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ECUACIONES DIFERENCIALES Exámenes resueltos de Grado
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  • ECUACIONES

    DIFERENCIALES

    Exmenes resueltos de Grado

  • Introdu

    in

    Se reogen en esta publiain los exmenes resueltos de Euaiones Difereniales desde

    que omenz a impartirse esta asignatura dentro de las titulaiones del llamado plan

    Bolonia. En algunos ursos aadmios hubo exmenes pariales onjuntos para todos

    los alumnos de la asignatura que se inluyen tambin en esta ole

    in.

    Para failidad de uso, insertamos seguidamente un ndie alfabtio. A ontinuain del

    nombre de ada tema se enumeran las pginas en que pueden enontrarse problemas

    relativos a ese tema.

    Este uaderno ontiene 42 problemas de examen resueltos.

    ndie alfabtio

    Apliaiones de las euaiones difereniales, 35, 47, 75, 87, 99, 111, 115, 125, 141

    Euaiones difereniales de primer orden, 3, 5, 17, 27, 29, 39, 43, 53, 87, 111, 125

    Euaiones difereniales lineales de oeientes variables, 17

    Euaiones difereniales lineales de orden n, 15, 37, 137Estabilidad, 13, 19, 41, 49, 63, 69, 81, 95, 99, 109, 115, 129, 141

    Mtodo de separain de variables, 11, 23, 43, 59, 73, 91, 121, 135, 145

    Problemas de autovalores y autofuniones, 39, 85, 91, 107, 135, 145

    Sistemas difereniales lineales, 7, 9, 15, 17, 31, 35, 47, 53, 67, 75, 105, 109, 130, 137, 145

    Madrid, 28 de otubre de 2017

    1

  • 2

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2011-2012 PRUEBA PARCIAL (24.10.2011)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 1

    (2 puntos)

    a) Determinar la funin f(x) on f(0) = 1 para que sea exata la euain diferenial ordinaria

    x3 + y4x

    + f(x)y3y = 0. (1 punto)

    b) Calular la soluin general de la euain diferenial ordinaria obtenida. (1 punto)

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja)

    a) La ondiin para que la EDO sea exata es

    y

    (x3 + y4

    x

    )=

    x

    (f(x)y3

    ) 4y

    3

    x= f (x)y3 f (x) = 4

    x f(x) = 8x+K .

    Imponiendo la ondiin f(0) = 1, se obtiene K = 1, luego f(x) = 8x+ 1.

    b) La euain diferenial obtenida es

    x3 + y4x

    + (8x+ 1)y3y = 0 .

    Busamos una funin potenial U(x, y):

    U(x, y)

    y= (8

    x+ 1)y3 U(x, y) = (8x+ 1)y

    4

    4+ (x) .

    Derivando respeto de x, resulta

    U

    x=

    y4x+ (x) =

    x3 + y4x

    (x) = x3

    x= x5/2 .

    Por tanto,

    U(x, y) = (8x+ 1)

    y4

    4+ x5/2 .

    La soluin general es U(x, y) = C, es deir:

    1

    4(8x+ 1)y4 +

    2

    7x7/2 = C .

    3

  • 4

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2011-2012 PRUEBA PARCIAL (24.10.2011)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 2

    (3 puntos)

    Hallar la soluin explita y(x) del siguiente problema de valor iniial, espeiando su dominiode deniin:

    y = y2 + 2y + a , y(0) = b ,

    en ada uno de los tres asos siguientes:

    1. a = 5, b = 1. (1 punto)2. a = 1, b = 0. (1 punto)

    3. a = 3/4, b = 1. (1 punto)

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja)

    Se trata de la euain diferenial de variables separables:

    y

    y2 + 2y + a= 1

    dy

    y2 + 2y + a= x+K .

    Hay que alular, por tanto, la integral del primer miembro en ada uno de los tres asos dados:

    1. Si a = 5, se tiene

    dy

    y2 + 2y + 5=

    dy

    (y + 1)2 + 4=

    1

    2arc tg

    y + 1

    2.

    Por tanto, la soluin general es

    1

    2arc tg

    y + 1

    2= x+K y + 1

    2= tg(2x+ C) y = 2 tg(2x+ C) 1 .

    Imponemos la ondiin iniial y(0) = b = 1:

    y(0) = 2 tgC 1 = 1 C = 0 y(x) = 2 tg(2x) 1 .

    La funin est denida para

    2x (2,

    2

    ) x

    (4,

    4

    ).

    2. Si a = 1, tenemos dy

    y2 + 2y + 1=

    dy

    (y + 1)2= 1

    y + 1.

    La soluin general es

    1y + 1

    = x+K y = 1 1x+K

    .

    5

  • Imponiendo la ondiin iniial y(0) = b = 0, obtenemos K = 1, y la soluin del problema es:

    y(x) = 1 1x 1 =

    x

    1 x .

    Esta funin est denida en el onjunto (, 1) (1,+). Como el primero de los dos intervalos

    ontiene el punto x = 0 en el que est dada la ondiin iniial, el dominio de deniin de la soluines (, 1).

    3. Si a = 3/4, hallamos las raes del polinomio resultante:

    y2 + 2y +3

    4= 0 y = 2

    4 3

    2=

    {3/21/2 .

    Desomponiendo en fra

    iones simples:

    1(y +

    1

    2

    )(y +

    3

    2

    ) = Ay +

    1

    2

    +B

    y +3

    2

    =1

    y +1

    2

    1y +

    3

    2

    ,

    la integral es:

    dy

    y2 + 2y + 3/4=

    1

    y +1

    2

    1

    y +3

    2

    = log

    y +1

    2

    logy +

    3

    2

    = logy + 1/2

    y + 3/2

    .

    La soluin general de la EDO es

    log

    y + 1/2

    y + 3/2

    = x+K log2y + 1

    2y + 3

    = x+K 2y + 1

    2y + 3= Kex .

    Con la ondiin y(0) = 1 se obtiene K = 1. En onseuenia, la soluin es

    2y + 1 = ex(2y + 3) 2y(1 + ex) = 3ex 1 y(x) = 3ex + 1

    2(ex + 1).

    Su dominio es (,+).

    6

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2011-2012 PRUEBA PARCIAL (24.10.2011)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 3

    (3 puntos)

    Se onsidera el sistema diferenial lineal de primer orden

    X (t) = AX(t) , A =

    a 1 01 a 00 0 2

    , a R . (1)

    Se pide:

    1. Expresar la soluin general de (1) en trminos de los autovalores y autovetores de la matriz

    A del sistema (1). (1 punto)

    2. Determinar los valores de a R para los uales (1) tiene soluiones X(t) que satisfaenlm

    t+X(t) = (0, 0, 0), y espeiar dihas soluiones. (1 punto)

    3. Calular los valores de a R para los uales (1) admite soluiones peridias, y espeiardihas soluiones. (0,5 puntos)

    4. Hallar unas euaiones artesianas para la urva soluin peridia X(t) tal que se veriqueX(0) = (2, 3, 0). (0,5 puntos)

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja)

    1. El polinomio araterstio de A es

    |A I| =

    a 1 01 a 00 0 2

    = (a )2(2 ) + 2 = (2 )[(a )2 + 1] .

    Por tanto, los autovalores son 1 = 2, y 2,3 = a i.Calulamos los vetores propios asoiados.

    Si 1 = 2, busamos un vetor olumna u1 = (x, y, z)T

    tal que

    2

    xyz

    =

    a 1 01 a 00 0 2

    xyz

    2x = ax y2y = x ay2z = 2z .

    De aqu se obtiene x = y = 0 y, por ejemplo, z = 1, por lo que P1 = (0, 0, 1)T

    .

    Para 2 = a+ i, busamos el vetor olumna P2 = (x, y, z)T

    tal que

    (a+ i)

    xyz

    =

    a 1 01 a 00 0 2

    xyz

    (a+ i)x = ax y(a+ i)y = x+ ay(a+ i)z = 2z .

    7

  • De las dos primeras euaiones resulta y = ix y de la terera, z = 0; por tanto, tomando x = i porejemplo, tenemos y = 1 y P2 = (i, 1, 0)

    T

    . En onseuenia, la soluin general es:

    X(t) = C1e2t

    001

    ++Re

    (C2 + C3i)e(a+i)t

    i10

    = C1e2t

    001

    + Re

    (C2 + C3i)eat(cos t+ i sen t)

    i10

    =

    C2eat sen t C3eat cos tC3eat sen t+ C2eat cos t

    C1e2t

    .

    2. El sistema (1) tiene soluiones X(t) que satisfaen lmt+X(t) = (0, 0, 0)T

    para a < 0 y

    onstante C1 = 0, es deir:

    X(t) =

    C2eat sen t C3eat cos tC3eat sen t+ C2eat cos t

    0

    , para a < 0.

    3. El sistema (1) admite soluiones peridias para a = 0 y onstante C1 = 0, es deir:

    X(t) =

    x(t)y(t)z(t)

    =

    C2 sen t C3 cos tC3 sen t+ C2 cos t

    0

    .

    4. Se tiene

    X(0) =

    230

    =

    C3C20

    C3 = 2 , C2 = 3 .

    Por tanto, resulta x(t) = 3 sen t2 cos t, y(t) = 2 sen t+3 cos t, de donde se obtiene x2+y2 = 9+4,es deir, x2 + y2 = 13, z = 0.

    8

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2011-2012 PRUEBA PARCIAL (24.10.2011)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 4

    (2 puntos)

    Calular la soluin del problema de valor iniial x(t) = Ax(t) + b(t), x(0) = x0, siendo

    A =

    (4 91 2

    ), b(t) =

    (3 cos tcos t

    ), x0 =

    (3/21/2

    ).

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja)

    Lo normal sera omenzar hallando la exponenial etA pero, en este aso, se da una irunstaniaque hae inneesario ese lulo.

    Reordemos que, si una matriz M tiene un autovalor on autovetor asoiado u, se tieneetMu = etu. Aunque esta relain es bien onoida, damos una demostrain aqu.

    Se tiene, obviamente,

    Mu = u M2u = 2u Mku = ku .

    Por tanto,

    etMu =

    (I +

    1

    1!tM +

    1

    2!t2M2 +

    )u =

    (1 +

    1

    1!t +

    1

    2!2t2 +

    )u = etu .

    En nuestro aso,

    Ax0 =

    (4 91 2

    )(3/21/2

    )=

    (3/21/2

    )= x0 ,

    luego la matriz A tiene el autovalor 1 on autovetor asoiado x0.La soluin del problema de valor iniial del enuniado es, por la bien onoida frmula de

    variain de las onstantes:

    x(t) = etAx0 +

    t

    0

    e(tu)Ab(u) du .

    Calulamos la expresin bajo el signo integral:

    e(tu)Ab(u) = e(tu)A(31

    )cosu = 2e(tu)Ax0 cosu = 2e

    (tu)x0 cosu .

    Se tiene, por tanto,

    x(t) = etx0 + 2x0

    t

    0

    et+u cosu du

    =:(t)

    .

    Para alular la funin

    (t) = et t

    0

    eu cosu du ,

    9

  • derivamos:

    (t) = et t

    0

    eu cosu du+ etet cos t = (t) + cos t ,

    y resulta una EDO lineal de primer orden. La soluin general de la EDO homognea asoiada es,

    obviamente

    h(t) = Ket .

    Una soluin partiular de la EDO ompleta es del tipo yp(t) = A cos t + B sen t. Derivando ysustituyendo en la EDO, resulta:

    cos t = p(t) + p(t) = A sen t+B cos t + A cos t +B sen t

    de donde A = B = 1/2, y la soluin general de la EDO ompleta es

    (t) = Ket +1

    2cos t +

    1

    2sen t .

    Haiendo t = 0, se obtiene

    0 = (0) = K +1

    2 K = 1

    2,

    y la funin (t) busada es

    (t) = 12et +

    1

    2cos t+

    1

    2sen t ,

    luego

    x(t) = etx0 + 2x0(t) = etx0 + (et + cos t + sen t)x0 = (cos t+ sen t)x0 .

