Download - dmaii.etsii.upm.esdmaii.etsii.upm.es/ecuaciones diferenciales/examenes resueltos/ED... · Ecuaciones diferenciales de primer orden, 3, 5, 17, 27, 29, 39, 43, 53, 87, 111, 125 Ecuaciones

ECUACIONES

DIFERENCIALES

Exámenes resueltos de Grado

Introdu ión

Se re ogen en esta publi a ión los exámenes resueltos de E ua iones Diferen iales desde

que omenzó a impartirse esta asignatura dentro de las titula iones del llamado plan

Bolonia. En algunos ursos a adémi os hubo exámenes par iales onjuntos para todos

los alumnos de la asignatura que se in luyen también en esta ole ión.

Para fa ilidad de uso, insertamos seguidamente un índi e alfabéti o. A ontinua ión del

nombre de ada tema se enumeran las páginas en que pueden en ontrarse problemas

relativos a ese tema.

Este uaderno ontiene 42 problemas de examen resueltos.

Índi e alfabéti o

Apli a iones de las e ua iones diferen iales, 35, 47, 75, 87, 99, 111, 115, 125, 141

E ua iones diferen iales de primer orden, 3, 5, 17, 27, 29, 39, 43, 53, 87, 111, 125

E ua iones diferen iales lineales de oe� ientes variables, 17

E ua iones diferen iales lineales de orden n, 15, 37, 137Estabilidad, 13, 19, 41, 49, 63, 69, 81, 95, 99, 109, 115, 129, 141

Método de separa ión de variables, 11, 23, 43, 59, 73, 91, 121, 135, 145

Problemas de autovalores y autofun iones, 39, 85, 91, 107, 135, 145

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

Madrid, 28 de o tubre de 2017

1

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

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

Número de matrí ula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

EJERCICIO 1

(2 puntos)

a) Determinar la fun ión f(x) on f(0) = 1 para que sea exa ta la e ua ión diferen ial ordinaria

x3 + y4√x

+ f(x)y3y′ = 0. (1 punto)

b) Cal ular la solu ión general de la e ua ión diferen ial ordinaria obtenida. (1 punto)

Respuesta: (responder ex lusivamente en esta hoja)

a) La ondi ión para que la EDO sea exa ta es

∂

∂y

(x3 + y4√

x

)=

∂

∂x

(f(x)y3

)⇒ 4y3√

x= f ′(x)y3 ⇒ f ′(x) =

4√x

⇒ f(x) = 8√x+K .

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

b) La e ua ión diferen ial obtenida es

x3 + y4√x

+ (8√x+ 1)y3y′ = 0 .

Bus amos una fun ión poten ial U(x, y):

∂U(x, y)

∂y= (8

√x+ 1)y3 ⇒ U(x, y) = (8

√x+ 1)

y4

4+ φ(x) .

Derivando respe to de x, resulta

∂U

∂x=

y4√x+ φ′(x) =

x3 + y4√x

⇒ φ′(x) =x3

√x= x5/2 .

Por tanto,

U(x, y) = (8√x+ 1)

y4

4+ x5/2 .

La solu ión general es U(x, y) = C, es de ir:

1

4(8√x+ 1)y4 +

2

7x7/2 = C .

3




EJERCICIO 2

(3 puntos)

Hallar la solu ión explí ita y(x) del siguiente problema de valor ini ial, espe i� ando su dominio

de de�ni ión:

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)


Se trata de la e ua ión diferen ial de variables separables:

y′

y2 + 2y + a= 1 ⇒

∫dy

y2 + 2y + a= x+K .

Hay que al ular, 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 solu ión general es

1

2arc tg

y + 1

2= x+K ⇒ y + 1

2= tg(2x+ C) ⇒ y = 2 tg(2x+ C)− 1 .

Imponemos la ondi ión ini ial y(0) = b = −1:

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

La fun ión está de�nida para

2x ∈(−π

2,π

2

)⇒ x ∈

(−π

4,π

4

).

2. Si a = 1, tenemos ∫dy

y2 + 2y + 1=

∫dy

(y + 1)2= − 1

y + 1.

La solu ión general es

− 1

y + 1= x+K ⇒ y = −1− 1

x+K.

5

Imponiendo la ondi ión ini ial y(0) = b = 0, obtenemos K = −1, y la solu ión del problema es:

y(x) = −1− 1

x− 1=

x

1− x.

Esta fun ión está de�nida en el onjunto (−∞, 1) ∪ (1,+∞). Como el primero de los dos intervalos

ontiene el punto x = 0 en el que está dada la ondi ión ini ial, el dominio de de�ni ión de la solu ión

es (−∞, 1).3. Si a = 3/4, hallamos las raí es del polinomio resultante:

y2 + 2y +3

4= 0 ⇒ y =

−2±√4− 3

2=

{−3/2

−1/2 .

Des omponiendo en fra iones simples:

1(y +

1

2

)(y +

3

2

) =A

y +1

2

+B

y +3

2

=1

y +1

2

− 1

y +3

2

,

la integral es:

∫dy

y2 + 2y + 3/4=

∫1

y +1

2

−∫

1

y +3

2

= log

∣∣∣∣y +1

2

∣∣∣∣− log

∣∣∣∣y +3

2

∣∣∣∣ = log

∣∣∣∣y + 1/2

y + 3/2

∣∣∣∣ .

La solu ión general de la EDO es

log

∣∣∣∣y + 1/2

y + 3/2

∣∣∣∣ = x+K ⇒ log

∣∣∣∣2y + 1

2y + 3

∣∣∣∣ = x+K ⇒ 2y + 1

2y + 3= Kex .

Con la ondi ión y(0) = −1 se obtiene K = −1. En onse uen ia, la solu ión es

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

2(ex + 1).

Su dominio es (−∞,+∞).

6




EJERCICIO 3

(3 puntos)

Se onsidera el sistema diferen ial lineal de primer orden

X ′(t) = AX(t) , A =

a −1 01 a 00 0 2

, a ∈ R . (1)

Se pide:

1. Expresar la solu ión general de (1) en términos de los autovalores y autove tores de la matriz

A del sistema (1). (1 punto)

2. Determinar los valores de a ∈ R para los uales (1) tiene solu iones X(t) que satisfa en

lımt→+∞

X(t) = (0, 0, 0), y espe i� ar di has solu iones. (1 punto)

3. Cal ular los valores de a ∈ R para los uales (1) admite solu iones periódi as, y espe i� ar

di has solu iones. (0,5 puntos)

4. Hallar unas e ua iones artesianas para la urva solu ión periódi a X(t) tal que se veri�que

X(0) = (−2, 3, 0). (0,5 puntos)


1. El polinomio ara terísti o de A es

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣

a− λ −1 01 a− λ 00 0 2− λ

∣∣∣∣∣∣= (a− λ)2(2− λ) + 2− λ = (2− λ)[(a− λ)2 + 1] .

Por tanto, los autovalores son λ1 = 2, y λ2,3 = a± i.Cal ulamos los ve tores propios aso iados.

Si λ1 = 2, bus amos un ve tor 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 aquí se obtiene x = y = 0 y, por ejemplo, z = 1, por lo que P1 = (0, 0, 1)T.Para λ2 = a+ i, bus amos el ve tor 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 e ua iones resulta y = −ix y de la ter era, z = 0; por tanto, tomando x = i porejemplo, tenemos y = 1 y P2 = (i, 1, 0)T. En onse uen ia, la solu ión general es:

X(t) = C1e2t

001

++Re

(C2 + C3i)e

(a+i)t

i10

= C1e2t

001

+ Re

(C2 + C3i)e

at(cos t+ i sen t)

i10

=

−C2eat sen t− C3e

at cos t−C3e

at sen t+ C2eat cos t

C1e2t

.

2. El sistema (1) tiene solu iones X(t) que satisfa en lımt→+∞X(t) = (0, 0, 0)T para a < 0 y

onstante C1 = 0, es de ir:

X(t) =

−C2e

at sen t− C3eat cos t

−C3eat sen t+ C2e

at cos t0

, para a < 0.

3. El sistema (1) admite solu iones periódi as para a = 0 y onstante C1 = 0, es de ir:

X(t) =

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

=

−C2 sen t− C3 cos t−C3 sen t+ C2 cos t

0

.

4. Se tiene

X(0) =

−230

=

−C3

C2

0

⇒ C3 = 2 , C2 = 3 .

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

8




EJERCICIO 4

(2 puntos)

Cal ular la solu ión del problema de valor ini ial x′(t) = Ax(t) + b(t), x(0) = x0, siendo

A =

(−4 9−1 2

), b(t) =

(3 cos tcos t

), x0 =

(3/21/2

).


Lo normal sería omenzar hallando la exponen ial etA pero, en este aso, se da una ir unstan ia

que ha e inne esario ese ál ulo.

Re ordemos que, si una matriz M tiene un autovalor λ on autove tor aso iado u, se tiene

etMu = eλtu. Aunque esta rela ión es bien ono ida, damos una demostra ión aquí.

Se tiene, obviamente,

Mu = λu ⇒ M2u = λ2u ⇒ · · · ⇒ Mku = λku .

Por tanto,

etMu =

(I +

1

1!tM +

1

2!t2M2 + · · ·

)u =

(1 +

1

1!λt +

1

2!λ2t2 + · · ·

)u = eλtu .

En nuestro aso,

Ax0 =

(−4 9−1 2

)(3/21/2

)=

(−3/2−1/2

)= −x0 ,

luego la matriz A tiene el autovalor −1 on autove tor aso iado x0.

La solu ión del problema de valor ini ial del enun iado es, por la bien ono ida fórmula de

varia ión de las onstantes:

x(t) = etAx0 +

∫ t

0

e(t−u)Ab(u) du .

Cal ulamos la expresión bajo el signo integral:

e(t−u)Ab(u) = e(t−u)A

(31

)cosu = 2e(t−u)Ax0 cosu = 2e−(t−u)x0 cosu .

Se tiene, por tanto,

x(t) = e−tx0 + 2x0

∫ t

0

e−t+u cosu du

︸︷︷︸=:η(t)

.

Para al ular la fun ión

η(t) = e−t

∫ t

0

eu cosu du ,

9

derivamos:

η′(t) = −e−t

∫ t

0

eu cosu du+ e−tet cos t = −η(t) + cos t ,

y resulta una EDO lineal de primer orden. La solu ión general de la EDO homogénea aso iada es,

obviamente

ηh(t) = Ke−t .

Una solu ión parti ular de la EDO ompleta es del tipo yp(t) = A cos t + B sen t. Derivando y

sustituyendo en la EDO, resulta:

cos t = η′p(t) + ηp(t) = −A sen t+B cos t + A cos t +B sen t

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

η(t) = Ke−t +1

2cos t +

1

2sen t .

Ha iendo t = 0, se obtiene

0 = η(0) = K +1

2⇒ K = −1

2,

y la fun ión η(t) bus ada es

η(t) = −1

2e−t +

1

2cos t+

1

2sen t ,

luego

x(t) = e−tx0 + 2x0η(t) = e−tx0 + (−e−t + cos t + sen t)x0 = (cos t+ sen t)x0 .

10

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



EJERCICIO 1

(4 puntos)

Se onsidera el siguiente problema de valor ini ial y de ontorno:

∂2u

∂t2(x, t) =

∂2u

∂x2(x, t) + e−t , 0 < x < π , t > 0

∂u

∂x(0, t) = u(π, t) = 0 , t > 0

u(x, 0) =∂u

∂t(x, 0) = 0 , 0 < x < π .

(2)

Se pide:

1. Obtener los autovalores y autofun iones de X ′′(x) = λX(x), X ′(0) = X(π) = 0. (1 punto)

2. Cal ular los oe� ientes del desarrollo en serie

1 =∞∑

n=0

an cos2n+ 1

2x , 0 < x < π . (1 punto)

3. Hallar la solu ión general de la E.D.O. T ′′(t) + a2T (t) = be−t, on a > 0 y b onstantes.

(1 punto)

4. Apli ando el método de separa ión de variables, hallar la solu ión del problema (2).(1 punto)


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

ondi iones: X ′(0) = 0 = A; X(π) = 0 = B. Así pues, la solu ión úni a es X(x) = 0, que no es

autofun ión, luego λ = 0 no es autovalor.

(b) Si λ = k2 > 0 on k > 0. La EDO es X ′′ − k2X = 0, on solu ión general X(x) = A sh kx+B ch kx, de donde X ′(x) = Ak ch kx+Bk sh kx. Imponemos las ondi iones X ′(0) = 0 = A, X(π) =0 = B ch kπ, de donde B = 0. En onse uen ia, la solu ión úni a es X(x) = 0, que no es autofun ión.

( ) Si λ = −k2 < 0 on k > 0. La EDO es X ′′+k2X = 0, on solu ión general X(x) = A cos kx+B sen kx, de donde X ′(x) = −Ak sen kx + Bk cos kx; imponemos las ondi iones: X ′(0) = 0 = B,

X(π) = 0 = A cos kπ, luego cos kπ = 0 de donde k = (2n+ 1)/2.Por tanto, los autovalores y las autofun iones son, respe tivamente,

λ = −(2n+ 1)2

4, Xn(x) = cos

2n+ 1

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

2. Los oe� ientes an son:

an =2

π

∫ π

0

cos2n+ 1

2x dx

=2

π

[2

2n + 1sen

2n + 1

2x

]π

0

=4(−1)n

π(2n+ 1).

11

3. Claramente, la solu ión general de la EDO es

T (t) = k1 cos at + k2 sen at +be−t

a2 + 1.

4. Ensayando la solu ión

u(x, t) =

∞∑

n=0

Tn(t) cos2n+ 1

2x ,

se obtiene

∞∑

n=0

[T ′′n (t) +

(2n+ 1

2

)2

Tn(t)

]cos

2n+ 1

2x

= e−t = e−t

∞∑

n=0

4(−1)n

π(2n+ 1)cos

2n + 1

2x .

Para ada n, se obtiene la EDO:

T ′′n (t) +

(2n+ 1

2

)2

Tn(t) =4(−1)n

π(2n+ 1)e−t .

Por el resultado obtenido en 2.,

Tn(t) = An cos2n+ 1

2t+Bn sen

2n+ 1

2t+

16(−1)n

π(2n+ 1) [4 + (2n+ 1)2]︸︷︷︸=:R∗

n

e−t .

Por lo tanto,

u(x, t) =

∞∑

n=0

(An cos

2n+ 1

2t +Bn sen

2n+ 1

2t +R∗

ne−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

2t−R∗

ne−t

]cos

2n+ 1

2x ,

resulta

0 =∂u

∂t(x, 0) =

∞∑

n=0

(2n+ 1

2Bn − R∗

n

)cos

2n+ 1

2x ,

de donde

Bn =2

2n+ 1R∗

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

Por otra parte,

0 = u(x, 0) =

∞∑

n=0

(An +R∗n) cos

2n+ 1

2x ,

de donde An = −R∗n.

Por tanto, la solu ión del problema es

u(x, t) =∞∑

n=0

R∗n

[e−t − cos

2n+ 1

2t+

2

2n+ 1sen

2n+ 1

2t

]cos

2n+ 1

2x ,

siendo

R∗n =

16(−1)n

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

12




EJERCICIO 2

(3 puntos)

Se onsidera el sistema diferen ial autónomo plano

{x′(t) = (x2 − 1)y

y′(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 ve torial aso iado a (3) en los puntos del eje OX y del eje OY .(0,5 puntos)

3. Cal ular los puntos de equilibrio de (3) y determinar su estabilidad según Liapunov.(1 punto)

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

5. Ha er un dibujo de las distintas órbitas de (3) en el espa io de fases. (0,5 puntos)


1. Apli ando la regla de la adena a lo largo de una traye toria, 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 de ir,

ir unferen ias entradas en el origen.

2. En el eje OX , el ampo ve torial es

(α, 0) 7→(0,−α(α2 − 1)

)

y en el eje OY ,

(0, β) 7→ (−β, 0) .

El ampo ve torial en los ejes puede verse en la Figura 1.

•

•••••••••••••••••

•••••••••••••••••

x

y

Figura 1: Campo ve torial del sistema x′ = (x2 − 1)y, y′ = −x(x2 − 1) en los ejes

13

3. Los puntos de equilibrio son los que satisfa en el sistema de e ua iones:

{(x2 − 1)y = 0

−x(x2 − 1) = 0 ,

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

primera, pueden dibujarse las órbitas del espa io 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 asintóti amente estable

los puntos (1, β) on β ≥ 0 son inestables

los puntos (1, β) on β < 0 son estables, no asintóti amente estables

los puntos (−1, β) on β > 0 son estables, no asintóti amente estables

los puntos (−1, β) on β ≤ 0 son inestables.

Todas las ir unferen ias on entro (0, 0) y radio menor que 1 son órbitas erradas del sistema.

14




EJERCICIO 3

(3 puntos)

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

2. Dada la matriz

A =

−6 −9 90 −1 −1−4 −7 5

,

se pide:

a) Cal ular etA. (1 punto)

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

B(t) =1

t2 + 1

−111

, X0 =

000

. (1 punto)


1. La e ua íón ara terísti a es r2 + r + 1 = 0, on raí es

r1,2 =−1 ±

√1− 4

2= −1

2± i

√3

2.

Por tanto, la solu ión general de la e ua ión homogénea es

yh(x) = e−x/2

(A cos

√3

2x+B sen

√3

2x

).

Para hallar una solu ión parti ular de la e ua ión no homogénea, ensayamos yp(x) = (ax+ b) sen x+(cx+ d) cosx. Sustituyendo en la EDO e identi� ando oe� ientes, resulta

yp(x) = sen x+ (2− x) cos x .

La solu ión general de la EDO ompleta será

y(x) = e−x/2

(A cos

√3

2x+ B sen

√3

2x

)+ sen x+ (2− x) cos x .

Imponiendo las ondi iones ini iales, se determinan los oe� ientes A y B y se obtiene:

y(x) = −2e−x/2 cos

√3

2x+ sen x+ (2− x) cosx .

15

2.a) El polinomio ara terísti o de la matriz A es

∣∣∣∣∣∣

λ+ 6 9 −90 λ+ 1 14 7 λ− 5

∣∣∣∣∣∣= λ2(λ+ 2) .

Por tanto, los valores propios son λ1 = 0, doble, y λ1 = −2, simple. En onse uen ia, etA ≡ E1t +E2+E3e

−2t. Derivando dos ve es esta identidad, obtenemos AetA ≡ E1−2E3e

−2ty A2etA ≡ 4e3E

−2t.

Ha iendo t = 0, resulta el sistema

I = E2 + E3

A = E1 − 2E3

A2 = 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

4A2e−2t .

Como

A2 =

0 0 04 8 −44 8 −4

,

se tiene:

etA =

−6 −9 92 3 −3−2 −3 3

t+

1 0 00 1 00 0 1

−

0 0 01 2 −11 2 −1

+

0 0 01 2 −11 2 −1

e−2t

=

−6t + 1 −9t 9t2t− 1 + e−2t 3t− 1 + 2e−2t −3t + 1− e−2t

−2t− 1 + e−2t −3t− 2 + 2e−2t 3t+ 2− e−2t

.

2.b) La solu ión del problema de valor ini ial es

X(t) = etA[X0 +

∫ t

0

e−uAB(u) du

]=

=

∫ t

0

e(t−u)AB(u) du

=

∫ t

0

−6(t− u) + 1 −9(t− u) 9(t− u)2(t− u)− 1 + e−2(t−u) 3(t− u)− 1 + 2e−2(t−u) −3(t− u) + 1− e−2(t−u)

−2(t− u)− 1 + e−2(t−u) −3(t− u)− 2 + 2e−2(t−u) 3(t− u)− e−2(t−u) + 2

· 1

u2 + 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 . Diferen iales (G.I.T.I. y G.I.Q.). Curso 2011-2012 EXAMEN JUNIO (27.06.2012)



EJERCICIO 1

(3 puntos)

1.a) Determinar una fun ión f : R → R on f(0) = 1 tal que la e ua ión diferen ial

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

sea exa ta. (0,5 puntos)

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

2. Hallar la solu ión y(x) de la e ua ión diferen ial

x2y′′(x) + 4xy′(x) + 2y(x) =1

x

que satisfaga las ondi iones

y(1) = 1 ,

∫ e

1

y(x) dx =3

2. (1 punto)

3. Cal ular la solu ión del problema de valor ini ial X ′(t) = AX(t) +B(t), X(0) = X0, siendo

A =

(2 5−1 −2

), B(t) =

(0

sen t

), X0 =

(00

). (1 punto)

Respuesta: (responder ex lusivamente en esta hoja y otra hoja más)

1.a) La e ua ión

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

+ [xf(xy) cos 2x− 3]︸︷︷︸=:B(x,y)

y′ = 0

está de�nida en R2. Por tanto, es exa ta si y solo si se veri� a la igualdad de �derivadas ruzadas�

∂A

∂y=

∂B

∂x⇒ f ′(xy) = f(xy) ,

luego f debe veri� ar f ′(u) = f(u) on f(0) = 1, lo que impli a f(u) = eu. Por tanto, f(xy) = exy.1.b) Bus amos una fun ión poten ial

F (x, y) =

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

Derivando,

∂F

∂x= yexy cos 2x− 2exy sen 2x+ ϕ′(x)

= yexy cos 2x− 2exy sen 2x+ 2x ,

17

de donde ϕ′(x) = 2x, luego ϕ(x) = x2. Por tanto, la solu ión general de la EDO es

exy cos 2x− 3y + x2 = C .

2. Siendo una EDO de Euler, ha emos el ambio de variable independiente x = et, obteniéndose

y′′(t) + 3y′(t) + 2y(t) = e−t .

La e ua ión ara terísti a de la EDO homogénea aso iada es λ2+3λ+2 = 0, on raí es λ = −1,−2,por tanto la solu ión general de la EDO homogénea es

yh(t) = k1e−2t + k2e

−t .

Ensayamos una solu ión parti ular de la EDO ompleta en la forma yp(t) = Ate−t, obteniendo A = 1,

luego la solu ión general de la EDO ompleta es

y(t) = k1e−2t + k2e

−t + te−t .

Desha iendo el ambio,

y(x) =k1x2

+k2x

+log x

x(x > 0) .

Imponemos las ondi iones

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 solu ión del problema es

y(x) =1

x(log x+ 1) .

3. El polinomio ara terísti o de la matriz A es |A−λI| = λ2+1, on raí es λ = ±i, luego todoslos elementos de la matriz exponen ial etA son ombina ión lineal de sen t y cos t, es de ir,

etA ≡ M cos t+N sen t .

