Solución Segundo Examen de Cálculo III

Universidad Mayor de San AndresFacultad de Ciencias Puras y NaturalesCarrera de InformaticaLa Paz - Bolivia.

Dr. Mario Chavez Gordillo PhD

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30 puntos

Segundo Examen de Calculo III Sabado 11 de Junio de 2011

Solucionario, Fila A

Solo se califican las respuestas de 4 preguntas

(1) (Este problema es calificado por 8 puntos.) Sean a, b y c numeros reales positivos. Demuestraque cualquier solucion y = y(x) de la ecuacion diferencial ay + by + cy = 0 tiende a cerocuando t tiende a infinito, es decir: lm

xy(x) = 0. Sugerencia: Considere el discriminante

4 = b2 4ac y los diferentes valores que puede ocurrir.

Solucion. Hagamos

p =b

a, y q =

c

aentonces la ecuacion ay + by + cy = 0 se escribe como

y + py + qy = 0. (1)

Nuestro punto de partida es el hecho de que la funcion exponencial emx tiene la propiedad deque sus derivadas son multiplos constantes de la funcion misma. Esto nos lleva a considerar

y = emx (2)

como solucion posible para (1), si la constante m se escoge de la manera adecuada. Puestoque y = memx y y = m2emx, la sustitucion en (1) da

(m2 + pm+ q)emx = 0 (3)

y puesto que emx nunca es cero, (3) se justifica si y solo si m satisface la ecuacion auxiliar

m2 + pm+ q = 0. (4)

Las dos races m1 y m2 de esta ecuacion, o sea, los valores de m para los que (2) es unasolucion de (1), se dan mediante la formula cuadratica

m1,m2 =pp2 4q

2(5)

El desarrollo posterior de esta situacion requiere que se traten por separado las tres posibili-dades inherentes a (5).

Races reales distintas. Es evidente que las races m1 y m2 son numeros reales distintossi y solo si p2 4q > 0. En este caso se tiene las dos soluciones

y1 = em1x y y2 = e

m2x.

Puesto que la razonem1x

em2x= e(m1m2)x

1

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no es constante y esas soluciones son linealmente independientes y

y(x) = c1em1x + c2e

m2x (6)

esta es la solucion general de (1).

Por otro lado, puesto que p > 0, q > 0 y 0 < p2 4q < p2, entoncesp2 4q < p. Por lo

tantom1 < 0 y m2 < 0

Esto implica que lmx

y(x) = 0.

Races complejas distintas. Las races m1 y m2 son numeros complejos distintos si y solosi p2 4q < 0. En este caso m1 y m2 pueden escribirse en la forma a ib donde

a = p2< 0 y b =

4q p22

> 0 (7)

y segun la formula de Eulerei = cos + i sen , (8)

nuestras dos soluciones de (1) son

em1x = e(a+ib)x = eaxeibx = eax(cos b+ i sen b) (9)

y

em2x = e(aib)x = eaxeibx = eax(cos b i sen b) (10)Puesto que nos interesan solamente soluciones que sean funciones de valor real, podemossumar (9) y (10) y dividirlas por 2, despues restar y dividir por 2i para obtener

y1 = eax cos bx y y2 = e

ax sen bx (11)

Estas soluciones son linealmente independientes, de tal modo que la solucion general de (1),en este caso, es

y(x) = eax(c1 cos bx+ c2 sen bx) (12)

Ahora usando (7), se tiene que lmx

y(x) = 0.

Races reales iguales. Resulta evidente que las races m1 y m2 son numeros reales igualessi y solo si p2 4q = 0. En este caso se obtiene solamente una solucion

y1 = emx donde m = p

2.

Sin embargo, se puede encontrar facilmente una segunda solucion linealmente independientemediante el metodo descrito en la seccion anterior: si se toma y1 = e

p2x, entonces,

v =

1

y21exp

(P dx

)dx =

1

epxexp

(p dx

)dx =

1

epxepx dx = x

yy2 = vy1 = xe

mx.

En este caso, (1) tieney(x) = c1e

mx + c2xemx (13)

como solucion general. Ahora, puesto que m = p2< 0, otra ves tenemos que lm

xy(x) = 0.

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(2) (Este problema es calificado por 8 puntos.)