    10

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2011-2012 EXAMEN ENERO (11.01.2012)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 1

    (4 puntos)

    Se onsidera el siguiente problema de valor iniial y de ontorno:

    2u

    t2(x, t) =

    2u

    x2(x, t) + et , 0 < x < , t > 0

    u

    x(0, t) = u(, t) = 0 , t > 0

    u(x, 0) =u

    t(x, 0) = 0 , 0 < x < .

    (2)

    Se pide:

    1. Obtener los autovalores y autofuniones de X (x) = X(x), X (0) = X() = 0. (1 punto)

    2. Calular los oeientes del desarrollo en serie

    1 =

    n=0

    an cos2n+ 1

    2x , 0 < x < . (1 punto)

    3. Hallar la soluin general de la E.D.O. T (t) + a2T (t) = bet, on a > 0 y b onstantes.(1 punto)

    4. Apliando el mtodo de separain de variables, hallar la soluin del problema (2).(1 punto)

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja)

    1. Hay tres asos, segn el signo de :(a) Si = 0, la EDO es X (x) = 0, uya soluin general es X(x) = Ax+B, de donde X (x) = A;

    ondiiones: X (0) = 0 = A; X() = 0 = B. As pues, la soluin nia es X(x) = 0, que no esautofunin, luego = 0 no es autovalor.

    (b) Si = k2 > 0 on k > 0. La EDO es X k2X = 0, on soluin general X(x) = A sh kx+B ch kx, de donde X (x) = Ak ch kx+Bk sh kx. Imponemos las ondiiones X (0) = 0 = A, X() =0 = B ch k, de donde B = 0. En onseuenia, la soluin nia es X(x) = 0, que no es autofunin.

    () Si = k2 < 0 on k > 0. La EDO es X +k2X = 0, on soluin general X(x) = A cos kx+B sen kx, de donde X (x) = Ak sen kx + Bk cos kx; imponemos las ondiiones: X (0) = 0 = B,X() = 0 = A cos k, luego cos k = 0 de donde k = (2n+ 1)/2.

    Por tanto, los autovalores y las autofuniones son, respetivamente,

    = (2n+ 1)2

    4, Xn(x) = cos

    2n+ 1

    2x , n = 0, 1, 2, . . . .

    2. Los oeientes an son:

    an =2

    0

    cos2n+ 1

    2x dx

    =2

    [2

    2n + 1sen

    2n + 1

    2x

    ]

    0

    =4(1)n

    (2n+ 1).

    11

  • 3. Claramente, la soluin general de la EDO es

    T (t) = k1 cos at + k2 sen at +bet

    a2 + 1.

    4. Ensayando la soluin

    u(x, t) =

    n=0

    Tn(t) cos2n+ 1

    2x ,

    se obtiene

    n=0

    [T n (t) +

    (2n+ 1

    2

    )2Tn(t)

    ]cos

    2n+ 1

    2x

    = et = et

    n=0

    4(1)n(2n+ 1)

    cos2n + 1

    2x .

    Para ada n, se obtiene la EDO:

    T n (t) +

    (2n+ 1

    2

    )2Tn(t) =

    4(1)n(2n+ 1)

    et .

    Por el resultado obtenido en 2.,

    Tn(t) = An cos2n+ 1

    2t+Bn sen

    2n+ 1

    2t+

    16(1)n(2n+ 1) [4 + (2n+ 1)2]

    =:Rn

    et .

    Por lo tanto,

    u(x, t) =

    n=0

    (An cos

    2n+ 1

    2t +Bn sen

    2n+ 1

    2t +Rne

    t)cos

    2n+ 1

    2x .

    Como

    u

    t(x, t) =

    n=0

    [(2n+ 1

    2

    )An sen

    2n+ 1

    2t +

    (2n+ 1

    2

    )Bn cos

    2n+ 1

    2tRnet

    ]cos

    2n+ 1

    2x ,

    resulta

    0 =u

    t(x, 0) =

    n=0

    (2n+ 1

    2Bn Rn

    )cos

    2n+ 1

    2x ,

    de donde

    Bn =2

    2n+ 1Rn (n = 0, 1, 2, . . .) .

    Por otra parte,

    0 = u(x, 0) =

    n=0

    (An +Rn) cos

    2n+ 1

    2x ,

    de donde An = Rn.Por tanto, la soluin del problema es

    u(x, t) =

    n=0

    Rn

    [et cos 2n+ 1

    2t+

    2

    2n+ 1sen

    2n+ 1

    2t

    ]cos

    2n+ 1

    2x ,

    siendo

    Rn =16(1)n

    (2n+ 1) [4 + (2n+ 1)2](n = 0, 1, 2, . . .) .

    12

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2011-2012 EXAMEN ENERO (11.01.2012)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 2

    (3 puntos)

    Se onsidera el sistema diferenial autnomo plano

    {x(t) = (x2 1)yy(t) = x(x2 1) . (3)

    Se pide:

    1. Determinar una integral primera de (3) y dibujar sus urvas de nivel. (0,5 puntos)

    2. Dibujar el ampo vetorial asoiado a (3) en los puntos del eje OX y del eje OY .(0,5 puntos)

    3. Calular los puntos de equilibrio de (3) y determinar su estabilidad segn Liapunov.(1 punto)

    4. Determinar, si existen, las rbitas erradas de (3). (0,5 puntos)

    5. Haer un dibujo de las distintas rbitas de (3) en el espaio de fases. (0,5 puntos)

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja)

    1. Apliando la regla de la adena a lo largo de una trayetoria, se tiene

    y(x) =y(t)

    x(t)=

    x(x2 1)(x2 1)y =

    x

    y yy = x x2 + y2 = C .

    Una integral primera es, por tanto, f(x, y) = x2 + y2, on urvas de nivel x2 + y2 = C, es deir,

    irunferenias entradas en el origen.

    2. En el eje OX , el ampo vetorial es

    (, 0) 7(0,(2 1)

    )

    y en el eje OY ,(0, ) 7 (, 0) .

    El ampo vetorial en los ejes puede verse en la Figura 1.

    x

    y

    Figura 1: Campo vetorial del sistema x = (x2 1)y, y = x(x2 1) en los ejes

    13

  • 3. Los puntos de equilibrio son los que satisfaen el sistema de euaiones:

    {(x2 1)y = 0x(x2 1) = 0 ,

    de donde se obtienen el origen (0, 0) y todos los puntos de las dos retas x = 1.4. y 5. Teniendo en uenta el ampo vetorial sobre los ejes y las urvas de nivel de la integral

    primera, pueden dibujarse las rbitas del espaio de fases (Figura 2).

    x

    y

    Figura 2: Diagrama de fases del sistema x = (x2 1)y, y = x(x2 1)

    Por tanto,

    el punto (0, 0) es estable, no asinttiamente estable

    los puntos (1, ) on 0 son inestables

    los puntos (1, ) on < 0 son estables, no asinttiamente estables

    los puntos (1, ) on > 0 son estables, no asinttiamente estables

    los puntos (1, ) on 0 son inestables.

    Todas las irunferenias on entro (0, 0) y radio menor que 1 son rbitas erradas del sistema.

    14

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2011-2012 EXAMEN ENERO (11.01.2012)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 3

    (3 puntos)

    1. Resolver el problema de valor iniial y + y + y = x sen x, on y(0) = 0, y(0) = 1.(1 punto)

    2. Dada la matriz

    A =

    6 9 90 1 14 7 5

    ,

    se pide:

    a) Calular etA. (1 punto)

    b) Resolver el problema de valor iniial X (t) = AX(t) +B(t), on X(0) = X0, siendo

    B(t) =1

    t2 + 1

    111

    , X0 =

    000

    . (1 punto)

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja)

    1. La euan araterstia es r2 + r + 1 = 0, on raes

    r1,2 =1

    1 4

    2= 1

    2 i

    3

    2.

    Por tanto, la soluin general de la euain homognea es

    yh(x) = ex/2

    (A cos

    3

    2x+B sen

    3

    2x

    ).

    Para hallar una soluin partiular de la euain no homognea, ensayamos yp(x) = (ax+ b) sen x+(cx+ d) cosx. Sustituyendo en la EDO e identiando oeientes, resulta

    yp(x) = sen x+ (2 x) cos x .

    La soluin general de la EDO ompleta ser

    y(x) = ex/2(A cos

    3

    2x+ B sen

    3

    2x

    )+ sen x+ (2 x) cos x .

    Imponiendo las ondiiones iniiales, se determinan los oeientes A y B y se obtiene:

    y(x) = 2ex/2 cos3

    2x+ sen x+ (2 x) cosx .

    15

  • 2.a) El polinomio araterstio de la matriz A es

    + 6 9 90 + 1 14 7 5

    = 2(+ 2) .

    Por tanto, los valores propios son 1 = 0, doble, y 1 = 2, simple. En onseuenia, etA E1t +E2+E3e

    2t. Derivando dos vees esta identidad, obtenemos AetA E12E3e2t y A2etA 4e3E2t.

    Haiendo t = 0, resulta el sistema

    I = E2 + E3

    A = E1 2E3A2 = 4E3

    de donde

    E3 =1

    4A2 , E1 = A +

    1

    2A2 , E2 = I

    1

    4A2 .

    Por tanto,

    etA =

    (A+

    1

    2A2)t+ I 1

    4A2 +

    1

    4A2e2t .

    Como

    A2 =

    0 0 04 8 44 8 4

    ,

    se tiene:

    etA =

    6 9 92 3 32 3 3

    t+

    1 0 00 1 00 0 1

    0 0 01 2 11 2 1

    +

    0 0 01 2 11 2 1

    e2t

    =

    6t + 1 9t 9t2t 1 + e2t 3t 1 + 2e2t 3t + 1 e2t2t 1 + e2t 3t 2 + 2e2t 3t+ 2 e2t

    .

    2.b) La soluin del problema de valor iniial es

    X(t) = etA[X0 +

    t

    0

    euAB(u) du

    ]=

    =

    t

    0

    e(tu)AB(u) du

    =

    t

    0

    6(t u) + 1 9(t u) 9(t u)2(t u) 1 + e2(tu) 3(t u) 1 + 2e2(tu) 3(t u) + 1 e2(tu)2(t u) 1 + e2(tu) 3(t u) 2 + 2e2(tu) 3(t u) e2(tu) + 2

    1u2 + 1

    111

    du

    =

    (6t 1) arc tg t 3 log(t2 + 1)(1 2t) arc tg t+ log(t2 + 1)(1 + 2t) arc tg t log(t2 + 1)

    .

    16

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2011-2012 EXAMEN JUNIO (27.06.2012)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 1

    (3 puntos)

    1.a) Determinar una funin f : R R on f(0) = 1 tal que la euain diferenial

    yf(xy) cos 2x 2f(xy) sen 2x+ 2x+ [xf(xy) cos 2x 3] y = 0

    sea exata. (0,5 puntos)

    b) Hallar la soluin general de la EDO obtenida en el apartado a). (0,5 puntos)

    2. Hallar la soluin y(x) de la euain diferenial

    x2y(x) + 4xy(x) + 2y(x) =1

    x

    que satisfaga las ondiiones

    y(1) = 1 ,

    e

    1

    y(x) dx =3

    2. (1 punto)

    3. Calular la soluin del problema de valor iniial X (t) = AX(t) +B(t), X(0) = X0, siendo

    A =

    (2 51 2

    ), B(t) =

    (0

    sen t

    ), X0 =

    (00

    ). (1 punto)

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja y otra hoja ms)

    1.a) La euain

    yf(xy) cos 2x 2f(xy) sen 2x+ 2x =:A(x,y)

    + [xf(xy) cos 2x 3] =:B(x,y)

    y = 0

    est denida en R2. Por tanto, es exata si y solo si se veria la igualdad de derivadas ruzadas

    A

    y=

    B

    x f (xy) = f(xy) ,

    luego f debe veriar f (u) = f(u) on f(0) = 1, lo que implia f(u) = eu. Por tanto, f(xy) = exy.1.b) Busamos una funin potenial

    F (x, y) =

    (xexy cos 2x 3) dy + (x) = exy cos 2x 3y + (x) .

