curvaturas principales, direcciones principales y líneas de curvatura principales. Clasificación de los puntos. Cálculo de las direcciones y líneas asintóticas.

Introducción En esta práctica, nos planteamos las aplicaciones de la Segunda Forma Fundamental al cálculo de la curvatura normal, las curvaturas principales, direcciones principales, líneas de curvatura principales y líneas y direcciones asintóticas. Veamos a continuación el resumen de las órdenes que utilizaremos. r:=(u,v)->( [ x(u,v), y(u,v), z(u,v) ] ): Define la ecuación vectorial de la superficie r( u, v ) de ecuaciones {x = x( u, v ), y = y( u, v ), z = z( u, v )} plot3d(r(u,v),u=a..b,v=c..d): Representa gráficamente la superficie r( u, v ) cuando los parámetros u y v recorren los intervalos [a, b] y [c, d], respectivamente. spacecurve( r(t), t=a..b ): Representa gráficamente la curva de ecuación vectorial r( t ) cuando t varía en el intervalo [a, b]. ( [ D[1](x)(u,v), D[1](y)(u,v), D[1](z)(u,v) ] ): Define el vector r_u( u, v ) resultante de derivar parcialmente respecto del primer parámetro (en este caso, u). Análogamente se calcula el vector r_v( u, v ) cambiando el "1" por un "2". ( [ D[1,1](x)(u,v), D[1,2](y)(u,v), D[2,2](z)(u,v) ] ): Define el vector r_uu( u, v ) resultante de derivar parcialmente dos veces respecto del primer parámetro (en este caso, u). Análogamente se calculan los vectores r_uv( u, v ) cambiando "[1,1]" por un "[1,2]" y r_vv( u, v ). cambiando "[1,1]" por un "[2,2]". innerprod(u,v): Calcula el producto escalar de los vectores u y v. crossprod(u,v): Calcula el producto vectorial de los vectores u y v. solve({x(u,v)=a,y(u,v)=b,z(u,v)=c},{u,v}): Calcula los valores de u y v para los que se cumple que (x( u, v ), y( u, v ), z( u, v ))=(a, b, c), es decir, las coordenadas curvilíneas del punto. dsolve(edo,u(v)): Resuelve la ecuación diferencial almacenada con nombre "edo", calculando la solución como u( v ). > restart; with(linalg): with(plots): assume(u,real): assume(v,real):

Coeficientes de la Segunda Forma Fundamental En primer lugar, introducimos la superficie regular. > x:=(u,v)->(1+cos(v))*cos(u); y:=(u,v)->(1+cos(v))*sin(u); z:=(u,v)->sin(v); r:=(u,v)->([x(u,v),y(u,v),z(u,v)]); superficie:=plot3d(r(u,v),u=0..2*Pi,v=-Pi..Pi,color=green): display(superficie,axes=normal); Calculamos ahora todos los vectores "derivadas parciales" necesarios. > ru:=(u,v)->([D[1](x)(u,v),D[1](y)(u,v),D[1](z)(u,v)]): Page 1

ru(u,v); rv:=(u,v)->([D[2](x)(u,v),D[2](y)(u,v),D[2](z)(u,v)]): rv(u,v); ruu:=(u,v)->([D[1,1](x)(u,v),D[1,1](y)(u,v),D[1,1](z)(u,v)]): ruu(u,v); ruv:=(u,v)->([D[1,2](x)(u,v),D[1,2](y)(u,v),D[1,2](z)(u,v)]): ruv(u,v); rvv:=(u,v)->([D[2,2](x)(u,v),D[2,2](y)(u,v),D[2,2](z)(u,v)]): rvv(u,v); Recuérdese que para el cálculo de los coeficientes de la Segunda Forma Fundamental es necesario conocer el término E G − F2 y, en consecuencia, los coeficientes de la Primera Forma Fundamental. > E:=(u,v)->simplify(innerprod(ru(u,v),ru(u,v))): E(u,v); F:=(u,v)->simplify(innerprod(ru(u,v),rv(u,v))): F(u,v); G:=(u,v)->simplify(innerprod(rv(u,v),rv(u,v))): G(u,v); g:=(u,v)->simplify(sqrt(E(u,v)*G(u,v)-F(u,v)^2)): g(u,v); Finalmente, obtenemos los coeficientes de la Segunda Forma Fundamental > L:=(u,v)->simplify(1/g(u,v)*innerprod(ruu(u,v),crossprod(ru(u ,v),rv(u,v)))): L(u,v); M:=(u,v)->simplify(1/g(u,v)*innerprod(ruv(u,v),crossprod(ru(u ,v),rv(u,v)))): M(u,v); N:=(u,v)->simplify(1/g(u,v)*innerprod(rvv(u,v),crossprod(ru(u ,v),rv(u,v)))): N(u,v);

Curvatura normal Recuérdese que la curvatura normal en cada punto depende de las coordenadas del punto y de la dirección que tomemos. Por tanto, precisamos conocer no sólo los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamental en dicho punto, sino las coordenadas paramétricas (du,dv) o cartesianas (a,b,c) de la dirección. Cuando la dirección viene dada en cartesianas, necesitamos obtener previamente sus coordenadas paramétricas. La expresión de la curvatura normal en un punto generico y según una dirección genérica (du, dv) viene dada por el coeficiente entre la Segunda y la Primera Forma Fundamental: > PFF:=(u,v,du,dv)->E(u,v)*du^2+2*F(u,v)*du*dv+G(u,v)*dv^2: SFF:=(u,v,du,dv)->L(u,v)*du^2+2*M(u,v)*du*dv+N(u,v)*dv^2: kappa_n:=(u,v,du,dv)->SFF(u,v,du,dv)/PFF(u,v,du,dv): kappa_n(u,v,du,dv); Para el cálculo de la misma en un punto concreto y según una dirección fija, dado un punto P = (x0,y0,z0), calculamos las coordenadas curvilíneas del punto: > solve({x(u,v)=1,y(u,v)=0,z(u,v)=1},{u,v}); Si la dirección viene dada en cartesianas, debemos obtener su correspondiente en paramétricas. Page 2

> dir:=[-1,1,0]; > evalm(dir=du*ru(0,Pi/2)+dv*rv(0,Pi/2)); > solve({-1=-dv,1=du,0=0},{du,dv}); Finalmente, obtenemos la curvatura normal en el punto. > kappa_n(0,Pi/2,1,1);

Curvaturas principales, direcciones principales y líneas de curvatura principales Para calcular las curvaturas principales, direcciones principales y líneas de curvatura principales, planteamos la ecuación: ⎡dv2 −dudv du2⎤ ⎢ ⎥ ⎢E ⎥=0 F G ⎢⎢ ⎥⎥ M N⎦ ⎣L > A:=array([[dv^2,-du*dv,du^2],[E(u,v),F(u,v),G(u,v)],[L(u,v),M (u,v),N(u,v)]]); > factor(det(A)=0); De dicha ecuación extraemos las dos posibles soluciones: SOLUCIÓN 1. du = 0 En tal caso, la dirección en paramétricas es ( du, dv) = (0, dv), que es paralela a (0, 1). Por tanto: -) La curvatura principal se obtiene sustituyendo el par ( du, dv) por (0, 1) en la expresión de curvatura normal. > kappa_n1:=kappa_n(u,v,0,1); -) La dirección principal se obtiene sustituyendo el par ( du, dv) por (0, 1) en la expresión en cartesianas del vector: dr = r_udu + r_vdv. > dr1:=0*ru(u,v)+1*rv(u,v); -) La línea de curvatura principal se obtiene resolviendo la ecuación diferencial: > edo:=D(u)(v)=0; > dsolve(edo,u(v)); SOLUCIÓN 2. dv = 0 En tal caso, la dirección en paramétricas es (du, dv) = (du, 0), que es paralela a (1, 0). Por tanto: -) La curvatura principal se obtiene sustituyendo el par ( du, dv) por (1, 0) en la expresión de curvatura normal. > kappa_n2:=kappa_n(u,v,1,0); simplify(%); -) La dirección principal se obtiene sustituyendo el par ( du, dv) por (1, 0) en la expresión en cartesianas del vector: dr = r_udu + r_vdv. > dr2:=1*ru(u,v)+0*rv(u,v); -) La línea de curvatura principal se obtiene resolviendo la ecuación diferencial: > edo:=D(v)(u)=0; Page 3

> dsolve(edo,v(u));

Clasificación de los puntos. Cálculo de las direcciones y líneas asintóticas Sabemos que los puntos de una superficie regular se clasifican, con carácter general, en elípticos, hiperbólicos y parabólicos. Por un punto elíptico no pasa ninguna línea asintótica, por uno parabólico pasa una sola y por un punto hiperbólico pasan dos. La clasificación de los puntos se hace analizando el signo del determinante de la matriz de coeficientes de la Segunda Forma Fundamental, de modo que: ⎡ L M⎤ ⎡ L M⎤ ⎡ L M⎤ ⎢ ⎥ > 0 (Elíptico) ⎢ ⎥ = 0 (Parabólico) ⎢ ⎥ < 0 (Hiperbólico) ⎣M N ⎦ ⎣M N ⎦ ⎣M N ⎦ > det:=factor(L(u,v)*N(u,v)-M(u,v)^2); Es muy importante factorizar el resultado del determinante. Por ejemplo, en este caso, tenemos como resultado el producto de dos factores, "cos( v )" y "1 + cos( v )". PUNTOS PARABÓLICOS > solve(det=0,v); > r(u,-Pi/2); r(u,Pi/2); r(u,Pi); # puntos parabólicos Para que el producto de ambos sea 0, es necesario que sea cero, al menos, uno de ellos. π Obsérvese que Maple nos devuelve sólo dos valores de valores de "v", que son y π, aunque 2 π en el intervalo en el que estamos, tenemos además un tercer valor, v = − . Puesto que no hay 2 condiciones sobre la u, obtenemos infinitos puntos, que se corresponden con las curva π π coordenadas v = y v=− . 2 2 PUNTOS HIPERBÓLICOS Y ELÍPTICOS En este caso, debemos imponer que el signo del determinante sea negativo. Pero obsérvese que uno de los factores es "1 + cos( v )" y dicho factor es siempre no negativo, puesto que cos( v ) varía siempre entre -1 y 1. Por tanto, el signo del determinante es el signo del otro factor, es decir, "cos( v )". Por consiguiente, el punto es hiperbólico si v varía en los intervalos ( 3π π π , π) o (π, ), mientras que el punto será elíptico si v se encuentra en los intervalos (0, ) o 2 2 2 3π ( , 2 π). 2 Veamos gráficamente cómo quedan los puntos sobre la superficie. De color verde están los puntos elípticos, de naranja los hiperbólicos y de azul los parabólicos: > elipticos:=plot3d(r(u,v),u=0..2*Pi,v=-Pi/2..Pi/2,color=green) : hiperbolicos:=plot3d(r(u,v),u=0..2*Pi,v=Pi/2..3*Pi/2,color=co ral): Page 4

parabolicos1:=spacecurve(r(u,Pi/2),u=0..2*Pi,thickness=5,colo r=blue): parabolicos2:=spacecurve(r(u,-Pi/2),u=0..2*Pi,thickness=5,col or=blue): display(elipticos,hiperbolicos,parabolicos1,parabolicos2); Por último, calculamos las direcciones y líneas asintóticas, para lo cual, debemos resolver la ecuación II = 0. > SFF(u,v,du,dv)=0; Dividimos entre du2 en ambos miembros, de modo que nos queda una ecuación de segundo grado cuya incógnita es

dv2

. du2 > expand(SFF(u,v,du,dv)/du^2=0); Basta despejar

dv2 du2

y tomar raíz cuadrada, de modo que obtenemos dos ecuaciones

diferenciales: > edo1:=D(u)(v)=1/sqrt(-cos(v)^2-cos(v)); edo2:=D(v)(u)=-sqrt(-cos(v(u))^2-cos(v(u))); dv = −cos( v )2 − cos( v ) du A partir de la ecuación, obtenemos la primera dirección asintótica en paramétricas: SOLUCIÓN 1.

(du, dv) = (du, −cos( v )2 − cos( v ) du) = (1, −cos( v )2 − cos( v ) ) con lo que en cartesianas será: > dr1:=evalm(ru(u,v)*1+rv(u,v)*sqrt(-cos(v)^2-cos(v))); Por su parte, la primera línea asintótica se obtiene resolviendo la ecuación diferencial: > linea1:=dsolve(edo1,u(v)); dv = − −cos( v )2 − cos( v ) du A partir de la ecuación, obtenemos la primera dirección asintótica en paramétricas: SOLUCIÓN 2.

(du, dv) = (du, − −cos( v )2 − cos( v ) du) = (1, − −cos( v )2 − cos( v ) ) con lo que en cartesianas será: > dr2:=evalm(ru(u,v)*1+rv(u,v)*(-sqrt(-cos(v)^2-cos(v)))); Por su parte, la primera línea asintótica se obtiene resolviendo la ecuación diferencial: > linea2:=dsolve(edo2,v(u)); Ejercicio. Dada la superficie r( u, v ) = ( u cos( v ), u sin( v ), ln( u ) ), se pide: (a) Calcular los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamentales. (b) Hallar la curvatura normal en el punto P = ( e, 0, 1 ) según la dirección (−1, 2). (c) Hallar las curvaturas principales, direcciones principales y líneas de curvatura principales en cada punto. (d) Clasificar sus puntos y hallar, cuando sea las direcciones y líneas asintóticas. Pageposible, 5

> restart; with(plots): with(linalg): assume(u>0): assume(v,real): Definición de la superficie y representación gráfica: > x:=(u,v)->u*cos(v); y:=(u,v)->u*sin(v); z:=(u,v)->ln(u); r:=(u,v)->([x(u,v),y(u,v),z(u,v)]); superficie:=plot3d(r(u,v),u=1/10..4,v=0..2*Pi,color=green): display(superficie,axes=normal); Resolución del apartado (a) > ru:=(u,v)->([D[1](x)(u,v),D[1](y)(u,v),D[1](z)(u,v)]): ru(u,v); rv:=(u,v)->([D[2](x)(u,v),D[2](y)(u,v),D[2](z)(u,v)]): rv(u,v); ruu:=(u,v)->([D[1,1](x)(u,v),D[1,1](y)(u,v),D[1,1](z)(u,v)]): ruu(u,v); ruv:=(u,v)->([D[1,2](x)(u,v),D[1,2](y)(u,v),D[1,2](z)(u,v)]): ruv(u,v); rvv:=(u,v)->([D[2,2](x)(u,v),D[2,2](y)(u,v),D[2,2](z)(u,v)]): rvv(u,v); > E:=(u,v)->simplify(innerprod(ru(u,v),ru(u,v))): E(u,v); F:=(u,v)->simplify(innerprod(ru(u,v),rv(u,v))): F(u,v); G:=(u,v)->simplify(innerprod(rv(u,v),rv(u,v))): G(u,v); g:=(u,v)->simplify(sqrt(E(u,v)*G(u,v)-F(u,v)^2)): g(u,v); > L:=(u,v)->simplify(1/g(u,v)*innerprod(ruu(u,v),crossprod(ru(u ,v),rv(u,v)))): L(u,v); M:=(u,v)->simplify(1/g(u,v)*innerprod(ruv(u,v),crossprod(ru(u ,v),rv(u,v)))): M(u,v); N:=(u,v)->simplify(1/g(u,v)*innerprod(rvv(u,v),crossprod(ru(u ,v),rv(u,v)))): N(u,v); Resolución del apartado (b) > PFF:=(u,v,du,dv)->E(u,v)*du^2+2*F(u,v)*du*dv+G(u,v)*dv^2: SFF:=(u,v,du,dv)->L(u,v)*du^2+2*M(u,v)*du*dv+N(u,v)*dv^2: kappa_n:=(u,v,du,dv)->SFF(u,v,du,dv)/PFF(u,v,du,dv): kappa_n(u,v,du,dv); > solve({x(u,v)=exp(1),y(u,v)=0,z(u,v)=1},{u,v}); > curvatura_normal:=kappa_n(exp(1),0,-1,2); simplify(%); evalf(%%); Resolución del apartado (c) > A:=array([[dv^2,-du*dv,du^2],[E(u,v),F(u,v),G(u,v)],[L(u,v),M (u,v),N(u,v)]]); > factor(det(A)=0); SOLUCIÓN 1. du = 0.

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> > > >

kappa_n1:=kappa_n(u,v,0,1); dr1:=0*ru(u,v)+1*rv(u,v); edo:=D(u)(v)=0; dsolve(edo,u(v));

SOLUCIÓN 2. dv = 0 > kappa_n2:=kappa_n(u,v,1,0); > dr2:=1*ru(u,v)+0*rv(u,v); > edo:=D(v)(u)=0; > dsolve(edo,v(u)); Resolución del apartado (d) > det:=factor(L(u,v)*N(u,v)-M(u,v)^2); Todos los puntos son hiperbólicos, puesto que el determinante es siempre negativo. > SFF(u,v,du,dv)=0; > ecuacion:=-du^2+u*dv^2=0; # Ecuación simplificada > edo1:=D(v)(u)=1/sqrt(u); edo2:=D(v)(u)=-1/sqrt(u); SOLUCIÓN 1. dv =

du u (du, dv) = (du,

du

1

) = ( u , 1) u u > dr1:=evalm(ru(u,v)*sqrt(u)+rv(u,v)*1); > linea1:=dsolve(edo1,v(u)); SOLUCIÓN 2. dv = −

) = (1,

du u (du, dv) = (du, −

du

) = (1, −

1

) = ( u , −1) u u > dr2:=evalm(ru(u,v)*sqrt(u)-rv(u,v)*1); > linea2:=dsolve(edo2,v(u)); >

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Matem´aticas II. Primer Parcial. Curso 2004-2005 5 de Febrero de 2005

Ejercicio 1 

 1 sin t, sin(2t), t , hallar los vectores del triedro de Frenet y 2  π los elementos del mismo (rectas y planos) en el punto P = 1, 0, . 2 → (b) Dada la curva − r (t) = (et , 1 + e−t , et − e−t ), hallar su torsi´ on y la ecuaci´ on de su − (a) Dada la curva → r (t) =

plano osculador en un punto gen´erico. Interpretar el resultado.

Resoluci´ on. (a) En primer lugar, veamos qu´e valor del par´ametro t define el punto P . Para ello, basta resolver el sistema  sin t0 = 1     1 sin(2t0 ) = 0  2  π   t0 = 2 π de donde deducimos claramente que t0 = . C´alculo de los vectores del triedro de Frenet: 2 − → r 0 (t) = (cos t, cos(2t), 1)

→ =⇒ − r0

π 2




= (0, −1, 1)

− → → r 00 (t) = (− sin t, −2 sin(2t), 0) =⇒ − r0

π 2




= (−1, 0, 0)

π  π  → − → r0 ∧− r 00 = 2 2  π  √ − r0 → = 2 y 2 Luego, − → t − → b


π 2

π 2




− − → → j k 0 −1 1 = (0, −1, −1) −1 0 0 π   π  √ − → r0 ∧− r 00 → = 2 2 2 − → i

− → r0 = − → r0

π 2
π 2

− → r0 = − → r0

π → ∧− r 00 π2 2

00 π π → − ∧ r 2 2




1 = √ (0, −1, 1) 2







1

1 = √ (0, −1, −1) 2

y π  − π  π  1 1 → → − → − n = b ∧ t =√ √ 2 2 2 2 2

− → k 1 −1 −1 = (−2, 0, 0) = (−1, 0, 0) 2 −1 1

− − → → i j 0 0

Elementos del triedro de Frenet:  

 x = 1  z− y x−1 = = =⇒ Recta tangente:  y+z = π  0 −1 1 2   π π = 0 ⇐⇒ −y + z = Plano normal: 0(x − 1) − 1(y − 0) + 1 z − 2 2    x = 1  z − π2 x−1 y Recta binormal: = = =⇒  −y + z = π  0 1 1 2   π π Plano osculador: 0(x − 1) + 1(y − 0) + 1 z − = 0 ⇐⇒ y + z = 2 2    y = 0  z − π2 x−1 y = = =⇒ Recta normal principal:  z = π  −1 0 0 2   π = 0 ⇐⇒ x = 1 Plano rectificante: −1(x − 1) + 0(y − 0) + 0 z − 2 → (b) Un punto gen´erico de la curva − r (t) = (et , 1 + e−t , et − e−t ) es un punto de la forma π 2

P = (et , 1 + e−t , et − e−t ). La torsi´on en un punto arbitrario viene dada por la expresi´on
→ − → → r 0 (t), − r 00 (t), − r 000 (t) τ (t) = → → |− r 0 (t) ∧ − r 00 (t)|2 − → r 0 (t) = (et , −e−t , et + e−t ) − → r 00 (t) = (et , e−t , et − e−t ) − → r 000 (t) = (et , −e−t , et + e−t ) − → Obs´ervese que → r 0 (t) = − r 000 (t) y, por consiguiente,
− → → → r 0 (t), − r 00 (t), − r 000 (t) = 0 de donde deducimos que τ (t) = 0, para todo t, es decir, la torsi´on de la curva es nula en todos sus puntos. En consecuencia, tenemos que la curva es plana y est´a contenida en su 2

plano osculador que, por tanto, es el mismo en cada punto. As´ı que para hallar el plano osculador (plano que contiene a la curva), bastar´ıa en este caso determinarlo en un punto cualquiera de la curva. Por ejemplo, tomemos t = 0 (el valor m´as sencillo), con lo que → − − tenemos que el plano pasa por P = → r (0) = (1, 2, 0) y tiene vector perpendicular b (0) o cualquier otro paralelo a ´este, como − − → − → → i j k → − → r 0 (0) ∧ − r 00 (0) = 1 −1 2 = (−2, 2, 2) ≈ (−1, 1, 1) 1 1 0 Luego, la ecuaci´on del plano osculador ser´a −1(x − 1) + 1(y − 2) + 1(z − 0) = 0 ⇐⇒ −x + y + z = 1 ⊗
− Ejercicio 2 Dada la superficie de ecuaci´ on → r (u, v) = v cos u, v sin u, v + 21 u2 , se pide: (a) Hallar las trayectorias ortogonales a las generatrices u = C. (b) Hallar las l´ıneas de m´axima pendiente. (c) Hallar los ´angulos que forma la curva de nivel que pasa por el punto P de coordenadas u = 1, v = 1 con las curvas coordenadas en P .

Resoluci´ on. Calculamos previamente los coeficientes de la Primera Forma Fundamental: − → − r u = (−v sin u, v cos u, u) → r v = (cos u, sin u, 1) → → E=− r u·− r u = u2 + v 2 ;

→ → F =− r u·− r v = u;

→ → G=− r v·− rv=2

→ → I = d− r · d− r = (u2 + v 2 )du2 + 2ududv + 2dv 2 (a) Las generatrices u = C son curvas sobre la superficie cuyo vector tangente viene → → → → → dado por d− r =− r u du + − r v dv = − r u ·0 + − r v dv. Por tanto, las coordenadas de su vector → → tangente respecto de la base {− r u, − r v } son (0, dv) ≈ (0, 1). Por otra parte, las trayectorias 3

− − → ortogonales a las generatrices tienen direcci´on d→ r =→ r u du + − r v dv. As´ı que denotamos → → por (du, dv) a las coordenadas de dicho vector respecto de la base {− r u, − r v }. Como ambos vectores son perpendiculares, se cumple       2 2     E F du u +v u du =0   = 0 ⇐⇒ 0 1   0 1  dv u 2 dv F G

(1)

Desarrollando la ecuaci´on (1) nos queda udu + 2dv = 0 ⇐⇒

u2 +v =C 2

En consecuencia, las trayectorias ortogonales a las generatrices u = C, son las curvas u2 dadas por + v = C. 2 (b) Las l´ıneas de m´axima pendiente son las curvas ortogonales a las curvas de nivel. Las 1 1 curvas de nivel son de la forma z = C, es decir, v + u2 = C ⇐⇒ v = C − u2 . El vector 2 2 → − → − → − → − → tangente a las curvas de nivel tiene direcci´on d r = r u du + r v dv = r u du − − r v ·udu. Por → → tanto, sus coordenadas respecto de la base {− r u, − r v } son (du, −udu) ≈ (1, −u). As´ı que, si denotamos por (du, dv) a las coordenadas del vector tangente a las l´ıneas de m´axima pendiente, ambas direcciones han de ser ortogonales y, por tanto, se cumple       2 2   E F   du u +v u du   = 0 ⇐⇒ 1 −u    = 0 (2) 1 −u  F G dv u 2 dv Desarrollando la ecuaci´on (2), nos queda v 2 du − udv = 0 ⇐⇒

du dv = 2 u v

⇐⇒ ln |u| + ln K = − v1 ⇐⇒ u = Ce−1/v Luego, las l´ıneas de m´axima pendiente son las curvas dadas por u = Ce−1/v . (c) El ´angulo que forman dos curvas en un punto es igual al ´angulo que forman sus respectivos vectores tangentes por dicho punto. La curva de nivel que pasa por el punto 1 3 P de coordenadas curvil´ıneas u = 1, v = 1, viene dada por v + u2 = z(1, 1) = ⇐⇒ 2 2 4

1 3 → → → v + u2 = . Por tanto, su vector tangente tiene direcci´on dr = − r u du + − r v dv = − r u du − 2 2 → − → → r v ·udu. Por tanto, sus coordenadas respecto de la base {− r u, − r v } son (du, −udu) ≈ (1, −u) que, sustituyendo en {u = 1, v = 1} nos queda (1, −1). • Curva coordenada u = 1. Las coordenadas del vector tangente a la l´ınea de nivel u = 1, → → → → tiene direcci´on dr = − r u du + − r v dv = − r u ·0 + − r v dv, por lo que sus coordenadas respecto → → de la base {− r u, − r v } son (0, dv) ≈ (0, 1). As´ı pues, el ´angulo que forman ambos vectores tiene coseno igual a  

1 −1

 

E F

0



 

1 √ E − 2F + G· G      2 1 0   1 −1  1 1 2 −1 √ √ = = 2 2· 2 √

cos α =

y por tanto, α = arc cos

F G



2π −1 =± . 2 3

• Curva coordenada v = 1. Las coordenadas del vector tangente a la l´ınea de nivel v = 1, → → → → tiene direcci´on dr = − r u du + − r v dv = − r u du + − r v ·0, por lo que sus coordenadas respecto → → de la base {− r u, − r v } son (du, 0) ≈ (1, 0). As´ı pues, el ´angulo que forman ambos vectores tiene coseno igual a  

1 −1

 

E F



1

 

0 √ E − 2F + G· G      2 1 1   1 −1  1 2 0 1 √ √ = = 2 2· 2

cos β =

y por tanto, β = arc cos

F G



√

1 π =± . 2 3

⊗

Ejercicio 3 Consideremos las superficies S1 y S2 de ecuaciones vectoriales  1 → − → r 2 (u, v) = (u + v, u − v, uv) respectivamente. r 1 (u, v) = u + v, u − v, (u2 + v 2 ) y − 2 5

Se pide: (a) Clasificar los puntos de S1 y S2 . (b) Hallar las curvaturas principales de S1 y S2 en el punto P = (0, 0, 0). (c) ¿Cu´ al de las dos superficies posee l´ıneas asint´ oticas? Calcular dichas l´ıneas. (d) Hallar las l´ıneas de curvatura de la superficie que no posee l´ıneas asint´ oticas.

Resoluci´ on. Calculamos los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamental en ambas superficies. − → r (1) u = (1, 1, u) ; − → r (1) uu = (0, 0, 1) ; → →(1) − E = − r (1) u · r v → →(1) − F = − r (1) u · r v − →(1) − G = → r (1) v · r v

− → r (1) v = (1, −1, v) − → → − r (1) r (1) uv = (0, 0, 0) ; vv = (0, 0, 1)  = 2 + u2      =⇒ EG − F 2 = (2 + u2 )(2 + v 2 ) − u2 v 2 = 4 + 2u2 + 2v 2 = uv     2  =2+v

0 0 1 1 2 L = √ 1 1 u = −√ ; M = 0; g g 1 −1 v √ √ √ donde g = EG − F 2 = 4 + 2u2 + 2v 2 . − → r (2) u = (1, 1, v) ; − → r (2) uu = (0, 0, 0) ; → →(2) − E = − r (2) u · r u → →(2) − F = − r (2) u · r v − →(2) − G = → r (2) v · r v

0 0 1 1 2 N = √ 1 1 u = −√ g g 1 −1 v

− → r (2) v = (1, −1, u) → − − → r (2) r (2) vv = (0, 0, 0) uv = (0, 0, 1) ;  = 2 + v2      =⇒ EG − F 2 = (2 + v 2 )(2 + u2 ) − u2 v 2 = 4 + 2u2 + 2v 2 = uv     2  =2+u

6

0 0 1 2 1 L = 0; M = √ 1 1 v = −√ ; g g 1 −1 u √ √ √ donde g = EG − F 2 = 4 + 2u2 + 2v 2 .

N =0

(a) Clasificaci´ on de los puntos de las superficies. • Superficie S1 . sig (LN − M 2 ) = sig

  4 g

> 0 =⇒ Todos los puntos de S1 son el´ıpticos y no hay l´ıneas

asint´oticas. • Superficie S2 .   sig (LN − M 2 ) = sig − g4 < 0 =⇒ Todos los puntos de S2 son hiperb´olicos y existen dos l´ıneas asint´oticas. (b) N´otese que las coordenadas curvil´ıneas del punto P = (0, 0, 0) en ambas superficies √ son u = 0 y v = 0. Adem´as, tenemos que g = 2. 2 dv −dudv du2 • Superficie S1 . 2 0 2 = 0 ⇐⇒ dudv = 0 −2 0 −2

dudv

2 dv • Superficie S2 . 2 0

 II  (1)  =  du = 0 =⇒ κn = I = 0 ⇐⇒    dv = 0 =⇒ κ(2) = II = n I −dudv du2 0 2 = 0 ⇐⇒ du2 = dv 2 −1 0

−dv 2 1 =− 2 2dv 2 −du2 1 =− 2 2du 2

 II −dv 2 1  (1)  =− =  du = dv =⇒ κn = 2 2 I 2dv + 2dv 4 du2 = dv 2 ⇐⇒ 2    du = −dv =⇒ κ(2) = II = du = 1 n I 4du2 4 (c) Ya vimos en el apartado (a) que s´olo la superficie S2 posee l´ıneas asint´oticas. Las 7

calculamos imponiendo

II = 0 ⇐⇒ dudv = 0 ⇐⇒

   du = 0 =⇒ u = C1   dv = 0 =⇒ v = C 2

(d) L´ıneas de curvatura de la superficie S1 . Resolvemos la ecuaci´on dv 2 −dudv du2 2 2 2+u uv 2+v =0 −2 0 −2 Operando, nos queda uvdu2 + (v 2 − u2 )dudv − uvdv 2 = 0, luego, p p −(v 2 − u2 ) ± (u2 − v 2 )2 + 4u2 v 2 u2 − v 2 ± (u2 + v 2 ) du = = dv 2uv 2uv Salen dos soluciones, cada una de las cuales corresponde a una l´ınea de curvatura: •

u2 − v 2 + u2 + v 2 u du = = ⇐⇒ −udu = vdv ⇐⇒ u2 + v 2 = C1 . dv 2uv v

•

du u2 − v 2 − u2 − v 2 v du dv = = − ⇐⇒ = ⇐⇒ u = C2 v. dv 2uv u u v

8

⊗

Matem´aticas II. Primer Parcial. Curso 2004-2005 7 de Febrero de 2005 Ejercicio 1 Consideremos la superficie S de ecuaci´ on vectorial − → r (u, v) = (cos u, sin u, euv ) Se pide: (a) Hallar los elementos del triedro de Frenet de la curva definida por v = u en el punto u = 0. (b) Hallar los puntos de la superficie S en los cuales las l´ıneas coordenadas son perpendiculares. (c) Hallar las l´ıneas de m´axima pendiente. Resoluci´ on. (a) La curva sobre S definida por la relaci´on v = u se obtiene de sustituir dicha relaci´on en la ecuaci´on vectorial de la superficie:   2 − → r (u) = cos u, sin u, eu Por otra parte, el punto sobre la curva que corresponde al valor u = 0 es → P =− r (0) = (1, 0, 1). − → r 0 (u) =



− sin u, cos u, 2ueu

− → r 00 (u) =



− cos u, − sin(u), 2eu → − → r 0 (0) ∧ − r 00 (0) =

2

 2

=⇒

− → r 0 (0) = (0, 1, 0)



→ =⇒ − r 00 (0) = (−1, 0, 2) → → − − → − i j k 0 1 0 = (2, 0, 1) −1 0 2

+ 4u2 eu

2

Obs´ervese que para obtener los elementos del triedro de Frenet no necesitamos calcular los vectores del triedro de Frenet, sino que basta con conocer sus respectivas direcciones. As´ı, sabemos: 1

→ − − • El vector tangente unitario t (0) es paralelo a → r 0 (0) = (0, 1, 0). → − − → • El vector binormal b (0) es paralelo a → r 0 (0) ∧ − r 00 (0) = (2, 0, 1). − → − → − • El vector normal principal → n (0) = b (0) ∧ t (0) es paralelo a (2, 0, 1) ∧ (0, 1, 0) = (−1, 0, 2). Elementos del triedro de Frenet:     x = 1 x−1 y z−1 Recta tangente: = = =⇒  z = 1  0 1 0 Plano normal: 0(x − 1) + 1(y − 0) + 0 (z − 1) = 0 ⇐⇒ y = 0    y = 0  y z−1 x−1 = = =⇒ Recta binormal:  −x + 2z = 1  2 0 1 Plano osculador: 2(x − 1) + 0(y − 0) + 1 (z − 1) = 0 ⇐⇒ 2x + z = 3     y = 0 x−1 y z−1 Recta normal principal: = = =⇒  2x + z = 3  −1 0 2 Plano rectificante: −1(x − 1) + 0(y − 0) + 2 (z − 1) = 0 ⇐⇒ −x + 2z = 1 (b) Las l´ıneas coordenadas de una superficie se obtienen de imponer sobre la ecuaci´on vectorial de dicha superficie las relaciones u = u0 y v = v0 , siendo u0 , v0 constantes. Adem´as las l´ıneas coordenadas anteriores se cortan en el punto P = (u0 , v0 ) y al par (u0 , v0 ) se le llaman coordenadas curvil´ıneas del punto P . En este apartado nos piden hallar todos los pares (u0 , v0 ) tales que las l´ıneas coordenadas {u = u0 } y {v = v0 } son perpendiculares. Derivando en u = u0 , tenemos que 1du + 0dv = 0 ⇐⇒ du = 0, por lo que el vector tangente a la l´ınea coordenada {u = u0 } tiene direcci´on (du, dv) = (0, dv) ≈ (0, 1). An´alogamente, el vector tangente a la l´ınea coordenada {v = v0 } tiene direcci´on (du, dv) = (du, 0) ≈ (1, 0). Calculamos los coeficientes de la Primera Forma Fundamental: − → r u = (− sin u, cos u, veuv ) ; 2

− → r v = (0, 0, ueuv )

→ → E=− r u·− r u = 1 + v 2 e2uv ;

→ → F =− r u·− r v = uve2uv ;

→ → G=− r v·− r v = u2 e2uv

Imponemos que los vectores tangentes a las l´ıneas coordenadas sean perpendiculares,con lo que nos queda la ecuaci´on  

1 0

 

2 2uv

1+v e

uve2uv

2uv

uve

u2 e2uv

 

0 1

 =0

(1)

Operando en la ecuaci´on (1), obtenemos

uve2uv

   u=0   = 0 ⇐⇒ uv = 0 ⇐⇒ ´o     v=0

As´ı que las soluciones de la ecuaci´on (1) son todos los pares (0, v0 ) y (u0 , 0). Luego, las l´ıneas coordenadas son perpendiculares en todos los puntos de S cuyas coordenadas curvil´ıneas son (0, v0 ) o (u0 , 0). (c) Las l´ıneas de m´axima pendiente son las curvas ortogonales a las curvas de nivel. Las curvas de nivel son z = C que, en este caso, resultan ser euv = C. Derivando en esta u ´ltima expresi´on, obtenemos u veuv du + ueuv dv = 0 ⇐⇒ du = − dv v  u  As´ı que el vector tangente a dichas curvas tiene direcci´on (du, dv) = − dv, dv ≈ (u, v). v Por consiguiente, si denotamos por (du, dv) a la direcci´on del vector tangente a las curvas ortogonales a las l´ıneas de nivel, ambas direcciones han de ser ortogonales y, por tanto, se cumple  

−u v

 

2 2uv

1+v e

uve2uv

2uv

uve

u2 e2uv

 

du dv

 =0

(2)

Desarrollando la ecuaci´on (2), y simplificando, nos queda    u=0   −udu = 0 ⇐⇒ ´o     du = 0 ⇐⇒ u = C Por tanto, las l´ıneas de m´axima pendiente son las l´ıneas coordenadas u = C, C ∈ 0 y v ∈ 0. Por tanto: 6

(3)

• −(1 + 2v) > 0 ⇐⇒ v < − 12 . Luego, si v < − 12 y u > 0 los puntos son el´ıpticos, con lo cual, no hay l´ıneas asint´oticas. • −(1 + 2v) < 0 ⇐⇒ v > − 21 . Luego, si v > − 21 y u > 0 los puntos son hiperb´olicos, con lo cual, hay dos l´ıneas asint´oticas. • −(1 + 2v) = 0 ⇐⇒ v = − 21 . Luego, si v = − 12 y u > 0 los puntos son parab´olicos, con lo cual, hay una sola l´ınea asint´otica. (c) L´ıneas asint´oticas. Las l´ıneas asint´oticas se calculan resolviendo la ecuaci´on II = 0 ⇐⇒ −

1 + 2v 2 2 2 du2 2dv 2 dv = 0 ⇐⇒ = du + u2 u u 1 + 2v

• Para los puntos hiperb´olicos, sabemos que v > − 21 y u > 0. Luego, √ du2 2dv 2 du 2 = ⇐⇒ ± √ = √ dv u 1 + 2v u 1 + 2v √ √ √ √ √ con lo que nos queda ±2 u = 2 1 + 2v + C ⇐⇒ ± u = √12 1 + 2v + C. • Para los puntos parab´olicos, sabemos que v = − 21 y u > 0. Luego, du2 2dv 2 du2 = ⇐⇒ =0 u 1 + 2v u con lo que nos queda du = 0 ⇐⇒ u = C.

⊗

7

Matem´aticas II. Segundo Parcial. Curso 2004-2005 27 de Junio de 2005 Problema 1 Dada la familia de superficies x2 + y 2 = az 2 , se pide: (a) Hallar las curvas perpendiculares a dicha familia. Entre ellas, determinar la que pasa por el punto P = (1, 1, 0). (b) Hallar la superficie perpendicular a la familia obtenida en el apartado (a), que contiene a la curva de ecuaciones {z = 0, x2 + 2y 2 = 1}.

Problema 2 → − (a) Hallar las superficies perpendiculares al campo vectorial F = (xz, yz, −(x2 + y 2 )), comprobando previamente su existencia. (b) Resolver el sistema diferencial  dx   = x−y+t  dt  dy   = 2x − 2y + 2t dt

Problema 3 (a) Resolver la ecuaci´on x2 y 00 −x y 0 +y = 0, sabiendo que y1 = x es una soluci´on particular. A continuaci´on, resolver la ecuaci´on x2 y 00 − x y 0 + y = 4x3 . (b) Resolver la misma ecuaci´on x2 y 00 − x y 0 + y = 4x3 , sabiendo que es una ecuaci´on de Euler. (c) Hallar los autovalores y autofunciones del problema de contorno  1 00   y − λ y 0 + λ2 y = 0    2 y(0) = 0      siendo λ ≥ 0.

y(π) = 0

Matem´aticas II. Segundo Parcial. Curso 2004-2005 27 de Junio de 2005

Problema 1 Dada la familia de superficies x2 + y 2 = az 2 , se pide: (a) Hallar las curvas perpendiculares a dicha familia. Entre ellas, determinar la que pasa por el punto P = (1, 1, 0). (b) Hallar la superficie perpendicular a la familia obtenida en el apartado (a), que contiene a la curva de ecuaciones {z = 0, x2 + 2y 2 = 1}.

Resoluci´ on. (a) Definimos la funci´on F (x, y, z) = x2 + y 2 − az 2 . El vector normal a la familia de
→ superficies es − n = F 0 , F 0 , F 0 = (2x, 2y, −2az). Despejando a, nos queda x

y

z

x2 + y 2 = az 2 ⇐⇒ a =

x2 + y 2 z2

y sustituyendo en el vector normal, deducimos que  
−2z(x2 + y 2 ) 2 2 → − ≈ xz, yz, −(x + y ) n = 2x, 2y, z2 Por consiguiente, las curvas ortogonales a la familia dada se obtienen resolviendo el sistema dx dy dz = = 2 xz yz −(x + y 2 ) Encontramos una combinaci´on f´acil en dx dy dx dy = ⇐⇒ = xz yz x y que resolvemos, obteniendo la identidad y = C1 x. Por otra parte, obs´ervese que dx dy dz x dx + y dy = = = 2 2 xz yz −(x + y ) z (x2 + y 2 ) 1

por lo que tenemos que x dx + y dy dz = ⇐⇒ x dx + y dy + z dz = 0 2 +y ) z (x2 + y 2 )

−(x2

y, por tanto, integrando, nos queda x2 + y 2 + z 2 = C2 . Luego, las curvas ortogonales a la familia dada son

 y = C1 x  , con C1 , C2 ∈ R x2 + y 2 + z 2 = C2 

(1)

Para seleccionar la curva que pasa por el punto P = (1, 1, 0), basta sustituir en (1) x = 1, y = 1, z = 0 y obtener los valores concretos de los par´ametros C1 y C2 :  1 = C1 · 1  =⇒ C1 = 1, C2 = 2  1+1+0 = C 2

Por consiguiente, la curva que pasa por el punto P = (1, 1, 0) es  y = x  x2 + y 2 + z 2 = 2  (b) Para hallar la superficie formada por las curvas integrales del sistema que contienen a la elipse {z = 0, x2 + 2y 2 = 1}, planteamos el sistema y = x2 + y 2 + z 2 = z = x2 + 2y 2 = y buscamos una relaci´on entre los par´ametros C1   y = C1 x     y =  2 2 2 x + y + z = C2  =⇒ x2 + y 2 =   z = 0    x2 + 2y 2 =   2 2 x + 2y = 1 x

2

=⇒ x2

  C1 x      C2    0      1 y C2 . En efecto,   C1 x    =⇒ C2     1

C2 = 1 + C12 1 = 1 + 2C12 2

      

2

x +

C12

x

2

x2 + 2C12 x2

 = C2  = 1 

=⇒ C2 (1 + 2C12 ) = 1 + C12

Finalmente, sustituyendo C1 = 2y 2 (x +y +z ) 1 + 2 x 2

2

2



 = 1+

y y C2 = x2 + y 2 + z 2 , nos queda la superficie x

y2 ⇐⇒ x4 + 3 x2 y 2 + 2 y 4 + z 2 x2 + 2 z 2 y 2 − x2 − y 2 = 0 x2 ⊗

Problema 2 → − (a) Hallar las superficies perpendiculares al campo vectorial F = (xz, yz, −(x2 + y 2 )), comprobando previamente su existencia. (b) Resolver el sistema diferencial  dx   = x−y+t  dt    dy = 2x − 2y + 2t dt Resoluci´ on. → − (a) Si S es una superficie ortogonal al campo F y denotamos por (dx, dy, dz) a una direcci´on cualquiera contenida en el plano tangente a la superficie S por un punto arbitrario, se debe verificar que
− → F · (dx, dy, dz) = 0 ⇐⇒ xz dx + yz dy − x2 + y 2 dz = 0 Obtenemos as´ı una ecuaci´on de Pfaff, que no tiene por qu´e tener soluci´on. La existencia de superficies ortogonales est´a condicionada a la existencia de soluci´on de la ecuaci´on de Pfaff. Para esto u ´ltimo, debemos comprobar si se verifica o no una de las siguientes condiciones: −−−− → → (1) Veamos si rot F = (0, 0, 0). − → − → − → i j k −−−− → → ∂ ∂ ∂ rot F = ∂x ∂y ∂z xz yz −(x2 + y 2 ) Por tanto, la ecuaci´on no es exacta.

3

= (−3y, 3x, 0) 6= (0, 0, 0)

→ → −−−− − → (2) Veamos si F · rot F = 0. →
− −−−− → → F · rot F = xz, yz, −(x2 + y 2 ) · (−3y, 3x, 0) = −3xyz + 3xyz = 0 En este caso se cumple la condici´on de integrabilidad de la ecuaci´on de Pfaff y, por consiguiente, podemos garantizar la existencia de una familia de superficies ortogonales → − al campo vectorial F . Para calcularla, resolvemos la ecuaci´on
xz dx + yz dy − x2 + y 2 dz = 0 En primer lugar, hacemos constante una de las tres variables. Aunque podemos optar por cualquiera de ellas, debido a que el coeficiente de “dz” es m´as complejo que los de “dy” y “dx”, optamos por hacer constante la variable “z”, con lo cual dz = 0 y por tanto, nos queda la ecuaci´on xz dx + yz dy = 0 ⇐⇒ x dx + y dy = 0 cuya soluci´on es x2 + y 2 = C(z). N´otese que la constante general puede ser, en particular, funci´on de z, ya que en nuestro caso, la ecuaci´on ha sido resuelta bajo el supuesto de hacer constante a la variable “z”. Para resolver la ecuaci´on general, imponemos que la funci´on U (x, y, z) = x2 + y 2 − C(z) sea soluci´on de la misma, es decir, que d (U (x, y, z)) = 0 ⇐⇒ 2x dx + 2y dy − C 0 (z) dz = 0 por lo que los t´erminos de ambas ecuaciones han de ser proporcionales, es decir, 2x 2y −C 0 (z) 2(x2 + y 2 ) 0 = = ⇐⇒ C (z) = xz yz −(x2 + y 2 ) z Obs´ervese que C(z) = x2 + y 2 , por lo que tenemos que C 0 (z) = debemos resolver la ecuaci´on z C0 = 2 C 4

2C(z) y, por tanto, z

Se trata de una ecuaci´on diferencial de variables separables. En efecto, z C 0 = 2 C ⇐⇒

2 dC = dz ⇐⇒ ln C = 2 ln z + ln K ⇐⇒ C = K z 2 C z

Por consiguiente, la soluci´on general de la ecuaci´on de Pfaff es x2 + y 2 = K z 2 , K ∈ R → − siendo ´esta la familia de superficies ortogonales al campo F . (b) El sistema podemos escribirlo matricialmente como        0 1 −1 x t x  =   +   y0 2 −2 y 2t con lo que estamos ante  un sistema  diferencial lineal completo con coeficientes constantes, cuya matriz es A = 

1 −1 2 −2

.