Derivando esta identidad se obtiene

AetA ≡ −M sen t+N cos t ,

de donde, ha iendo 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

).

Cal ulamos

e−uAB(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

e−uAB(u) du =

−5

2t+

5

2sen t cos t

t+1

2sen2 t− sen t cos t

,

y la solu ión del problema es

X(t) = etA[X0 +

∫ t

0

e−uAB(u) du

]=

−5

2t cos t+

5

2sen t

1

2t sen t + t cos t− sen t

.

18




EJERCICIO 2

(4 puntos)

Se onsidera el sistema diferen ial autónomo plano dependiente del parámetro a ∈ R{

x′ = ax− x3 + xy2

y′ = −y − y3 − x2y .(4)

Se pide:

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

(1 punto)

2. Para a 6= 0, estudiar la posible existen ia de órbitas erradas de (4). (0,5 puntos)

3. Para a 6= 0, dibujar las distintas órbitas de (4) en el espa io de fases. (1 punto)

4. Para a = 0, dibujar el ampo ve torial aso iado a (4) en los puntos de la frontera del uadrado

Q = [0, R] × [0, R], on R > 0. Apli ando el teorema de Poin aré-Bendixson, dibujar la órbita que

orresponde a ualquier ondi ión ini ial (x0, y0) ∈ Q. (1 punto)

5. Para a = 0, determinar los puntos de equilibrio de (4) y de idir su estabilidad según Lyapunov.

Estudiar la posible existen ia de órbitas erradas. Dibujar las distintas órbitas de (4) en el espa io

de fases. (0,5 puntos)


1. Los puntos de equilibrio son los que veri� an el sistema de e ua iones:

{x(a− x2 + y2) = 0

−y(1 + y2 + x2) = 0 ,

es de ir, si a > 0, los puntos de equilibrio son (0, 0) y (±√a , 0) y, si a < 0, el úni o punto de equilibrio

es (0, 0).La matriz ja obiana del ampo ve torial aso iado al sistema (4) es

Dv(x, y) =

(a− 3x2 + y2 2xy

−2xy −1− 3y2 − x2

).

En parti ular,

Dv(0, 0) =

(a 00 −1

),

luego, si a > 0, el origen es inestable (un puerto) y, si a < 0, el origen es asintóti amente estable (un

sumidero). Por otra parte,

Dv(±√

a , 0)=

(−2a 00 −1− a

)

y los puntos (±√a , 0) son asintóti amente estables (sumideros).

19

2. El ampo ve torial en el eje OX es

v(α, 0) =(α(a− α2), 0

)

y en el eje OY ,

v(0, β) = (0,−β − β3) ,

es de ir, ambos ejes están formados por traye torias. El teorema de Poin aré impli a por tanto que

no existen órbitas 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 redu e a

{x′ = −x3 + xy2

y′ = −y − y3 − x2y .

El úni o punto de equilibrio es (0, 0) y, omo la matrizDv(0, 0) tiene un autovalor nulo, la estabilidad

del origen no se puede de idir por el método de linealiza ión.

Cal ulamos el ampo ve torial en la frontera del uadrado [0, R]× [0, R]. Si x = R,

v(R, β) =(R(−R2 + β2),−β − β3 − βR2

)

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

v(R,R) = (0,−R− 2R3)

y en el segmento horizontal y = R,

v(α,R) =(α(R2 − α2),−R −R3 − α2R

)

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

Figura 4.

•0

y

x

R

R

Q

Figura 4: Campo aso iado al sistema x′ = −x3 + xy2, y′ = −y − y3 − x2y en [0, R]× [0, R]

Si (x0, y0) ∈ Q, el Teorema de Poin aré-Bendixson asegura que la órbita que empieza en ese punto

tiende ha ia (0, 0) uando t → +∞. En onse uen ia, el origen es asintóti amente estable.

El espa io 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




EJERCICIO 3

(3 puntos)

Se onsidera el siguiente problema de valores ini iales y de ontorno:

∂2u

∂t2(x, t) + 2

∂u

∂t(x, t) =

∂2u

∂x2(x, t) + 2 cos 4x , 0 < x <

π

2, t > 0

∂u

∂x(0, t) =

∂u

∂x

(π2, t)= 0 , t > 0

u(x, 0) = 3 ,∂u

∂t(x, 0) = 0 , 0 < x <

π

2.

(5)

Se pide:

1. Determinar los autovalores y autofun iones del problema homogéneo aso iado. (0,5 puntos)

2. Hallar la solu ión general de ada una de las EDO

T ′′n (t) + 2T ′

n(t) + 4n2Tn(t) = 0 (n = 0, 1, 2, . . .). (0,25 puntos)

3. Apli ando el método de separa ión de variables, hallar la solu ión del problema (5).(2 puntos)

4. Representar grá� amente la fun ión

u∞(x) = lımt→+∞

u(x, t) ,

siendo u(x, t) la solu ión de (5). (0,25 puntos)


1. Bus amos solu iones de la EDP homogénea aso iada on las ondi iones de frontera del tipo

u(x, t) = X(x)T (t), obteniendo el problema de autovalores y autofun iones:

{X ′′(x) = λX(x)

X ′(0) = X ′(π/2) = 0 ,

on solu iones:

λn = −4n2 , Xn(x) = cos 2nx (n = 0, 1, 2, . . .) .

2. La e ua ión ara terísti a de la EDO es λ2 + 2λ+ 4n2 = 0. Si n = 0, las raí es son λ0 = 0,−2y la solu ión general de la EDO es

T0(t) = A0 +B0e−2t .

Si n 6= 0, las raí es son λn = −1 ± i√4n2 − 1, y la solu ión general de la EDO es

Tn(t) = e−t(An cos

√4n2 − 1t +Bn sen

√4n2 − 1t

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

3. Ensayamos la solu ión

u(x, t) =

∞∑

n=0

Tn(t) cos 2nx .

23

Sustituyéndola en la EDP, resulta:

∞∑

n=0

[T ′′n (t) + 2T ′

n(t) + 4n2Tn(t)]cos 2nx = 2 cos 4x .

Para n 6= 2, se obtiene la EDO T ′′n (t) + 2T ′

n(t) + 4n2Tn(t) = 0, on solu ión general

T0(t) = A0 +B0e−2t (n = 0)

Tn(t) = e−t(An cos

√4n2 − 1t +Bn sen

√4n2 − 1t

)(n 6= 0, 2) .

Para n = 2, se tiene la EDO T ′′2 (t) + 2T ′

2(t) + 16T2(t) = 2, on solu ión general

T2(t) = e−t(A2 cos

√15t+B2 sen

√15t)+

1

8.

Sustituyendo estas fun iones Tn(t) en la solu ión u(x, t), resulta

u(x, t) = A0 +B0e−2t +

∞∑

n=1

e−t(An cos

√4n2 − 1t+Bn sen

√4n2 − 1t

)cos 2nx+

1

8cos 4x .

Imponiendo la ondi ión ini ial para u, se tiene:

u(x, 0) = A0 +B0 +

∞∑

n=1

An cos 2nx+1

8cos 4x = 3 ,

de donde

A0 +B0 = 3 , A2 +1

8= 0 , An = 0 (n 6= 0, 2) .

Por lo tanto,

u(x, t) = 3− B0 + B0e−2t +

∞∑

n=1

Bne−t sen

√4n2 − 1t cos 2nx+

1

8

(1− e−t cos

√15t)cos 4x .

Derivando,

∂u

∂t(x, t) = −2B0e

−2t +∞∑

n=1

Bne−t[− sen

√4n2 − 1t+

√4n2 − 1 cos

√4n2 − 1t

]cos 2nx

+1

8e−t(cos

√15t+

√15 sen

√15t)cos 4x .

Imponemos la ondi ión ini ial para la derivada:

∂u

∂t(x, 0) = −2B0 +

∞∑

n=1

Bn

√4n2 − 1 cos 2nx+

1

8cos 4x = 0 ,

de donde

B0 = 0 , B2 = − 1

8√15

, Bn = 0 (n 6= 0, 2) .

Luego la solu ión obtenida es

u(x, t) = 3− 1

8√15

e−t sen√15t cos 4x+

1

8

(1− e−t cos

√15t)cos 4x .

4. Se tiene

u∞(x) = lımt→+∞

u(x, t) = 3 +1

8cos 4x ,

uya grá� a se muestra en la Figura 6.

La fun ión u∞ es periódi a de periodo π/2.

24

x

y

π8

π4

3π8

π2

25/8

23/8

Figura 6: Grá� a de la fun ión u∞(x) = 3 + (cos 4x)/8

25




EJERCICIO 1

(2 puntos)

Se onsidera la EDO de primer orden

2x

y+ 3f

(x

y

)=

(x2

y2+

2x3

y3

)y′ . (6)

Se pide:

a) Determinar la fun ión f : R → R on f(0) = 0 para que la EDO (6) sea exa ta.(0,5 puntos)

b) Para la fun ión f en ontrada en a), hallar la solu ión de (6) tal que y(1) = 2. (0,5 puntos)

) Para f(u) = u3/3, hallar la solu ión de la EDO (6) tal que y(1) = 2. (1 punto)


a) Es ribimos la e ua ión en la forma

2x

y+ 3f

(x

y

)

︸︷︷︸=:A

−(x2

y2+

2x3

y3

)

︸︷︷︸=:B

y′ = 0 .

Si la e ua ión es exa ta, umple la �igualdad de derivadas ruzadas�:

−2x

y2+ 3f ′

(x

y

)(− x

y2

)=

∂A

∂y=

∂B

∂x= −2x

y2− 6x2

y3,

de donde

f ′(x

y

)=

2x

y.

Se tiene por tanto f ′(u) = 2u on f(0) = 0, luego f(u) = u2.

b) La EDO es en este aso

2x

y+

3x2

y2−(x2

y2+

2x3

y3

)y′ = 0 .

Bus amos una fun ión poten ial F (x, y) que debe umplir

∂F

∂x=

2x

y+

3x2

y2⇒ F (x, y) =

x2

y+

x3

y2+ ϕ(y) .

Por otra parte,

−x2

y2− 2x3

y3=

∂F

∂y= −x2

y2− 2x3

y3+ ϕ′(y) ⇒ ϕ′(y) = 0 .

Por tanto,

F (x, y) =x2

y+

x3

y2

27

y la solu ión general de la EDO es

x2

y+

x3

y2= C .

Imponiendo la ondi ión ini ial y(1) = 2, resulta C = 3/4, de donde obtenemos la solu ión

4x2(x+ y) = 3y2 .

La fun ión y puede despejarse explí itamente, y se obtiene

y(x) =2

3

(x2 + x

√x2 + 3x

).

Esta solu ión es válida en (0,∞), que es el intervalo máximo de de�ni ión de la solu ión.

) Si f(u) = u3/3, la EDO es

2x

y+

x3

y3=

(x2

y2+

2x3

y3

)y′ ,

que es una EDO homogénea.

Ha emos el ambio de fun ión in ógnita y(x) 7→ u(x) siendo y = ux, luego y′ = u′x+ u. Sustitu-yendo en la EDO, resulta

(u+ 2)u′x = (u− 1)2 ⇒ u+ 2

(u− 1)2u′ =

1

x.

Se tiene ∫u+ 2

(u− 1)2du =

∫ (1

u− 1+

3

(u− 1)2

)du = log|u− 1| − 3

u− 1.

Integrando el segundo miembro respe to de x e igualando,

log|u− 1| − 3

u− 1= log|x|+ log|K| ,

de donde

(u− 1)e−3/(u−1) = Kx .

Desha iendo el ambio,

y − x = Kx2e3x/(y−x) .

Imponiendo la ondi ión ini ial y(1) = 2, resulta K = e−3, y la solu ión del problema es

y − x = x2e3(2x−y)/(y−x) .

28




EJERCICIO 2

(3 puntos)

Para ada p ∈ R, se onsidera la EDO de primer orden

2xy′ + 4y = (x2 + 3)yp .

Determinar su solu ión para los siguientes valores del número real p y las ondi iones dadas en ada

aso:

1) p = 0, y(0) < +∞. (1 punto)

2) p = 1, y(1) = 1. (1 punto)

3) p = −1, y(0) < +∞. (1 punto)


1) Si p = 0, la e ua ión resultante es lineal de primer orden:

2xy′ + 4y = x2 + 3 .

Resolvemos la e ua ión homogénea aso iada:

2xy′ + 4y = 0 ⇒ y′

y= −2

x⇒ log|y| = −2 log|x|+ log|K| ,

on solu ión general

y0(x) =K

x2.

Por el método de varia ión de las onstantes, ensayamos una solu ión parti ular de la e ua ión

ompleta en la forma

yp(x) :=K(x)

x2.

Después de sustituir en la EDO, resulta

K ′(x) =x3 + 3x

2⇒ K(x) =

x4

8+

3x2

4⇒ yp(x) =

x2

8+

3

4.

La solu ión general de la EDO será

y(x) =K

x2+

x2

8+

3

4.

Para que sea y(0) < +∞, se debe tener K = 0, y la solu ión del problema es

y(x) =x2

8+

3

4.

29

2) Para p = 1, resulta la EDO

2xy′ + 4y = (x2 + 3)y ⇒ 2xy′ = (x2 − 1)y ⇒ y′

y=

x2 − 1

2x=

x

2− 1

2x,

que es separable y la resolvemos omo tal:

log|y| = x2

4− 1

2log|x|+ log|K| .

Tomando exponen iales y elevando a poten ia 4, resulta la solu ión general

y4x2 = Cex2

.

De la ondi ión y(1) = 1, se obtiene C = 1/e, y la solu ión del problema es

y4x2 = ex2−1 .

3) Si p = −1, la EDO resultante es

2xy′ + 4y = (x2 + 3)y−1 ,

que es de Bernoulli. La es ribimos en la forma

2xyy′ + 4y2 = x2 + 3 ,

y ha emos el ambio de fun ión in ógnita u := y2, de donde u′ = 2yy′. Sustituyendo en la e ua ión,

se obtiene la EDO lineal de primer orden

xu′ + 4u = x2 + 3 .

Resolvemos la EDO homogénea aso iada

xu′ + 4u = 0 ⇒ u′

u= −4

x⇒ log|u| = −4 log|x|+ log|K| ,


u0(x) =K

x4.

Por el método de varia ión de las onstantes, ensayamos la solu ión parti ular

up(x) :=K(x)

x4,

y se obtiene, después de sustituir en la EDO,

K ′(x) = x5 + 3x3 ⇒ K(x) =x6

6+

3x4

4⇒ up(x) =

x2

6+

3

4.

La solu ión general de la EDO en u(x) es, por tanto,

u(x) =K

x4+

x2

6+

3

4,

y la solu ión general de la EDO en y(x) será

y2 =K

x4+

x2

6+

3

4.

Imponiendo la ondi ión y(0) < +∞, resulta K = 0, y la solu ión del problema es

y2 =x2

6+

3

4.

30




EJERCICIO 3

(2 puntos)

Hallar la solu ión del problema de valor ini ial x′(t) = Ax(t) + b(t), x(0) = x0, donde

A =

1 0 02 1 −22 2 1

, b(t) = et

1t− 11

, x0 =

01/40

.

(2 puntos)


Primer método.

El sistema diferen ial se puede desa oplar. La primera e ua ión es

x′ = x+ et , on x(0) = 0 ,

on solu ión x(t) = tet.Sustituyendo en las otras dos e ua iones, se obtiene

(y′

z′

)=

(1 −22 1

)(yz

)+ et

(t− 11

)+

(2x2x

)=

(1 −22 1

)

︸︷︷︸=:A∗

(yz

)+ et

(3t− 12t+ 1

)

︸︷︷︸=:b∗(t)

.

El polinomio ara terísti o de A∗es |A∗ − λI| = (1 − λ)2 + 4, on raí es λ = 1 ± 2i. La matriz

exponen ial es de la forma

etA∗= Met cos 2t+Net sen 2t ,

de donde se obtiene tras ál ulos rutinarios,

etA∗= et

(cos 2t − sen 2tsen 2t cos 2t

).

Cal ulamos el produ to

e−sA∗b∗(t) =

((3s− 1) cos 2s (2s+ 1) sen 2s(1− 3s) sen 2s (2s+ 1) cos 2s

).

Integrando,

∫ t

0

e−sA∗b∗(t) ds =

−1

4+

1

4cos 2t +

3

2t sen 2t− t cos 2t

−1

4sen 2t+ t sen 2t+

3

2t cos 2t

.

Tras los ál ulos habituales, obtenemos

(y(t)z(t)

)= et

(cos 2t − sen 2tsen 2t cos 2t

)(1/40

)+

−1

4+

1

4cos 2t+

3

2t sen 2t− t cos 2t

−1

4sen 2t+ t sen 2t+

3

2t cos 2t

= et

1

4− t

3t

2

.

31

Segundo método.

El polinomio ara terísti o de la matriz A es |A− λI| = (1 − λ) [(1− λ)2 + 4], on raí es λ = 1y λ = 1± 2i.

La matriz exponen ial es de la forma

etA = Met +Net cos 2t+ Pet sen 2t ,

de donde, on los ál ulos habituales, obtenemos el sistema

M +N = IM +N + 2P = AM − 3N + 4P = A2

De aquí resulta:

M = I −N , P =1

2(A− I) , N = −1

4(A− I)2 ,

y

etA = et

1 0 0−1 + cos 2t+ sen 2t cos 2t − sen 2t1− cos 2t+ sen 2t sen 2t cos 2t

.

Cal ulamos

e−sAb(s) =

1−1 + s cos 2s1− s sen 2s

,

de donde

∫ t

0

e−sAb(s) ds =

t

−t +1

2t sen 2t+

1

4cos 2t− 1

4

t +1

2t cos 2t− 1

4sen 2t


x(t) = etA[x0 +

∫ t

0

e−sAb(s) ds

]= et

t1

4− t

3t

2

.

Ter er método.

Al prin ipio del segundo método hemos al ulado los autovalores de la matriz A que son λ = 1 y

λ = 1± 2i.Los dos primeros métodos son los usuales. En este aso tienen el in onveniente de que ambos son

laboriosos debido a los autovalores omplejos de la matriz A. Ofre emos ahora una ter era op ión

que no requiere el ál ulo de ninguna integral ni de la exponen ial de ninguna matriz.

Como todos los autovalores de A tienen parte real igual a 1, la matriz etA ontiene el fa tor et enel sentido de que todos sus elementos son ombina ión lineal de las fun iones et, et cos 2t y et sen 2t.Como el término independiente b(t) también ontiene el fa tor et, la solu ión del problema ontiene

igualmente el fa tor et. Por eso, el ambio de fun ión in ógnita x(t) 7→ y(t) siendo x(t) = ety(t) vaa simpli� ar mu ho el problema ha iendo desapare er de su enun iado la fun ión et.

32

Sustituyendo en el sistema diferen ial, se tiene

ety(t) + ety′(t) = x′(t) = Ax(t) + b(t) = Aety(t) + et

1t− 11

.

Dividiendo el primer y último miembro por et, y despejando, resulta:

y′(t) = (A− I)y(t) +

1t− 11

=

0 0 02 0 −22 2 0

y(t) +

1t− 11

,

on y(0) = x(0) = x0.

La primera e ua ión del sistema obtenido es y′1(t) = 1. Integrando e imponiendo la ondi ión

ini ial y1(0) = 0, resulta y1(t) = t.Sustituyendo en la segunda y ter era e ua ión, tenemos

y′2(t) = 2y1(t)− 2y3(t) + t− 1 = −2y3(t) + 3t− 1

y′3(t) = 2y1(t) + 2y2(t) + 1 = 2y2(t) + 2t+ 1 .

Derivando la primera de estas e ua iones y sustituyendo en la segunda, se obtiene

y′′2(t) = −2y′3(t) + 3 = −4y2(t)− 4t+ 1

⇒ y′′2(t) + 4y2(t) = −4t + 1 .

Obviamente, una solu ión �parti ular� de esta e ua ión es y2(t) = −t+1/4 que � asualmente� veri� a

la ondi ión ini ial y2(0) = 1/4.Despejando y3(t) en la primera e ua ión, se tiene

2y3(t) = −y′2(t) + 3t− 1 = 3t ⇒ y3(t) =3t

2

que también umple la ondi ión ini ial y3(0) = 0.Por tanto, la solu ión del problema en y(t) es

y(t) =

t−t + 1/43t/2

,

de donde

x(t) = ety(t) = et

t−t + 1/43t/2

.

33




EJERCICIO 4

(3 puntos)

Dos depósitos one tados on el exterior, según se indi a en la �gura, están llenos de una disolu ión

salina que ir ula por el sistema on un audal onstante c > 0.

Entrada

c1

c2

cSalida

Se inye ta desde el exterior una disolu ión salina de on entra ión onstante a > 0. Sea xi(t) la on entra ión de sal en el depósito i en el instante de tiempo t, para i = 1, 2. Un sen illo razonamiento

sobre onserva ión de la masa, suponiendo ambos depósitos de volumen igual a la unidad, propor iona

el siguiente sistema diferen ial para la evolu ión temporal de las on entra iones:

{x′1(t) = ca− cx1(t)

x′2(t) = cx1(t)− cx2(t)

(7)

Se pide:

1) Cal ular la solu ión de (7) tal que x1(0) = b1 > 0, x2(0) = b2 > 0. (0,75 puntos)

2) Hallar el omportamiento a largo plazo de di ha solu ión. (0,25 puntos)

Con el �n de eliminar la sal de ambos depósitos, se inye ta agua pura desde el exterior. Todo lo

que sigue se re�ere a esta situa ión.

3) Hallar el valor que ha de tomar a en este aso y es ribir la orrespondiente solu ión de

(7). (0,25 puntos)

4) Si b1 > b2 > 0, hallar el instante de tiempo en el que la on entra ión de sal en el depósito 2al anza su valor máximo y obtener di ho valor máximo. (0,5 puntos)

5) Representar grá� amente la evolu ión de la on entra ión x2(t) en el depósito 2 para t >0. (0,75 puntos)

6) Si ini ialmente el depósito 1 ontiene una disolu ión salina de 50 gramos de sal por unidad de

volumen, al ular el tiempo que se tarda en redu ir a un 1 gramo de sal por unidad de volumen la

on entra ión de sal en di ho depósito 1. (0,5 puntos)

Respuesta: (responder ex lusivamente en esta hoja y otra más)

1) La primera e ua ión del sistema es

x′1 = ca− cx1 ⇒ x′

1 + cx1 = ca ⇒ x1(t) = k1e−ct + a .