    Derivando,

    F

    x= yexy cos 2x 2exy sen 2x+ (x)= yexy cos 2x 2exy sen 2x+ 2x ,

    17

  • de donde (x) = 2x, luego (x) = x2. Por tanto, la soluin general de la EDO es

    exy cos 2x 3y + x2 = C .2. Siendo una EDO de Euler, haemos el ambio de variable independiente x = et, obtenindose

    y(t) + 3y(t) + 2y(t) = et .

    La euain araterstia de la EDO homognea asoiada es 2+3+2 = 0, on raes = 1,2,por tanto la soluin general de la EDO homognea es

    yh(t) = k1e2t + k2e

    t .

    Ensayamos una soluin partiular de la EDO ompleta en la forma yp(t) = Atet, obteniendo A = 1,

    luego la soluin general de la EDO ompleta es

    y(t) = k1e2t + k2e

    t + tet .

    Deshaiendo el ambio,

    y(x) =k1x2

    +k2x

    +log x

    x(x > 0) .

    Imponemos las ondiiones

    y(1) = k1 + k2 = 1 e

    1

    y(x) dx =

    [k1

    x+ k2 log x+

    1

    2(log x)2

    ]e

    1

    = k1

    (1 1

    e

    )+

    1

    2+ k2 =

    3

    2,

    de donde k1 = 0, k2 = 1, y la soluin del problema es

    y(x) =1

    x(log x+ 1) .

    3. El polinomio araterstio de la matriz A es |AI| = 2+1, on raes = i, luego todoslos elementos de la matriz exponenial etA son ombinain lineal de sen t y cos t, es deir,

    etA M cos t+N sen t .Derivando esta identidad se obtiene

    AetA M sen t+N cos t ,de donde, haiendo t = 0, resulta M = I, N = A. Por tanto,

    etA =

    (cos t+ 2 sen t 5 sen t

    sen t cos t 2 sen t

    ).

    Calulamos

    euAB(u) =

    (cos u 2 sen u 5 sen u

    sen u cos u+ 2 sen u

    )(0

    sen u

    )=

    (5 sen2 u

    cosu sen u+ 2 sen2 u

    ).

    Como t

    0

    sen2 u du =t

    2 1

    2sen t cos t ,

    se tiene

    t

    0

    euAB(u) du =

    52t+

    5

    2sen t cos t

    t+1

    2sen2 t sen t cos t

    ,

    y la soluin del problema es

    X(t) = etA[X0 +

    t

    0

    euAB(u) du

    ]=

    52t cos t+

    5

    2sen t

    1

    2t sen t + t cos t sen t

    .

    18

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2011-2012 EXAMEN JUNIO (27.06.2012)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 2

    (4 puntos)

    Se onsidera el sistema diferenial autnomo plano dependiente del parmetro a R{

    x = ax x3 + xy2y = y y3 x2y . (4)

    Se pide:

    1. Para a 6= 0, determinar los puntos de equilibrio de (4) y deidir su estabilidad segn Lyapunov.(1 punto)

    2. Para a 6= 0, estudiar la posible existenia de rbitas erradas de (4). (0,5 puntos)3. Para a 6= 0, dibujar las distintas rbitas de (4) en el espaio de fases. (1 punto)4. Para a = 0, dibujar el ampo vetorial asoiado a (4) en los puntos de la frontera del uadrado

    Q = [0, R] [0, R], on R > 0. Apliando el teorema de Poinar-Bendixson, dibujar la rbita que

    orresponde a ualquier ondiin iniial (x0, y0) Q. (1 punto)

    5. Para a = 0, determinar los puntos de equilibrio de (4) y deidir su estabilidad segn Lyapunov.Estudiar la posible existenia de rbitas erradas. Dibujar las distintas rbitas de (4) en el espaio

    de fases. (0,5 puntos)

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja y otra hoja ms)

    1. Los puntos de equilibrio son los que verian el sistema de euaiones:

    {x(a x2 + y2) = 0y(1 + y2 + x2) = 0 ,

    es deir, si a > 0, los puntos de equilibrio son (0, 0) y (a , 0) y, si a < 0, el nio punto de equilibrioes (0, 0).

    La matriz jaobiana del ampo vetorial asoiado al sistema (4) es

    Dv(x, y) =

    (a 3x2 + y2 2xy

    2xy 1 3y2 x2)

    .

    En partiular,

    Dv(0, 0) =

    (a 00 1

    ),

    luego, si a > 0, el origen es inestable (un puerto) y, si a < 0, el origen es asinttiamente estable (unsumidero). Por otra parte,

    Dv(a , 0

    )=

    (2a 00 1 a

    )

    y los puntos (a , 0) son asinttiamente estables (sumideros).

    19

  • 2. El ampo vetorial en el eje OX es

    v(, 0) =((a 2), 0

    )

    y en el eje OY ,v(0, ) = (0, 3) ,

    es deir, ambos ejes estn formados por trayetorias. El teorema de Poinar implia por tanto que

    no existen rbitas erradas.

    3. El diagrama de fases para a 6= 0 se muestra en la Figura 3.

    0

    y

    x

    a > 0

    0

    y

    x

    a < 0

    Figura 3: Diagrama de fases del sistema x = ax x3 + xy2, y = y y3 x2y

    4. y 5. Si a = 0, el sistema (4) se redue a

    {x = x3 + xy2y = y y3 x2y .

    El nio punto de equilibrio es (0, 0) y, omo la matrizDv(0, 0) tiene un autovalor nulo, la estabilidaddel origen no se puede deidir por el mtodo de linealizain.

    Calulamos el ampo vetorial en la frontera del uadrado [0, R] [0, R]. Si x = R,

    v(R, ) =(R(R2 + 2), 3 R2

    )

    on primera omponente negativa si < R y segunda negativa en todo aso. En el vrtie (R,R) setiene

    v(R,R) = (0,R 2R3)y en el segmento horizontal y = R,

    v(,R) =((R2 2),R R3 2R

    )

    on segunda omponente negativa. El ampo vetorial en los lados del uadrado puede verse en la

    Figura 4.

    0

    y

    x

    R

    R

    Q

    Figura 4: Campo asoiado al sistema x = x3 + xy2, y = y y3 x2y en [0, R] [0, R]

    Si (x0, y0) Q, el Teorema de Poinar-Bendixson asegura que la rbita que empieza en ese puntotiende haia (0, 0) uando t +. En onseuenia, el origen es asinttiamente estable.

    El espaio de fases para a = 0 puede verse en la Figura 5.

    20

  • 0

    y

    x

    Figura 5: Diagrama de fases del sistema x = x3 + xy2, y = y y3 x2y

    21

  • 22

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2011-2012 EXAMEN JUNIO (27.06.2012)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 3

    (3 puntos)

    Se onsidera el siguiente problema de valores iniiales y de ontorno:

    2u

    t2(x, t) + 2

    u

    t(x, t) =

    2u

    x2(x, t) + 2 cos 4x , 0 < x 0

    u

    x(0, t) =

    u

    x

    (2, t)= 0 , t > 0

    u(x, 0) = 3 ,u

    t(x, 0) = 0 , 0 < x 0.

    Entrada

    c1

    c2

    cSalida

    Se inyeta desde el exterior una disoluin salina de onentrain onstante a > 0. Sea xi(t) la

    onentrain de sal en el depsito i en el instante de tiempo t, para i = 1, 2. Un senillo razonamientosobre onservain de la masa, suponiendo ambos depsitos de volumen igual a la unidad, proporiona

    el siguiente sistema diferenial para la evoluin temporal de las onentraiones:

    {x1(t) = ca cx1(t)x2(t) = cx1(t) cx2(t)

    (7)

    Se pide:

    1) Calular la soluin de (7) tal que x1(0) = b1 > 0, x2(0) = b2 > 0. (0,75 puntos)

    2) Hallar el omportamiento a largo plazo de diha soluin. (0,25 puntos)

    Con el n de eliminar la sal de ambos depsitos, se inyeta agua pura desde el exterior. Todo lo

    que sigue se reere a esta situain.

    3) Hallar el valor que ha de tomar a en este aso y esribir la orrespondiente soluin de(7). (0,25 puntos)

    4) Si b1 > b2 > 0, hallar el instante de tiempo en el que la onentrain de sal en el depsito 2alanza su valor mximo y obtener diho valor mximo. (0,5 puntos)

    5) Representar gramente la evoluin de la onentrain x2(t) en el depsito 2 para t >0. (0,75 puntos)

    6) Si iniialmente el depsito 1 ontiene una disoluin salina de 50 gramos de sal por unidad devolumen, alular el tiempo que se tarda en reduir a un 1 gramo de sal por unidad de volumen la

    onentrain de sal en diho depsito 1. (0,5 puntos)

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja y otra ms)

    1) La primera euain del sistema es

    x1 = ca cx1 x1 + cx1 = ca x1(t) = k1ect + a .

    Imponiendo la ondiin iniial, determinamos la onstante k1:

    b1 = x1(0) = k1 + a k1 = b1 a ,

    35

  • de donde obtenemos la soluin

    x1(t) = a + (b1 a)ect .En uanto a la segunda euain:

    x2 = cx1 cx2 = ac + c(b1 a)ect cx2 x2 + cx2 = ac+ c(b1 a)ect x2ect + cx2ect = acect + c(b1 a)

    ddt

    (x2e

    ct)= acect + c(b1 a)

    x2ect = aect + c(b1 a)t + k2 x2(t) = a+ c(b1 a)tect + k2ect .

    Imponiendo la ondiin iniial:

    b2 = x2(0) = a + k2 k2 = b2 a ,

    y obtenemos la soluin

    x2(t) = a + [(b2 a) + c(b1 a)t] ect .2)

    lmt+

    (x1(t)x2(t)

    )=

    (aa

    ).

    3) Para que los lmites anteriores sean nulos, debe ser a = 0. En este aso, la soluin del sistema es

    (x1(t)x2(t)

    )=

    (b1e

    ct

    (b2 + cb1t)ect

    ).

    4) Calulamos el mximo de x2(t):

    x2(t) = [cb1 c(b2 + cb1t)] ect = 0

    b1 = b2 + cb1tm tm =b1 b2cb1

    > 0 ,

    y el valor mximo es

    x2m

    =

    (b2 + cb1

    b1 b2cb1

    )e b1b2

    b1 = b1eb2b1

    b1 .

    5) La evoluin de la onentrain x2(t) en el depsito 2 puede verse en la Figura 7.

    0 t

    x2

    b2

    tm

    x2m

    Figura 7: Conentrain de sal en el depsito 2

    6) Si b1 = 50, hemos de alular t tal que 1 = x1(t) = 50ect

    , de donde

    ect =1

    50 ct = log 1

    50= log 50 t = 1

    clog 50 .

    36

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2012-2013 EXAMEN GLOBAL (17.1.2013)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 1

    (4 puntos)

    a) Hallar la soluin general de la EDO: (1 punto)

    x(t) + 5x(t) + 6x(t) = sh 2t+ t.

    b) Hallar la soluin general de la EDO: (1 punto)

    x(t) + 5x(t) + 6x(t) = sh 2t+ t.

    ) Hallar la soluin general de la EDO: (1 punto)

    x(t) + 5x(t) + 6x(t) =e4t

    e2t + 1.

    d) Calular los valores de a R para los uales la soluin x(t) del siguiente problema de valoresiniiales satisfae que x(t) 0 t 0: (1 punto)

    x(t) + 5x(t) + 6x(t) = 0 ; x(0) = 1 , x(0) = a.

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja y otra ms)

    a) La euain araterstia es 2 + 5 + 6 = 0, on raes = 2,3. Por tanto, la soluingeneral de la euain homognea asoiada es

    xh(t) = k1e3t + k2e

    2t .

    Una soluin partiular de la euain ompleta ser del tipo

    xp(t) = Ae2t +Bte2t + Ct+D .

    Sustituyendo en la EDO y operando, resulta:

    A =1

    40, B = 1

    2, C =

    1

    6, D = 5

    36,

    y la soluin general de la EDO es

    x(t) = k1e3t + k2e

    2t +1

    40e2t 1

    2te2t +

    t

    6 5

    36.

    b) Efetuando el ambio de funin ingnita y := x, se obtiene del apartado anterior:

    y(t) = k1e3t + k2e

    2t +1

    40e2t 1

    2te2t +

    t

    6 5

    36.

