ExamenEcuaciones Diferenciales Ordinarias 2013-1Facultad de Ingenierıa, Universidad de los Andes

Profesor: Constanza Maturana y Tonino Costa

Ayudante coordinador: Roberto Virreira

hola

Argumente matematicamente todas sus respuestas.

1. a) [1 punto] xy′ − 3y = x4

Solucion:

Normalizamos la ecuacion:

y′ −3

xy = x3

La cual es una ecuacion lineal no homogenea, entonces multiplicamos por el factor integrante:

e∫

−3

x = e−3 ln(x) = x−3 y obtenemos:

(yx−3)′ = 1

yx−3 = x+ C

y(x) = x4 + Cx3

b) [1 punto] y(4) − 5y′′ + 4y = 1

Solucion:

Es una ecuacion a coeficientes constantes no homogenea. Resolvemos primero la homogenea:su polinomio caracterıstico es:

λ4 − 5λ2 + 4 = (λ2 − 1)(λ2 − 4) = 0

por lo tanto sus raices son: λ1 = 1, λ2 = −1, λ3 = 2 y λ4 = −2. Entonces la solucion de lahomogenea es:

yh(x) = C1ex + C2e

−x + C3e2x + C4e

−2x

Como el lado derecho es constante, buscamos la solucion particular de la forma yp(x) = A,por lo que y(4) = 0, y′′ = 0, luego A = 1

4 . Finalmente la solucion general de la ecuacion es:

y(x) = C1ex + C2e

−x + C3e2x + C4e

−2x +1

4

c) [1 punto] y ln(y) + xy′ = 0

Solucion:

1

Es una ecuacion a variables separables, entonces nos queda:

−1

x=

y′

y ln(y)∫

−dx

x=

∫

dy

y ln(y)

− ln(x) = ln(ln(y)) + C

x−1 = K ln(y)

1

Kx= ln(y)

e1

Kx = y(x)

d) [1 punto] x2y′′ − 3xy′ + 4y = 0

Solucion:

Es una ecuacion de Euler, por lo tanto suponemos que la solucion es de la forma y(x) = xα,entonces y′(x) = αxα−1, y(x) = α(α− 1)xα−2, reemplazando en la ecuacion obtenemos:

α(α − 1)− 3α+ 4 = α2 − 4α+ 4 = (α− 2)2 = 0

Por lo tanto tenemos que una solucion es y(x) = x2. Usando Abel obtenemos que la segundasolucion es y(x) = x2 ln(x).Finalmente la solucion es:

y(x) = C1x2 + C2x

2 ln(x)

e) [2 punto] Resuelva la siguiente ecuacion diferencial:

x2y′′(x) + xy′(x) +

(

x2 −1

4

)

y = 0

ind: Use el cambio de variable y = u√x.

Solucion:

Si usamos el cambio de variable, entonces:

y =u√x

y′ =u′√x− 1

2√xu

x

y′′ =u′′

√x− 1

2√xu′

x−

1

2

u′x3/2 − 32

√xu

x3

Reemplazando en la ecuacion:

x2

(

u′′√x− 1

2√xu′

x−

1

2

u′x3/2 − 32

√xu

x3

)

+ x

(

u′√x− 1

2√xu

x

)

+

(

x2 −1

4

)

u√x= 0

Entonces tenemos:

2

u′′x√x−

√x

2u′ −

√x

2u′ +

3

4√xu+

√xu′ −

1

2√xu+

x2√xu−

1

4√xu = 0

Simplificando:

u′′x√x+ ux

√x = 0

Luego, la ecuacion queda:

u′′ + u = 0

y finalmente la solucion es:

y(x) = Acos(x)√

x+B

sen(x)√x

3

2. Sea α ∈ R. Considere el siguiente problema:

M ′′ + αM = 0; M(0) = M ′(π) = 0

Encuentre el valor (o los valores) del parametro α ∈ R adecuados para que este problema tengasolucion no nula. Determine la (o las) solucion(es) del problema para cada valor del parametro α

encontrado.

Observacion: hay infinitos valores de α adecuados.