Imponiendo la ondi ión ini ial, determinamos la onstante k1:

b1 = x1(0) = k1 + a ⇒ k1 = b1 − a ,

35

de donde obtenemos la solu ión

x1(t) = a + (b1 − a)e−ct .

En uanto a la segunda e ua ión:

x′2 = cx1 − cx2 = ac + c(b1 − a)e−ct − cx2

⇒ x′2 + cx2 = ac+ c(b1 − a)e−ct

⇒ x′2e

ct + cx2ect = acect + c(b1 − a)

⇒ d

dt

(x2e

ct)= acect + c(b1 − a)

⇒ x2ect = aect + c(b1 − a)t + k2

⇒ x2(t) = a+ c(b1 − a)te−ct + k2e−ct .

Imponiendo la ondi ión ini ial:

b2 = x2(0) = a + k2 ⇒ k2 = b2 − a ,

y obtenemos la solu ión

x2(t) = a + [(b2 − a) + c(b1 − a)t] e−ct .

2)

lımt→+∞

(x1(t)x2(t)

)=

(aa

).

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

(x1(t)x2(t)

)=

(b1e

−ct

(b2 + cb1t)e−ct

).

4) Cal ulamos el máximo de x2(t):

x′2(t) = [cb1 − c(b2 + cb1t)] e

−ct = 0

⇒ b1 = b2 + cb1tm ⇒ tm

=b1 − b2cb1

> 0 ,

y el valor máximo es

x2m

=

(b2 + cb1

b1 − b2cb1

)e− b1−b2

b1 = b1eb2−b1

b1 .

5) La evolu ión de la on entra ión x2(t) en el depósito 2 puede verse en la Figura 7.

0 t

x2

b2

tm

x2m

Figura 7: Con entra ión de sal en el depósito 2

6) Si b1 = 50, hemos de al ular t tal que 1 = x1(t) = 50e−ct, de donde

e−ct =1

50⇒ −ct = log

1

50= − log 50 ⇒ t =

1

clog 50 .

36

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



EJERCICIO 1

(4 puntos)

a) Hallar la solu ión general de la EDO: (1 punto)

x′′(t) + 5x′(t) + 6x(t) = sh 2t+ t.

b) Hallar la solu ión general de la EDO: (1 punto)

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

) Hallar la solu ión general de la EDO: (1 punto)

x′′(t) + 5x′(t) + 6x(t) =e−4t

e−2t + 1.

d) Cal ular los valores de a ∈ R para los uales la solu ión x(t) del siguiente problema de valores

ini iales satisfa e que x(t) ≥ 0 ∀t ≥ 0: (1 punto)

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


a) La e ua ión ara terísti a es λ2 + 5λ + 6 = 0, on raí es λ = −2,−3. Por tanto, la solu ión

general de la e ua ión homogénea aso iada es

xh(t) = k1e−3t + k2e

−2t .

Una solu ión parti ular de la e ua ión ompleta será del tipo

xp(t) = Ae2t +Bte−2t + Ct+D .

Sustituyendo en la EDO y operando, resulta:

A =1

40, B = −1

2, C =

1

6, D = − 5

36,


x(t) = k1e−3t + k2e

−2t +1

40e2t − 1

2te−2t +

t

6− 5

36.

b) Efe tuando el ambio de fun ión in ógnita y := x′, se obtiene del apartado anterior:

y(t) = k1e−3t + k2e

−2t +1

40e2t − 1

2te−2t +

t

6− 5

36.

37

Integrando, resulta la solu ión general:

x(t) = k1e−3t + k2e

−2t + k3 +1

80e2t +

1

4te−2t +

t2

12− 5t

36.

) Bus amos una solu ión parti ular de la EDO no homogénea utilizando el método de varia ión

de las onstantes:

xp(t) = k1(t)e−3t + k2(t)e

−2t .

Como es bien sabido, las fun iones k1(t) y k2(t) deben umplir las e ua iones:

k′1(t)e

−3t + k′2(t)e

−2t = 0

−3k′1(t)e

−3t − 2k′2(t)e

−2t =e−4t

e−2t + 1

de donde se obtiene inmediatamente:

k′1(t) =

−e−t

e−2t + 1, k′

2(t) =e−2t

e−2t + 1,

luego

k1(t) = arc tg(e−t), k2(t) = −1

2log(1 + e−2t

),


x(t) = k1e−3t + k2e

−2t + e−3t arc tg(e−t)− 1

2e−2t log

(1 + e−2t

).

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

x(t) = k1e−3t + k2e

−2t .

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

x′(t) = −3k1e−3t − 2k2e

−2t = −3k1e−3t − 2(1− k1)e

−2t .

Imponiendo la ondi ión x′(0) = a, resulta k1 = −a− 2, de donde k2 = 1− k1 = a+ 3. Por tanto, lasolu ión del problema de valor ini ial es

x(t) = −(a+ 2)e−3t + (a+ 3)e−2t = e−2t[(a+ 3)− (a + 2)e−t

].

La fn ión g(t) := (a+3)−(a+2)e−tes ontinua on g(0) = 1 y es laramente re iente o de re iente,

dependiendo del valor de a. Por tanto, será g(t) ≥ 0 si y solo si no existe ningún t∗ > 0 tal que

g(t∗) = 0, equivalentemente

et∗=

a+ 2

a+ 3⇔ t∗ = log

(a+ 2

a+ 3

)= log

(1− 1

a+ 3

).

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

a ∈ [−3,+∞) .

38




EJERCICIO 2

(2 puntos)

a) Hallar la solu ión del siguiente problema de valor ini ial, espe i� ando su intervalo máximo

de de�ni ión:

xyy′ = y2 − x4 ; y(1) = 2.

Indi a ión: y = ux. (1 punto)

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

X ′′(x) = λX(x) ; X(0) = X ′(0) ; X(π) = X ′(π)


a) Consideramos la e ua ión de�nida en el primer uadrante x, y > 0, de modo que sea posible

es ribirla en forma normal, es de ir,

y′ =y2 − x4

xy. (8)

Ha emos el ambio de fun ión in ógnita u := y/x, de donde y′ = u + xu′. Sustituyendo en la

EDO:

x2u(xu′ + u) = x2u2 − x4 ⇒ uu′ = −x .

Integrando esta e ua ión separable:

u2

2= −x2

2+

k

2⇒ y2

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

Imponiendo la ondi ión ini ial y(1) = 2, resulta k = 5. La solu ión del PVI es, pues (Figura 8):

y(x) = x√5− x2 .

0 1

2

x

y

√5

Figura 8: Fun ión y = x√5− x2

39

Si onsideramos la e ua ión en forma normal (8), la solu ión del PVI está de�nida en el intervalo(0,√5). Nótese que y está de�nida en x =

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

y′(x) =√5− x2 − x2

√5− x2

⇒ lımx→

√5−

y′(x) = −∞ .

Sin embargo, si onsideramos la e ua ión original del enun iado, la solu ión hallada satisfa e el PVI

en todo el intervalo

(−√5,√5).

b) Veamos si puede ser λ > 0. La solu ión general de la EDO sería

X(x) = c1e√λx + c2e

−√λx .

Imponemos las ondi iones de frontera

X(0) = X ′(0) ⇒ c1 + c2 = c1√λ− c2

√λ

X(π) = X ′(π) ⇒ c1eπ√λ + c2e

−π√λ = c1

√λeπ

√λ + c2

√λe−π

√λ ,

de donde resulta

(1−

√λ)c1 +

(1 +

√λ)c2 = 0

(1−

√λ)eπ

√λc1 +

(1 +

√λ)e−π

√λc2 = 0 .

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

∆ =(1−

√λ)(

1 +√λ) ∣∣∣∣

1 1

eπ√λ e−π

√λ

∣∣∣∣

es nulo, es de ir, λ = 1, lo ual impli a c2 = 0.Por tanto, λ = 1 es autovalor, on autofun ión aso iada X(x) = ex.Veamos si puede ser λ = 0. La solu ión general de la EDO sería enton es X(x) = c1x + c2.

Imponiendo las ondi iones de frontera,

X(0) = X ′(0) ⇒ c1 = c2

X(π) = X ′(π) ⇒ c1π + c2 = c1 ,

de donde c1 = c2 = 0 y se tiene X(x) ≡ 0, que no es autofun ión.

Veamos si puede ser λ < 0. Es ribimos λ = −|λ|. La solu ión general de la EDO es

X(x) = c1 cos√

|λ|x+ c2 sen√

|λ|x .

Imponemos las ondi iones de frontera:

X(0) = X ′(0) ⇒ c1 = c2√

|λ| .

De la ondi ión X(π) = X ′(π) se obtiene

c1 cosπ√|λ|+ c2 sen π

√|λ| = −c1

√|λ| sen π

√|λ|+ c2

√|λ| cos π

√|λ| .

Por tanto, sen π√

|λ| = 0, luego√

|λ| = n para n = 1, 2, . . .. Enton es son autovalores λn = −n2

(n = 1, 2, . . .) y autofun iones

Xn(x) = n cosnx+ sen nx .

40




EJERCICIO 3

(4 puntos)

La fun ión f(x, y) = xy(x+y−1) es una integral primera del sistema diferen ial autónomo plano:

{x′(t) = x2 + 2xy − xy′(t) = v(x, y)

(9)

a) Determinar la fun ión v(x, y), de�nida en R2. (0, 5 puntos)

b) Rellenar el siguiente uadro, es ribiendo en ada asilla SÍ o NO. La primera olumna se

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

toda la �la. (1 punto)

Puntos de

equilibrio

Hiperbóli o Fuente Puerto Sumidero

Asintóti amen-

te estable (AE)

Estable

no AE

Inestable

(0, 0) Sí No Sí No No No Sí



(1/3, 1/3) No No No No No Sí No

) Dibujar la urva de nivel ero de f y dibujar el ampo ve torial aso iado al sistema (9) en los

puntos de la urva de nivel. (0, 5 puntos)

d) De idir razonadamente la existen ia o no de órbitas erradas para el sistema (9).(0, 5 puntos)

e) Dibujar las distintas órbitas del sistema (9) en el espa io de fases. (1 punto)

f) De idir la prolongabilidad en el tiempo ha ia el futuro de las solu iones del sistema (9)

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


a) La fun ión 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 satisfa en el sistema

{x(x+ 2y − 1) = 0

y(1− y − 2x) = 0 ,

41

es de ir, los puntos

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

(1

3,1

3

).

La matriz ja obiana del ampo v es

Dv((x, y)) =

(2x+ 2y − 1 2x

−2y 1− 2y − 2x

).

De ella se dedu e inmediatamente que los puntos (0, 0), (0, 1) y (1, 0) son puertos, por tanto inestables.La integral primera f(x, y) es también una fun ión de Lyapunov para el punto (1/3, 1/3) que será

estable.

d) Apli ando los teoremas de Poin aré y de Poin aré-Bendixson se demuestra la existen ia de

órbitas erradas que se indi an 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 re ta x + y = 1 está formada por traye torias. Por tanto, la solu ión que empieza en un

punto de la re ta se mantiene en la misma re ta, y veri� a x(t)+y(t) ≡ 1. Sustituyendo en la primera

e ua ión del sistema, obtenemos

x′ = x− x2 ⇒ x′

x(1− x)= 1 ⇒

(1

x+

1

1− x

)x′ = 1 .

Integrando la e ua ión separable, resulta

log

∣∣∣∣x

1− x

∣∣∣∣ = t+ k

que, imponiendo la ondi ión ini ial x(0) = x0, da la solu ión del problema

x(t) =x0e

t

1 + x0(et − 1).

La soluión x(t) es prolongable inde�nidamente si y solo si el denominador se anula en algún instante

t∗, es de ir 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 solu ión (x(t), y(t)) está de�nida en

[0,+∞) si y solo si x0 ≥ 0. Si x0 < 0, la solu ión está de�nida en [0, t∗).

42

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



EJERCICIO 1

(3 puntos)

1) Hallar la solu ión y(x) del problema de valor ini ial, espe i� ando su dominio de de�ni ión:

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 ini ial 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 2πx− 7sen 4πx , 0 < x < 10

(10)

2.1) Plantear el problema de autovalores aso iado y hallar sus orrespondientes autovalores y

autofun iones. (0,5 puntos)

2.2) Hallar la solu ión del problema (10) apli ando el método de separa ión de variables.

(0,5 puntos)


1) La e ua ión es lineal de primer orden. Resolvemos primero la e ua ión homogénea aso iada:

(x2 − 1)y′ = −xy ⇒ y′

y=

x

1− x2⇒ log|y| = −1

2log|1− x2|+K

⇒ yH(x) =K√

|1− x2|.

1.1) La ondi ión ini ial es y(0) = 2. Se bus a la solu ión para |x| < 1, por tanto |1−x2| = 1−x2,

y la solu ión general de la e ua ión homogénea es

yH(x) =K√1− x2

.

Por el método de varia ión de las onstantes, una solu ión parti ular de la e ua ión ompleta es

yP (x) =K(x)√1− x2

.

43

Sustituyendo en la e ua ión, se tiene

(x2 − 1)

K ′(x)√1− x2 −K(x)

−2x

2√1− x2

1− x2+ x

K(x)√1− x2

= 1

de donde

−K ′(x)√1− x2 = 1 ⇒ K ′(x) = − 1√

1− x2⇒ K(x) = − arc sen x ,

y la solu ión general de la e ua ión es

y(x) =K − arc sen x√

1− x2.

Imponiendo la ondi ión ini ial, resulta 2 = y(0) = K, y la solu ión del problema es

y(x) =2− arc sen x√

1− x2, |x| < 1 .

1.2) La ondi ión ini ial es

y(2) =log(2 +

√3)

√3

.

Se bus a la solu ión para x > 1. La solu ión general de la e ua ión homogénea es

yH(x) =K√x2 − 1

.

Una solu ión parti ular de la e ua ión ompleta es

yP (x) =K(x)√x2 − 1

.

Sustituyendo en la e ua ión, resulta

(x2 − 1)

K ′(x)√x2 − 1−K(x)

2x

2√x2 − 1

x2 − 1+ x

K(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 solu ión general de la e ua ión es

y(x) =K + log

(x+

√x2 − 1

)√x2 − 1

.

Imponiendo la ondi ión ini ial, resulta

log(2 +

√3)

√3

= y(2) =K + log

(2 +

√3)

√3

⇒ K = 0 ,


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) = λX(x)

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

La e ua ión ara terísti a de la e ua ión diferen ial es r2 = λ. Se omprueba inmediatamente que no

hay autovalores λ ≥ 0. Supongamos λ < 0. Enton es, λ = −|λ|, de donde r = ±i√

|λ| y la solu ión

general de la e ua ión diferen ial es

X(x) = C1 cos√

|λ|x+ C2 sen√

|λ|x .

Imponiendo las ondi iones de frontera:

0 = X(0) = C1

0 = X(10) = C2 sen 10√|λ| ⇒ 10

√|λ| = πn (n = 1, 2, . . .)

⇒√

|λ| = πn

10.

Por tanto, los autovalores son

λn = −π2n2

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

y las autofun iones

Xn(x) = senπnx

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

2.2) Sustituyendo los λn en la e ua ión en T (t), se obtiene:

T ′n(t)

Tn(t)− 1 = −π2n2

100⇒ T ′

n(t) =

[1− π2n2

100

]Tn(t) ,


Tn(t) = Ane

(1−π2n2

100

)t.

Ensayamos una solu ión del problema en la forma

u(x, t) =∞∑

n=1

Ane

(1−π2n2

100

)tsen

πnx

10.

Imponemos la ondi ión ini ial:

3 sen 2πx− 7 sen 4πx = u(x, 0) =

∞∑

n=1

An senπnx

10,

de donde

A20 = 3 , A40 = −7 , An = 0 (n 6= 20, 40)


u(x, t) = 3e(1−4π2)t sen 2πx− 7e(1−16π2)t sen 4πx .

45




EJERCICIO 2

(4 puntos)

Una posible fórmula ( uya demostra ión no se pide) para expresar la solu ión general del sistema

diferen ial lineal no homogéneo

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 solu ión general del sistema diferen ial homogéneo

X ′(t) = AX(t) y K ∈ R2es un ve tor onstante que es una solu ión parti ular del sistema (11).

a) Cal ular los autovalores de A y espe i� ar su signo, según 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 términos de A y B. (0,5 puntos)

) Si X(t) es la solu ión general del sistema (11), expresar lımt→+∞X(t) en términos de A y B,

determinando previamente los valores de a, b > 0 para los uales di ho límite existe. (1 punto)

Dos depósitos one tados entre sí y on el exterior están llenos de una disolu ión salina que ir ula

por el sistema on audales onstantes a, b > 0 según se indi a en la �gura.

Salida

a(1)

b

Entrada

b

a(2)

a

Entrada

bSalida

Se inye ta desde el exterior en ada depósito una solu ión salina de on entra ión onstante q. Seaxi(t) la on entra ión de sal en el depósito i en el instante t (i = 1, 2). Un sen illo razonamiento sobre

onserva ión de la masa, suponiendo ambos depósitos de volumen igual a la unidad, propor iona el

siguiente sistema diferen ial para la evolu ión temporal de las on entra iones:

{x′1(t) = bq − (a + b)x1(t) + ax2(t)

x′2(t) = aq + bx1(t)− (a+ b)x2(t)

d) Cal ular la on entra ión a largo plazo en ambos depósitos. (1,5 puntos)


a) Cal ulamos los autovalores de A:

|A− λI| =∣∣∣∣−(a + b)− λ a

b −(a + b)− λ

∣∣∣∣ = [(a + b) + λ]2 − ab = 0

[(a+ b) + λ]2 = ab ⇒ a+ b+ λ = ±√ab ⇒

{λ1 = −a− b+

√ab

λ2 = −a− b−√ab .

47

Es laro que λ2 < 0 para todos a, b > 0. Para ver el signo de λ1, observamos que

(a+ b)2 = a2 + b2 + 2ab > ab ⇒ a+ b >√ab ⇒ λ1 < 0 .

Por tanto, |A| 6= 0 para todos a, b > 0 y existe siempre la matriz inversa A−1. Además, es evidente

que λ1 6= λ2 y por lo tanto A es diagonalizable para todos a, b > 0.

b) Bus amos la solu ión parti ular onstante XP (t) = K que existe según a�rma el enun iado.

Sustituyendo en el sistema (11), resulta:

0 = X ′P (t) = AK +B ⇒ AK = −B ⇒ K = −A−1B .

) La solu ión general del sistema (11) es

X(t) = XH(t) +K = k1eλ1tu1 + k2e

λ2tu2 +K ,

luego

lımt→+∞

X(t) = K = −A−1B .

d) Es rito en forma matri ial, el sistema para la evolu ión de las on entra iones es

(x′1(t)

x′2(t)

)=

(−(a + b) a

b −(a + b)

)(x1(t)x2(t)

)+ q

(ba

),

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

A−1 =1

a2 + b2 + ab

(−(a + b) −a

−b −(a+ b)

),

un sen illo ál ulo propor iona el omportamiento bus ado a largo plazo:

lımt→+∞

X(t) = −A−1B = q

(11

).

Esto signi� a que, a largo plazo, se igualan a q las on entra iones en ambos depósitos.

48




EJERCICIO 3

(3 puntos)

Se onsidera el siguiente sistema diferen ial autónomo plano, dependiente del parámetro a ∈ R:{

x′(t) = x(a− 4 + 2y)− a

y′(t) = y(a+ 1− x)− 2a(12)

1) Cal ular b ∈ R para que P ∗ = (1, b) sea un punto de equilibrio del sistema (12). (0,5 puntos)

2) Rellenar el siguiente uadro, es ribiendo en ada asilla los valores de a ∈ R para los uales el

equilibrio P ∗satisfa e la propiedad indi ada en la abe era. (1 punto)


Asintóti amen-

te estable (AE)

Estable

no AE

Inestable

Valores

de a

3) Para a = 0, hallar los puntos de equilibrio del sistema (12) y de idir su estabilidad según

Lyapunov. (1 punto)

4) Para a = 0 dibujar el ampo ve torial aso iado al sistema (12) sobre los ejes oordenados y

esbozar un dibujo de las órbitas de (12) en el espa io de fases que sea ompatible on la informa ión

obtenida. (0,5 puntos)


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

{x(a− 4 + 2y)− a = 0

y(a+ 1− x)− 2a = 0 .

Bus amos puntos de equilibrio de la forma P ∗ = (1, b). Ha emos, por tanto, x = 1 y se obtiene

inmediatamente b = 2. Es de ir, el punto P ∗ = (1, 2) es de equilibrio para el sistema (12) para todo

valor de a ∈ R.

2) Para de idir la estabilidad de P ∗, al ulamos la matriz ja obiana del ampo ve torial v aso iado

al sistema (12):

Dv(x, y) =

(a− 4 + 2y 2x

−y a+ 1− x

).

En parti ular,

Dv(1, 2) =

(a 2−2 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 (asintóti amente estable) .

49

Queda por lasi� ar el punto P ∗ uando a = 0. En este aso, el sistema (12) se redu e a

{x′ = x(−4 + 2y)

y′ = y(1− x) .(13)

Bus amos una integral primera del sistema:

y′(x) =y′(t)

x′(t)=

y(1− x)

x(−4 + 2y)⇒ 2y − 4

yy′ =

1− x

x

⇒ 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 lo al (la onsideramos de�nida en el uadrante positivo x, y > 0).El punto (1, 2) anula las primeras derivadas par iales 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

∂x2

∂2f

∂x∂y∂2f

∂y∂x

∂2f

∂y2

(1,2)

=

(1 00 1

),

Por tanto, P ∗es un mínimo relativo estri to para f , luego f es una fun ión de Lyapunov para

P ∗que será un punto de equilibrio estable. Ninguna traye toria puede tender a P ∗

para a = 0porque f (integral primera) sería onstante a lo largo de la traye toria y, por ontinuidad, su valor

en P ∗ oin idiría on el valor de f a lo largo de la traye toria, lo ual ontradi e el he ho de que

P ∗es un mínimo lo al estri to de f . Por tanto, para a = 0, P ∗

es un punto de equilibrio estable no

asintóti amente estable.

