Prueba de 2do Turno de Cálculo III

Universidad Mayor de San Andres

Facultad de Ciencias Puras y Naturales

Carrera de Informatica

La Paz - Bolivia.

Dr. Mario Chavez Gordillo PhD

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100 puntos

Prueba de 2do Turno de Calculo III Lunes 27 de Junio de 2011

Solucionario del Examen de 2do Turno

(1) (Este problema es calificado por 20 puntos.) Un tanque hemisferico de radio R esta inicial-mente lleno de agua. En el fondo del tanque hay un agujero de radio r por el cual escapa elagua bajo la influencia de la gravedad. La ecuacion diferencial que expresa la profundidad delagua como funcion del tiempo que se ha obtenido es

dy

dx+

r22g

2Ry1/2 y3/2 = 0Encontrar la relacion entre y y t.

Solucion 1.

(2) (Este problema es calificado por 20 puntos.)

La corriente i

Solucion. La pendiente de la recta que pasa por los puntos (a, f(a)) y (a+ f(a), a+ f(a)) esdado por

a+ f(a) aa + f(a) f(a) =

f(a)

a

Por otro lado la pendiente de la recta tangente a la curva y = f(x) que pasa por el punto(a, f(a)) es dado por f (a). Por lo tanto tenemos la siguiente ecuacion

f (a) =f(a)

a

lo cual induce la siguiente ecuacion diferencial:

y =y

x.

Despejando obtenemos1

ydy =

1

xdx

e, integrando, 1

ydx =

1

xdx

se sigue que ln y = ln x+ lnC, es decir,

y = Cx.

Ahora bien la curva que pasa por el punto (1, 2) es dado por y = 2x.

1

(3) (Este problema es calificado por 6.25 puntos.) Resuelva la ecuacion diferencial

dy

dt+

1

ty =

2 cos(ln t)

tcon y(1) = 1

Solucion. Calculamos primero el factor integrante

exp

(P (t) dt

)= exp

(1

tdt

)= eln |t| = eln |t| = t

y lo aplicamos a la ecuacion

tdy

dt+ t

1

ty = t

2 cos(ln t)

t

tdy

dt+ y = 2 cos(ln t)

d

dt[t y] = 2 cos(ln t)

Integrando llegamos a

t y =

2 cos(ln t) dt+ C y =

1

t

(2 cos(ln t) dt+ C

)

Hallemos la integral

cos(ln t) dt:

cos(ln t) dt =

cos(ln t) dt

u = cos(ln t), dv = dt

du = sen(ln t) 1tdt v = t

= t cos(ln t) +

t sen(ln t)

1

tdt = t cos(ln t) +

sen(ln t) dt

tambien caldulemos

sen(ln t) dt =

sen(ln t) dt

u = sen(ln t), dv = dt

du = cos(ln t)1

tdt v = t

= t sen(ln t)t cos(ln t)

1

tdt = t sen(ln t)

cos(ln t) dt

Por lo tanto cos(ln t) dt = t cos(ln t) + t sen(ln t)

cos(ln t) dt

de donde

cos(ln t) dt =

1

2[t cos(ln t) + t sen(ln t)]

Examen Final Calculo III Consultas: [email protected]

Con lo cual se concluye que

y(t) =1

t(t cos(ln t) + t sen(ln t) + C)

ahora evaluamos la condicion inicial

y(1) =1

1(1 cos(ln 1) + 1 sen(ln 1) + C) = 1, C = 0

entonces la solucion particular del problema es

y(t) =1

t(t cos(ln t) + t sen(ln t)) .

(4) (Este problema es calificado por 6.25 puntos.) La descomposicion de N2O bajo la influencia

de un catalizador de platino viene dada por la ecuacion diferencialdx

dt= k

a x1 + bx

donde a

es la concentracion de N2O en el instante inicial t = 0, b es una constante y x(t) es laconcentracion de producto en el instante t. Si para t = 0 es x(0) = 0, resuelva la ecuaciondiferencial y determina la vida media de la sustancia (vida media de una sustancia es el tiempoT que tarda en reducirse a la mitad).

Solucion. Dividiendo a x entre 1 + bx obtenemos1 + bx

a x = b+1 + ab

a x

La ecuacion diferencialdx

dt= k

a x1 + bx

es de variables separadas, esto es,

1 + bx

a x dx = kdtde donde [

b+ 1 + aba x

]dx = kdt

e, integrando, [b+ 1 + ab

a x]dx =

kdt

se sigue que bx (1 + ab

)ln(a x) = kt, es decir,

bx+(1 + ab

)ln(a x) = kt

Ahora bien si x(0) = 0 entonces

b0 +(1 + ab

)ln(a 0) = k0, ab = 1, a = 1

(5) (Este problema es calificado por 6.25 puntos.) Resolver la ecuacion diferencial

y + 2y 8y = e2x(6

x 1x2

)

, x > 0.