En primer lugar, buscamos la soluci´on general del sistema homog´eneo. Para ello, calculamos los autovalores de dicha matriz y sus autovectores asociados. λ−1 1 = 0 =⇒ λ2 + λ = 0 ⇐⇒ λ(λ + 1) = 0 |λI − A| = 0 ⇐⇒ −2 λ + 2 Por tanto, los autovalores son λ1 = 0 y λ2 = −1. Como ambos son reales distintos, sus correspondientes autovectores ser´an linealmente independientes. Vamos a calcularlos: Autovector asociado a λ1 = 0.      −1 1 x1 0    =   ⇐⇒ −x1 + x2 = 0 −2 2 x2 0 de donde deducimos que x1 = x2 . As´ı que dando un  valor  cualquiera distinto de 0 a x2 , 1 → por ejemplo, x2 = 1, obtenemos el autovector − u 1 =  . 1 Autovector asociado a λ2 = −1.      −2 1 x 0    1  =   ⇐⇒ −2x1 + x2 = 0 −2 1 x2 0 5

de donde deducimos que x2 = 2x1 . As´ı que dando un  valor  cualquiera distinto de 0 a x1 , 1 → por ejemplo, x1 = 1, obtenemos el autovector − u 2 =  . 2 Por tanto, la soluci´on general del sistema homog´eneo es             1 1 x 1 1 x   = C1 e0·t   + C2 e−t   ⇐⇒   = C1   + C2 e−t   2 1 y 2 1 y que tambi´en podemos expresar como   x = C + C e−t 1 2  y = C + 2C e−t 1 2

(2)

Buscamos ahora una soluci´on particular del sistema lineal completo, cambiamos en (2) los par´ametros C1 , C2 por funciones C1 (t), C2 (t) y nos planteamos el sistema   C 0 + C 0 e−t = t 2 1  C 0 + 2C 0 e−t = 2t 1

2

que resolvemos por la Regla de Cramer:

t e−t 2t 2e−t 0 0 = −t = 0; C1 = e 1 e−t 1 2e−t

1 t 1 2t



C20 = 1 e−t 1 2e−t

t = −t = t et e

Integramos las dos funciones: Z C1 (t) = 0 dt = 0.  Z C2 (t) =

t

t e dt = 

u=t

du = dt t

t

dv = e dt v = e

 t

 = te −

Z

et dt = (t − 1) et .

As´ı pues, la soluci´on particular se obtiene sustituyendo en (2) los par´ametros C1 , C2 por las funciones C1 (t), C2 (t) obtenidas:   x = 0 + (t − 1) et e−t 0  y = 0 + 2 (t − 1) et e−t 0 6

Simplificando, tenemos que    x0 = t − 1   y = 2(t − 1) 0 Por consiguiente, la soluci´on general del sistema diferencial lineal completo es   x = t − 1 + C + C e−t 1 2  y = 2(t − 1) + C + 2 C e−t 1 2 ⊗ Problema 3 (a) Resolver la ecuaci´on x2 y 00 −x y 0 +y = 0, sabiendo que y1 = x es una soluci´on particular. A continuaci´on, resolver la ecuaci´on x2 y 00 − x y 0 + y = 4x3 . (b) Resolver la misma ecuaci´on x2 y 00 − x y 0 + y = 4x3 , sabiendo que es una ecuaci´on de Euler. (c) Hallar los autovalores y autofunciones del problema de contorno  1 00   y − λ y 0 + λ2 y = 0   2   y(0) = 0      

y(π) = 0

siendo λ ≥ 0. Resoluci´ on. (a) Como tenemos una soluci´on particular de la ecuaci´on lineal homog´enea y necesitamos otra, definimos la funci´on y(x) = C(x) x y aplicamos el m´etodo de variaci´on de constantes para hallar C(x) de modo que la funci´on as´ı definida sea soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea x2 y 00 −x y 0 +y = 0. Necesitamos, pues, derivar y(x) una y dos veces y sustituir en la ecuaci´on, de tal forma que nos quedar´a una ecuaci´on diferencial ordinaria cuya inc´ognita es la funci´on C(x). En efecto, y(x) = C(x) x;

y 0 (x) = C 0 (x) x + C(x); 7

y 00 (x) = C 00 (x) x + 2C 0 (x)

con lo cual, sustituyendo, nos queda x2 (C 00 x + 2C 0 ) − x (C 0 x + C) + C x = 0 y simplificando, obtenemos x3 C 00 + x2 C 0 = 0 ⇐⇒ x C 00 + C 0 = 0

(3)

Lo m´as importante de la ecuaci´on (3) a la que hemos llegado es que, a pesar de ser una ecuaci´on diferencial de segundo orden, sin embargo, todos los t´erminos de C se han cancelado y s´olo nos quedan t´erminos en C 00 y en C 0 . Esto nos permite hacer un sencillo cambio de variables que nos transforma la ecuaci´on de partida en un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden. El cambio es C 0 = u, con lo que obtenemos el sistema  C0 = u  x u0 + u = 0  Resolvemos la segunda ecuaci´on, de modo que x u0 = −u ⇐⇒ x

du du dx C1 = −u ⇐⇒ =− ⇐⇒ u = dx u x x

Y ahora, sustituimos en la primera, con lo que nos queda C0 =

C1 ⇐⇒ C(x) = C1 ln x + C2 x

Por tanto, la funci´on y(x) = C(x) x ⇐⇒ y(x) = (C1 ln x + C2 ) x ⇐⇒ y(x) = C1 x ln x + C2 x es la soluci´on general de la ecuaci´on lineal homog´enea. Ahora necesitamos hallar una soluci´on particular de la completa. Obs´ervese que de la soluci´on general de la homog´enea y(x) = C1 x ln x + C2 x podemos extraer dos soluciones particulares de la misma, que son y1 (x) = x ln x e y2 (x) = x. Cambiando los 8

par´ametros C1 y C2 por funciones C1 (x) y C2 (x), nos planteamos hallar C1 (x) y C2 (x) para que la funci´on y(x) = C1 (x) x ln x + C2 (x) x sea soluci´on de la ecuaci´on lineal completa. Planteamos el sistema de ecuaciones   C10 x ln x + C20 x = 0 3 4x  C10 (ln x + 1) + C20 = x2 y lo resolvemos por la Regla de Cramer: 0 x 4x 1 −4 x2 0 = 4 x =⇒ C1 (x) = 2 x2 C1 = = −x x ln x x ln x + 1 1 x ln x ln x + 1 C20 = x ln x ln x + 1

0 4x 4 x2 ln x = = −4 x ln x =⇒ C2 (x) = −2x2 ln x + x2 −x x 1

Luego, y0 (x) = 2x3 ln x+(−2x2 ln x + x2 ) x = x3 es una soluci´on particular. Como tenemos una soluci´on particular de la ecuaci´on completa y la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea, deducimos que y(x) = x3 + C1 x ln x + C2 x, con C1 C2 ∈ R es la soluci´on general de la ecuaci´on lineal completa. (b) Vemos claramente que esta ecuaci´on podemos verla como ecuaci´on de Euler. As´ı que podemos hacer el cambio de variables x = et , que nos conduce a las sustituciones siguientes:        

xr = ert (r = 1, 2) y(x) = y(t)

  y 0 (x) = e−t y 0 (t)      y 00 (x) = e−2t (y 00 (t) − y 0 (t)) De este modo, la ecuaci´on nos queda e2t e−2t (y 00 (t) − y 0 (t)) − et e−t y 0 (t) + y(t) = 4 e3t ⇐⇒ y 00 − 2 y 0 + y = 4 e3t , 9

ecuaci´on lineal con coeficientes constantes. En primer lugar vamos a buscar dos soluciones particulares de la ecuaci´on homog´enea y 00 −2 y 0 +y = 0. Para ello, consideramos su ecuaci´on caracter´ıstica asociada, que es λ2 − 2λ + 1 = 0 cuya u ´nica ra´ız (doble) es λ = 1. As´ı que tenemos que y1 (t) = et e y2 (t) = tet son soluciones particulares de dicha ecuaci´on y, por tanto, y(t) = C1 et + C2 t et es la soluci´on general. Para obtener una soluci´on particular, aplicamos, por ejemplo, el m´etodo de los coeficientes indeterminados. Como el t´ermino independiente de la ecuaci´on es 4 e3t , buscamos dicha soluci´on como y0 (t) = A e3t y nos planteamos hallar el valor de A para que la funci´on y0 (t) as´ı definida sea soluci´on de la ecuaci´on completa. Tenemos que y0 (t) = A e3t ; y00 (t) = 3A e3t ;

y000 (t) = 9A e3t

Sustituyendo en la ecuaci´on nos queda 9A e3t − 6A e3t + A e3t = 4 e3t ⇐⇒ 4A = 4 ⇐⇒ A = 1 Por tanto, y0 (t) = e3t es una soluci´on particular de la ecuaci´on completa. Deshaciendo el cambio de variables, tenemos que y0 (x) = x3 es una soluci´on particular de la ecuaci´on de Euler completa e y1 (x) = x, y2 (x) = x ln x son dos soluciones particulares de la ecuaci´on de Euler homog´enea. Por consiguiente, la soluci´on general de la ecuaci´on de Euler es y(x) = x3 + C1 x + C2 x ln x, C1 , C2 ∈ R (c) Buscamos los valores de λ para los cuales el problema de contorno tiene soluci´on no 1 trivial. La ecuaci´on caracter´ıstica asociada es r2 − λ r + λ2 = 0 ⇐⇒ r2 − 2λ r + 2λ2 = 0, 2 √ 2λ ± 2λi 2λ ± 4λ2 − 8λ2 cuyas soluciones son r = = = λ ± λi. 2 2 • Supongamos que λ > 0. Entonces, las ra´ıces de la ecuaci´on caracter´ıstica son complejas conjugadas, λ ± λi y, por tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial es y(x) = eλx [C1 cos(λx) + C2 sin(λx)] Imponemos ahora las condiciones de contorno, de 10

modo que      y(0) = 0 C1 = 0 C1 = 0  ⇐⇒ ⇐⇒ y (π) = 0  eλπ [C1 cos(λπ) + C2 sin(λπ)] = 0  C2 sin(λπ) = 0  Ya tenemos que C1 = 0. Pero n´otese que si C1 = C2 = 0 estamos ante la soluci´on trivial y, por tanto, no habr´ıa autovalores positivos. As´ı que la u ´nica posibilidad de que estemos ante una soluci´on no trivial es que C2 6= 0, de donde se deduce necesariamente que sin (λπ) = 0 ⇐⇒ λ = k, k ∈ N • Supongamos ahora que λ = 0. Se trata de ver si λ = 0 es autovalor del problema de contorno. En este caso, la u ´nica ra´ız de la ecuaci´on caracter´ıstica es r = 0 (doble) y, por tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial es y(x) = C1 + C2 x. Imponemos ahora las condiciones de contorno, de modo que      C1 = 0  C1 = 0 y(0) = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ C2 = 0  C1 + C2 π = 0  y (π) = 0  Obtenemos, por tanto, la soluci´on trivial, con lo que λ = 0 no es autovalor del problema de contorno. En consecuencia, los autovalores del problema de contorno y sus respectivas autofunciones son λk = k, yk (x) = ek x sin(k x), k ∈ N ⊗

11

Matem´aticas II. Examen de Junio. Curso 2004-2005 Alumnos con el primer parcial

Problema 1 − Dada la superficie regular → r (u, v) = (v cos u, v sin u, uev ), se pide: (a) Hallar la Primera Forma Fundamental. (b) Calcular el ´angulo que forman las l´ıneas coordenadas en el punto u = 1, v = 0. (c) Hallar las l´ıneas de m´axima pendiente.

Resoluci´ on. (a) Calculamos los coeficientes de la Primera Forma Fundamental: − → − r u = (−v sin u, v cos u, ev ) → r v = (cos u, sin u, u ev ) → → E=− r u·− r u = v 2 + e2v ;

→ → F =− r u·− r v = u e2v ;

→ → G=− r v·− r v = 1 + u2 e2v

→ → I = d− r · d− r = (v 2 + e2v ) du2 + 2ue2v dudv + (1 + u2 e2v ) dv 2 → (b) Las curvas coordenadas que pasan por el punto u = 1, v = 0 son − r 1 : {u = 1} y → − → → → r 2 : {v = 0}. El vector tangente a cualquier curva es de la forma d− r =− r u du + − r v dv, → → donde (du, dv) son sus coordenadas param´etricas respecto de la base {− r u, − r v }. Hallamos → dichas coordenadas para el vector tangente a la curva − r 1 : {u = 1}: u = 1 =⇒ du = 0 =⇒ (du, dv) = (0, dv) ≈ (0, 1). − Las coordenadas del vector tangente a la curva → r 2 : {v = 0} son: v = 0 =⇒ dv = 0 =⇒ (du, dv) = (du, 0) ≈ (1, 0). Por otra parte, los coeficientes de la Primera Forma Fundamental en el punto u = 1, v = 0 son E = 1; F = 1; G = 2.

1

Por tanto, si denotamos por α al ´angulo que forman ambas curvas, se debe cumplir que      1 1 1   0 1  → → 0 1 2 d− r 1 · d− r2 1 v =v cos α = − =√         → → − u u |d r 1 ||d r 2 | 2 u u  1 1  1 1 0 1 u u   t 1 0    t 0 1  1 2 1 1 2 0  Como α = arc cos π ´angulo de ± . 4

1 √ 2



π = ± , deducimos que las curvas {u = 1} y {v = 0} forman un 4

(c) Las l´ıneas de m´axima pendiente son las curvas ortogonales a las curvas de nivel. En esta superficie, las curvas de nivel son de la forma {u ev = C}. Por tanto, estamos buscando la familia de curvas ortogonales a {u ev = C}. Hallamos las coordenadas param´etricas del vector tangente a dicha familia: u ev = C =⇒ ev du + u ev dv = 0 ⇐⇒ du = −u dv de donde deducimos que (du, dv) = (−u dv, dv) ≈ (−u, 1). Por tanto, si denotamos por (du, dv) a las coordenadas param´etricas del vector tangente a la familia de curvas que buscamos, se debe cumplir que      E F du  =0 −u 1  F G dv Tenemos entonces que  

−u 1

 

2

2v

2v

v +e

2v

ue

ue

2 2v

1+u e

 

du dv

 =0

resultando la ecuaci´on −uv 2 du + dv = 0. Esta ecuaci´on es claramente de variables separables: dv u2 1 ⇐⇒ =− +C 2 v 2 v  2  u 1 Por tanto, las l´ıneas de m´axima pendiente son las trayectorias + =C . 2 v −uv 2 du + dv = 0 ⇐⇒ u du =

2

⊗

Problema 2
− Dada la superficie regular → r (u, v) = u2 + v, v, u − v 2 , se pide: (a) Clasificar sus puntos. (b) Hallar las direcciones asint´oticas. (c) Hallar el triedro de Frenet, la curvatura y la torsi´on de la curva contenida en la superficie y que viene dada por u = t, v = 1. ¿Es plana la curva? En caso afirmativo, decir en qu´e plano est´a contenida y dar su ecuaci´on. Resoluci´ on. (a) Calculamos los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamentales. − → − r u = (2u, 0, 1) → r v = (1, 1, −2v) − → r uu = (2, 0, 0) ; → → E=− r u·− r u = 4u2 + 1; 2 0 0 1 L= √ 2u 0 1 2 EG − F 1 1 −2v

− → r uv = (0, 0, 0) ;

− → r vv = (0, 0, −2)

→ → F =− r u·− r v = 2u − 2v; −2 = √ EG − F 2

0 0 0 1 M=√ 2u 0 1 EG − F 2 1 1 −2v

= 0

0 0 −2 1 N=√ 2u 0 1 2 EG − F 1 1 −2v

−4u ; = √ 2 EG − F LN − M 2 =

3

8u EG − F 2

→ → G=− r v·− r v = 2 + 4v 2

Para clasificar los puntos de la superficie, debemos analizar el signo de LN − M 2 :
sig LN − M 2 = sig (8u) = sig(u) Por tanto: • Para u > 0 los puntos son el´ıpticos (no hay l´ıneas asint´oticas). • Para u = 0 los puntos son parab´olicos (hay una sola l´ınea asint´otica). • Para u < 0 los puntos son hiperb´olicos (hay dos l´ıneas asint´oticas). (b) Seg´ un acabamos de ver en el apartado anterior, s´olo existen l´ıneas asint´oticas cuando u ≤ 0. Las l´ıneas asint´oticas se obtienen resolviendo la ecuaci´on II = 0 ⇐⇒ √

−2 8u du2 − √ dv 2 = 0 ⇐⇒ du2 + 4u dv 2 = 0 2 EG − F EG − F 2

Puntos parab´olicos: (u = 0). En este caso nos queda la ecuaci´on du2 = 0 ⇐⇒ du = 0 ⇐⇒ u = C Por tanto, la l´ınea asint´otica que pasa por cada punto parab´olico es u = C. Puntos hiperb´olicos: (u < 0). En este caso du2 + 4u dv 2 = 0 ⇐⇒ dv 2 = −

1 1 du2 ⇐⇒ dv = ± √ du 4u 2 −u

As´ı que: √ 1 dv = √ du ⇐⇒ v = − −u + C 2 −u √ 1 dv = − √ du ⇐⇒ v = −u + C 2 −u

√ Por tanto, las l´ıneas asint´oticas que pasan por cada punto hiperb´olico son v = − −u + C √ y v = −u + C.
− (c) Si en la superficie → r (u, v) = u2 + v, v, u − v 2 tomamos u = t y v = 1, nos queda la curva
− → r (t) = t2 + 1, 1, t − 1 .

4

C´ alculo de los vectores del triedro de Frenet. − → r 0 (t) = (2t, 0, 1) ; − → i → − → r 0 (t) ∧ − r 00 (t) = 2t 2 0 √ → − r (t) = 1 + 4t2 y Luego,

− → r 00 (t) = (2, 0, 0) → → − − j k 0 1 = (0, 2, 0) 0 0 0 → → − r (t) ∧ − r 00 (t) = 2

→ − r 0 (t) 1 − → =√ t (t) = − (2t, 0, 1) 0 → r (t) 1 + 4t2 → − → 1 r 0 (t) ∧ − r 00 (t) − → = (0, 2, 0) = (0, 1, 0) b (t) = − 0 00 → → − 2 r (t) ∧ r (t)

y 1 → − → − → − n (t) = b (t) ∧ t (t) = √ 2 1 + 4t

− − − → → → i j k 1 (1, 0, −2t) 0 1 0 = √ 2 1 + 4t 2t 0 1

Curvatura y torsi´on. La curvatura es 0 → → − r (t) ∧ − r 00 (t) 2 κ(t) = . = 0 3 → − r (t) (1 + 4t2 )3/2 La torsi´on viene dada por
− → → → r 0 (t), − r 00 (t), − r 000 (t) τ (t) = 0 2 → → − r (t) ∧ − r 00 (t) → Ahora bien, obs´ervese que las tres componentes del vector − r (t) son polinomios de grado → menor que 3, por lo que − r 000 (t) = (0, 0, 0) y, por consiguiente, τ (t) = 0, para todo t ∈ R. As´ı pues, la curva es plana y est´a contenida en el plano osculador, que tiene como vector perpendicular al binormal. Como en este caso, el plano osculador pasa por todos los puntos de la curva, basta elegir uno cualquiera de ellos dando un valor al par´ametro t, por ejemplo, t = 0, lo que nos conduce al punto P = (1, 1, −1). As´ı pues, la ecuaci´on del plano osculador es 0(x − 1) + 1(y − 1) + 0(z + 1) = 0 ⇐⇒ y = 1. ⊗ 5

Problema 3
− Dada la superficie regular → r (u, v) = u + v, u − v, u2 + f (v) , se pide: (a) Calcular la funci´on f (v) para que la curvatura normal sea cero a lo largo de la curva u = v. (b) Calcular la funci´on f (v) para que las curvas {v = C} sean l´ıneas de curvatura y hallar las restantes l´ıneas de curvatura. (c) Tomando f (v) = v 2 , calcular las curvaturas principales en el punto P = (0, 0, 0). Resoluci´ on. (a) En primer lugar, calculamos los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamentales. − → − r u = (1, 1, 2u) → r v = (1, −1, f 0 (v)) − → r uu = (0, 0, 2) ;

− → r uv = (0, 0, 0) ;

− → r vv = (0, 0, f 00 (v))

→ → − → E=− r u·− r u = 2 + 4u2 ; F =→ r u·− r v = 2uf 0 (v); 0 0 2 −4 1 = √ L= √ 1 1 2u EG − F 2 EG − F 2 0 1 −1 f (v)

0 0 0 1 M=√ 1 1 2u 2 EG − F 1 −1 f 0 (v)

= 0

0 0 f 00 (v) 1 √ N= 1 1 2u 2 EG − F 1 −1 f 0 (v)

−2f 00 (v) √ ; = EG − F 2

→ → G=− r v·− r v = 2 + f 0 (v)2

Veamos ahora cu´al es la direcci´on (du, dv) que corresponde a la curva u = v. Para

6

ello derivamos: u − v = 0 ⇐⇒ 1 du − 1 dv = 0 ⇐⇒ du = dv ⇐⇒ (du, dv) = (dv, dv) ≈ (1, 1). La curvatura normal en cada punto, seg´ un la direcci´on (du, dv) viene dada por κn (u, v, du, dv) =

L du2 + 2M dudv + N dv 2 II = I E du2 + 2F dudv + G dv 2

Como pretendemos que la curvatura normal en cada punto seg´ un la direcci´on (du, dv) = (1, 1) sea 0, debe anularse el numerador y, por tanto, debemos imponer que II = 0 ⇐⇒ L + 2M + N = 0 ⇐⇒ −4 − 2f 00 (v) = 0 ⇐⇒ f 00 (v) = −2 ⇐⇒ f 0 (v) = −2v + C1 ⇐⇒ f (v) = −v 2 + C1 v + C2 Por consiguiente, para toda funci´on de la forma f (v) = −v 2 + C1 v + C2 , con C1 , C2 ∈ R, la curvatura normal en cada punto a lo largo de la curva u = v es nula. (b) Las l´ıneas de curvatura se obtienen planteando la ecuaci´on 2 dv 2 dv −dudv du2 −dudv du2 E F G = 0 ⇐⇒ 2 + 4u2 2uf 0 (v) 2 + f 0 (v)2 −4 L 0 −2f 00 (v) M N

=0

(1)

Como queremos que {v = C} sea l´ınea de curvatura principal, debe cumplirse que dv = 0 en (1), con lo que nos queda la ecuaci´on 0 0 du2 2 + 4u2 2uf 0 (v) 2 + f 0 (v)2 −4 0 −2f 00 (v)

= 0 ⇐⇒ du2 (−8uf 0 (v)) = 0

Como dv = 0, debe ser du 6= 0 y, por tanto, −8uf 0 (v) = 0, para todo u, v ∈ R, de donde deducimos que f 0 (v) = 0 ⇐⇒ f (v) = K. Por consiguiente, para cualquier funci´on de la forma f (v) = K, las curvas de la forma {v = C} son l´ıneas de curvatura principales. Para hallar las dem´as l´ıneas de curvatura principales, sustituimos f (v) = K en

7

(1), de modo que nos queda 2 2 dv −dudv du 2 + 4u2 0 2 = 0 ⇐⇒ dudv = 0 −4 0 0 Obtenemos dos ecuaciones diferenciales: • du = 0 ⇐⇒ u = C. • dv = 0 ⇐⇒ v = C (ya la hab´ıamos obtenido antes). As´ı pues, las l´ıneas de curvatura principales son las dos familias de curvas coordenadas, {u = C} y {v = C}. (c) En primer lugar, hallamos los valores u0 y v0 en la superficie para los que se cumple → que − r (u0 , v0 ) = (0, 0, 0):   u+v = 0    =⇒ u = 0, v = 0 u−v = 0    u2 + v 2 = 0  Sustituimos en (1) la funci´on f (v) = v 2 , de modo que nos queda 2 2 dv −dudv du 2 + 4u2 4uv 2 + 4v 2 = 0 −4 0 −4 Los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamental en el punto P son E = 2; F = 0; G = 2; L =

−4 −4 = −2; M = 0; N = = −2. 2 2

Sustituyendo en (1) los coeficientes E, F, G, L, M, N antes calculados, nos queda: 2 2 dv −dudv du 2 0 2 = 0 ⇐⇒ dudv = 0 −2 0 −2 • Soluci´ on 1. du = 0 =⇒ (du, dv) = (0, dv) ≈ (0, 1). Por tanto, κ(1) n = κn (0, 0, 0, 1) = 8

−2 N = = −1. G 2

• Soluci´ on 2. dv = 0 =⇒ (du, dv) = (du, 0) ≈ (1, 0). Por tanto, κ(2) n = κn (0, 0, 1, 0) =

−2 L = = −1. E 2 ⊗

9

Matem´aticas II. Examen de Junio. Curso 2004-2005 Alumnos con el segundo parcial

Problema 1 Dada la familia de superficies z = Cx2 + y, se pide: (a) Hallar las curvas ortogonales a dicha familia. (b) Hallar la superficie ortogonal a la familia dada que contiene a la curva {x = y, y = z}.

Resoluci´ on. La familia de superficies viene dada por una ecuaci´on expl´ıcita. Su vector normal, por
→ tanto, es − n = z 0 , z 0 , −1 = (2xC, 1, −1). Despejando C, x

y

z = Cx2 + y ⇐⇒ C =

z−y x2

y sustituyendo en el vector normal, deducimos que   2x(z − y) → − n = , 1, −1 ≈ (2(z − y), x, −x) x2 Por consiguiente, las curvas ortogonales a la familia dada resultan de resolver el sistema dy dz dx = = 2(z − y) x −x Encontramos una combinaci´on f´acil en dy dz = ⇐⇒ dy = −dz x −x que resolvemos, obteniendo la identidad y + z = C1 . Por otra parte, obs´ervese que dx dz − dy = ⇐⇒ −x dx = (z − y) d(z − y) 2(z − y) −2x por lo que tenemos que x2 + (z − y)2 = C2 . 10

(2)

Luego, las curvas ortogonales a la familia dada son  y + z = C1  , con C1 , C2 ∈ R x2 + (z − y)2 = C  2

(b) Para hallar la superficie que contiene a la curva {x = y, y = z} y que es ortogonal a la familia de superficies dada, del sistema siguiente buscamos una relaci´on entre los par´ametros C1 y C2 :    y+z      x2 + (z − y)2   x      y

= = = =

   C1       2z     C2 =⇒ x2    y     x     z   2z =⇒  z2

  = C1    = C2    = z   = C1  =⇒ 4C2 = C12  = C2

Por consiguiente, la superficie que contiene a la curva {x = y, y = z} y que es ortogonal a la familia dada es
4 x2 + (z − y)2 = (y + z)2 ⇐⇒ 4x2 + 3y 2 + 3z 2 − 10yz = 0. ⊗

Problema 2 (1) Comprobar que la ecuaci´on de Pfaff 2xy dx + (y 2 − x2 ) dy + 2zy 2 dz = 0 es integrable y resolverla. (2) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial x2 y 00 − x(x + 2) y 0 + (x + 2) y = 0, sabiendo que tiene como soluci´on particular y = x. Resoluci´ on. → − (1)Denotemos por F = (2xy, y 2 − x2 , 2zy 2 ). Para demostrar que la ecuaci´on de Pfaff es integrable, debemos comprobar las dos condiciones de integrabilidad: 11

−−−− → → (1) Veamos si rot F = (0, 0, 0). − → − → → − i j k −−−− → → ∂ ∂ ∂ rot F = ∂x ∂y ∂z 2xy y 2 − x2 2zy 2

= (4yz, 0, −4x) 6= (0, 0, 0)

Por tanto, la ecuaci´on no es exacta. → → −−−− − → (2) Veamos si F · rot F = 0. → − → −−−− → F · rot F = (2xy, y 2 − x2 , 2zy 2 ) · (4yz, 0, −4x) = 8xy 2 z − 8xy 2 z = 0 En este caso se cumple la condici´on de integrabilidad de la ecuaci´on de Pfaff. Para resolverla, en primer lugar, hacemos constante una cualquiera de las tres variables. Como el coeficiente de “dy” es un poco m´as complicado, conviene empezar haciendo constante a “y”, con lo cual dy = 0 y por tanto, nos queda la ecuaci´on 2xy dx + 2zy 2 dz = 0 ⇐⇒ x dx + yz dz = 0 cuya soluci´on es x2 +yz 2 = C(y). N´otese que al integrar en la ecuaci´on diferencial anterior, la “y” ha desempe˜ nado el papel de constante. Y precisamente por ello, la constante de integraci´on puede ser, en particular, funci´on de “y”, ya que en nuestro caso, la ecuaci´on ha sido resuelta bajo el supuesto de hacer constante a dicha variable. Para resolver la ecuaci´on general, definimos la funci´on U (x, y, z) = x2 + yz 2 − C(y) e imponemos que dicha funci´on sea soluci´on de la misma, es decir, que
d (U (x, y, z)) = 0 ⇐⇒ 2x dx + z 2 − C 0 (y) dy + 2yz dz = 0 por lo que los t´erminos de ambas ecuaciones han de ser proporcionales, es decir, z 2 − C 0 (y) 2yz z 2 − C 0 (y) 1 2x = ⇐⇒ = ⇐⇒ y C 0 (y) = x2 + yz 2 − y 2 = 2 2 2 2 2 2xy y −x 2y z y −x y Obs´ervese que C(y) = x2 + yz 2 , por lo que tenemos que y C 0 (y) = C(y) − y 2 y, por tanto, debemos resolver la ecuaci´on y C 0 (y) − C(y) = −y 2 . 12

Se trata de una ecuaci´on diferencial lineal de primer orden. As´ı que resolvemos en primer lugar la ecuaci´on homog´enea y a la soluci´on obtenida le aplicamos despu´es el m´etodo de variaci´on de constantes. Ecuaci´ on homog´enea: y C 0 (y) − C(y) = 0 ⇐⇒ y

dC dy dC = C ⇐⇒ = ⇐⇒ C(y) = K y dy C y

Ecuaci´ on completa: Aplicamos el m´etodo de variaci´on de constantes a la soluci´on C(y) = K(y) y, tomando K como funci´on de “y” y no como constante. As´ı tenemos que C 0 (y) = K 0 (y) y + K(y), con lo cual sustituyendo en la ecuaci´on, nos queda: K 0 (y) y 2 + K(y) y − K(y) y = −y 2 ⇐⇒ K 0 (y) = −1 ⇐⇒ K(y) = −y + α Por consiguiente, C(y) = −y 2 + αy, con lo que la soluci´on general de la ecuaci´on de Pfaff es x2 + yz 2 = −y 2 + αx, α ∈ R (2) Como vemos, se trata de una ecuaci´on diferencial lineal homog´enea de segundo orden. Nos dan una soluci´on particular de la misma y necesitamos otra. As´ı que definimos la funci´on y(x) = C(x) x y aplicamos el m´etodo de variaci´on de constantes para hallar C(x) de modo que la funci´on as´ı definida sea soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea x2 y 00 − x(x + 2) y 0 + (x + 2) y = 0. Necesitamos, pues, derivar y(x) una y dos veces y sustituir en la ecuaci´on, de tal forma que nos quedar´a una ecuaci´on diferencial ordinaria cuya inc´ognita es la funci´on C(x). En efecto, y(x) = C(x) x;

y 0 (x) = C 0 (x) x + C(x);

y 00 (x) = C 00 (x) x + 2C 0 (x)

con lo cual, sustituyendo, nos queda x2 (C 00 x + 2C 0 ) − x(x + 2) (C 0 x + C) + (x + 2) Cx = 0 y simplificando, obtenemos x3 C 00 − x3 C 0 = 0 ⇐⇒ C 00 − C 0 = 0

(3)

Lo m´as importante de la ecuaci´on (3) a la que hemos llegado es que, a pesar de ser una ecuaci´on diferencial de segundo orden, sin embargo, todos los t´erminos de C se han 13

cancelado y s´olo nos quedan t´erminos en C 00 y en C 0 . Esto nos permite hacer un sencillo cambio de variables que nos transforma la ecuaci´on de partida en un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden. El cambio, tal y como hemos visto, es C 0 = u, con lo que tenemos el sistema  C = u  u0 − u = 0  0

Resolvemos la segunda ecuaci´on, de modo que u0 = u ⇐⇒

du du = u ⇐⇒ = dx ⇐⇒ u = C1 ex dx u

Y ahora, sustituimos en la primera, con lo que nos queda C 0 = C1 ex ⇐⇒ C(x) = C1 ex + C2 Por tanto, la funci´on y(x) = C(x) x ⇐⇒ y(x) = (C1 ex + C2 ) x ⇐⇒ y(x) = C1 x ex + C2 x es la soluci´on general de la ecuaci´on lineal homog´enea. Problema 3 (1) Hallar los autovalores y autofunciones del problema de contorno   y 00 + 4λ y 0 + 4(λ − 1)2 y = 0     y(0) = 0      y(1) = 0

(2) Resolver el sistema diferencial    x0 = y + z   y0 = x + z     z0 = x + y 14

⊗

Resoluci´ on. (1) Buscamos los valores de λ para los cuales el problema de contorno tiene soluci´on no trivial. La ecuaci´ on caracter´ıstica asociada es r2√ + 4λ r + 4(λ − 1)2 = 0, cuyas soluciones p √ −4λ ± 16λ2 − 16(λ − 1)2 −4λ ± 4 2λ − 1 son r = = = −2λ ± 2 2λ − 1. Vemos que 2 2 las ra´ıces de la ecuaci´on ser´an reales o complejas, en funci´on del signo de 2λ − 1. 1 • Supongamos que 2λ−1 < 0 ⇐⇒ λ < . Entonces las ra´ıces de la ecuaci´on caracter´ıstica 2 √ son complejas conjugadas, −2λ± 1 − 2λ i y, por tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on √ √ 

 diferencial es y(x) = e−2λ x C1 cos 1 − 2λ x + C2 sin 1 − 2λ x Imponemos ahora las condiciones de contorno, de modo que    y(0) = 0 C1 = 0  ⇐⇒ √ √ 

 y (1) = 0  e−2λ C1 cos 1 − 2λ + C2 sin 1 − 2λ = 0 

⇐⇒

 C1 = 0  √
C2 sin 1 − 2λ = 0 

Ya tenemos que C1 = 0. Pero n´otese que si C1 = C2 = 0 estamos ante la soluci´on trivial 1 ´nica posibilidad de que estemos y, por tanto, no habr´ıa autovalores λ < . As´ı que la u 2 ante una soluci´on no trivial es que C2 6= 0, de donde se deduce necesariamente que sin

√

√
1 − 2λ = 0 ⇐⇒ 1 − 2λ = kπ, k ∈ N 1 − k2π2 ⇐⇒ λ = , k∈N 2

y sus correspondientes autofunciones son y(x) = sin (kπ x) , k ∈ N. 1 1 . Se trata de ver si λ = es autovalor 2 2 del problema de contorno. En este caso, la u ´nica ra´ız de la ecuaci´on caracter´ıstica es

• Supongamos ahora que 2λ − 1 = 0 ⇐⇒ λ =

r = −2λ (doble) y, por tanto, tenemos que la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial es y(x) = C1 e−2λ x + C2 x e−2λ x Imponemos ahora las condiciones de contorno, de modo que      y(0) = 0 C1 = 0 C1 = 0  ⇐⇒ ⇐⇒ y (1) = 0  C1 e−2λ + C2 e−2λ = 0  C2 = 0 

15

Obtenemos, por tanto, la soluci´on trivial, con lo que λ =

1 no es autovalor del problema 2

de contorno. 1 • Supongamos que 2λ−1 > 0 ⇐⇒ λ > . Entonces las ra´ıces de la ecuaci´on caracter´ıstica 2 √ son reales y distintas, −2λ± 2λ − 1 y, por tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on difer√ √ encial es y(x) = C e(−2λ+ 2λ−1) x + C e(−2λ− 2λ−1) x . Imponemos ahora las condiciones 1

2

de contorno, de modo que    y(0) = 0 C1 + C2 = 0  ⇐⇒ ⇐⇒ C1 = C2 = 0 √ √ y (1) = 0  C1 e(−2λ+ 2λ−1) + C2 e(−2λ− 2λ−1) = 0  Obtenemos, por tanto, la soluci´on trivial, con lo que no hay autovalores λ >

1 del pro2

blema de contorno. En consecuencia, los autovalores del problema de contorno y sus respectivas autofunciones son λk =

1 − k2π2 , yk (x) = sin (k π x) , k ∈ N 2

(2) El sistema podemos escribirlo  x0   0  y  z0

matricialmente como     0 1 1 x          =  1 0 1  y      1 1 0 z

con lo que estamos ante unsistema diferencial lineal homog´eneo con coeficientes con 0 1 1     stantes, cuya matriz es A =  1 0 1 .   1 1 0 Para buscar la soluci´on general de este sistema homog´eneo, calculamos los autovalores de dicha matriz y sus autovectores asociados. λ −1 −1 |λI − A| = 0 ⇐⇒ −1 λ −1 = 0 ⇐⇒ λ3 − 3λ − 2 = 0 −1 −1 λ

16

Buscamos las ra´ıces de la ecuaci´on caracter´ıstica entre los divisores del t´ermino independiente y comprobamos que una de ellas es λ1 = −1. As´ı que dividimos, por Ruffini, el polinomio caracter´ıstico entre (λ + 1): 1 -1 1

0

-3

-2

-1

1

2

-1

-2

0

Por tanto, tenemos que λ3 − 3λ − 2 = (λ + 1)(λ2 − λ − 2). Para obtener las otras dos ra´ıces, resolvemos la ecuaci´on √

√

  λ =2 1± 1+8 1± 9 1±3 2 λ2 − λ − 2 = 0 ⇐⇒ λ = = = ⇐⇒  λ = −1 2 2 2 3 Por tanto, las ra´ıces de la ecuaci´on son λ1 = −1 (doble) y λ2 = 2 (simple). Se trata, pues, de dos autovalores reales. Como el autovalor λ1 = −1 es doble, necesitamos obtener dos autovectores linealmente independientes asociados a dicho autovalor, mientras que para λ2 = 2 buscaremos uno. Vamos a calcularlos: Autovector asociado a λ1   −1 −1 −1      −1 −1 −1     −1 −1 −1

= −1.    0 x1       x2  =  0  ⇐⇒ −x1 − x2 − x3 = 0 ⇐⇒ x1 = −x2 − x3    x3 0

Vemos que s´olo hemos obtenido una ecuaci´on independiente con tres inc´ognitas, por lo que las infinitas soluciones dependen de dos par´ ametros.  As´ı que, por ejemplo, tomando −1     → − x2 = 1 y x3 = 0 obtenemos el autovector u1 =  1 , y tomando x2 = 0 y x3 = 1 nos   0   −1     → queda el autovector − u2 =  0 . Esta forma de dar valores a x2 y x3 nos garantiza que   1 → − → − u 1 y u 2 son linealmente independientes. 17

Autovector asociado a λ2 = 2.     2 −1 −1 x 0   1        −1 2 −1   x2  =  0     −1 −1 2 x3 0

    2x − x − x = 0 1 2 3   ⇐⇒  −x1 + 2x2 − x3 = 0 

de donde deducimos que x1 = x2 y x3 = x2 . As´ı que dando  un valor  cualquiera distinto de 0 1     → a x2 , por ejemplo, x2 = 1, obtenemos el autovector − u 3 =  1 .   1

Por tanto, la soluci´on general del sistema homog´eneo es         x −1 −1 1                  y  = C1 e−t  1  + C2 e−t  0  + C3 e2t  1          z 0 1 1 que tambi´en podemos expresar como    x = −C1 e−t − C2 e−t + C3 e2t   y = C1 e−t + C3 e2t     z = C e−t + C e2t 2

3

    

, C1 , C2 , C3 ∈ R.

    ⊗

18

Matem´aticas II. Examen Septiembre. Curso 2004-2005 Alumnos con el primer parcial

Problema 1
− Dada la superficie regular → r (u, v) = v cos u, v sin u, uv 2 , con v 6= 0, se pide: (a) Hallar las trayectorias ortogonales a las l´ıneas {v = C}. (b) Hallar las l´ıneas de m´axima pendiente. Hallar los ´angulos que forman la l´ınea de m´axima pendiente que pasa por P = (1, 0, 0) con las l´ıneas coordenadas en P .

Resoluci´ on. Calculamos previamente los coeficientes de la Primera Forma Fundamental:
− → r u = −v sin u, v cos u, v 2 → → E=− r u·− r u = v2 + v4;

− → r v = (cos u, sin u, 2uv)

→ → F =− r u·− r v = 2uv 3 ;

→ → G=− r v·− r v = 1 + 4u2 v 2

→ → I = d− r · d− r = (v 2 + v 4 ) du2 + 4uv 3 dudv + (1 + 4u2 v 2 ) dv 2 − → → (a) El vector tangente a cualquier familia de curvas es de la forma d→ r =− r u du + − r v dv, → → donde (du, dv) son sus coordenadas param´etricas respecto de la base {− r u, − r v }. Hallamos dichas coordenadas para el vector tangente a la familia {v = C}: v = C =⇒ dv = 0 =⇒ (du, dv) = (du, 0) ≈ (1, 0). Por tanto, si denotamos por (du, dv) a las coordenadas param´etricas del vector tangente a la familia de curvas que buscamos, se debe cumplir que      E F du  =0 1 0  F G dv Tenemos entonces que    3   v2 + v4 2uv du   = 0 ⇐⇒ (v 2 + v 4 ) du + 2uv 3 dv = 0 1 0  3 2 2 dv 2uv 1 + 4u v 1

Simplificando en la ecuaci´on, obtenemos (1 + v 2 ) du + 2uv dv = 0 ⇐⇒

2v du =− dv u 1 + v2

⇐⇒ ln u + ln(1 + v 2 ) = ln C ⇐⇒ u(1 + v 2 ) = C Por tanto, las trayectorias ortogonales a {v = C} son {u(1 + v 2 ) = C}. (b) Las l´ıneas de m´axima pendiente son las curvas ortogonales a las curvas de nivel. En esta superficie, las curvas de nivel son de la forma {uv 2 = C}. Por tanto, estamos buscando la familia de curvas ortogonales a {uv 2 = C}. Hallamos las coordenadas param´etricas del vector tangente a dicha familia: uv 2 = C =⇒ v 2 du + 2uv dv = 0 ⇐⇒ du =

−2u dv v

de donde deducimos que  (du, dv) =

−2u dv, dv v

 ≈ (−2u, v).