El uadro que se pide es, por onsiguiente:


Asintóti amen-

te estable (AE)

Estable

no AE

Inestable

Valores

de aa 6= 0 a > 0 Ningún 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 satisfa en:

{x(−4 + 2y) = 0

y(1− x) = 0 ,

on solu iones (0, 0) y (1, 2). Este último es el punto P ∗ya onsiderado. Para determinar la estabilidad

del origen, al ulamos la matriz ja obiana

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 ve torial en el eje OX es v(α, 0) = (−4α, 0). En el eje OY , v(0, β) =(0, β).

El diagrama de fases puede verse en la Figura 10.

Nota. Es posible probar que todas las traye torias ontenidas en el primer uadrante x, y > 0son erradas, aunque este he ho no se pide en el enun iado.

Consideremos la fun ión η(s) := s− e log s (s > 0). Cal ulamos sus extremos:

η′(s) = 1− e

s= 0 ⇔ s = e .

Como

η′′(s) =e

s2> 0 ,

s = e es el punto de mínimo absoluto de la fun ión η(s). Por tanto,

s− e log s = η(s) ≥ η(e) = e− e log e = 0

⇒ −e log s ≥ −s ⇒ − log s ≥ −s

e.

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

C = x− log x+ 2y − 4 log y ≥ x− x

e+ 2y − 4y

e=

(1− 1

e

)x+ 2

(1− 2

e

)y

⇔ (e− 1)x+ 2(e− 2)y ≤ Ce ,

lo que signi� a que todos los puntos de la urva ΓC están dentro del triángulo que se muestra en la

Figura 11, de vérti es

(0, 0) ,

(Ce

e− 1, 0

),

(0,

Ce

2(e− 2)

).

Por tanto, ΓC es a otada. De aquí se dedu e que ΓC es errada, apli ando la siguiente versión del

Teorema de Poin aré-Bendixson que puede verse en L. Barreira and C. Valls, Ordinary Di�e-

rential Equations, Qualitative Theory, Grad. Stud. in Math. 137, Ameri an Mathemati al So iety,

Providen e, RI 2012, Theorem 7.11.

Teorema. Sea el sistema diferen ial autónomo x′ = F (x), on F : R2 → R2de lase C1

. Si

la traye toria positiva de un punto x es a otada y su onjunto ω-límite ω(x) no ontiene puntos de

equilibrio, enton es ω(x) es una órbita periódi a.

51

•

•

0

y

x

f(x, y) = C

ΓC

re ta de e ua ión

(e− 1)x+ 2(e− 2)y = Ce

Figura 11: Traye toria del sistema x′ = x(−4 + 2y), y′ = y(1− x) en el primer uadrante

52




EJERCICIO 1

(3 puntos)

a) Hallar la solu ión y(x) del siguiente problema de valor ini ial, espe i� ando su dominio maximal

de de�ni ión:

(1 + x2)y′(x) = 2y2(x)− 1− x2

xy(x) ; y(−1) = 1 .

(1 punto)

b) Se onsidera el problema de valor ini ial:

X ′(t) = AX(t) +B(t) ; X(0) = X0 (14)

A =

(−1 10 1

); B(t) =

e−t

et + 1ch t

; X0 = −1

4

(11

)

b.1) Cal ular etA. (0,5 puntos)

b.2) Cal ular la integral

∫dσ

eσ + 1. (0,5 puntos)

b.3) Hallar la solu ión de (14). (1 punto)


a) La e ua ión es de Bernoulli. La es ribimos en la forma:

(1 + x2)y′

y2= 2− (1− x2)

x

1

y.

Ha emos el ambio de fun ión in ógnita:

u :=1

y⇒ u′ = − y′

y2.

Sustituyendo en la e ua ión:

−(1 + x2)u′ = 2− 1− x2

xu ⇒ (1 + x2)u′ =

1− x2

xu− 2 .

Hallamos la solu ión general de la e ua ión homogénea aso iada:

(1 + x2)u′ =1− x2

xu ⇒ u′

u=

1− x2

x(1 + x2).

Des omponemos el segundo miembro en fra iones simples:

1− x2

x(1 + x2)=

A

x+

Bx+ C

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

53

Identi� ando oe� ientes:

x2) − 1 = A+B

x) 0 = C

1) 1 = A ,

se obtiene A = 1, B = −2, C = 0, es de ir,

u′

u=

1

x− 2x

1 + x2

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

⇒ uH(x) =Kx

x2 + 1.

Por el método de varia ión de las onstantes, bus amos una solu ión parti ular de la e ua ión

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− x2

x

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) = −2

x⇒ K(x) = −2 log|x|

⇒ uP (x) = − 2x

x2 + 1log|x| ,

y la solu ión general de la e ua ión lineal ompleta es

u(x) =Kx− 2x log|x|

x2 + 1.

Desha iendo el ambio, resulta:

y(x) =x2 + 1

Kx− 2x log|x| .

Imponemos la ondi ión ini ial

1 = y(−1) =2

−K + 2 log|−1| ⇒ K = −2 ,

y la solu ión del problema de valor ini ial es

y(x) = − x2 + 1

2x(1 + log|x|) .

El denominador se anula en x = 0 y para 1 + log|x| = 0, es de ir, |x| = e−1. Por tanto, el intervalo

maximal de de�ni ión de la solu ión es

(−∞,−1

e

),

que in luye el valor ini ial x = −1.

54

b.1) Los autovalores de A son ±1. Por tanto, se veri� a:

etA = e−tM + etN

⇒ AetA = −e−tM + etN ,

donde M y N son matri es 2× 2 que hemos de determinar. Ha iendo 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 = e−t

(1 −1/20 0

)+ et

(0 1/20 1

)=

(e−t sh t0 et

).

b.2) Se tiene ∫dσ

eσ + 1=

∫e−σ dσ

1 + e−σ= − log(1 + e−σ) .

b.3) La solu ión del problema de valor ini ial está dada por

X(t) = etA[X0 +

∫ t

0

e−σAB(σ) dσ

].

Cal ulamos el produ to integrando:

e−σAB(σ) =

(eσ − sh σ0 e−σ

)

e−σ

eσ + 1ch σ

=

1

eσ + 1− sh σ ch σ

e−σ ch σ

.

Ne esitamos la integral

∫ t

0

sh σ ch σ dσ =1

2

∫ t

0

sh 2σ dσ =1

2

[ch 2σ

2

]t

0

=1

4ch 2t− 1

4,

y

∫ t

0

e−σ ch σ dσ =1

2

∫ t

0

(1 + e−2σ

)dσ =

1

2

[σ − 1

2e−2σ

]t

0

1

2

(t− 1

2e−2t

)+

1

4=

t

2− 1

4e−2t +

1

4.

Integrando,

∫ t

0

e−σAB(σ) =

log

2

1 + e−t− 1

4ch 2t+

1

4t

2− 1

4e−2t +

1

4

.

55

Sumando X0 y multipli ando por etA, resulta la solu ión del problema:

X(t) =

(e−t sh t0 et

)log

2

1 + e−t− 1

4ch 2t

t

2− 1

4e−2t

=

e−t log

2

1 + e−t− 1

4e−t ch 2t+

1

2t sh t− 1

4e−2t sh t

1

2tet − 1

4e−t

=

e−t log

2

1 + e−t+

1

2t sh t− 1

4ch t

1

2tet − 1

4e−t

,

ya que

−1

4e−t ch 2t− 1

4e−2t sh t = −1

4e−t e

2t + e−2t

2− 1

4e−2t e

t − e−t

2

= −1

8

(et + e−3t + e−t − e−3t

)= −1

4ch t .

Método alternativo.

Se puede al ular 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 ini ial sin ne esidad de la matriz exponen ial. En efe to,

la segunda e ua ión del sistema es

y′ = y + ch t .

Teniendo en uenta que ch t es una ombina ión lineal de et y e−ty que la raíz de la e ua ión

ara terísti a es 1, la solu ión general de la EDO en y(t) es

y(t) = Cet + Atet +Be−t

⇒ y′(t) = Cet + Aet + Atet −Be−t .

Sustituyendo en la EDO, resulta:

et + e−t

2= ch t = y′(t)− y(t) = Aet − 2Be−t ,

de donde

A =1

2, B = −1

4,

56

luego

y(t) = Cet +1

2tet − 1

4e−t .

Imponiendo la ondi ión ini ial, se tiene:

−1

4= y(0) = C − 1

4⇒ C = 0 ,

y la solu ión en y(t) es

y(t) =1

2tet − 1

4e−t .

La primera e ua ión del sistema es

x′ = −x+ y +e−t

et + 1

= −x+1

2tet − 1

4e−t +

e−t

et + 1.

La solu ión general de la EDO homogénea aso iada es xH(t) = Ke−t. Apli ando el método de

varia ión de las onstantes, probamos una solu ión parti ular de la e ua ión ompleta en la forma:

xP (t) = K(t)e−t ⇒ x′P (t) = K ′(t)e−t −K(t)e−t .

Sustituyendo en la EDO,

K ′(t)e−t −K(t)e−t = −K(t)e−t +1

2tet − 1

4e−t +

e−t

et + 1

⇒ K ′(t) =1

2te2t − 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 + e−t) ,

y la solu ión general de la EDO en x(t) es

x(t) = xH(t) + xP (t) = Ke−t +1

4tet − 1

8et − t

4e−t − e−t log(1 + e−t) .

Imponiendo la ondi ión ini ial, resulta:

−1

4= x(0) = K − 1

8− log 2 ⇒ K = −1

8+ log 2 ,

y la solu ión del problema en x(t) es:

x(t) = −1

4ch t+

1

2t sh t + e−t log

2

1 + e−t.

57




EJERCICIO 2

(3 puntos)


∂u

∂t(x, t) =

∂2u

∂x2(x, t)− 2

∂u

∂x(x, t) , 0 < x < π , t > 0

u(0, t) = u(π, t) = 0 , t ≥ 0

u(x, 0) = exx(x− π) , 0 ≤ x ≤ π .

(15)

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

valores y autofun iones. (1 punto)

b) Cal ular los oe� ientes An del siguiente desarrollo en serie trigonométri o: (0,5 puntos)

x(x− π) =∞∑

n=1

Ansen nx , 0 ≤ x ≤ π .

) Apli ando el método de separa ión de variables, hallar la solu ión de (15). (1,5 puntos)


a)

Por el método de separa ión de variables, bus amos solu iones de la EDP y de las ondi iones 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)= λ ,

de donde se obtiene el problema de autovalores

X ′′(x)− 2X ′(x) = λX(x)

X(0) = X(π) = 0 .

La e ua ión ara terísti a aso iada a la EDO es

r2 − 2r − λ = 0 ⇒ r = 1±√1 + λ .

Veamos qué valores puede tomar λ:(1) Si λ = −1, r = 1 es raíz doble de la e ua ión ara terísti a, y la solu ión general de la EDO

es

X(x) = c1ex + c2xe

x .

Imponiendo las ondi iones de frontera, resulta:

0 = X(0) = c1

0 = X(π) = c2πeπ ⇒ c2 = 0

59

y por tanto X(x) ≡ 0, que no es autofun ión.

(2) Si 1 + λ > 0, la solu ión general de la EDO es

X(x) = c1e(1+

√1+λ)x + c2e

(1−√1+λ)x .

Imponiendo las ondi iones de frontera, se tiene

0 = X(0) = c1 + c2

0 = X(π) = c1e(1+

√1+λ)π + c2e

(1−√1+λ)π ,

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

√|1 + λ|, y la solu ión general de la

EDO es

X(x) = ex(c1 cos

√|1 + λ|x+ c2 sen

√|1 + λ|x

).

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

X(π) = 0 ⇒ sen√|1 + λ|π = 0

⇒√|1 + λ| = n ⇒ |1 + λ| = n2 ⇒ 1 + λ = −n2 .


λn = −1 − n2 (n = 1, 2, . . .)

y las autofun iones:

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

b)

Bus amos los números An tales que

x(x− π) =∞∑

n=1

An sen nx (0 ≤ x ≤ π) .

Como ∫ π

0

sen2 nx dx =1

2

∫ π

0

(1− cos 2nx) dx =π

2,

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

An =2

π

∫ π

0

x(x− π) sennx dx

u = x(x− π) ⇒ du = (2x− π) dx

dv = sen nx dx ⇒ v = −1

ncos nx

=2

π

{[−1

nx(x− π) cosnx

]π

0

+1

n

∫ π

0

(2x− π) cosnx dx

}

u = 2x− π ⇒ du = 2 dx

dv = cos nx dx ⇒ v =1

nsen nx

= − 4

πn2

[−cosnx

n

]π0=

4

πn3(cosπn− 1) =

4

πn3[(−1)n − 1] .

60

)

Del apartado a) se obtienen las e ua iones diferen iales

T ′n(t)

Tn(t)= λn = −(1 + n2) ⇒ Tn(t) = Ane

−(1+n2)t (n = 1, 2, 3, . . .) .

Ensayamos la solu ión del problema en la forma

u(x, t) =∞∑

n=1

Ane−(1+n2)tex sen nx .

Imponiendo la ondi ión ini ial, se tiene

exx(x− π) = u(x, 0) =

∞∑

n=1

Anex sennx ,

de donde

x(x− π) =∞∑

n=1

An sen nx ⇒ An =4

πn3[(−1)n − 1] ,

y resulta la solu ión

u(x, t) = ex−t

∞∑

n=1

4

πn3[(−1)n − 1] e−n2t sennx

= −8ex−t

π

∞∑

k=0

1

(2k + 1)3e−(2k+1)2t sen(2k + 1)x .

61




EJERCICIO 3

(4 puntos)

Se onsidera el siguiente sistema diferen ial autónomo plano:

{x′(t) = x(1− x2 − y2)

y′(t) = y(9− x2 − y2) .(16)

a) Rellenar el siguiente uadro, es ribiendo en ada asilla SÍ o NO. La primera olumna se

rellenará on los puntos de equilibrio de (16). Cada asilla errónea resta 0,1 puntos a la ali� a ión

de este apartado, hasta un máximo de 1,25 puntos. (1,25 puntos)

Los puntos de equilibrio son los que satisfa en el sistema de e ua iones:

{x(1 − x2 − y2) = 0

y(9− x2 − y2) = 0 .

Son solu iones:

x = 0 ⇒ y(9− y2) = 0 ⇒ y = 0 , y = ±3 ,

es de ir, 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).Cal ulamos la matriz ja obiana del ampo ve torial v aso iado al sistema diferen ial:

Dv(x, y) =

(1− 3x2 − y2 −2xy

−2xy 9− x2 − 3y2

).

Parti ularizando 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, asintóti amente estables).

Dv(±1, 0) =

(−2 00 8

)

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

63

Puntos de

equilibrio


Asintóti amen-

te estable (AE)

Estable

no AE

Inestable

(0, 0) Sí Sí No No No No Sí

(0,±3) Sí No No Sí Sí No No

(±1, 0) Sí No Sí No No No Sí

b) Dibujar el ampo ve torial aso iado a (16) en los ejes oordenados. (0,25 puntos)

Como

v(α, 0) = (α(1− α2), 0)

v(0, β) = (0, β(9− β2)) ,

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

• • •

•

•

x

y

0 1

3

Figura 12: Ejes oordenados para dibujar el ampo ve torial

) Para ada R > 0, se onsidera la región del primer uadrante de�nida por:

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

Dibujar el ampo ve torial aso iado a (16) en la frontera de FR para ada uno de los valores de Rque se indi an: (0,75 puntos)

Consideramos puntos (α, β) on α2 + β2 = R2. El ampo ve torial en esos puntos es

v(α, β) =(α(1− R2), β(9−R2)

),

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)

Es ribimos la e ua ión diferen ial 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 ve torial

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 θ

⇒ r′ = r(1− r2 + 8 sen2 θ) .

Queremos hallar los valores de r que hagan que las traye torias �entren� en el uadrante de ír ulo,

es de ir, que hagan r′ ≤ 0, equivalentemente

r2 ≥ 1 + 8 sen2 θ para todo θ ∈[0,

π

2

],

lo ual impli a

r2 ≥ max(1 + 8 sen2 θ) = 9 ⇔ r ≥ 3 .

Por tanto, FR es positivamente invariante si y solo si R ≥ 3.

e) Apli ando el Teorema de Poin aré-Bendixson, determinar los puntos del primer uadrante

(x0, y0), (x0 > 0, y0 > 0) para los uales la solu ión de (16), (x(t), y(t)) on (x(0), y(0)) = (x0, y0), estáde�nida para todo t ∈ [0,+∞). Para di has solu iones, determinar lımt→+∞(x(t), y(t)). (0,5 puntos)

Cualquier punto del primer uadrante se puede in luir en una región FR ompa ta y positivamente

invariante, eligiendo R su� ientemente grande. Apli ando el teorema de Hartman-Grobman a los

puntos de equilibrio, que son todos hiperbóli os y, omo el teorema de Poin aré impli a que no existen

órbitas erradas, todas las órbitas del primer uadrante están a otadas para t ≥ 0 (en parti ular,

existen para todo t ≥ 0) y además tienden ha ia el punto (0, 3).

65

f) En la Figura 14, dibujar las distintas órbitas de (16) en el espa io 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 proposi iones siguientes,

referidas al sistema (16). Cada respuesta errónea resta 0,1 puntos a la ali� a ión de este apartado,

hasta un máximo de 0,5 puntos. (0,5 puntos)

V F

1. Existe una integral primera no trivial de�nida en todo el espa io de fases F

2. Existen solu iones periódi as no triviales F

3. Existen i los límite F

4. Todas las órbitas son inde�nidamente prolongables en el tiempo ha ia el futuro V

5. Los puntos de equilibrio son puntos esta ionarios de la integral primera F

66




EJERCICIO 1

(4 puntos)

Se onsidera el sistema diferen ial lineal on oe� ientes 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 ejer i io.

a) Determinar los autovalores de A y sus respe tivos autoespa ios aso iados si la solu ión general

de (17) es:

X(t) = k1e2t

(31

)+ k2e

−3t

(52

).

Cal ular la matriz A. (1 punto)

b) Hallar la matriz A sabiendo que una solu ión parti ular de (17) es: (0,5 puntos)

X(t) =

(sh tet

).

) Razonar en ada uno de los siguientes asos si el ve tor X(t) propuesto puede ser solu ión de

(17) para alguna matriz A ( uya determina ión no se pide): (2,5 puntos)

( .1)

(3et + e−t

e2t

); ( .2)

(3et + e−t

et

); ( .3)

(3et + e−t

tet

)

( .4)

(3et + e−t

3et + e−t

); ( .5)

(3et

t2et

)

La ali� a ión global de ada subapartado es de 0,5 puntos.


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

λ1 = 2 , u1 =

(31

)

λ2 = −3 , u2 =

(52

)

La matriz diagonalizada es

A∗ =

(2 00 −3

)

y A = PA∗P−1siendo

P =

(3 51 2

)

67

uyo determinante vale 1. Por tanto,

PT =

(3 15 2

)⇒ P−1 =

(2 −5−1 3

),

de donde resulta:

A =

(3 51 2

)(2 00 −3

)(2 −5−1 3

)=

(6 −152 −6

)(2 −5−1 3

)=

(27 −7510 −28

).

b) La solu ión parti ular ono ida es

X(t) =

(sh tet

)=

et − e−t

2et

= et

(1/21

)+ e−t

(−1/20

).

Por tanto, los autovalores y autove tores de A son:

λ1 = 1 , u1 =

(12

)

λ2 = −1 , u2 =

(−10

).

La matriz diagonalizada es

A∗ =

(1 00 −1

)

y A = PA∗P−1siendo

P =

(1 −12 0

)

on determinante igual a 2, de donde

PT =

(1 2−1 0

)⇒ P−1 =

1

2

(0 1−2 1

).

Por tanto, se tiene

A =1

2

(1 −12 0

)(1 00 −1

)(0 1−2 1

)=

1

2

(1 12 0

)(0 1−2 1

)=

1

2

(−2 20 2

)=

(−1 10 1

).

)

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

( .2) sí.

( .3) no es posible porque A tendría el autovalor doble 1 y el simple −1, lo que es absurdo.

( .4) no es posible porque A tendría los siguientes autovalores y autove tores

λ1 = 1 , u1 =

(33

)

λ2 = −1 , u2 =

(11

)

y los autove tores son linealmente dependientes, lo que es absurdo.

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

68




EJERCICIO 2

(4 puntos)

Se onsidera el sistema diferen ial no lineal autónomo plano:

{x′(t) = v1(x, y)

y′(t) = v2(x, y)v1, v2 ∈ C1(R2) (18)

que satisfa e todas las ondi iones siguientes:

i) Tiene una integral primera f ∈ C1(R2) que no es onstante en ningún sub onjunto abierto de

R2.

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

x

y

0 3−1

Figura 15: Curva de nivel ero de una integral primera

iii) f tiene un úni o extremo relativo. Este extremo relativo es un máximo estri to situado en el

punto (1, 0).

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

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

Se pide:


rellenará on los puntos de equilibrio de (18). Cada asilla errónea resta 0,1 puntos a la ali� a ión

de este apartado, hasta un máximo de 1 punto. La nota mínima de este apartado es ero puntos.

(1 punto)

Puntos de

equilibrio

Asintóti amen-

te estable (AE)

Estable

no AE

Inestable

(−1, 0) No No Sí

(1, 0) No Sí No

69

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

referidas al sistema diferen ial (18). (1 punto)

NOTA.� Cada respuesta orre ta se puntúa on 0,1 puntos. Cada respuesta in orre ta resta 0,1puntos. Las respuestas en blan o se puntúan on 0 puntos. La nota mínima global de b) es ero

puntos.

V F

1. Todos los puntos de equilibrio son hiperbóli os F

2. Algún punto de equilibrio es inestable V

3. Existe en el espa io de fases un onjunto ompa to y positivamente invariante V

4. Todas las órbitas a otadas tienden ha ia algún punto de equilibrio F

5. Algún punto de equilibrio es estable según Lyapunov V

6. Los puntos de equilibrio estables son sumideros F

7. Existen i los límite F

8. Todas las órbitas a otadas son periódi as F

9. Los puntos de equilibrio no pueden ser asintóti amente estables porque

existe una fun ión de Lyapunov que no es estri ta

F

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

) Ha er un dibujo de las órbitas de (18) en el espa io 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 3−1 1

Figura 16: Diagrama de fases válido

70

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

•

(d.1)

x

y

0 3−1• •

(d.2)

x

y

0 3−1

• •

(d.3)

x

y

0 3

−1

Figura 17: Posibles diagramas de fases

Señalar en el siguiente uadro, es ribiendo SÍ o NO en ada asilla, las ondi iones del sistema

(18) que se satisfa en para ada uno de los diagramas anteriores. No pro ede responder en la asilla

mar ada on un aspa. (1,5 puntos)

NOTA.� Cada respuesta in orre ta resta 0,1 puntos. Las asillas en blan o no puntúan. La puntua-

ión mínima global de este apartado es ero puntos.

