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.