Por tanto, si denotamos por (du, dv) a las coordenadas param´etricas del vector tangente a la familia de curvas que buscamos, se debe cumplir que      E F du  =0 −2u v  F G dv Tenemos entonces que  

−2u v

 

2

v +v 2uv

4

3

2uv

3 2 2

1 + 4u v

 

du dv

 =0

resultando la ecuaci´on −2uv 2 du + v dv = 0. Esta ecuaci´on es claramente de variables separables. En efecto, −2uv 2 du + v dv = 0 ⇐⇒ 2u du =

dv 2 ⇐⇒ u2 = ln v − ln C ⇐⇒ v = Ceu v 2

Por tanto, las l´ıneas de m´axima pendiente son las trayectorias v = Ceu . Para determinar los ´angulos que forma la l´ınea de m´axima pendiente que pasa por P con las l´ıneas coordenadas por P , en primer lugar, debemos hallar los valores de u y v 2

que determinan el punto P . Para ello, resolvemos el sistema      v cos u = 1      v sin u = 0        uv 2 = 0  cuya soluci´on es u = 0, v = 1. Por tanto, la l´ınea de m´axima pendiente que pasa por P es 2

v = eu , mientras que las l´ıneas coordenadas que pasan por P son {u = 0} y {v = 1}. Por otra parte, los coeficientes de la Primera Forman Fundamental en P toman los valores E = 2, F = 0, G = 1. 2 − − ´ • Angulo que forman las curvas → r 1 : {v = eu } y → r 2 : {u = 0} en el punto P . Veamos → → cu´ales son las coordenadas respecto de la base {− r u, − r v } de los vectores tangentes a

ambas curvas:     2 2 2 2 v = eu =⇒ dv = 2u eu du =⇒ (du, dv) = du, 2u eu du ≈ 1, 2u eu = (1, 0) u = 0 =⇒ du = 0 =⇒ (du, dv) = (0, dv) ≈ (0, 1) Si denotamos por α al ´angulo que forman ambas curvas, se debe verificar que      2 0 0   1 0  → → 0 1 1 d− r 1 · d− r2 v cos α = − =v        = 0 → → − u u |d r 1 ||d r 2 | u  2 0  2 0 1 u 0 u   u   t 1 0  t 0 1  0 1 0 0 1 1 Por tanto, ambas curvas son perpendiculares. 2 − − ´ • Angulo que forman las curvas → r 1 : {v = eu } y → r 3 : {v = 1} en el punto P . Veamos → → cu´ales son las coordenadas respecto de la base {− r u, − r v } de los vectores tangentes a

ambas curvas:     2 2 2 2 v = eu =⇒ dv = 2u eu du =⇒ (du, dv) = du, 2u eu du ≈ 1, 2u eu = (1, 0) v = 1 =⇒ dv = 0 =⇒ (du, dv) = (du, 0) ≈ (1, 0) Como los dos vectores tienen las mismas coordenadas param´etricas respecto de la base → → {− r u, − r v }, deducimos que son paralelos. Por tanto, el ´angulo que forman ambas curvas en P es 0 radianes, es decir, son tangentes en P . 3

⊗

Problema 2 Para la misma superficie del ejercicio anterior, se pide: (a) Calcular la curvatura de Gauss (o curvatura total) y clasificar sus puntos. (b) Hallar las curvaturas y direcciones principales en el punto P = (1, 0, 0). (c) Hallar las direcciones asint´oticas en el punto P . ¿Cu´antas l´ıneas asint´oticas pasan por dicho punto? Resoluci´ on. (a) La curvatura de Gauss viene dada por el producto de las curvaturas principales, esto (1)

(2)

es, κG = κn κn . Las curvaturas principales son las soluciones de la ecuaci´on L − κn E M − κn F =0 M − κn F N − κn G que, desarroll´andola, nos queda (EG − F 2 )κ2n + (2F M − EN − LG)κn + (LN − M 2 ) = 0

(1)

En una ecuaci´on de segundo grado ax2 + bx + c = 0, se sabe que sus ra´ıces, x1 y x2 c verifican que x1 x2 = . Como la ecuaci´on (1) es de segundo grado en κn , deducimos que a LN − M 2 (1) (2) . As´ı que basta conocer los coeficientes E, F, G de la Primera κG = κn κn = EG − F 2 Forma Fundamental y los coeficientes L, M, N de la Segunda Forma Fundamental. Calculamos los coeficientes de la Segunda Forma Fundamental, puesto que los de la Primera fueron calculados en el ejercicio anterior. − → r uu = (−v cos u, −v sin u, 0) ;

− → r uv = (− sin u, cos u, 2v) ;

4

− → r vv = (0, 0, 2u)

−v cos u −v sin u 0 1 L= √ −v sin u v cos u v 2 2 EG − F cos u sin u 2uv

v2 = √ EG − F 2

v2 = √ 2 EG − F

= √

− sin u cos u 2v 1 √ M= −v sin u v cos u v 2 2 EG − F cos u sin u 2uv

0

− sin u

cos u

v

cos u

sin u

2uv

− cos u − sin u

0

− sin u

cos u

v

0

0

2uv

−2uv 3 ; EG − F 2

v = √ EG − F 2

v = √ 2 EG − F = √

− cos u − sin u

− sin u cos u − sin u cos u cos u

sin u

0

0

− sin u cos u cos u

sin u

2v v 2uv v v 2uv

−v 2 ; EG − F 2

0 0 2u −2uv 1 2 = √ ; N=√ −v sin u v cos u v 2 EG − F 2 EG − F cos u sin u 2uv 3 2 −2uv −v (4u2 − 1)v 4 1 2 = LN − M = EG − F 2 −v 2 −2uv EG − F 2 EG − F 2 = (v 2 + v 4 )(1 + 4u2 v 2 ) − 4u2 v 6 = v 2 + 4v 4 u2 + v 4 = v 2 (1 + 4u2 v 2 + v 2 ) Por tanto, (2) κG = κ(1) n κn =

LN − M 2 (4u2 − 1)v 4 (4u2 − 1) = = EG − F 2 (EG − F 2 )2 (1 + 4u2 v 2 + v 2 )2

Para clasificar los puntos de la superficie, debemos analizar el signo de LN − M 2 :

sig LN − M 2 = sig (4u2 − 1)v 4 = sig(4u2 − 1) 5



Por tanto: 1 • Para 4u − 1 > 0 ⇐⇒ u > ⇐⇒ u ∈ 4 No hay l´ıneas asint´oticas. 2

2

• Para 4u2 − 1 = 0 ⇐⇒ u2 =



1 −∞, 2



 ∪

1 , +∞ 2

 los puntos son el´ıpticos.

1 1 ⇐⇒ u = ± los puntos son parab´olicos. Hay una sola 4 2

l´ınea asint´otica. 1 • Para 4u − 1 < 0 ⇐⇒ u < ⇐⇒ u ∈ 4 l´ıneas asint´oticas. 2

2



1 1 − , 2 2

 los puntos son hiperb´olicos. Hay dos

(b) En el Problema 1 hemos visto que el punto P = (1, 0, 0) se corresponde con los valores u = 0 y v = 1 en la ecuaci´on vectorial de la superficie. Los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamentales toman en P los valores −1 E = 2; F = 0; G = 1; L = 0; M = √ ; N = 0 2 Para hallar las curvaturas principales y direcciones principales en P , planteamos la ecuaci´on 2 2 2 2 dv −dudv du dv −dudv du 2 2 1 dv du E 0 1 = 0 ⇐⇒ √ F G = 0 ⇐⇒ 2 =0 2 2 1 0 L − √12 M N 0 √ de donde nos queda finalmente dv 2 − 2du2 = 0 ⇐⇒ dv = ± 2 du. √ √

2 du, entonces (du, dv) = du, 2 du ≈ 1, 2 . As´ı que   √ √
2 −1 2 √ 0 · 1 + 2 · · 1 · 2 + 0 · 2 2 2 L du + 2M dudv + N dv 1 2 = = =− √ √
2 2 2 E du + 2F dudv + G dv 2 2 · 12 + 2 · 0 · 1 · 2 + 1 · 2

• Soluci´ on 1. Si dv = κ(1) n

√

La direcci´on principal ser´a √ → → → d− r1=− r u du + − r v dv = (−v sin u, v cos u, v 2 ) · 1 + (cos u, sin u, 2uv) · 2 √ √ √
= −v sin u + 2 cos u, v cos u + 2 sin u, v 2 + 2 2uv √ √ √

• Soluci´ on 2. Si dv = − 2 du, entonces (du, dv) = du, − 2 du ≈ 1, − 2 . As´ı que   √
√
2 −1 2 √ 0 · 1 + 2 · · 1 · − 2 + 0 · − 2 2 2 L du + 2M dudv + N dv 1 2 κ(1) = = √ √

n = 2 2 2 E du + 2F dudv + G dv 2 2 · 12 + 2 · 0 · 1 · − 2 + 1 · − 2 6

La direcci´on principal ser´a √
→ → → d− r2=− r u du + − r v dv = (−v sin u, v cos u, v 2 ) · 1 + (cos u, sin u, 2uv) · − 2 √ √ √
= −v sin u − 2 cos u, v cos u − 2 sin u, v 2 − 2 2uv (c) Considerando de nuevo los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamentales en el punto P , −1 E = 2; F = 0; G = 1; L = 0; M = √ ; N = 0, 2 1 obs´ervese que LN − M 2 = − , por lo que pasan dos l´ıneas asint´oticas por el punto P . 2 Sus respectivas direcciones asint´oticas se determinan resolviendo la ecuaci´on 2 II = 0 ⇐⇒ − √ dudv = 0 ⇐⇒ dudv = 0 2 con lo que se obtienen dos soluciones: • Soluci´ on 1. Si du = 0, entonces (du, dv) = (0, dv) ≈ (0, 1). Por tanto la primera direcci´on asint´otica es → → → d− r1=− r u du + − r v dv = (−v sin u, v cos u, v 2 ) · 0 + (cos u, sin u, 2uv) · 1 = (cos u, sin u, 2uv) • Soluci´ on 2. Si dv = 0, entonces (du, dv) = (du, 0) ≈ (1, 0). As´ı que la segunda direcci´on asint´otica es → → → d− r2=− r u du + − r v dv = (−v sin u, v cos u, v 2 ) · 1 + (cos u, sin u, 2uv) · 0 = (−v sin u, v cos u, v 2 ) ⊗ Problema 3
− Consideremos la curva → r (t) = et cos t, et sin t, et . Se pide: (a) Calcular su curvatura y torsi´on en un punto gen´erico. ¿Qu´e relaci´on existe entre ambas? (b) Comprobar que su vector tangente en cada punto forma un ´angulo constante con el eje OZ y que su vector normal principal es siempre perpendicular a OZ. 7

Resoluci´ on. (a) Calculamos los vectores siguientes: − → r 0 (t) = (et (cos t − sin t), et (cos t + sin t), et ) − → r 00 (t) = (−2et sin t, 2et cos t, et ) − → r 000 (t) = (−2et (cos t + sin t), 2et (cos t − sin t), et ) t t t e (cos t − sin t) e (cos t + sin t) e
→ − → → r 0 (t), − r 00 (t), − r 000 (t) = −2et sin t 2et cos t et t t t −2e (cos t + sin t) 2e (cos t − sin t) e t t 2e (cos t − sin t) 2e (cos t + sin t) 2 et t t = −2e sin t 2e cos t 1 2 t t −2e (cos t + sin t) 2e (cos t − sin t) 1 −4et sin t 4et cos t 3 et t t = −2e sin t 2e cos t 1 2 t t −2e (cos t + sin t) 2e (cos t − sin t) 1 0 0 1 et t t = −2e sin t 2e cos t 1 2 −2et (cos t + sin t) 2et (cos t − sin t) 1 0 0 1 3t 3t = 2e − sin t cos t 1 = 2e −(cos t + sin t) cos t − sin t 1 → − → − → − i j k → − → r 0 (t) ∧ − r 00 (t) = et (cos t − sin t) et (cos t + sin t) et t t t −2e sin t 2e cos t e = (e2t (sin t − cos t), −e2t (sin t + cos t), 2e2t ) 0 √ t 0 √ → → → − r (t) = 3 e y − r (t) ∧ − r 00 (t) = 6 e2t

8

• La curvatura en cada punto viene dada por 0 √ 2t √ → → − r (t) ∧ − r 00 (t) 6e 2 −t = √ κ(t) = e = 0 3 3t → − r (t) 3 3 3e • La torsi´on viene dada por la expresi´on
→ − − → r 0 (t), → r 00 (t), − r 000 (t) 2e3t 1 −t = τ (t) = e = 0 2 → → − 6e4t 3 r (t) ∧ − r 00 (t) Obs´ervese que, en cada punto, el cociente entre la curvatura y la torsi´on es √ 2 −t e √ κ(t) 3 = 2 = constante = 1 −t τ (t) e 3 Por consiguiente, la curva es una h´elice. (b) El vector tangente a la curva en cada punto es
− → r 0 (t) = et (cos t − sin t), et (cos t + sin t), et − Por otra parte, el eje OZ tiene direcci´on → w = (0, 0, 1). Para comprobar el ´angulo que forman ambos vectores, aplicamos la f´ormula del coseno. En efecto, si denotamos por α a dicho ´angulo, se debe cumplir que → − − et 1 r 0 (t) · → w √ cos α = − = = √ = constante 0 → → − t r (t) | w | 3e 3 Por tanto,  el vector tangente a la curva en cada punto forma un ´angulo constante  1 α = arc cos √ con el eje OZ. 3 Por otra parte, recu´erdese que el vector normal principal es paralelo → − → − i j
→ − → → r 0 (t) ∧ − r 00 (t) ∧ − r 0 (t) = e2t (sin t − cos t) −e2t (sin t + cos t) t e (cos t − sin t) et (cos t + sin t)

al vector → − k 2t 2e t e

= (−3e3t (cos t + sin t), 3e3t (cos t − sin t), 0) Finalmente, para probar que el vector normal principal en cada punto es siempre perpendicular al eje OZ, basta comprobar que
− → v = −3e3t (cos t + sin t), 3e3t (cos t − sin t), 0 9

− y → w = (0, 0, 1)

son ortogonales. En efecto,
− → → v ·− w = −3e3t (cos t + sin t), 3e3t (cos t − sin t), 0 · (0, 0, 1) = 0

⊗

10

Matem´aticas II. Examen Septiembre. Curso 2004-2005 Alumnos con el segundo parcial

Problema 1 Hallar las superficies ortogonales a la familia de curvas {x2 + y 2 + z 2 = a, 2x2 + z 2 = b}. De entre ellas, determinar las que pasan por los puntos P = (1, 1, 1) y Q = (1, 1, 0).

Resoluci´ on. Denotemos por S a una superficie ortogonal a la familia de curvas dada. Como la superficie debe ser ortogonal a cada curva, el vector director de estas u ´ltimas tendr´a que ser perpendicular a la superficie. Vamos a calcular el vector director de las curvas. • El plano tangente a la familia de superficies x2 + y 2 + z 2 = a tiene vector normal → − v = (2x, 2y, 2z) ≈ (x, y, z). • El plano tangente a la familia de superficies 2x2 + z 2 = b tiene vector normal → − w = (4x, 0, 2z) ≈ (2x, 0, z). Por tanto, el vector director a la familia de curvas dada es → → − − → − i j k → − → v ∧− w = x y z = (yz, xz, −2xy) 2x 0 z As´ı que, si denotamos por (dx, dy, dz) a una direcci´on cualquiera del plano tangente a la superficie S por un punto arbitrario, se debe cumplir que (yz, xz, −2xy) · (dx, dy, dz) = 0 ⇐⇒ yz dx + xz dy − 2xy dz = 0 Nos queda una ecuaci´on de Pfaff que resolveremos, comprobando previamente que tiene → − soluci´on. Para hacer esto u ´ltimo, si denotamos por F = (yz, xz, −2xy), debemos comprobar las dos condiciones de integrabilidad:

11

−−−− → → (1) Veamos si rot F = (0, 0, 0). − → − → − → i j k −−−− → → ∂ ∂ ∂ rot F = ∂x ∂y ∂z yz xz −2xy

= (−3x, 3y, 0) 6= (0, 0, 0)

Por tanto, la ecuaci´on no es exacta. → → −−−− − → (2) Veamos si F · rot F = 0. → − −−−− → → F · rot F = (yz, xz, −2xy) · (−3x, 3y, 0) = −3xyz + 3xyz = 0 En este caso se cumple la condici´on de integrabilidad de la ecuaci´on de Pfaff. Para resolverla, en primer lugar, hacemos constante una de las tres variables, por ejemplo, z, con lo cual dz = 0 y por tanto, nos queda la ecuaci´on yz dx + xz dy = 0 ⇐⇒ y dx + x dy = 0 cuya soluci´on es xy = C(z). N´otese que la constante general puede ser, en particular, funci´on de z, ya que en nuestro caso, la ecuaci´on ha sido resuelta bajo el supuesto de hacer constante a la variable “z”. Para resolver la ecuaci´on general, definimos U (x, y, z) = xy − C(z) e imponemos que dicha funci´on sea soluci´on de la misma, es decir, que d (U (x, y, z)) = 0 ⇐⇒ y dx + x dy − C 0 (z) dz = 0 por lo que los t´erminos de ambas ecuaciones han de ser proporcionales, es decir, x −C 0 (z) 2xy y = = ⇐⇒ C 0 (z) = yz xz −2xy z Obs´ervese que C(z) = xy, por lo que tenemos que C 0 (z) =

2C(z) y, por tanto, debemos z

resolver la ecuaci´on C 0 (z) =

2C(z) z

Se trata de una ecuaci´on diferencial de variables separables: dC 2C dC dz = ⇐⇒ = 2 ⇐⇒ C(z) = Kz 2 dz z C z 12

Por consiguiente, C(z) = Kz 2 , con lo que la soluci´on general de la ecuaci´on y, por tanto, la familia de superficies ortogonales a la familia de curvas dada es xy = Kz 2 , K ∈ R • Superficie que pasa por el punto P = (1, 1, 1). Sustituimos las coordenadas del punto en la soluci´on general, de modo que nos queda K = 1. As´ı que la superficie que pasa por el punto P es xy = z 2 . • Superficie que pasa por el punto Q = (1, 1, 0). Sustituimos las coordenadas del punto en la soluci´on general, de modo que nos queda 1 = 0, lo cual es una contradicci´on. As´ı que ninguna superficie de la familia obtenida pasa por el punto Q. Problema 2 (1) Hallar la superficie soluci´on de la ecuaci´on xz zx − yz zy = x2 y que contiene a la recta {z = 0, y = 1}. (2) Resolver la ecuaci´on diferencial x2 y 00 + 4x y 0 + 2y = 0 Resoluci´ on. (1) Planteamos el sistema de ecuaciones diferenciales dx dy dz = = 2 xz −yz xy Vemos que la ecuaci´on

dy dx = es f´acilmente integrable. En efecto, tenemos que xz −yz dx dy dx dy = ⇐⇒ = ⇐⇒ xy = C1 xz −yz x −y

De la combinaci´on

dx dz = 2 nos queda xz xy

dz dx dz dx = ⇐⇒ = ⇐⇒ C1 dx = z dz ⇐⇒ z 2 = 2 C1 x + C2 z xy z C1 13

⊗

   xy = C  1 La soluci´on general del sistema diferencial es As´ı que  z2 = 2 C x + C  1 2 2 2 2 tenemos que C1 = xy y C2 = z − 2 C1 x = z − 2x y, con lo que la soluci´on general de la ecuaci´on casi lineal es la familia de superficies
H xy, z 2 − 2x2 y = 0 donde H(C1 , C2 ) = 0 es cualquier relaci´on entre los par´ametros C1 y C2 . Buscamos ahora la superficie de la familia anterior que contiene a la recta {z = 0, y = 1}:    xy =      z2 =   z =      y =

C1

       

   xy = C1   2 C1 x + C2 =⇒ 0 = 2 C1 x + C2     0     y = 1    1

        

   x = C  1 =⇒ =⇒ 2C12 + C2 = 0  0 = 2C x + C  1 2 Por tanto, la superficie es 2x2 y 2 + z 2 − 2x2 y = 0 (2) Se trata de una ecuaci´on de Euler homog´enea. As´ı que haremos el cambio de variables x = et . Dicho cambio nos conduce a las sustituciones    xr = ert (r = 1, 2)      y(x) = y(t)   y 0 (x) = e−t y 0 (t)      y 00 (x) = e−2t (y 00 (t) − y 0 (t)) de modo que la ecuaci´on nos queda 2e2t e−2t (y 00 (t) − y 0 (t)) + 4et e−t y 0 (t) + 2y(t) = 0 y simplificando, obtenemos 2y 00 (t) + 2y 0 (t) + 2y(t) = 0 ⇐⇒ y 00 (t) + y 0 (t) + y(t) = 0 ecuaci´on lineal con coeficientes constantes. Su ecuaci´on caracter´ıstica asociada es λ2 + λ + 1 = 0 cuyas ra´ıces son λ=

−1 ±

√

1−4

2 14

√ −1 3 = ± i 2 2

√ −1 2

! 3 t e 2

Al tratarse de ra´ıces complejas conjugadas, tenemos que y1 (t) = e t cos √ ! −1 3 y2 (t) = e 2 t sin t son soluciones particulares de dicha ecuaci´on y, por tanto, 2 √

" y(t) = e

−1 2

t

C1 cos

! 3 t + C2 sin 2

√

!# 3 t , C1 , C2 ∈ R 2

es la soluci´on general. Deshaciendo el cambio de variables, tenemos que " ! !# √ √ 1 3 3 y(x) = √ C1 cos ln x + C2 sin ln x , C1 , C2 ∈ R 2 2 x es la soluci´on general de la ecuaci´on de Euler homog´enea. ⊗ Problema 3 Resolver el sistema diferencial    x0 = y − z + et   y0 = x + z     z 0 = −x + y − et Resoluci´ on. El sistema podemos escribirlo matricialmente    0 x 0 1 −1     0    y = 1 0 1    0 z −1 1 0

como 





t

x e        y  +  0    z −et

    

con lo que estamos ante diferencial lineal completo con coeficientes constantes,  un sistema  0 1 −1     cuya matriz es A =  1 0 1 .   −1 1 0

En primer lugar, buscamos la soluci´on general del sistema homog´eneo. Para ello,

15

calculamos los autovalores de dicha matriz y sus autovectores asociados. λ −1 1 |λI − A| = 0 ⇐⇒ −1 λ −1 = 0 ⇐⇒ λ3 − 3λ + 2 = 0 1 −1 λ Buscamos las ra´ıces de la ecuaci´on caracter´ıstica entre los divisores del t´ermino independiente y comprobamos que una de ellas es λ1 = 1. As´ı que dividimos, por Ruffini, el polinomio caracter´ıstico entre (λ − 1): 1 1 1

0 -3

2

1

1

-2

1 -2

0

Por tanto, tenemos que λ3 − 3λ + 2 = (λ − 1)(λ2 + λ − 2). Para obtener las otras dos ra´ıces, resolvemos la ecuaci´on λ2 + λ − 2 = 0 ⇐⇒ λ =

−1 ±

√

1+8

2

=

−1 ± 2

√

  λ = −2 9 −1 ± 3 2 = ⇐⇒  λ =1 2 3

Por tanto, las ra´ıces de la ecuaci´on son λ1 = 1 (doble) y λ2 = −2 (simple). Se trata, pues, de dos autovalores reales. Como el autovalor λ1 = 1 es doble, necesitamos obtener dos autovectores linealmente independientes asociados a dicho autovalor, mientras que para λ2 = −2 buscaremos uno. Vamos a calcularlos: Autovector asociado a λ1 = 1.   1 −1 1 x   1    −1 1 −1   x2   1 −1 1 x3





0



       =  0  ⇐⇒ x1 − x2 + x3 = 0 ⇐⇒ x1 = x2 − x3    0

Vemos que s´olo hemos obtenido una ecuaci´on independiente con tres inc´ognitas, por lo que las infinitas soluciones dependen de dos par´ ametros.   As´ı que, por ejemplo, tomando 1     → x2 = 1 y x3 = 0 obtenemos el autovector − u1 =  1 , y tomando x2 = 0 y x3 = 1 nos   0 16





−1     → queda el autovector − u2 =  0 . Esta forma de dar valores a x2 y x3 nos garantiza que   1 → − → − u 1 y u 2 son linealmente independientes. Autovector asociado a λ2 = −2.   −2 −1 1 x   1    −1 −2 −1   x2   1 −1 −2 x3





0



    −2x1 − x2 + x3 = 0      =  0  ⇐⇒    −x1 − 2x2 − x3 = 0  0

de donde deducimos que x1 = −x2 y x3 = −x2 . As´ı que dando un valorcualquiera −1     → − distinto de 0 a x2 , por ejemplo, x2 = 1, obtenemos el autovector u3 =  1 .   −1 Por tanto, la soluci´on general del sistema homog´eneo es         x 1 −1 −1                 t t −2t  y  = C1 e  1  + C2 e  0  + C3 e  1          z 0 1 −1 que tambi´en podemos expresar como    x = C1 et − C2 et − C3 e−2t   y = C1 et + C3 e−2t     z = C et − C e−2t 2 3

(2)

Para hallar una soluci´on particular del sistema lineal completo, cambiamos en (2) los par´ametros C1 , C2 , C3 por funciones C1 (t), C2 (t), C3 (t) y nos planteamos hallar dichas → − → → → funciones para que X 0 = C1 (t) − u 1 + C2 (t) − u 2 + C3 (t) − u 3 sea soluci´on del sistema completo. Para obtener dichas funciones, planteamos el sistema    C 0 et − C20 et − C30 e−2t = et   1 C10 et + C30 e−2t = 0     C 0 et − C 0 e−2t = −et 2

3

que resolvemos por la Regla de Cramer: 17

t t −2t e −e −e 0 0 e−2t −et et −e−2t 0 =0 C1 = t t −2t e −e −e t e 0 e−2t t −2t 0 e −e 0 C2 =

t

t

e

e

et

0

et et e−2t = t t −2t e e e

−2t

−e

e−2t

0 −et −e−2t et −et −e−2t et

0

e−2t

0

et

−e−2t

t e −et et t e 0 0 0 et −et

C30 = t e −et −e−2t t e 0 e−2t 0 et −e−2t



1

1

−1

1

0

1

0 −1 −1 1 −1 −1 1

0

1

0

1

−1

1 −1 1 et et et = 1 0 0 −3 0 1 −1

3 = = −1 −3

3t −1 1 e = − (−1) 3 1 −1

=0

Calculamos una primitiva de cada una de las funciones C10 (t), C20 (t) y C30 (t). C1 (t) = 0; C2 (t) = −t; C3 (t) = 0. N´otese que al integrar las tres funciones no hemos considerado la constante de integraci´on, puesto que s´olo estamos buscando una soluci´on particular. As´ı pues, la soluci´on particular se obtiene sustituyendo en (2) los par´ametros C1 , C2 , C3 por las funciones C1 (t), C2 (t),    x   0 y0     z 0

C3 (t) obtenidas: = t et = 0 = −t et 18

Por consiguiente, la soluci´on general del sistema diferencial lineal completo es    x = t et + C1 et − C2 et − C3 e−2t   y = C1 et + C3 e−2t     z = −t et + C et − C e−2t 2

3

⊗

19

Matem´aticas II. Primer Parcial. Curso 2005-2006 27 de Enero de 2006

Problema 1
− Dada la curva regular → r (t) = cos2 t, sin2 t, t + 1 , se pide: (a) Hallar los vectores del triedro de Frenet en el punto P = (1, 0, 1). (b) Hallar las ecuaciones impl´ıcitas de la recta normal principal en el punto P . (c) Hallar las ecuaciones param´etricas del plano rectificante en P . (d) Hallar la curvatura en P . (e) ¿Es plana la curva? En caso afirmativo, hallar la ecuaci´on del plano que la contiene.

Resoluci´ on. (a) En primer lugar, veamos qu´e valor del par´ametro t define el punto P . Para ello, basta resolver el sistema

  cos t0 = 1    2 sin t0 = 0    t0 + 1 = 1  2

de donde deducimos claramente que t0 = 0. C´alculo de los vectores del triedro de Frenet: − → r 0 (t) = (−2 sin t cos t, 2 sin t cos t, 1) − → r 00 (t) =

=⇒

− → r 0 (0) = (0, 0, 1)


− −2 cos2 t + 2 sin2 t, 2 cos2 t − 2 sin2 t, 0 =⇒ → r 00 (0) = (−2, 2, 0) → − → r 0 (0) ∧ − r 00 (0) = 0 → − r (0) = 1 y

− − − → → → i j k 0 0 1 = (−2, −2, 0) −2 2 0 √ 0 → → − r (0) ∧ − r 00 (0) = 2 2

1

Luego,

→ − r 0 (0) − → = (0, 0, 1) t (0) = − → r 0 (0) → − → r 0 (0) ∧ − r 00 (0) 1 − → = √ (−1, −1, 0) b (0) = − 0 00 → → − r (0) ∧ r (0) 2

y 1 → − → − → − n (0) = b (0) ∧ t (0) = √ 2

− − → → j k 1 −1 −1 0 = √ (−1, 1, 0) 2 0 0 1 − → i

(b) Recta normal principal en el punto P . Es la recta que pasa por el punto P y tiene la direcci´on del vector normal principal:    x+y = 1  x−1 y−0 z−1 = = =⇒  −1 1 0 z = 1  (c) Plano rectificante por el punto P . Es el plano que pasa por el punto P y tiene como vector perpendicular al vector normal principal. O dicho de otro modo, se trata del plano que pasa por P y est´a generado por las direcciones del vector tangente unitario y del vector binormal. Por tanto, sus ecuaciones param´etricas son:       x = 1 + µ     , λ, µ ∈ R y = µ       z = 1+λ   (d) Curvatura en P . La curvatura en P viene dada por 0 → → − √ r (0) ∧ − r 00 (0) κ(0) = =2 2 0 3 → − r (0) (e) ¿Es plana la curva? Para que la curva sea plana, la torsi´on debe ser 0 en todos los puntos. Como la torsi´on viene dada por la expresi´on
→ − → → r 0 (t), − r 00 (t), − r 000 (t) τ (t) = 0 2 , → → − r (t) ∧ − r 00 (t) imponer que la torsi´on sea nula en todos los puntos equivale a que se cumpla
− → → − r 00 (t), → r 000 (t) = 0, para todo t ∈ R r 0 (t), − 2

− → r 0 (t) = (−2 sin t cos t, 2 sin t cos t, 1) ;
→ − r 00 (t) = −2 cos2 t + 2 sin2 t, 2 cos2 t − 2 sin2 t, 0 ; → − r 000 (t) = (8 sin t cos t, −8 sin t cos t, 0) Por tanto, −2 sin t cos t 2 sin t cos t
→ − → → r 0 (t), − r 00 (t), − r 000 (t) = −2 cos2 t + 2 sin2 t 2 cos2 t − 2 sin2 t 8 sin t cos t −8 sin t cos t −2 cos2 t + 2 sin2 t 2 cos2 t − 2 sin2 t = 8 sin t cos t −8 sin t cos t

=

1 0 0

−1 1
2 2 2 cos t − 2 sin t 8 sin t cos t 1 −1

=0

Por consiguiente, la curva es plana y el plano que la contiene es el plano osculador. Por ser plana la curva, el plano osculador por cualquiera de sus puntos es siempre el mismo. Como tenemos que determinar la ecuaci´on de dicho plano, basta elegir un punto cualquiera de la curva, por ejemplo, el propio punto P = (1, 0, 1) con el que hemos trabajado durante el ejercicio. As´ı pues, el plano osculador pasa por el punto P y tiene como vector perpendicular al vector binormal o cualquier otro paralelo a ´el, como por ejemplo, el vector (1, 1, 0), es: 1(x − 1) + 1(y − 0) + 0(z − 1) = 0 ⇐⇒ x + y = 1 ⊗

Problema 2 − Dada la superficie regular de ecuaci´on → r (u, v) = (cos u, 1 + sin u, v), se pide: (a) Hallar el ´angulo que forman las familias de curvas coordenadas. (b) Hallar las l´ıneas de m´axima pendiente.   v cos u (c) Dada la familia de curvas = C sobre la superficie, hallar las trayectorias 1 + sin u 3

ortogonales a dicha familia.   1 + sin u y {u = 0} en P = (1, 1, 1). (d) Hallar el ´angulo que forman las curvas v = cos u Resoluci´ on. Calculamos previamente los coeficientes de la Primera Forma Fundamental: − → − r u = (− sin u, cos u, 0) → r v = (0, 0, 1) → → E=− r u·− r u = sin2 u + cos2 u = 1;

→ → F =− r u·− r v = 0;

→ → G=− r v·− rv=1

− → I = d→ r · d− r = du2 + dv 2 (a) Las familias de curvas coordenadas son {u = C} y {v = C}. El vector tangente a → → → cualquier familia de curvas es de la forma d− r =− r u du + − r v dv, donde (du, dv) son las → → coordenadas param´etricas de dicho vector respecto de la base {− r u, − r v }. Hallamos dichas coordenadas en ambas familias: u = C =⇒ du = 0 =⇒ (du, dv) = (0, dv) ≈ (0, 1) v = C =⇒ dv = 0 =⇒ (du, dv) = (du, 0) ≈ (1, 0). Por tanto, si denotamos por α al ´angulo que forman dichas familias de curvas, tenemos que

0 !B B 0 1 B @ cos α = v 10 0 u u ! u B B E F C 0 u C B B u C B B 0 1 u A @ @ t 1 F G

10 1 B E F C C C B1C C A AB @ C 0 F G 1v 10 0 u u ! u C BE F C B 1 u C C B u 1 0 B C C B B Au A @ @ t 0 F G

0 10 1 !B 1 0 C B 1 C B C B C C 0 1 B @ C A @ AB 0 1 0 = v 0 0 10 1v u u u u ! ! u u B B B 1 0 C 0 C 1 0 u u B C B C B u u B C B B C 0 1 1 0 u u @ A@ At @ t 0 1 1 0 1

1 C C C A

10 1 = 0 C B 1 C C B C C B A@ C A 0

En consecuencia, las dos familias de curvas son ortogonales. (b) Las l´ıneas de m´axima pendiente son las curvas ortogonales a las curvas de nivel. En esta superficie, las curvas de nivel son de la forma {v = C}, es decir, se trata de una 4

de las familias de curvas coordenadas. Por tanto, estamos buscando la familia de curvas ortogonales a {v = C}. Pero ya en el apartado anterior, hemos visto que la familia {v = C} es ortogonal a {u = C}. En consecuencia, las l´ıneas de m´axima pendiente son las curvas coordenadas {u = C}. (c) En primer lugar,  hallamos lascoordenadas param´etricas del vector tangente a la familia v cos u → de curvas − r1: =C : 1 + sin u     ∂ v cos u ∂ v cos u du + dv = 0 ∂u 1 + sin u ∂v 1 + sin u ⇐⇒

−v sin u(1 + sin u) − v cos2 u cos u dv = 0 du + 2 (1 + sin u) 1 + sin u

⇐⇒

−v(1 + sin u) cos u dv = 0 du + 2 (1 + sin u) 1 + sin u

cos u dv ⇐⇒ −v du + cos u dv = 0 ⇐⇒ du = v  cos u  Luego, (du, dv) = dv, dv ≈ (cos u, v). As´ı que, si denotamos por (du, dv) a las v → coordenadas param´etricas de vector tangente a la familia − r de trayectorias ortogonales → a− r 1 , se debe cumplir que         E F   1 0 du du   = 0 ⇐⇒ cos u v   =0 cos u v  F G dv 0 1 dv de donde obtenemos la ecuaci´on diferencial cos u du + v dv = 0. Dicha ecuaci´on es claramente de variables separables y, por tanto, su soluci´on es v2 =C 2   v cos u v2 Por consiguiente, las trayectorias ortogonales a = C son sin u + =C. 1 + sin u 2 sin u +

(d) En primer lugar, debemos hallar los valores de u y v que corresponden al punto P = (1, 1, 1). Para ello, consideramos el sistema    cos u = 1   1 + sin u = 1     v = 1 5

  1 + sin u cuya soluci´on es u = 0, v = 1. N´otese que la curva v = es una de las de la cos u familia del apartado anterior. Por tanto, la direcci´on en param´etricas de su vector tangente es (cos u, v) = (1, 1). Por otra parte, la curva {u = 0} es una de las curvas de la familia {u = C}, de modo que su direcci´on en param´etricas es (0, 1). As´ı que, si denotamos por α al ´angulo que forman ambas curvas en el punto P = (1, 1, 1), se cumple que      E F 0   1 1  F G 1 v cos α = v        u u u u  E F   1 0 E F u   u   t 0 1  t 1 1  1 1 F G F G  

1 1



1 0



0



 1 0 1 1 v = v =√         u u 2 u  1 0   1 0 1 u 0 u u   t 0 1    t 1 1  0 1 1 0 1 1 



π por lo que deducimos que α = ± . 4

⊗

Problema 3 − Dada la superficie regular → r (u, v) = (v cos u, v sin u, ev ), se pide: (a) Obtener la Segunda Forma Fundamental. (b) Clasificar sus puntos y en cada caso, si es posible, hallar las l´ıneas asint´oticas. (c) Hallar la curvatura normal en el punto P = (0, 0, 1) para todas las direcciones. (d) Hallar las curvaturas principales, direcciones principales y l´ıneas de curvatura principales en cada punto. Resoluci´ on. (a) Calculamos los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamentales. − → r u = (−v sin u, v cos u, 0) ;

− → r v = (cos u, sin u, ev ) 6

− → r uu = (−v cos u, −v sin u, 0) ;

− → → − r uv = (− sin u, cos u, 0) ; r vv = (0, 0, ev )  2 → − → −  E = ru· ru=v     → − → − =⇒ EG − F 2 = v 2 (1 + e2v ) F = ru· rv =0     2v  → − → − G = r v· r v =1+e

−v cos u −v sin u 0 1 L= p −v sin u v cos u 0 2 2v v (1 + e ) cos u sin u ev


ev −v 2 cos2 u − v 2 sin2 u = √ v 1 + e2v −vev = √ ; 1 + e2v

− sin u cos u 0 1 M=p −v sin u v cos u 0 2 2v v (1 + e ) cos u sin u ev

= 0;

v 0 0 e
1 ev −ev N=p = √ −v sin2 u − v cos2 = √ −v sin u v cos u 0 v 1 + e2v 1 + e2v v 2 (1 + e2v ) cos u sin u ev (b) Clasificaci´on de los puntos de la superficie y c´ alculo de las l´ıneas asint´ oticas.  
ve2v 2 sig LN − M = sig(LN ) = sig = sig(v) 1 + e2v Por tanto: • Para v > 0 los puntos son el´ıpticos. No hay l´ıneas asint´oticas. • Para v = 0 los puntos son parab´olicos. Hay una sola l´ınea asint´otica. • Para v < 0 los puntos son hiperb´olicos. Hay dos l´ıneas asint´oticas. Calculamos las l´ıneas asint´oticas haciendo II = 0: √ −vev ev √ du2 − √ dv 2 = 0 ⇐⇒ v du2 + dv 2 = 0 ⇐⇒ du = ± −v dv 1 + e2v 1 + e2v 7

N´otese que

√

−v est´a bien definida s´olo si v ≤ 0. Es por ello, por lo que s´olo hay l´ıneas

asint´oticas para v ≤ 0 (puntos parab´olicos e hiperb´olicos). • Puntos parab´olicos (v = 0). Tenemos que du = 0 =⇒ u = C. √ 2 • Puntos hiperb´olicos (v < 0). Tenemos que du = ± −v dv =⇒ u = ± (−v)3/2 . 3 (c) Obs´ervese que el punto P = (0, 0, 1) se corresponde con el valor v = 0. La curvatura normal en un punto viene dada como el cociente entre la Segunda y la Primera Forma Fundamental. As´ı que −vev ev 1 √ du2 − √ dv 2 − dv 2 2v 2v II 1 1+e 1+e κn = = = 2 2 =− 2 2 2v 2 I v du + (1 + e ) dv 2dv 4 (d) Las curvaturas principales, direcciones principales y l´ıneas de curvatura principales se derivan de la ecuaci´on dv 2 −dudv du2 −vev ev √ √ 0 − 1 + e2v 1 + e2v v2 0 1 + e2v

=0

Operando, nos queda dudv = 0. Salen dos ecuaciones diferenciales, du = 0 y dv = 0. Ecuaci´ on du = 0. Esto implica que (du, dv) = (0, dv) ≈ (0, 1). II −ev = . I (1 + e2v )3/2 − → → → → → • Direcci´on principal: d→ r1=− r u du + − r v dv = − r u·0+− r v·1=− r v = (cos u, sin u, ev ). • Curvatura principal: κ1n =

• L´ınea de curvatura principal: du = 0 =⇒ u = C. Ecuaci´ on dv = 0. Esto implica que (du, dv) = (du, 0) ≈ (1, 0). II −ev = √ . I v 1 + e2v − → → → → → • Direcci´on principal: d→ r2=− r u du+ − r v dv = − r u ·1+ − r v ·0 = − r u = (−v sin u, v cos u, 0). • Curvatura principal: κ2n =

• L´ınea de curvatura principal: dv = 0 =⇒ v = C. ⊗ 8

Matem´aticas II. Segundo Parcial. Curso 2005-2006 10 de Junio de 2006 Problema 1 (1) Hallar las superficies ortogonales a la familia de curvas {z 2 + xy = α, x2 + y 2 = β}, comprobando previamente su existencia. (2) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on y 00 − 4y 0 + 3y = ex

Resoluci´ on. (1) Definimos las funciones F (x, y, z) = z 2 + xy − α y G(x, y, z) = x2 + y 2 − β. Los − → vectores normales de ambas superficies son − n→ F = (y, x, 2z) y nG = (2x, 2y, 0) ≈ (x, y, 0), respectivamente. As´ı que el vector tangente a la familia de curvas dada ser´a − → → − − → i j k
→ − − → − → v = nF ∧ nG = y x 2z = −2yz, 2xz, y 2 − x2 x y 0 → − As´ı que si denotamos por t = (dx, dy, dz) a una direcci´on cualquiera del plano tangente la superficie buscada en cada punto, tenemos que → − − → v ∧ t = 0 ⇐⇒ −2yz dx + 2xz dy + (y 2 − x2 ) dz = 0 Obtenemos as´ı una ecuaci´on de Pfaff, que no tiene por qu´e tener soluci´on. La existencia de superficies ortogonales est´a condicionada a la existencia de soluci´on de la ecuaci´on de Pfaff. Para esto u ´ltimo, debemos comprobar si se verifica o no una de las siguientes condiciones: −−−− → → • Veamos si rot F = (0, 0, 0). − → − → − → i j k −−−− → → ∂ ∂ ∂ rot F = ∂x = (2y − 2x, 2x − 2y, 4z) 6= (0, 0, 0) ∂y ∂z 2 2 −2yz 2xz y − x Por tanto, la ecuaci´on no es exacta. → → −−−− − → • Veamos si F · rot F = 0. → → −−−− − → F · rot F = (−2yz, 2xz, y 2 − x2 ) · (2y − 2x, 2x − 2y, 4z) = −4y 2 z + 4xyz + 4x2 z − 4xyz + 4y 2 z − 4x2 z = 0

En este caso se cumple la condici´on de integrabilidad de la ecuaci´on de Pfaff y, por consiguiente, podemos garantizar la existencia de una familia de superficies ortogonales a la familia de curvas inicialmente dada. Para calcularla, resolvemos la ecuaci´on
−2yz dx + 2xz dy + y 2 − x2 dz = 0 En primer lugar, hacemos constante una de las tres variables. Aunque podemos optar por cualquiera de ellas, debido a que el coeficiente de “dz” es m´as complejo que los de “dy” y “dx”, optamos por hacer constante a la variable “z”, con lo cual dz = 0 y por tanto, nos queda la ecuaci´on −2yz dx + 2xz dy = 0 ⇐⇒ −y dx + x dy = 0 cuya soluci´on es y = C(z) x. N´otese que la constante general puede ser, en particular, funci´on de z, ya que en nuestro caso, la ecuaci´on ha sido resuelta bajo el supuesto de hacer constante a la variable “z”. Para resolver la ecuaci´on general, imponemos que la funci´on U (x, y, z) = y − C(z) x sea soluci´on de la misma, es decir, que d (U (x, y, z)) = 0 ⇐⇒ −C(z) dx + dy − C 0 (z) x dz = 0 por lo que los t´erminos de ambas ecuaciones han de ser proporcionales: −C(z) 1 −C 0 (z) x x2 − y 2 0 = = 2 ⇐⇒ C (z) = −2yz 2xz y − x2 2x2 z 1 − C(z)2 ⇐⇒ C 0 (z) = 2z dC dz ⇐⇒ = 2 1−C 2z Tenemos que 1 A 1 A(1 + C) + B(1 − C) (A + B) + (A − B)C = + = = 2 2 1−C 1−C 1+C 1−C 1 − C2 de donde se deduce que A+B = 1 A−B = 0

)

1 ⇐⇒ A = B = . 2

2

(1)

Por tanto, Z

1 1 dC = 2 1−C 2

Z

1 1 dC + 1−C 2

Z

1 1 1 dC = − ln |1 − C| + ln |1 + C| 1+C 2 2

Luego integrando en (1), llegamos a que 1 1 1 − ln |1 − C| + ln |1 + C| = ln |z| + ln K 2 2 2 de modo que 1 + C = ln |Kz| ⇐⇒ Kz = 1 + C ⇐⇒ C(z) = Kz − 1 ln 1−C 1−C Kz + 1 Por consiguiente, la soluci´on general de la ecuaci´on de Pfaff es   Kz − 1 x, K ∈ R y= Kz + 1 siendo ´esta la familia de superficies soluci´on del problema. (2) Estamos ante una ecuaci´on diferencial lineal completa de coeficientes constantes. Necesitamos hallar la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea y una soluci´on particular de la completa. Consideremos en primer lugar la homog´enea, cuya ecuaci´on caracter´ıstica es r − 4r + 3 = 0. Resolvemos dicha ecuaci´on: ( √ r1 = 3 4 ± 16 − 12 4±2 λ= = = 2 2 r2 = 1 2

Como las ra´ıces son reales, simples y distintas, tenemos que y1 (x) = e3x e y2 (x) = ex son soluciones particulares de la ecuaci´on homog´enea linealmente independientes y, por tanto, y(x) = C1 e3x + C2 ex , C1 , C2 ∈ R es la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea. La soluci´on particular de la ecuaci´on completa la buscamos como y0 (x) = C1 (x)e3x + C2 (x)ex y nos planteamos determinar dos funciones C1 (x) y C2 (x) de modo que la funci´on y0 (x) as´ı definida sea soluci´on de la ecuaci´on lineal completa. Las funciones C1 y C2 satisfacen el siguiente sistema de ecuaciones ) ) C10 y1 + C20 y2 = 0 C10 e3x + C20 ex = 0 ⇐⇒ C10 y10 + C20 y20 = ex C10 3 e3x + C20 ex = ex 3

cuyas inc´ognitas son C10 (x) y C20 (x). Podemos resolver dicho sistema por la Regla de Cramer. Observemos que la matriz de coeficientes tiene determinante e3x ex = −2 e4x 3 e3x ex de tal forma que 0 ex x x e e

1 −2x 1 −2x e =⇒ C (x) = − e 1 −2 e4x 2 4 e3x 0 3 e3x ex 1 1 = − =⇒ C2 (x) = − x C20 = 4x −2 e 2 2 As´ı pues, una soluci´on particular de la ecuaci´on lineal completa ser´a C10 =

=

y0 (x) = C1 (x) y1 (x) + C2 (x) y2 (x) 1 1 = − e−2x e3x − x ex 4 2 1 1 = − ex − x ex 4 2 1 = − (1 + 2x) ex 4 Por consiguiente, la soluci´on general de la ecuaci´on lineal completa ser´a 1 y(x) = − (1 + 2x) ex + C1 e3x + C2 ex , con C1 , C2 ∈ R 4 ⊗