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

(d.1) No No No Sí No

(d.2) No No No Sí Sí

(d.3) No No × No Sí

En este ejer i io 2 solo se ali� arán las respuestas que se es riban en los lugares indi ados para

ada pregunta.

71




EJERCICIO 3

(2 puntos)


∂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) = senπx

2+ 3 sen 3πx , 0 < x < 2

(19)

a) Plantear el problema de autovalores aso iado y determinar sus autovalores y autofun iones.

(0,5 puntos)

b) Apli ando el método de separa ión de variables, hallar la solu ión u(x, t) de (19). (1 punto)

) ¾Cuál de los siguientes es el valor numéri o exa to de u(1/4, 0)? (0,5 puntos)

(i)

16 +√2

2(√

2−√2 + 3

√2)

; (ii)

16−√2

2(√2−

√2 + 3

√2)

(iii)

−16 +√2

2(√2−

√2− 3

√2)

; (iv)

−16 −√2

2(√

2−√2− 3

√2)

NOTA.� Este apartado solo puntúa si se expli itan los ál ulos ne esarios para obtener el resultado

orre to.


a) Bus amos solu iones de la EDP y de las ondi iones 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)= λ . (20)

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

{X ′′(x) = λX(x)

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

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

es ribir λ = −|λ| y la solu ión general de la EDO en X(x) es

X(x) = c1 cos√

|λ|x+ c2 sen√

|λ|x .

73

Imponiendo las ondi iones de ontorno, resulta:

0 = X(0) = c1

0 = X(2) = c2 sen 2√|λ| ⇒ 2

√|λ| = πn ⇒

√|λ| = πn

2.

Por tanto, los autovalores y autofun iones son

λn = −π2n2

4, Xn(x) = sen

πnx

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

b) Sustituyendo los autovalores λn en la EDO en T (t) que resulta de (20), obtenemos las e ua-

iones diferen iales:

T ′n(t) = −π2n2

4Tn(t) ⇒ Tn(t) = Ane

−π2n2t/4 .

Bus amos ahora una solu ión del problema del enun iado en forma de serie:

u(x, t) =∞∑

n=1

Ane−π2n2t/4 sen

πnx

2.


senπx

2+ 3 sen 3πx = u(x, 0) =

∞∑

n=1

An senπnx

2,

de donde, identi� ando los oe� ientes de ambos miembros, se obtiene:

A1 = 1 , A6 = 3 , An = 0 para todo n 6= 1, 6.

La solu ión del problema es, por tanto,

u(x, t) = e−π2t/4 senπx

2+ 3e−9π2t sen 3πx .

) Se tiene

u

(1

4, 0

)= sen

π

8+ 3 sen

3π

4.

Por una parte,

sen3π

4=

√2

2.

Utilizando la fórmula del ángulo mitad,

sen2 α

2=

1− cosα

2,

se obtiene

sen2 π

8=

1

2

(1− cos

π

4

)=

1

2

(1−

√2

2

)=

1

4

(2−

√2)

⇒ senπ

8=

1

2

√2−

√2 .

Por tanto,

u

(1

4, 0

)=

1

2

√2−

√2 +

3√2

2=

1

2

(√2−

√2 + 3

√2

) √2−

√2− 3

√2√

2−√2− 3

√2

=1

2

2−√2− 9 · 2√

2−√2− 3

√2=

−16−√2

2(√

2−√2− 3

√2) ,

y la solu ión orre ta es la (iv).

74




EJERCICIO 1

(4 puntos)

Se onsidera el sistema diferen ial lineal:

X ′(t) = AX(t) (21)

en el que A es una matriz onstante real n×n on detA 6= 0. Se desea determinar el omportamiento

de las solu iones X(t) del sistema (21) según la lo aliza ión de los autovalores de A en el plano

omplejo.

Una solu ión X(t) es amortiguada si lımt→+∞X(t) = 0.

Una solu ión X(t) es periódi a 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 proposi iones siguientes.

Cada respuesta errónea resta 0,2 puntos a la ali� a ión de este apartado, hasta un máximo de 1punto. (1 punto)

V F

1. Todas las solu iones del sistema (21) son amortiguadas

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


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

3. El sistema (21) tiene alguna solu ión periódi a no trivial

si y solo si A tiene algún autovalor omplejo

4. Si todas las solu iones del sistema (21) son periódi as,

enton es todos los autovalores de A tienen su parte real nula

5. Si todos los autovalores de A tienen su parte real nula, enton es

todas las solu iones del sistema (21) son periódi as

b) Se onsidera la matriz

A =

0 1 0 0−5 a 2 00 0 0 12 0 −2 a

, a ∈ R .

Cal ular las onstantes m, n, p, para que el polinomio ara terísti o de A (en la variable λ) veri�quela identidad:

det(A− λI) = mλ2(a− λ)2 + nλ(a− λ) + p .

Cal ular los autovalores de la matriz A. (0,5 puntos)

) Se onsidera el sistema diferen ial (21) on la matriz A de�nida en b). Determinar los valores

de a ∈ R para los uales todas las solu iones del sistema (21) son amortiguadas. Determinar los

valores de a ∈ R para los uales el sistema (21) tiene alguna solu ión periódi a. (0,5 puntos)

Se onsideran dos masas m1 = m2 = 1, suspendidas de dos muelles que uelgan de un soporte

�jo, tal y omo se indi a 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 respe tivas desvia iones respe to de

la posi ión de equilibrio en el instante t. Di has desvia ionessatisfa en el sistema diferen ial (22) siguiente, en el que ki > 0(i = 1, 2) son las onstantes de los muelles y bi ≥ 0 (i = 1, 2)son los oe� ientes de rozamiento:

{z′′1 (t) = −k1z1(t)− k2z1(t) + k2z2(t)− b1z

′1(t)

z′′2 (t) = k2z1(t)− k2z2(t)− b2z′2(t)

(22)

d) Es ribir el sistema diferen ial equivalente a (22) en las

nuevas variables de estado: (0,5 puntos)

x1(t) = z1(t) ; x2(t) = z′1(t) ; x3(t) = z2(t) ; x4(t) = z′2(t) .

e) Supóngase que k1 = 3, k2 = 2, b1 = b2 = 0 (movimiento

sin rozamiento). Razonar si existen solu iones z1(t), z2(t) delsistema (22) tales que lımt→+∞ z1(t) = lımt→+∞ z2(t) = 0.Razonar si existen solu iones periódi as del sistema (22). En

aso a�rmativo, hallar todas las solu iones periódi as de (22)

uyo periodo sea igual a 2π. (1 punto)

f) Supóngase que k1 = 3, k2 = 2, b1 = b2 = b > 0. Cal ular lımt→+∞ z1(t), lımt→+∞ z2(t). Cal ularlos valores de b > 0 para los uales existen solu iones amortiguadas del sistema (22) que además son

os ilatorias, es de ir, tales que z1(t) y z2(t) se anulan para in�nitos valores de t > 0. (0,5 puntos)

Respuesta: (responder ex lusivamente en esta hoja y dos hojas más)

a)

V F


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

F


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

V

3. El sistema (21) tiene alguna solu ión periódi a no trivial

si y solo si A tiene algún autovalor omplejo

F

4. Si todas las solu iones del sistema (21) son periódi as,

enton es todos los autovalores de A tienen su parte real nula

V

5. Si todos los autovalores de A tienen su parte real nula, enton es

todas las solu iones del sistema (21) son periódi as

F

76

b) Cal ulamos el polinomio ara terísti o de A:

det(A− λI) =

∣∣∣∣∣∣∣∣

−λ 1 0 0−5 a− λ 2 00 0 −λ 12 0 −2 a− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣

= −λ

∣∣∣∣∣∣

a− λ 2 00 −λ 10 −2 a− λ

∣∣∣∣∣∣−

∣∣∣∣∣∣

−5 2 00 −λ 12 −2 a− λ

∣∣∣∣∣∣= −λ(a− λ) [λ(λ− a) + 2]− [5λ(a− λ) + 4− 10]

= λ2(a− λ)2 − 2λ(a− λ)− 5λ(a− λ) + 6

= λ2(a− λ)2 − 7λ(a− λ) + 6

= mλ2(a− λ)2 + nλ(a− λ) + p ,

de donde

m = 1 , n = −7 , p = 6 .

Para al ular los autovalores de A, ha emos la sustitu ión z := λ(a − λ), on lo que la e ua ión

ara terísti a se transforma en

z2 − 7z + 6 = 0 ⇒ z =7±

√49− 24

2=

7± 5

2=

{6

1 .

En el primer aso z = 6 resulta:

λ(a− λ) = 6 ⇒ aλ− λ2 = 6 ⇒ λ2 − aλ+ 6 = 0 ⇒ λ =a±

√a2 − 24

2.

En el aso z = 1 se tiene:

λ(a− λ) = 1 ⇒ aλ− λ2 = 1 ⇒ λ2 − aλ + 1 = 0 ⇒ λ =a±

√a2 − 4

2.

) Las solu iones del sistema (21) son amortiguadas si y solo si todos los autovalores de A tienen

su parte real negativa, es de ir,

a < 0 .

El sistema (21) tiene alguna solu ión periódi a si y solo si A tiene algún autovalor omplejo on

parte real nula, es de ir,

a = 0 .

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

x′1(t) = x2(t)

x′2(t) = −k1x1(t)− k2x1(t) + k2x3(t)− b1x2(t)

x′3(t) = x4(t)

x′4(t) = k2x1(t)− k2x3(t)− b2x4(t)

o, en forma matri ial:

x′1

x′2

x′3

x′4

=

0 1 0 0−k1 − k2 −b1 k2 0

0 0 0 1k2 0 −k2 −b2

x1

x2

x3

x4

77

e) Ha iendo k1 = 3, k2 = 2, b1 = b2 = 0 omo pide el enun iado, la matriz del sistema es:

A =

0 1 0 0−5 0 2 00 0 0 12 0 −2 0

que es la matriz del apartado b) orrespondiente al valor a = 0. Sus autovalores son:

±√−24

2= ±

√−6 = ±i

√6 ,

±√−4

2= ±i .

Claramente, no existen solu iones amortiguadas. Sí existen solu iones periódi as. La matriz A es

diagonalizable en C puesto que todos sus autovalores son simples. La solu ión general del sistema

obtenido en d) es:

X(t) = Re[(c1 + ic2)e

i√6tw1 + (c3 + ic4)e

itw2

]

donde w1 es un autove tor de A aso iado al autovalor i√6 y w2 es un autove tor de A aso iado al

autovalor i.Las solu iones periódi as del sistema de d) on periodo 2π son

X(t) = Re[(c3 + ic4)e

itw2

].

El ve tor w2 = (x, y, z, u)T satisfa e el sistema (A− iI)w2 = 0, es de ir:

−i 1 0 0−5 −i 2 00 0 −i 12 0 −2 −i

xyzu

=

0000

o bien:

−ix + y = 0

−5x− iy + 2z = 0

−iz + u = 0

2x− 2z − iu = 0 .

Dando el valor x = 1, resulta y = i, z = 2, u = 2i. Las solu iones de periodo 2π serán por tanto

X(t) = Re

(c3 + ic4)(cos t+ i sen t)

1i22i

= Re

(c3 cos t− c4 sen t) + i(c4 cos t+ c3 sen t)

1i22i

=

c3 cos t− c4 sen t−c4 cos t− c3 sen t2c3 cos t− 2c4 sen t−2c4 cos t− 2c3 sen t

=

c3−c42c3−2c4

cos t +

−c4−c3−2c4−2c3

sen t

78

y las solu iones del sistema (22) de periodo 2π son:

z1(t) = k1 cos t + k2 sen t

z2(t) = 2k1 cos t+ 2k2 sen t .

f) Dando los valores k1 = 3, k2 = 2, b1 = b2 = b > 0, la matriz del sistema es

A =

0 1 0 0−5 −b 2 00 0 0 12 0 −2 −b

que es la matriz del apartado b) on a = −b. Sus autovalores son, por tanto,

−b±√b2 − 24

2,

−b ±√b2 − 4

2,

que siempre tienen parte real negativa, luego

lımt→+∞

z1(t) = lımt→+∞

z2(t) = 0 .

Existen solu iones amortiguadas os ilatorias si algún autovalor de A es omplejo, es de ir, si

b2 < 24 o bien b2 < 4 .

La primera ondi ión es más general que la segunda y equivale a

b < 2√6 .

79




EJERCICIO 2

(4 puntos)

1) Hallar los puntos de equilibrio y de idir su estabilidad según Lyapunov, del siguiente sistema

diferen ial autónomo plano, dependiente del parámetro a ∈ R:{

x′(t) = y + x3

y′(t) = a10x− y2(23)

Rellenar el siguiente uadro, es ribiendo en ada asilla SÍ o NO. La primera olumna se rellenará

on los valores de a y la segunda on los orrespondientes puntos de equilibrio del sistema (23). Cada

asilla errónea resta 0,1 puntos a la ali� a ión de este apartado, hasta un máximo de 0,75 puntos.

La nota ión AE signi� a �asintóti amente estable�. (0,75 puntos)

Valores

de a

Puntos de

equilibrio


AE

Estable

no AE

Inestable

a 6= 0 (0, 0) Sí No Sí No No No Sí

a 6= 0 (a2,−a6) Sí Sí No No No No Sí

a = 0 (0, 0) No No No No No No Sí

Cál ulos: (0,75 puntos)

Los puntos de equilibrio son los que satisfa en el sistema

{y + x3 = 0

a10x− y2 = 0

De la primera e ua ión se obtiene y = −x3. Sustituyendo en la segunda:

a10x− (−x3)2 = a10x− x6 = x(a10 − x5) = 0 ⇒{x = 0

x = a2

de donde resultan los puntos de equilibrio:

(0, 0) , (a2,−a6) .

La matriz ja obiana del ampo ve torial es

Dv(x) =

(3x2 1a10 −2y

).

81

Supongamos a 6= 0. En el origen, que es uno de los puntos de equilibrio, se tiene:

Dv((0, 0)) =

(0 1a10 0

)

on determinante negativo, luego el punto (0, 0) es un puerto. En el otro punto,

Dv((a2,−a6)) =

(3a4 1a10 2a6

)

on determinante positivo y traza positiva, luego el punto (a2,−a6) es una fuente.

Sea ahora a = 0. Se tiene

Dv((0, 0)) =

(0 10 0

)

on un autovalor nulo doble, por tanto el método de linealiza ión no propor iona informa ión sobre

la estabilidad del origen.

En el aso a = 0, se tienev(α, 0) = (α3, 0)

y el eje OX está formado por traye torias que se alejan del origen que será, por tanto, inestable.

2) Hallar los puntos de equilibrio, y de idir su estabilidad según Lyapunov, del siguiente sistema

diferen ial autónomo:

x′(t) = log(1− z)

y′(t) = log(1− x)

z′(t) = log(1− y)

(24)


on los puntos de equilibrio del sistema (24). Cada asilla errónea resta 0,1 puntos a la ali� a ión


Puntos de

equilibrio


Asintóti amen-

te estable (AE)

Estable

no AE

Inestable

(0, 0, 0) Sí No Sí No No No Sí


Los puntos de equilibrio son los que satisfa en

log(1− z) = 0

log(1− x) = 0

log(1− y) = 0

de donde x = y = z = 0 y el úni o punto de equilibrio es el origen.

La matriz ja obiana del ampo ve torial es

Dv(x) =

0 0−1

1− z−1

1− x0 0

0−1

1− y0

.

82

En el origen se tiene

Dv(0) =

0 0 −1−1 0 00 −1 0

on polinomio ara terísti o

det(A− λI) =

∣∣∣∣∣∣

−λ 0 −1−1 −λ 00 −1 −λ

∣∣∣∣∣∣= −λ3 − 1 = −(λ3 + 1) .

Los autovalores de la matriz ja obiana son, por tanto, las raí es úbi as de −1: una de ellas es −1 y

las otras dos están en el semiplano Re(z) > 0 omo es bien sabido. Por tanto, el origen es un puerto.

Si se pre�ere, se pueden al ular las raí es del polinomio ara terísti o, sabiendo que una de ellas

es λ = −1 y dividiéndolo por λ+ 1 por la regla de Ru�ni:

1 0 0 1−1 −1 1 −1

1 −1 1 0

de donde

λ3 + 1 = (λ+ 1)(λ2 − λ+ 1) .

Las raí es del polinomio de segundo grado son

λ =1±

√1− 4

2=

1

2± i

√3

2.

3) Hallar los puntos de equilibrio, y de idir su estabilidad según Lyapunov, del siguiente sistema

diferen ial autónomo plano: {x′(t) = y − 2x3

y′(t) = −x− y3(25)


on los puntos de equilibrio del sistema (25). Cada asilla errónea resta 0,1 puntos a la ali� a ión


Puntos de

equilibrio


Asintóti amen-

te estable (AE)

Estable

no AE

Inestable

(0, 0) No No No No Sí No No


Los puntos de equilibrio son los que satisfa en el sistema:

{y − 2x3 = 0

−x− y3 = 0 .

De la primera e ua ión resulta y = 2x3. Sustituyendo en la segunda,

−x− (2x3)3 = −x− 8x9 = −x(1 + 8x8) = 0 ⇒ x = 0 ,

83

y el úni o punto de equilibrio es (0, 0).Cal ulamos la matriz ja obiana del ampo ve torial

Dv(0) =

(−6x2 1−1 −3y2

)

(0,0)

=

(0 1−1 0

)

on autovalores ±i, luego la linealiza ión no permite determinar la estabilidad del origen.

Bus amos una fun ión de Lyapunov para el origen de la forma

V (x, y) = ax2m + by2n (a, b > 0 , m, n ∈ N) .

Se tiene

〈gradV (x, y), v(x, y)〉 = 2amx2m−1(y − 2x3) + 2bny2n−1(−x− y3)

= 2amx2m−1y − 4amx2m+2 − 2bny2n+2 − 2bnxy2n−1

= −4x4 − 2y4 < 0

para todo punto (x, y) 6= (0, 0), habiendo he ho la ele ión

a = b = m = n = 1 .

Por tanto, la fun ión V (x, y) = x2+y2 es una fun ión de Lyapunov estri ta para el origen y el origen

es asintóti amente estable.

4) ¾Existen órbitas erradas para el siguiente sistema diferen ial autónomo plano? Razónese.

{x′(t) = x2 + y2 − 1

y′(t) = x− 4

(0,5 puntos)

Respuesta

Es obvio que el sistema no tiene puntos de equilibrio. El Teorema de Poin aré impli a que no

tiene órbitas erradas.

84




EJERCICIO 3

(2 puntos)

a) Hallar los autovalores y autofun iones del siguiente problema de ontorno:

{X ′′(x) = λX(x) , 0 < x < 1

X(0) = X ′(1) = 0 .

(1 punto)

b) Hallar los autovalores y autofun iones del siguiente problema de ontorno:

{x2Y ′′(x) + xY ′(x) = λY (x) , 1 < x < e

Y (1) = Y ′(e) = 0 .

(1 punto)


a) La e ua ión ara terísti a de la EDO es r2 = λ, on raí es r = ±√λ.

(1) Supongamos λ > 0. La solu ión general de la EDO es

X(x) = c1e√λx + c2e

−√λx

on derivada

X ′(x) = c1√λe

√λx − c2

√λe−

√λx .

Imponemos las ondi iones de ontorno:

X(0) = c1 + c2 = 0

X ′(1) = c1√λe

√λ − c2

√λe−

√λ = 0 .

De la primera e ua ión resulta c2 = −c1. Sustituyendo en la segunda,

0 = c1√λe

√λ + c1

√λe−

√λ = 2c1

√λ ch

√λ

lo que impli a c1 = 0 y c2 = 0, luego X(x) ≡ 0 que no es autofun ión, luego no hay autovalores

positivos.

(2) Supongamos λ = 0. La EDO se redu e a X ′′(x) = 0 on solu ión general X(x) = c1 + c2x y

derivada X ′(x) = c2. Imponemos las ondi iones de ontorno:

X(0) = c1 = 0

X ′(1) = c2 = 0 ,

y resulta X(x) ≡ 0, luego tampo o hay autovalor nulo.

85

(3) Si λ < 0, podemos es ribir λ = −|λ|. Las raí es de la e ua ión ara terísti a son r = ±i√

|λ|y la solu ión general de la EDO es

X(x) = c1 cos√

|λ|x+ c2 sen√

|λ|x

on derivada

X ′(x) = −c1√|λ| sen

√|λ|x+ c2

√|λ| cos

√|λ|x .


X(0) = c1 = 0 ⇒ X ′(1) = c2√

|λ| cos√

|λ| = 0

de donde, o bien c2 = 0, lo que daría la fun ión X(x) ≡ 0 que no es autofun ión, o bien

cos√|λ| = 0 ⇒

√|λ| = (2n+ 1)

π

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


λn = −(2n+ 1)2π2

4(n = 0, 1, 2, . . .)

y las autofun iones

Xn(x) = sen(2n+ 1)πx

2.

b) La EDO es de Euler. Ha emos por tanto el ambio de variable independiente x 7→ σ siendo

x = eσ, de donde

dY

dx= e−σ dY

dσd2Y

dx2= e−σ d

dσ

(e−σ dY

dσ

)= −e−2σ dY

dσ+ e−2σ d2Y

dσ2.

Sustituyendo en la EDO,

d2Y

dσ2− dY

dσ+

dY

dσ= λY ⇒ Y ′′(σ) = λY (σ) .

Ha emos el ambio de variable en los puntos extremos:

x = 1 ⇒ σ = 0

x = e ⇒ σ = 1 ,

y las ondi iones de ontorno se transforman en Y (0) = Y ′(1) = 0.Hemos obtenido por tanto el mismo problema de autovalores y autofun iones del apartado a)

uyos autovalores son

λn = −(2n+ 1)2π2

4(n = 0, 1, 2, . . .)

y las autofun iones:

Yn(σ) = sen(2n+ 1)πσ

2⇒ Yn(x) = sen

[2n + 1

2π log x

].