(a) Determine la solucion general de y + 4y + 20y = 3 + 2 cos 2x.(b) Para la solucion y = y(x) analiza su comportamiento a largo plazo, es decir cuando

x.

Solucion.

(a) Usando el Metodo de Coeficientes Indeterminados.Para hallar yh , resolvemos la ecuacion caracterstica m

2+4m+20 = 0, cuyas solucionesson dos races complejas.

m =442 4(1)(20)

2=464

2= 2 4i

As pues, a = 2 y b = 4, y la solucion general esyh = e

2x(c1 cos 4x+ c2 sen 4x)

A continuacion, hacemos que yp sea una forma generalizada de 3 + 2 cos 2x. Esto es,hacemos

yp =M + A cos 2x+B sen 2x.

de aqu obtenemos

yp = 2A sen 2x+ 2B cos 2x, yp = 4A cos 2x 4B sen 2x.Sustituyendo en la ecuacion dada obtenemos

4A cos 2x 4B sen 2x 8A sen 2x+ 8B cos 2x+ 20M + 20A cos 2x+ 20B sen 2x = 3 + 2 cos 2x

20M + (4A+ 8B + 20A) cos 2x+ (4B 8A+ 20B) sen 2x = 3 + 2 cos 2x

20M + (16A+ 8B) cos 2x+ (8A+ 16B) sen 2x = 3 + 2 cos 2xEn consecuencia, yp es una solucion, una vez igualados los coeficientes de cos2x y desen2x, que dan lugar al sistema. 20M = 316A+ 8B = 28A+ 16B = 0

M = 3/2016A+ 8B = 216A+ 32B = 0con soluciones M =

3

20, B =

1

20y A =

1

10. Luego la solucion general es

y = yh + yp = e2x(c1 cos 4x+ c2 sen 4x) +

3

20+

1

10cos 2x 1

20sen 2x

(b)

(3) (Este problema es calificado por 8 puntos.) Considere la ecuacion y + 15y = cos 4x+ sen 2x

(a) Calcular la solucion general(b) Determine la solucion con y(0) = y(0) = 0(c) Realiza una breve descripcion del comportamiento de la solucion del inciso (b).

Solucion.



(a) Usando el Metodo de Coeficientes Indeterminados.Se determina la solucion general de la ecuacion homogenea y + 15y = 0, construyendoprimero la ecuacion auxiliar y determinando sus races:

m2 + 15 = 0,

{m = i

15

m = i15Lo que implica que la solucion general de la ecuacion homogenea asociada es:

ygh = C1 cos15x+ C2 sen

15x

A continuacion, hacemos que yp sea una forma generalizada de cos 4x+ sen 2x. Esto es,hacemos

yp = A cos 4x+B sen 4x+ C cos 2x+D sen 2x.

de aqu obtenemos

yp = 4A sen 4x+ 4B cos 4x 2C sen 2x+ 2D cos 2x.

yp = 16A cos 4x 16B sen 4x 4C cos 2x 4D sen 2x.Sustituyendo en la ecuacion dada obtenemos

(15A 16A) cos 4x+ (15B 16B) sen 4x+ (15C 4C) cos 2x+ (15D 4D) sen 2x = cos 4x+ sen 2x

A cos 4xB sen 4x+ 11C cos 2x+ 11D sen 2x = cos 4x+ sen 2xEn consecuencia, yp es una solucion, una vez igualados los coeficientes de cos 4x y desen 2x, que dan lugar al sistema.

A = 1B = 011C = 011D = 1

con soluciones A = 1, B = 0, C = 0 y D = 111. Luego la solucion general es

y = yh + yp = C1 cos15x+ C2 sen

15x cos 4x+ 1

11sen 2x

(a) Usando el Metodo de Variacion de parametros.Como la ecuacion ya esta en su forma reducida, entonces procedemos a determinar lasolucion complementaria, de y + 15y = 0, construyendo primero la ecuacion auxiliar ydeterminando sus races:

m2 + 15 = 0, m = i15, m = i

15

Lo que implica que la solucion general de la ecuacion homogenea asociada a la ecuaciondada es:

ygh = C1 cos15x+ C2 sen

15x

Por lo tanto como y1 = cos15x y y2 = sen

15x, entonces la solucion particular es:

yp = u1 cos15x+ u2 sen

15x

Ahora se determina los valores de W , W1 y W2:



W =

cos15x sen15x15 sen15x 15 cos15x = 15 cos215x+15 sen215x = 15

W1 =

0 sen15xcos 4x+ sen 2x 15 cos15x = (cos 4x+ sen 2x) sen15x

W2 =

cos15x 015 sen15x cos 4x+ sen 2x = cos15x (cos 4x+ sen 2x)

Con lo cual ahora se puede determinar las funciones incognitas:

u1 =

W1W

dx =

cos

15x (cos 4x+ sen 2x) dx

= cos[( 4 +15)x]2( 4 +15) cos

[( 4 +15)x]2( 4 +15) + sen

[( 2 +15)x]2( 2 +15) sen

[( 2 +15)x]2( 2 +15)

u2 =

W1W

dx = (cos 4x+ sen 2x) sen

15x dx

=cos[( 2 +15)x]2( 2 +15) cos

[( 2 +15)x]2( 2 +15) + sen

[( 4 +15)x]2( 4 +15) + sen

[( 4 +15)x]2( 4 +15)

Por lo tanto la solucion particular viene dada por:

yp = u1 cos15x+ u2 sen

15x

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

yg = C1 cos15x+ C2 sen

15x+ u1 cos

15x+ u2 sen

15x

(b)(c)

(4) (Este problema es calificado por 8 puntos.) Considere la ecuacion 2x2y + 3xy y = 0.(a) Muestre que y1(x) =

1xes una solucion de la ecuacion.

(b) Determine la solucion general de la ecuacion.(c) Realice una breve descripcion del comportamiento de la solucion del inciso (b).

Solucion.

(a) Puesto que

y1(x) =1

x, y1(x) =

1

x2, y1(x) =

2

x3

2x2y + 3xy y = 2x2 2x3 3x 1

x2 1x=

4

x 3x 1x= 0

(b) Para empezar. se escribe la ecuacion dada en la forma siguiente:

y +3

2xy 1

2x2y = 0.



Puesto que P (x) =3

2x, una segunda solucion linealmente independiente se da por medio

de y2 = vy1, en donde

v =

1

y21exp

(P dx

)dx

v =

x2 exp

(

3

2xdx

)dx =

x2 exp (3/2 log(x)) dx =

x2x3/2 dx =

x1/2 dx =

x3/2

3/2

de esto se obtiene que y2 = vy1 =x3/2

3/2

1

x=

2

3

x, de tal modo que la solucion general es

y =c1x+ c2

x.

(c)

(5) (Este problema es calificado por 8 puntos.)

Sea F(t) = L[f ](t). Muestre que

f(x) = 1xL1[F (t)]

Solucion. Empecemos probando que L[xf(x)](t) = F (t). En efecto, puesto que F(t) = 0

etxf(x) dx, entonces

F (t) = 0

(x)etxf(x) dx = 0

etxxf(x) dx = L[xf(x)](t)

Por tanto

L1[F (t)] = xf(x)de aqu se sigue el resultado pedido.

(6) (Este problema es calificado por 8 puntos.) Resuelva la siguiente ecuacion utilizando cualquiermetodo x2y + 4xy + 2y = 0.

Solucion.

Comencemos por demostrar que existe una solucion de esta ecuacion homogenea que tiene laforma y = xn, (x > 0), y luego construiremos una base de soluciones de dicha ecuacion.

Un reemplazo de y = xn en la ecuacion homogenea permite encontrar n = 2 o n = 1. Enefecto:

y = xn, y = nxn1, y1 = n(n 1)xn2



x2y + 4xy + 2y = 0

x2n(n 1)xn2 + 4xnxn1 + 2xn = 0n(n 1)xn + 4nxn + 2xn = 0

(n2 n+ 4n+ 2)xn = 0

Ahora bien puesto que n2 + 3n + 2 = (n + 2)(n + 1) = 0 tiene por soluciones a n = 1 on = 2, entonces podemos llamar y1(x) = 1

xy y2(x) =

1

x2las dos soluciones linealmente

independientes. Luego la solucion general es y =c1x+

c2x2.

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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