4

Problema 2 (1) Hallar la ecuaci´on de la superficie cuyos planos tangentes en cada punto pasan por el punto (1, 0, 1) y que contiene a la curva {(x − 1)2 + y 2 = 1, z = 2}. (2) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on x y 00 − (x + 1) y 0 + y = 0 sabiendo que y1 (x) = ex es una soluci´on particular. Resoluci´ on. (1) Sea P = (x0 , y0 , z0 ) un punto gen´erico de la superficie pedida. El plano tangente a la superficie en P es: zx (P )(x − x0 ) + zy (P )(y − y0 ) − (z − z0 ) = 0. Este plano debe pasar por el punto (1,0,1), luego se debe cumplir: zx (P )(1 − x0 ) + zy (P )(0 − y0 ) − (1 − z0 ) = 0 ⇐⇒ (1 − x0 )zx (P ) − y0 zy (P ) − (1 − z0 ) = 0. Quitando los sub´ındices, se obtiene a ecuaci´on: (1 − x) zx − y zy = 1 − z. El sistema asociado es:

dy dz dx = = . 1−x −y 1−z De las dos primeras fracciones, se obtiene: dx dy = − ⇐⇒ − ln |1 − x| = − ln |y| ⇐⇒ y = C1 (1 − x) 1−x y Tomando la segunda y la tercera fracci´on nos queda: dy dz = ⇐⇒ − ln |y| = − ln |1 − z| ⇐⇒ y = C2 (1 − z) −y 1−z As´ı obtenemos la familia biparam´etrica de curvas ( y = C1 (1 − x) y = C2 (1 − z) Para encontrar la superficie que contiene a la circunferencia {(x − 1)2 + y 2 = 1 z = 2}, debemos eliminar las variables x, y, z, del sistema:   y = C1 (1 − x)   (    y = C (1 − z)  y = C1 (1 − x) −C2 = C1 (1 − x) 2 ⇐⇒ ⇐⇒ y = −C 2  (x − 1)2 + y 2 = 1  (x − 1)2 + C22 = 1    (x − 1)2 + y 2 = 1  z=2 5

C22 + C22 = 1. 2 C1 Sustituimos C1 y C2 por sus respectivas expresiones en x, y, z y queda ⇐⇒

(x − 1)2 y2 + = 1 ⇐⇒ (x − 1)2 + y 2 = (z − 1)2 (z − 1)2 (z − 1)2 que es un cono de v´ertice el punto (1, 0, 1). (2) Vemos que se trata de una ecuaci´on diferencial lineal homog´enea de segundo orden. Para determinar su soluci´on general, definimos la funci´on y(x) = C(x)y1 (x) = C(x)ex y nos planteamos hallar C(x) para que la funci´on y(x) as´ı definida sea soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea. Hallamos y 0 (x) e y 00 (x) y sustituimos en la ecuaci´on. Calculamos por tanto y 0 (x) = C 0 ex + C ex = (C 0 + C) ex , y 00 (x) = (C 00 + C 0 ) ex + (C 0 + C) ex = (C 00 + 2C 0 + C) ex , y sustituimos: x (C 00 + 2C 0 + C) ex − (x + 1) (C 0 + C) ex + C ex = 0 ⇐⇒ x (C 00 + 2C 0 + C) − (x + 1) (C 0 + C) + C = 0 ⇐⇒ x C 00 + (x − 1) C 0 = 0 Para resolver esta ecuaci´on, hacemos el cambio de variables C 0 (x) = u(x), con lo que queda el sistema ) C0 = u xu0 + (x − 1)u = 0 Resolvemos la segunda ecuaci´on y sustituimos en la primera: du 1−x = dx u x   1 du = − 1 dx ⇐⇒ u x

xu0 + (x − 1)u = 0 ⇐⇒

⇐⇒ ln |u| + ln |C1 | = ln |x| − x ⇐⇒

C1 u = e−x ⇐⇒ u(x) = C1 x e−x x

As´ı que C 0 (x) = C1 x e−x y por tanto, " # Z u = x; du = dx C(x) = C1 x e−x dx = dv = e−x dx; v = −e−x   Z −x −x = C1 −x e + e dx = −C1 (x + 1) e−x + C2 6

Luego la soluci´on general de la ecuaci´on es y(x) = C(x) ex = −C1 (x + 1) e−x ex + C2 ex = −C1 (x + 1) + C2 ex que de modo an´alogo podemos expresar como y(x) = C1 (x + 1) + C2 ex , con C1 , C2 ∈ R ⊗

7

Problema 3 (1) Resolver el sistema x0 = 4x + 6y y 0 = −3x − 5y z 0 = −3x − 6y + z

    

(2) Hallar los autovalores y autofunciones del problema de contorno  00 0 2   y − 2 y + (1 + λ ) y = 0   y(0) = 0     y(π) = 0 Resoluci´ on. (1) Se sistema diferencial lineal homog´eneo, cuya matriz de coeficientes es  trata de un  4 6 0   A =  −3 −5 0 . Para buscar la soluci´on general de este sistema homog´eneo, calcu−3 −6 1 lamos los autovalores de dicha matriz y sus autovectores asociados. 4−λ 6 0 |A − λI| = 0 ⇐⇒ −3 −5 − λ 0 =0 −3 −6 1−λ 4−λ 6 ⇐⇒ (1 − λ) =0 −3 −5 − λ ⇐⇒ (1 − λ) (λ2 + λ − 2) = 0 Resolvemos la ecuaci´on λ2 + λ − 2 = 0 ⇐⇒ λ =

−1 ±

√ 2

1+8

−1 ± = 2

√

9

−1 ± 3 = ⇐⇒ 2

(

λ1 = 1 λ3 = −2

Por tanto, las ra´ıces de la ecuaci´on son λ1 = 1 (doble) y λ2 = −2 (simple). Se trata, pues, de dos autovalores reales. Como el autovalor λ1 = 1 es doble, necesitamos obtener dos autovectores linealmente independientes asociados a dicho autovalor, mientras que para λ2 = −2 buscaremos uno. Vamos a calcularlos: Autovectores asociado a λ1 = 1.      3 6 0 x1 0       −3 −6 0   x2  =  0  ⇐⇒ 3x1 + 6x2 = 0 ⇐⇒ x1 = −2x2 −3 −6 0 x3 0 8

Vemos que s´olo hemos obtenido una ecuaci´on independiente con tres inc´ognitas, por lo que las infinitas soluciones dependen de dos par´ ametros.  As´ı que, por ejemplo, tomando −2   → − x2 = 1 y x3 = 0 obtenemos el autovector u1 =  1 , y tomando x2 = 0 y x3 = 1 nos 0   0   → − queda el autovector u2 =  0 . Esta forma de dar valores a x2 y x3 nos garantiza que 1 → − → − u 1 y u 2 son linealmente independientes. Autovector asociado a λ2 = −2.      ) 6 6 0 x1 0 6x1 + 6x2 = 0       −3 −3 0   x2  =  0  ⇐⇒ −3x1 − 6x2 − 3x3 = 0 −3 −6 3 x3 0 de donde deducimos que x1 = −x2 y x3 = x2 . As´ı que dando unvalorcualquiera −1   → − distinto de 0 a x2 , por ejemplo, x2 = 1, obtenemos el autovector u3 =  1 . 1 Por tanto, la soluci´on general    x −2   t  y  = C1 e  1 z 0

del sistema homog´eneo es      −1 0    −2t  t  + C2 e  0  + C3 e  1  1 1

que tambi´en podemos expresar como  t −2t   x = −2C1 e − C3 e y = C1 et + C3 e−2t   z = C2 et + C3 e−2t

  

, C1 , C2 , C3 ∈ R.

 

(2) Buscamos los valores de λ para los cuales el problema de contorno tiene soluci´on no 2 2 trivial. La pecuaci´on caracter´ıstica √ asociada es r −√2 r + (1 + λ ) = 0, cuyas soluciones son 2 ± 4 − 4(1 + λ2 ) 2 ± −4λ2 2 ± 2λ −1 r= = = = 1 ± λi. 2 2 2 • Supongamos que λ 6= 0. Entonces, las ra´ıces de la ecuaci´on caracter´ıstica son complejas conjugadas, r = 1 ± λi y, por tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial es y(x) = ex [C1 cos(λx) + C2 sin(λx)]. Imponemos ahora las condiciones de contorno, de modo que ) ) ) y(0) = 0 C1 = 0 C1 = 0 ⇐⇒ π ⇐⇒ y (π) = 0 e [C1 cos(λπ) + C2 sin(λπ)] = 0 C2 sin(λπ) = 0 9

Ya tenemos que C1 = 0. Pero n´otese que si C1 = C2 = 0 estamos ante la soluci´on trivial y, por tanto, no habr´ıa autovalores distintos de 0. As´ı que la u ´nica posibilidad de que estemos ante una soluci´on no trivial es que el determinante de la matriz de coeficientes sea igual a 0. Pero 1 0 = sin (λπ) = 0 ⇐⇒ λπ = nπ ⇐⇒ λ = n, n ∈ Z \ {0} 0 sin (λπ) En este caso, las autofunciones son yn (x) = C2 ex sin(nx), n ∈ Z \ {0}. • Supongamos ahora que λ = 0. Se trata de ver si λ = 0 es autovalor del problema de contorno. En este caso, la u ´nica ra´ız de la ecuaci´on caracter´ıstica es r = 1 (doble) y, por tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial es y(x) = C1 ex + C2 x ex . Imponemos ahora las condiciones de contorno, de modo que ) ) ) C1 = 0 y(0) = 0 C1 = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ C1 eπ + C2 π eπ = 0 y (π) = 0 C2 = 0 Obtenemos, por tanto, la soluci´on trivial, con lo que λ = 0 no es autovalor del problema de contorno. En consecuencia, los autovalores del problema de contorno y sus respectivas autofunciones son λn = n, yn (x) = ex sin(nx), n ∈ Z \ {0} ⊗

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Matem´aticas II. Examen de Junio. Curso 2005-2006 28 de Junio de 2006 Alumnos con el Primer Parcial

Problema 1 → Dada la superficie de ecuaci´on − r (u, v) = (sen v + u cos v, cos v − u sen v, u), se pide: (1) Hallar los vectores del Triedro de Frenet de la curva dada por {u = t, v = t} en el punto P = (0, 1, 0). (2) Hallar la curvatura y la torsi´on de la curva del apartado anterior en el mismo punto P = (0, 1, 0). ¿Es plana la curva? Justifica la respuesta. (3) Hallar las trayectorias ortogonales a la familia de curvas {u + v = C}.

Problema 2 → Dada la superficie de ecuaci´on − r (u, v) = (u2 + v 2 , u2 − v 2 , uv), se pide: (1) Hallar las direcciones principales y las curvaturas principales en el punto Q = (2, 0, 1). (2) Hallar las l´ıneas de m´axima pendiente.

Problema 3 → Dada la superficie de ecuaci´on − r (u, v) = (u + ln v, v + ln u, v), con u > 0 y v > 0, se pide: (1) Clasificar los puntos y hallar, si existen, las direcciones asint´oticas y las l´ıneas asint´oticas. o nu = 1 en su punto de corte. (2) Hallar el ´angulo que forman las curvas {uv = 1} y v

Problema 1 → Dada la superficie de ecuaci´on − r (u, v) = (sen v + u cos v, cos v − u sen v, u), se pide: (1) Hallar los vectores del Triedro de Frenet de la curva dada por {u = t, v = t} en el punto P = (0, 1, 0). (2) Hallar la curvatura y la torsi´on de la curva del apartado anterior en el mismo punto P = (0, 1, 0). ¿Es plana la curva? Justifica la respuesta. (3) Hallar las trayectorias ortogonales a la familia de curvas {u + v = C}. Resoluci´ on. (1) La curva dada por {u = t, v = t} es − → r (t) = (sen t + t cos t, cos t − t sen t, t) En primer lugar, veamos cu´al es el valor de t que se corresponde con el punto P = (0, 1, 0). Para ello, resolvemos el sistema

  sen t + t cos t = 0    =⇒ t = 0 cos t − t sen t = 0    t = 0 

Calculamos los vectores del Triedro de Frenet en t = 0: → − r 0 (t) = (2 cos t − t sen t, −2 sen t − t cos t, 1)

=⇒

− → r 0 (0) = (2, 0, 1)

− → − r 00 (t) = (−3 sen t − t cos t, −3 cos t + t sen t, 0) =⇒ → r 00 (0) = (0, −3, 0) ¯ ¯ ¯ → − ¯ − → − → ¯ i j k ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 00 − → − → r (0) ∧ r (0) = ¯ 2 0 1 ¯ = (3, 0, −6) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 −3 0 ¯ √ ¯ 0 ¯ √ ¯ 0 ¯ → → → ¯− r (0)¯ = 5 y ¯− r (0) ∧ − r 00 (0)¯ = 3 5 Luego,

− → r 0 (0) 1 − → ¯ = √ (2, 0, 1) t (0) = ¯¯− 0 → r (0)¯ 5 − → → r 0 (0) ∧ − r 00 (0) 1 1 − → ¯ = √ (3, 0, −6) = √ (1, 0, −2) b (0) = ¯¯− 0 00 → → r (0) ∧ − r (0)¯ 3 5 5 2

y

¯ ¯ ¯ ¯ 1 − → ¯ → − − → n (0) = b (0) ∧ t (0) = ¯ 5¯ ¯ ¯

¯ − ¯ − → → − → i j k ¯ ¯ 1 ¯ 1 0 −2 ¯ = (0, −5, 0) = (0, −1, 0) ¯ 5 ¯ 2 0 1 ¯

(2) Calculamos la curvatura en en el punto P = (0, 1, 0): ¯ 0 ¯ √ → → ¯− r (0) ∧ − r 00 (0)¯ 3 5 3 = √ = κ(0) = ¯ 0 ¯3 − ¯→ ¯ 5 5 5 r (0) → Para calcular la torsi´on, debemos conocer el vector − r 000 (0): − → − r 000 (t) = (−4 cos t + t sen t, 4 sen t + t cos t, 0) =⇒ → r 000 (0) = (−4, 0, 0) Por tanto, la torsi´on en P viene dada por ¯ ¯ ¯ 2 0 1 ¡− ¢ 0 00 000 → → → r (0), − r (0), − r (0) 1 ¯¯ τ (0) = ¯ 0 ¯ 0 −3 0 ¯2 = → → ¯− 45 ¯ r (0) ∧ − r 00 (0)¯ ¯ ¯ −4 0 0

¯ ¯ ¯ ¯ 4 12 ¯ ¯=− =− ¯ 45 15 ¯ ¯

Una curva es plana si y s´olo si la torsi´on es 0 en todos sus puntos. Como en el punto P nos ha salido un valor distinto de 0 para la torsi´on, deducimos que la curva no es plana. (3) Calculamos en primer lugar los coeficientes de la Primera Forma Fundamental: − → → r u = (cos v, − sen v, 1) − r v = (cos v − u sen v, − sen v − u cos v, 0) → → E=− r u·− r u = cos2 v + sen2 v + 1 = 2 − → F =→ r u·− r v = cos2 v − u sen v cos v + sen2 v + u sen v cos v = cos2 v + sen2 v = 1 − − G=→ r v·→ r v = (cos v − u sen v)2 + (− sen v − u cos v)2 = cos2 v − 2u sen v cos v + u2 sen2 v + sen2 v + 2u sen v cos v + u2 sen2 v = (cos2 v + sen2 v) + u2 (sen2 v + cos2 v) = 1 + u2 − → → El vector tangente a cualquier familia de curvas es de la forma d→ r =− r u du+− r v dv, donde → − (du, dv) son las coordenadas param´etricas de dicho vector respecto de la base {− r u, → r v }. Hallamos dichas coordenadas en la familia dada {u + v = C}: ∂ ∂ (u + v) du + (u + v) dv = 0 ⇐⇒ du + dv = 0 ⇐⇒ du = −dv ∂u ∂v 3

Luego, (du, dv) = (−dv, dv) ≈ (−1, 1). As´ı que si denotamos por (du, dv) a las coordenadas param´etricas del vector tangente a la familia de trayectorias ortogonales a {u + v = C}, se debe cumplir que       ³ ´ E F ³ ´ 2 1 du du  = 0 ⇐⇒ −1 1   =0  −1 1  2 dv 1 1+u dv F G de donde obtenemos la ecuaci´on diferencial −du+u2 dv = 0, que es de variables separables. En efecto, 1 1 du = dv ⇐⇒ − = v + C 2 u u ½ ¾ 1 y, por tanto, las trayectorias ortogonales a {u + v = C} son v + = C . u −du + u2 dv = 0 ⇐⇒

4

⊗

Problema 2 → Dada la superficie de ecuaci´on − r (u, v) = (u2 + v 2 , u2 − v 2 , uv), se pide: (1) Hallar las direcciones principales y las curvaturas principales en el punto Q = (2, 0, 1). (2) Hallar las l´ıneas de m´axima pendiente. Resoluci´ on. Calculamos previamente los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamentales: − → r u = (2u, 2u, v) ; − → r uu = (2, 2, 0) ;

− → r v = (2v, −2v, u) − → r uv = (0, 0, 1) ;

− → r vv = (2, −2, 0)

 2 2  − → − → E = r u · r u = 8u + v     − → − → F = r u · r v = uv     2 2  − → − → G = r v · r v = u + 8v ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 ¯ 0 2 0 ¯ 2 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 8v 2 ¯ ¯ ¯ ¯ √ √ L= √ = = ¯ 2u 2u v ¯ ¯ 0 2u v ¯ ¯ ¯ EG − F 2 ¯¯ EG − F 2 ¯¯ EG − F 2 ¯ ¯ ¯ 2v −2v u ¯ ¯ 4v −2v u ¯

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 0 1 ¯ ¯ ¯ 1 −8uv ¯ ¯ M=√ =√ ¯ ¯ 2u 2u v ¯ EG − F 2 ¯¯ EG − F 2 ¯ ¯ 2v −2v u ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 −2 0 ¯ ¯ ¯ 1 1 ¯ ¯ N=√ ¯ 2u 2u v ¯ = √ 2 ¯ EG − F ¯¯ EG − F 2 ¯ ¯ 2v −2v u ¯

¯ ¯ ¯ 2 0 0 ¯ ¯ ¯ 2u 4u v ¯ ¯ ¯ 2v 0 u

¯ ¯ ¯ ¯ 8u2 ¯ ¯= √ ¯ EG − F 2 ¯ ¯

Veamos cu´ales son los valores de u y v que determinan el punto Q = (2, 0, 1) de la superficie. Para ello, resolvemos el sistema  2 2  u +v = 2    2 2 =⇒ {u = 1, v = 1} u −v = 0    uv = 1  5

Los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamentales en el punto Q son: 2 2 2 E = 9; F = 1; G = 9; L = √ ; M = − √ ; N = √ 5 5 5 Para hallar las direcciones principales y las curvaturas principales en Q, planteamos la ecuaci´on ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 ¯ ¯ 2 ¯ dv −dudv du2 ¯ ¯ 2 ¯ dv −dudv du ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ E 1 9 ¯¯ = 0 F G ¯ = 0 ⇐⇒ ¯ 9 ¯ ¯ 2 ¯ ¯ 2 2 ¯¯ ¯ √ ¯ ¯ √ √ − ¯ 5 ¯ ¯ 5 5 ¯ ¯ L M N ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 2 ¯ dv −dudv du ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ⇐⇒ ¯ 9 1 9 ¯=0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 −1 1 ¯ ¯ ¯ 2 ¯ dv − du2 −dudv du2 ¯ ¯ ⇐⇒ ¯ 0 1 9 ¯ ¯ ¯ 0 −1 1

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯=0 ¯ ¯ ¯

de donde obtenemos 10 (dv 2 − du2 ) = 0 ⇐⇒ du2 = dv 2 ⇐⇒ du = ±dv. Salen dos ecuaciones diferenciales, du = dv y du = −dv. Ecuaci´on du = dv. Esto implica que (du, dv) = (dv, dv) ≈ (1, 1). • Curvatura principal (en este caso, tenemos que u = v = 1 y du = dv = 1): µ ¶ 2 2 2 2 √ · 1 + 2 −√ · 1 · 1 + √ · 12 II 5 5 5 κ(1) = =0 n = κn (1, 1, 1, 1) = 2 2 I 9·1 +2·1·1·1+9·1 • Direcci´on principal: → → − − − → → d− r1=− r u du + → r v dv = → r u·1+→ r v·1=− r u+− rv = (2, 2, 1) + (2, −2, 1) = (4, 0, 2) ≈ (2, 0, 1) Ecuaci´on du = −dv. Esto implica que (du, dv) = (−dv, dv) ≈ (−1, 1).

6

• Curvatura principal (en este caso, tenemos que u = v = 1 y du = −1, dv = 1): µ ¶ 2 2 2 2 √ · (−1) + 2 − √ · (−1) · 1 + √ · 12 II 1 5 5 5 √ κ(2) = = n = κn (1, 1, −1, 1) = I 9 · (−1)2 + 2 · (−1) · 1 · 1 + 9 · 12 2 5 • Direcci´on principal: − → → → → − → d→ r2=− r u du + − r v dv = − r u · (−1) + − r v · 1 = −→ r u+− rv = −(2, 2, 1) + (2, −2, 1) = (0, −4, 0) ≈ (0, 1, 0) (2) Las l´ıneas de m´axima pendiente son las trayectorias ortogonales a las curvas de nivel. En este caso, las curvas nivel forman la familia {uv = C}. Calculamos las coordenadas param´etricas de su vector tangente derivando: ∂ ∂ u (uv) du + (uv) dv = 0 ⇐⇒ v du + u dv = 0 ⇐⇒ du = − dv ∂u ∂v v ³ u ´ Luego, (du, dv) = − dv, dv ≈ (−u, v). As´ı que, si denotamos por (du, dv) a las v coordenadas param´etricas de vector tangente a la familia que buscamos, se debe cumplir que ³

´ −u v

 

 2

8u + v uv

2

uv u2 + 8v 2



 du dv

=0

de donde obtenemos la ecuaci´on diferencial −8u3 du + 8v 3 dv = 0, que es de variables separables. En efecto, −8u3 du + 8v 3 dv = 0 ⇐⇒ u3 du = v 3 dv ⇐⇒ u4 = v 4 + C y, por tanto, las l´ıneas de m´axima pendiente son las curvas {u4 − v 4 = C}.

7

⊗

Problema 3 → Dada la superficie de ecuaci´on − r (u, v) = (u + ln v, v + ln u, v), con u > 0 y v > 0, se pide: (1) Clasificar los puntos y hallar, si existen, las direcciones asint´oticas y las l´ıneas asint´oticas. nu o (2) Hallar el ´angulo que forman las curvas {uv = 1} y = 1 en su punto de corte. v Resoluci´ on. (1) Calculamos los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamentales: ¶ µ ¶ µ 1 1 − → − → rv= , 1, 1 r u = 1, , 0 u v 1 1 1 1 − → − → → → F =→ r u·− rv= + ; E=→ r u·− r u = 1 + 2; G=− r v·− r v = 2 +2 u u µv v ¶ ¶ µ 1 1 − → − → − → r uu = 0, − 2 , 0 ; r uv = (0, 0, 0) ; r vv = − 2 , 0, 0 u v ¯ ¯ 1 ¯ ¯ ¯ 0 − 2 0 ¯ ¯ ¯ u ¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 1 ¯ ¯ = √ L= √ ; 1 0 ¯ ¯ u EG − F 2 ¯ u2 EG − F 2 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ 1 1 ¯ v ¯ ¯ ¯ 0 ¯ ¯ ¯ 1 ¯ 1 M=√ EG − F 2 ¯¯ ¯ ¯ 1 ¯ v ¯ 1 ¯ ¯ − 2 ¯ v ¯ ¯ 1 ¯ 1 N=√ EG − F 2 ¯¯ ¯ ¯ 1 ¯ v

¯ ¯ 0 0 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 0 ¯¯ = 0; u ¯ ¯ ¯ 1 1 ¯ ¯ ¯ 0 0 ¯ ¯ ¯ ¯ −1 1 √ ; 0 ¯¯ = 2 u uv EG − F 2 ¯ ¯ ¯ 1 1 ¯ µ

¶ −1 Tenemos que signo LN − M = signo < 0, puesto que, por hip´otesis, u3 v 2 u > 0 y v > 0. Por tanto, todos los puntos son hiperb´olicos. Para calcular las direcciones ¡

2

¢

8

y l´ıneas asint´oticas, igualamos a 0 la Segunda Forma Fundamental, de modo que 1 1 du2 − 2 dv 2 = 0 2 u uv 1 2 1 ⇐⇒ du = 2 dv 2 u v 1 1 ⇐⇒ √ du = ± dv v u

II = 0 ⇐⇒ L du2 + N dv 2 = 0 ⇐⇒

µ√ ¶ √ 1 1 u • Ecuaci´ on √ du = dv. Esto implica que (du, dv) = dv, dv ≈ ( u, v). Por v v u tanto la primera direcci´on asint´otica es ¶ µ √ √ 1 − → − → − → − → − → dr 1 = r u du + r v dv = ru u + r v v = u + 1, √ + v, v u mientras que su correspondiente l´ınea asint´otica es n o √ √ 1 1 √ du = dv ⇐⇒ 2 u = ln v − ln C ⇐⇒ v e−2 u = C v u µ √ ¶ √ − u 1 1 • Ecuaci´ on √ du = − dv. Esto implica que (du, dv) = dv, dv ≈ (− u, v). v v u Por tanto la segunda direcci´on asint´otica es µ ¶ √ √ 1 − → − → − → → − − → dr 2 = r u du + r v dv = ru (− u) + r v v = − u + 1, − √ + v, v u mientras que su correspondiente l´ınea asint´oticas es √ √ 1 1 √ du = − dv ⇐⇒ 2 u = − ln v + ln C ⇐⇒ v e2 u = C v u

(2) Para hallar las coordenadas u y v del punto de corte de ambas curvas, resolvemos el sistema

 uv = 1  u = 1  v

cuya soluci´on (trivial) es u = v = 1. Las direcciones de ambas curvas las calculamos derivando y sustituyendo u = 1 y v = 1:

³ u ´ uv = 1 =⇒ v du + u dv = 0 =⇒ (du, dv) = − dv, dv ≈ (−u, v) v 9

u = 1 ⇐⇒ u = v =⇒ du = dv =⇒ (du, dv) = (dv, dv) ≈ (1, 1) v Los coeficientes de la Primera Forma Fundamental en el punto de corte (es decir, para u = 1, v = 1), son E = 2;

F = 2;

G = 3,

mientras que las direcciones de los vectores tangentes a ambas curvas por el punto de corte son (−1, 1) y (1, 1). As´ı que si denotamos por α al ´angulo que forman ambas curvas, se ha de cumplir: ³

´

 2 2

1 1 = √ √ = . 3 1 9 µ ¶ 1 Luego α = arc cos . 3



 1

 2 3 1 cos α = v    v   u u u³ u ´ 2 2 ³ ´ 2 2 −1 u 1 u  t 1 1    t −1 1  2 3 2 3 1 1 −1 1





⊗

10

Matem´aticas II. Examen de Junio. Curso 2005-2006 28 de Junio de 2006 Alumnos con el Segundo Parcial

Problema 1 (1) Hallar las trayectorias ortogonales a la familia xy(z 2 + 1) = C. (2) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on x2 y 00 + x y 0 − 4y = 0, sabiendo que una soluci´on particular de la misma es y1 (x) = x2 .

Problema 2 (1) Hallar las superficies ortogonales a la familia de curvas {x2 + y 2 = α, x2 − 2z 2 = β}, comprobando previamente su existencia. (2) Hallar los autovalores y autofunciones del problema    y 00 − 2λ y 0 + 2λ2 y =   y(0) =     y(1) =

de contorno 0 0 0

Problema 3 Hallar la soluci´on general de sistema x

0

y0 z0

  = x + 2y − z    = −y + z + t     = z + et

y la soluci´on particular que verifica que {x(0) = 1, y(0) = 1, z(0) = 2}.

Problema 1 (1) Hallar las trayectorias ortogonales a la familia xy(z 2 + 1) = C. (2) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on x2 y 00 + x y 0 − 4y = 0, sabiendo que una soluci´on particular de la misma es y1 (x) = x2 . Resoluci´ on. (1) Definimos la funci´on F (x, y, z) = xy (z 2 + 1) − C. El vector normal a la familia de ¡ ¢ ¡ ¡ ¢ ¡ ¢ ¢ → superficies es − n = F 0 , F 0 , F 0 = y z 2 + 1 , x z 2 + 1 , 2xyz . As´ı que si denotamos por x

y

z

− → t = (dx, dy, dz) a la direcci´on de la recta tangente en cada punto a la familia de curvas − → → que buscamos, los vectores − n y t deben ser paralelos y, por tanto, proporcionales. Esto significa que las curvas ortogonales a la familia de superficies dada se obtienen resolviendo el sistema dx dy dz = = 2 2 y (z + 1) x (z + 1) 2xyz Encontramos una combinaci´on f´acil en dx dy dx dy = ⇐⇒ = ⇐⇒ x dx = y dy ⇐⇒ x2 − y 2 = C1 y (z 2 + 1) x (z 2 + 1) y x Por otra parte, obs´ervese que dx dy dz x dx + y dy = = = 2 2 y (z + 1) x (z + 1) 2xyz 2xy (z 2 + 1) por lo que tenemos que dz x dx + y dy z2 + 1 = ⇐⇒ dz = x dx + y dy ⇐⇒ z z2 + 1 z

µ

1 z+ z

¶ dz = x dx + y dy

y, por tanto, integrando, nos queda z2 x2 y 2 + ln |z| = + + C2 ⇐⇒ x2 + y 2 − z 2 − ln z 2 = C2 2 2 2 Luego, las curvas ortogonales a la familia dada son  2 2 x − y = C1  , con C1 , C2 ∈ R x2 + y 2 − z 2 − ln z 2 = C  2

2

(1)

(2) Se trata de una ecuaci´on diferencial lineal homog´enea. Como tenemos una soluci´on particular y necesitamos otra linealmente independiente con ella, definimos la funci´on y(x) = C(x) x2 y aplicamos el m´etodo de variaci´on de constantes para hallar C(x) de modo que la funci´on as´ı definida sea soluci´on general de la ecuaci´on x2 y 00 + x y 0 − 4 y = 0. Necesitamos, pues, derivar y(x) una y dos veces y sustituir en la ecuaci´on, de tal forma que nos quedar´a una ecuaci´on diferencial ordinaria cuya inc´ognita es la funci´on C(x). En efecto, y(x) = C(x) x2 ;

y 0 (x) = C 0 (x) x2 + 2x C(x);

y 00 (x) = C 00 (x) x2 + 4x C 0 (x) + 2C(x)

con lo cual, sustituyendo, nos queda ¡ ¢ ¡ ¢ x2 C 00 (x) x2 + 4x C 0 (x) + 2C(x) + x C 0 (x) x2 + 2x C(x) − 4C(x) x2 = 0 y simplificando, obtenemos x4 C 00 (x) + 5x3 C 0 (x) = 0 ⇐⇒ x C 00 (x) + 5C 0 (x) = 0

(2)

Lo m´as importante de la ecuaci´on (2) a la que hemos llegado es que, a pesar de ser una ecuaci´on diferencial de segundo orden, sin embargo, todos los t´erminos de C(x) se han cancelado y s´olo nos quedan t´erminos en C 00 (x) y en C 0 (x). Esto nos permite hacer un sencillo cambio de variables que nos transforma la ecuaci´on de partida en un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden. El cambio es C 0 (x) = u(x), con lo que obtenemos el sistema  C = u  x u0 + 5u = 0  0

Resolvemos la segunda ecuaci´on, de modo que x u0 = −5u ⇐⇒ x

du du dx C1 = −5u ⇐⇒ = −5 ⇐⇒ ln |u| = −5 ln |x|+ln C1 ⇐⇒ u = 5 dx u x x

Y ahora, sustituimos en la primera, con lo que nos queda C0 =

C1 C1 ⇐⇒ C(x) = − 4 + C2 5 x 4x 3

Por tanto, la funci´on µ 2

y(x) = C(x) x ⇐⇒ y(x) =

C1 − 4 + C2 4x

¶ x2 ⇐⇒ y(x) = −

C1 1 + C2 x2 2 4 x

es la soluci´on general de la ecuaci´on lineal homog´enea. Como C1 , C2 ∈ R son par´ametC1 ros arbitrarios que var´ıan en todo R, entonces − tambi´en se puede considerar como 4 par´ametro arbitrario que var´ıa en todo R. Por este motivo, la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial lineal homog´enea podemos expresarla como y(x) =

C1 + C2 x2 , con C1 , C2 ∈ R 2 x ⊗

4

Problema 2 (1) Hallar las superficies ortogonales a la familia de curvas {x2 + y 2 = α, x2 − 2z 2 = β}, comprobando previamente su existencia. (2) Hallar los autovalores y autofunciones del problema    y 00 − 2λ y 0 + 2λ2 y =   y(0) =     y(1) =

de contorno 0 0 0

Resoluci´ on. (1) Definimos las funciones F (x, y, z) = x2 +y 2 −α y G(x, y, z) = x2 −2z 2 −β. Los vectores − → normales de ambas superficies son − n→ F = (2x, 2y, 0) ≈ (x, y, 0) y nG = (2x, 0, −4z) ≈ (x, 0, −2z), respectivamente. As´ı que el ¯ ¯ − → ¯ i ¯ − → − → ¯ v =− n→ F ∧ nG ≈ ¯ x ¯ ¯ ¯ x

vector tangente a la familia de curvas dada ser´a ¯ → ¯ − → − j k ¯ ¯ ¯ y 0 ¯ = (−2yz, 2xz, −xy) ¯ ¯ 0 −2z ¯

− → As´ı que si denotamos por t = (dx, dy, dz) a una direcci´on cualquiera del plano tangente la superficie buscada en cada punto, tenemos que → − − → v · t = 0 ⇐⇒ −2yz dx + 2xz dy − xy dz = 0 Obtenemos as´ı una ecuaci´on de Pfaff, que no tiene por qu´e tener soluci´on. La existencia de superficies ortogonales est´a condicionada a la existencia de soluci´on de la ecuaci´on de − → Pfaff. Para esto u ´ltimo, si denotamos por F = (−2yz, 2xz, −xy) debemos comprobar si se verifica o no una de las siguientes condiciones: −−−− → → • Veamos si rot F = (0, 0, 0). ¯ ¯ → − → − → ¯ −i j k ¯ −−−− → ∂ ∂ → ¯ ∂ rot F = ¯¯ ∂y ∂z ¯ ∂x ¯ ¯ −2yz 2xz −xy

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = (−x − 2x, y − 2y, 2z + 2z) = (−3x, −y, 4z) 6= (0, 0, 0) ¯ ¯ ¯ ¯

Por tanto, la ecuaci´on no es exacta. 5

→ − → −−−− → • Veamos si F · rot F = 0. → − → −−−− → F · rot F = (−2yz, 2xz, −xy) · (−3x, −y, 4z) = 6xyz − 2xyz − 4xyz = 0 En este caso se cumple la condici´on de integrabilidad de la ecuaci´on de Pfaff y, por consiguiente, podemos garantizar la existencia de una familia de superficies ortogonales a la familia de curvas inicialmente dada. Para calcularla, resolvemos la ecuaci´on −2yz dx + 2xz dy − xy dz = 0 En primer lugar, hacemos constante una de las tres variables, por ejemplo, “z”, con lo cual dz = 0 y por tanto, nos queda la ecuaci´on −2yz dx + 2xz dy = 0 ⇐⇒ −y dx + x dy = 0 cuya soluci´on es y = C(z) x. N´otese que la constante general puede ser, en particular, funci´on de z, ya que en nuestro caso, la ecuaci´on ha sido resuelta bajo el supuesto de hacer constante a la variable “z”. Para resolver la ecuaci´on general, imponemos que la funci´on U (x, y, z) = y − C(z) x sea soluci´on de la misma, es decir, que d (U (x, y, z)) = 0 ⇐⇒ −C(z) dx + dy − C 0 (z) x dz = 0 por lo que los t´erminos de ambas ecuaciones han de ser proporcionales: 1 −C 0 (z) x y −C(z) = = ⇐⇒ C 0 (z) = −2yz 2xz −xy 2xz C(z) x ⇐⇒ C 0 (z) = 2xz C(z) ⇐⇒ C 0 (z) = 2z 6

(3)

Resulta una ecuaci´on de variables separables. En efecto, C 0 (z) =

C(z) dC C dC dz ⇐⇒ = ⇐⇒ = 2z dz 2z C 2z

√ 1 ln |z| + ln K ⇐⇒ C = K z. Por 2 consiguiente, la soluci´on general de la ecuaci´on de Pfaff es Por tanto, integrando, obtenemos finalmente ln |C| =

y=K

√

z x, con K ∈ R

siendo ´esta la familia de superficies soluci´on del problema. (2) Buscamos los valores de λ para los cuales el problema de contorno tiene soluci´on no trivial. La√ecuaci´on caracter´ıstica asociada es r2 − 2λ r + 2λ2 = 0, cuyas soluciones son 2λ ± 4λ2 − 8λ2 2λ ± 2λi r= = = λ ± λi. 2 2 • Supongamos primero que λ = 0. Se trata de ver si λ = 0 es autovalor del problema de contorno. En este caso, la u ´nica ra´ız de la ecuaci´on caracter´ıstica es r = 0 (doble) y, por tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial es y(x) = C1 + C2 x. Imponemos ahora las condiciones de contorno, de modo que      y(0) = 0 C1 = 0 C1 = 0  ⇐⇒ ⇐⇒ y (1) = 0  C1 + C2 = 0  C2 = 0  Obtenemos, por tanto, la soluci´on trivial, con lo que λ = 0 no es autovalor del problema de contorno. • Supongamos ahora que λ 6= 0. En este caso, las ra´ıces de la ecuaci´on caracter´ıstica son λ ± λ i (complejas conjugadas). As´ı, tenemos que la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial es y(x) = eλ x (C1 cos (λ x) + C2 sen (λ x)) Imponemos ahora las condiciones de contorno, de modo que      y(0) = 0 C1 = 0 C1 = 0  ⇐⇒ ⇐⇒ y (1) = 0  eλ (C1 cos λ + C2 sen λ) = 0  C2 sen λ = 0  Como C1 = 0, la u ´nica forma de evitar obtener la soluci´on trivial es imponer C2 6= 0, por lo que deducimos que sen λ = 0 ⇐⇒ λ = k π, con k ∈ Z \ {0} 7

En consecuencia, los autovalores del problema de contorno y sus respectivas autofunciones son λk = k π, yk (x) = ek π x sen(k π x), k ∈ N ⊗ Problema 3 Hallar la soluci´on general de sistema x

0

y0 z0

  = x + 2y − z    = −y + z + t     t = z+e

y la soluci´on particular que verifica que {x(0) = 1, y(0) = 1, z(0) = 2}. Resoluci´ on. El sistema podemos escribirlo matricialmente como       0 x 1 2 −1 x 0        0       y  =  0 −1 1   y  +  t       0 z 0 0 1 z et

    

con lo que estamos ante diferencial lineal completo con coeficientes constantes,  un sistema  1 2 −1     cuya matriz es A =  0 −1 1 .   0 0 1 En primer lugar, buscamos la soluci´on general del sistema homog´eneo. Para ello, calculamos los autovalores de dicha matriz y sus autovectores asociados. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1−λ 2 −1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 |A − λI| = 0 ⇐⇒ ¯ 0 −1 − λ 1 ¯ = 0 ⇐⇒ (1 − λ) (1 + λ) = 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 0 1−λ ¯ Por tanto, las ra´ıces de la ecuaci´on son λ1 = 1 (doble) y λ2 = 1 (simple). Se trata, pues, de dos autovalores reales. Como el autovalor λ1 = 1 es doble, necesitamos obtener dos 8

autovectores linealmente independientes asociados a dicho autovalor, mientras que para λ2 = −1 buscaremos uno. Vamos a calcularlos: Autovectores asociados a λ1 = 1.   0 2 −1 x   1    0 −2 1   x2   0 0 0 x3







0        =  0  ⇐⇒ 2x2 − x3 = 0 ⇐⇒ x3 = 2x2    0

Vemos que s´olo hemos obtenido una ecuaci´on independiente con tres inc´ognitas, por lo que las infinitas soluciones dependen de dos par´ ametros.  As´ı que, por ejemplo, tomando  0     → x2 = 1 y x1 = 0 obtenemos el autovector − u1 =  1 , y tomando x2 = 0 y x1 = 1 nos   2   1     → queda el autovector − u2 =  0 . Esta forma de dar valores a x1 y x2 nos garantiza que   0 − → − → u 1 y u 2 son linealmente independientes. Autovector asociado  2 2    0 0  0 0

a λ2 = −1.  −1 x  1  1   x2  2 x3







 0     2x + 2x − x = 0 1 2 3     =  0  ⇐⇒    x3 = 0  0

de donde deducimos que x1 = −x2 y x3 = 0. As´ı que dando un valor  cualquiera distinto de 0 −1     → a x2 , por ejemplo, x2 = 1, obtenemos el autovector − u3 =  1  .   0 Por tanto, la soluci´on general del sistema homog´eneo es         −1 1 0 x                 −t t t  y  = C1 e  1  + C2 e  0  + C3 e  1          0 0 2 z

9

que tambi´en podemos expresar como    x = C2 et − C3 e−t   y = C1 et + C3 e−t     z = 2C et 1

(4)

Para hallar una soluci´on particular del sistema lineal completo, cambiamos en (4) los par´ametros C1 , C2 , C3 por funciones C1 (t), C2 (t), C3 (t) y nos planteamos hallar dichas − → → → → funciones para que X 0 = C1 (t) et − u 1 + C2 (t) et − u 2 + C3 (t) e−t − u 3 sea soluci´on del sistema completo. Para obtener dichas funciones, planteamos    C 0 et − C30 e−t =   2 C10 et + C30 e−t =     2C 0 et = 1

el sistema 0 t et

1 De la tercera ecuaci´on obtenemos que 2C10 = 1 ⇐⇒ C10 = . Sustituyendo en la segunda 2 1 2t 1 t 0 t 0 −t ecuaci´on nos queda C3 e = t − e ⇐⇒ C3 = t e − e . Finalmente, sustituyendo en la 2 µ ¶2 1 1 primera ecuaci´on llegamos que C20 et = t et − e2t e−t ⇐⇒ C20 = t e−t − . Calculamos 2 2 una primitiva de cada una de las funciones C10 (t), C20 (t) y C30 (t). Z 1 1 dt = t C1 (t) = 2 2   ¶ Z µ u = t; du = dt 1  C2 (t) = t e−t − dt =  −t −t 2 dv = e dt; v = −e Z

1 1 t = −(t + 1) e−t − t 2 2   ¶ Z µ u = t; du = dt 1 2t t  dt =  C3 (t) = te − e 2 dv = et dt; v = et Z 1 1 t = t e − et dt − e2t = (t − 1) et − e2t 4 4 N´otese que al integrar las tres funciones hemos precindido de las constantes de integraci´on, = −t e

−t

−

−e−t dt −

puesto que s´olo estamos buscando una soluci´on particular.

10

As´ı pues, una soluci´on particular se obtiene sustituyendo en (4) los par´ametros C1 , C2 , C3 por las funciones C1 (t), C2 (t), C3 (t) obtenidas:  ¶ µ ¶ µ 1 1  t t 2t −t  −(t + 1) e − t e − (t − 1) e − e e−t  x0 =   2 4   µ ¶  1 t 1 y0 = t e + (t − 1) et − e2t e−t  2 4      1   z0 = 2 t e t 2 que, simplificada, nos queda como:  1   x0 = −2t − (2t − 1) et   4    1 y0 = t − 1 + (2t − 1) et  4       z = t et 0 Por consiguiente, la soluci´on general del sistema diferencial lineal completo es   1 t t −t     x = −2t − (2t − 1) e + C2 e − C3 e     4       1 t t −t y = t − 1 + (2t − 1) e + C1 e + C3 e  , con C1 , C2 C3 ∈ R  4            z = t et + 2C et  1

(5)

Para hallar la soluci´on particular que verifica la condici´on {x(0) = 1, y(0) = 1, z(0) = 2}, basta sustituir en (5) los valores t = 0, x = 1, y = 1, z = 2 y hallar los valores particulares de C1 , C2 , C3 :

 1   1 = + C2 − C3   4    1 1 = −1 − + C1 + C3  4       2 = 2C 1

  3     C − C = 2 3     4       9 ⇐⇒ C1 + C3 =   4                   C1 = 1         

5 de donde deducimos que C1 = 1, C2 = 2, C3 = . Por consiguiente, la soluci´on particular 4 que satisface la condici´on {x(0) = 1, y(0) = 1, z(0) = 2} es   5 −t  1 t t   x = −2t − (2t − 1) e + 2 e − e      4 4       5 1 t t −t y = t − 1 + (2t − 1) e + e + e   4 4             z = t et + 2 et 11

que, simplificada, nos queda  9 5 1   x = −2t − t et + et − e−t   2 4 4    1 3 5 y = t − 1 + t et + et + e−t  2 4 4       z = (t + 2) et

               ⊗

12

Matem´aticas II. Examen de Junio. Curso 2005-2006 28 de Junio de 2006 Alumnos con la Asignatura Completa Problema 1 → Dada la superficie de ecuaci´on − r (u, v) = (sen v + u cos v, cos v − u sen v, u), se pide: (1) Hallar los vectores del Triedro de Frenet de la curva dada por {u = t, v = t} en el punto P = (0, 1, 0). (2) Hallar la curvatura y la torsi´on de la curva del apartado anterior en el mismo punto P = (0, 1, 0). ¿Es plana la curva? Justifica la respuesta. (3) Hallar las trayectorias ortogonales a la familia de curvas {u + v = C}.