    37

  • Integrando, resulta la soluin general:

    x(t) = k1e3t + k2e

    2t + k3 +1

    80e2t +

    1

    4te2t +

    t2

    12 5t

    36.

    ) Busamos una soluin partiular de la EDO no homognea utilizando el mtodo de variain

    de las onstantes:

    xp(t) = k1(t)e3t + k2(t)e

    2t .

    Como es bien sabido, las funiones k1(t) y k2(t) deben umplir las euaiones:

    k1(t)e3t + k2(t)e

    2t = 0

    3k1(t)e3t 2k2(t)e2t =e4t

    e2t + 1

    de donde se obtiene inmediatamente:

    k1(t) =et

    e2t + 1, k2(t) =

    e2t

    e2t + 1,

    luego

    k1(t) = arc tg(et), k2(t) =

    1

    2log(1 + e2t

    ),

    y la soluin general de la EDO es

    x(t) = k1e3t + k2e

    2t + e3t arc tg(et) 1

    2e2t log

    (1 + e2t

    ).

    d) La soluin general de la EDO es, omo hemos visto,

    x(t) = k1e3t + k2e

    2t .

    Imponiendo la ondiin x(0) = 1, se obtiene k1 + k2 = 1. Por otra parte,

    x(t) = 3k1e3t 2k2e2t = 3k1e3t 2(1 k1)e2t .

    Imponiendo la ondiin x(0) = a, resulta k1 = a 2, de donde k2 = 1 k1 = a+ 3. Por tanto, lasoluin del problema de valor iniial es

    x(t) = (a+ 2)e3t + (a+ 3)e2t = e2t[(a+ 3) (a + 2)et

    ].

    La fnin g(t) := (a+3)(a+2)et es ontinua on g(0) = 1 y es laramente reiente o dereiente,dependiendo del valor de a. Por tanto, ser g(t) 0 si y solo si no existe ningn t > 0 tal queg(t) = 0, equivalentemente

    et=

    a+ 2

    a+ 3 t = log

    (a+ 2

    a+ 3

    )= log

    (1 1

    a+ 3

    ).

    Ser t > 0 si y solo si 1/(a+ 3) < 0, es deir, a < 3. Por lo tanto, los valores de a pedidos son

    a [3,+) .

    38

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    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 2

    (2 puntos)

    a) Hallar la soluin del siguiente problema de valor iniial, espeiando su intervalo mximo

    de deniin:

    xyy = y2 x4 ; y(1) = 2.Indiain: y = ux. (1 punto)

    b) Hallar los autovalores y autofuniones del siguiente problema de ontorno: (1 punto)

    X (x) = X(x) ; X(0) = X (0) ; X() = X ()

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja y otra hoja ms)

    a) Consideramos la euain denida en el primer uadrante x, y > 0, de modo que sea posibleesribirla en forma normal, es deir,

    y =y2 x4

    xy. (8)

    Haemos el ambio de funin ingnita u := y/x, de donde y = u + xu. Sustituyendo en laEDO:

    x2u(xu + u) = x2u2 x4 uu = x .Integrando esta euain separable:

    u2

    2= x

    2

    2+

    k

    2 y

    2

    x2= x2 + k y2 = kx2 x4 = x2(k x2) .

    Imponiendo la ondiin iniial y(1) = 2, resulta k = 5. La soluin del PVI es, pues (Figura 8):

    y(x) = x5 x2 .

    0 1

    2

    x

    y

    5

    Figura 8: Funin y = x5 x2

    39

  • Si onsideramos la euain en forma normal (8), la soluin del PVI est denida en el intervalo(0,5). Ntese que y est denida en x =

    5 pero no tiene derivada (lateral) en ese punto ya que

    y(x) =5 x2 x

    2

    5 x2

    lmx

    5

    y(x) = .

    Sin embargo, si onsideramos la euain original del enuniado, la soluin hallada satisfae el PVI

    en todo el intervalo

    (5,5).

    b) Veamos si puede ser > 0. La soluin general de la EDO sera

    X(x) = c1ex + c2e

    x .

    Imponemos las ondiiones de frontera

    X(0) = X (0) c1 + c2 = c1 c2

    X() = X () c1e + c2e

    = c1

    e

    + c2

    e

    ,

    de donde resulta

    (1

    )c1 +

    (1 +

    )c2 = 0

    (1

    )e

    c1 +

    (1 +

    )e

    c2 = 0 .

    Este sistema tiene soluin (c1, c2) 6= (0, 0) si y solo si el determinante de la matriz del sistema

    =(1

    )(

    1 +)

    1 1

    e e

    es nulo, es deir, = 1, lo ual implia c2 = 0.Por tanto, = 1 es autovalor, on autofunin asoiada X(x) = ex.Veamos si puede ser = 0. La soluin general de la EDO sera entones X(x) = c1x + c2.

    Imponiendo las ondiiones de frontera,

    X(0) = X (0) c1 = c2X() = X () c1 + c2 = c1 ,

    de donde c1 = c2 = 0 y se tiene X(x) 0, que no es autofunin.Veamos si puede ser < 0. Esribimos = ||. La soluin general de la EDO es

    X(x) = c1 cos

    ||x+ c2 sen

    ||x .

    Imponemos las ondiiones de frontera:

    X(0) = X (0) c1 = c2

    || .

    De la ondiin X() = X () se obtiene

    c1 cos||+ c2 sen

    || = c1

    || sen

    ||+ c2

    || cos

    || .

    Por tanto, sen

    || = 0, luego

    || = n para n = 1, 2, . . .. Entones son autovalores n = n2(n = 1, 2, . . .) y autofuniones

    Xn(x) = n cosnx+ sen nx .

    40

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2012-2013 EXAMEN GLOBAL (17.1.2013)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 3

    (4 puntos)

    La funin f(x, y) = xy(x+y1) es una integral primera del sistema diferenial autnomo plano:{

    x(t) = x2 + 2xy xy(t) = v(x, y)

    (9)

    a) Determinar la funin v(x, y), denida en R2. (0, 5 puntos)

    b) Rellenar el siguiente uadro, esribiendo en ada asilla S o NO. La primera olumna se

    rellenar on los puntos de equilibrio del sistema (9). Una asilla errnea invalida las respuestas de

    toda la la. (1 punto)

    Puntos de

    equilibrio

    Hiperblio Fuente Puerto Sumidero

    Asinttiamen-

    te estable (AE)

    Estable

    no AE

    Inestable

    (0, 0) S No S No No No S

    (0, 1) S No S No No No S

    (1, 0) S No S No No No S

    (1/3, 1/3) No No No No No S No

    ) Dibujar la urva de nivel ero de f y dibujar el ampo vetorial asoiado al sistema (9) en lospuntos de la urva de nivel. (0, 5 puntos)

    d) Deidir razonadamente la existenia o no de rbitas erradas para el sistema (9).(0, 5 puntos)

    e) Dibujar las distintas rbitas del sistema (9) en el espaio de fases. (1 punto)

    f) Deidir la prolongabilidad en el tiempo haia el futuro de las soluiones del sistema (9)

    (x(t), y(t)) on (x(0), y(0)) = (x0, y0) tales que x0 + y0 = 1. (0, 5 puntos)

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja y otra hoja ms)

    a) La funin f es una integral primera si umple

    grad f(x, y), v(x, y) = 0 (2xy + y2 y)(x2 + 2xy x) + (x2 + 2xy x)v(x, y) = 0

    v(x, y) = 2xy y2 + y .

    b) Los puntos de equilibrio son los que satisfaen el sistema

    {x(x+ 2y 1) = 0y(1 y 2x) = 0 ,

    41

  • es deir, los puntos

    (0, 0) , (0, 1) , (1, 0) ,

    (1

    3,1

    3

    ).

    La matriz jaobiana del ampo v es

    Dv((x, y)) =

    (2x+ 2y 1 2x

    2y 1 2y 2x

    ).

    De ella se dedue inmediatamente que los puntos (0, 0), (0, 1) y (1, 0) son puertos, por tanto inestables.La integral primera f(x, y) es tambin una funin de Lyapunov para el punto (1/3, 1/3) que ser

    estable.

    d) Apliando los teoremas de Poinar y de Poinar-Bendixson se demuestra la existenia de

    rbitas erradas que se indian en la Figura 9.

    ) y e) El diagrama de fases puede verse en la Figura 9.

    0

    y

    x1

    1

    Figura 9: Diagrama de fases del sistema x = x2 2xy x, y = 2xy y2 + y

    f) La reta x + y = 1 est formada por trayetorias. Por tanto, la soluin que empieza en unpunto de la reta se mantiene en la misma reta, y veria x(t)+y(t) 1. Sustituyendo en la primeraeuain del sistema, obtenemos

    x = x x2 x

    x(1 x) = 1 (1

    x+

    1

    1 x

    )x = 1 .

    Integrando la euain separable, resulta

    log

    x

    1 x

    = t+ k

    que, imponiendo la ondiin iniial x(0) = x0, da la soluin del problema

    x(t) =x0e

    t

    1 + x0(et 1).

    La soluin x(t) es prolongable indenidamente si y solo si el denominador se anula en algn instantet, es deir si existe t > 0 tal que

    1 + x0(et

    1)= 0 t = log

    (1 1

    x0

    ),

    y este t es mayor que ero si y solo si x0 < 0. Por tanto, la soluin (x(t), y(t)) est denida en[0,+) si y solo si x0 0. Si x0 < 0, la soluin est denida en [0, t).

    42

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2012-2013 EXAMEN JULIO (3.7.2013)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 1

    (3 puntos)

    1) Hallar la soluin y(x) del problema de valor iniial, espeiando su dominio de deniin:

    y(x)(x2 1) + xy(x) = 1 ; y(a) = b

    en ada uno de los siguientes asos:

    1.1) a = 0, b = 2 (1 punto)

    1.2) a = 2, b =log(2 +

    3)

    3(1 punto)

    2) Se onsidera el siguiente problema de valor iniial y de ontorno:

    u

    t(x, t) =

    2u

    x2(x, t) + u(x, t) , 0 < x < 10 , t > 0

    u(0, t) = u(10, t) = 0 , t > 0

    u(x, 0) = 3sen 2x 7sen 4x , 0 < x < 10(10)

    2.1) Plantear el problema de autovalores asoiado y hallar sus orrespondientes autovalores y

    autofuniones. (0,5 puntos)

    2.2) Hallar la soluin del problema (10) apliando el mtodo de separain de variables.

    (0,5 puntos)

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja y otra ms)

    1) La euain es lineal de primer orden. Resolvemos primero la euain homognea asoiada:

    (x2 1)y = xy y

    y=

    x

    1 x2 log|y| = 1

    2log|1 x2|+K

    yH(x) =K

    |1 x2|.

    1.1) La ondiin iniial es y(0) = 2. Se busa la soluin para |x| < 1, por tanto |1x2| = 1x2,y la soluin general de la euain homognea es

    yH(x) =K1 x2

    .

    Por el mtodo de variain de las onstantes, una soluin partiular de la euain ompleta es

    yP (x) =K(x)1 x2

    .

    43

  • Sustituyendo en la euain, se tiene

    (x2 1)K (x)

    1 x2 K(x) 2x

    21 x2

    1 x2 + xK(x)1 x2

    = 1

    de donde

    K (x)1 x2 = 1 K (x) = 1

    1 x2 K(x) = arc sen x ,

    y la soluin general de la euain es

    y(x) =K arc sen x

    1 x2.

    Imponiendo la ondiin iniial, resulta 2 = y(0) = K, y la soluin del problema es

    y(x) =2 arc sen x

    1 x2, |x| < 1 .

    1.2) La ondiin iniial es

    y(2) =log(2 +

    3)

    3

    .

    Se busa la soluin para x > 1. La soluin general de la euain homognea es

    yH(x) =Kx2 1

    .

    Una soluin partiular de la euain ompleta es

    yP (x) =K(x)x2 1

    .