86




EJERCICIO 1

(3 puntos)

Un modelo matemáti o sen illo para el re imiento diario del área de una hoja de una planta es:

S ′(t) = aS3/2(t) senπ(t− 6)

12, 6 ≤ t ≤ 18 (26)

en donde S(t) representa el área de la hoja en el instante t del día y a > 0 es una onstante de

propor ionalidad. La hoja re e desde que sale el sol uando t = 6h. hasta la puesta del sol uando

t = 18h.

a) Resolver la E.D.O. (26) y expresar S(t) en términos de t, a y del área de la hoja S0 = S(6) > 0en el ini io del día. (1 punto)

b) Determinar los valores del dato ini ial S0 > 0 para los uales es válido el modelo. (0,5 puntos)

Para simpli� ar los ál ulos, en los apartados que siguen se elige el dato ini ial:

S0 =π2

362a2.

) Cal ular el instante del día t∗, 6 ≤ t∗ ≤ 18, de máxima velo idad de re imiento de la hoja.

Cal ular di ha velo idad máxima. (1 punto)

d) Determinar el tamaño de la hoja al �nal del día. (0,5 puntos)

Nota.� El modelo (26) se ha formulado bajo la hipótesis sen illa de que la hoja es plana, que su

forma geométri a no se modi� a al re er y que la velo idad de re imiento de su área es propor ional

a la longitud del ontorno de la hoja (≈√

S(t)) y a la antidad de rayos solares que in iden sobre

ella, que depende del ángulo de in iden ia en ada momento del día (≈ S(t) sen π(t− 6)/12).


a) La e ua ión es separable. Integrándola omo tal, se tiene:

∫S−3/2 dS = a

∫sen

π(t− 6)

12dt

⇒ − 2S−1/2 = −a12

πcos

π(t− 6)

12+K

⇒ 1√S

=6a

πcos

π(t− 6)

12+K .

Ha iendo t = 6, resulta

K =1√S0

− 6a

π.

Por tanto,

1√S

=6a

π

[cos

π(t− 6)

12− 1

]+

1√S0

,

87

y la solu ión es

S(t) =

{6a

π

[cos

π(t− 6)

12− 1

]+

1√S0

}−2

(6 ≤ t ≤ 18) .

Obsérvese que S(t) > 0, t ∈ [6, 18].

b) El modelo no es válido si la solu ión S(t) on S(6) = S0 no está de�nida para todo t ∈ [6, 18].Esto su ede si la e ua ión en la in ógnita t:

6a

π

[cos

π(t− 6)

12− 1

]+

1√S0

= 0 ⇔ cosπ(t− 6)

12= 1− π

6a√S0

tiene alguna solu ión t∗ ∈ [6, 18]. Tal solu ión existe si y solo si:

−1 ≤ 1− π

6a√S0

≤ 1 ⇔ S0 ≥π2

144a2.

Por lo tanto, on luimos que la validez del modelo está restringida a hojas uyo tamaño ini ial no es

demasiado grande, es de ir:

S0 ∈(0,

π2

144a2

).

Para simpli� ar los ál ulos en los siguientes apartados, sustituimos en la solu ión S(t) el valorpropuesto en el enun iado para el dato ini ial, que pertene e al intervalo de datos ini iales obtenido

en el apartado (b), para los uales el modelo es válido. Resulta:

S(t) =

{6a

π

[cos

π(t− 6)

12− 1

]+

36a

π

}−2

=( π

6a

)2 [cos

π(t− 6)

12+ 5

]−2

.

) La velo idad de re imiento es

S ′(t) = −2( π

6a

)2 [− sen

π(t− 6)

12

]π

12

[cos

π(t− 6)

12+ 5

]−3

=(π6

)3 1

a2sen

π(t− 6)

12

[cos

π(t− 6)

12+ 5

]−3

.

Para al ular el valor máximo de S ′(t) igualamos a ero la derivada segunda. Para abreviar la

nota ión, ha emos

α := cosπ(t− 6)

12⇒ sen2 π(t− 6)

12= 1− α2 .

Se tiene por tanto

S ′′(t) =(π6

)4 1

2a2−2α2 + 5α + 3

(α+ 5)4

de donde

S ′′(t) = 0 ⇒ 2α2 − 5α− 3 = 0 ⇒ α =5±

√25 + 24

4=

5± 7

4=

{3

−1/2

El valor α = 3 no es posible, luego

α = cosπ(t− 6)

12= −1

2⇒ π(t− 6)

12=

2π

3⇒ t− 6 = 8 ⇒ t∗ = 14h.

88

La velo idad de re imiento es máxima en el instante t∗ = 14h. La velo idad máxima es

S ′(t∗) = S ′(14) =(π6

)3 1

a2sen

8π

12

[cos

8π

12+ 5

]−3

=(π6

)3 1

a24√3

729=

8√3πS0

243.

d) El tamaño de la hoja al �nal del día es:

S(18) =( π

6a

)2[cos π + 5]−2 =

( π

6a

)2 1

16=

9S0

4.

89




EJERCICIO 2

(3 puntos)

a) Hallar los autovalores y autofun iones del siguiente problema de ontorno:

{X ′′(x) = λX(x) , −π ≤ x ≤ π

X(−π) = X(π) = 0

(0,5 puntos)

b) Expresar cos5 α omo una ombina ión lineal de las fun iones cos kα, k = 1, 2, . . ..

Indi a ión: cosα =eiα + e−iα

2. (0,5 puntos)

) Apli ando el método de separa ión de variables, hallar la solu ión del siguiente problema de

valores ini iales y de ontorno: (1,5 puntos)

∂u

∂t(x, t) =

∂2u

∂x2(x, t) , −π < x < π , t > 0

u(−π, t) = u(π, t) = 0 , t > 0

u(x, 0) = 3 sen 2x+ cos5x

2, −π < x < π

d) Cal ular: ∫ π

−π

cos5x

2cos

2n+ 1

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

(0,5 puntos)


a) No se obtienen autovalores para λ ≥ 0. Sea λ = −|λ| < 0. La solu ión general de la EDO es:

X(x) = c1 cos√

|λ|x+ c2 sen√

|λ|x .


c1 cosπ√|λ| − c2 sen π

√|λ| = 0

c1 cosπ√|λ|+ c2 sen π

√|λ| = 0

Sumando miembro a miembro, obtenemos

cos π√|λ| = 0 ⇒ π

√|λ| = (2n + 1)

π

2⇒

λn = −(2n+ 1)2

4

Xn(x) = cos2n + 1

2x

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

91

y, restando miembro a miembro,

sen π√

|λ| = 0 ⇒ π√

|λ| = nπ ⇒{

λn = −n2

Xn(x) = sennx(n = 1, 2, . . .) .

b)

cos5 α =

(eiα + e−iα

2

)5

=1

32

(eiα + e−iα

)5

=1

32

[(50

)e5iα +

(51

)e3iα +

(52

)eiα +

(53

)e−iα +

(54

)e−3iα +

(55

)e−5iα

]

=1

32

[(e5iα + e−5iα

)+ 5

(e3iα + e−3iα

)+ 10

(eiα + e−iα

)]

=1

16(cos 5α+ 5 cos 3α+ 10 cosα) ,

de donde

cos5 α =5

8cosα +

5

16cos 3α+

1

16cos 5α .

) Bus amos solu iones de la EDP y las ondi iones de frontera en la forma u(x, t) = X(x)T (t):

X(x)T ′(t) = X ′′(x)T (t) ⇒ X ′′(x)

X(x)=

T ′(t)

T (t)= λ ,

de donde obtenemos el problema de autovalores aso iado

{X ′′(x) = λX(x)

X(−π) = X(π) = 0

resuelto en el apartado a).

Sustituyendo los valores de λ obtenidos en a) en la EDO T ′(t) = λT (t), obtenemos las solu iones

generales

T (1)n (t) = e−(2n+1)2t/4 (n = 0, 1, 2, . . .)

T (2)n (t) = e−n2t (n = 1, 2, . . .) .

Apli amos el prin ipio de superposi ión:

u(x, t) =

∞∑

n=0

Ane−(2n+1)2t/4 cos

2n+ 1

2x+

∞∑

n=1

Bne−n2t sennx .

Imponiendo la ondi ión ini ial y utilizando el resultado de b):

u(x, 0) =

∞∑

n=0

An cos2n + 1

2x+

∞∑

n=1

Bn sennx

= cos5x

2+ 3 sen 2x

=5

8cos

x

2+

5

16cos

3x

2+

1

16cos

5x

2+ 3 sen 2x .

Identi� ando oe� ientes, resulta:

A0 =5

8, A1 =

5

16, A2 =

1

16, An = 0 (n ≥ 3)

B2 = 3 , Bn = 0 (n 6= 2) .

92

La solu ión del problema planteado es:

u(x, t) =5

8e−t/4 cos

x

2+

5

16e−9t/4 cos

3x

2+

1

16e−25t/4 cos

5x

2+ 3e−4t sen 2x .

d) Si es ribimos el desarrollo en serie de Fourier de cos5 x/2:

cos5x

2=

∞∑

n=0

An cos2n + 1

2x (−π ≤ x ≤ π) ,

se tiene que:

In =

∫ π

−π

cos5x

2cos

2n+ 1

2x dx = An

∫ π

−π

cos22n+ 1

2x dx = πAn .

En el apartado b) hemos obtenido ese desarrollo:

cos5x

2=

5

8cos

x

2+

5

16cos

3x

2+

1

16cos

5x

2,

de donde

A0 =5

8, A1 =

5

16, A2 =

1

16, An = 0 (n ≥ 3)

y, en onse uen ia,

I0 = πA0 =5π

8, I1 = πA1 =

5π

16, I2 = πA2 =

π

16, In = 0 (n ≥ 3) .

93




EJERCICIO 3

(4 puntos)

Sea (S) un sistema diferen ial no lineal autónomo de�nido y de lase C1en R2

.

a) Elegir la respuesta V (verdadera) o F (falsa) para ada una de las proposi iones siguientes,

referidas al sistema (S). Cada respuesta errónea resta 0,2 puntos a la ali� a ión de este apartado,

hasta un máximo de 1 punto. La ali� a ión mínima de este apartado es 0 puntos. (1 punto)

V F

Si (S) tiene órbitas erradas, enton es (S) tiene al menos un punto de

equilibrio estable.

F

Si todos los puntos de equilibrio de (S) son inestables, enton es (S)

no tiene órbitas erradas.

F

Si existe un onjunto F ⊂ R2no va ío, ompa to y positivamente invariante para (S),

que no ontiene ningún punto de equilibrio, enton es (S) tiene órbitas erradas.

V

Supóngase que f ∈ C1(R2) es una integral primera para (S). Si (x0, y0) es un punto

esta ionario de f , enton es (x0, y0) es un punto de equilibrio estable para (S).

F

Si (x1, y1) es un punto de equilibrio hiperbóli o estable para (S), enton es (x1, y1)no es asintóti amente estable.

F

b) Ha er un dibujo laro y uidadoso de las órbitas en el espa io de fases para un sistema (S)

que satisfa e las ondi iones siguientes: (0,5 puntos)

i) (0, 0) es el úni o punto de equilibrio de (S), que además es inestable.

ii) La órbita de (S) que pasa por el punto (3, 0) es x(t) = 3 cos t, y(t) = 2 sen t, t ∈ R.

• x

y

3

−2

Figura 19: Órbita errada en torno a un punto de equilibrio inestable

La órbita indi ada es una elipse. El posible sistema que umpla las ondi iones dadas no es úni o.

95


x′(t) = x− y2 ; y′(t) = x2 − y (27)

) Cal ular la onstante a ∈ R para que

f(x, y) = x3 + y3 + axy

sea una integral primera para (27). Para el valor de a al ulado, hallar y lasi� ar los puntos esta-

ionarios de f . (0,5 puntos)

Se tiene:

〈grad f, v〉 = (3x2 + ay)(x− y2) + (3y3 + ax)(x2 − y)

= (3 + a)x3 − (3 + a)y3 ⇒ a = −3 ,

luego la integral primera es

f(x, y) = x3 + y3 − 3xy .

Los puntos esta ionarios de f son los que veri� an

∂f

∂x= 3x2 − 3y = 0

∂f

∂y= 3y2 − 3x = 0

⇒ (0, 0) , (1, 1) .

La matriz hessiana de f es

Hf(x, y) =

(6x −3−3 6y

).

Parti ularizando en los puntos esta ionarios:

Hf(0, 0) =

(0 −3−3 0

)

on autovalores ±3, luego (0, 0) es un punto de silla.

Hf(1, 1) =

(6 −3−3 6

)

y el punto (1, 1) es un punto de mínimo.

d) Rellenar el siguiente uadro, es ribiendo en ada asilla SÍ o NO. La primera olumna se

rellenará on los puntos de equilibrio del sistema diferen ial (27). Cada asilla errónea resta 0,1puntos a la ali� a ión de este apartado, hasta un máximo de 1 punto. La ali� a ión mínima de

este apartado es 0 puntos. (1 punto)

Puntos de

equilibrio


Asintóti amen-

te estable (AE)

Estable

no AE

Inestable


(1, 1) No No No No No Sí No

96


x′(t) = x2 − x− y ; y′(t) = x (28)

e) Elegir la respuesta V (verdadera) o F (falsa) para ada una de las proposi iones siguien-

tes, referidas al sistema diferen ial (28). Cada respuesta errónea resta 0,25 puntos a la ali� a ión

de este apartado, hasta un máximo de 0,5 puntos. La ali� a ión mínima de este apartado es 0puntos. (0,5 puntos)

Bus amos una fun ión de Lyapunov de la forma V (x, y) = ax2m + by2n on a, b > 0, m,n ∈ N. Six(t) es una solu ión del sistema, se tiene

V (x(t))

dt=

∂V

∂xx′(t) +

∂V

∂yy′(t)

= 2amx2m−1(x2 − x− y) + 2bny2n−1x

= 2amx2m+1 − 2amx2m − 2amx2m−1y + 2bny2n−1x

= 2x3 − 2x2 = 2x2(x− 1) ≤ 0 ,

en el abierto del plano x < 1 que ontiene al origen. Se han elegido los valores de las onstantes

m = n = a = b = 1. Por tanto, la fun ión V (x, y) = x2 + y2 es de Lyapunov no estri ta para el

sistema en el punto (0, 0).

V F

Existe una fun ión de Lyapunov no estri ta para (28) en el punto (0, 0). V

Si existe una fun ión de Lyapunov no estri ta para (28) en el punto (0, 0), enton esdi ho punto de equilibrio es estable pero no es asintóti amente estable.

F

f) Rellenar el siguiente uadro, es ribiendo en ada asilla SÍ o NO. La primera olumna se

rellenará on los puntos de equilibrio del sistema diferen ial (28). Cada asilla errónea resta 0,1puntos a la ali� a ión de este apartado, hasta un máximo de 0,5 puntos. La ali� a ión mínima de

este apartado es 0 puntos. (0,5 puntos)

La matriz ja obiana del ampo ve torial v aso iado al sistema diferen ial es

Dv(x, y) =

(2x− 1 −1

1 0

).

En el origen se tiene

Dv(0, 0) =

(−1 −11 0

)

on polinomio ara terísti o λ2 + λ+ 1 y autovalores

λ =−1±

√1− 4

2=

−1 ± i√3

2,

ambos on parte real estri tamente negativa, luego el punto (0, 0) es un sumidero.

Puntos de

equilibrio


Asintóti amen-

te estable (AE)

Estable

no AE

Inestable

(0, 0) Sí No No Sí Sí No No

97




EJERCICIO 1

(3 puntos)

Se onsidera el siguiente sistema diferen ial autónomo plano, dependiente del parámetro real

a > 0, a 6= 1: {x′(t) = y

y′(t) = sen x(a cosx− 1)(29)

a) Hallar una integral primera de (29). (0,5 puntos)

b) Hallar los puntos de equilibrio de (29), (x∗, y∗) tales que x∗ ∈ [0, π], y∗ ∈ R y determinar su

estabilidad según Lyapunov, para los diferentes valores del parámetro a > 0, a 6= 1. (0,75 puntos)

) Rellenar el siguiente uadro, es ribiendo en ada asilla SÍ o NO. La primera olumna se

rellenará on los valores de a y la segunda on los orrespondientes puntos de equilibrio de (29) a

que se re�ere el apartado b). Cada asilla errónea resta 0,1 puntos a la ali� a ión de este apartado,

hasta un máximo de 0,75 puntos. La ali� a ión mínima de este apartado es de 0 puntos. Las asillasen blan o no puntúan.

La nota ión AE signi� a asintóti amente estable. (0,75 puntos)

Valores

de a

Puntos de

equilibrio


AE

Estable

no AE

Inestable

0 < a < 1 (0, 0) No No No No No Sí No

0 < a < 1 (π, 0) Sí No Sí No No No Sí

a > 1 (0, 0) Sí No Sí No No No Sí

a > 1 (π, 0) Sí No Sí No No No Sí

a > 1(arc cos 1

a , 0)

No No No No No Sí No

Se onsidera un anillo ir ular rígido plano verti al, de radio r > 0, que efe túa un movimiento

de rota ión alrededor de su diámetro verti al, on velo idad angular onstante ω > 0.

•

ω

θ

0 r

P

Figura 20: Anillo ir ular

99

Ligada al anillo se olo a una partí ula P de masa m > 0, que puede desplazarse sin rozamiento

a lo largo del anillo.

Si θ(t) es el ángulo de desplazamiento de P respe to de la verti al en el instante t, tal y omo

se indi a en la Figura 20, el balan e de fuerzas que a túan sobre P propor iona la e ua ión del

movimiento:

mrd2θ

dt2(t) = −mg sen θ(t) +mω2r sen θ(t) cos θ(t) . (30)

Parti ularizando di ha e ua ión para los valores numéri os g ≈ 10, r = 10, ω > 0, ω 6= 1, resulta:

θ′′(t) = − sen θ(t) + ω2 sen θ(t) cos θ(t) .

d) Hallar las posi iones de equilibrio de P , según los diferentes valores de ω > 0, ω 6= 1, espe i�- ando su estabilidad según Lyapunov. (0,5 puntos)

e) Des ribir el movimiento de P , según los valores de ω > 0, ω 6= 1, si su posi ión ini ial es

θ(0) = θ0 on 0 < θ0 < π/2. (0,5 puntos)

Respuesta: (responder ex lusivamente en esta hoja y otras dos hojas más)

a) Cal ulamos una integral primera por el método habitual, apli ando la regla de la adena a lo

largo de una traye toria ualquiera:

y′(x) =y′(t)

x′(t)=

sen x(a cos x− 1)

y

⇒ yy′ = sen x(a cos x− 1) =a

2sen 2x− sen x (e ua ión separable)

⇒ y2

2= −a

4cos 2x+ cos x+ C .

Por tanto, una integral primera es

f(x, y) =y2

2+

a

4cos 2x− cosx

o bien

f(x, y) = 2y2 + a cos 2x− 4 cosx .

b) Los puntos de equilibrio son los que satisfa en las e ua iones:

y = 0

sen x(a cosx− 1) = 0 ⇒

sen x = 0 ⇒ x = 0, x = π

cos x =1

a⇒ x = arc cos

(1

a

)si a > 1.

Por tanto, los puntos de equilibrio on x∗ ∈ [0, π], y∗ ∈ R son:

0 < a < 1 ⇒ (0, 0) , (π, 0)

a > 1 ⇒ (0, 0) , (π, 0) ,

(arc cos

(1

a

), 0

).

Cal ulamos la matriz ja obiana del ampo ve torial para apli ar el método de linealiza ión:

Dv(x, y) =

(0 1

a cos 2x− cosx 0

).

100

Parti ularizando en los distintos puntos de equilibrio:

Dv(0, 0) =

(0 1

a− 1 0

),

on determinante 1− a y traza nula. Por tanto, si a > 1, el punto (0, 0) es un puerto (inestable, por

tanto) y, si 0 < a < 1, la linealiza ión no permite on luir.

Dv(π, 0) =

(0 1

a + 1 0

),

on determinante −a − 1 y traza nula. Por tanto, si a > 0, on a 6= 1, el punto (π, 0) es un puerto

(inestable).

Dv

(arc cos

(1

a

), 0

)=

0 11− a2

a0

,

on determinante (a2 − 1)/a y traza nula. Por tanto, omo en este punto es a > 1, el determinante

es positivo y la traza nula, y la linealiza ión no permite on luir.

En los asos en que el método de linealiza ión no de ide, ensayamos la integral primera omo

posible fun ión de Lyapunov. Es su� iente on omprobar si, en tales asos, el punto de equilibrio

es un máximo o un mínimo relativo estri to de f . En aso a�rmativo, on luimos que di hos puntos

son equilibrios estables, no asintóti amente estables.

Cal ulamos, pues, las derivadas de f .

∂f

∂x= −2a sen 2x+ 4 sen x ,

∂f

∂y= 4y

∂2f

∂x2= −4a cos 2x+ 4 cosx ,

∂2f

∂y2= 4 ,

∂2f

∂x∂y= 0 .

En el punto (0, 0) para 0 < a < 1,

∂f

∂x(0, 0) =

∂f

∂y(0, 0) = 0

Hf(x, y) =

(4(1− a) 0

0 4

),

que es de�nida positiva, por tanto (0, 0) es un punto de mínimo lo al estri to para 0 < a < 1.En el otro punto no hiperbóli o, si a > 1,

∂f

∂x

(arc cos

(1

a

), 0

)=

∂f

∂y

(arc cos

(1

a

), 0

)= 0

Hf

(arc cos

(1

a

), 0

)=

4(a2 − 1)

a0

0 4

,

de�nida positiva, luego el punto de equilibrio es un mínimo lo al estri to para f .

d) El sistema diferen ial equivalente a la EDO de segundo orden propuesta (que es un modelo de

sistema me áni o onservativo) oin ide on el sistema diferen ial (29), onsiderando las variables:

x = θ , y = θ′

101

para el valor del parámetro a = ω2. Por lo tanto, las posi iones de equilibrio de P son:

0 < ω < 1 ⇒{

θ = 0 Estable, no AE

θ = π Inestable

ω > 1 ⇒

θ = 0 , θ = π Inestables

θ = arc cos

(1

ω2

)Estable, no AE.

e) Para una posi ión ini ial θ(0) = θ0 de P que no es de equilibrio, P os ila alrededor de la

posi ión de equilibrio estable, deslizándose sobre el anillo:

0 < ω < 1 : Os ila alrededor de θ = 0

ω > 1 : Os ila alrededor de θ = arc cos

(1

ω2

).