Problema 2 − (1) Dada la misma superficie → r (u, v) = (sen v + u cos v, cos v − u sen v, u) del problema anterior, se pide: (a) Clasificar sus puntos y hallar las l´ıneas asint´oticas. (b) Hallar la curvatura normal en cada punto a lo largo de cada una de las l´ıneas coordenadas. (2) Hallar las trayectorias ortogonales a la familia xy(z 2 + 1) = C.

Problema 3 (1) Hallar las superficies ortogonales a la familia de curvas {x2 + y 2 = α, x2 − 2z 2 = β}, comprobando previamente su existencia. (2) Hallar los autovalores y autofunciones del problema    y 00 − 2λ y 0 + 2λ2 y =   y(0) =     y(1) =

de contorno 0 0 0

Problema 1 → Dada la superficie de ecuaci´on − r (u, v) = (sen v + u cos v, cos v − u sen v, u), se pide: (1) Hallar los vectores del Triedro de Frenet de la curva dada por {u = t, v = t} en el punto P = (0, 1, 0). (2) Hallar la curvatura y la torsi´on de la curva del apartado anterior en el mismo punto P = (0, 1, 0). ¿Es plana la curva? Justifica la respuesta. (3) Hallar las trayectorias ortogonales a la familia de curvas {u + v = C}. Resoluci´ on. (1) La curva dada por {u = t, v = t} es − → r (t) = (sen t + t cos t, cos t − t sen t, t) En primer lugar, veamos cu´al es el valor de t que se corresponde con el punto P = (0, 1, 0). Para ello, resolvemos el sistema

  sen t + t cos t = 0    =⇒ t = 0 cos t − t sen t = 0    t = 0 

Calculamos los vectores del Triedro de Frenet en t = 0: → − r 0 (t) = (2 cos t − t sen t, −2 sen t − t cos t, 1)

=⇒

− → r 0 (0) = (2, 0, 1)

− → − r 00 (t) = (−3 sen t − t cos t, −3 cos t + t sen t, 0) =⇒ → r 00 (0) = (0, −3, 0) ¯ ¯ ¯ → − ¯ − → − → ¯ i j k ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ − → → r 0 (0) ∧ − r 00 (0) = ¯ 2 0 1 ¯ = (3, 0, −6) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 −3 0 ¯ √ ¯ 0 ¯ √ ¯ 0 ¯ → → → ¯− r (0)¯ = 5 y ¯− r (0) ∧ − r 00 (0)¯ = 3 5 Luego,

− → r 0 (0) 1 − → ¯ = √ (2, 0, 1) t (0) = ¯¯− 0 → r (0)¯ 5 − → → r 0 (0) ∧ − r 00 (0) 1 1 − → ¯ = √ (3, 0, −6) = √ (1, 0, −2) b (0) = ¯¯− 0 00 → → r (0) ∧ − r (0)¯ 3 5 5 2

y

¯ ¯ ¯ ¯ 1 − → ¯ → − − → n (0) = b (0) ∧ t (0) = ¯ 5¯ ¯ ¯

¯ − ¯ − → → − → i j k ¯ ¯ 1 ¯ 1 0 −2 ¯ = (0, −5, 0) = (0, −1, 0) ¯ 5 ¯ 2 0 1 ¯

(2) Calculamos la curvatura en en el punto P = (0, 1, 0): ¯ 0 ¯ √ → → ¯− r (0) ∧ − r 00 (0)¯ 3 5 3 = √ = κ(0) = ¯ 0 ¯3 − ¯→ ¯ 5 5 5 r (0) → Para calcular la torsi´on, debemos conocer el vector − r 000 (0): − → − r 000 (t) = (−4 cos(t) + t sen(t), 4 sen(t) + t cos(t), 0) =⇒ → r 000 (0) = (−4, 0, 0) Por tanto, la torsi´on en P viene dada por ¯ ¯ ¯ 2 0 1 ¡− ¢ 0 00 000 → → → r (0), − r (0), − r (0) 1 ¯¯ τ (0) = ¯ 0 ¯ 0 −3 0 ¯2 = → → ¯− 45 ¯ r (0) ∧ − r 00 (0)¯ ¯ ¯ −4 0 0

¯ ¯ ¯ ¯ 4 12 ¯ ¯=− =− ¯ 45 15 ¯ ¯

Una curva es plana si y s´olo si la torsi´on es 0 en todos sus puntos. Como en el punto P nos ha salido un valor distinto de 0 para la torsi´on, deducimos que la curva no es plana. (3) Calculamos en primer lugar los coeficientes de la Primera Forma Fundamental: − → → r u = (cos v, − sen v, 1) − r v = (cos v − u sen v, − sen v − u cos v, 0) → → E=− r u·− r u = cos2 v + sen2 v + 1 = 2 − → F =→ r u·− r v = cos2 v − u sen v cos v + sen2 v + u sen v cos v = cos2 v + sen2 v = 1 − − G=→ r v·→ r v = (cos v − u sen v)2 + (− sen v − u cos v)2 = cos2 v − 2u sen v cos v + u2 sen2 v + sen2 v + 2u sen v cos v + u2 sen2 v = (cos2 v + sen2 v) + u2 (sen2 v + cos2 v) = 1 + u2 − → → El vector tangente a cualquier familia de curvas es de la forma d→ r =− r u du+− r v dv, donde → − (du, dv) son las coordenadas param´etricas de dicho vector respecto de la base {− r u, → r v }. Hallamos dichas coordenadas en la familia dada {u + v = C}: ∂ ∂ (u + v) du + (u + v) dv = 0 ⇐⇒ du + dv = 0 ⇐⇒ du = −dv ∂u ∂v 3

Luego, (du, dv) = (−dv, dv) ≈ (−1, 1). As´ı que, si denotamos por (du, dv) a las coordenadas param´etricas del vector tangente a la familia de trayectorias ortogonales a {u + v = C}, se debe cumplir que       ³ ´ E F ³ ´ 2 1 du du  = 0 ⇐⇒ −1 1   =0  −1 1  2 dv 1 1+u dv F G de donde obtenemos la ecuaci´on diferencial −du+u2 dv = 0, que es de variables separables. En efecto, 1 1 du = dv ⇐⇒ − = v + C 2 u u ½ ¾ 1 y, por tanto, las trayectorias ortogonales a {u + v = C} son v + = C . u −du + u2 dv = 0 ⇐⇒

4

⊗

Problema 2 − (1) Dada la misma superficie → r (u, v) = (sen v + u cos v, cos v − u sen v, u) del problema anterior, se pide: (a) Clasificar sus puntos y hallar las l´ıneas asint´oticas. (b) Hallar la curvatura normal en cada punto a lo largo de cada una de las l´ıneas coordenadas. (2) Hallar las trayectorias ortogonales a la familia xy(z 2 + 1) = C. Resoluci´ on. (1) Calculamos en primer lugar los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamentales: − → → r u = (cos v, − sen v, 1) − r v = (cos v − u sen v, − sen v − u cos v, 0) − → r uu = (0, 0, 0) ;

− → r uv = (− sen v, − cos v, 0) ;

− → r vv = (− sen v − u cos v, − cos v + u sen v, 0) → → E=− r u·− r u = cos2 v + sen2 v + 1 = 2 − → F =→ r u·− r v = cos2 v − u sen v cos v + sen2 v + u sen v cos v = cos2 v + sen2 v = 1 − − G=→ r v·→ r v = (cos v − u sen v)2 + (− sen v − u cos v)2 = cos2 v − 2u sen v cos v + u2 sen2 v + sen2 v + 2u sen v cos v + u2 sen2 v = (cos2 v + sen2 v) + u2 (sen2 v + cos2 v) = 1 + u2 p √ √ EG − F 2 = 2(1 + u2 ) − 1 = 1 + 2u2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 0 0 ¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ √ L= ¯ cos v − sen v 1 ¯ = 0 2 ¯ EG − F ¯¯ ¯ ¯ cos v − u sen v − sen v − u cos v 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ − sen v − cos v 0 ¯ ¯ ¯ −1 1 ¯ ¯ =√ M=√ ¯ ¯ cos v − sen v 1 ¯ EG − F 2 ¯¯ 1 + 2u2 ¯ ¯ cos v − u sen v − sen v − u cos v 0 ¯ 5

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ − sen v − u cos v − cos v + u sen v 0 ¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ N = √ ¯ ¯ cos v − sen v 1 ¯ EG − F 2 ¯¯ ¯ ¯ cos v − u sen v − sen v − u cos v 0 ¯ ¯ ¯ ¯ − sen v − u cos v − cos v + u sen v −1 ¯ = √ 1 + 2u2 ¯¯ cos v − u sen v − sen v − u cos v

= √

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

¡ 2 ¢ −1 sen v + 2u sen v cos v + u2 cos2 v + cos2 v − 2u sen v cos v + u2 sen2 v 2 1 + 2u

1 + u2 = −√ 1 + 2u2

¶ 1 (a) Tenemos que signo LN − M = signo −M signo − < 0. Por 1 + 2u2 tanto, todos los puntos son hiperb´olicos. Para calcular las l´ıneas asint´oticas, igualamos a ¡

2

¢

¡

2

¢

µ

0 la Segunda Forma Fundamental, de modo que II = 0 ⇐⇒ 2M dudv + N dv 2 = 0 ⇐⇒ −2 dudv − (1 + u2 ) dv 2 = 0 ¡ ¢ ⇐⇒ dv 2 du + (1 + u2 ) dv = 0    dv = 0 ⇐⇒   2 du + (1 + u2 ) dv = 0 • Ecuaci´ on dv = 0. Esto implica que {v = C}. Por tanto la primera l´ınea asint´otica es v = C. • Ecuaci´ on 2du + (1 + u2 ) dv = 0. Tenemos que 2 du + (1 + u2 ) dv = 0 ⇐⇒

2 du = −dv ⇐⇒ 2 arctan u = −v + C 1 + u2

Por tanto la segunda l´ınea asint´oticas es {v + 2 arctan u = C}. (b) La curvatura normal en cada punto seg´ un cualquier direcci´on (du, dv) viene determinada por la expresi´on κn = κn (u, v, du, dv) =

II L du2 + 2M dudv + N dv 2 = I E du2 + 2F dudv + G dv 2 6

• Curvatura normal a lo largo de {u = C}. La direcci´on de las curvas coordenadas {u = C} se obtiene derivando: u = C =⇒ du = 0 =⇒ (du, dv) = (0, dv) ≈ (0, 1) Por tanto, κn (u, v, 0, 1) =

N −1 . =√ G 1 + 2u2

• Curvatura normal a lo largo de {v = C}. Derivamos para obtener la direcci´on de las curvas coordenadas {v = C}: v = C =⇒ dv = 0 =⇒ (du, dv) = (du, 0) ≈ (1, 0) Por tanto, κn (u, v, 1, 0) =

L = 0. E

(2) Definimos la funci´on F (x, y, z) = xy (z 2 + 1) − C. El vector normal a la familia de ¡ ¢ ¡ ¡ ¢ ¡ ¢ ¢ → superficies es − n = F 0 , F 0 , F 0 = y z 2 + 1 , x z 2 + 1 , 2xyz . As´ı que si denotamos por x

y

z

− → t = (dx, dy, dz) a la direcci´on de la recta tangente en cada punto a la familia de curvas − → → que buscamos, los vectores − n y t deben ser paralelos y, por tanto, proporcionales. Esto significa que las curvas ortogonales a la familia de superficies dada se obtienen resolviendo el sistema dy dz dx = = 2 2 y (z + 1) x (z + 1) 2xyz Encontramos una combinaci´on f´acil en dx dy dx dy = ⇐⇒ = ⇐⇒ x dx = y dy ⇐⇒ x2 − y 2 = C1 y (z 2 + 1) x (z 2 + 1) y x Por otra parte, obs´ervese que dx dy dz x dx + y dy = = = 2 2 y (z + 1) x (z + 1) 2xyz 2xy (z 2 + 1) por lo que tenemos que x dx + y dy z2 + 1 dz = ⇐⇒ dz = x dx + y dy ⇐⇒ z z2 + 1 z

µ

1 z+ z

¶ dz = x dx + y dy

y, por tanto, integrando, nos queda z2 x2 y 2 + ln |z| = + + C2 ⇐⇒ x2 + y 2 − z 2 − ln z 2 = C2 2 2 2 7

Luego, las curvas ortogonales a la familia dada son  2 2 x − y = C1  , con C1 , C2 ∈ R x2 + y 2 − z 2 − ln z 2 = C 

(1)

2

⊗

8

Problema 3 (1) Hallar las superficies ortogonales a la familia de curvas {x2 + y 2 = α, x2 − 2z 2 = β}, comprobando previamente su existencia. (2) Hallar los autovalores y autofunciones del problema    y 00 − 2λ y 0 + 2λ2 y =   y(0) =     y(1) =

de contorno 0 0 0

Resoluci´ on. (1) Definimos las funciones F (x, y, z) = x2 +y 2 −α y G(x, y, z) = x2 −2z 2 −β. Los vectores − → normales de ambas superficies son − n→ F = (2x, 2y, 0) ≈ (x, y, 0) y nG = (2x, 0, −4z) ≈ (x, 0, −2z), respectivamente. As´ı que el ¯ ¯ − → ¯ i ¯ ¯ − → − → v =− n→ ∧ n ≈ ¯ x F G ¯ ¯ ¯ x

vector tangente a la familia de curvas dada ser´a ¯ → ¯ − → − j k ¯ ¯ ¯ y 0 ¯ = (−2yz, 2xz, −xy) ¯ ¯ 0 −2z ¯

− → As´ı que si denotamos por t = (dx, dy, dz) a una direcci´on cualquiera del plano tangente − → → la superficie buscada en cada punto, deducimos que los vectores − v y t han de ser perpendiculares y, por tanto, su producto escalar deber ser 0: → − − → v · t = 0 ⇐⇒ −2yz dx + 2xz dy − xy dz = 0 Obtenemos as´ı una ecuaci´on de Pfaff, que no tiene por qu´e tener soluci´on. La existencia de superficies ortogonales est´a condicionada a la existencia de soluci´on de la ecuaci´on de − → Pfaff. Para esto u ´ltimo, si denotamos por F = (−2yz, 2xz, −xy) debemos comprobar si se verifica o no una de las siguientes condiciones: −−−− → → • Veamos si rot F = (0, 0, 0). ¯ ¯ → − → − → ¯ −i j k ¯ −−−− → ¯ ∂ ∂ ∂ → rot F = ¯¯ ∂y ∂z ¯ ∂x ¯ ¯ −2yz 2xz −xy

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = (−x − 2x, y − 2y, 2z + 2z) = (−3x, −y, 4z) 6= (0, 0, 0) ¯ ¯ ¯ ¯ 9

Por tanto, la ecuaci´on no es exacta. → − → −−−− → • Veamos si F · rot F = 0. → − → −−−− → F · rot F = (−2yz, 2xz, −xy) · (−3x, −y, 4z) = 6xyz − 2xyz − 4xyz = 0 En este caso se cumple la condici´on de integrabilidad de la ecuaci´on de Pfaff y, por consiguiente, podemos garantizar la existencia de una familia de superficies ortogonales a la familia de curvas inicialmente dada. Para calcularla, resolvemos la ecuaci´on −2yz dx + 2xz dy − xy dz = 0 En primer lugar, hacemos constante una de las tres variables, por ejemplo, “z”, con lo cual dz = 0 y por tanto, nos queda la ecuaci´on −2yz dx + 2xz dy = 0 ⇐⇒ −y dx + x dy = 0 cuya soluci´on es y = C(z) x. N´otese que la constante general puede ser, en particular, funci´on de z, ya que en nuestro caso, la ecuaci´on ha sido resuelta bajo el supuesto de hacer constante a la variable “z”. Para resolver la ecuaci´on general, imponemos que la funci´on U (x, y, z) = y − C(z) x sea soluci´on de la misma, es decir, que d (U (x, y, z)) = 0 ⇐⇒ −C(z) dx + dy − C 0 (z) x dz = 0 por lo que los t´erminos de ambas ecuaciones han de ser proporcionales: 1 −C 0 (z) x y −C(z) = = ⇐⇒ C 0 (z) = −2yz 2xz −xy 2xz C(z) x ⇐⇒ C 0 (z) = 2xz C(z) ⇐⇒ C 0 (z) = 2z 10

(2)

Resulta una ecuaci´on de variables separables. En efecto, C 0 (z) =

C(z) dC C dC dz ⇐⇒ = ⇐⇒ = 2z dz 2z C 2z

√ 1 ln |z| + ln K ⇐⇒ C = K z. Por 2 consiguiente, la soluci´on general de la ecuaci´on de Pfaff es Por tanto, integrando, obtenemos finalmente ln |C| =

y=K

√

z x, con K ∈ R

siendo ´esta la familia de superficies soluci´on del problema. (2) Buscamos los valores de λ para los cuales el problema de contorno tiene soluci´on no trivial. La√ecuaci´on caracter´ıstica asociada es r2 − 2λ r + 2λ2 = 0, cuyas soluciones son 2λ ± 4λ2 − 8λ2 2λ ± 2λi r= = = λ ± λi. 2 2 • Supongamos primero que λ = 0. Se trata de ver si λ = 0 es autovalor del problema de contorno. En este caso, la u ´nica ra´ız de la ecuaci´on caracter´ıstica es r = 0 (doble) y, por tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial es y(x) = C1 + C2 x. Imponemos ahora las condiciones de contorno, de modo que      y(0) = 0 C1 = 0 C1 = 0  ⇐⇒ ⇐⇒ y (1) = 0  C1 + C2 = 0  C2 = 0  Obtenemos, por tanto, la soluci´on trivial, con lo que λ = 0 no es autovalor del problema de contorno. • Supongamos ahora que λ 6= 0. En este caso, las ra´ıces de la ecuaci´on caracter´ıstica son λ ± λ i (complejas conjugadas). As´ı, tenemos que la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial es y(x) = eλ x (C1 cos (λ x) + C2 sen (λ x)) Imponemos ahora las condiciones de contorno, de modo que      y(0) = 0 C1 = 0 C1 = 0  ⇐⇒ ⇐⇒ y (1) = 0  eλ (C1 cos λ + C2 sen λ) = 0  C2 sen λ = 0  Como C1 = 0, la u ´nica forma de evitar obtener la soluci´on trivial es imponer C2 6= 0, por lo que deducimos que sen λ = 0 ⇐⇒ λ = k π, con k ∈ Z \ {0} 11

En consecuencia, los autovalores del problema de contorno y sus respectivas autofunciones son λk = k π, yk (x) = ek π x sen(k π x), k ∈ N ⊗

12

Matem´aticas II. Examen de Septiembre. Curso 2005-2006 18 de Septiembre de 2006 Alumnos con el Primer Parcial

Problema 1 − Dada la curva de ecuaci´on → r (t) = (et cos t, et sen t, 2t), se pide: (1) Hallar el vector binormal en cada punto de la curva. (2) Comprobar que la curva est´a contenida en la superficie ez = x2 + y 2 y calcular su vector normal. (3) Comprobar que el plano tangente a la superficie en cada punto de la curva coincide con el plano osculador.

Problema 2 → Dada la superficie de ecuaci´on − r (u, v) = (u + ln v, u − ln v, u2 ), con v > 0, se pide: (1) Clasificar los puntos y hallar, si existen, las direcciones y l´ıneas asint´oticas. (2) Hallar las direcciones principales y l´ıneas de curvatura principales en cada punto. (3) Hallar las trayectorias ortogonales a la familia de curvas {u + v 3 = C}.

Problema 3 √ ¢ ¡ → Dada la superficie de ecuaci´on − r (u, v) = u cos v, u sen v, 3 u , se pide: Ã √ ! ½ ¾ 1 3 1 (1) Hallar la curvatura normal en el punto P = 0, , sobre la curva u sen v = . 2 2 2 (2) Hallar el ´angulo que forman las curvas {v = 1} y {u = ev } en su punto de corte.

Problema 1 − Dada la curva de ecuaci´on → r (t) = (et cos t, et sen t, 2t), se pide: (1) Hallar el vector binormal en cada punto de la curva. (2) Comprobar que la curva est´a contenida en la superficie ez = x2 + y 2 y calcular su vector normal. (3) Comprobar que el plano tangente a la superficie en cada punto de la curva coincide con el plano osculador. Resoluci´ on. (1) Calculamos los vectores “derivadas”: ¡ ¢ →00 ¡ ¢ → − r 0 (t) = et (cos t − sen t), et (sen t + cos t), 2 ; − r (t) = −2et sen t, 2et cos t, 0 ¯ ¯ ¯ − → ¯ − → → − ¯ i j k ¯ ¯ ¯ ¡ ¢ ¯ t ¯ 0 00 − → − → t r (t) ∧ r (t) = ¯ e (cos t − sen t) e (sen t + cos t) 2 ¯ = −4et cos t, −4et sen t, 2e2t ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −2et sen t 2et cos t 0 ¯ ¯ ¯ 0 √ √ − → ¯→ r (t) ∧ − r 00 (t)¯ = 2et |(−2 cos t, −2 sen t, et )| = 2et 4 cos2 t + 4 sen2 t + e2t = 2et 4 + e2t El vector binormal es − → → ¡ ¢ r 0 (t) ∧ − r 00 (t) 1 − → ¯ = √ b = ¯¯− −4et cos t, −4et sen t, 2e2t 0 00 → − → ¯ t 2t r (t) ∧ r (t) 2e 4 + e ¡ ¢ 1 = √ −2 cos t, −2 sen t, et 4 + e2t (2) Para comprobar que la curva est´a contenida en la superficie ez = x2 + y 2 , basta observar que cada punto de la curva satisface la ecuaci´on de dicha superficie. En efecto, un punto cualquiera de la curva tiene coordenadas (et cos t, et sen t, 2t). As´ı que x2 + y 2 = e2t cos2 t + e2t sen2 t = e2t = ez con lo que se cumple la ecuaci´on. → Por otra parte, el vector normal a la superficie en cada punto es − n = (2x, 2y, −ez ). → En un punto cualquiera de la curva, dicho vector ser´a − n = (2et cos t, 2et sen t, −e2t ). 2

(3) Dado un punto P = (et cos t, et sen t, 2t) cualquiera de la curva, hemos visto en el apartado (2) que dicho punto tambi´en pertenece a la superficie. El plano tangente a la superficie por P pasa por dicho punto y tiene como vector perpendicular al vector normal a la superficie en P . Por su parte, el plano osculador a la curva por el punto P pasa por P y tiene como vector perpendicular al binormal. Por tanto, para ver si ambos planos son iguales, bastar´a comprobar que los vectores normal a la superficie en P y binormal a la curva en P son paralelos, esto es, proporcionales. En el apartado (1) hemos visto que el vector binormal tiene direcci´on − → w = (−2 cos t, −2 sen t, et ), mientras que en el apartado (2) hemos visto que el vector nor→ mal a la superficie en cada punto de la curva tiene direcci´on − n = (2et cos t, 2et sen t, −e2t ). Es evidente que ambos vectores son paralelos, puesto que 2et cos t 2et sen t −e2t = = t = −et −2 cos t −2 sen t e ⊗

3

Problema 2 → Dada la superficie de ecuaci´on − r (u, v) = (u + ln v, u − ln v, u2 ), con v > 0, se pide: (1) Clasificar los puntos y hallar, si existen, las direcciones y l´ıneas asint´oticas. (2) Hallar las direcciones principales y l´ıneas de curvatura principales en cada punto. (3) Hallar las trayectorias ortogonales a la familia de curvas {u + v 3 = C}. Resoluci´ on. Calculamos los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamentales: µ ¶ 1 1 → − → r u = (1, 1, 2u) − rv= ,− ,0 v v 2 − → − → F =→ r u·− r v = 0; G=→ r v·− rv= 2 v µ ¶ 1 1 − → − → r uv = (0, 0, 0) ; r vv = − 2 , 2 , 0 v v ¯ ¯ 0 0 2 ¯ ¯ −4 ¯ ; 1 1 2u ¯ = √ ¯ v EG − F 2 1 1 ¯ − 0 ¯ v v

→ − E=− r u·→ r u = 2 + 4u2 ; − → r uu = (0, 0, 2) ; ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯ L= √ ¯ 2 EG − F ¯¯ ¯

¯ ¯ ¯ ¯ 0 ¯ ¯ 0 0 ¯ ¯ 1 ¯ ¯ M=√ 1 1 2u ¯ = 0; ¯ 2 ¯ ¯ EG − F ¯ 1 1 ¯ ¯ − 0 ¯ v v ¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 ¯ ¯ − ¯ v2 v2 0 ¯ ¯ ¯ 1 ¯ = 0; ¯ 1 N=√ 1 2u ¯ EG − F 2 ¯¯ ¯ 1 ¯ 1 − 0 ¯¯ ¯ v v (1) Tenemos que LN − M 2 = 0, por lo que todos los puntos son parab´olicos. Para calcular las direcciones y l´ıneas asint´oticas, igualamos a 0 la Segunda Forma Fundamental, de modo que II = 0 ⇐⇒ L du2 = 0 ⇐⇒ du = 0 4

• Direcci´ on asint´otica. du = 0 =⇒ (du, dv) = (0, dv) ≈ (0, 1). Por tanto la direcci´on asint´otica es − → → → → dr = − r u du + − r v dv = − rv =

µ

¶ 1 1 , − , 0 ≈ (1, −1, 0) v v

• L´ınea asint´otica. du = 0 =⇒ u = C. (2) Planteamos la ecuaci´on ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 2 2 ¯ dv ¯ −dudv du ¯ dv −dudv du2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 ¯¯ ¯ ¯ 2 ¯ 0 = 0 ⇐⇒ dudv = 0. ¯ E F G ¯ = 0 ⇐⇒ ¯ 2 + 4u ¯ ¯ v 2 ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −4 ¯ L M N ¯ 0 0 ¯¯ ¯ v • Soluci´ on 1. Si du = 0, entonces (du, dv) = (0, dv) ≈ (0, 1). − → − → → ◦ Direcci´on principal 1. dr 1 = → r u du + − r v dv = − rv=

µ

1 1 ,− ,0 v v

¶ ≈ (1, −1, 0)

◦ L´ınea de curvatura principal 1. du = 0 =⇒ u = C. • Soluci´ on 2. Si dv = 0, entonces (du, dv) = (du, 0) ≈ (1, 0). − → − → → ◦ Direcci´on principal 2. dr 1 = → r u du + − r v dv = − r u = (1, 1, 2u) ◦ L´ınea de curvatura principal 2. dv = 0 =⇒ v = C. → → → (3) El vector tangente a cualquier familia de curvas es de la forma d− r =− r u du + − r v dv, → − donde (du, dv) son sus coordenadas param´etricas respecto de la base {− r u, → r v }. Hallamos dichas coordenadas para el vector tangente a la familia {u + v 3 = C}: u+v 3 = C =⇒ du+3v 2 dv = 0 ⇐⇒ du = −3v 2 dv =⇒ (du, dv) = (−3v 2 dv, dv) ≈ (−3v 2 , 1). Por tanto, si denotamos por (du, dv) a las coordenadas param´etricas del vector tangente a la familia de curvas que buscamos, se debe cumplir que    ³ ´ E F du =0  −3v 2 1  dv F G Tenemos entonces que  ³ ´ 2 + 4u2 −3v 2 1  0

  0 ¡ ¢ du  = 0 ⇐⇒ −3v 2 2 + 4u2 du + 2 dv = 0  2 v2 dv 2 v 5

Simplificando en la ecuaci´on, obtenemos 1 1 dv = 0 ⇐⇒ 3u + 2u3 + 3 = C 4 v 3v ½ ¾ 1 3 3 Por tanto, las trayectorias ortogonales a {u + v = C} son 3u + 2u + 3 = C . 3v (3 + 6u2 ) du =

6

⊗

Problema 3 √ ¢ ¡ → Dada la superficie de ecuaci´on − r (u, v) = u cos v, u sen v, 3 u , se pide: Ã √ ! ½ ¾ 1 3 1 (1) Hallar la curvatura normal en el punto P = 0, , sobre la curva u sen v = . 2 2 2 (2) Hallar el ´angulo que forman las curvas {v = 1} y {u = ev } en su punto de corte.

Resoluci´ on. Calculamos previamente los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamentales: ³ √ ´ → − r u = cos v, sen v, 3 → → E=− r u·− r u = 4; − → r uu = (0, 0, 0) ; ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯ L= √ ¯ 2 EG − F ¯¯ ¯

− → r v = (−u sen v, u cos v, 0, )

→ → F =− r u·− r v = 0;

− − G=→ r v·→ r v = u2

− → − → r uv = (− sen v, cos v, 0) ; r vv = (−u cos v, −u sen v, 0) ¯ ¯ 0 0 0 ¯ √ ¯¯ 3 ¯ = 0; cos v sen v ¯ ¯ −u sen v u cos v 0 ¯

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ − sen v cos v 0 ¯ ¯ √ ¯¯ 1 ¯ M=√ ¯ 3 ¯ = 0; cos v sen v ¯ EG − F 2 ¯¯ ¯ ¯ −u sen v u cos v 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −u cos v −u sen v 0 ¯ √ 2 ¯ √ ¯¯ 3u 1 ¯ = √ ; N=√ ¯ ¯ cos v sen v 3 2 ¯ EG − F 2 ¯¯ EG − F ¯ ¯ −u sen v u cos v 0 ¯ (1) En primer lugar, calculamos los valores de u y v que se corresponden con el punto

7

à P =

√ ! 1 3 0, , . Para ello, resolvemos el sistema 2 2 u cos v = 0 u sen v = √

cuya soluci´on es u =

3u =

1 2√

      

    3   2

1 π yv= . 2 2

Los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamentales en el punto P son √ 1 3 E = 4; F = 0; G = ; L = 0; M = 0; N = 4 4 ¾ ½ 1 Para calcular las coordenadas param´etricas del vector tangente a la curva u sen v = 2 en el punto P , derivamos: u sen v =

1 u cos v =⇒ sen v du + u cos v dv = 0 ⇐⇒ du = − dv ⇐⇒ du = 0. 2 sen v

Por tanto, (du,½dv) = (0, dv) ¾ ≈ (0, 1), de modo que la curvatura normal en el punto P 1 sobre la curva u sen v = es 2 √ 3 2 ¶ µ ·1 √ II 1 π 4 = 3. , , 0, 1 = = κn = κn 1 2 2 I 4 · 02 + · 12 4 (2) Para hallar las coordenadas u y v del punto de corte de ambas curvas, resolvemos el sistema

 v = 1  u = ev 

cuya soluci´on (trivial) es u = e, v = 1. Las direcciones de ambas curvas las calculamos derivando y sustituyendo u = e y v = 1: v = 1 =⇒ dv = 0 =⇒ (du, dv) = (du, 0) ≈ (1, 0) u − ev = 0 =⇒ du − ev dv = 0 =⇒ du = ev dv =⇒ (du, dv) = (ev dv, dv) ≈ (ev , 1) = (e, 1) 8

Los coeficientes de la Primera Forma Fundamental en P (es decir, para u = e, v = 1), son E = 4;

F = 0;

G = e2 .

As´ı que si denotamos por α al ´angulo que forman ambas curvas, se ha de cumplir:    ³ ´ 4 0 e   1 0  0 e2 1 v cos α = v    u    u u³ u³ ´ 4 0 ´ 4 0 1 e u   u   t e 1  t 1 0  0 e2 0 0 e2 1 =

4e 2e 2 √ = √ =√ . 2 4e2 + e2 e 5 5 ⊗

9

Matem´aticas II. Examen de Septiembre. Curso 2005-2006 18 de Septiembre de 2006 Alumnos con el Segundo Parcial

Problema 1 − → (1) Hallar la superficie tangente al campo vectorial F = (xz, yz, x2 − 2y 2 ) y que contiene a la curva {x2 + y 2 = 1, y = z}. (2) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on 2x2 y 00 + 3x y 0 − y = 0, sabiendo que una 1 soluci´on particular de la misma es y1 (x) = . x Problema 2 (1) Hallar las superficies ortogonales a la familia de curvas {x2 − y 2 = α, x2 − z 2 = β}, comprobando previamente su existencia. (2) Hallar la soluci´on general de sistema   x0 = x + 3y − z    0 y = y + 2z    0 z = −y − 2z 

Problema 3 (1) Hallar los autovalores y autofunciones del problema    y 00 + 2λ y 0 + 2λ2 y =   y(0) =     y(1) =

de contorno 0 0 0

(2) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on y 00 − 2m y 0 + m2 y = e−mx , con m ∈ R.

Problema 1 − → (1) Hallar la superficie tangente al campo vectorial F = (xz, yz, x2 − 2y 2 ) y que contiene a la curva {x2 + y 2 = 1, y = z}. (2) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on 2x2 y 00 + 3x y 0 − y = 0, sabiendo que una 1 soluci´on particular de la misma es y1 (x) = . x Resoluci´ on. (1) Sea S la superficie buscada, de ecuaci´on z = z(x, y). El vector normal a S en cada → punto es − n = (zx , zy , −1). Para que la superficie sea tangente en cada punto al campo − → → − → vectorial F , los vectores − n y F deben ser perpendiculares y, por tanto, su producto escalar debe ser 0. Tenemos que − → − F ·→ n = 0 ⇐⇒ xz zx + yz zy = x2 − 2y 2 . Nos queda una ecuaci´on casi lineal. El sistema asociado es: dx dy dz = = 2 . xz yz x − 2y 2 De las dos primeras fracciones, se obtiene: dx dy dx dy = ⇐⇒ = ⇐⇒ ln |x| + ln |C| = ln |y| ⇐⇒ y = C1 x xz yz x y Por otra parte, encontramos la siguiente combinaci´on integrable: dx dy dz x dx − 2y dy = = 2 = 2 xz yz x − 2y z(x2 − 2y 2 ) de donde deducimos que x2

dz x dx − 2y dy = ⇐⇒ x dx − 2y dy − z dz = 0 =⇒ x2 − 2y 2 − z 2 = C2 2 − 2y z(x2 − 2y 2 )

Para encontrar la superficie que contiene a la curva {x2 + y 2 = 1 y = z}, debemos eliminar las variables x, y, z, del sistema:     y = C1 x       y = C1 x    (1 − 3C 2 ) x2 = C  x2 − 2y 2 − z 2 = C  2 2 1 2 2 ⇐⇒ x − 3y = C2 ⇐⇒    2 2 2 2   (1 + C1 ) x = 1 x +y =1     x2 + y 2 = 1    y=z 2

¡ ¢ ⇐⇒ 1 − 3C12 = C2 1 + C12 . Sustituimos C1 y C2 por sus respectivas expresiones en x, y, z y queda µ ³ y ´2 ¶ ³ y ´2 ¡ ¢ ¡ ¢¡ ¢ 2 2 2 1−3 = x − 2y − z 1+ ⇐⇒ x2 − 3y 2 = x2 − 2y 2 − z 2 x2 + y 2 x x (2) Vemos que se trata de una ecuaci´on diferencial lineal homog´enea de segundo orden. C(x) Para determinar su soluci´on general, definimos la funci´on y(x) = C(x)y1 (x) = y x nos planteamos hallar C(x) para que la funci´on y(x) as´ı definida sea soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea. Hallamos y 0 (x) e y 00 (x) y sustituimos en la ecuaci´on. Calculamos por tanto y 0 (x) =

C0 x − C C0 C = − 2, 2 x x x

y 00 (x) =

C 00 x − C 0 C 0 x2 − 2Cx C 00 C0 C − = − 2 +2 3 2 4 2 x x x x x

y sustituimos: µ 0 ¶ µ 0 ¶ C C0 C C C C 2 2x − 2 2 + 2 3 + 3x − 2 − = 0 ⇐⇒ 2x C 00 − C 0 = 0 x x x x x x Para resolver esta ecuaci´on, hacemos el cambio de variables C 0 (x) = u(x), con lo que queda el sistema

 C = u  2xu0 − u = 0  0

Resolvemos la segunda ecuaci´on y sustituimos en la primera: du 1 dx = u 2 x 1 ⇐⇒ ln |u| = ln |x| + ln C1 2

2xu0 − u = 0 ⇐⇒

⇐⇒ u(x) = C1 x1/2 As´ı que C 0 (x) = C1 x1/2 y por tanto, Z C(x) = C1

x1/2 dx = C1

2 3/2 x + C2 3

Luego la soluci´on general de la ecuaci´on es y(x) =

2 1 C(x) = C1 x1/2 + C2 x 3 x 3

que de modo an´alogo podemos expresar como 1 1 y(x) = C1 √ + C2 , con C1 , C2 ∈ R x x ⊗

4

Problema 2 (1) Hallar las superficies ortogonales a la familia de curvas {x2 − y 2 = α, x2 − z 2 = β}, comprobando previamente su existencia. (2) Hallar la soluci´on general de sistema x

0

y0 z0

  = x + 3y − z    = y + 2z    = −y − 2z 

Resoluci´ on. (1) Definimos las funciones F (x, y, z) = x2 −y 2 −α y G(x, y, z) = x2 −z 2 −β. Los vectores − → normales de ambas superficies son − n→ F = (2x, −2y, 0) ≈ (x, −y, 0) y nG = (2x, 0, −2z) ≈ (x, 0, −z), respectivamente. As´ı que el vector tangente a la familia de curvas dada ser´a ¯ ¯ ¯ − → ¯ → − → − ¯ i j k ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ − → − → v =− n→ ∧ n ≈ ¯ x −y 0 ¯ = (yz, xz, xy) F G ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ x 0 −z ¯ − → As´ı que si denotamos por t = (dx, dy, dz) a una direcci´on cualquiera del plano tangente la superficie buscada en cada punto, tenemos que − → − → v · t = 0 ⇐⇒ yz dx + xz dy + xy dz = 0 Obtenemos as´ı una ecuaci´on de Pfaff, que no tiene por qu´e tener soluci´on. La existencia de superficies ortogonales est´a condicionada a la existencia de soluci´on de la ecuaci´on de − → Pfaff. Para esto u ´ltimo, si denotamos por F = (yz, xz, xy), debemos comprobar si se verifica alguna de las condiciones: −−−− → → • Veamos si rot F = (0, 0, 0). ¯ ¯ → − ¯ −i → j ¯ −−−− → ∂ → ¯¯ ∂ rot F = ¯ ¯ ∂x ∂y ¯ ¯ yz xz

→ − k ∂ ∂z xy

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = (x − x, y − y, z − z) = (0, 0, 0) ¯ ¯ ¯ ¯

5

Por tanto, la ecuaci´on es exacta y su soluci´on se obtiene de calcular la funci´on potencial − → asociada al campo F = (yz, xz, xy). Buscamos una funci´on U (x, y, z) tal que Ux = yz, Uy = xz, Uz = xy. Como Ux = yz, integrando respecto de x tenemos que Z U (x, y, z) = yz dx = xyz + ϕ(y, z). Imponemos la segunda condici´on sobre la funci´on U (x, y, z) = xyz + ϕ(y, z): Z Uy = xz ⇐⇒ xz + ϕy = xz =⇒ ϕy = 0 =⇒ ϕ(y, z) = 0 dy = 0 + ψ(z). As´ı que tenemos que U (x, y, z) = xyz + ψ(z). S´olo nos falta imponer la tercera condici´on: Z 0 0 Uz = xy ⇐⇒ xa + ψ (z) = xy ⇐⇒ ψ (z) = 0 ⇐⇒ ψ(z) = 0 dz = 0 + C. − → Luego la funci´on potencial asociada al campo F es de la forma U (x, y, z) = xyz + C y, por consiguiente, la soluci´on general de la ecuaci´on de Pfaff es xyz = C, con C ∈ R siendo ´esta la familia de superficies soluci´on del problema. (2) Se trata de un sistema lineal homog´eneo de ecuaciones diferenciales de primer   orden 1 3 −1     con coeficientes constantes, cuya matriz de coeficientes es A =  0 1 2 . Para   0 −1 −2 hallar su soluci´on general, empezamos por calcular los autovalores de dicha matriz y sus autovectores asociados.

¯ ¯ ¯ 1−λ 3 −1 ¯ ¯ |A − λI| = 0 ⇐⇒ ¯ 0 1−λ 2 ¯ ¯ ¯ 0 −1 −2 − λ ¯ ¯ ¯ 1−λ 2 ⇐⇒ (1 − λ) ¯¯ ¯ −1 −2 − λ 6

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯=0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = 0 ⇐⇒ λ(1 − λ)(1 + λ) = 0 ¯ ¯

Por tanto, las ra´ıces de la ecuaci´on son λ1 = 1, λ2 = 0 y λ3 = −1, todas ellas reales y simples. Para cada uno de estos autovalores necesitamos obtener un autovector. Vamos a calcularlos: Autovector asociado a λ1 = 1.     0 x 0 3 −1  1         0 0 2   x2  =  0     0 x3 0 −1 −3



  x3 = 0    ⇐⇒  −x2 − 3x3 = 0 

de donde deducimos que x2 = x3 = 0. As´ı que dando un  valor  cualquiera distinto de 0 a 1     − x1 , por ejemplo, x1 = 1, obtenemos el autovector → u1 =  0  .   0 Autovector asociado a λ2 = 0.     1 3 −1 x 0   1        0 1 2   x2  =  0     0 −1 −2 x3 0



   x + 3x − x = 0 1 2 3   ⇐⇒  x2 + 2x3 = 0 

de donde deducimos que x2 = −2x3 y x1 = 7x3 . As´ı que dando un valorcualquiera 7     − distinto de 0 a x3 , por ejemplo, x3 = 1, obtenemos el autovector → u2 =  −2 .   1 Autovector asociado a λ3 = −1.   2 3 −1 x   1    0 2 2   x2   0 −1 −1 x3







 0     2x + 3x − x = 0 1 2 3     =  0  ⇐⇒    −x2 − x3 = 0  0

de donde deducimos que x2 = −x3 y x1 = 2x3 . As´ı que dando unvalorcualquiera 2     − distinto de 0 a x3 , por ejemplo, x3 = 1, obtenemos el autovector → u3 =  −1 .   1

7

Por tanto, la soluci´on general del sistema homog´eneo es         x 1 7 2                 t 0·t −t  y  = C1 e  0  + C2 e  −2  + C3 e  −1          z 0 1 1 que tambi´en podemos expresar como    x = C1 et + 7C2 + 2C3 e−t   y = −2C2 − C3 e−t     z = C + C e−t 2 3 ⊗

8

Problema 3 (1) Hallar los autovalores y autofunciones del problema    y 00 + 2λ y 0 + 2λ2 y =   y(0) =     y(1) =

de contorno 0 0 0

(2) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on y 00 − 2m y 0 + m2 y = e−mx , con m ∈ R.

Resoluci´ on. (1) Buscamos los valores de λ para los cuales el problema de contorno tiene soluci´on no trivial. La ecuaci´ on caracter´ıstica √ asociada es r2 + 2λ r + 2λ2 = 0, cuyas soluciones son √ −2λ ± 4λ2 − 8λ2 −2λ ± −4λ2 r= = = −λ ± λi. 2 2 • Supongamos que λ 6= 0. Entonces, las ra´ıces de la ecuaci´on caracter´ıstica son complejas conjugadas, r = −λ ± λi, y por tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial es y(x) = e−λx [C1 cos(λx) + C2 sen(λx)]. Imponemos ahora las condiciones de contorno, de modo que    y(0) = 0  C1 = 0  C1 = 0  ⇐⇒ ⇐⇒ y (1) = 0  e−λ [C1 cos(λ) + C2 sen(λ)] = 0  C2 sen(λ) = 0  Ya tenemos que C1 = 0. Pero n´otese que si C1 = C2 = 0 estamos ante la soluci´on trivial y, por tanto, no habr´ıa autovalores distintos de 0. As´ı que la u ´nica posibilidad de que estemos ante una soluci´on no trivial es C2 6= 0. Pero entonces sen (λ) = 0 ⇐⇒ λ = nπ, n ∈ Z \ {0} En este caso, las autofunciones son yn (x) = e−nπ x sen(nx), n ∈ Z \ {0}. • Supongamos ahora que λ = 0. Se trata de ver si λ = 0 es autovalor del problema de contorno. En este caso, la u ´nica ra´ız de la ecuaci´on caracter´ıstica es r = 0 (doble) y, por tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial es y(x) = C1 e0·x + C2 x e0·x ⇐⇒ y(x) = C1 + C2 x. 9

Imponemos ahora las condiciones de contorno, de modo que    C1 = 0  C1 = 0  y(0) = 0  ⇐⇒ ⇐⇒ y (1) = 0  C1 + C2 = 0  C2 = 0  Obtenemos, por tanto, la soluci´on trivial, con lo que λ = 0 no es autovalor del problema de contorno. En consecuencia, los autovalores del problema de contorno y sus respectivas autofunciones son λn = n π, yn (x) = e−n π x sen(n x), n ∈ Z \ {0} (2) Se trata de una ecuaci´on diferencial lineal completa de coeficientes constantes. La soluci´on general de la misma ser´a se la forma y(x) = y0 (x) + C1 y1 (x) + C2 y2 (x), C1 , C2 ∈ R, siendo y1 (x) e y2 (x) soluciones particulares de la ecuaci´on homog´enea linealmente independientes, e y0 (x) una soluci´on particular de la ecuaci´on completa. En primer lugar, buscamos las funciones y1 (x) e y2 (x). Para ello, planteamos la ecuaci´on caracter´ıstica r2 − 2mr + m2 = 0 y le calculamos sus ra´ıces: √ 2m ± 4m2 − 4m2 = −m r= 2 Obtenemos una u ´nica ra´ız real doble, de modo que dos soluciones linealmente independientes de la ecuaci´on homog´enea son y1 (x) = emx , y2 (x) = x emx . Para calcular una soluci´on particular de la ecuaci´on completa, aplicamos el m´etodo de variaci´on de constantes. Definimos la funci´on y0 (x) = C1 (x) y1 (x) + C2 (x) y2 (x) y nos planteamos encontrar C1 (x) y C2 (x) para que la funci´on y0 (x) as´ı definida sea soluci´on de la ecuaci´on completa. Planteamos el sistema   mx 0 0 mx 0 0   = 0 C1 e + C2 x e C1 y1 + C2 y2 = 0 ⇐⇒ C10 m emx + C20 (1 + mx) emx = e−mx  C10 y10 + C20 y20 = e−mx   0 0  C1 + C2 x = 0 ⇐⇒ C 0 m emx + C 0 (1 + mx) emx = e−mx  1

10

2

que resolvemos por la Regla de Cramer: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 ¯ x ¯ ¯ ¯ −mx ¯ mx ¯ e (1 + mx) e ¯ −x e−mx ¯= C10 = ¯ = −x e−2mx mx ¯ ¯ e ¯ 1 ¯ x ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ m emx (1 + mx) emx ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ mx −mx ¯ ¯ me e e−mx ¯ = mx = e−2mx C20 = ¯ ¯ ¯ e ¯ ¯ 1 x ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ m emx (1 + mx) emx ¯ Integramos C10 (x) y C20 (x) para obtener C1 (x) y C2 (x), respectivamente:   Z u=x du = dx  C1 (x) = −x e−2mx dx =  e−2mx −2mx dv = −e v= 2m Z −2mx xe 1 = − e−2mx dx 2m 2m =

x e−2mx e−2mx + 2m 4m2 Z

C2 (x) =

−2mx

e

−e−2mx dx = 2m

As´ı que tenemos que y0 (x) = C1 (x) emx + C2 (x) x emx µ −2mx ¶ e−2mx e−2mx mx e−mx xe mx + e − xe = = 2m 4m2 2m 4m2 Por consiguiente, la soluci´on general de la ecuaci´on lineal completa es y(x) =

e−mx + C1 emx + C2 x emx , C1 , C2 ∈ R 2 4m ⊗

11

Matem´aticas II. Examen de Septiembre. Curso 2005-2006 18 de Septiembre de 2006 Alumnos con la Asignatura Completa

Problema 1 − Dada la curva de ecuaci´on → r (t) = (et cos t, et sen t, 2t), se pide: (1) Hallar el vector binormal en cada punto de la curva. (2) Comprobar que la curva est´a contenida en la superficie ez = x2 + y 2 y calcular su vector normal. (3) Comprobar que el plano tangente a la superficie en cada punto de la curva coincide con el plano osculador.