    Sustituyendo en la euain, resulta

    (x2 1)K (x)

    x2 1K(x) 2x

    2x2 1

    x2 1 + xK(x)x2 1

    = 1

    de donde

    K (x)x2 1 = 1 K (x) = 1

    x2 1 K(x) = arg ch x = log

    (x+

    x2 1

    ),

    y la soluin general de la euain es

    y(x) =K + log

    (x+

    x2 1

    )x2 1

    .

    Imponiendo la ondiin iniial, resulta

    log(2 +

    3)

    3

    = y(2) =K + log

    (2 +

    3)

    3

    K = 0 ,

    y la soluin del problema es

    y(x) =log(x+

    x2 1

    )x2 1

    , x > 1 .

    44

  • 2)

    Apartado 2.1) Ensayamos u(x, t) = X(x)T (t):

    X(x)T (t) = X (x)T (t) +X(x)T (t)

    T(t)

    T (t)=

    X (x)

    X(x)+ 1 T

    (t)

    T (t) 1 = X

    (x)

    X(x),

    de donde obtenemos el problema de autovalores

    {X (x) = X(x)

    X(0) = X(10) = 0 .

    La euain araterstia de la euain diferenial es r2 = . Se omprueba inmediatamente que nohay autovalores 0. Supongamos < 0. Entones, = ||, de donde r = i

    || y la soluin

    general de la euain diferenial es

    X(x) = C1 cos

    ||x+ C2 sen

    ||x .

    Imponiendo las ondiiones de frontera:

    0 = X(0) = C1

    0 = X(10) = C2 sen 10|| 10

    || = n (n = 1, 2, . . .)

    || = n10

    .

    Por tanto, los autovalores son

    n = 2n2

    100(n = 1, 2, . . .)

    y las autofuniones

    Xn(x) = sennx

    10(n = 1, 2, . . .) .

    2.2) Sustituyendo los n en la euain en T (t), se obtiene:

    T n(t)

    Tn(t) 1 =

    2n2

    100 T n(t) =

    [1

    2n2

    100

    ]Tn(t) ,

    on soluin general

    Tn(t) = Ane

    (12n2

    100

    )t.

    Ensayamos una soluin del problema en la forma

    u(x, t) =

    n=1

    Ane

    (12n2

    100

    )tsen

    nx

    10.

    Imponemos la ondiin iniial:

    3 sen 2x 7 sen 4x = u(x, 0) =

    n=1

    An sennx

    10,

    de donde

    A20 = 3 , A40 = 7 , An = 0 (n 6= 20, 40)y la soluin del problema es

    u(x, t) = 3e(142)t sen 2x 7e(1162)t sen 4x .

    45

  • 46

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2012-2013 EXAMEN JULIO (3.7.2013)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 2

    (4 puntos)

    Una posible frmula (uya demostrain no se pide) para expresar la soluin general del sistema

    diferenial lineal no homogneo

    X (t) = AX(t) +B ; A =

    ((a + b) a

    b (a + b)

    ); B =

    (cd

    ), a, b, c, d > 0 (11)

    es X(t) = XH(t) + K, en donde XH(t) es la soluin general del sistema diferenial homogneoX (t) = AX(t) y K R2 es un vetor onstante que es una soluin partiular del sistema (11).

    a) Calular los autovalores de A y espeiar su signo, segn los posibles valores de a, b > 0.Determinar los valores de a, b > 0 para los uales A es invertible. Determinar los valores de a, b > 0para los uales A es diagonalizable. (1 punto)

    b) Expresar K en trminos de A y B. (0,5 puntos)

    ) Si X(t) es la soluin general del sistema (11), expresar lmt+X(t) en trminos de A y B,determinando previamente los valores de a, b > 0 para los uales diho lmite existe. (1 punto)

    Dos depsitos onetados entre s y on el exterior estn llenos de una disoluin salina que irula

    por el sistema on audales onstantes a, b > 0 segn se india en la gura.

    Salida

    a(1)

    b

    Entrada

    b

    a(2)

    a

    Entrada

    bSalida

    Se inyeta desde el exterior en ada depsito una soluin salina de onentrain onstante q. Seaxi(t) la onentrain de sal en el depsito i en el instante t (i = 1, 2). Un senillo razonamiento sobre

    onservain de la masa, suponiendo ambos depsitos de volumen igual a la unidad, proporiona el

    siguiente sistema diferenial para la evoluin temporal de las onentraiones:

    {x1(t) = bq (a + b)x1(t) + ax2(t)x2(t) = aq + bx1(t) (a+ b)x2(t)

    d) Calular la onentrain a largo plazo en ambos depsitos. (1,5 puntos)

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja y otra hoja ms)

    a) Calulamos los autovalores de A:

    |A I| =(a + b) a

    b (a + b)

    = [(a + b) + ]2 ab = 0

    [(a+ b) + ]2 = ab a+ b+ = ab

    {1 = a b+

    ab

    2 = a bab .

    47

  • Es laro que 2 < 0 para todos a, b > 0. Para ver el signo de 1, observamos que

    (a+ b)2 = a2 + b2 + 2ab > ab a+ b >ab 1 < 0 .

    Por tanto, |A| 6= 0 para todos a, b > 0 y existe siempre la matriz inversa A1. Adems, es evidenteque 1 6= 2 y por lo tanto A es diagonalizable para todos a, b > 0.

    b) Busamos la soluin partiular onstante XP (t) = K que existe segn arma el enuniado.Sustituyendo en el sistema (11), resulta:

    0 = X P (t) = AK +B AK = B K = A1B .

    ) La soluin general del sistema (11) es

    X(t) = XH(t) +K = k1e1tu1 + k2e

    2tu2 +K ,

    luego

    lmt+

    X(t) = K = A1B .

    d) Esrito en forma matriial, el sistema para la evoluin de las onentraiones es

    (x1(t)x2(t)

    )=

    ((a + b) a

    b (a + b)

    )(x1(t)x2(t)

    )+ q

    (ba

    ),

    que oinide on el sistema (11) uando c = qb y d = qa. Puesto que

    A1 =1

    a2 + b2 + ab

    ((a + b) a

    b (a+ b)

    ),

    un senillo lulo proporiona el omportamiento busado a largo plazo:

    lmt+

    X(t) = A1B = q(11

    ).

    Esto signia que, a largo plazo, se igualan a q las onentraiones en ambos depsitos.

    48

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2012-2013 EXAMEN JULIO (3.7.2013)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 3

    (3 puntos)

    Se onsidera el siguiente sistema diferenial autnomo plano, dependiente del parmetro a R:{

    x(t) = x(a 4 + 2y) ay(t) = y(a+ 1 x) 2a (12)

    1) Calular b R para que P = (1, b) sea un punto de equilibrio del sistema (12). (0,5 puntos)2) Rellenar el siguiente uadro, esribiendo en ada asilla los valores de a R para los uales el

    equilibrio P satisfae la propiedad indiada en la abeera. (1 punto)

    Hiperblio Fuente Puerto Sumidero

    Asinttiamen-

    te estable (AE)

    Estable

    no AE

    Inestable

    Valores

    de a

    3) Para a = 0, hallar los puntos de equilibrio del sistema (12) y deidir su estabilidad segnLyapunov. (1 punto)

    4) Para a = 0 dibujar el ampo vetorial asoiado al sistema (12) sobre los ejes oordenados yesbozar un dibujo de las rbitas de (12) en el espaio de fases que sea ompatible on la informain

    obtenida. (0,5 puntos)

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja y otra hoja ms)

    1) Los puntos de equilibrio del sistema son los que umplen

    {x(a 4 + 2y) a = 0y(a+ 1 x) 2a = 0 .

    Busamos puntos de equilibrio de la forma P = (1, b). Haemos, por tanto, x = 1 y se obtieneinmediatamente b = 2. Es deir, el punto P = (1, 2) es de equilibrio para el sistema (12) para todovalor de a R.

    2) Para deidir la estabilidad de P , alulamos la matriz jaobiana del ampo vetorial v asoiadoal sistema (12):

    Dv(x, y) =

    (a 4 + 2y 2x

    y a+ 1 x

    ).

    En partiular,

    Dv(1, 2) =

    (a 22 a

    ),

    on determinante igual a a2 + 4, positivo para todo a R, y traza igual a 2a. Por tanto,a > 0 P es una fuente (inestable)a < 0 P es un sumidero (asinttiamente estable) .

    49

  • Queda por lasiar el punto P uando a = 0. En este aso, el sistema (12) se redue a

    {x = x(4 + 2y)y = y(1 x) . (13)

    Busamos una integral primera del sistema:

    y(x) =y(t)

    x(t)=

    y(1 x)x(4 + 2y)

    2y 4y

    y =1 xx

    2y 4 log|y| = log|x| x+ C ,

    luego una integral primera es

    f(x, y) := 2y + x 4 log|y| log|x| ,

    que no es global sino loal (la onsideramos denida en el uadrante positivo x, y > 0).El punto (1, 2) anula las primeras derivadas pariales de f :

    f

    x(1, 2) = 1 1

    x

    (1,2)

    = 0 ,f

    y(1, 2) = 2 4

    y

    (1,2)

    = 0 .

    La matriz hessiana en el punto es

    Hf(1, 2) =

    2f

    x22f

    xy2f

    yx

    2f

    y2

    (1,2)

    =

    (1 00 1

    ),

    Por tanto, P es un mnimo relativo estrito para f , luego f es una funin de Lyapunov paraP que ser un punto de equilibrio estable. Ninguna trayetoria puede tender a P para a = 0porque f (integral primera) sera onstante a lo largo de la trayetoria y, por ontinuidad, su valoren P oinidira on el valor de f a lo largo de la trayetoria, lo ual ontradie el heho de queP es un mnimo loal estrito de f . Por tanto, para a = 0, P es un punto de equilibrio estable noasinttiamente estable.

    El uadro que se pide es, por onsiguiente:

    Hiperblio Fuente Puerto Sumidero

    Asinttiamen-

    te estable (AE)

    Estable

    no AE

    Inestable

    Valores

    de aa 6= 0 a > 0 Ningn a a < 0 a < 0 a = 0 a > 0

    3) Cuando a = 0, el sistema es (13) y sus puntos de equilibrio son los que satisfaen:

    {x(4 + 2y) = 0y(1 x) = 0 ,

    on soluiones (0, 0) y (1, 2). Este ltimo es el punto P ya onsiderado. Para determinar la estabilidaddel origen, alulamos la matriz jaobiana

    Dv(0, 0) =

    (4 + 2y 2x

    y 1 x

    )

    (0,0)

    =

    (4 00 1

    ),

    50

  • 0

    y

    x

    Figura 10: Diagrama de fases del sistema x = x(4 + 2y), y = y(1 x)

    luego el punto (0, 0) es un puerto (inestable por tanto).

    4) Para a = 0, el ampo vetorial en el eje OX es v(, 0) = (4, 0). En el eje OY , v(0, ) =(0, ).

    El diagrama de fases puede verse en la Figura 10.

    Nota. Es posible probar que todas las trayetorias ontenidas en el primer uadrante x, y > 0son erradas, aunque este heho no se pide en el enuniado.

    Consideremos la funin (s) := s e log s (s > 0). Calulamos sus extremos:

    (s) = 1 es= 0 s = e .

    Como

    (s) =e

    s2> 0 ,

    s = e es el punto de mnimo absoluto de la funin (s). Por tanto,

    s e log s = (s) (e) = e e log e = 0 e log s s log s s

    e.

    Consideramos la urva C de nivel C de la integral primera del sistema:

    C = x log x+ 2y 4 log y x xe+ 2y 4y

    e=

    (1 1

    e

    )x+ 2

    (1 2

    e

    )y

    (e 1)x+ 2(e 2)y Ce ,lo que signia que todos los puntos de la urva C estn dentro del tringulo que se muestra en laFigura 11, de vrties

    (0, 0) ,

    (Ce

    e 1 , 0)

    ,

    (0,

    Ce

    2(e 2)

    ).

    Por tanto, C es aotada. De aqu se dedue que C es errada, apliando la siguiente versin delTeorema de Poinar-Bendixson que puede verse en L. Barreira and C. Valls, Ordinary Die-

    rential Equations, Qualitative Theory, Grad. Stud. in Math. 137, Amerian Mathematial Soiety,

    Providene, RI 2012, Theorem 7.11.

