Post on 17-Dec-2015
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Universidad Mayor de San Andres
Facultad de Ciencias Puras y Naturales
Carrera de Matematicas
Semestre Invierno 2012
La Paz - Bolivia.Dr. Mario o
s Chavez Gordillo PhD
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Sobre 30 puntos
Segundo Examen Parcial de Calculo III Miercoles 25 de Julio del 2012
Apellidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nombres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
C.I. . . . . . . . . . . . . . . . Firma . . . . . . . . . . . . . . . Carrera . . . . . . . . . . . . . . . .....................
(6 puntos) Hallar por el Metodo de Coeficientes Indeterminados la solucion general dey 2y = x+ 2ex
SOLUCION.- La ecuacion caracterstica m2 2m = 0 tiene por soluciones a m = 0 ym = 2. Luego yh = C1 + C2e
2x.
Puesto que R(x) = x+2ex nuestra primera eleccion de yp seria (A+Bx)+Cex. sin embargo,
como yh ya contiene un termino constante C1, multiplicando la parte polinomica A+Bx porx usamos
yp = Ax+Bbx2 + Cex
de donde se sigue que
yp = A+ 2Bx+ Cex, yp = 2B + Ce
x
Remplazando en la ecuacion diferencial, resulta
(2B + Cex) 2(A+ 2Bx+ Cex) = x+ 2ex
(2B 2A) 4Bx Cex = x+ 2ex
Igualando los coeficientes de terminos analogos, obtenemos el sistema
2B 2A = 0, 4B = 1, C = 2
Con solucion A = B = 1
4y C = 2. En consecuencia.
yp = 1
4x
1
4x2 2ex
Siendo la solucion general.
y = C1 + C2e2x
1
4x
1
4x2 2ex.
(6 puntos) Hallar usando el Metodo de Variacion de parametros la solucion general de laecuacion y 4y + 4y = (x+ 1)e2x.
SOLUCION.- Partimos de la ecuacion auxiliar m2 4m + 4 = (m 2)2 = 0, y tenemosque
ygh = C1e2x + C2xe
2x.
Identificamos y1 = e2x y y2 = xe
2x y calculamos el wronskiano
W =
e2x xe2x
2e2x e2x + 2xe2x
= e2x(e2x + 2xe2x) 2e2xxe2x = e4x
Como la ecuacion diferencial dada esta en la forma reducida, vemos que R(x) = (x+ 1)e2x.As tenemos que:
W1 =
0 xe2x
(x+ 1)e2x e2x + 2xe2x
= (x+ 1)xe4x
W2 =
e2x 0
2e2x (x+ 1)e2x
= (x+ 1)e4x
Con lo cual ahora se puede determinar las funciones incognitas:
u1 =
W1
Wdx =
( (x+ 1)xe4x
)e4x
dx =
(x2 + x) dx =
1
3x3
1
2x2
u2 =
W2
Wdx =
((x+ 1)e4x
)e4x
dx =
(x+ 1) dx =
1
2x2 + x
Por lo tanto la solucion particular viene dada por:
yp = u1e2x + u2e
2x =
(1
6x3 +
1
2x2)e2x
Entonces se puede concluir que la solucion general a la ecuacion dada es:
yg = ygh + yp = C1e2x + C2xe
2x +
(1
6x3 +
1
2x2)e2x.
(6 puntos) Considere el problema de valores iniciales
Resolver: y + ay(x) + by(x) = f(x), a, b R,
Sujeto a: y(0) = y0, y(0) = y
0,
}(1)
Obtenga la formula L[y] =F(t) + (t+ a)y0 + y
0
t2 + at+ b.
Solucion.y + ay + by = f
L[y + ay + by] = L[f ]
L[y] + aL[y] + bL[y] = F(t)
t2L[y] ty0 y
0+ a
(tL[y] y0
)+ bL[y] = F(t)
t2L[y] ty0 y
0+ atL[y] ay0 + bL[y] = F(t)
t2L[y] + atL[y] + bL[y] ty0 y
0 ay0 = F(t)
(t2 + at+ b)L[y] (t+ a)y0 y
0= F(t)
(6 puntos) Resolver el problema de valores iniciales usando la transformada de La Place:
Resolver: y 3y + 2y = e3x,
Sujeto a: y(0) = 1, y(0) = 0.
}
SOLUCION.- Recordando (1) se tiene que a = 3, b = 2, f(x) = e3x, y0 = 1, y
0= 0,
L[e3x] =1
t 3. Aplicamos la formula (??) y obtenemos
L[y] =F(t) + (t+ a)y0 + y
0
t2 + at+ b=
1
t 3+ (t 3)(1) + 0
t2 3t+ 2
=
1
t 3+ (t 3)
(x 2)(x 1)=
1
(t 3)
1
(x 2)(x 1)+
t 3
(x 2)(x 1)
Ahora bien,1
(t 3)(x 2)(x 1)=
1
2
1
(t 3)
1
(t 2)+
1
2
1
(t 1)
t 3
(x 2)(x 1)=
1
(t 2)+ 2
1
(t 1),
luego
L[y] =1
2
1
(t 3) 2
1
(t 2)+
5
2
1
(t 1)
=1
2L[e3x] 2L[e2x] +
5
2L[ex]
= L
[e3x
2 2e2x +
5ex
2
]
de donde deducimos que la solucion es y(x) =e3x
2 2e2x +
5ex
2.
(6 puntos) Hallar una base de soluciones para el sistema{
x = x y
y = x+ 3y
Solucion. La matriz del sistema es
A =
(1 11 3
)
que tiene polinomio caracterstico
P () = det
( 1 11 3
)= ( 1)( 3) + 1 = 2 4+ 4 = ( 2)2
Por lo tanto A tiene un unico autovalor = 2. Busquemos los autovectores. Debemos resolverel sistema
(2I A)
(x
y
)=
(1 11 1
)(x
y
)= 0
Es decir, x+ y = 0. Por lo tanto un autovector asociado es
v1 =
(11
)
y tenemos la solucion
x1(t) = e2t
(11
).
Como no hay una base de autovectores y el autovalor es doble, buscamos la otra solucion dela forma
x2(t) = e2t(v1t+ v2
)
donde v1 es el autovector encontrado y v2 es solucion de
(A 2I)v2 = v1
Es decir, v2 es solucion de
(A 2I)
(x
y
)=
(1 11 1
)(x
y
)=
(11
)
es decir, x+ y = 1. Por ejemplo, podemos tomar
v2 =
(01
)
con lo cual tenemos la solucion
x2(t) = e2t
[(11
)t+
(01
)]
La solucion general es entonces
x(t) = c1e2t
(11
)+ c2e
2t
[(11
)t+
(01
)]
En coordenadas esto es,x = e2t
(c1 + c2t
)y = e2t
((c1 + c2) + c2t
)Podemos aplicar esta misma idea en mas dimensiones.
Por favor, coloque el inicial del apellido paterno en el cuadro. Que tengas exito.