Problema 2 → (1) Dada la superficie de ecuaci´on − r (u, v) = (u + ln v, u − ln v, u2 ), con v > 0, se pide clasificar los puntos y hallar, si existen, las direcciones y l´ıneas asint´oticas. (2) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on 2x2 y 00 + 3x y 0 − y = 0, sabiendo que una 1 soluci´on particular de la misma es y1 (x) = . x Problema 3 (1) Hallar los autovalores y autofunciones del problema    y 00 + 2λ y 0 + 2λ2 y =   y(0) =     y(1) =

de contorno 0 0 0

(2) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on y 00 − 2m y 0 + m2 y = e−mx , con m ∈ R.

Problema 1 − Dada la curva de ecuaci´on → r (t) = (et cos t, et sen t, 2t), se pide: (1) Hallar el vector binormal en cada punto de la curva. (2) Comprobar que la curva est´a contenida en la superficie ez = x2 + y 2 y calcular su vector normal. (3) Comprobar que el plano tangente a la superficie en cada punto de la curva coincide con el plano osculador. Resoluci´ on. (1) Calculamos los vectores “derivadas”: ¡ ¢ →00 ¡ ¢ → − r 0 (t) = et (cos t − sen t), et (sen t + cos t), 2 ; − r (t) = −2et sen t, 2et cos t, 0 ¯ ¯ ¯ − → ¯ − → → − ¯ i j k ¯ ¯ ¯ ¡ ¢ ¯ ¯ − → → r 0 (t) ∧ − r 00 (t) = ¯ et (cos t − sen t) et (sen t + cos t) 2 ¯ = −4et cos t, −4et sen t, 2e2t ¯ ¯ ¯ ¯ t t ¯ −2e sen t 2e cos t 0 ¯ ¯ ¯ 0 √ √ − → ¯→ r (t) ∧ − r 00 (t)¯ = 2et |(−2 cos t, −2 sen t, et )| = 2et 4 cos2 t + 4 sen2 t + e2t = 2et 4 + e2t El vector binormal es − → → ¡ ¢ r 0 (t) ∧ − r 00 (t) 1 − → t t 2t ¯ ¯ √ = b = ¯− −4e cos t, −4e sen t, 2e → → r 0 (t) ∧ − r 00 (t)¯ 2et 4 + e2t ¡ ¢ 1 −2 cos t, −2 sen t, et = √ 4 + e2t (2) Para comprobar que la curva est´a contenida en la superficie ez = x2 + y 2 , basta observar que cada punto de la curva satisface la ecuaci´on de dicha superficie. En efecto, un punto cualquiera de la curva tiene coordenadas (et cos t, et sen t, 2t). As´ı que x2 + y 2 = e2t cos2 t + e2t sen2 t = e2t = ez con lo que se cumple la ecuaci´on. → Por otra parte, el vector normal a la superficie en cada punto es − n = (2x, 2y, −ez ). → En un punto cualquiera de la curva, dicho vector ser´a − n = (2et cos t, 2et sen t, −e2t ). 2

(3) Dado un punto P = (et cos t, et sen t, 2t) cualquiera de la curva, hemos visto en el apartado (2) que dicho punto tambi´en pertenece a la superficie. El plano tangente a la superficie por P pasa por dicho punto y tiene como vector perpendicular al vector normal a la superficie en P . Por su parte, el plano osculador a la curva por el punto P pasa por P y tiene como vector perpendicular al binormal. Por tanto, para ver si ambos planos son iguales, bastar´a comprobar que los vectores normal a la superficie en P y binormal a la curva en P son paralelos, esto es, proporcionales. En el apartado (1) hemos visto que el vector binormal tiene direcci´on − → w = (−2 cos t, −2 sen t, et ), mientras que en el apartado (2) hemos visto que el vector nor→ mal a la superficie en cada punto de la curva tiene direcci´on − n = (2et cos t, 2et sen t, −e2t ). Es evidente que ambos vectores son paralelos, puesto que 2et cos t 2et sen t −e2t = = t = −et −2 cos t −2 sen t e ⊗

3

Problema 2 → (1) Dada la superficie de ecuaci´on − r (u, v) = (u + ln v, u − ln v, u2 ), con v > 0, se pide clasificar los puntos y hallar, si existen, las direcciones y l´ıneas asint´oticas. (2) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on 2x2 y 00 + 3x y 0 − y = 0, sabiendo que una 1 soluci´on particular de la misma es y1 (x) = . x Resoluci´ on. (1) Calculamos los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamentales: µ ¶ 1 1 → − − → r u = (1, 1, 2u) r v = ,− ,0 v v 2 − → − → F =→ r u·− r v = 0; G=→ r v·− rv= 2 v µ ¶ 1 1 − → − → r uv = (0, 0, 0) ; r vv = − 2 , 2 , 0 v v ¯ ¯ 0 0 2 ¯ ¯ −4 ¯ ; 1 1 2u ¯ = √ ¯ v EG − F 2 1 1 ¯ − 0 ¯ v v

→ − E=− r u·→ r u = 2 + 4u2 ; − → r uu = (0, 0, 2) ; ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯ L= √ ¯ 2 EG − F ¯¯ ¯

¯ ¯ ¯ ¯ 0 ¯ ¯ 0 0 ¯ ¯ 1 ¯ ¯ M=√ 1 1 2u ¯ = 0; ¯ 2 ¯ ¯ EG − F ¯ 1 1 ¯ ¯ − 0 ¯ v v ¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 ¯ ¯ − ¯ v2 v2 0 ¯ ¯ ¯ 1 ¯ = 0; ¯ 1 N=√ 1 2u ¯ EG − F 2 ¯¯ ¯ 1 ¯ 1 − 0 ¯¯ ¯ v v Tenemos que LN − M 2 = 0, por lo que todos los puntos son parab´olicos. Para calcular las direcciones y l´ıneas asint´oticas, igualamos a 0 la Segunda Forma Fundamental, de modo que II = 0 ⇐⇒ L du2 = 0 ⇐⇒ du = 0 4

• Direcci´ on asint´otica. du = 0 =⇒ (du, dv) = (0, dv) ≈ (0, 1). Por tanto la direcci´on asint´otica es − → → → → dr = − r u du + − r v dv = − rv =

µ

¶ 1 1 , − , 0 ≈ (1, −1, 0) v v

• L´ınea asint´otica. du = 0 =⇒ u = C. (2) Vemos que se trata de una ecuaci´on diferencial lineal homog´enea de segundo orden. C(x) Para determinar su soluci´on general, definimos la funci´on y(x) = C(x)y1 (x) = y x nos planteamos hallar C(x) para que la funci´on y(x) as´ı definida sea soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea. Hallamos y 0 (x) e y 00 (x) y sustituimos en la ecuaci´on. Calculamos por tanto y 0 (x) =

C0 x − C C0 C = − 2, 2 x x x

y 00 (x) =

C 00 C0 C C 00 x − C 0 C 0 x2 − 2Cx − = − 2 +2 3 2 4 2 x x x x x

y sustituimos: µ 0 ¶ µ 0 ¶ C C C0 C C C 2 2x − 2 2 + 2 3 + 3x − 2 − = 0 ⇐⇒ 2x C 00 − C 0 = 0 x x x x x x Para resolver esta ecuaci´on, hacemos el cambio de variables C 0 (x) = u(x), con lo que queda el sistema

 C = u  2xu0 − u = 0  0

Resolvemos la segunda ecuaci´on y sustituimos en la primera: du 1 dx = u 2 x 1 ⇐⇒ ln |u| = ln |x| + ln C1 2

2xu0 − u = 0 ⇐⇒

⇐⇒ u(x) = C1 x1/2 As´ı que C 0 (x) = C1 x1/2 y por tanto, Z C(x) = C1

x1/2 dx = C1

2 3/2 x + C2 3

Luego la soluci´on general de la ecuaci´on es y(x) =

C(x) 2 1 = C1 x1/2 + C2 x 3 x 5

que de modo an´alogo podemos expresar como 1 1 y(x) = C1 √ + C2 , con C1 , C2 ∈ R. x x ⊗

6

Problema 3 (1) Hallar los autovalores y autofunciones del problema    y 00 + 2λ y 0 + 2λ2 y =   y(0) =     y(1) =

de contorno 0 0 0

(2) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on y 00 − 2m y 0 + m2 y = e−mx , con m ∈ R. Resoluci´ on. (1) Buscamos los valores de λ para los cuales el problema de contorno tiene soluci´on no trivial. La ecuaci´ on caracter´ıstica √ asociada es r2 + 2λ r + 2λ2 = 0, cuyas soluciones son √ 2 2 −2λ ± 4λ − 8λ −2λ ± −4λ2 r= = = −λ ± λi. 2 2 • Supongamos que λ 6= 0. Entonces, las ra´ıces de la ecuaci´on caracter´ıstica son complejas conjugadas, r = −λ ± λi, y por tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial es y(x) = e−λx [C1 cos(λx) + C2 sen(λx)]. Imponemos ahora las condiciones de contorno, de modo que      y(0) = 0 C1 = 0 C1 = 0  ⇐⇒ ⇐⇒ y (1) = 0  e−λ [C1 cos(λ) + C2 sen(λ)] = 0  C2 sen(λ) = 0  Ya tenemos que C1 = 0. Pero n´otese que si C1 = C2 = 0 estamos ante la soluci´on trivial y, por tanto, no habr´ıa autovalores distintos de 0. As´ı que la u ´nica posibilidad de que estemos ante una soluci´on no trivial es C2 6= 0. Pero entonces sen (λ) = 0 ⇐⇒ λ = nπ, n ∈ Z \ {0} En este caso, las autofunciones son yn (x) = e−nπ x sen(nx), n ∈ Z \ {0}. • Supongamos ahora que λ = 0. Se trata de ver si λ = 0 es autovalor del problema de contorno. En este caso, la u ´nica ra´ız de la ecuaci´on caracter´ıstica es r = 0 (doble) y, por tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial es y(x) = C1 e0·x + C2 x e0·x ⇐⇒ y(x) = C1 + C2 x. 7

Imponemos ahora las condiciones de contorno, de modo que    C1 = 0  C1 = 0  y(0) = 0  ⇐⇒ ⇐⇒ y (1) = 0  C1 + C2 = 0  C2 = 0  Obtenemos, por tanto, la soluci´on trivial, con lo que λ = 0 no es autovalor del problema de contorno. En consecuencia, los autovalores del problema de contorno y sus respectivas autofunciones son λn = n π, yn (x) = e−n π x sen(n x), n ∈ Z \ {0} (2) Se trata de una ecuaci´on diferencial lineal completa de coeficientes constantes. La soluci´on general de la misma ser´a se la forma y(x) = y0 (x) + C1 y1 (x) + C2 y2 (x), C1 , C2 ∈ R, siendo y1 (x) e y2 (x) soluciones particulares de la ecuaci´on homog´enea linealmente independientes, e y0 (x) una soluci´on particular de la ecuaci´on completa. En primer lugar, buscamos las funciones y1 (x) e y2 (x). Para ello, planteamos la ecuaci´on caracter´ıstica r2 − 2mr + m2 = 0 y le calculamos sus ra´ıces: √ 2m ± 4m2 − 4m2 = −m r= 2 Obtenemos una u ´nica ra´ız real doble, de modo que dos soluciones linealmente independientes de la ecuaci´on homog´enea son y1 (x) = emx , y2 (x) = x emx . Para calcular una soluci´on particular de la ecuaci´on completa, aplicamos el m´etodo de variaci´on de constantes. Definimos la funci´on y0 (x) = C1 (x) y1 (x) + C2 (x) y2 (x) y nos planteamos encontrar C1 (x) y C2 (x) para que la funci´on y0 (x) as´ı definida sea soluci´on de la ecuaci´on completa. Planteamos el sistema   mx 0 0 mx 0 0   = 0 C1 e + C2 x e C1 y1 + C2 y2 = 0 ⇐⇒ C10 m emx + C20 (1 + mx) emx = e−mx  C10 y10 + C20 y20 = e−mx   0 0  C1 + C2 x = 0 ⇐⇒ C 0 m emx + C 0 (1 + mx) emx = e−mx  1

8

2

que resolvemos por la Regla de Cramer: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 ¯ x ¯ ¯ ¯ −mx ¯ mx ¯ e (1 + mx) e ¯ −x e−mx ¯= C10 = ¯ = −x e−2mx mx ¯ ¯ e ¯ 1 ¯ x ¯ ¯ ¯ ¯ mx mx ¯ me (1 + mx) e ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ mx −mx ¯ ¯ me e e−mx ¯ = mx = e−2mx C20 = ¯ ¯ ¯ e ¯ ¯ 1 x ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ m emx (1 + mx) emx ¯ Integramos C10 (x) y C20 (x) para obtener C1 (x) y C2 (x), respectivamente: 

Z

−x e−2mx dx = 

C1 (x) =

x e−2mx 1 = − 2m 2m =

u=x dv = −e−2mx

Z



du = dx  e−2mx v= 2m

e−2mx dx

x e−2mx e−2mx + 2m 4m2 Z

C2 (x) =

e−2mx dx =

−e−2mx 2m

As´ı que tenemos que y0 (x) = C1 (x) emx + C2 (x) x emx µ −2mx ¶ xe e−2mx e−2mx mx e−mx mx = + e − xe = 2m 4m2 2m 4m2 Por consiguiente, la soluci´on general de la ecuaci´on lineal completa es y(x) =

e−mx + C1 emx + C2 x emx , C1 , C2 ∈ R. 4m2 ⊗

9

Matem´aticas II. Primer Parcial. Curso 2006-2007 23 de Enero de 2007 Problema 1

µ

− Dada la curva regular → r (t) =

¶ 2 t, 2 ln t, , definida para cualquier valor de t estrictat

mente positivo (t > 0), se pide: (a) Hallar los vectores del triedro de Frenet y sus elementos (rectas y planos) en el punto P definido para t = 1. (b) Hallar, si existen, los valores de t para los que la curvatura y la torsi´on coinciden.

Problema 2 ³ v´ 2 2 − → Dada la superficie r (u, v) = u cos v, u sen v, , con u > 0, se pide: u (a) Hallar la Primera Forma Fundamental. (b) Hallar las l´ıneas de m´axima pendiente. (c) Hallar el coseno del ´angulo que forman las curvas {u − v = 1} y {u + v = 1} en el punto P = (1, 0, 0).

Problema 3 → Dada la superficie − r (u, v) =

µ ¶ 1 3 uv, v, u , se pide: 3

(a) Hallar la Segunda Forma Fundamental. (b) Clasificar los puntos de la superficie y hallar las l´ıneas y direcciones asint´oticas. µ ¶ 1 (c) Hallar la curvatura normal en el punto P = 1, 1, sobre la curva u = v. 3

Problema 1

µ

− Dada la curva regular → r (t) =

¶ 2 t, 2 ln t, , definida para cualquier valor de t estrictat

mente positivo (t > 0), se pide: (a) Hallar los vectores del triedro de Frenet y sus elementos (rectas y planos) en el punto P definido para t = 1. (b) Hallar, si existen, los valores de t para los que la curvatura y la torsi´on coinciden. Resoluci´ on. (a) Calculamos los vectores del Triedro de Frenet en el punto P : ¶ µ 2 2 0 → − → =⇒ − r 0 (1) = (1, 2, −2) r (t) = 1, , − 2 t t µ ¶ 2 4 00 → − → r (t) = 0, − 2 , 3 =⇒ − r 00 (1) = (0, −2, 4) = 2 (0, −1, 2) t t ¯ − → ¯¯ − → − ¯ → j k ¯ ¯ i ¯ ¯ 0 00 − → → r (1) ∧ − r (1) = 2 ¯ 1 2 −2 ¯ = 2 (2, −2, −1) ¯ ¯ ¯ 0 −1 2 ¯ ¯ ¯ 0 ¯ 0 ¯ − → → ¯− r (1) ∧ − r 00 (1)¯ = 6 r (1)¯ = 3 y ¯→ Luego,

→ − 1 r 0 (1) − → ¯ = (1, 2, −2) t (1) = ¯¯→ 0 − ¯ 3 r (1) → − → r 0 (1) ∧ − r 00 (1) 1 − → ¯ = (2, −2, −1) b (0) = ¯¯→ 0 00 − − → ¯ 3 r (1) ∧ r (1)

y

¯ ¯ ¯ 1 1 − → ¯ − → → − n (1) = b (1) ∧ t (1) = · ¯ 3 3¯ ¯

→ ¯¯ − → − → − i j k ¯ 1 ¯ 1 2 −2 −1 ¯ = (6, 3, 6) = (2, 1, 2) ¯ 9 3 1 2 −2 ¯

Elementos del triedro de Frenet. Observemos que el punto P se obtiene de sustituir t = 1 en la ecuaci´on vectorial de la curva. Por tanto, tenemos que P = (1, 0, 2). • Recta tangente: Es la recta que pasa por el punto P y tiene la direcci´on del vector tangente unitario. ( ) 2x − y = 2 x−1 y z−2 = = =⇒ 1 2 −2 y+z = 2

2

• Plano normal: Es el plano que pasa por el punto P y cuyo vector perpendicular tiene la direcci´on del vector tangente unitario. 1(x − 1) + 2(y − 0) − 2 (z − 2) = 0 ⇐⇒ x + 2y − 2z = −3 • Recta binormal: Es la recta que pasa por el punto P y tiene la direcci´on del vector binormal. ( ) x+y = 1 x−1 y z−2 = = =⇒ 2 −2 −1 y − 2z = −4 • Plano osculador: Es el plano que pasa por el punto P y cuyo vector perpendicular tiene la direcci´on del vector binormal. 2(x − 1) − 2(y − 0) − 1 (z − 2) = 0 ⇐⇒ 2x − 2y − z = 0 • Recta normal principal: Es la recta que pasa por el punto P y tiene la direcci´on del vector normal principal. ( ) x − 2y = 1 x−1 y z−2 = = =⇒ 2 1 2 2y − z = −2 • Plano rectificante: Es el plano que pasa por el punto P y cuyo vector perpendicular tiene la direcci´on del vector normal principal. 2(x − 1) + 1(y − 0) + 2 (z − 2) = 0 ⇐⇒ 2x + y + 2z = 6 (b) En primer lugar, hagamos algunos c´alculos previos: ¯ − → ¯¯ − → − ¯ → j k ¯ µ ¯ i ¶ ¯ ¢ 4 2 2¡ 4 2 2 ¯¯ 0 00 2 − → − → ¯ − 1 r (t) ∧ r (t) = ¯ , − , − = 2, −2t, −t t t2 ¯ = t4 t3 t2 t4 ¯ ¯ 4 ¯ 0 − 22 ¯ t t3 ¯ 0 ¯ 2√ 2p 2(t2 + 2) → → ¯− r (t) ∧ − r 00 (t)¯ = 4 4 + 4t2 + t4 = 4 (t2 + 2)2 = t t t4 r ¯ 0 ¯ 4 1√ 4 1p t2 + 2 → ¯− r (t)¯ = 1 + 2 + 4 = 2 t4 + 4t2 + 4 = 2 (t2 + 2)2 = t t t t t2 µ ¶ µ ¶ 4 12 1 3 − → r 000 (t) = 0, 3 , − 4 = 4 0, 3 , − 4 t t t t ¯ ¯ ¯ 1 2 − 22 ¯ t t ¯ ¯ ¯ ¯ ¡− ¢ 8 → → → r 0 (t), − r 00 (t), − r 000 (t) = 4 ¯¯ 0 − t22 t43 ¯¯ = 6 ¯ ¯ t ¯ 0 1 −3 ¯ t3 t4 3

La curvatura en cada punto viene dada por 2(t2 + 2) ¯ ¯ 0 00 − → − → ¯ r (t) ∧ r (t)¯ 4 2t2 t κ(t) = = 2 = 2 ¯ 0 ¯3 → ¯− (t + 2)3 (t + 2)2 r (t)¯ t6 mientras que la torsi´on es 8 ¡− ¢ → → → r 0 (t), − r 00 (t), − r 000 (t) 2t2 t6 τ (t) = = = . ¯ 0 ¯ 2 → − ¯− 4(t2 + 2)2 (t2 + 2)2 r (t) ∧ → r 00 (t)¯ t8 Por consiguiente, la curvatura es igual a torsi´on en todos los puntos de la curva. ⊗

4

Problema 2 ³ v´ → Dada la superficie − r (u, v) = u2 cos v, u2 sen v, , con u > 0, se pide: u (a) Hallar la Primera Forma Fundamental. (b) Hallar las l´ıneas de m´axima pendiente. (c) Hallar el coseno del ´angulo que forman las curvas {u − v = 1} y {u + v = 1} en el punto P = (1, 0, 0). Resoluci´ on. (a) En primer lugar calculamos los coeficientes de la Primera Forma Fundamental: µ ¶ ³ v´ − 1 2 2 − → → r u = 2u cos v, 2u sen v, − 2 r v = −u sen v, u cos v, u u v 1 v2 → → − − ; F =− r u·− r v = − 3; G=→ r v·→ r v = u4 + 2 4 u u u Por tanto, la Primera Forma Fundamental nos queda como sigue: µ µ ¶ ¶ v2 1 2v 2 4 2 − → − → I = d r · d r = 4u + 4 du − 3 dudv + u + 2 dv 2 . u u u → → E=− r u·− r u = 4u2 +

(b) Las l´ıneas de m´axima pendiente son las curvas ortogonales a las curvas de nivel. Las curvas de nivel son de la forma n v {z = oC} que, en el caso particular de la superficie que nos = C . Hallamos las coordenadas param´etricas del vector ocupa, se corresponden con u tangente a dicha familia: ∂ ³v´ ∂ ³v´ v 1 + = 0 ⇐⇒ − 2 du + dv = 0 ∂u u ∂v u u u ⇐⇒ −v du + u dv = 0 ⇐⇒ du =

u dv v

⇐⇒ (du, dv) =

³u v

´ dv, dv ≈ (u, v).

As´ı que, si denotamos por (du, dv) a las coordenadas del vector tangente a las l´ıneas de m´axima pendiente, ambas direcciones han de ser ortogonales y, por tanto, se debe verificar que   2 Ã ! Ã !Ã ! v v 2 ³ ´ E F ³ ´ 4u + − du du   u4 u3  =0 = 0 ⇐⇒ u v  u v v 1 4 dv F G dv − 3 u + 2 u u 5

Desarrollando la ecuaci´on nos queda 4u3 du + vu4 dv = 0 ⇐⇒

4 du = −v dv u

⇐⇒ 4 ln |u| + ln C = − ⇐⇒ Cu4 = e−v

v2 2

2 /2

Luego, las l´ıneas de m´axima pendiente son las curvas dadas por Cu4 = e−v

2 /2

.

(c) En primer lugar necesitamos hallar los valores de u y v que definen el punto de corte. Para ello, resolvemos el sistema: ( u−v =1 u+v =1 de donde deducimos que u = 1 y v = 0. As´ı pues, los coeficientes de la Primera Forma Fundamental en el punto P son E = 4, F = 0 y G = 2. El ´angulo que forman dos curvas en su punto de corte es el ´andulo que forman sus respectivos vectores tangentes por dicho punto. Necesitamos determinar las coordenadas param´etricas de dicho vector tangente a cada una de ellas. Para ello, debemos derivar, aplicando la Regla de la cadena: ∂ ∂ Curva {u − v = 1} : (u − v) du + (u − v) dv = 0 ∂u ∂v 1 · du − 1 · dv = 0 ⇐⇒ du = dv Por tanto, en el espacio de los par´ametros, la curva {u − v = 1} tiene direcci´on tangente (du, dv) = (dv, dv) ≈ (1, 1). ∂ ∂ Curva {u + v = 1} : (u + v) du + (u + v) dv = 0 ∂u ∂v 1 · du + 1 · dv = 0 ⇐⇒ du = −dv Por tanto, en el espacio de los par´ametros, la curva {u + v = 1} tiene direcci´on tangente (du, dv) = (−dv, dv) ≈ (−1, 1). Por consiguiente, si denotamos por α al ´angulo que forman ambas curvas en el punto de corte, se debe cumplir que à !à ! ³ ´ 4 0 −1 1 1 0 2 1 −2 1 v cos α = v à ! à !u à !à ! = √6√6 = − 3 u³ ´ 4 0 ³ ´ 4 0 u 1 u −1 t 1 1 t −1 1 0 2 1 0 2 1 ⊗ 6

Problema 3 → Dada la superficie − r (u, v) =

¶ µ 1 3 uv, v, u , se pide: 3

(a) Hallar la Segunda Forma Fundamental. (b) Clasificar los puntos de la superficie y hallar las l´ıneas y direcciones asint´oticas. ¶ µ 1 sobre la curva u = v. (c) Hallar la curvatura normal en el punto P = 1, 1, 3 Resoluci´ on. (a) Calculamos los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamentales. ¡ ¢ − → r u = v, 0, u2 ;

→ − r v = (u, 1, 0)

− → r uu = (0, 0, 2u) ;

− → − → r uv = (1, 0, 0) ; r vv = (0, 0, 0)  → → E = − r u·− r u = v 2 + u4    − → − → =⇒ EG − F 2 = (v 2 + u4 )(u2 + 1) − u2 v 2 = u6 + u4 + v 2 F = r u · r v = uv    → → G = − r v·− r v = u2 + 1

¯ ¯ ¯ 0 0 2u ¯ ¯ ¯ 1 2uv ¯ ¯ 2 L= √ ; ¯ v 0 u ¯ = √ 6 2 ¯ EG − F ¯¯ u + u4 + v 2 ¯ u 1 0 ¯ ¯ ¯ 1 0 0 ¯ ¯ ¯ 1 −u2 ¯ ¯ 2 √ √ ; M= ¯ v 0 u ¯= ¯ EG − F 2 ¯¯ u6 + u 4 + v 2 ¯ u 1 0 ¯ ¯ ¯ 0 0 0 ¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ 2 √ N= ¯ v 0 u ¯ = 0. 2 ¯ ¯ EG − F ¯ u 1 0 ¯ Por consiguiente, II = √

2uv 2u2 du2 − √ dudv. u6 + u4 + v 2 u6 + u4 + v 2

(b) Clasificaci´ on de los puntos de la superficie y c´alculo de las l´ıneas asint´oticas. ¶ µ ¡ ¢ u4 2 2 = signo(−u4 ) signo LN − M = signo(−M ) = signo − 6 u + u4 + v 2 7

Por tanto: • Para u = 0 los puntos son parab´olicos. Hay una sola l´ınea asint´otica. • Para u 6= 0 los puntos son hiperb´olicos. Hay dos l´ıneas asint´oticas. Calculamos las l´ıneas asint´oticas haciendo II = 0: 2uv 2u2 √ du2 − √ dudv = 0 ⇐⇒ 2u du (v du − u dv) = 0. u6 + u4 + v 2 u6 + u4 + v 2 Puntos parab´ olicos: (u = 0). Sustituyendo en la expresi´on anterior, llegamos a la conclusi´on 0 = 0, por lo que todas las direcciones son asint´oticas. Los puntos son, por tanto, puntos planos. Puntos hiperb´ olicos (u 6= 0). En este caso, la ecuaci´on II = 0 nos queda, de modo equivalente, como du (v du − u dv) = 0, de donde salen dos casos posibles: • du = 0. En tal caso, la l´ınea asint´otica se obtiene de resolver la ecuaci´on diferencial, por lo que tenemos que du = 0 ⇐⇒ u = C. • v du−u dv = 0. La segunda l´ınea asint´otica se obtiene de resolver la ecuaci´on diferencial, con lo cual du dv v du − u dv = 0 ⇐⇒ = ⇐⇒ u = Cv. u v (c) La curvatura normal de una superficie en cada uno de sus puntos, viene determinada por la expresi´on L du2 + 2M dudv + N dv 2 κn = . E du2 + 2F dudv + G dv 2 En primer lugar, calculamos los valores de u y v que determinan el punto P . Para ello, resolvemos el sistema  uv = 1    v = 1 1 3 1    u = 3 3 del que deducimos que u = 1 y v = 1. As´ı pues, los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamentales en P son 2 1 E = 2; F = 1; G = 2; L = √ ; M = − √ ; N = 0. 3 3 S´olo nos falta determinar las coordenadas param´etricas de la direcci´on de la curva determinada por la relaci´on u = v. Para ello, derivamos en identidad u − v = 0: ∂ ∂ (u − v) du + (u − v) dv = 0 ∂u ∂v 8

1 · du − 1 · dv = 0 ⇐⇒ du = dv Por tanto, en el espacio de los par´ametros, la curva {u − v = 0} tiene direcci´on tangente (du, dv) = (dv, dv) ≈ (1, 1). Por consiguiente, du = 1 y dv = 1, con lo que, sustituyendo en la expresi´on de la curvatura normal, llegamos a que 1 2 √ − 2√ + 0 L + 2M + N 3 3 κn = = = 0. E + 2F + G 2+2+2 ⊗

9

Matem´aticas II. Segundo Parcial. Curso 2006-2007 15 de junio de 2007 Problema 1 (1) Hallar el valor de a ∈ R para que la ecuaci´on ¡ 2 ¢ x − y 2 dx − axy dy + z dz = 0 sea integrable y resolverla. (2) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on y 00 + 2y 0 + 2y = ex y la soluci´on particular que satisface las condiciones iniciales {y(0) = 0, y 0 (0) = 0}.

Problema 2 (1) Hallar las curvas ortogonales a la familia de superficies {z = C (x + y 2 )}. Hallar la superficie ortogonal a dicha familia que contiene a la recta {x = 0, y = z}. (2) Resolver el sistema x0 = x + y + z y0 = x + y + z z0 = x + y + z

    

Problema 3 (1) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on x2 y 00 − 3x y 0 + 4y = x3 sabiendo que y1 (x) = x2 es una soluci´on particular de la ecuaci´on homog´enea asociada. (2) Hallar los autovalores y autofunciones del problema de contorno  00 y + 2λ y 0 + (λ2 + λ − 2) y = 0     y(0) = 0     y(1) = 0

Problema 1 (1) Hallar el valor de a ∈ R para que la ecuaci´on ¡

¢ x2 − y 2 dx − axy dy + z dz = 0

sea integrable y resolverla. (2) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on y 00 + 2y 0 + 2y = ex y la soluci´on particular que satisface las condiciones iniciales {y(0) = 0, y 0 (0) = 0}. Resoluci´ on. (1) Definimos el campo vectorial F = (x2 − y 2 , −axy, z). Veamos para qu´e valores de a ∈ R, el campo vectorial satisface alguna de las dos condiciones siguientes: • Veamos cu´ales son los valores de a ∈ R para los que se cumple que rot F = (0, 0, 0). ¯ ¯ ¯ ¯ i j k ¯ ¯ ¯ ∂ ∂ ¯¯ ∂ ¯ rot F = ¯ = (0, 0, −ay + 2y) = (0, 0, y(2 − a)) ∂y ∂z ¯¯ ¯ ∂x ¯ x2 − y 2 −axy z ¯ En este caso, tenemos que rot F = (0, 0, 0) ⇐⇒ a = 2. • Veamos cu´ales son los valores de a ∈ R para los que se cumple que F · rot F = 0. ¡ ¢ F · rot F = x2 − y 2 , −axy, z · (0, 0, y(2 − a)) = yz(2 − a) = 0 ⇐⇒ a = 2. Por consiguiente, el u ´nico valor a ∈ R para el que la ecuaci´on de Pfaff es integrable es a = 2. De hecho, para dicho valor, la ecuaci´on es exacta, por lo que su soluci´on se obtiene simplemente de calcular una funci´on potencial asociada al campo vectorial F = (x2 − y 2 , −2xy, z). As´ı que buscamos una funci´on U (x, y, z) tal que Ux = x2 − y 2 , Uy = −2xy, Uz = z. Z x2 2 2 Ux = x − y ⇐⇒ U (x, y, z) = (x2 − y 2 ) dx = − xy 2 + ϕ(y, z) 2 x2 S´olo nos falta determinar la funci´on ϕ(y, z). Para ello, a U (x, y, z) = − xy 2 + ϕ(y, z) 2 le aplicamos la segunda condici´on: Z Uy = −2xy ⇐⇒ −2xy + ϕy = −2xy ⇐⇒ ϕy = 0 ⇐⇒ ϕ(y, z) = 0 dy = ψ(z) 2

x2 As´ı pues, U (x, y, z) = − xy 2 + ψ(z). Para hallar ψ(z), imponemos ahora que la tercera 2 x2 − xy 2 + ψ(z): condici´on Uz = z sobre la funci´on U (x, y, z) = 2 Uz = z ⇐⇒ ψ 0 (z) = z ⇐⇒ ψ(z) =

z2 + C. 2

Por tanto, las funciones potenciales asociadas al campo vectorial F = (x2 − y 2 , −2xy, z) x2 z2 − xy 2 + + C y, en consecuencia, la soluci´on general de son de la forma U (x, y, z) = 2 2 la ecuaci´on de Pfaff es x2 z2 − xy 2 + = C, con C ∈ R 2 2 (2) Estamos ante una ecuaci´on diferencial lineal completa de coeficientes constantes. Necesitamos hallar la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea y una soluci´on particular de la completa. Consideremos en primer lugar la homog´enea, cuya ecuaci´on caracter´ıstica es r + 2r + 2 = 0. Resolvemos dicha ecuaci´on: √ −2 ± 4 − 8 −2 ± 2i λ= = = −1 ± i 2 2 2

Como las ra´ıces son complejas conjugadas, −1 ± i, tenemos que y1 (x) = e−x cos x e y2 (x) = e−x sen x son soluciones particulares de la ecuaci´on homog´enea linealmente independientes y, por tanto, y(x) = C1 e−x cos x + C2 e−x sen x, C1 , C2 ∈ R es la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea. Para encontrar una soluci´on particular de la ecuaci´on completa, obs´ervese que estamos resolviendo una ecuaci´on diferencial lineal de coeficientes constantes cuyo t´ermino independiente es de tipo exponencial. Por ello, podemos aplicar el M´etodo de los Coeficientes Indeterminados. Como el t´ermino independiente de la ecuaci´on es ex y 1 no es ra´ız de la ecuaci´on caracter´ıstica, la soluci´on particular de la ecuaci´on completa la buscamos como y0 (x) = A ex . Se trata, pues, de determinar el valor de A para que y0 (x) = A ex sea soluci´on de la ecuaci´on completa. y0 (x) = A ex ;

y00 (x) = A ex ;

y000 (x) = A ex .

Sustituyendo, nos queda: 1 A ex + 2A ex + 2A ex = ex ⇐⇒ 5A = 1 ⇐⇒ A = . 5 3

1 Luego y0 (x) = ex es una soluci´on particular de la ecuaci´on lineal completa y, por 5 consiguiente, la soluci´on general de dicha ecuaci´on es y(x) =

1 x e + C1 e−x cos x + C2 e−x sen x, con C1 , C2 ∈ R 5

Finalmente, para determinar la soluci´on particular que satisface las condiciones iniciales {y(0) = 0, y 0 (0) = 0}, sustituimos en la soluci´on general para calcular el valor de los par´ametros C1 , C2 . Antes derivamos: y 0 (x) =

1 x e − C1 e−x cos x − C1 e−x sen x − C2 e−x sen x + C2 e−x cos x. 5

Sustituyendo: y(0) = 0 y 0 (0) = 0

)

1 + C1 = 0 5 ⇐⇒ 1 − C1 + C2 = 0 5

    

C1 ⇐⇒ C2

1 = − 5 2 = − 5

      

Por tanto, la soluci´on particular que satisface las condiciones {y(0) = 0, y 0 (0) = 0} es y(x) =

1 x 1 −x 2 e − e cos x − e−x sen x 5 5 5 ⊗

4

Problema 2 (1) Hallar las curvas ortogonales a la familia de superficies {z = C (x + y 2 )}. Hallar la superficie ortogonal a dicha familia que contiene a la recta {x = 0, y = z}. (2) Resolver el sistema x0 = x + y + z y0 = x + y + z z0 = x + y + z

    

Resoluci´ on. (1) Definimos la funci´on F (x, y, z) = C (x + y 2 ) − z. El vector normal a la familia de superficies es µ ¶ ¡ 0 0 0¢ ¡ ¢ 2yz z 2 , , −1 n = Fx , Fy , Fz = (C, 2yC, −1) = ≈ z, 2yz, −(x + y ) . x + y2 x + y2 As´ı que si denotamos por t = (dx, dy, dz) al vector tangente a la familia de curvas que buscamos, deducimos que los vectores n y t deben ser paralelos y, por tanto, proporcionales: dx dy dz = = z 2yz −(x + y 2 ) Nos queda un sistema no lineal de ecuaciones diferenciales. Encontramos una combinaci´on f´acil en dx dy dx dy dy = ⇐⇒ = ⇐⇒ 2 dx = ⇐⇒ 2x = ln |y| + ln C ⇐⇒ y = C1 e2x z 2yz 1 2y y Por otra parte, obs´ervese que −x dx − 12 y dy dx dy dz = = = z 2yz −(x + y 2 ) −z (x + y 2 ) por lo que tenemos que −x dx − 12 y dy −x dx − 12 y dy dz 1 dz = ⇐⇒ = ⇐⇒ x dx + y dy + z dz = 0 −(x + y 2 ) −z (x + y 2 ) 1 z 2 y, por tanto, integrando, nos queda x2 y 2 z 2 + + = C2 ⇐⇒ 2x2 + y 2 + 2z 2 = C2 2 4 2

5

Por tanto, las curvas ortogonales a la familia de superficies {z = C (x + y 2 )} forman la familia biparam´etrica 2x

y = C1 e

 

2x2 + y 2 + 2z 2 = C2 

, con C1 , C2 ∈ R .

Sea S la superficie ortogonal a la familia {z = C(x + y 2 )} que contiene a la recta {x = 0, y = z}. El vector normal a S en cada punto es nS = (zx , zy , −1). Que la superficie S sea ortogonal a la familia de curvas dada equivale a que sus respectivos vectores normales sean perpendiculares, esto es, n · nS = 0 ⇐⇒ z zx + 2yz zy = −(x + y 2 ). Nos queda, pues, una ecuaci´on casi lineal que resolvemos planteando el sistema asociado dx dy dz = = . z 2yz −(x + y 2 ) Se trata, como vemos, del mismo sistema que hemos resuelto previamente. Para seleccionar la superficie S, del sistema formado por la familia biparam´etrica de curvas soluci´on del sistema no lineal y las ecuaciones de la recta dada, obtenemos una relaci´on entre los par´ametros C1 y C2 , como sigue:     y = C1 e2x         y = C 1    2x2 + y 2 + 2z 2 = C  2 2 2 =⇒ y + 2z = C2     x=0       y=z   y=z ( ) y = C1 =⇒ 3y 2 = C2 =⇒ 3C12 = C2 Sustituyendo en esta u ´ltima identidad los par´ametros C1 y C2 nos queda finalmente la superficie 3y 2 e−4x = 2x2 + y 2 + 2z 2

6

(2) Se un sistema diferencial lineal homog´eneo, cuya matriz de coeficientes es  trata de  1 1 1   A =  1 1 1 . Para buscar la soluci´on general de este sistema homog´eneo, calculamos 1 1 1 los autovalores de dicha matriz y sus autovectores asociados. ¯ ¯ ¯ 1−λ ¯ 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ |A − λI| = 0 ⇐⇒ ¯ 1 1−λ 1 ¯=0 ¯ ¯ ¯ 1 1 1−λ ¯ ⇐⇒ (1 − λ)3 + 1 + 1 − (1 − λ) − (1 − λ) − (1 − λ) = 0 ⇐⇒ 1 − 3λ + 3λ2 − λ3 − 1 + 3λ = 0 ⇐⇒ −λ3 + 3λ3 = 0 ⇐⇒ λ2 (3 − λ) = 0 Por tanto, la matriz A tiene un autovalor doble λ = 0 y uno simple λ = 3. Como el autovalor λ = 0 es doble, necesitamos obtener dos autovectores linealmente independientes asociados a dicho autovalor, mientras que para λ = 3 buscaremos uno. Vamos a calcularlos: Autovectores asociados a λ = 0.      x1 1 1 1 0       1 1 1   x2  =  0  ⇐⇒ x1 + x2 + x3 = 0 ⇐⇒ x1 = −(x2 + x3 ) 1 1 1 x3 0 Vemos que s´olo hemos obtenido una ecuaci´on independiente con tres inc´ognitas, por lo que las infinitas soluciones dependen de dos par´  As´ı que, por ejemplo, tomando ametros. −1   x2 = 1 y x3 = 0 obtenemos el autovector u1 =  1 , y tomando x2 = 0 y x3 = 1 nos 0   −1   queda el autovector u2 =  0 . Esta forma de dar valores a x2 y x3 nos garantiza 1 que u1 y u2 son linealmente independientes. Autovector asociado a λ = 3.      ) ) 0 −2 1 1 x1 x1 = x2 −2x1 + x2 + x3 = 0      ⇐⇒  1 −2 1   x2  =  0  ⇐⇒ x3 = x2 x1 − 2x2 + x3 = 0 0 x3 1 1 −2 As´ı que dando unvalor  cualquiera distinto de 0 a x2 , por ejemplo, x2 = 1, obtenemos el 1   autovector u3 =  1 . 1 7

Por tanto, tres soluciones particulares del sistema homog´eneo linealmente independientes son           −1 −1 −1 −1 1        0t  0t  3t  X1 = e  1  =  1  ; X2 = e  0  =  0  ; X3 = e  1  0 0 1 1 1 y, por consiguiente, la soluci´on general del sistema es         x −1 −1 1        3t   y  = C1  1  + C2  0  + C3 e  1  z 0 1 1 que tambi´en podemos expresar como  3t   x = −C1 − C2 + C3 e y = C1 + C3 e3t   z = C2 + C3 e3t

    

, C1 , C2 , C3 ∈ R.

⊗

8

Problema 3 (1) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on x2 y 00 − 3x y 0 + 4y = x3 sabiendo que y1 (x) = x2 es una soluci´on particular de la ecuaci´on homog´enea asociada. (2) Hallar los autovalores y autofunciones del problema de contorno  00 y + 2λ y 0 + (λ2 + λ − 2) y = 0     y(0) = 0     y(1) = 0 Resoluci´ on. (1) Vemos que se trata de una ecuaci´on diferencial lineal completa de segundo orden. Para determinar su soluci´on general necesitamos hallar la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea asociada y una soluci´on particular de la ecuaci´on completa. Comenzamos por lo primero definiendo la funci´on y(x) = C(x) y1 (x) = C(x) x2 . Nos planteamos hallar C(x) para que la funci´on y(x) as´ı definida sea soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea. Hallamos y 0 (x) e y 00 (x) y sustituimos en la ecuaci´on. Calculamos por tanto y 0 (x) = C 0 x2 + C 2x y 00 (x) = C 00 x2 + C 0 4x + 2C y sustituimos: x2 (C 00 x2 + C 0 4x + 2C) − 3x (C 0 x2 + C 2x) + 4C x2 = 0 ⇐⇒ x4 C 00 + x3 C 0 = 0 ⇐⇒ x C 00 + C 0 = 0 Para resolver esta ecuaci´on, hacemos el cambio de variables C 0 (x) = u(x), con lo que queda el sistema ) C0 = u x u0 + u = 0 Resolvemos la segunda ecuaci´on y sustituimos en la primera: x u0 + u = 0 ⇐⇒

du 1 = − dx u x

⇐⇒ ln |u| = − ln |x| + ln |C1 | ⇐⇒ u = 9

C1 x

As´ı que C 0 (x) =

C1 y por tanto, x Z C(x) = C1

1 dx = C1 ln x + C2 x

Luego la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea es y(x) = C(x) x2 = (C1 ln x + C2 ) x2 que finalmente nos queda como y(x) = C1 x2 ln x + C2 x2 , con C1 , C2 ∈ R. Para encontrar una soluci´on particular de la ecuaci´on lineal completa, comenzamos tomando dos soluciones particulares de la homog´enea linealmente independientes, por ejemplo, y1 (x) = x2 ln x e y2 (x) = x2 . Sus respectivas derivadas son y10 (x) = 2x ln x + x e y20 (x) = 2x. Cambiando los par´ametros C1 y C2 por funciones C1 (x) y C2 (x), nos planteamos hallar dos funciones C1 (x) y C2 (x) para que la funci´on y0 (x) = C1 (x) x2 ln x + C2 (x) x2 sea soluci´on de la ecuaci´on lineal completa. Planteamos el sistema de ecuaciones ) C10 x2 ln x + C20 x2 = 0 C10 (2x ln x + x) + C20 2x = x y lo resolvemos por la Regla de Crammer: ¯ ¯ ¯ 0 x2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ x 2x ¯ −x3 0 ¯= C1 = ¯¯ =1 3 2 2 ¯ −x x ln x x ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2x ln x + x 2x ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ x2 ln x 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2x ln x + x x ¯ x3 ln x ¯= = − ln x C20 = ¯¯ −x3 x2 ¯¯ ¯ x2 ln x ¯ ¯ ¯ 2x ln x + x 2x ¯ Integrando, tenemos que Z C1 (x) = 1 dx = x

10

Z C2 (x) =



 1 u = ln x; du = dx  x − ln x dx =  dv = −dx; v = −x Z

= −x ln x +

dx = x (1 − ln x) .