Solucion. Se trata de una ecuacion diferencial lineal completa de orden 2 y coeficientesconstantes. Para determinar su solucion general usaremos que

yg = ygh + yp

siendo yg el conjunto de soluciones de la ecuacion diferencial completa, ygh el espacio vectorialde las soluciones de la ecuacion diferencial homogenea asociada e yp una solucion particularde la ecuacion diferencial completa.

Se resuelve en primer termino la ecuacion diferencial homogenea asociada

y + 2y 8y = 0

El polinomio caracterstico de dicha ecuacion diferencial es m2+2m8 = 0, cuyas races son

m =222 4(1)(8)

2=236

2= 1 3, m1 = 4, m2 = 2

As pues se trata de races simples distintas, por lo que un conjunto fundamental (CF) o unsistema fundamental de soluciones (SFS) para la ecuacion diferencial es {e4x, e2x},Por lo tanto la solucion general de la ecuacion diferencial homogenea es

ygh = Ae4x +Be2x

Para buscar una solucion particular de la ecuacion diferencial completa aplicaremos la tecnicade variacion de parametros. El metodo de variacion de parametros (MVP) nos asegura laexistencia de una solucion particular de la ecuacion diferencial completa yp de la forma

yp = A(x)e4x +B(x)e2x

con A(x) y B(x) soluciones del siguiente sistema algebraico:

A(x)e4x +B(x)e2x = 0

4A(x)e4x + 2B(x)e2x = e2x(6

x 1x2

)

Para resolver este sistema hallemos los siguientes determinantes:

W =

e4x e2x

4e4x 2e2x = 2e4xe2x + 4e4xe2x = 6e2x

W1 =

0 e2x

e2x(6

x 1x2

)2e2x

= e2x

(6

x 1x2

)e2x = e4x

(6

x 1x2

)

W2 =

e4x 0

4e4x e2x(6

x 1x2

) = e

4xe2x(6

x 1x2

)= e2x

(6

x 1x2

)

Con lo cual ahora se puede determinar las funciones incognitas:


A =

W1

Wdx =

e4x(6

x 1x2

)

6e2xdx

= 16

e6x

(6

x 1x2

)dx

u = e6x1

x

du =

(6e6x

6

x e6x 1

x2

)dx

du = e6x(6

x 1x2

)dx

= 16

du = 1

6u = 1

6

e6x

x

Otro modo de hacer esto mismo es aplicando la tecnica de integracion por partes, en efecto:

Hagamos u =6

x, entonces du = 6

x2dx. Asignemos dv = e6x dx, entonces v =

1

6e6x. Por

tanto e6x

6

xdx =

6

x

1

6e6x +

1

6e6x

6

x2dx

de donde e6x

(6

x 1x2

)dx =

e6x

x

Por otro lado tenemos:

B =

W2

Wdx =

e2x(6

x 1x2

)

6e2xdx =

1

6

(6

x 1x2

)dx =

1

6

(6 lnx+

1

x

)

Por lo tanto la solucion particular viene dada por:

yp = 16

e6x

xe4x +

(ln x+

1

6x

)e2x = e

2x

6x+ ln xe2x +

e2x

6x= ln xe2x

Entonces se puede concluir que la solucion general a la ecuacion dada es:

yg = Ae4x +Be2x + ln xe2x


t+ xxt2 + x2

+tx xt2

= 0

Solucion 1. Empecemos colocando esta la ecuacion en su forma diferencial:


t+ xxt2 + x2

+tx xt2

= 0

tt2 + x2

+xxt2 + x2

+tx

t2 xt2

= 0

xxt2 + x2

+tx

t2+

tt2 + x2

xt2

= 0

(x

t2 + x2+

1

t

)x +

tt2 + x2

xt2

= 0

de donde tenemos

(t

t2 + x2 xt2

)dt+

(x

t2 + x2+

1

t

)dx = 0

Nuestra primera mision es determinar si esta ecuacion es exacta. Aqu tenemos

M(t, x) =t

(t2 + x2)1/2 xt2

y N(t, x) =x

(t2 + x2)1/2+

1

t

luegoM

x= xt

(t2 + x2)3/2 1t2

yN

t= xt

(t2 + x2)3/2 1t2

para todo (t, x) R2 y, en consecuencia, la ecuacion es exacta en todo dominio D.Por lo tanto, hemos de hallar f tal que

f(t, x)

t= M(t, x) =

t

(t2 + x2)1/2 xt2

f(t, x)

x= N(t, x) =

x

(t2 + x2)1/2+

1

t

De la primera de estas ecuaciones se deduce

f(t, x) =

M(t, x) dt+ C(x)

=

(t

t2 + x2 xt2

)dt+ C(x)

=t2 + x2 +

x

t+ C(x)

Entoncesf

x=

xt2 + x2

1t+ C (x)

Pero se ha de cumplir

f(t, x)

x= N(t, x) =

xt2 + x2

+1

t

luegox

t2 + x2 1

t+ C (x) =

xt2 + x2

+1

to sea, C (x) =

2

t

Por tanto,

C(x) =2x

t+ C0


donde C0 es una constante arbitraria, de modo que

f(t, x) =t2 + x2 +

x

t+

2x

t+ C0

Como consecuencia, una familia uniparametrica de soluciones de la ecuacion diferencial esf(t, x) = C1, es decir,

t2 + x2 +3x

t+ C0 = C1

Combinando las constantes C0 y C1, podemos escribir esta solucion en la format2 + x2 +

3x

t= C

en donde C = C1 C0 es una constante arbitrario.