Solucion:

Notemos que la ecuacion corresponde a una EDO lineal con coeficientes constantes. Por lo tantoel polinomio asociado al problema es:

λ2 + α = 0

asi:

λ = ±i√α

Por lo que separamos en los casos:

• α > 0:

La solucion en este caso es:

M(x) = A cos(√αx) +B sen(

√αx)

derivamos:

M ′(x) = −A√α sen(

√αx) +B

√α cos(

√αx)

Aplicando las condiciones iniciales obtenemos:

0 = A

0 = B√α cos(

√απ)

Entonces de la primera ecuacion obtenemos que A = 0 y para obtener una solucion no trivialdebemos ver:

cos(√απ) = 0

sabemos que:

cos(

(2k − 1) ·π

2

)

= 0, k ∈ N

entonces:

4

√απ = (2k − 1) ·

π

2√α =

(2k − 1)

2

α =4k2 − 4k + 1

4

luego las soluciones son:

Mk(x) = B sen

(

(2k − 1)

2x

)

• α < 0

En este caso tenemos que:

λ = ∓√α

Luego la solucion es de la forma:

M(x) = A cosh(√αx) +B senh(

√αx)

derivamos:

M ′(x) = A√α senh(

√αx) +B

√α cosh(

√αx)

Aplicando las condiciones iniciales obtenemos las siguientes ecuaciones:

0 = A

0 = B√α cosh(

√απ)

Al igual que antes buscamos una solucion no trivial por lo que vemos:

cosh(√απ) = 0

sabemos ademas que:

cosh(

i(2k − 1) ·π

2

)

= 0, k ∈ N

Entonces:

√απ = i(2k − 1) ·

π

2√α =

i(2k − 1)

2

α = −4k2 − 4k + 1

4

5

Ası la solucion es de la forma:

Mk(x) = B senh

(

i(2k − 1)

2x

)

Luego esta solucion no sirve.

• α = 0

En este caso tenemos que la solucion es:

M(x) = Ae0 +Bxe0

Luego aplicamos las condiciones iniciales obteniendo:

A = 0

B = 0

Ası la solucion queda:

M0(x) ≡ 0

con λ = 0

6

3. Considere el sistema

x′

y′

z′

w′

=

1 2 0 0−2 1 0 00 0 1 −20 0 2 5

x

y

z

w

Con condiciones iniciales x(0) = y(0) = z(0) = w(0) = 1.

Determine la solucion del sistema y calcule (en caso de existir)

lımt→∞

x(t) + y(t)

z(t) + w(t)

Solucion:

Primero determinemos los valores y vectores propios de la matriz

A =

1 2 0 0−2 1 0 00 0 1 −20 0 2 5

para eso buscamos primero el polinomio caracterıstico, que viene dado por:

p(λ) = det(A − λI) = ((λ− 1)2 + 4)(λ − 3)2

Notemos que tenemos dos valores propios complejos (λ1 = 1 + 2i λ2 = 1 − 2i) y un valor propioreal repetido(λ3 = λ4 = 3).

Los espacios invariantes en cada caso son:

ker(A− (1 + 2i)I) =⟨

(1, i, 0, 0)T⟩

ker(A− (1− 2i)I) =⟨

(1,−i, 0, 0)T⟩

ker(A− 3I) =⟨

(0, 0,−1, 1)T⟩

Como el valor propio λ = 3 tiene multiplicidad geometrica menor que la mutiplicidad algebraica,entonces debemos usar vectores propios generalizados para completar la nueva base, y por lo tantoresolver el sistema:

(A− 3I)v =

−0−0−1−1

de donde obtenemos que v = (0, 0, 12 , 0) es un vector propio generalizado del problema, y por lotanto la solucion del sistema viene dada por:

7

x(t) =

1 1 0 0i −i 0 00 0 −1 1

20 0 1 0

e

1 + 2i 0 0 00 1− 2i 0 00 0 3 10 0 0 3

t

1 1 0 0i −i 0 00 0 −1 1

20 0 1 0

−1

α

β

γ

δ

Entonces debermos calcular la matriz

e

1 + 2i 0 0 00 1− 2i 0 00 0 3 10 0 0 3

t

Pero esto es igual a

et(cos(2t) + i sen(2t)) 0 0 00 et(cos(2t)− i sen(2t)) 0 00 0 e3t te3t

0 0 0 e3t

y por lo tanto la solucion tiene 4 direcciones principales reales, que son:

d1 =

et cos(2t)−et sen(2t)

00

; d2 =

et sen(2t)et cos(2t)

00

; d3 =

00

(t+ 1)e3t

e3t

; d3 =

00

12e

3t

0

Y por lo tanto la solucion general del problema es

x(t) = α

et cos(2t)−et sen(2t)

00

+ β

et sen(2t)et cos(2t)

00

+ γ

00

−e3t

e3t

+ δ

00

12e

3t − te3t

te3t

y por lo tanto considerando las condiciones iniciales tenemos que:

x(t) =

et cos(2t)−et sen(2t)

00

+

et sen(2t)et cos(2t)

00

+

00

−e3t

e3t

+ 4

00

2e3t − 4te3t

4e3t

Finalmente

lımt→∞

x(t) + y(t)

z(t) + w(t)= lım

t→∞

2et cos(2t)

2e3t= 0

8