As´ı que y0 (x) = x x2 ln x + x (1 − ln x) x2 = x3 es una soluci´on particular. Por consiguiente, la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial lineal completa es y(x) = x3 + C1 x2 ln x + C2 x2 , con C1 C2 ∈ R (2) Buscamos los valores de λ para los cuales el problema de contorno tiene soluci´on no trivial. La ecuaci´on caracter´ıstica asociada es r2 + 2λ r + (λ2 + λ − 2) = 0, cuyas soluciones son p √ √ −2λ ± 4λ2 − 4(λ2 + λ − 2) −2λ ± 8 − 4λ −2λ ± 2 2 − λ r = = = 2 2 2 √ = −λ ± 2 − λ Por tanto, la soluci´on general depender´a del signo de 2 − λ, con lo que tenemos tres casos posibles: • Caso 1. Si 2 − λ = 0 ⇐⇒ λ = 2, entonces la ecuaci´on caracter´ıstica tiene una u ´nica ra´ız real doble r = −2. Esto quiere decir que dos soluciones particulares independientes de la ecuaci´on homog´enea son y1 (x) = e−2x e y2 (x) = x e−2x y, por consiguiente, la soluci´on general de la ecuaci´on es y(x) = C1 e−2x + C2 x e−2x . Imponemos las condiciones de contorno, de modo que tenemos que ( ( y(0) = 0 C1 = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ C1 = C2 = 0. y(1) = 0 C1 e−2 + C2 e−2 = 0 Nos queda, por tanto, la soluci´on trivial y(x) = 0, con lo que deducimos que λ = 2 no es autovalor del problema de contorno. • Caso 2. Si 2 − λ < 0 ⇐⇒ λ > 2, entonces la ecuaci´on caracter´ıstica tiene dos ra´ıces √ complejas conjugadas, −λ ± λ − 2 i. As´ı que dos soluciones particulares independientes ¡√ ¢ ¡√ ¢ de la ecuaci´on homog´enea son y1 (x) = e−λ x cos λ − 2 x e y2 (x) = e−λ x sen λ − 2 x y, por consiguiente, la soluci´on general de la ecuaci´on es h ³√ ´ ³√ ´i −λ x C1 cos λ − 2 x + C2 sen λ − 2x . y(x) = e 11

Imponemos las condiciones de contorno, de modo que tenemos que ( ( y(0) = 0 C1 = 0 £ ¡√ ¢ ¡√ ¢¤ ⇐⇒ −λ y(1) = 0 C1 cos λ − 2 + C2 sen λ − 2 = 0 e y simplificando, nos queda

( C2 sen

¡√

C1 = 0 ¢ λ−2 = 0

(1)

Como buscamos que la soluci´on del problema de contorno sea distinta de la soluci´on trivial y tenemos que C1 = 0, debe ser entonces C2 6= 0, con lo que tenemos que ³√ ´ √ sen λ − 2 = 0 ⇐⇒ λ − 2 = n π ⇐⇒ λ = 2 + n2 π 2 , con n ∈ N. Volviendo al sistema (1), tenemos que para λ = 2 + n2 π 2 la segunda ecuaci´on se cumple para cualquier valor de C2 , mientras que C1 = 0. Luego dando un valor cualquiera distinto de 0 a C2 , por ejemplo, C2 = 1, una autofunci´on asociada a cada autovalor λn = 2 + n2 π 2 2 2 es yn (x) = e−(2+n π ) x sen (n π x) , con n ∈ N. • Caso 3. Si 2 − λ > 0 ⇐⇒ λ < 2, la ecuaci´on caracter´ıstica tiene dos ra´ıces reales distin√ dos soluciones particulares independientes de la tas, −λ ± 2 − λ. Esto quiere decir que √ √ −λ+ 2−λ x −λ− 2−λ x ) e y (x) = e( ) y, por consiguiente, ecuaci´on homog´enea son y1 (x) = e( 2 la soluci´on general de la ecuaci´on es y(x) = C1 e(−λ+

√ 2−λ) x

+ C2 e(−λ−

√ 2−λ) x

.

Imponemos las condiciones de contorno, de modo que tenemos que ( ( y(0) = 0 C1 + C2 = 0 √ √ ⇐⇒ y(1) = 0 C1 e−λ+ 2−λ + C2 e−λ− 2−λ = 0 ( ⇐⇒ √

C1 ³= −C2

√ −λ− 2−λ

C2 e

´ √ −λ+ 2−λ

−e

=0

√

Obs´ervese que e−λ− 2−λ − e−λ+ 2−λ 6= 0, puesto que λ 6= 2, por lo que necesariamente ha de ser C2 = 0 y, por tanto, C1 = 0. Nos queda, por tanto, la soluci´on trivial y(x) = 0, con lo que deducimos que λ < 2 no es autovalor del problema de contorno. Por consiguiente, los autovalores del problema de contorno y sus correspondientes autofunciones son λn = 2 + n2 π 2 , yn (x) = e−(2+n

2 π2 ) x

sen (nπx) , n ∈ N . ⊗

12

Matem´aticas II. Examen Final. Curso 2006-2007 28 de junio de 2007 Alumnos con el Primer Parcial Problema 1 → Dada la curva − r (t) =

µ

¶ 2 2 , ln t, −t , con t > 0, se pide: t

(1) Hallar la recta tangente y el plano normal en el punto P = (2, 0, −1). (2) Hallar la curvatura en el mismo punto P . (3) Hallar los puntos de la curva en los que el vector binormal es paralelo al plano de ecuaci´on x − y + 8z = −2.

Problema 2 → Dada la superficie − r (u, v) = (u cos v, u sen v, u + v), se pide: (1) Hallar el ´angulo que forman las curvas coordenadas en el punto P = (0, 0, 0). (2) Hallar las l´ıneas de m´axima pendiente. (3) Hallar las trayectorias ortogonales a la familia de curvas {u = C ev }.

Problema 3 → Dada la superficie − r (u, v) = (u2 , −v 2 , uv), se pide: (1) Hallar la Primera y Segunda Forma Fundamentales. (2) Hallar la curvatura normal en el punto dado por u = 1, v = 1 a lo largo de la curva {u = v}. (3) Clasificar los puntos de la superficie y hallar, si existen, las l´ıneas asint´oticas.

Problema 1 → Dada la curva − r (t) =

µ

¶ 2 2 , ln t, −t , con t > 0, se pide: t

(1) Hallar la recta tangente y el plano normal en cada punto. (2) Hallar la curvatura en cada punto. (3) Hallar los puntos de la curva en los que el vector binormal es paralelo al plano de ecuaci´on x − y + 8z = −2. Resoluci´ on. Veamos en primer lugar cu´al es el valor del par´ametro t que define el punto P = (2, 0, −1). Para ello, planteamos el sistema  2  = 2    t ln t = 0     2 −t = −1 cuya soluci´on es t = 1. Hagamos previamente los c´alculos que necesitamos para resolver el problema: µ ¶ 2 1 0 − → → r (t) = − 2 , , −2t =⇒ − r 0 (1) = (−2, 1, −2) t t µ ¶ 4 1 00 − → → r (t) = 3 , − 2 , −2 =⇒ − r 00 (1) = (4, −1, −2) t t ¯ − − → ¯¯ − → ¯ → j k ¯ ¯ i ¯ ¯ µ ¶ ¯ 2 ¯ ¢ 1 2 2¡ 4 12 ¯ − ¯ 0 00 − → − → −2t ¯ = − , − 2 , − 4 = − 4 2t3 , 6t2 , 1 r (t) ∧ r (t) = ¯ 2 t ¯ t ¯ t t t t ¯ ¯ ¯ 4 ¯ 1 ¯ 3 − 2 −2 ¯ t t → − → r 0 (1) ∧ − r 00 (1) = −2(2, 6, 1) √ √ ¯ 0 ¯ √ ¯ 0 ¯ √ → → → ¯− r (1)¯ = 4 + 1 + 4 = 9 = 3 y ¯− r (1) ∧ − r 00 (1)¯ = 2 4 + 36 + 1 = 2 41

(1) Recta tangente a la curva por el punto P = (2, 0, −1). Es la recta que pasa por el

2

punto P = (2, 0, −1) y tiene la direcci´on del vector tangente.   x = 2 − 2λ     y = λ      z = −1 − 2 λ

          

, λ∈R

Plano normal a la curva por el punto P = (2, 0, −1): Es el plano que pasa por dicho punto P = (2, 0, −1) y cuyo vector perpendicular tiene la direcci´on del vector tangente. −2 (x − 2) + 1 (y − 0) − 2 (z + 1) = 0 ⇐⇒ −2x + y − 2z + 2 = 0

(2) La curvatura en el punto P = (2, 0, −1) viene dada por ¯ ¯ 0 √ √ → → ¯− r (1) ∧ − r 00 (1)¯ 2 41 2 41 = κ(1) = = ¯ 0 ¯3 − ¯→ 27 33 r (1)¯

− − (3) Un vector paralelo al vector binormal en cada punto es → r 0 (t) ∧ → r 00 (t) y, a su vez, un − vector paralelo a dicho vector es → w = (2t3 , 6t2 , 1). Por otra parte, el plano x − y +8z = −2 − tiene vector normal → n = (1, −1, 8). Por tanto, que el vector binormal sea paralelo al plano → − x − y + 8z = −2 es equivalente a que los vectores − w y→ n sean perpendiculares, esto es, que su producto escalar sea 0. De aqu´ı deducimos que ¡

¢ 2t3 , 6t2 , 1 · (1, −1, 8) = 0 ⇐⇒ 2t3 − 6t2 + 8 = 0.

Por consiguiente, los valores de t para los que el vector binormal es paralelo al plano x − y + 8z = −2 son las ra´ıces de la ecuaci´on 2t3 − 6t2 + 8 = 0

(1)

Para hallar las ra´ıces de (1), empezamos probando entre los divisores del t´ermino independiente. Podemos comprobar que t = −1 es una de las ra´ıces, por lo que efectuamos la divisi´on por Ruffini para seguir factorizando: Tenemos que 2t3 − 6t2 + 8 = (t + 1)(2t2 − 8t + 8). Por su parte, √ 8 ± 64 − 64 2 2t − 8t + 8 = 0 ⇐⇒ t = =2 4 3

-1

2 -6 0 -2 8 2 -8 8

8 -8 0

de donde deducimos que 2t3 − 6t2 + 8 = 0 ⇐⇒ t = −1

o

t=2

Sin embargo, obs´ervese que la curva est´a definida s´olo para valores de t > 0, por lo que descartamos el caso t = −1. Por consiguiente, el u ´nico punto de la curva para el que el vector binormal es paralelo al plano x − y + 8z = −2 es: t = 2 =⇒ P = (1, ln 2, −4) ⊗

4

Problema 2 → Dada la superficie − r (u, v) = (u cos v, u sen v, u + v), se pide: (1) Hallar el ´angulo que forman las curvas coordenadas en el punto P = (0, 0, 0). (2) Hallar las l´ıneas de m´axima pendiente. (3) Hallar las trayectorias ortogonales a la familia de curvas {u = C ev }. Resoluci´ on. Calculamos previamente los coeficientes de la Primera Forma Fundamental. − → → r u = (cos v, sen v, 1) − r v = (−u sen v, u cos v, 1) → → E = − r u·− r u = cos2 v + sen2 v + 1 = 2 − → F = → r u·− r v = −u sen v cos v + u sen v cos v + 1 = 1 → → G = − r v·− r v = u2 sen2 v + u2 cos2 v + 1 = u2 + 1 (1) En primer lugar necesitamos hallar los valores de u y v que definen el punto P = (0, 0, 0). Para ello, resolvemos el sistema:    u cos v = 0 u sen v = 0   u+v =0 de donde deducimos que u = 0 y v = 0. As´ı pues, los coeficientes de la Primera Forma Fundamental en el punto P son E = 2, F = 1 y G = 1. Las curvas coordenadas que pasan por el punto P son u = 0 y v = 0. El ´angulo que forman dos curvas en su punto de corte es el ´angulo que forman sus respectivos vectores tangentes por dicho punto. Necesitamos determinar las coordenadas param´etricas de dicho vector tangente a cada una de ellas. Para ello, debemos derivar, aplicando la Regla de la cadena: ∂ ∂ • Curva {u = 0} : (u) du + (u) dv = 0 ⇐⇒ du = 0. Por tanto, en el espacio de ∂u ∂v los par´ametros, la curva {u = 0} tiene direcci´on tangente (du, dv) = (0, dv) ≈ (0, 1). ∂ ∂ • Curva {v = 0} : (v) du + (v) dv = 0 ⇐⇒ dv = 0. Por tanto, en el espacio de ∂u ∂v los par´ametros, la curva {v = 0} tiene direcci´on tangente (du, dv) = (du, 0) ≈ (1, 0). 5

Por consiguiente, si denotamos por α al ´angulo que forman ambas curvas en el punto de corte, se debe cumplir que à !à ! ³ ´ 2 1 1 0 1 1 1 0 1 1 v √ =√ cos α = v = à ! à ! à ! à ! u³ u³ 1· 2 2 ´ 2 1 ´ 2 1 u u 0 1 t 1 0 t 0 1 1 1 1 1 1 0 µ Luego α = arc cos

1 √ 2

¶ =±

π 4

(2) Las l´ıneas de m´axima pendiente son las curvas ortogonales a las curvas de nivel. Las curvas de nivel son de la forma {z = C} que, en el caso particular de la superficie que nos ocupa, se corresponden con {u + v = C}. Hallamos las coordenadas param´etricas del vector tangente a dicha familia: ∂ ∂ (u + v) + (u + v) = 0 ⇐⇒ du + dv = 0 ∂u ∂v ⇐⇒ du = −dv con lo cual, (du, dv) = (−dv, dv) ≈ (−1, 1). As´ı que, si denotamos por (du, dv) a las coordenadas del vector tangente a las l´ıneas de m´axima pendiente, ambas direcciones han de ser ortogonales y, por tanto, se debe verificar que à !à ! à !à ! ³ ´ E F ³ ´ 2 du 1 du = 0 ⇐⇒ −1 1 =0 −1 1 F G dv 1 u2 + 1 dv Desarrollando la ecuaci´on nos queda 1 du = dv u2 1 ⇐⇒ − + C = v u 1 ⇐⇒ v + = C u

−du + u2 dv = 0 ⇐⇒

Luego, las l´ıneas de m´axima pendiente son las curvas dadas por v +

1 =C. u

(3) En primer lugar, hallamos las coordenadas param´etricas del vector tangente a la 6

→ familia de curvas − r 1 : {u = C ev } ⇐⇒ u e−v = C: ∂ ¡ −v ¢ ∂ ¡ −v ¢ ue du + ue dv = 0 ⇐⇒ e−v du − u e−v dv = 0 ∂u ∂v ⇐⇒ du − u dv = 0 ⇐⇒ du = u dv Luego, (du, dv) = (u dv, dv) ≈ (u, 1). As´ı que, si denotamos por (du, dv) a las coordenadas → → param´etricas del vector tangente a la familia − r de trayectorias ortogonales a − r 1 , se debe cumplir que à !à ! à !à ! ³ ´ E F ³ ´ 2 du 1 du = 0 ⇐⇒ u 1 =0 u 1 F G dv 1 u2 + 1 dv de donde obtenemos la ecuaci´on diferencial (2u+1) du+(u2 +u+1) dv = 0. Dicha ecuaci´on es claramente de variables separables. En efecto, (2u + 1) du + (u2 + u + 1) dv = 0 ⇐⇒

2u + 1 du = −dv +u+1

u2

⇐⇒ ln |u2 + u + 1| + ln C = −v ⇐⇒ u2 + u + 1 = C e−v Por consiguiente, las trayectorias ortogonales a {u = C ev } son ©

u2 + u + 1 = C e−v

ª ⊗

7

Problema 3 → Dada la superficie − r (u, v) = (u2 , −v 2 , uv), se pide: (1) Hallar la Primera y Segunda Forma Fundamentales. (2) Hallar la curvatura normal en el punto dado por u = 1, v = 1 a lo largo de la curva {u = v}. (3) Clasificar los puntos de la superficie y hallar, si existen, las l´ıneas asint´oticas. Resoluci´ on. (1) Calculamos los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamentales. − → r u = (2u, 0, v) ;

− → r v = (0, −2v, u)

− → r uu = (2, 0, 0) ;

− → r uv = (0, 0, 1) ;

− → r vv = (0, −2, 0)

 → − E = − r u·→ r u = 4u2 + v 2    − → → − =⇒ EG−F 2 = (4u2 +v 2 )(u2 +4v 2 )−u2 v 2 = 4u4 +16u2 v 2 +4v 4 F = r u · r v = uv    → → G = − r v·− r v = u2 + 4v 2 ¯ ¯ ¯ 2 ¯ 0 0 ¯ ¯ 1 4v 2 ¯ ¯ L= √ ; = √ 2u 0 v ¯ ¯ 4 + 16u2 v 2 + 4v 4 ¯ EG − F 2 ¯¯ 4u 0 −2v u ¯ ¯ ¯ ¯ 0 ¯ 0 1 ¯ ¯ 1 −4uv ¯ ¯ M=√ ; =√ 2u 0 v ¯ ¯ 4 + 16u2 v 2 + 4v 4 ¯ EG − F 2 ¯¯ 4u 0 −2v u ¯ ¯ ¯ ¯ 0 −2 0 ¯ ¯ ¯ 4u2 1 ¯ ¯ = √ N=√ 2u 0 v ¯ ¯ ¯ EG − F 2 ¯¯ 4u4 + 16u2 v 2 + 4v 4 0 −2v u ¯ Por tanto, la Primera y la Segunda Forma Fundamentales son, respectivamente: I = (4u2 + v 2 ) du2 + 2uv dudv + (u2 + 4v 2 ) dv 2 II = √

4v 2 8uv 4u2 du2 − √ dudv + √ dv 2 4 2 2 4 4 2 2 4 4 2 2 4 4u + 16u v + 4v 4u + 16u v + 4v 4u + 16u v + 4v

8

(2) Los coeficientes de la Primera y Segunda forma Fundamentales para u = 1, v = 1 son: 2 2 2 E = 5; F = 1; G = 5; L = √ ; M = − √ ; N = √ 6 6 6 Por otra parte, necesitamos conocer las coordenadas param´atricas del vector tangente a la curva dada por {u = v}. u = v ⇐⇒ du = dv ⇐⇒ (du, dv) = (dv, dv) ≈ (1, 1). La curvatura normal en un punto viene dada como el cociente entre la Segunda y la Primera Forma Fundamental. As´ı que 2 4 2 √ −√ +√ II 6 6 6 = = 0. κn = κn (u, v, du, dv) = κn (1, 1, 1, 1) = I 5+2+5 Por consiguiente, la curvatura normal para u = v = 1 a lo largo de u = v es κn = 0 (3) Clasificaci´ on de los puntos de la superficie y c´alculo de las l´ıneas asint´oticas. ¡ ¢ signo LN − M 2 = signo(16u2 v 2 − 16u2 v 2 ) = 0 Por tanto, todos los puntos son parab´olicos y por cada uno de ellos pasa una sola l´ınea asint´otica. Vamos a determinarla. Las l´ıneas asint´oticas se calculan igualando a 0 la Segunda Forma Fundamental: II = 0 ⇐⇒ 4v 2 du2 − 8uv dudv + 4u2 dv 2 = 0 ⇐⇒ v 2 du2 − 2uv dudv + u2 dv 2 = 0 µ ¶2 µ ¶ du du 2 ⇐⇒ v − 2uv + u2 = 0 dv dv √ du 2uv ± 4u2 v 2 − 4u2 v 2 ⇐⇒ = dv 2v 2 du u ⇐⇒ = dv v du dv ⇐⇒ = u v ⇐⇒ ln |u| = ln |c| + ln C ⇐⇒ u = C v. Por tanto la u ´nica familia de l´ıneas asint´oticas es {u = C v} ⊗ 9

Matem´aticas II. Examen Final. Curso 2006-2007 28 de junio de 2007 Alumnos con el Segundo Parcial Problema 1 (1) Hallar las superficies ortogonales a la familia de curvas {x + y = α, z 2 = β (x2 − y 2 )}, comprobando previamente su existencia. (2) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on x2 y 00 + 2x y 0 − 6y = 0, sabiendo que 1 y1 (x) = 3 es una soluci´on particular. x Problema 2 (1) Hallar los autovalores y autofunciones del problema de contorno  00 0 2   y + 2λ y + (λ − λ) y = 0   y(0) = 0     y (π/2) = 0

(2) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on y 00 − 4y 0 + 4y = x2 .

Problema 3 (1) Hallar las curvas ortogonales a la familia de superficies {ey (x2 + z 2 ) = C}. Hallar la superficie ortogonal a la misma familia que contiene a la par´abola {y = z 2 , x = 1}. (2) Resolver este problema con condiciones iniciales:  0 x = 3x + 8y      y 0 = −x − 3y   x(0) = 6    y(0) = −2

Problema 1 (1) Hallar las superficies ortogonales a la familia de curvas {x + y = α, z 2 = β (x2 − y 2 )}, comprobando previamente su existencia. (2) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on x2 y 00 + 2x y 0 − 6y = 0, sabiendo que 1 y1 (x) = 3 es una soluci´on particular. x Resoluci´ on. (1) Definimos las funciones F (x, y, z) = x + y − α y G(x, y, z) = β(x2 − y 2 ) − z 2 . Los vectores normales de ambas superficies son nF = (1, 1, 0) y µ ¶ ¡ ¢ 2xz 2 −2yz 2 2 2 nG = (2xβ, −2yβ, −2z) = , , −2z ≈ xz, −yz, −(x − y ) , x2 − y 2 x2 − y 2 respectivamente. As´ı que el vector tangente a la familia de curvas dada ser´a ¯ − ¯ − → − → ¯ → ¯ j k ¯ i ¯ ¯ ¯ v = nF ∧ nG = ¯ 1 1 0 ¯ ¯ ¯ ¯ xz −yz −(x2 − y 2 ) ¯ = (−(x2 − y 2 ), x2 − y 2 , −z(x + y)) ≈ (−(x − y), x − y, −z) As´ı que si denotamos por t = (dx, dy, dz) a una direcci´on cualquiera del plano tangente la superficie buscada en cada punto, deducimos que los vectores v y t deben ser perpendiculares y, por tanto, su producto escalar ha de ser 0: v · t = 0 ⇐⇒ −(x − y) dx + (x − y) dy − z dz = 0 Obtenemos as´ı una ecuaci´on de Pfaff, que no tiene por qu´e tener soluci´on. La existencia de superficies ortogonales est´a condicionada a la existencia de soluci´on de la ecuaci´on de Pfaff. Para esto u ´ltimo, si denotamos por F = (−(x − y), x − y, −z), debemos comprobar si se verifica o no una de las siguientes condiciones: • Veamos si rotF = (0, 0, 0). ¯ − → ¯¯ − → − → ¯ i j k ¯ ¯ ¯ ¯ ∂ ∂ ∂ ¯ = (0, 0, 0). rotF = ¯¯ ¯ ∂x ∂y ∂z ¯ ¯ ¯ −(x − y) x − y −z ¯ Por tanto, la ecuaci´on es exacta y para resolverla, basta calcular una funci´on potencial. 2

Buscamos una funci´on U (x, y, z) tal que Ux = −(x − y), Uy = x − y, Uz = −z. Z x2 Ux = −(x − y) ⇐⇒ U (x, y, z) = − (x − y) dx = − + xy + ϕ(y, z) 2 x2 S´olo nos falta determinar la funci´on ϕ(y, z). Para ello, a U (x, y, z) = − + xy + ϕ(y, z) 2 le aplicamos la segunda condici´on: Z y2 Uy = x − y ⇐⇒ x + ϕy = x − y ⇐⇒ ϕy = −y ⇐⇒ ϕ(y, z) = − y dy = − + ψ(z) 2 y2 x2 + xy − + ψ(z). Para hallar ψ(z), imponemos ahora que la 2 2 x2 y2 tercera condici´on Uz = z sobre la funci´on U (x, y, z) = − + xy − + ψ(z): 2 2 Z z2 0 Uz = −z ⇐⇒ ψ (z) = −z ⇐⇒ ψ(z) = − z dz = − + C. 2 As´ı pues, U (x, y, z) = −

Por tanto, las funciones potenciales asociadas al campo vectorial F = (−(x − y), x − y, −z) x2 y2 z2 son de la forma U (x, y, z) = − +xy − − +C y, en consecuencia, la soluci´on general 2 2 2 de la ecuaci´on de Pfaff es −

x2 y2 z2 + xy − − = C, con C ∈ R 2 2 2

(2) Vemos que se trata de una ecuaci´on diferencial lineal homog´enea de segundo orden. C(x) Para determinar su soluci´on general definimos la funci´on y(x) = C(x) y1 (x) = y x3 nos planteamos hallar C(x) para que la funci´on y(x) as´ı definida sea soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea. Hallamos y 0 (x) e y 00 (x) y sustituimos en la ecuaci´on. Calculamos por tanto C 0 x3 − 3x2 C C 0 3C y (x) = = 3− 4 x6 x x 00 3 2 0 0 4 C x − 3x C 3C x − 12x3 C C 00 6C 0 12C y 00 (x) = − = − 4 + 5 x6 x8 x3 x x y sustituimos: ¶ µ 0 ¶ µ 00 6C 0 12C C 3C C C 00 4C 0 C 2 x − + + 2x − − 6 = 0 ⇐⇒ − 2 =0 x3 x4 x5 x3 x4 x3 x x 00 ⇐⇒ x C − 4C 0 = 0 0

Para resolver esta ecuaci´on, hacemos el cambio de variables C 0 (x) = u(x), con lo que queda el sistema ) C0 = u x u0 − 4u = 0 3

Resolvemos la segunda ecuaci´on y sustituimos en la primera: x u0 − 4u = 0 ⇐⇒

du 4 = dx u x

⇐⇒ ln |u| = 4 ln |x| + ln |C1 | ⇐⇒ u = C1 x4 As´ı que C 0 (x) = C1 x4 y por tanto, Z C(x) = C1

x4 dx = C1

x5 + C2 5

Luego la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea es 5

C1 x5 + C2 C(x) C1 2 C2 y(x) = = = x + 3 3 3 x x 5 x que finalmente podemos expresar como y(x) = C1 x2 +

C2 , con C1 , C2 ∈ R. x3 ⊗

4

Problema 2 (1) Hallar los autovalores y autofunciones del problema de contorno  00 y + 2λ y 0 + (λ2 − λ) y = 0     y(0) = 0     y (π/2) = 0

(2) Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on y 00 − 4y 0 + 4y = x2 . Resoluci´ on. (1) Buscamos los valores de λ para los cuales el problema de contorno tiene soluci´on no 2 2 trivial. La ecuaci´ pon caracter´ıstica asociada es √ r + 2λ r + (λ √− λ) = 0, cuyas soluciones √ −2λ ± 4λ2 − 4(λ2 − λ) −2λ ± 4λ −2λ ± 2 λ son r = = = = −λ ± λ. 2 2 2 Por tanto, la soluci´on general depender´a del signo de λ, con lo que tenemos tres casos posibles: • Caso 1. Si λ = 0, entonces la ecuaci´on caracter´ıstica tiene una u ´nica ra´ız real doble r = 0. Esto quiere decir que dos soluciones particulares independientes de la ecuaci´on homog´enea son y1 (x) = e0x = 1 e y2 (x) = x e0x = x y, por consiguiente, la soluci´on general de la ecuaci´on es y(x) = C1 + C2 x. Imponemos las condiciones de contorno, de modo que tenemos que ( ( y(0) = 0 C1 = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ C1 = C2 = 0. y (π/2) = 0 C1 + C2 π/2 = 0 Nos queda, por tanto, la soluci´on trivial y(x) = 0, con lo que deducimos que λ = 0 no es autovalor del problema de contorno. • Caso 2. Si λ < 0, entonces la ecuaci´on caracter´ıstica tiene dos ra´ıces complejas conju√ gadas, −λ ± −λ i. Esto quiere decir que dos soluciones particulares independientes de ¢ ¡√ ¢ ¡√ la ecuaci´on homog´enea son y1 (x) = e−λ x cos −λ x e y2 (x) = e−λ x sen −λ x y, por consiguiente, la soluci´on general de la ecuaci´on es h ³√ ´ ³√ ´i −λ x C1 cos y(x) = e −λ x + C2 sen −λ x .

5

Imponemos las condiciones de contorno, de modo que tenemos que ( ( y(0) = 0 C1 = 0 £ ¡√ ¢ ¡√ ¢¤ ⇐⇒ π π −λ y (π/2) = 0 e C1 cos −λ 2 + C2 sen −λ 2 = 0 y simplificando, nos queda ( C2 sen

¡√

C1 = 0 ¢ −λ π2 = 0

(1)

Como buscamos que la soluci´on del problema de contorno sea distinta de la soluci´on trivial y tenemos que C1 = 0, debe ser entonces C2 6= 0, con lo que tenemos que ³√ √ π´ π sen −λ = 0 ⇐⇒ −λ = n π ⇐⇒ λ = −4n2 , con n ∈ N. 2 2 Volviendo al sistema (1), tenemos que para λ = −4n2 la segunda ecuaci´on se cumple para cualquier valor de C2 , mientras que C1 = 0. Luego dando un valor cualquiera distinto de 0 a C2 , por ejemplo, C2 = 1, una autofunci´on asociada a cada autovalor λn = −4n2 es 2 yn (x) = e−4n x sen (2nx) , con n ∈ N. √ • Caso 3. Si λ > 0, la ecuaci´on caracter´ıstica tiene dos ra´ıces reales distintas, −λ ± λ. Esto quiere decir que dos soluciones particulares independientes de la ecuaci´on homog´enea √ √ −λ+ λ) x −λ− λ) x ( ( son y1 (x) = e e y2 (x) = e y, por consiguiente, la soluci´on general de la ecuaci´on es √ √ y(x) = C1 e(−λ+ λ) x + C2 e(−λ− λ) x . Imponemos las condiciones de contorno, de modo que tenemos que ( ( y(0) = 0 C1 + C2 = 0 √ √ ⇐⇒ (−λ+ λ) π2 (−λ− λ) π2 y (π/2) = 0 C1 e + C2 e = 0 ( ⇐⇒ √

π

√

C1 ³= −C2

√

C2 e(−λ−

λ) π2

− e(−λ+

√ π´ λ) 2

=0

π

Obs´ervese que e(−λ− λ) 2 − e(−λ+ λ) 2 6= 0, puesto que λ 6= 0, por lo que necesariamente ha de ser C2 = 0 y, por tanto, C1 = 0. Nos queda, por tanto, la soluci´on trivial y(x) = 0, con lo que deducimos que λ > 0 no es autovalor del problema de contorno. Por consiguiente, los autovalores del problema de contorno y sus correspondientes autofunciones son λn = −4n2 , yn (x) = e−4n 6

2

x

sen (2nx) , n ∈ N .

(2) Estamos ante una ecuaci´on diferencial lineal completa de coeficientes constantes. Necesitamos hallar la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea y una soluci´on particular de la completa. Consideremos en primer lugar la homog´enea, cuya ecuaci´on caracter´ıstica es r − 4r + 4 = 0. Resolvemos dicha ecuaci´on: √ 4 ± 16 − 16 λ= =2 2 2

Como hay una sola ra´ız real doble, r = 2, tenemos que y1 (x) = e2x e y2 (x) = x e2x son soluciones particulares de la ecuaci´on homog´enea linealmente independientes y, por tanto, y(x) = C1 e2x + C2 x e2x , C1 , C2 ∈ R es la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea. Para encontrar una soluci´on particular de la ecuaci´on completa, obs´ervese que estamos resolviendo una ecuaci´on diferencial lineal de coeficientes constantes cuyo t´ermino independiente es de tipo polin´omico. Por ello, podemos aplicar el M´etodo de los Coeficientes Indeterminados. Como el t´ermino independiente de la ecuaci´on es un polinomio de grado 2 y 0 no es ra´ız de la ecuaci´on caracter´ıstica, la soluci´on particular de la ecuaci´on completa la buscamos como y0 (x) = A0 + A1 x + A2 x2 . Se trata, pues, de determinar los valores A0 , A1 , A2 para que y0 (x) = A0 + A1 x + A2 x2 sea soluci´on de la ecuaci´on completa. y0 (x) = A0 + A1 x + A2 x2 ;

y00 (x) = A1 + 2A2 x;

y000 (x) = 2A2 .

Sustituyendo, nos queda ¡ ¢ 2A2 − 4 (A1 + 2A2 x) + 4 A0 + A1 x + A2 x2 = x2 y agrupando t´erminos, llegamos a 4A2 x2 + (−8A2 + 4A1 ) x + (2A2 − 4A1 + 4A0 ) = x2 Tenemos, pues una igualdad de polinomios, lo cual implica la igualdad de los coeficientes de los monomios con el mismo grado. Esto da lugar al sistema  4A2 = 1   −8A2 + 4A1 = 0   2A2 − 4A1 + 4A0 = 0

7

1 1 3 3 1 1 cuya soluci´on es A2 = , A1 = , A0 = . Luego y0 (x) = + x + x2 es una soluci´on 4 2 8 8 2 4 particular de la ecuaci´on lineal completa y, por consiguiente, la soluci´on general de dicha ecuaci´on es y(x) =

3 1 1 + x + x2 + C1 e2x + C2 x e2x , con C1 , C2 ∈ R 8 2 4 ⊗

8

Problema 3 (1) Hallar las curvas ortogonales a la familia de superficies {ey (x2 + z 2 ) = C}. Hallar la superficie ortogonal a la misma familia que contiene a la par´abola {y = z 2 , x = 1}. (2) Resolver este problema con condiciones iniciales:  0  x = 3x + 8y     y 0 = −x − 3y   x(0) = 6    y(0) = −2 Resoluci´ on. (1) Definimos la funci´on F (x, y, z) = ey (x2 + z 2 ) − C. El vector normal a la familia de superficies es ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ n = Fx0 , Fy0 , Fz0 = 2x ey , ey (x2 + z 2 ), 2z ey ≈ 2x, x2 + z 2 , 2z . As´ı que si denotamos por t = (dx, dy, dz) al vector tangente a la familia de curvas que buscamos, deducimos que los vectores n y t deben ser paralelos y, por tanto, proporcionales: dx dy dz = 2 = 2x x + z2 2z Nos queda un sistema no lineal de ecuaciones diferenciales. Encontramos una combinaci´on f´acil en dx dz dx dz = ⇐⇒ = ⇐⇒ ln |x| = ln |z| + ln C1 ⇐⇒ x = C1 z 2x 2z x z Por otra parte, obs´ervese que dx dy dz x dx + z dz = 2 = = 2 2x x +z 2z 2 (x2 + z 2 ) por lo que tenemos que x2

dy x dx + z dz = ⇐⇒ x dx − 2dy + z dz = 0 2 +z 2 (x2 + z 2 )

y, por tanto, integrando, nos queda z2 x2 − 2y + = C2 ⇐⇒ x2 − 4y + z 2 = C2 2 2

9

Por tanto, las curvas ortogonales a la familia de superficies {ey (x2 + z 2 ) = C} forman la familia biparam´etrica  x = C1 z  , con C1 , C2 ∈ R . x2 − 4y + z 2 = C2  Sea S la superficie ortogonal a la familia {ey (x2 + z 2 ) = C} que contiene a la par´abola {y = z 2 , x = 1}. El vector normal a S en cada punto es nS = (zx , zy , −1). Que la superficie S sea ortogonal a la familia de curvas dada equivale a que sus respectivos vectores normales sean perpendiculares, esto es, n · nS = 0 ⇐⇒ 2x zx + (x2 + z 2 ) zy = 2z. Nos queda, pues, una ecuaci´on casi lineal que resolvemos planteando el sistema asociado dx dy dz = . = 2 2 2x x +z 2z Se trata, como vemos, del mismo sistema que hemos resuelto previamente. Para seleccionar la superficie S, del sistema formado por la familia biparam´etrica de curvas soluci´on del sistema no lineal y las ecuaciones de la par´abola dada, obtenemos una relaci´on entre los par´ametros C1 y C2 , como sigue:     x = C1 z         1 = C z 1    x2 − 4y + z 2 = C  2 2 =⇒ 1 − 4y + z = C 2     y = z2     2   y=z   x=1 ( ) 1 = C1 z =⇒ 1 − 3z 2 = C2 =⇒ 1 −

3 = C2 C12

Sustituyendo en esta u ´ltima identidad los par´ametros C1 y C2 nos queda finalmente la superficie 3z 2 1 − 2 = x2 − 4y + z 2 x (

x0 = 3x + 8y (2) Consideremos en primer lugar el sistema , que como vemos es hoy 0 = −x − 3y à ! 3 8 mog´eneo y tiene matriz de coeficientes A = . Para buscar la soluci´on general −1 −3 10

de este sistema homog´eneo, calculamos los autovalores de dicha matriz y sus autovectores asociados. ¯ ¯ ¯ 3−λ ¯ 8 ¯ ¯ |A − λI| = 0 ⇐⇒ ¯ ¯=0 ¯ −1 −3 − λ ¯ ⇐⇒ −(9 − λ2 ) + 8 = 0 ⇐⇒ λ2 − 1 = 0 ⇐⇒ (λ − 1) (λ + 1) = 0 Por tanto, la matriz A tiene dos autovalores reales simples λ = 1 y λ = −1. Calculamos, para cada uno de ellos, un autovector: Autovector asociado a λ = 1. à !à ! à ! 2 8 x1 0 = ⇐⇒ 2x1 + 8x2 = 0 ⇐⇒ x1 = −4x2 −1 −4 x2 0 As´ı que dando unà valor!cualquiera distinto de 0 a x2 , por ejemplo, x2 = 1 obtenemos el −4 autovector u1 = . 1 Autovector asociado a λ = −1. à !à ! à ! 4 8 x1 0 = ⇐⇒ 4x1 + 8x2 = 0 ⇐⇒ x1 = −2x2 −1 −2 x2 0 As´ı que dando unÃvalor !cualquiera distinto de 0 a x2 , por ejemplo, x2 = 1, obtenemos el −2 autovector u2 = . 1 Por tanto, dos soluciones particulares del sistema homog´eneo linealmente independientes son à ! à ! −4 −2 X1 = et ; X2 = e−t 1 1 y, por consiguiente, la soluci´on general del sistema es à ! à ! à ! x −4 −2 = C1 et + C2 e−t y 1 1 que tambi´en podemos expresar como (

x = −4C1 et − 2C2 e−t y = C1 et + C2 e−t 11

) , C1 , C2 ∈ R.

Buscamos ahora la soluci´on particular que satisface las condiciones iniciales {x(0) = 6, y(0) = −2}. Para ello, sustituimos dichas condiciones en la soluci´on general del sistema para determinar el valor que toman los par´ametros C1 y C2 : ) −4C1 − 2C2 = 6 ⇐⇒ C1 = −1, C2 = −1. C1 + C2 = −2 Por tanto la soluci´on final del problema es (

x = 4 et + 2 e−t y = −et − e−t

)

⊗

12

Matem´aticas II. Examen Final. Curso 2006-2007 28 de junio de 2007 Alumnos con la Asignatura completa Problema 1

µ

¶ 2 2 , ln t, −t , con t > 0, hallar los puntos en los que el vector t binormal es paralelo al plano de ecuaci´on x − y + 8z = −2.

→ (1) Dada la curva − r (t) =

→ (2) Dada la superficie − r (u, v) = (u cos v, u sen v, u + v), hallar las l´ıneas de m´axima pendiente.

Problema 2 → (1) Dada la superficie − r (u, v) = (u2 , −v 2 , uv), se pide clasificar sus puntos y hallar, si existen, las l´ıneas asint´oticas. (2) Hallar las superficies ortogonales a la familia de curvas {x + y = α, z 2 = β (x2 − y 2 )}, comprobando previamente su existencia.

Problema 3 (1) Hallar los autovalores y autofunciones del problema de contorno  00 y + 2λ y 0 + (λ2 − λ) y = 0 (con λ ≤ 0)     y(0) = 0     y (π/2) = 0

(2) Resolver este problema con condiciones iniciales:  0  x = 3x + 8y     y 0 = −x − 3y   x(0) = 6    y(0) = −2

Problema 1

¶ 2 2 , ln t, −t , con t > 0, hallar los puntos en los que el vector t binormal es paralelo al plano de ecuaci´on x − y + 8z = −2. µ

→ (1) Dada la curva − r (t) =

→ (2) Dada la superficie − r (u, v) = (u cos v, u sen v, u + v), hallar las l´ıneas de m´axima pendiente. Resoluci´ on. Hagamos previamente los c´alculos que necesitamos para resolver el problema: µ ¶ µ ¶ 2 1 1 4 0 00 → − − → r (t) = − 2 , , −2t ; r (t) = 3 , − 2 , −2 t t t t ¯ − − → ¯¯ → − ¯ → i j k ¯ ¯ ¯ ¯ µ ¶ ¯ ¯ 2 ¢ 1 4 12 2 2¡ ¯ ¯ 0 00 − → − → −2t ¯ = − , − 2 , − 4 = − 4 2t3 , 6t2 , 1 r (t) ∧ r (t) = ¯ − 2 t ¯ t ¯ t t t t ¯ ¯ ¯ 4 ¯ 1 ¯ 3 − 2 −2 ¯ t t − − (1) Un vector paralelo al vector binormal en cada punto es → r 0 (t) ∧ → r 00 (t) y, a su vez, un − vector paralelo a dicho vector es → w = (2t3 , 6t2 , 1). Por otra parte, el plano x − y +8z = −2 − tiene vector normal → n = (1, −1, 8). Por tanto, que el vector binormal sea paralelo al plano → − x − y + 8z = −2 es equivalente a que los vectores − w y→ n sean perpendiculares, esto es, que su producto escalar sea 0. De aqu´ı deducimos que ¡

¢ 2t3 , 6t2 , 1 · (1, −1, 8) = 0 ⇐⇒ 2t3 − 6t2 + 8 = 0.