Solucion 2. Realicemos los siguientes cambios de variables:

u = t2 + x2, du = 2t dt+ 2x dx

v =x

t, dv =

t dx x dtt2

Puesto que la ecuacion

t+ xxt2 + x2

+tx xt2

= 0

puede escribirse como

2t dt+ 2x dx

2t2 + x2

+t dx x dt

t2= 0

entonces tenemosdu

2u+ dv = 0

integrando tenemos 1

2udu+

dv = C,

u+ v = C

de donde se obtiene que t2 + x2 +

x

t= C.


x = x ln 2 + 2sen t(cos t 1) ln 2

Solucion. Recordemos que la ecuacion lineal

y + a(x) y = b(x) (1)


tiene por solucion a:

y = exp

(a(x) dx

) (b(x) exp

(a(x) dx

)dx + C

). (2)

Nuestra ecuacion es una lienal, en efecto esta puede escribirse como

x (ln 2)x = 2sen t(cos t 1) ln 2aqu a(t) = ln 2 y b(t) = 2sen t(cos t 1) ln 2. Aplicando (6) para resolverla obtenemos:

x = exp

(ln 2 dt

) (2sen t(cos t 1) ln 2 exp

(

ln 2 dt

)dt + C

)

= e t ln 2(

2sen t(cos t 1) ln 2 et ln 2 dt + C)

= 2 t(

2sen t(cos t 1)(ln 2) 2t dt + C)

= 2 t(ln 2

2sen tt(cos t 1)dt + C

)u = sen t tdu = (cos t 1)dt

= 2 t(ln 2

2udu + C

)= 2 t

(ln 2

2u

ln 2+ C

)= 2 t (2u + C)

= 2 t (2sen tt + C) = 2sen t + 2 tC.

(8) (Este problema es calificado por 6.25 puntos.) Adivine una solucion de la ecuacion

y (1 2x)y + y2 = 2xy calcule todas sus soluciones.

Solucion. Comencemos por demostrar que existe una solucion de esta ecuacion homogeneaque tiene la forma y = c,, y luego construiremos una base de soluciones de dicha ecuacion.

Un reemplazo de y = c en la ecuacion permite encontrar c = 1. En efecto:

y = c, y = 0.

y (1 2x)y + y2 = 2x0 (1 2x)c+ c2 = 2x

c+ 2cx+ c2 = 2xc2 c = 2x(c 1)

c(c 1) = 2x(c 1)

Ahora bien, la identidad se da cuando c = 1, entonces podemos llamar y1(x) = 1.


Por otro lado nuestra ecuacion es una ecuacion de Ricatti,

y + a(x)y + b(x)y2 = c(x).

Aqui a(x) = (1 2x), b(x) = 1 y c(x) = 2x. En este caso una solucion particular esyp = 1. Realizando el cambio de variable y = 1 +

1

z, se tiene y = 1

z2z y z =

1

y 1 , portanto haciendo las sustituciones correspondientes,

1z2

z (1 2x)(1 +

1

z

)+

(1 +

1

z

)2= ex

1z2

z 1 1z+ 2x+

2x

z+ 1 +

2

z+

1

z2= 2x

1z2

z +2x

z+

1

z+

1

z2= 0

1z2

z + (2x+ 1)1

z+

1

z2= 0

de aqu obtenemos la siguiente ecuacion diferencial lineal

z (2x+ 1)z = 1

En este caso a(x) = (2x+ 1) y b(x) = 1 de donde se deduce que el factor integrante es

(x) = exp

(a(x) dx

)= exp

(

(2x+ 1) dx

)= ex

2x

Multiplicando ahora los dos miembros de la ecuacion por este factor integrante, obtenemos

ex2xz (2x+ 1)ex2xz = ex2x es decir, du

dx

(ex

2xz)= ex2x

Integrando miembro a miembro para obtenemos

ex2xz =

ex

2x dx+ C z = ex2x

[ex

2x dx+ C

]

Luego de revertir el cambio de variable obtenemos la solucion general de la ecuacion de Ricatti:

1

y 1 = ex2x

[ex

2x dx+ C

]de donde y =

ex2x

ex

2x dx+ C

+ 1.

5 anos Licenciatura + 3 anos Maestra + 5 anos Doctorado + 2 anos Post-doctorado = 15 anos.No creo que sea imposible y tu?


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