    Teorema. Sea el sistema diferenial autnomo x = F (x), on F : R2 R2 de lase C1. Sila trayetoria positiva de un punto x es aotada y su onjunto -lmite (x) no ontiene puntos deequilibrio, entones (x) es una rbita peridia.

    51

  • 0

    y

    x

    f(x, y) = C

    C

    reta de euain

    (e 1)x+ 2(e 2)y = Ce

    Figura 11: Trayetoria del sistema x = x(4 + 2y), y = y(1 x) en el primer uadrante

    52

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2013-2014 EXAMEN GLOBAL (10.1.2014)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 1

    (3 puntos)

    a) Hallar la soluin y(x) del siguiente problema de valor iniial, espeiando su dominio maximalde deniin:

    (1 + x2)y(x) = 2y2(x) 1 x2

    xy(x) ; y(1) = 1 .

    (1 punto)

    b) Se onsidera el problema de valor iniial:

    X (t) = AX(t) +B(t) ; X(0) = X0 (14)

    A =

    (1 10 1

    ); B(t) =

    et

    et + 1ch t

    ; X0 =

    1

    4

    (11

    )

    b.1) Calular etA. (0,5 puntos)

    b.2) Calular la integral

    d

    e + 1. (0,5 puntos)

    b.3) Hallar la soluin de (14). (1 punto)

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja y otra ms)

    a) La euain es de Bernoulli. La esribimos en la forma:

    (1 + x2)y

    y2= 2 (1 x

    2)

    x

    1

    y.

    Haemos el ambio de funin ingnita:

    u :=1

    y u = y

    y2.

    Sustituyendo en la euain:

    (1 + x2)u = 2 1 x2

    xu (1 + x2)u = 1 x

    2

    xu 2 .

    Hallamos la soluin general de la euain homognea asoiada:

    (1 + x2)u =1 x2

    xu u

    u=

    1 x2x(1 + x2)

    .

    Desomponemos el segundo miembro en fra

    iones simples:

    1 x2x(1 + x2)

    =A

    x+

    Bx+ C

    1 + x2 1 x2 = A(1 + x2) + (Bx+ C)x .

    53

  • Identiando oeientes:

    x2) 1 = A+Bx) 0 = C

    1) 1 = A ,

    se obtiene A = 1, B = 2, C = 0, es deir,

    u

    u=

    1

    x 2x

    1 + x2

    log|u| = log|x| log(1 + x2) + log|K|

    uH(x) =Kx

    x2 + 1.

    Por el mtodo de variain de las onstantes, busamos una soluin partiular de la euain

    ompleta en la forma:

    uP (x) :=K(x)x

    x2 + 1

    (1 + x2) [K(x)x+K(x)](x2 + 1) 2x2K(x)

    (x2 + 1)2=

    1 x2x

    K(x)x

    x2 + 1 2

    K (x)x+K(x) 2K(x)x2

    x2 + 1=

    K(x)(1 x2)x2 + 1

    2

    K (x)x = 2 K (x) = 2x

    K(x) = 2 log|x|

    uP (x) = 2x

    x2 + 1log|x| ,

    y la soluin general de la euain lineal ompleta es

    u(x) =Kx 2x log|x|

    x2 + 1.

    Deshaiendo el ambio, resulta:

    y(x) =x2 + 1

    Kx 2x log|x| .

    Imponemos la ondiin iniial

    1 = y(1) = 2K + 2 log|1| K = 2 ,

    y la soluin del problema de valor iniial es

    y(x) = x2 + 1

    2x(1 + log|x|) .

    El denominador se anula en x = 0 y para 1 + log|x| = 0, es deir, |x| = e1. Por tanto, el intervalomaximal de deniin de la soluin es

    (,1

    e

    ),

    que inluye el valor iniial x = 1.

    54

  • b.1) Los autovalores de A son 1. Por tanto, se veria:

    etA = etM + etN

    AetA = etM + etN ,

    donde M y N son matries 2 2 que hemos de determinar. Haiendo t = 0, se tiene

    M +N = I , M +N = A ,

    de donde

    N =1

    2(A+ I) =

    1

    2

    (0 10 2

    )=

    (0 1/20 1

    )

    M = I N =(1 00 1

    )(0 1/20 1

    )=

    (1 1/20 0

    ),

    y

    etA = et(1 1/20 0

    )+ et

    (0 1/20 1

    )=

    (et sh t0 et

    ).

    b.2) Se tiene d

    e + 1=

    e d

    1 + e= log(1 + e) .

    b.3) La soluin del problema de valor iniial est dada por

    X(t) = etA[X0 +

    t

    0

    eAB() d

    ].

    Calulamos el produto integrando:

    eAB() =

    (e sh 0 e

    )

    e

    e + 1ch

    =

    1

    e + 1 sh ch

    e ch

    .

    Neesitamos la integral

    t

    0

    sh ch d =1

    2

    t

    0

    sh 2 d =1

    2

    [ch 2

    2

    ]t

    0

    =1

    4ch 2t 1

    4,

    y

    t

    0

    e ch d =1

    2

    t

    0

    (1 + e2

    )d =

    1

    2

    [ 1

    2e2

    ]t

    0

    1

    2

    (t 1

    2e2t

    )+

    1

    4=

    t

    2 1

    4e2t +

    1

    4.

    Integrando,

    t

    0

    eAB() =

    log

    2

    1 + et 1

    4ch 2t+

    1

    4t

    2 1

    4e2t +

    1

    4

    .

    55

  • Sumando X0 y multipliando por etA, resulta la soluin del problema:

    X(t) =

    (et sh t0 et

    )log

    2

    1 + et 1

    4ch 2t

    t

    2 1

    4e2t

    =

    et log

    2

    1 + et 1

    4et ch 2t+

    1

    2t sh t 1

    4e2t sh t

    1

    2tet 1

    4et

    =

    et log

    2

    1 + et+

    1

    2t sh t 1

    4ch t

    1

    2tet 1

    4et

    ,

    ya que

    14et ch 2t 1

    4e2t sh t = 1

    4et

    e2t + e2t

    2 1

    4e2t

    et et2

    = 18

    (et + e3t + et e3t

    )= 1

    4ch t .

    Mtodo alternativo.

    Se puede alular etA observando que

    A2 =

    (1 10 1

    )(1 10 1

    )=

    (1 00 1

    )= I .

    Por tanto,

    etA = I +1

    1!tA+

    1

    2!t2A2 +

    1

    3!t3A3 +

    = I +1

    1!tA+

    1

    2!t2I +

    1

    3!t3A +

    = I

    (1 +

    1

    2!t2 +

    1

    4!t4 +

    )+ A

    (1

    1!t +

    1

    3!t3 +

    )

    = I ch t + A sh t .

    Y se puede resolver el problema de valor iniial sin neesidad de la matriz exponenial. En efeto,

    la segunda euain del sistema es

    y = y + ch t .

    Teniendo en uenta que ch t es una ombinain lineal de et y et y que la raz de la euain

    araterstia es 1, la soluin general de la EDO en y(t) es

    y(t) = Cet + Atet +Bet

    y(t) = Cet + Aet + Atet Bet .

    Sustituyendo en la EDO, resulta:

    et + et

    2= ch t = y(t) y(t) = Aet 2Bet ,

    de donde

    A =1

    2, B = 1

    4,

    56

  • luego

    y(t) = Cet +1

    2tet 1

    4et .

    Imponiendo la ondiin iniial, se tiene:

    14= y(0) = C 1

    4 C = 0 ,

    y la soluin en y(t) es

    y(t) =1

    2tet 1

    4et .

    La primera euain del sistema es

    x = x+ y + et

    et + 1

    = x+ 12tet 1

    4et +

    et

    et + 1.

    La soluin general de la EDO homognea asoiada es xH(t) = Ket. Apliando el mtodo de

    variain de las onstantes, probamos una soluin partiular de la euain ompleta en la forma:

    xP (t) = K(t)et xP (t) = K (t)et K(t)et .

    Sustituyendo en la EDO,

    K (t)et K(t)et = K(t)et + 12tet 1

    4et +

    et

    et + 1

    K (t) = 12te2t 1

    4+

    1

    et + 1.

    Integrando por partes, se obtiene

    te2t dt =

    1

    2te2t 1

    2

    e2t dt =

    1

    2te2t 1

    4e2t ,

    luego

    K(t) =1

    4te2t 1

    8e2t t

    4 log(1 + et) ,

    y la soluin general de la EDO en x(t) es

    x(t) = xH(t) + xP (t) = Ket +

    1

    4tet 1

    8et t

    4et et log(1 + et) .

    Imponiendo la ondiin iniial, resulta:

    14= x(0) = K 1

    8 log 2 K = 1

    8+ log 2 ,

    y la soluin del problema en x(t) es:

    x(t) = 14ch t+

    1

    2t sh t + et log

    2

    1 + et.

    57

  • 58

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2013-2014 EXAMEN GLOBAL (10.1.2014)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 2

    (3 puntos)

    Se onsidera el siguiente problema de valores iniiales y de ontorno:

    u

    t(x, t) =

    2u

    x2(x, t) 2 u

    x(x, t) , 0 < x < , t > 0

    u(0, t) = u(, t) = 0 , t 0u(x, 0) = exx(x ) , 0 x .

    (15)

    a) Plantear el problema de autovalores asoiado a (15) y determinar los orrespondientes auto-

    valores y autofuniones. (1 punto)b) Calular los oeientes An del siguiente desarrollo en serie trigonomtrio: (0,5 puntos)

    x(x ) =

    n=1

    Ansen nx , 0 x .

    ) Apliando el mtodo de separain de variables, hallar la soluin de (15). (1,5 puntos)

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja y otra hoja ms)

    a)

    Por el mtodo de separain de variables, busamos soluiones de la EDP y de las ondiiones de

    frontera en la forma

    u(x, t) = X(x)T (t)

    X(x)T (t) = X (x)T (t) 2X (x)T (t)

    T(t)

    T (t)=

    X (x)

    X(x) 2 X

    (x)

    X(x)= ,

    de donde se obtiene el problema de autovalores

    X (x) 2X (x) = X(x)X(0) = X() = 0 .

    La euain araterstia asoiada a la EDO es

    r2 2r = 0 r = 11 + .

    Veamos qu valores puede tomar :(1) Si = 1, r = 1 es raz doble de la euain araterstia, y la soluin general de la EDO

    es

    X(x) = c1ex + c2xe

    x .

    Imponiendo las ondiiones de frontera, resulta:

    0 = X(0) = c1

    0 = X() = c2e c2 = 0

    59

  • y por tanto X(x) 0, que no es autofunin.(2) Si 1 + > 0, la soluin general de la EDO es

    X(x) = c1e(1+

    1+)x + c2e

    (11+)x .

    Imponiendo las ondiiones de frontera, se tiene

    0 = X(0) = c1 + c2

    0 = X() = c1e(1+

    1+) + c2e

    (11+) ,

    y resulta inmediatamente c1 = c2 = 0 y de nuevo X(x) 0.(3) Si 1 + < 0, se tiene 1 + = |1 + |, luego r = 1 i

    |1 + |, y la soluin general de la

    EDO es

    X(x) = ex(c1 cos

    |1 + |x+ c2 sen

    |1 + |x

    ).

    Imponiendo las ondiiones de frontera, se tiene 0 = X(0) = c1 y

    X() = 0 sen|1 + | = 0

    |1 + | = n |1 + | = n2 1 + = n2 .

    Por tanto, los autovalores son

    n = 1 n2 (n = 1, 2, . . .)

    y las autofuniones:

    Xn(x) = ex sen nx (n = 1, 2, . . .) .

    b)

    Busamos los nmeros An tales que

    x(x ) =

    n=1

    An sen nx (0 x ) .

    Como

    0

    sen2 nx dx =1

    2

    0

    (1 cos 2nx) dx = 2,

    se obtiene para n = 1, 2, 3, . . .