Por consiguiente, los valores de t para los que el vector binormal es paralelo al plano x − y + 8z = −2 son las ra´ıces de la ecuaci´on 2t3 − 6t2 + 8 = 0

(1)

Para hallar las ra´ıces de (1), empezamos probando entre los divisores del t´ermino independiente. Podemos comprobar que t = −1 es una de las ra´ıces, por lo que efectuamos la divisi´on por Ruffini para seguir factorizando: Tenemos que 2t3 − 6t2 + 8 = (t + 1)(2t2 − 8t + 8). Por su parte, √ 8 ± 64 − 64 2 2t − 8t + 8 = 0 ⇐⇒ t = =2 4 2

-1

2 -6 0 -2 8 2 -8 8

8 -8 0

de donde deducimos que 2t3 − 6t2 + 8 = 0 ⇐⇒ t = −1

o

t=2

Sin embargo, obs´ervese que la curva est´a definida s´olo para valores de t > 0, por lo que descartamos el caso t = −1. Por consiguiente, el u ´nico punto de la curva para el que el vector binormal es paralelo al plano x − y + 8z = −2 es: t = 2 =⇒ P = (1, ln 2, −4)

(2) Calculamos previamente los coeficientes de la Primera Forma Fundamental. − → r u = (cos v, sen v, 1) ;

− → r v = (−u sen v, u cos v, 1)

→ → E = − r u·− r u = cos2 v + sen2 v + 1 = 2 − → F = → r u·− r v = −u sen v cos v + u sen v cos v + 1 = 1 → → G = − r v·− r v = u2 sen2 v + u2 cos2 v + 1 = u2 + 1 Las l´ıneas de m´axima pendiente son las curvas ortogonales a las curvas de nivel. Las curvas de nivel son de la forma {z = C} que, en el caso particular de la superficie que nos ocupa, se corresponden con {u + v = C}. Hallamos las coordenadas param´etricas del vector tangente a dicha familia: ∂ ∂ (u + v) + (u + v) = 0 ⇐⇒ du + dv = 0 ∂u ∂v ⇐⇒ du = −dv con lo cual, (du, dv) = (−dv, dv) ≈ (−1, 1). As´ı que, si denotamos por (du, dv) a las coordenadas del vector tangente a las l´ıneas de m´axima pendiente, ambas direcciones han de ser ortogonales y, por tanto, se debe verificar que à !à ! à !à ! ³ ´ E F ³ ´ 2 du 1 du = 0 ⇐⇒ −1 1 =0 −1 1 F G dv 1 u2 + 1 dv

3

Desarrollando la ecuaci´on nos queda 1 du = dv u2 1 ⇐⇒ − + C = v u 1 ⇐⇒ v + = C u

−du + u2 dv = 0 ⇐⇒

Luego, las l´ıneas de m´axima pendiente son las curvas dadas por v +

4

1 =C. u

⊗

Problema 2 → (1) Dada la superficie − r (u, v) = (u2 , −v 2 , uv), se pide clasificar sus puntos y hallar, si existen, las l´ıneas asint´oticas. (2) Hallar las superficies ortogonales a la familia de curvas {x + y = α, z 2 = β (x2 − y 2 )}, comprobando previamente su existencia. Resoluci´ on. (1) Calculamos los coeficientes de la Primera y Segunda Forma Fundamentales. − → r u = (2u, 0, v) ;

− → r v = (0, −2v, u)

− → r uu = (2, 0, 0) ;

− → r uv = (0, 0, 1) ;

− → r vv = (0, −2, 0)

 → − E = − r u·→ r u = 4u2 + v 2    − → → − =⇒ EG−F 2 = (4u2 +v 2 )(u2 +4v 2 )−u2 v 2 = 4u4 +16u2 v 2 +4v 4 F = r u · r v = uv    → → G = − r v·− r v = u2 + 4v 2 ¯ ¯ ¯ 2 ¯ 0 0 ¯ ¯ 1 4v 2 ¯ ¯ L= √ ; = √ 2u 0 v ¯ ¯ 4 + 16u2 v 2 + 4v 4 ¯ EG − F 2 ¯¯ 4u 0 −2v u ¯ ¯ ¯ ¯ 0 ¯ 0 1 ¯ ¯ 1 −4uv ¯ ¯ ; M=√ =√ 2u 0 v ¯ ¯ 4 + 16u2 v 2 + 4v 4 ¯ EG − F 2 ¯¯ 4u 0 −2v u ¯ ¯ ¯ ¯ 0 −2 0 ¯ ¯ ¯ 1 4u2 ¯ ¯ N=√ = √ 2u 0 v ¯ ¯ ¯ EG − F 2 ¯¯ 4u4 + 16u2 v 2 + 4v 4 0 −2v u ¯

Clasificaci´ on de los puntos de la superficie y c´alculo de las l´ıneas asint´oticas. ¡ ¢ signo LN − M 2 = signo(16u2 v 2 − 16u2 v 2 ) = 0 Por tanto, todos los puntos son parab´olicos y por cada uno de ellos pasa una sola l´ınea asint´otica. Vamos a determinarla. Las l´ıneas asint´oticas se calculan igualando a 0 la Se-

5

gunda Forma Fundamental: II = 0 ⇐⇒ 4v 2 du2 − 8uv dudv + 4u2 dv 2 = 0 ⇐⇒ v 2 du2 − 2uv dudv + u2 dv 2 = 0 µ ¶2 µ ¶ du du 2 ⇐⇒ v − 2uv + u2 = 0 dv dv √ 2uv ± 4u2 v 2 − 4u2 v 2 du ⇐⇒ = dv 2v 2 du u = ⇐⇒ dv v du dv ⇐⇒ = u v ⇐⇒ ln |u| = ln |c| + ln C ⇐⇒ u = C v. Por tanto la u ´nica familia de l´ıneas asint´oticas es {u = C v}

(2) Definimos las funciones F (x, y, z) = x + y − α y G(x, y, z) = β(x2 − y 2 ) − z 2 . Los vectores normales de ambas superficies son nF = (1, 1, 0) y µ ¶ ¡ ¢ 2xz 2 −2yz 2 nG = (2xβ, −2yβ, −2z) = , 2 , −2z ≈ xz, −yz, −(x2 − y 2 ) , 2 2 2 x −y x −y respectivamente. As´ı que el vector tangente a la familia de curvas dada ser´a ¯ − ¯ − → − → ¯ → ¯ j k ¯ i ¯ ¯ ¯ v = nF ∧ nG = ¯ 1 1 0 ¯ ¯ ¯ 2 2 ¯ xz −yz −(x − y ) ¯ = (−(x2 − y 2 ), x2 − y 2 , −z(x + y)) ≈ (−(x − y), x − y, −z) As´ı que si denotamos por t = (dx, dy, dz) a una direcci´on cualquiera del plano tangente la superficie buscada en cada punto, deducimos que los vectores v y t deben ser perpendiculares y, por tanto, su producto escalar ha de ser 0: v · t = 0 ⇐⇒ −(x − y) dx + (x − y) dy − z dz = 0 Obtenemos as´ı una ecuaci´on de Pfaff, que no tiene por qu´e tener soluci´on. La existencia de superficies ortogonales est´a condicionada a la existencia de soluci´on de la ecuaci´on de 6

Pfaff. Para esto u ´ltimo, si denotamos por F = (−(x − y), x − y, −z), debemos comprobar si se verifica o no una de las siguientes condiciones: • Veamos si rotF = (0, 0, 0). ¯ − → ¯¯ − → − → ¯ i j k ¯ ¯ ¯ ¯ ∂ ∂ ∂ ¯ = (0, 0, 0). rotF = ¯¯ ∂x ∂y ∂z ¯¯ ¯ ¯ −(x − y) x − y −z ¯ Por tanto, la ecuaci´on es exacta y para resolverla, basta calcular una funci´on potencial. Buscamos una funci´on U (x, y, z) tal que Ux = −(x − y), Uy = x − y, Uz = −z. Z x2 Ux = −(x − y) ⇐⇒ U (x, y, z) = − (x − y) dx = − + xy + ϕ(y, z) 2 x2 S´olo nos falta determinar la funci´on ϕ(y, z). Para ello, a U (x, y, z) = − + xy + ϕ(y, z) 2 le aplicamos la segunda condici´on: Z y2 Uy = x − y ⇐⇒ x + ϕy = x − y ⇐⇒ ϕy = −y ⇐⇒ ϕ(y, z) = − y dy = − + ψ(z) 2 x2 y2 + xy − + ψ(z). Para hallar ψ(z), imponemos ahora que la 2 2 y2 x2 + ψ(z): tercera condici´on Uz = z sobre la funci´on U (x, y, z) = − + xy − 2 2 Z z2 0 Uz = −z ⇐⇒ ψ (z) = −z ⇐⇒ ψ(z) = − z dz = − + C. 2 As´ı pues, U (x, y, z) = −

Por tanto, las funciones potenciales asociadas al campo vectorial F = (−(x − y), x − y, −z) x2 y2 z2 son de la forma U (x, y, z) = − +xy − − +C y, en consecuencia, la soluci´on general 2 2 2 de la ecuaci´on de Pfaff es −

x2 y2 z2 + xy − − = C, con C ∈ R 2 2 2 ⊗

7

Problema 3 (1) Hallar los autovalores y autofunciones del problema de contorno  00 y + 2λ y 0 + (λ2 − λ) y = 0 (con λ ≤ 0)     y(0) = 0     y (π/2) = 0 (2) Resolver este problema con condiciones iniciales:  0 x = 3x + 8y      y 0 = −x − 3y   x(0) = 6    y(0) = −2 Resoluci´ on. (1) Buscamos los valores de λ para los cuales el problema de contorno tiene soluci´on no 2 2 trivial. La ecuaci´ pon caracter´ıstica asociada es √ r + 2λ r + (λ √− λ) = 0, cuyas soluciones √ −2λ ± 4λ2 − 4(λ2 − λ) −2λ ± 4λ −2λ ± 2 λ son r = = = = −λ ± λ. 2 2 2 Por tanto, la soluci´on general depender´a del signo de λ. No obstante, como en el problema se especifica que busquemos s´olo los autovalores λ ≤ 0, tenemos s´olo dos casos posibles: • Caso 1. Si λ = 0, entonces la ecuaci´on caracter´ıstica tiene una u ´nica ra´ız real doble r = 0. Esto quiere decir que dos soluciones particulares independientes de la ecuaci´on homog´enea son y1 (x) = e0x = 1 e y2 (x) = x e0x = x y, por consiguiente, la soluci´on general de la ecuaci´on es y(x) = C1 + C2 x. Imponemos las condiciones de contorno, de modo que tenemos que ( ( y(0) = 0 C1 = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ C1 = C2 = 0. y (π/2) = 0 C1 + C2 π/2 = 0 Nos queda, por tanto, la soluci´on trivial y(x) = 0, con lo que deducimos que λ = 0 no es autovalor del problema de contorno. • Caso 2. Si λ < 0, entonces la ecuaci´on caracter´ıstica tiene dos ra´ıces complejas conju√ gadas, −λ ± −λ i. Esto quiere decir que dos soluciones particulares independientes de 8

¡√ ¢ ¡√ ¢ la ecuaci´on homog´enea son y1 (x) = e−λ x cos −λ x e y2 (x) = e−λ x sen −λ x y, por consiguiente, la soluci´on general de la ecuaci´on es h ³√ ´ ³√ ´i y(x) = e−λ x C1 cos −λ x + C2 sen −λ x . Imponemos las condiciones de contorno, de modo que tenemos que ( ( y(0) = 0 C1 = 0 ¡√ £ ¢ ¡√ ¢¤ ⇐⇒ π π −λ y (π/2) = 0 e C1 cos −λ 2 + C2 sen −λ 2 = 0 y simplificando, nos queda

( C2 sen

¡√

C1 = 0 ¢ −λ π2 = 0

(2)

Como buscamos que la soluci´on del problema de contorno sea distinta de la soluci´on trivial y tenemos que C1 = 0, debe ser entonces C2 6= 0, con lo que tenemos que ³√ √ π´ π sen −λ = 0 ⇐⇒ −λ = n π ⇐⇒ λ = −4n2 , con n ∈ N. 2 2 Volviendo al sistema (2), tenemos que para λ = −4n2 la segunda ecuaci´on se cumple para cualquier valor de C2 , mientras que C1 = 0. Luego dando un valor cualquiera distinto de 0 a C2 , por ejemplo, C2 = 1, una autofunci´on asociada a cada autovalor λn = −4n2 es 2 yn (x) = e−4n x sen (2nx) , con n ∈ N. Por consiguiente, los autovalores del problema de contorno y sus correspondientes autofunciones son λn = −4n2 , yn (x) = e−4n

2

x

sen (2nx) , n ∈ N .

(

x0 = 3x + 8y , que como vemos es hoy 0 = −x − 3y ! 3 8 mog´eneo y tiene matriz de coeficientes A = . Para buscar la soluci´on general −1 −3 de este sistema homog´eneo, calculamos los autovalores de dicha matriz y sus autovectores asociados. ¯ ¯ ¯ ¯ 3−λ 8 ¯ ¯ |A − λI| = 0 ⇐⇒ ¯ ¯=0 ¯ −1 −3 − λ ¯

(2) Consideremos en primer lugar el sistema Ã

⇐⇒ −(9 − λ2 ) + 8 = 0 ⇐⇒ λ2 − 1 = 0 ⇐⇒ (λ − 1) (λ + 1) = 0 9

Por tanto, la matriz A tiene dos autovalores reales simples λ = 1 y λ = −1. Calculamos, para cada uno de ellos, un autovector: Autovector asociado a λ = 1. à !à ! à ! 2 8 x1 0 = ⇐⇒ 2x1 + 8x2 = 0 ⇐⇒ x1 = −4x2 −1 −4 x2 0 As´ı que dando unà valor!cualquiera distinto de 0 a x2 , por ejemplo, x2 = 1 obtenemos el −4 autovector u1 = . 1 Autovector asociado a λ = −1. ! à ! à !à 0 4 8 x1 = ⇐⇒ 4x1 + 8x2 = 0 ⇐⇒ x1 = −2x2 −1 −2 x2 0 As´ı que dando unÃvalor !cualquiera distinto de 0 a x2 , por ejemplo, x2 = 1, obtenemos el −2 autovector u2 = . 1 Por tanto, dos soluciones particulares del sistema homog´eneo linealmente independientes son à ! à ! −4 −2 X1 = et ; X2 = e−t 1 1 y, por consiguiente, la soluci´on general del sistema es à ! à ! à ! x −4 −2 = C1 et + C2 e−t y 1 1 que tambi´en podemos expresar como ( ) x = −4C1 et − 2C2 e−t , C1 , C2 ∈ R. y = C1 et + C2 e−t Buscamos ahora la soluci´on particular que satisface las condiciones iniciales {x(0) = 6, y(0) = −2}. Para ello, sustituimos dichas condiciones en la soluci´on general del sistema para determinar el valor que toman los par´ametros C1 y C2 : ) −4C1 − 2C2 = 6 ⇐⇒ C1 = −1, C2 = −1. C1 + C2 = −2 Por tanto la soluci´on final del problema es ) ( x = 4 et + 2 e−t y = −et − e−t ⊗ 10

Matemáticas II Curso 2008-2009 Examen del Primer Parcial

Problema 1 1. Hallar la solución general de la ecuación 𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 2𝑥 + 5 𝑒 2𝑥

y la solución particular que cumple las condiciones iniciales 𝑦 0 = 2, 𝑦 ′ 0 = 3. 2. Resolver la ecuación exacta 𝑦′ =

2𝑥𝑦 2 − 1 1 − 2𝑥 2 𝑦

Problema 2 1. Hallar los autovalores y autofunciones del problema de contorno 𝑦 ′′ − 2𝜆𝑦 ′ + 𝜆2 − 𝜆 + 2 𝑦 = 0 𝑦 0 =0 𝑦 1 =0

2. Hallar la solución general de la ecuación lineal 𝑥 2 + 4 𝑦 ′ + 3𝑥𝑦 = 𝑥 y la solución particular que cumple la condición inicial 𝑦 0 = 1.

Problema 3 1. Hallar la solución general del sistema diferencial 𝑥 ′ = 2𝑥 − 𝑦 + 1 − 𝑡 𝑦 ′ = 4𝑥 − 3𝑦 + 1 − 𝑡 𝑧 ′ = −𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝑒 𝑡

2. Encontrar una solución particular del problema de valor inicial 𝑥𝑦 ′ = 𝑦 + 𝑥 2 − 𝑦 2 𝑦 1 =0

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Problema 1 1. Hallar la solución general de la ecuación 𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 2𝑥 + 5 𝑒 2𝑥

y la solución particular que cumple las condiciones iniciales 𝑦 0 = 2, 𝑦 ′ 0 = 3. 2. Resolver la ecuación exacta 𝑦′ =

2𝑥𝑦 2 − 1 1 − 2𝑥 2 𝑦

Resolución. 1. Estamos ante una ecuación diferencial lineal completa de segundo orden y de coeficientes constantes. Partimos, en primer lugar, de la ecuación lineal homogénea y  3 y  2 y  0 , cambiando el término independiente por 0, y buscamos la solución general de la misma. Para ello, comenzamos hallando las raíces de su ecuación auxiliar: r 2  3r  2  0  r 

r 1 3 9 8 3 1 r  2 2 r  2

Las raíces obtenidas son reales y simples (distintas). Así pues, dos soluciones particulares de la ecuación diferencial lineal homogénea linealmente independientes son

y1  x   e x e y2  x   e2 x , con lo cual, la solución general de la ecuación diferencial es yh  x   C1e x  C2 e2 x , con C1 , C2   . Necesitamos ahora encontrar una solución particular de la ecuación completa

y  3 y  2 y   2 x  5 e2 x . Como se trata de una ecuación de coeficientes constantes cuyo término independiente es el producto de un polinomio por una función exponencial, podemos usar el Método de los coeficientes indeterminados, que nos permite abordar la búsqueda de una solución particular de la misma naturaleza que el término independiente. El término independiente es f  x    2 x  5 e2 x , es decir, viene determinado por el producto de un polinomio de grado 1 por una exponencial con coeficiente 2. Buscaremos, pues, la solución particular como y p  x   x s  A0  A1 x  e2 x ,

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donde el valor de s depende de que el coeficiente de la exponencial, esto es, 2, sea o no raíz (simple o doble) de la ecuación auxiliar. Como es raíz simple, tomaremos s  1 , con lo que la solución particular será de la forma y p  x   x  A0  A1 x  e2 x   A0 x  A1 x 2  e2 x .

Las derivadas primera y segunda de la función y p  x  son

yp  x    A0  2 A1 x  e2 x  2  A0 x  A1 x 2  e2 x   A0   2 A1  2 A0  x  2 A1x 2  e2 x yp  x    2 A1  2 A0  4 A1 x  e 2 x  2  A0   2 A1  2 A0  x  2 A1 x 2  e 2 x   4 A0  2 A1   8 A1  4 A0  x  4 A1 x 2  e 2 x

.

Así, pues, sustituyendo en la ecuación diferencial, nos queda

 4 A  2 A  8 A  4 A  x  4 A x  e 2

0

1

1

0

1

2x

 3  A0   2 A1  2 A0  x  2 A1 x 2  e 2 x

2  A0 x  A1 x  e   2 x  5  e , para todo x 2

2x

.

2x

Simplificando en la expresión anterior y agrupando términos, nos queda

 A0  2 A1   2 A1x  2x  5 , para todo x. Obtenemos así una identidad que iguala a dos polinomios de primer grado para todo x. Para que dos polinomios del mismo grado sean iguales para todo x, necesariamente los coeficientes de los monomios del mismo grado han de ser iguales, con lo que deducimos el sistema

 A0  2 A1  5    2 A1  2   cuya solución es A1  1 , A0  3 . Así pues, una solución particular de la ecuación lineal





completa es y p  x   3x  x 2 e2 x y, por consiguiente, la solución general de dicha ecuación es y  x    3x  x 2  e2 x  C1e x  C2 e2 x , con C1 , C2   .

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Ahora buscamos la solución particular que satisface las condiciones iniciales 𝑦 0 = 2 e 𝑦′ 0 = 3. Bastará imponer dichas condiciones en sobre las funciones y  x  e y  x  y obtener así el valor de las constantes C1 y C2 . Previamente, calculamos la derivada de la función solución general: y  x    3  2 x  e2 x  2  3x  x 2  e2 x  C1e x  2C2 e2 x .

Ahora sí, imponemos las condiciones iniciales: 𝑦 0 =2 𝑦′ 0 = 3

𝐶1 + 𝐶2 = 2 3 + 𝐶1 + 2𝐶2 = 3

𝐶1 + 𝐶2 = 2 𝐶1 + 2𝐶2 = 0

𝐶1 = 4 . 𝐶2 = −2

Por tanto, la solución del problema de valores iniciales es y  x    3x  x 2  e2 x  4e x  2e2 x .

2. Necesitamos como paso previo expresar la ecuación en forma diferencial, esto es, de la forma 𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑄 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0. 𝑦′ =

2𝑥𝑦2 − 1 1 − 2𝑥2 𝑦

𝑑𝑦 2𝑥𝑦2 − 1 = 𝑑𝑥 1 − 2𝑥2 𝑦 1 − 2𝑥𝑦2 𝑑𝑥 + 1 − 2𝑥2 𝑦 𝑑𝑦 = 0

La ecuación diferencial, ahora sí, viene dada de la forma 𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑄 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0, siendo 𝑃 𝑥, 𝑦 = 1 − 2𝑥𝑦2 y 𝑄 𝑥, 𝑦 = 1 − 2𝑥2 𝑦. Para comprobar que es exacta, se ha de verificar la Condición de Riemann, esto es, que 𝑄′𝑥 𝑥, 𝑦 = 𝑃′𝑦 𝑥, 𝑦 , para todo 𝑥, 𝑦 . En efecto, vemos que 𝑄′𝑥 𝑥, 𝑦 = −4𝑥𝑦 𝑃′𝑦 𝑥, 𝑦 = −4𝑥𝑦

𝑄′𝑥 𝑥, 𝑦 = 𝑃′𝑦 𝑥, 𝑦 .

Por tanto, la ecuación diferencial ordinaria es exacta, y su solución general será de la forma 𝑈 𝑥, 𝑦 = 𝐶, siendo 𝑈 𝑥, 𝑦 una función potencial cualquiera asociada al campo vectorial 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝑃 𝑥, 𝑦 , 𝑄 𝑥, 𝑦 . Así pues, a efectos prácticos, debemos encontrar una de dichas funciones potenciales. Buscamos una función 𝑈 𝑥, 𝑦 que cumpla dos condiciones: 𝑈′𝑥 𝑥, 𝑦 = 𝑃 𝑥, 𝑦

y 𝑈′𝑦 𝑥, 𝑦 = 𝑄 𝑥, 𝑦 .

Tomamos la primera condición e integramos respecto de 𝑥: 𝑈′𝑥 𝑥, 𝑦 = 1 − 2𝑥𝑦2

𝑈 𝑥, 𝑦

=

1 − 2𝑥𝑦2 𝑑𝑥

=

𝑥 − 𝑥2 𝑦2 + 𝜑 𝑦

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Obsérvese que hemos integrado respecto de 𝑥 a una función que depende de dos variables, 𝑥 e 𝑦, por lo que esta última ha desempeñado el papel de una constante. Eso hace que al sumar la constante de integración, ésta pueda ser cualquier función de 𝑦. Tenemos, pues, que 𝑈 𝑥, 𝑦 = 𝑥 − 𝑥 2 𝑦 2 + 𝜑 𝑦 , de manera que nos falta determinar la función 𝜑 𝑦 . Para ello, hacemos uso de la segunda condición que ha de satisfacer la función potencial, esto es, 𝑈′𝑦 𝑥, 𝑦 = 1 − 2𝑥2 𝑦. Derivamos la función 𝑈 𝑥, 𝑦 antes determinada e imponemos la igualdad: 𝑈′𝑦 𝑥, 𝑦 = −2𝑥 2 𝑦 + 𝜑 ′ 𝑦

−2𝑥 2 𝑦 + 𝜑 ′ 𝑦 = 1 − 2𝑥2 𝑦 𝜑′ 𝑦 = 1 𝜑 𝑦 =

1 𝑑𝑦 = 𝑦

Por consiguiente, una función potencial cualquiera asociada al campo vectorial 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝑃 𝑥, 𝑦 , 𝑄 𝑥, 𝑦

es 𝑈 𝑥, 𝑦 = 𝑥 − 𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦,

con lo cual, la solución general de la ecuación diferencial exacta es 𝑥 − 𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦 = 𝐶,

𝐶𝜖ℝ.

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Problema 2 1. Hallar los autovalores y autofunciones del problema de contorno 𝑦 ′′ − 2𝜆𝑦 ′ + 𝜆2 − 𝜆 + 2 𝑦 = 0 𝑦 0 =0 𝑦 1 =0

2. Hallar la solución general de la ecuación lineal 𝑥 2 + 4 𝑦 ′ + 3𝑥𝑦 = 𝑥 y la solución particular que cumple la condición inicial 𝑦 0 = 1.

Resolución. 1. Partimos de la ecuación diferencial ordinaria, que es lineal homogénea de segundo orden y de coeficientes constantes. Para resolverla, debemos calcular previamente las raíces de su ecuación auxiliar:

r  2 r       2   0  r  2

2

2  4 2  4   2    2 

2 2  2   2  r 2  r    2

La condición de las raíces de la ecuación auxiliar dependen del signo del radicando, esto es, del signo de   2 , de ahí que la búsqueda de autovalores la haremos distinguiendo tres casos posibles: Caso 1. Si   2  0 , o lo que es lo mismo, si   2 , entonces las raíces de la ecuación auxiliar son reales y distintas, r1      2 y r2      2 , de modo que dos soluciones particulares de la ecuación diferencial lineal homogénea linealmente     2 t     2 t independientes son y1  t   e e y2  t   e , con lo cual, la solución general de la ecuación diferencial es

y  t   C1 e

 



 2 t

 C2 e

 



 2 t

, con C1 , C2   .

Para determinar la solución particular, debemos imponer las condiciones de contorno:

      2  0  C e     2  0  0    y  0   0  C1 e   2            2     2   y 1  0   C1 e  C2 e  0  C1 e C2  C1         2  e    2  0  C1 e 



 2

C1  C2  0   C2 e    2  0 



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Para que el sistema tenga solución distinta de la trivial (es decir, distinta de C1  C2  0 ), necesariamente ha de ser e  e 

 2

 e 

 2

 e 

 2

 2

0     2    2

 0 . Pero

  2    2   20   2

pero este valor de  está bajo el supuesto del Caso 1. Por consiguiente, el sistema sólo tiene la solución C1  C2  0 , lo cual significa que la solución, en este primer caso, del problema de contorno es y  t   0 . Deducimos, pues, que no hay autovalores   2 del problema de contorno. Caso 2. Si   2  0 , o lo que es lo mismo, si   2 , entonces la ecuación auxiliar tiene una única raíz real doble, r   , de modo que dos soluciones particulares de la ecuación diferencial lineal homogénea linealmente independientes son

y1  t   et  e2t e

y2  t   tet  te2t , con lo cual, la solución general de la ecuación diferencial es y  t   C1 e2t  C2 te2t , con C1 , C2   . Para determinar la solución particular, debemos imponer las condiciones de contorno: C1  0  C1 e0  C2 0e0  0   C1  0  y  0   0             2 2 2  C2  0 e  C1  C2   0  C1 e  C2 e  0  y 1  0  

Así pues, en este segundo caso, la solución particular del problema de contorno es

y  t   0 , con lo cual   2 no es autovalor del problema de contorno. Caso 3. Si   2  0 , o lo que es lo mismo, si   2 , entonces las raíces de la ecuación auxiliar son complejas conjugadas, r    2   i , es decir, de la forma    i , siendo    y   2   . Por tanto, dos soluciones particulares de la ecuación diferencial lineal homogénea linealmente independientes son y1  t   e t cos

y2  t   e t sen









2t e

2   t , con lo cual, la solución general de la ecuación diferencial es

y  t   C1 et cos





2   t  C2 et sen





2   t , con C1 , C2   .

Para determinar la solución particular, debemos imponer las condiciones de contorno:

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 y  0   0         y 1  0  C1 e cos     C e sen  2

C1 e0 cos 0  C2 e0sen0  0   2    C2 e sen 2    0   C1  0   C1  0     2    0  C2 sen 2    0    

















Ya sabemos que C1  0 , de manera que si C2  0 entonces la solución del problema de contorno volvería a ser la solución trivial y no habría autovalores tampoco en este tercer caso. Así pues, para que el sistema

  C2 sen



C1  0   2    0 



(2.1)

tenga solución distinta de la trivial, necesariamente ha de ser

sen





2    0  2    n  2    n2 2    2  n2 2 , con n   .

Para estos valores de  , la solución del sistema (2.1) es C1  0 y C2  C , con C   , con lo que las soluciones del problema de contorno son

yn  t   Ce

 2n  t sen n t   , con C   . 2 2

Por consiguiente, los únicos autovalores del problema de contorno son n  2  n2 2 , y sus correspondientes autofunciones son yn  t   Ce

 2n  t sen n t , con n   .   2 2

2. Podemos ver que, en efecto, se trata de una ecuación diferencial lineal completa de primer orden. Partimos, en primer lugar, de la ecuación lineal homogénea 𝑥 2 + 4 𝑦 ′ + 3𝑥𝑦 = 0, cambiando el término independiente por 0, y buscamos la

solución general de la misma. Esto siempre lo podemos hacer separando variables:

x

2

 4  y  3xy  0  

x

 4

dy  3xy dx dy 3x  2 dx y x 4 2

Una vez hecho esto, integramos en ambos miembros de la ecuación y obtenemos así la solución general de la homogénea:

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𝑑𝑦 3𝑥 =− 2 𝑑𝑥 𝑦 𝑥 +4

1 3𝑥 𝑑𝑦 = − 2 𝑑𝑥 𝑦 𝑥 +4 1 3 2𝑥 𝑑𝑦 = − 𝑑𝑥 2 𝑦 2 𝑥 +4 3 ln 𝑦 + ln 𝐶 = − ln 𝑥 2 + 4 2 ln 𝐶𝑦 = ln 𝑥 2 + 4 𝐶𝑦 = 𝑥 2 + 4

−3/2

−3/2

de donde obtenemos la solución general y  x   C  x 2  4 

3

2

, con C   .

Pasamos ahora a la segunda parte y para ello, volvemos a retomar la ecuación original

x

2

 4  y  3xy  x .



Definimos la función y  x   C  x  x 2  4



función y  x   C  x  x 2  4



3

2



3

y nos planteamos hallar C  x  para que la

2

sea solución de la ecuación completa. Así que vamos a

derivar

y  x   C   x   x 2  4 

3

 3xC  x   x 2  4 

2

5

2

y vamos a sustituir en la edo:

x

2

 4  y  3xy  x 

x

2

3 5 3  4   C   x   x 2  4  2  3xC  x   x 2  4  2   3xC  x  x 2  4  2  x  

 C  x   x2  4

1

 C  x   x2  4

1

2

 3xC  x   x 2  4 

2

x

 C  x   x  x2  4



de donde deducimos que C   x   x x 2  4



1

1

3

2

 3xC  x  x 2  4 

3

2

x

2

2

. Calculamos la C  x  integrando en esta

última identidad: 𝐶 𝑥 =

𝑥 𝑥2 + 4

1/2

𝑑𝑥 =

1 2

2𝑥 𝑥 2 + 4

1/2

𝑑𝑥 =

1 2 𝑥 +4 3

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3/2

+ 𝐶.

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

Finalmente, sustituimos C  x  en la función y  x   C  x  x 2  4



3

2

:

3 3 3 1 1  y  x     x2  4 2  C   x2  4 2   C x2  4 2 3 3 

para deducir que la solución general de la ecuación diferencial lineal completa es 3 1 y  x    C  x 2  4  2 , con C   . 3

Para encontrar la solución particular que satisface la condición inicial 𝑦 0 = 1, sólo necesitamos imponer dicha condición en la solución general y despejar el valor del parámetro C: 1 C 2 16 3 y  0   1  1   C 4 2    C  . 3 8 3 3

Por consiguiente, la solución particular del problema de valor inicial es 3 1 16 y  x     x2  4 2 . 3 3

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Problema 3 1. Hallar la solución general del sistema diferencial 𝑥 ′ = 2𝑥 − 𝑦 + 1 − 𝑡 𝑦 ′ = 4𝑥 − 3𝑦 + 1 − 𝑡 𝑧 ′ = −𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝑒 𝑡

2. Encontrar una solución particular del problema de valor inicial 𝑥𝑦 ′ = 𝑦 + 𝑥 2 − 𝑦 2 𝑦 1 =0

Resolución. 1. Se trata de un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primer orden. El sistema podemos escribirlo matricialmente de la forma    X   AX  F ,  x t    x  t    2 1 0  1  t             donde X   y  t   , X    y  t   , A   4 3 0  y F  1  t  , siendo A la matriz  1 1 1   et   z t    z  t             de coeficientes del sistema. Vemos que es un sistema completo, puesto que F  0 . Así pues, para determinar su solución general necesitamos encontrar 3 soluciones particulares del sistema homogéneo linealmente independientes y una solución particular del sistema completo. Las primeras se obtienen de encontrar los autovalores y sus correspondientes autovectores de la matriz de coeficientes A.



Búsqueda de la solución general del sistema homogéneo

Planteamos y resolvemos la ecuación característica: 2−λ 4 −1

−1 −3 − λ 1

0 0 =0 1−λ

1−λ

2 − λ −3 − λ + 4 = 0 .

1 − λ λ2 + λ − 2 = 0

Para terminar de factorizar el polinomio característico, hallamos las raíces de la ecuación de segundo grado: λ2 + λ − 2 = 0

λ=

−1 ± 1 + 8 2

λ=

−1 ± 3 2

λ=1 λ = −2

En consecuencia, 𝑃 𝜆 = 1 − λ λ − 1 λ + 2 y, por tanto, los autovalores de A son 𝜆1 = 1 (doble) y 𝜆2 = −2 (simple). Necesitamos encontrar, pues, dos autovectores Pedro García Vázquez – Carmen León Vela – Dpto. Matemática Aplicada I

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linealmente independientes asociados al autovalor doble y uno asociado al autovalor simple. Autovectores asociados a 𝜆1 = 1 Resolvemos el sistema lineal 𝑥1 0 𝑥2 = 0 𝑥3 0

1 −1 0 4 −4 0 −1 1 0

𝑥1 − 𝑥2 = 0 4𝑥1 − 4𝑥2 = 0 −𝑥1 + 𝑥2 = 0 𝑥1 = 𝑥2

Necesitamos dar valores a 𝑥2 y a 𝑥3 . Tomando, por ejemplo, 𝑥2 = 1 y 𝑥3 = 0, 1 obtenemos el autovector 𝑢1 = 1 . Y tomando 𝑥2 = 0 y 𝑥3 = 1, obtenemos el 0 0 autovector 𝑢2 = 0 . Esta forma de asignar valores a 𝑥2 y a 𝑥3 nos garantiza que los 1 dos autovestores obtenidos son linealmente independientes.

Autovector asociado a 𝜆2 = −2 Resolvemos el sistema lineal 4 −1 0 4 −1 0 −1 1 3

𝑥1 0 𝑥2 = 0 𝑥3 0

4𝑥1 − 𝑥2 = 0 4𝑥1 − 𝑥2 = 0 −𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑥3 = 0 𝑥2 = 4𝑥1 𝑥3 = −𝑥1

Así que tomando, por ejemplo, 𝑥1 = 1, tenemos que un autovector asociado a 𝜆2 = −2 1 es 𝑢3 = 4 . −1 Recuérdese que este vector es linealmente independiente con los dos anteriores puesto que autovectores asociados a distintos autovalores son siempre linealmente independientes. Así pues, tres soluciones particulares del sistema diferencial lineal homogéneo de primer orden son 1 𝑋1 = 𝑒 𝑡 1 , 0

0 𝑋2 = 𝑒 𝑡 0 1

y 𝑋3 = 𝑒 −2𝑡

1 4 −1

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y, por consiguiente, la solución general de dicho sistema es 𝑋 = 𝐶1 𝑒

𝑡

1 0 1 𝑡 −2𝑡 1 + 𝐶2 𝑒 0 + 𝐶3 𝑒 4 , con 𝐶1 , 𝐶2 , 𝐶3 𝜖ℝ, 0 1 −1

que también podemos expresar del modo siguiente: 𝑥 𝑡 = 𝐶1 𝑒 𝑡 + 𝐶3 𝑒 −2𝑡 𝑦 𝑡 = 𝐶1 𝑒 𝑡 + 4𝐶3 𝑒 −2𝑡 , con 𝐶1 , 𝐶2 , 𝐶3 𝜖ℝ. 𝑧 𝑡 = 𝐶2 𝑒 𝑡 − 𝐶3 𝑒 −2𝑡



Búsqueda de una solución particular del sistema completo

Consideremos la función vectorial 𝑋0 = 𝐶1 𝑡 𝑋1 + 𝐶2 𝑡 𝑋2 + 𝐶3 𝑡 𝑋3 , y nos planteamos determinar 𝐶1 𝑡 , 𝐶2 𝑡 y 𝐶3 𝑡 de manera que la función 𝑋0 así definida sea solución del sistema completo. Para ello, planteamos el sistema 𝐶′1 𝑡 𝑋1 + 𝐶′2 𝑡 𝑋2 + 𝐶′3 𝑡 𝑋3 = 𝐹 , esto es, 1 0 1 1−𝑡 𝐶′1 𝑡 𝑒 𝑡 1 + 𝐶′2 𝑡 𝑒 𝑡 0 + 𝐶′3 𝑡 𝑒 −2𝑡 4 = 1 − 𝑡 , 0 1 −1 𝑒𝑡 que, matricialmente, podemos expresarlo del modo siguiente: 𝑒𝑡 𝑒𝑡 0

0 0 𝑒𝑡

𝑒 −2𝑡 4𝑒 −2𝑡 −𝑒 −2𝑡

𝐶′1 𝑡 𝐶′2 𝑡 𝐶′3 𝑡

1−𝑡 = 1−𝑡 . 𝑒𝑡

Vamos a resolverlo por la Regla de Cramer, pero antes, vamos a calcular el determinante de la matriz de coeficientes del sistema: 𝑒𝑡 𝑒𝑡 0

0 0 𝑒𝑡

1 0 𝑒 −2𝑡 −2𝑡 = 𝑒 𝑡 𝑒 𝑡 𝑒 −2𝑡 1 0 4𝑒 0 1 −𝑒 −2𝑡

1 4 = −3. −1

Ahora sí, aplicamos la Regla de Cramer:

𝐶′1 𝑡

=

1−𝑡 0 𝑒 −2𝑡 1−𝑡 0 1 𝑡 −2𝑡 −2𝑡 𝑒 𝑒 1 − 𝑡 0 4𝑒 1−𝑡 0 4 −𝑡 𝑒𝑡 𝑒 𝑡 −𝑒 −2𝑡 = 𝑒𝑡 1 −1 = −3𝑒 1 − 𝑡 = 1 − 𝑡 𝑒 −𝑡 . 𝑒𝑡 0 𝑒 −2𝑡 −3 −3 𝑡 𝑒 0 4𝑒 −2𝑡 0 𝑒 𝑡 −𝑒 −2𝑡

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𝐶′2 𝑡

=

𝑒 𝑡 1 − 𝑡 𝑒 −2𝑡 1 1−𝑡 𝑡 −2𝑡 𝑡 −2𝑡 𝑒 𝑒 𝑒 1 − 𝑡 4𝑒 1 1−𝑡 0 𝑒𝑡 −𝑒 −2𝑡 = 0 𝑒𝑡 𝑡 −2𝑡 𝑒 0 𝑒 −3 𝑡 −2𝑡 𝑒 0 4𝑒 0 𝑒 𝑡 −𝑒 −2𝑡

1 4 −𝑡 𝑡 −1 = −3𝑒 𝑒 = 1 −3

𝑒𝑡 0 1 − 𝑡 1 0 1−𝑡 𝑡 𝑡 𝑡 𝑒 𝑒 1 0 1−𝑡 𝑒 0 1−𝑡 𝑡 𝑡 0 𝑒 𝑒 0 1 𝑒 𝑡 = 0. 𝐶′3 𝑡 = 𝑡 = 𝑒 0 𝑒 −2𝑡 −3 𝑡 𝑒 0 4𝑒 −2𝑡 0 𝑒 𝑡 −𝑒 −2𝑡

Una vez obtenidas las derivadas de las funciones 𝐶1 𝑡 , 𝐶2 𝑡 y 𝐶3 𝑡 , sólo necesitamos determinar una primitiva para cada una de ellas. La primera y tercera se obtienen de modo inmediato, mientras que para la segunda hay que integrar por partes: 𝐶1 𝑡

=

1 − 𝑡 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 =

𝑢 =1−𝑡

𝑑𝑢 = − 𝑑𝑡

𝑑𝑣 = 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡

𝑣 = −𝑒 −𝑡

=

𝑡 − 1 𝑒 −𝑡 −

=

𝑡 − 1 𝑒 −𝑡 + 𝑒 −𝑡 = 𝑡𝑒 −𝑡 .

𝐶2 𝑡

=

1 𝑑𝑡 = 𝑡.

𝐶3 𝑡

=

0 𝑑𝑡 = 0.

𝑒 −𝑡 𝑑𝑡

Recuérdese que no consideramos la constante de integración, puesto que lo que buscamos es sólo una función 𝐶1 𝑡 , una función 𝐶2 𝑡 y una función 𝐶3 𝑡 . Sustituyendo 𝐶1 𝑡 , 𝐶2 𝑡 y 𝐶3 𝑡 en la función 𝑋0 = 𝐶1 𝑡 𝑋1 + 𝐶2 𝑡 𝑋2 + 𝐶3 𝑡 𝑋3 obtenemos una solución particular del sistema completo: 𝑋0

= = =

𝐶1 𝑡 𝑋1 + 𝐶2 𝑡 𝑋2 + 𝐶3 𝑡 𝑋3 1 0 1 𝑡𝑒 −𝑡 𝑒 𝑡 1 + 𝑡𝑒 𝑡 0 + 0𝑒 −2𝑡 4 0 1 −1 𝑡 𝑡 . 𝑡𝑒 𝑡

Finalmente, la solución general del sistema completo será la suma de la solución particular recién obtenida más la solución general del sistema homogéneo, es decir: Pedro García Vázquez – Carmen León Vela – Dpto. Matemática Aplicada I

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𝑋

= =

𝑋0 + 𝐶1 𝑋1 + 𝐶2 𝑋2 + 𝐶3 𝑡 𝑡 1 𝑡 + 𝐶 𝑒 𝑡 1 + 𝐶2 𝑒 𝑡 1 𝑡𝑒 𝑡 0

𝑋3 0 1 −2𝑡 + 𝐶 𝑒 0 4 3 1 −1

que de manera desarrollada es el trío de funciones 𝑥 𝑡 = 𝑡 + 𝐶1 𝑒 𝑡 + 𝐶3 𝑒 −2𝑡 𝑦 𝑡 = 𝑡 + 𝐶1 𝑒 𝑡 + 4𝐶3 𝑒 −2𝑡 , con 𝐶1 , 𝐶2 , 𝐶3 𝜖ℝ. 𝑧 𝑡 = 𝑡𝑒 𝑡 + 𝐶2 𝑒 𝑡 − 𝐶3 𝑒 −2𝑡

2. Se trata de un problema de valor inicial asociado a una ecuación diferencial ordinaria de primer orden. Como en cualquiera de estos problemas, el primer paso consiste en hallar la solución general de la ecuación, para obtener después la solución particular que satisface la condición inicial. Veamos que se trata de una ecuación diferencial homogénea de primer orden. Para ello, comenzamos despejando 𝑦′: 𝑥𝑦 ′ = 𝑦 + 𝑥 2 − 𝑦 2

𝑦′ =

𝑦 + 𝑥2 − 𝑦2 . 𝑥

Para comprobar que la ecuación es homogénea, debemos probar que la función 𝑓 𝑥, 𝑦 =

𝑦 + 𝑥2 − 𝑦2 𝑥

es homogénea de grado 0, es decir, que cumple que 𝑓 𝜆𝑥, 𝜆𝑦 = 𝑓 𝑥, 𝑦 . En efecto, 𝑓 𝜆𝑥, 𝜆𝑦 =

𝜆𝑦 +

𝜆𝑥 2 − 𝜆𝑦 𝜆𝑥

2

𝜆𝑦 + 𝜆2 𝑥 2 − 𝑦 2 𝜆𝑥 𝜆𝑦 + 𝜆 𝑥 2 − 𝑦 2 = 𝜆𝑥 𝜆 𝑦 + 𝑥2 − 𝑦2 = 𝜆𝑥 𝑦 + 𝑥2 − 𝑦2 = = 𝑓 𝑥, 𝑦 . 𝑥 =

Por consiguiente, la ecuación es homogénea. Para resolverla, lo primero que hacemos es dividir en el numerador y en el denominador de 𝑓 𝑥, 𝑦 entre 𝑥, de modo que nos queda

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𝑦′ =

𝑦 + 𝑥2 − 𝑦2 𝑥

𝑦′ =

𝑦 𝑥2 − 𝑦2 + 𝑥 𝑥

𝑦 𝑥2 − 𝑦2 𝑦 = + 𝑥 𝑥2 ′

𝑦′ =

𝑦 𝑦 + 1− 𝑥 𝑥

2

.

El segundo miembro de la ecuación diferencial es una función que sólo depende de

𝑦 𝑥

,

lo cual nos sugiera hacer el cambio de variables 𝑦 =𝑧 𝑥 Debemos tener en cuenta que en la ecuación diferencial ordinaria que estamos resolviendo, 𝑥 es la variable independiente, mientras que 𝑦 es la variable dependiente (la incógnita de la ecuación) o función de 𝑥. Por tanto, la variable 𝑧 será también una función de 𝑥 que en la nueva ecuación desempeñará el papel de variable dependiente (incógnita de la nueva ecuación) en sustitución de 𝑦. La sustitución del cambio en el término de la derecha es inmediata, mientras que para sustituir 𝑦′, basta observar en el cambio que 𝑦 =𝑧 𝑥

𝑦 ′ = 𝑧 + 𝑥𝑧 ′ .

𝑦 = 𝑥𝑧

En consecuencia, 𝑦′ =

𝑦 𝑦 + 1− 𝑥 𝑥

2

𝑧 + 𝑥𝑧 ′ = 𝑧 + 1 − 𝑧 2

𝑥𝑧 ′ =

1 − 𝑧2,

llegando así a una nueva ecuación diferencial ordinaria cuyas variables independiente y dependiente son 𝑥 y 𝑧, respectivamente. La ventaja que tiene esta ecuación con respecto a la anterior es que es de variables separables. En efecto, 𝑥𝑧 ′ =

1 − 𝑧2

𝑥

𝑑𝑧 = 𝑑𝑥 1 1 − 𝑧2

1 − 𝑧2 𝑑𝑧 =

1 𝑑𝑥 𝑥

Una vez separadas las variables, sólo tenemos que integrar en ambos miembros:

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1 1 − 𝑧2

𝑑𝑧 =

1 𝑑𝑥 𝑥

arcsen 𝑧 = ln 𝑥 + ln 𝐶 arcsen 𝑧 = ln 𝐶𝑥 𝑒 arcsen

𝑧

= 𝐶𝑥

Así pues, la solución general de la ecuación viene determinada por la identidad 𝑒 arcsen

𝑧

= 𝐶𝑥, con 𝐶𝜖ℝ.

Sólo nos falta un pequeño detalle para concluir el problema: deshacer el cambio de variables. Así llegamos a la solución general de la ecuación original: 𝑒

arcsen

𝑦 𝑥

= 𝐶𝑥,

𝐶𝜖ℝ.

Para determinar la solución particular que satisface la condición inicial 𝑦 1 = 0, sólo necesitamos imponer dicha condición sobre la solución general y obtener así el valor del parámetro C: 𝑦 1 =0

𝑒 arcsen

0

=𝐶

𝐶 = 1.

Por consiguiente, la solución final del problema de valor inicial es 𝑒 arcsen

𝑦 𝑥

= 𝑥.

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