Comentarios al ejer i io anterior

Veamos primero ómo se halla la e ua ión (30) que modela el movimiento de la partí ula a lo

largo del anillo. La partí ula se desliza a lo largo del anillo movida por las omponentes tangen iales

de las fuerzas que a túan sobre ella, que son la fuerza entrífuga y el peso.

La fuerza entrífuga es el produ to de la masa m de la partí ula por la a elera ión normal que es

ω2x omo es bien sabido. Por otra parte, ω2x = ω2r sen θ.El peso es −mg siendo g la a elera ión de la gravedad.

Por tanto, la omponente tangen ial total de estas fuerzas es (Figura 21):

−mg sen θ +mω2r sen θ cos θ .

Por la segunda ley de Newton, la fuerza tangen ial total que a túa sobre la partí ula es igual a la

masa por la a elera ión. La velo idad lineal de la partí ula es rθ′(t). La a elera ión será rθ′′(t). Portanto,

mrθ′′(t) = −mg sen θ +mω2r sen θ cos θ ,

que es la e ua ión (30).

•

ω

0 rθ θ

θ

Px

−mg

mω2x

Figura 21: Equilibrio de fuerzas

Cuando la velo idad de giro ω es menor que 1, el úni o punto de equilibrio estable del sistema

equivalente a la e ua ión (30) es (θ, θ′) = (0, 0). El diagrama de fases puede verse en la Figura 22.

Si la velo idad angular ω es mayor que 1, el punto de equilibrio (0, 0) se ha e inestable (un puerto)

y apare e un nuevo punto de equilibrio estable que es

(arc cos

(1

ω2

), 0

).

102

• • x

y

0 π

Figura 22: Diagrama de fases del sistema x′ = y, y′ = sen x(a cosx− 1) para a < 1

• •• • x

y

0 πθ∗

Figura 23: Diagrama de fases del sistema x′ = y, y′ = sen x(a cosx− 1) para a > 1

La Figura 23 muestra el diagrama de fases para a = 2.En la Figura 24 se muestra ómo os ila la partí ula en torno a la posi ión de equilibrio estable

en los asos ω < 1 y ω > 1. Para ilustrar el aso ω > 1 se ha elegido un valor de ω ≈√2, por lo que

di ho grá� o es una aproxima ión que no se orresponde ne esariamente on los ál ulos exa tos.

Si la velo idad angular ω aumenta mu ho, enton es la posi ión de equilibrio θ∗ tiende al valor

arc cos 0 = π/2.Podemos interpretar estos datos di iendo que, para ω < 1, la in�uen ia de la fuerza entrífuga

frente al peso de la partí ula es despre iable pero, uando ω > 1, la in�uen ia de la fuerza entrífuga

aumenta frente al peso.

ω < 1

θ0θ∗

ω ≈√2

θ∗

θ0

Figura 24: Os ila ión de la partí ula en torno a las posi iones de equilibrio

103




EJERCICIO 2

(2 puntos)

Sea A una matriz n× n, real y onstante, que satisfa e la ondi ión

A2 = αA , α 6= 0 onstante real ono ida.

a) Cal ular etA. Hallar la solu ión X(t) del problema de valor ini ial:

X ′(t) = AX(t) ; X(0) = X0 , X0 ∈ Rn .

Indi a ión: eu = 1 +u

1!+

u2

2!+ · · ·+ um

m!+ · · ·. (0,75 puntos)

b) Determinar los valores de α ∈ R para los uales existe lımt→+∞ X(t), espe i� ando el valor de

di ho límite. (0,25 puntos)

Se onsidera la matriz

B =

b b b bb b b bb b b bb b b b

, b ∈ R , b 6= 0 .

) Hallar la solu ión Y (t) del problema de valor ini ial:

Y ′(t) = BY (t) ; Y (0) = U0 , U0 ∈ R4 .

Determinar los valores de b ∈ R, b 6= 0, para los uales existe lımt→+∞ Y (t). (0,5 puntos)

d) Para los valores de b determinados en el apartado ), hallar todas las ondi iones ini iales

U0 ∈ R4para las uales se veri� a que lımt→+∞ Y (t) = 0. Si di has ondi iones ini iales onstituyen

un espa io ve torial, espe ifíquese su dimensión. (0,5 puntos)


a) Se tiene:

A2 = αA ⇒ A3 = A2A = α2A ⇒ · · · ⇒ Am = αm−1A ,

de donde:

etA = I +t

1!A+

t2

2!A2 +

t3

3!A3 + · · ·+ tm

m!Am + · · ·

= I +t

1!A+

t2

2!αA+

t3

3!α2A+ · · ·+ tm

m!αm−1A+ · · ·

= I +1

α

(tα

1!+

t2α2

2!+ · · ·+ tmαm

m!+ · · ·

)A

= I +1

α(etα − 1)A .

105

La solu ión del sistema diferen ial es

X(t) = etAX0 =

(I +

etα − 1

αA

)X0 .

b) Existe lımt→+∞X(t) si y solo si α < 0 y enton es

lımt→+∞

X(t) =

(I − 1

αA

)X0 .

) Se veri� a B2 = 4bB. Se pueden apli ar por tanto los resultados de los apartados a) y b) on

α = 4b. La solu ión del sistema diferen ial es

Y (t) = etBY (0) =

(I4 +

e4bt − 1

4bB

)U0

siendo I4 la matriz identidad 4× 4.Existe lımt→+∞ Y (t) si y solo si b < 0 y enton es:

lımt→+∞

Y (t) =

(I4 −

1

4bB

)U0 .

d) Hay que hallar las solu iones U0 del sistema

(I4 −

1

4bB

)U0 = 0

⇔(4I4 −

1

bB

)U0 = 0

⇔

3 −1 −1 −1−1 3 −1 −1−1 −1 3 −1−1 −1 −1 3

xyzu

=

0000

⇒ x = y = z = u

⇒ U0 = λ

1111

, λ ∈ R .

Se trata del espa io ve torial

ker

(4I4 −

1

bB

), on dimker

(4I4 −

1

bB

)= 1 .

106




EJERCICIO 3

(2 puntos)

Hallar los autovalores y las autofun iones del siguiente problema de ontorno:

{x2X ′′(x) + 3xX ′(x) = λX(x) , 1 < x < eπ

X(1) = X(eπ) = 0 .


La EDO es de Euler. Ha emos el ambio de variable independiente x 7→ σ siendo x = eσ. Enton es,

x = 1 ⇒ σ = 0 , x = eπ ⇒ σ = π .

Derivando:

dX

dx=

dX

dσ

dσ

dx= e−σ dX

dσd2X

dx2= e−σ d

dσ

(e−σ dX

dσ

)= −e−2σ dX

dσ+ e−2σ d2X

dσ2.

Sustituyendo en la EDO:

d2X

dσ2− dX

dσ+ 3

dX

dσ= λX

⇒

d2X

dσ2+ 2

dX

dσ− λX = 0

X(0) = X(π) = 0 .

La e ua ión ara terísti a aso iada es

ρ2 + 2ρ− λ = 0 ⇒ ρ = −1±√1 + λ .

(a) Si λ = −1, enton es ρ = −1 es raíz doble. La solu ión general de la EDO es

X(σ) = c1e−σ + c2σe

−σ .

Imponiendo las ondi iones de frontera:

X(0) = c1 = 0

X(π) = c2πe−π = 0 ⇒ c2 = 0 ,

y se obtendría X(σ) ≡ 0, que no es autofun ión.

(b) Si λ > −1, enton es las raí es de la e ua ión ara terísti a son ρ = −1 ±√1 + λ reales. La

solu ión general de la EDO es

X(σ) = c1e(−1−

√1+λ)σ + c2e

(−1+√1+λ)σ .

107


X(0) = c1 + c2 = 0

X(π) = c1e(−1−

√1+λ)π + c2e

(−1−√1+λ)π = 0 ,

de donde c1 = c2 = 0 y X(σ) ≡ 0, que no es autofun ión.

( ) Si λ < −1, se tiene 1+λ < 0, luego 1+λ = −|1+λ|, y las raí es de la e ua ión ara terísti a

son ρ = −1± i√

|1 + λ|. La solu ión general de la EDO es

X(σ) = c1e−σ cos

√|1 + λ|σ + c2e

−σ sen√

|1 + λ|σ .


X(0) = c1 = 0

X(π) = c2e−π sen π

√|1 + λ| = 0 ,

de donde

√|1 + λ| = n (n = 1, 2, . . .)

⇒ |1 + λ| = n2 ⇒ 1 + λn = −n2 ⇒ λn = −n2 − 1 (n = 1, 2, . . .) .

Por tanto, los autovalores son λn = −n2 − 1 para n = 1, 2, . . . y las autofun iones:

Xn(σ) = e−σ sen nσ

⇒ Xn(x) =1

xsen(n log x) (n = 1, 2, . . .) .

108




EJERCICIO 4

(3 puntos)

a) Se onsidera el sistema diferen ial lineal on oe� ientes onstantes

X ′(t) = AX(t) (31)

en el que A es una matriz real uadrada 2×2 onstante y on autovalores simples (reales o omplejos).

Se introdu en las nota iones:

det = determinante de la matriz A.

tr = traza de la matriz A.

a.1) Rellenar el siguiente uadro, es ribiendo en ada asilla SÍ o NO. Cada asilla errónea resta

0,1 puntos a la ali� a ión de este apartado. Las asillas en blan o no puntúan. La ali� a ión mínima

de este apartado es de 0 puntos. La nota ión AE signi� a asintóti amente estable. (1 punto)

det > 0tr > 0

det > 0tr < 0

det > 0tr = 0

det < 0det = 0tr > 0

det = 0tr < 0

(31) tiene un úni o punto de equilibrio

en el origen, que además es AE

No Sí No No No No

(31) tiene un úni o punto de equilibrio en

el origen, que además es estable, no AE

No No Sí No No No

(31) es un puerto No No No Sí No No

Existe una re ta formada por puntos de

equilibrio de (31), todos inestables

No No No No Sí No

(31) tiene un úni o punto de equilibrio

en el origen, inestable pero no puerto

Sí No No No No No

a.2) Rellenar el siguiente uadro es ribiendo en ada asilla la lasi� a ión que orresponda al

sistema (31), según los valores espe i� ados de det y tr: nodo, fo o, entro, puerto, indi ando además

en su aso si es estable o inestable. Alguna asilla puede ontener más de una lasi� a ión. Cada

asilla errónea o in ompleta resta 0,1 puntos a la ali� a ión de este apartado. Las asillas en blan o

no puntúan. La ali� a ión mínima de este apartado es de 0 puntos. (0,5 puntos)

det > 0 det < 0

tr > 0Nodo inestable

Fo o inestable

Puerto

tr < 0Nodo estable

Fo o estable

Puerto

tr = 0Centro

Puerto

109

b) Sea M una matriz real uadrada onstante 2× 2, on autovalores imaginarios puros.

Se onsidera el sistema diferen ial no lineal autónomo plano, de�nido y de lase C1en R2

:

x′(t) = v1(x, y) ; y′(t) = v2(x, y) (32)

para el ual se veri� a que x∗es un punto de equilibrio y además M = D(v1, v2)(x

∗) (es de ir, M es

la matriz ja obiana del sistema (32) en el punto x∗).

Elegir la respuesta V (verdadera) o F (falsa) para ada una de las proposi iones siguientes. Cada

respuesta errónea resta 0,2 puntos a la ali� a ión de este apartado, hasta un máximo de 1 punto. La ali� a ión mínima de este apartado es de 0 puntos. Las respuestas en blan o no puntúan. (1 punto)

V F

x∗es un punto de equilibrio de (32) que forzosamente es estable,

pero no es asintóti amente estable

F

El origen es el úni o punto de equilibrio del sistema diferen ial lineal

X ′(t) = MX(t), que además es estable pero no es asintóti amente estable

V

Siempre existen solu iones periódi as para el sistema diferen ial (32)F

Todas las solu iones del sistema diferen ial lineal X ′(t) = MX(t) son a otadasV

Todas las solu iones del sistema diferen ial (32) son a otadasF

) Se onsidera el sistema diferen ial no lineal autónomo plano, de�nido y de lase C1en R2

:

x′(t) = f1(x, y) ; y′(t) = f2(x, y) . (33)

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

referidas al sistema diferen ial (33). Cada respuesta errónea resta 0,2 puntos a la ali� a ión de este

apartado, hasta un máximo de 0,5 puntos. La ali� a ión mínima de este apartado es de 0 puntos.

Las respuestas en blan o no puntúan. (0,5 puntos)

V F

Si (33) solo tiene un punto de equilibrio, que además es asintóti amente estable,

enton es no existen órbitas erradas para (33)

F

Si existen órbitas erradas para (33), enton es (33) no tiene puntos de equilibrio

que sean asintóti amente estables

F

Si F es un onjunto ompa to y positivamente invariante para (33) que no ontiene

puntos de equilibrio de (33), enton es F ontiene alguna órbita errada de (33)

V

Si (33) tiene un punto de equilibrio que es estable pero no es asintóti amente

estable, enton es di ho punto de equilibrio no es hiperbóli o

V

Si existe una fun ión de Lyapunov no estri ta para un punto de equilibrio,

enton es di ho punto de equilibrio no puede ser asintóti amente estable

F

110




EJERCICIO 1

(3 puntos)

En este ejer i io se plantean diversos modelos para representar el re imiento en volumen de un

tumor.

Modelo 1.

El re imiento de un tumor en un ultivo de laboratorio se orresponde on la E.D.O.:

V ′1(t) = λV1(t) , V1(0) = V0 , λ > 0 ( onstante) (34)

en la que V1(t) representa el volumen del tumor en el instante t ≥ 0.

a) Cal ular V1(t), t > 0. Cal ular el tiempo que tarda el tumor en dupli ar su volumen ini-

ial. (0,5 puntos)

Modelo 2.

Experimentalmente no se observa un re imiento inde�nido de los tumores, por lo que un modelo más

realista onsiste en modi� ar el modelo (34), suponiendo que la tasa de re imiento no es onstante,

sino que de re e exponen ialmente on t:

V ′2(t) = λe−αtV2(t) , V2(0) = V0 , λ > 0 , α > 0 ( onstantes)

b) Cal ular V2(t), t > 0. Cal ular el volumen �nal del tumor. (0,5 puntos)

) Determinar la rela ión que han de satisfa er las onstantes λ, α, para que el tumor pueda

dupli ar su volumen ini ial. En tal aso, al ular el tiempo que tarda en al anzar di ha dupli a ión

de volumen. (0,5 puntos)

Modelo 3.

El denominado modelo de Gompertz es un modelo experimentalmente validado para representar el

re imiento de tumores:

V ′3(t) = −βV3(t) log

(V3(t)

V ∗

), V3(0) = V0 , β > 0 , V ∗ > 0 ( onstantes)

d) Cal ular V3(t), t > 0. Cal ular el volumen �nal del tumor. (1 punto)

e) Cal ular los valores de V0 > 0 para los uales el tumor puede dupli ar su volumen ini ial. En

tal aso, al ular el tiempo que tarda en al anzar di ha dupli a ión de volumen. (0,5 puntos)


111

Modelo 1.

a) La solu ión del problema de valor ini ial (34) es:

V1(t) = V0eλt , t ≥ 0 .

El tiempo t∗1 que tarda el tumor en dupli ar su volumen se obtiene resolviendo la e ua ión en la

in ógnita t:

V1(t) = 2V0 = V0eλt ⇒ t∗1 =

log 2

λ> 0 .

Obsérvese que lımt→+∞ V1(t) = +∞, lo que signi� a que el tumor puede aumentar su volumen

inde�nidamente.

Modelo 2.

b) En este modelo se trata de resolver una E.D.O. de variables separables muy sen illa:

V ′2(t)

V2(t)= λe−αt ⇒ V2(t) = Ke−(λ/α)e−αt

.

El valor de la onstante K se determina imponiendo la ondi ión ini ial:

V2(0) = V0 = Ke−λ/α ⇒ K = V0eλ/α .

Por lo tanto, la solu ión es:

V2(t) = V0e(λ/α)(1−e−αt) , t ≥ 0 .

El volumen �nal del tumor es:

V2∞ = lımt→+∞

V2(t) = V0eλ/α .

En este modelo el tumor no re e inde�nidamente, pero su volumen �nal depende del volumen ini ial.

) El tiempo t∗2 que tarda el tumor en dupli ar su volumen ini ial se obtiene resolviendo la

e ua ión:

V2(t) = 2V0 = V0e(λ/α)(1−e−αt) ⇒ t∗2 = − 1

αlog

(1− α log 2

λ

).

De esta última expresión se dedu e que t∗2 es un número real positivo si y solo si α(log 2)/λ < 1. Porlo tanto, el tumor puede dupli ar su volumen si y solo si

λ

α> log 2 .

Modelo 3.

d) Se trata de resolver una E.D.O. de variables separables:

V ′3(t)

V3(t) log(V3(t)/V ∗)= −β .

Efe tuamos el ál ulo de la integral del primer miembro on ayuda del ambio de variable σ =log(V3/V

∗): ∫dV3

V3 log(V3/V ∗)=

∫dσ

σ= log |σ| = log

∣∣∣∣log(V3

V ∗

)∣∣∣∣ .

Resulta:

log

∣∣∣∣log(V3

V ∗

)∣∣∣∣ = −βt +K1 ⇒ V3(t) = V ∗eKe−βt

.

112

Determinamos la onstante K a partir de la ondi ión ini ial:

K = log

(V0

V ∗

)⇒ V3(t) = V ∗e[log(V0/V ∗)]e−βt

= V ∗(V0

V ∗

)e−βt

.

El volumen �nal del tumor es:

V3∞ = lımt→+∞

V3(t) = V ∗ .

En el modelo de Gompertz el volumen �nal del tumor es �jo y no depende de la ondi ión ini ial.

e) El tiempo que tarda el tumor en dupli ar su volumen se obtiene resolviendo la e ua ión:

V3(t) = 2V0 = V ∗e[log(V0/V ∗)]e−βt

.

De aquí se obtiene:

e−βt =log(2V0/V

∗)

log(V0/V ∗)=

log 2 + log(V0/V∗)

log(V0/V ∗)= 1 +

log 2

log(V0/V ∗)

y por lo tanto:

t∗3 = − 1

βlog

(1 +

log 2

log(V0/V ∗)

).

La ondi ión ne esaria y su� iente para que t∗3 sea un número real positivo es:

0 < 1 +log 2

log(V0/V ∗)< 1 ⇔ −1 <

log 2

log(V0/V ∗)< 0

⇔ − 1

log 2<

1

log(V0/V ∗)< 0 ⇔ 1

log 2>

1

− log(V0/V ∗)

⇔ − log(V0/V∗) > log 2 ⇔ log(V0/V

∗) < − log 2 = log1

2

⇔ V0/V∗ <

1

2⇔ V0 <

V ∗

2.

113




EJERCICIO 2

(4 puntos)

Se onsidera el sistema diferen ial no lineal autónomo plano, dependiente del parámetro real

a > 0, de�nido en el primer uadrante x ≥ 0, y ≥ 0:

{x′(t) = x(1− x− ay)

y′(t) = y(1− ax− y) .(35)

Las uestiones a), b) y ) se re�eren al sistema (35) para valores del parámetro a > 0, a 6= 1.


rellenará on los valores de a (a 6= 1) y la segunda on los orrespondientes puntos de equilibrio

de (35). Cada asilla orre ta ontabiliza α > 0 puntos y ada asilla errónea resta α puntos a la

ali� a ión de este apartado. La ali� a ión mínima de este uadro es de 0 puntos. Las asillas en

blan o no puntúan.

La nota ión AE signi� a asintóti amente estable. (1 punto)

Valores

de a

Puntos de

equilibrio

Hiperbóli o Fuente Puerto Sumidero AE

Estable

no AE

Inestable

b) Dibujar el ampo ve torial aso iado a (35) sobre los ejes OX , OY en el primer uadrante, y

sobre la re ta bise triz del primer uadrante. De idir razonadamente la posible existen ia o no de

solu iones periódi as no triviales para el sistema (35), en el primer uadrante. (0,5 puntos)

)Dibujar las distintas órbitas de (35) en el espa io de fases (primer uadrante), para los diferentes

valores del parámetro a > 0, a 6= 1. (1 punto)

115

d) Se onsidera el sistema (35) para el valor del parámetro a = 1. Hallar los puntos de equilibrio yde idir su estabilidad según Lyapunov. De idir razonadamente la posible existen ia o no de solu iones

periódi as no triviales para el sistema (35) en el primer uadrante. Dibujar las distintas órbitas en

el espa io de fases (primer uadrante). (1 punto)

Se supone que el sistema diferen ial (35) es un modelo simpli� ado de la dinámi a de dos espe ies

animales de densidades de pobla ión x(t), y(t) (en unidades de millar), que habitan en un mismo

e osistema y que ompiten por los mismos re ursos.

e) Determinar los valores de a > 0, a 6= 1, para los uales ambas pobla iones oexisten a largo

plazo, ualquiera que sea la ondi ión ini ial x(0) > 0, y(0) > 0. En tal aso, determinar los valores

asintóti os �nales (es de ir, uando t → +∞) de ambas pobla iones. (0,25 puntos)

f) Para los valores de a > 0, a 6= 1, no in luidos en el apartado e), determinar el onjunto

de valores ini iales x(0) > 0, y(0) > 0, para los uales la pobla ión y(t) se extingue a largo pla-

zo. En este aso, determinar el valor asintóti o �nal (es de ir, uando t → +∞) de la pobla ión

x(t). (0,25 puntos)


a) Los puntos de equilibrio son los que anulan el siguiente sistema de e ua iones:

{x(1− x− ay) = 0

y(1− ax− y) = 0

La primera e ua ión se anula si x = 0 o si x = 1 − ay. Sustituyendo x = 0 en la segunda e ua ión,

resulta y(1− y) = 0, luego y = 0 o y = 1, y resultan los puntos de equilibrio (0, 0) y (0, 1).Sustituyendo x = 1− ay en la segunda e ua ión, se tiene:

y(1− a+ a2y − y) = 0 ⇒ y[(1− a) + (a2 − 1)y

]= 0

⇒

y = 0 (y se obtiene el punto de equilibrio (1, 0))

y =a− 1

a2 − 1=

1

a+ 1(ya que a 6= 1) .

En este último aso, resulta:

x = 1− a

a+ 1=

1

a+ 1,

y es punto de equilibrio (1

a+ 1,

1

a+ 1

).