    An =2

    0

    x(x ) sennx dx

    u = x(x ) du = (2x ) dxdv = sen nx dx v = 1

    ncos nx

    =2

    {[1nx(x ) cosnx

    ]

    0

    +1

    n

    0

    (2x ) cosnx dx}

    u = 2x du = 2 dxdv = cos nx dx v = 1

    nsen nx

    = 4n2

    [cosnx

    n

    ]0=

    4

    n3(cosn 1) = 4

    n3[(1)n 1] .

    60

  • )

    Del apartado a) se obtienen las euaiones difereniales

    T n(t)

    Tn(t)= n = (1 + n2) Tn(t) = Ane(1+n

    2)t (n = 1, 2, 3, . . .) .

    Ensayamos la soluin del problema en la forma

    u(x, t) =

    n=1

    Ane(1+n2)tex sen nx .

    Imponiendo la ondiin iniial, se tiene

    exx(x ) = u(x, 0) =

    n=1

    Anex sennx ,

    de donde

    x(x ) =

    n=1

    An sen nx An =4

    n3[(1)n 1] ,

    y resulta la soluin

    u(x, t) = ext

    n=1

    4

    n3[(1)n 1] en2t sennx

    = 8ext

    k=0

    1

    (2k + 1)3e(2k+1)

    2t sen(2k + 1)x .

    61

  • 62

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2013-2014 EXAMEN GLOBAL (10.1.2014)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 3

    (4 puntos)

    Se onsidera el siguiente sistema diferenial autnomo plano:

    {x(t) = x(1 x2 y2)y(t) = y(9 x2 y2) . (16)

    a) Rellenar el siguiente uadro, esribiendo en ada asilla S o NO. La primera olumna se

    rellenar on los puntos de equilibrio de (16). Cada asilla errnea resta 0,1 puntos a la aliainde este apartado, hasta un mximo de 1,25 puntos. (1,25 puntos)

    Los puntos de equilibrio son los que satisfaen el sistema de euaiones:

    {x(1 x2 y2) = 0y(9 x2 y2) = 0 .

    Son soluiones:

    x = 0 y(9 y2) = 0 y = 0 , y = 3 ,es deir, los puntos (0, 0), (0, 3), (0,3) y

    x2 + y2 = 1 8y = 0 y = 0 , x = 1 ,

    de donde resultan los puntos (1, 0), (1, 0).Calulamos la matriz jaobiana del ampo vetorial v asoiado al sistema diferenial:

    Dv(x, y) =

    (1 3x2 y2 2xy

    2xy 9 x2 3y2

    ).

    Partiularizando en ada uno de los puntos de equilibrio, resulta:

    Dv(0, 0) =

    (1 00 9

    )

    luego (0, 0) es una fuente (por tanto, inestable).

    Dv(0,3) =(8 00 18

    )

    luego los puntos (0,3) son sumideros (por tanto, asinttiamente estables).

    Dv(1, 0) =(2 00 8

    )

    y los puntos (1, 0) son puertos (por tanto, inestables).

    63

  • Puntos de

    equilibrio

    Hiperblio Fuente Puerto Sumidero

    Asinttiamen-

    te estable (AE)

    Estable

    no AE

    Inestable

    (0, 0) S S No No No No S

    (0,3) S No No S S No No

    (1, 0) S No S No No No S

    b) Dibujar el ampo vetorial asoiado a (16) en los ejes oordenados. (0,25 puntos)

    Como

    v(, 0) = ((1 2), 0)v(0, ) = (0, (9 2)) ,

    resulta en los ejes el ampo vetorial que se muestra en la Figura 12.

    x

    y

    0 1

    3

    Figura 12: Ejes oordenados para dibujar el ampo vetorial

    ) Para ada R > 0, se onsidera la regin del primer uadrante denida por:

    FR = {(x, y) R2 ; x2 + y2 R2 , x 0 , y 0} .

    Dibujar el ampo vetorial asoiado a (16) en la frontera de FR para ada uno de los valores de Rque se indian: (0,75 puntos)

    Consideramos puntos (, ) on 2 + 2 = R2. El ampo vetorial en esos puntos es

    v(, ) =((1 R2), (9R2)

    ),

    que puede verse en la Figura 13.

    d) Determinar todos los valores de R > 0 para los uales FR es positivamente invariante para(16). (0,25 puntos)

    Esribimos la euain diferenial en r(t), siendo r el radio polar. Derivando la identidad r(t)2

    64

  • x

    y

    0 < R < 10 1

    3

    x

    y

    1 < R < 30 1

    3

    x

    y

    R > 30 1

    3

    Figura 13: Cuadrantes positivos para dibujar el ampo vetorial

    x(t)2 + y(t)2, se obtiene

    rr = xx + yy = x2(1 r2) + y2(9 r2)= x2 + 9y2 x2r2 y2r2 = r2 + 8y2 r4= r2(1 r2) + 8r2 sen2

    r = r(1 r2 + 8 sen2 ) .

    Queremos hallar los valores de r que hagan que las trayetorias entren en el uadrante de rulo,es deir, que hagan r 0, equivalentemente

    r2 1 + 8 sen2 para todo [0,

    2

    ],

    lo ual implia

    r2 max(1 + 8 sen2 ) = 9 r 3 .Por tanto, FR es positivamente invariante si y solo si R 3.

    e) Apliando el Teorema de Poinar-Bendixson, determinar los puntos del primer uadrante

    (x0, y0), (x0 > 0, y0 > 0) para los uales la soluin de (16), (x(t), y(t)) on (x(0), y(0)) = (x0, y0), estdenida para todo t [0,+). Para dihas soluiones, determinar lmt+(x(t), y(t)). (0,5 puntos)

    Cualquier punto del primer uadrante se puede inluir en una regin FR ompata y positivamenteinvariante, eligiendo R suientemente grande. Apliando el teorema de Hartman-Grobman a lospuntos de equilibrio, que son todos hiperblios y, omo el teorema de Poinar implia que no existen

    rbitas erradas, todas las rbitas del primer uadrante estn aotadas para t 0 (en partiular,existen para todo t 0) y adems tienden haia el punto (0, 3).

    65

  • f) En la Figura 14, dibujar las distintas rbitas de (16) en el espaio de fases. (0,5 puntos)

    x

    y

    0 1

    3

    Figura 14: Diagrama de fases del sistema x = x(1 r2), y = y(9 r2)

    g) Elegir la respuesta V (verdadera) o F (falsa) para ada una de las proposiiones siguientes,

    referidas al sistema (16). Cada respuesta errnea resta 0,1 puntos a la aliain de este apartado,hasta un mximo de 0,5 puntos. (0,5 puntos)

    V F

    1. Existe una integral primera no trivial denida en todo el espaio de fases F

    2. Existen soluiones peridias no triviales F

    3. Existen ilos lmite F

    4. Todas las rbitas son indenidamente prolongables en el tiempo haia el futuro V

    5. Los puntos de equilibrio son puntos estaionarios de la integral primera F

    66

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    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 1

    (4 puntos)

    Se onsidera el sistema diferenial lineal on oeientes onstantes:

    X (t) = AX(t) (17)

    en el que A es una matriz real onstante 2 2.NOTA. La matriz A es diferente en ada uno de los apartados de este ejeriio.

    a) Determinar los autovalores de A y sus respetivos autoespaios asoiados si la soluin generalde (17) es:

    X(t) = k1e2t

    (31

    )+ k2e

    3t(

    52

    ).

    Calular la matriz A. (1 punto)

    b) Hallar la matriz A sabiendo que una soluin partiular de (17) es: (0,5 puntos)

    X(t) =

    (sh tet

    ).

    ) Razonar en ada uno de los siguientes asos si el vetor X(t) propuesto puede ser soluin de(17) para alguna matriz A (uya determinain no se pide): (2,5 puntos)

    (.1)

    (3et + et

    e2t

    ); (.2)

    (3et + et

    et

    ); (.3)

    (3et + et

    tet

    )

    (.4)

    (3et + et

    3et + et

    ); (.5)

    (3et

    t2et

    )

    La aliain global de ada subapartado es de 0,5 puntos.

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja y otra ms)

    a) Los autovalores y autovetores de la matriz A son obviamente:

    1 = 2 , u1 =

    (31

    )

    2 = 3 , u2 =(52

    )

    La matriz diagonalizada es

    A =

    (2 00 3

    )

    y A = PAP1 siendo

    P =

    (3 51 2

    )

    67

  • uyo determinante vale 1. Por tanto,

    PT =

    (3 15 2

    ) P1 =

    (2 51 3

    ),

    de donde resulta:

    A =

    (3 51 2

    )(2 00 3

    )(2 51 3

    )=

    (6 152 6

    )(2 51 3

    )=

    (27 7510 28

    ).

    b) La soluin partiular onoida es

    X(t) =

    (sh tet

    )=

    et et

    2et

    = et

    (1/21

    )+ et

    (1/20

    ).

    Por tanto, los autovalores y autovetores de A son:

    1 = 1 , u1 =

    (12

    )

    2 = 1 , u2 =(10

    ).

    La matriz diagonalizada es

    A =

    (1 00 1

    )

    y A = PAP1 siendo

    P =

    (1 12 0

    )

    on determinante igual a 2, de donde

    PT =

    (1 21 0

    ) P1 = 1

    2

    (0 12 1

    ).

    Por tanto, se tiene

    A =1

    2

    (1 12 0

    )(1 00 1

    )(0 12 1

    )=

    1

    2

    (1 12 0

    )(0 12 1

    )=

    1

    2

    (2 20 2

    )=

    (1 10 1

    ).

    )

    (.1) no es posible porque la matriz A tendra los tres autovalores 1, 1 y 2, lo que es absurdo.(.2) s.

    (.3) no es posible porque A tendra el autovalor doble 1 y el simple 1, lo que es absurdo.(.4) no es posible porque A tendra los siguientes autovalores y autovetores

    1 = 1 , u1 =

    (33

    )

    2 = 1 , u2 =(11

    )

    y los autovetores son linealmente dependientes, lo que es absurdo.

    (.5) no es posible porque la matriz A tendra el autovalor triple 1, lo que es absurdo.

    68

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2013-2014 EXAMEN JULIO (25.6.2014)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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    EJERCICIO 2

    (4 puntos)

    Se onsidera el sistema diferenial no lineal autnomo plano:

    {x(t) = v1(x, y)

    y(t) = v2(x, y)v1, v2 C1(R2) (18)

    que satisfae todas las ondiiones siguientes:

    i) Tiene una integral primera f C1(R2) que no es onstante en ningn subonjunto abierto deR2.

    ii) La gra de la urva de nivel ero de f es la que se muestra en la Figura 15.

    x

    y

    0 31

    Figura 15: Curva de nivel ero de una integral primera

    iii) f tiene un nio extremo relativo. Este extremo relativo es un mximo estrito situado en elpunto (1, 0).

    iv) v1(3, 0) = 0, v2(3, 0) < 0 ; v1(2, 0) = 0, v2(2, 0) < 0.

    v) El nmero de puntos de equilibrio de (18) es el menor de todos los posibles.

    Se pide:

    a) Rellenar el siguiente uadro, esribiendo en ada asilla S o NO. La primera olumna se

    rellenar on los puntos de equilibrio de (18). Cada asilla errnea resta 0,1 puntos a la aliainde este apartado, hasta un mximo de 1 punto. La nota mnima de este apartado es ero puntos.

    (1 punto)

    Puntos de

    equilibrio

    Asinttiamen-

    te estable (AE)

    Estable

    no AE

    Inestable

    (1, 0) No No S

    (1, 0) No S No

    69

  • b) Elegir la respuesta V (verdadera) o F (falsa) para ada una de las proposiiones siguientes,

    referidas al sistema diferenial (18). (1 punto)

    NOTA. Cada respuesta orreta se punta on 0,1 puntos. Cada respuesta inorreta resta 0,1puntos. Las respuestas en blano se puntan on 0 puntos. La nota mnima global de b) es eropuntos.

    V F

    1. Todos los puntos de equilibrio son hiperblios F

    2. Algn punto de equilibrio es inestable V

    3. Existe en el espaio de fases un onjunto ompato y positivamente invariante V

    4. Todas las rbitas aotadas tienden haia algn punto de equilibrio F

    5. Algn punto de equilibrio es estable segn Lyapunov V

    6. Los puntos de equilibrio estables son sumideros F

    7. Existen ilos lmite F

    8. Todas las rbitas aotadas son peridias F

    9. Los puntos de equilibrio no pueden ser asinttiamente estables porque

    existe una funin de Lyapunov que no es estrita

    F

    10. Todos los puntos de equilibrio son extremos relativos estritos de la integral primera F

    ) Haer un dibujo de las rbitas de (18) en el espaio de fases (Figura 16) que sea ompatible y

    sin ontradi

    iones on las respuestas dadas en los apartados anteriores. (0,5 puntos)

    x

    y

    0 31 1

    Figura 16: Diagrama de fases vlido

    70

  • d) Se onsideran los siguientes diagramas en el espaio de fases R2 (Figura 17).

    (d.1)

    x

    y

    0 31

    (d.2)

    x

    y

    0 31

    (d.3)

    x

    y

    0 3

    1

    Figura 17: Posibles diagramas de fases

    Sealar en el siguiente uadro, esribiendo S o NO en ada asilla, las ondiiones del sistema

    (18) que se satisfaen para ada uno de los diagramas anteriores. No proede responder en la asilla

    marada on un aspa. (1,5 puntos)

    NOTA. Cada respuesta inorreta resta 0,1 puntos. Las asillas en blano no puntan. La puntua-

    in mnima global de este apartado es ero puntos.

    (i) (ii) (iii) (iv) (v)

    (d.1) No No No S No

    (d.2) No No No S S

    (d.3) No No No SEn este ejeriio 2 solo se aliarn las respuestas que se esriban en los lugares indiados para

    ada pregunta.

    71

  • 72

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2013-2014 EXAMEN JULIO (25.6.2014)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 3

    (2 puntos)

    Se onsidera el siguiente problema de valores iniiales y de ontorno:

    u

    t(x, t) =

    2u

    x2(x, t) , 0 < x < 2 , t > 0

    u(0, t) = u(2, t) = 0 , t > 0

    u(x, 0) = senx

    2+ 3 sen 3x , 0 < x < 2

    (19)

    a) Plantear el problema de autovalores asoiado y determinar sus autovalores y autofuniones.

    (0,5 puntos)

    b) Apliando el mtodo de separain de variables, hallar la soluin u(x, t) de (19). (1 punto)

    ) Cul de los siguientes es el valor numrio exato de u(1/4, 0)? (0,5 puntos)

    (i)

    16 +2

    2(

    22 + 3

    2)

    ; (ii)16

    2

    2(2

    2 + 3

    2)

    (iii)

    16 +2

    2(2

    2 3

    2)

    ; (iv)16

    2

    2(

    22 3

    2)

    NOTA. Este apartado solo punta si se expliitan los lulos neesarios para obtener el resultado

    orreto.

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja y otra hoja ms)

    a) Busamos soluiones de la EDP y de las ondiiones de ontorno en la forma u(x, t) =X(x)T (t). Sustituyendo en la EDP, resulta:

    X(x)T (t) = X (x)T (t) .

    Dividiendo ambos miembros por X(x)T (t), se obtiene omo es sabido:

    T (t)

    T (t)=

    X (x)

    X(x)= . (20)

    Imponiendo a X(x)T (t) las ondiiones de ontorno, obtenemos el problema de autovalores:

    {X (x) = X(x)

    X(0) = X(2) = 0 .

    Sabemos que un problema omo este no tiene autovalores no negativos. Por tanto, podemos

    esribir = || y la soluin general de la EDO en X(x) es

    X(x) = c1 cos

    ||x+ c2 sen

    ||x .

    73

  • Imponiendo las ondiiones de ontorno, resulta:

    0 = X(0) = c1

    0 = X(2) = c2 sen 2|| 2

    || = n

    || = n

    2.

    Por tanto, los autovalores y autofuniones son

    n = 2n2

    4, Xn(x) = sen

    nx

    2(n = 1, 2, . . .) .

    b) Sustituyendo los autovalores n en la EDO en T (t) que resulta de (20), obtenemos las eua-

    iones difereniales:

    T n(t) = 2n2

    4Tn(t) Tn(t) = Ane

    2n2t/4 .

    Busamos ahora una soluin del problema del enuniado en forma de serie:

    u(x, t) =

    n=1

    Ane2n2t/4 sen

    nx

    2.

    Imponiendo la ondiin iniial:

    senx

    2+ 3 sen 3x = u(x, 0) =

    n=1

    An sennx

    2,

    de donde, identiando los oeientes de ambos miembros, se obtiene:

    A1 = 1 , A6 = 3 , An = 0 para todo n 6= 1, 6.La soluin del problema es, por tanto,

    u(x, t) = e2t/4 sen

    x

    2+ 3e9

    2t sen 3x .

    ) Se tiene

    u

    (1

    4, 0

    )= sen

    8+ 3 sen

    3

    4.

    Por una parte,

    sen3

    4=

    2

    2.

    Utilizando la frmula del ngulo mitad,

    sen2

    2=

    1 cos2

    ,

    se obtiene

    sen2

    8=

    1

    2

    (1 cos

    4

    )=

    1

    2

    (1

    2

    2

    )=

    1

    4

    (2

    2)

    sen 8=

    1

    2

    2

    2 .

    Por tanto,

    u

    (1

    4, 0

    )=

    1

    2

    2

    2 +

    32

    2=

    1

    2

    (2

    2 + 3

    2

    ) 2

    2 3

    2

    22 3

    2

    =1

    2

    22 9 2

    22 3

    2=

    162

    2(

    22 3

    2) ,

    y la soluin orreta es la (iv).

    74

  • E. Difereniales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2014-2015 EXAMEN GLOBAL (19.01.2015)

    NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    Nmero de matrula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    EJERCICIO 1

    (4 puntos)

    Se onsidera el sistema diferenial lineal:

    X (t) = AX(t) (21)

    en el que A es una matriz onstante real nn on detA 6= 0. Se desea determinar el omportamientode las soluiones X(t) del sistema (21) segn la loalizain de los autovalores de A en el plano

    omplejo.

    Una soluin X(t) es amortiguada si lmt+X(t) = 0.

    Una soluin X(t) es peridia si existe T0 > 0 tal que t R , X(t+ T0) = X(t).a) Elegir la respuesta V (verdadera) o F (falsa) para ada una de las proposiiones siguientes.

    Cada respuesta errnea resta 0,2 puntos a la aliain de este apartado, hasta un mximo de 1punto. (1 punto)

    V F

    1. Todas las soluiones del sistema (21) son amortiguadas

    si y solo si todos los autovalores de A son reales y negativos

    2. Todas las soluiones del sistema (21) son amortiguadas

    si y solo si todos los autovalores de A tienen su parte real negativa

    3. El sistema (21) tiene alguna soluin peridia no trivial

    si y solo si A tiene algn autovalor omplejo

    4. Si todas las soluiones del sistema (21) son peridias,

    entones todos los autovalores de A tienen su parte real nula

    5. Si todos los autovalores de A tienen su parte real nula, entonestodas las soluiones del sistema (21) son peridias

    b) Se onsidera la matriz

    A =

    0 1 0 05 a 2 00 0 0 12 0 2 a

    , a R .

    Calular las onstantes m, n, p, para que el polinomio araterstio de A (en la variable ) veriquela identidad:

    det(A I) = m2(a )2 + n(a ) + p .Calular los autovalores de la matriz A. (0,5 puntos)

    ) Se onsidera el sistema diferenial (21) on la matriz A denida en b). Determinar los valoresde a R para los uales todas las soluiones del sistema (21) son amortiguadas. Determinar losvalores de a R para los uales el sistema (21) tiene alguna soluin peridia. (0,5 puntos)

    Se onsideran dos masas m1 = m2 = 1, suspendidas de dos muelles que uelgan de un soportejo, tal y omo se india en la gura.

    75

  • k1

    m1

    z1(t)

    equilibrio

    k2

    z2(t)

    equilibrio

    m2

    Figura 18: Doble muelle suspendido

    Sean z1(t), z2(t), sus respetivas desviaiones respeto dela posiin de equilibrio en el instante t. Dihas desviaionessatisfaen el sistema diferenial (22) siguiente, en el que ki > 0(i = 1, 2) son las onstantes de los muelles y bi 0 (i = 1, 2)son los oeientes de rozamiento:

    {z1 (t) = k1z1(t) k2z1(t) + k2z2(t) b1z1(t)z2 (t) = k2z1(t) k2z2(t) b2z2(t)

    (22)

    d) Esribir el sistema diferenial equivalente a (22) en las

    nuevas variables de estado: (0,5 puntos)

    x1(t) = z1(t) ; x2(t) = z1(t) ; x3(t) = z2(t) ; x4(t) = z

    2(t) .

    e) Supngase que k1 = 3, k2 = 2, b1 = b2 = 0 (movimientosin rozamiento). Razonar si existen soluiones z1(t), z2(t) delsistema (22) tales que lmt+ z1(t) = lmt+ z2(t) = 0.Razonar si existen soluiones peridias del sistema (22). En

    aso armativo, hallar todas las soluiones peridias de (22)

    uyo periodo sea igual a 2. (1 punto)

    f) Supngase que k1 = 3, k2 = 2, b1 = b2 = b > 0. Calular lmt+ z1(t), lmt+ z2(t). Calularlos valores de b > 0 para los uales existen soluiones amortiguadas del sistema (22) que adems sonosilatorias, es deir, tales que z1(t) y z2(t) se anulan para innitos valores de t > 0. (0,5 puntos)

    Respuesta: (responder exlusivamente en esta hoja y dos hojas ms)

    a)

    V F

    1. Todas las soluiones del sistema (21) son amortiguadas

    si y solo si todos los autovalores de A son reales y negativosF

    2. Todas las soluiones del sistema (21) son amortiguadas

    si y solo si todos los autovalores de A tienen su parte real negativaV

    3. El sistema (21) tiene alguna soluin peridia no trivial

    si y solo si A tiene algn autovalor omplejoF

    4. Si todas las soluiones del sistema (21) son peridias,

    entones todos los autovalores de A tienen su parte real nulaV

    5. Si todos los autovalores de A tienen su parte real nula, entonestodas las soluiones del sistema (21) son peridias

    F

    76

  • b) Calulamos el polinomio araterstio de A:

    det(A I) =

    1 0 05 a 2 00 0 12 0 2 a

    =

    a 2 00 10 2 a

    5 2 00 12 2 a

    = (a ) [( a) + 2] [5(a ) + 4 10]= 2(a )2 2(a ) 5(a ) + 6= 2(a )2 7(a ) + 6= m2(a )2 + n(a ) + p ,

    de donde

    m = 1 , n = 7 , p = 6 .Para alular los autovalores de A, haemos la sustituin z := (a ), on lo que la euain

    araterstia se transforma en

    z2 7z + 6 = 0 z = 749 242

    =7 52

    =

    {6

    1 .

    En el primer aso z = 6 resulta:

    (a ) = 6 a 2 = 6 2 a+ 6 = 0 = aa2 242

    .

    En el aso z = 1 se tiene:

    (a ) = 1 a 2 = 1 2 a + 1 = 0 = aa2 42

    .

    ) Las soluiones del sistema (21) son amortiguadas si y solo si todos los autovalores de A tienensu parte real negativa, es deir,

    a < 0 .

    El sistema (21) tiene alguna soluin peridia si y solo si A tiene algn autovalor omplejo onparte real nula, es deir,

    a = 0 .

    d) El sistema diferenial lineal de primer orden equivalente a (22) es:

    x1(t) = x2(t)

    x2(t) = k1x1(t) k2x1(t) + k2x3(t) b1x2(t)x3(t) = x4(t)

    x4(t) = k2x1(t) k2x3(t) b2x4(t)o, en forma matriial:

    x1x2x3x4

    =

    0 1 0 0k1 k2 b1 k2 0

    0 0 0 1k2 0 k2 b2

    x1x2x3x4

    77

  • e) Haiendo k1 = 3, k2 = 2, b1 = b2 = 0 omo pide el enuniado, la matriz del sistema es:

    A =

    0 1 0 05 0 2