Para determinar la estabilidad de los puntos de equilibrio hallados, al ulamos la matriz ja obiana

del ampo ve torial:

Dv(x, y) =

(1− 2x− ay −ax

−ay 1− 2y − ax

).

Parti ularizando en ada uno de los puntos:

Dv(0, 0) =

(1 00 1

),

luego el punto (0, 0) es una fuente (por tanto, inestable) para todo valor de a.

Dv(0, 1) =

(1− a 0−a −1

),

116

luego, si a > 1, el punto (0, 1) es un sumidero y, si 0 < a < 1, el punto es un puerto.

Dv(1, 0) =

(−1 −a0 1− a

).

Por tanto, si a > 1, el punto (1, 0) es un sumidero y, si 0 < a < 1, el punto es un puerto. Finalmente,

Dv

(1

a + 1,

1

a + 1

)=

1− 2

a+ 1− a

a + 1

−a

a+ 1−a

a + 11− 2

a+ 1− a

a+ 1

=

−1

a+ 1

−a

a+ 1−a

a+ 1

−1

a+ 1

.

El determinante de esta matriz vale:

det =1

(a+ 1)2− a2

(a+ 1)2=

(1− a)(1 + a)

(a + 1)2=

1− a

1 + a

y la traza:

tr = − 2

a + 1< 0 para todo a > 0.

Por tanto, si a > 1, el determinante es negativo y el punto es un puerto. Si 0 < a < 1, el determinante

es positivo y la traza negativa luego el punto es un sumidero.

El uadro que se pide es por tanto:

Valores

de a

Puntos de

equilibrio


Estable

no AE

Inestable

Todos (0, 0) Sí Sí No No No No Sí

0 < a < 1 (0, 1) Sí No Sí No No No Sí

a > 1 (0, 1) Sí No No Sí Sí No No

0 < a < 1 (1, 0) Sí No Sí No No No Sí

a > 1 (1, 0) Sí No No Sí Sí No No

0 < a < 1(

1a+1

, 1a+1

)Sí No No Sí Sí No No

a > 1(

1a+1

, 1a+1

)Sí No Sí No No No Sí

b) El ampo ve torial sobre el eje OX es

v(α, 0) = (α(1− α), 0) ,

sobre el eje OY :

v(0, β) = (0, β(1− β)) ,

y sobre la bise triz x = y:

v(α, α) = (α(1− α− aα), α(1− aα− α)) = α [1− (a+ 1)α] (1, 1)

117

•

• •

•

x

y

0 1

1

Figura 25: Campo ve torial en los ejes y la re ta x = y

••

•• x

y

0 < a < 1

0 1

1

•

•

•• x

y

a > 1

0 1

1

Figura 26: Diagrama de fases del sistema x′ = x(1− x− ay), y′ = y(1− ax− y) para a > 0

para todos α ≥ 0.Se dedu e del teorema de Poin aré que no existen órbitas erradas.

) Los diagramas de fases en los asos 0 < a < 1 y a > 1 se muestran en la Figura 26.

d) Si a = 1, el sistema diferen ial es:

{x′ = x(1− x− y)

y′ = y(1− x− y) .

Claramente, el origen es un punto de equilibrio. Además lo son todos los puntos de la re ta x+y = 1.En el primer uadrante x, y > 0 existe una integral primera. Apli ando la regla de la adena a lo

largo de una traye toria arbitraria, se tiene:

y′(x) =y′(t)

x′(t)=

y

x⇒ 1

yy′ =

1

x⇒ log y = log x+ logK ⇒ y

x= K ′ ,

y la integral primera es

f(x, y) :=y

x.

Sus urvas de nivel son las re tas y = mx. Como el origen era una fuente, se obtiene fá ilmente el

diagrama de la Figura 27.

Los puntos de la re ta x+y = 1 en el primer uadrante son estables, no asintóti amente estables.

e) A la vista de los diagramas de fases del apartado ), las pobla iones solo oexisten si 0 < a < 1.Para ualquier ondi ión ini ial x(0) > 0, y(0) > 0, la solu ión (x(t), y(t)) orrespondiente satis-

fa e:

lımt→+∞

(x(t), y(t)) =

(1

a+ 1,

1

a+ 1

).

118

• ••••

••••

•••

0 1

1

x

y

Figura 27: Diagrama de fases del sistema x′ = x(1− x− y), y′ = y(1− x− y)

f) En el aso a > 1, la pobla ión y(t) se extingue a largo plazo si x(0) > 0 y además 0 < y(0) <x(0). En este aso:

lımt→+∞

x(t) = 1 .

119




EJERCICIO 3

(3 puntos)

Se onsidera el siguiente problema de valores ini iales y de ontorno para la e ua ión de ondas,

on rozamiento dependiente de un parámetro b, 0 < b ≤ 1:

Pb

∂2u

∂x2(x, t) =

∂2u

∂t2(x, t) + 2b

∂u

∂t(x, t) , 0 < x < π , t > 0

u(0, t) = u(π, t) = 0 , t > 0

u(x, 0) = 0 , 0 < x < π

∂u

∂t(x, 0) = (1− 4 cosx) sen x , 0 < x < π .

a) Es ribir el problema de autovalores aso iado a Pb. Determinar los autovalores y las autofun io-

nes. (0,5 puntos)

b) Apli ando el método de separa ión de variables, hallar la solu ión ub(x, t) del problema Pb,

para los valores del parámetro 0 < b < 1. (1 punto)

) Apli ando el método de separa ión de variables, hallar la solu ión u1(x, t) del problema P1,

que orresponde al valor del parámetro b = 1. (1 punto)

d) Cal ular:

u1(x, t)− lımb→1

ub(x, t) . (0,5 puntos)


Bus amos solu iones de la EDP y ondi iones de frontera homogéneas de la forma

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

Sustituyendo en la EDP:

X ′′(x)T (t) = X(x)T ′′(t) + 2bX(x)T ′(t)

⇒ X ′′(x)

X(x)=

T ′′(t)

T (t)+ 2b

T ′(t)

T (t)= λ .

De aquí resultan las e ua iones diferen iales ordinarias:

X ′′(x) = λX(x)

T ′′(t) + 2bT ′(t) = λT (t) .

a) Se obtiene el problema de autovalores y autofun iones:

{X ′′(x) = λX(x)

X(0) = X(π) = 0

121

uyas solu iones son bien ono idas: autovalores λn : −n2y autofun iones Xn(x) := sen nx para

n = 1, 2, . . ..b) Sustituyendo los valores hallados de λn en la EDO en T (t) resulta:

T ′′(t) + 2bT ′(t) = −n2T (t)

⇒ T ′′(t) + 2bT ′(t) + n2T (t) = 0 .

Su e ua ión ara terísti a es

r2 + 2br + n2 = 0 ⇒ r = −b±√b2 − n2 = −b± i

√n2 − b2 ,

teniendo en uenta que 0 < b < 1. Por tanto, la solu ión general de la EDO en T (t) es, para ada

n = 1, 2, . . .:

Tn(t) = e−bt[An cos

(√n2 − b2 t

)+Bn sen

(√n2 − b2 t

)].

Ensayamos la solu ión

u(x, t) =

∞∑

n=1

Xn(x)Tn(t)

=

∞∑

n=1

e−bt[An cos

(√n2 − b2 t

)+Bn sen

(√n2 − b2 t

)]sen nx .

Imponemos la ondi ión ini ial en u:

0 = u(x, 0) =

∞∑

n=1

An sen nx ⇒ An = 0 (n = 1, 2, . . .) ,

de donde:

u(x, t) =∞∑

n=1

e−btBn sen(√

n2 − b2 t)sennx .

Derivando:

∂u

∂t(x, t) =

∞∑

n=1

[−be−btBn sen

(√n2 − b2 t

)+ e−btBn cos

(√n2 − b2 t

)]sen nx .

Imponemos la ondi ión ini ial en la derivada de u respe to de t:

∂u

∂t(x, t) =

∞∑

n=1

Bn

√n2 − b2 sen nx

= (1− 4 cosx) sen x = sen x− 4 sen x cosx = sen x− 2 sen 2x

⇒ B1

√1− b2 = 1 ⇒ B1 =

1√1− b2

B2

√4− b2 = −2 ⇒ B2 = − 2√

4− b2

Bn = 0 (n = 3, 4, . . .) .

La solu ión bus ada es, por tanto,

ub(x, t) = e−bt

[1√

1− b2sen(√

1− b2 t)sen x− 2√

4− b2sen(√

4− b2 t)sen 2x

]

para 0 < b < 1.

122

) El problema para b = 1 es

P1

∂2u

∂x2(x, t) =

∂2u

∂t2(x, t) + 2

∂u

∂t(x, t) , 0 < x < π , t > 0

u(0, t) = u(π, t) = 0 , t > 0

u(x, 0) = 0 , 0 < x < π

∂u

∂t(x, 0) = (1− 4 cosx) sen x , 0 < x < π .

El problema de autovalores y autofun iones es el mismo del apartado a), on solu iones λn = −n2,

Xn(x) = sennx (n = 1, 2, . . .).La EDO en T (t) es:

T ′′(t) + 2T ′(t) = −n2T (t)

⇒ T ′′(t) + 2T ′(t) + n2T (t) = 0 ,

on e ua ión ara terísti a:

r2 + 2r + n2 = 0 ⇒ r = −1 ±√1− n2 ⇒

{r = −1 (doble) si n = 1

r = −1± i√n2 − 1 (n = 2, 3, . . .)

Las respe tivas solu iones generales de las e ua iones diferen iales son:

T1(t) = e−t(A1 +B1t)

Tn(t) = e−t[An cos

(√n2 − 1 t

)+Bn sen

(√n2 − 1 t

)].

Ensayamos la solu ión:

u(x, t) = e−t(A1 +B1t) sen x+

∞∑

n=2

e−t[An cos

(√n2 − 1 t

)+Bn sen

(√n2 − 1 t

)]sennx .

Imponiendo la ondi ión ini ial en u:

0 = u(x, 0) = A1 sen x+∞∑

n=2

An sennx ⇒ An = 0 (n = 1, 2, . . .) .

Sustituyendo,

u(x, t) = B1te−t sen x+

∞∑

n=2

e−tBn sen(√

n2 − 1 t)sen nx .

Derivando:

∂u

∂t(x, t) = B1(−te−t + e−t) sen x

+∞∑

n=2

Bn

[−e−t sen

(√n2 − 1 t

)+ e−t

√n2 − 1 cos

(√n2 − 1 t

)]sennx .

Imponiendo la ondi ión ini ial a la derivada de u,

∂u

∂t(x, 0) = B1 sen x+

∞∑

n=2

Bn

√n2 − 1 sen nx = sen x− 2 sen 2x

⇒ B1 = 1

B2

√3 = −2 ⇒ B2 = − 2√

3

Bn = 0 (n = 3, 4, . . .) .

123

La solu ión de P1 es, por tanto,

u1(x, t) = te−t sen x− 2√3e−t sen

(√3 t)sen 2x .

d) Cal ulamos:

lımb→1

ub(x, t) = lımb→1

e−bt

[1√

1− b2sen(√

1− b2 t)sen x− 2√

4− b2sen(√

4− b2 t)sen 2x

]

= e−t

[lımb→1

sen(√

1− b2 t)

√1− b2

sen x− 2√3sen(√

3 t)sen 2x

]

= e−t

[lımb→1

t sen(√

1− b2 t)

t√1− b2

sen x− 2√3sen(√

3 t)sen 2x

]

= e−t

[t sen x− 2√

3sen(√

3 t)sen 2x

]= u1(x, t) .

124




EJERCICIO 1

(3 puntos)

Modelos matemáti os para la difusión de una informa ión.

Modelo logísti o.

En un ole tivo formado por un número �jo y su� ientemente grande N∗ > 0 de individuos se difundeuna ierta informa ión, que en el instante t = 0 es ono ida por un úni o individuo del ole tivo.

Si se supone que la velo idad de difusión de la informa ión en el ole tivo es propor ional al

número de posibles en uentros entre los individuos que ono en la informa ión y los que aún no la

ono en, el modelo logísti o que determina el número de individuos N1(t) que ono en la informa ión

en el instante t > 0 se formula omo:

N ′1(t) = N1(t)(N

∗ −N1(t)) ; N1(0) = 1 .

a) Obtener N1(t), t > 0. (1 punto)

b) Cal ular la tasa de imita ión T1, que se de�ne omo el tiempo que trans urre desde que el 20%del total de individuos del ole tivo ono e la informa ión hasta que di ha informa ión es ono ida

por el 80% del total de individuos del ole tivo. (0,5 puntos)

Modelo de Bass.

Este modelo modi� a el modelo anterior in orporando fa tores externos (p.ej., medios de omu-

ni a ión), que aumentan la velo idad de difusión propor ionalmente al número de individuos que no

ono en la informa ión en ada instante. Suponiendo que ini ialmente ningún individuo del ole tivo

ono e la informa ión, el modelo de Bass se formula omo:

N ′2(t) = N2(t)(N

∗ −N2(t)) + (N∗ −N2(t)) ; N2(0) = 0 .

) Obtener N2(t), t > 0. (0,75 puntos)

d) Cal ular la tasa de imita ión T2 para este modelo. (0,5 puntos)

e) De idir razonadamente uál de las dos tasas de imita ión es mayor. (0,25 puntos)

Nota.� Para simpli� ar los ál ulos, en ambos modelos se han elegido todas las onstantes de

propor ionalidad iguales a la unidad.


a) Se trata de una e ua ión diferen ial separable:

N ′1(t)

N1(t)(N∗ −N1(t))= 1 ⇒

∫dN1

N1(N∗ −N1)= t + k .

125

Des omponemos en fra iones simples:

1

N1(N∗ −N1)=

1/N∗

N1+

1/N∗

N∗ −N1,

de donde:

∫ (1/N∗

N1

+1/N∗

N∗ −N1

)dN1 = t+ k

⇒ 1

N∗ logN1 −1

N∗ log(N∗ −N1) = t+ k

⇒ logN1

N∗ −N1= N∗t+ k

⇒ N1

N∗ −N1= keN

∗t︸︷︷︸=:β

.


t = 0 ⇒ k =1

N∗ − 1,

luego:

N1 = β(N∗ −N1) ⇒ N1(1 + β) = βN∗ ⇒ N1 =βN∗

1 + β

⇒ N1(t) =kN∗eN

∗t

1 + keN∗t=

N∗

N∗ − 1eN

∗t

1 +1

N∗ − 1eN∗t

=N∗eN

∗t

N∗ − 1 + eN∗t=

N∗

1 + (N∗ − 1)e−N∗t.

b) Despejamos t:

1 + (N∗ − 1)e−N∗t =N∗

N1(t)

⇒ (N∗ − 1)e−N∗t =N∗

N1(t)− 1 =

N∗ −N1(t)

N1(t)

⇒ e−N∗t =N∗ −N1(t)

N1(t)(N∗ − 1)⇒ −N∗t = log

[N∗ −N1(t)

N1(t)(N∗ − 1)

]

⇒ t = − 1

N∗ log

[N∗ −N1(t)

N1(t)(N∗ − 1)

]=

1

N∗ log

[N1(t)(N

∗ − 1)

N∗ −N1(t)

].

Si t1 es el momento en que el 20% de los individuos ono e la informa ión, se tiene:

t1 =1

N∗ log

[0,2N∗(N∗ − 1)

N∗ − 0,2N∗

]=

1

N∗ log

[0,2(N∗ − 1)

0,8

]=

1

N∗ logN∗ − 1

4.

Si t2 es el momento en que el 80% de los individuos ono e la informa ión, se tiene:

t2 =1

N∗ log

[0,8N∗(N∗ − 1)

N∗ − 0,8N∗

]=

1

N∗ log

[0,8(N∗ − 1)

0,2

]=

1

N∗ log [4(N∗ − 1)] .

La tasa de imita ión del modelo logísti o será:

T1 = t2 − t1 =1

N∗ log [4(N∗ − 1)]− 1

N∗ logN∗ − 1

4=

1

N∗ log4(N∗ − 1)

(N∗ − 1)/4=

log 16

N∗ .

126

) Tenemos ahora la e ua ión diferen ial

N ′2(t) = [N2(t) + 1][N∗ −N2(t)] ,

que es separable. Integrándola:

∫dN2

(N2 + 1)(N∗ −N2)= t + k .

Des omponemos en fra iones simples:

1

(N2 + 1)(N∗ −N2)=

1

N∗ + 1

1

N2 + 1+

1

N∗ + 1

1

N∗ −N2

,

de donde

1

N∗ + 1log(N2 + 1)− 1

N∗ + 1log(N∗ −N2) = t+ k

⇒ logN2 + 1

N∗ −N2= (N∗ + 1)t+ k ⇒ N2 + 1

N∗ −N2= ke(N

∗+1)t .


t = 0 ⇒ k =1

N∗ ,

de donde:

N2 + 1

N∗ −N2=

1

N∗ e(N∗+1)t

︸︷︷︸=:β

⇒ N2 + 1 = β(N∗ −N2) ⇒ N2(1 + β) = N∗β − 1

⇒ N2(t) =N∗β − 1

β + 1=

e(N∗+1)t − 1

1

N∗ e(N∗+1)t + 1

=N∗ [e(N∗+1)t − 1

]

N∗ + e(N∗+1)t=

N∗ [1− e−(N∗+1)t]

1 +N∗e−(N∗+1)t.

d) Para despejar t, es ribimos:

N2(t) =N∗(1− α)

1 +N∗α on α = e−(N∗+1)t

⇒ (1 +N∗α)N2(t) = N∗(1− α)

⇒ α [N∗N2(t) +N∗] = N∗ −N2(t) ⇒ α =N∗ −N2(t)

N∗(1 +N2(t))

⇒ e−(N∗+1)t =N∗ −N2(t)

N∗(1 +N2(t))⇒ −(N∗ + 1)t = log

N∗ −N2(t)

N∗(1 +N2(t))

⇒ t =1

N∗ + 1log

N∗(1 +N2(t))

N∗ −N2(t).

Cal ulamos el instante t1 en que el 20% de los individuos ono e la informa ión:

t1 =1

N∗ + 1log

N∗(1 + 0,2N∗)

N∗ − 0,2N∗ =1

N∗ + 1log

1 + 0,2N∗

0,8.

Y, si t2 es el instante en que el 80% de los individuos ono e la informa ión,

t2 =1

N∗ + 1log

N∗(1 + 0,8N∗)

N∗ − 0,8N∗ =1

N∗ + 1log

1 + 0,8N∗

0,2.

127

La tasa de imita ión es por tanto:

T2 = t2 − t1 =1

N∗ + 1log

(1 + 0,8N∗

0,2

0,8

1 + 0,2N∗

)=

1

N∗ + 1log

4(1 + 0,8N∗)

1 + 0,2N∗ .

e) Cal ulamos la diferen ia:

T1 − T2 =1

N∗ log 16−1

N∗ + 1log

4(1 + 0,8N∗)

1 + 0,2N∗ >1

N∗ log 16−1

N∗ log4(1 + 0,8N∗)

1 + 0,2N∗

=1

N∗ log16(1 + 0,2N∗)

4(1 + 0,8N∗)=

1

N∗ log4 + 0,8N∗

1 + 0,8N∗ > 0 ,

luego T1 > T2.

128




EJERCICIO 2

(4 puntos)

PRIMERA PARTE

a) Se onsidera el sistema diferen ial no lineal autónomo en R2:

{x′(t) = x2(3− y)

y′(t) = y(y − 3x2) .(36)

Se pide rellenar el siguiente uadro, es ribiendo en ada asilla SÍ o NO. La primera olumna

se rellenará on los puntos de equilibrio del sistema (36). Cada asilla orre ta tiene un ierto valor

α > 0 y ada asilla errónea resta α puntos a la ali� a ión de este apartado. Las asillas en

blan o no puntúan. La nota mínima de este apartado es de ero puntos. No se deben in luir las

opera iones ne esarias, solamente se rellenará el uadro. La nota ión AE signi� a asintóti amente

estable. (1 punto)

Puntos de

equilibrio


Asintóti amen-

te estable (AE)

Estable

no AE

Inestable

b) Se onsideran los dos sistemas diferen iales no lineales autónomos en R2:

(S1)

{x′(t) = v1(x, y)

y′(t) = v2(x, y)(S2)

{x′(t) = xv1(x, y)

y′(t) = xv2(x, y) .

El sistema (S1) tiene un úni o punto de equilibrio que es el origen y además admite una integral

primera global f(x, y) que posee un mínimo lo al estri to en el origen.

Se pide elegir la respuesta V (verdadera) o F (falsa) para ada una de las proposi iones siguientes,

referidas a los sistemas diferen iales (S1) y (S2). Cada respuesta orre ta se puntúa on 0,2 puntos.

Cada respuesta in orre ta resta 0,2 puntos. Las respuestas en blan o no puntúan. La nota mínima

global del uadro es de ero puntos. No se deben in luir las opera iones ne esarias, solamente se

rellenará el uadro. (1 punto)

129

V F

1. Todos los puntos de equilibrio de (S2) son aislados

2. El origen es un punto de equilibrio para (S1) y para (S2)

y en ambos asos es estable pero no es asintóti amente estable

3. f(x, y) es una integral primera para (S2) en R2

4. (S1) y (S2) tienen solu iones periódi as no triviales

5. Todos los puntos de equilibrio de (S2) son estables

SEGUNDA PARTE

Se sabe que

X(t) =

(e−t

e−t

)

es una solu ión del sistema diferen ial lineal on oe� ientes onstantes

X ′(t) = AX(t) . (37)

Se sabe también que la re ta y = −2x ontiene órbitas de (37).

Para ada uno de los asos (i) y (ii) que se espe i� an al �nal, se pide responder a las siguientes

uestiones:

1) Determinar la matriz A.2) Espe i� ar los puntos de equilibrio del sistema (37) y de idir su estabilidad según Lyapunov.

3) Dibujar las distintas órbitas del sistema (37) en el espa io de fases.

4) Es ribir la solu ión general del sistema (37).

Caso (i): det(A) = 3. (1 punto)

Caso (ii): El sistema (37) tiene una in�nidad de puntos de equilibrio. (1 punto)


PRIMERA PARTE

a) Los puntos de equilibrio del sistema (36) son los que veri� an las e ua iones:

{x2(3− y) = 0

y(y − 3x2) = 0 .

De la primera e ua ión obtenemos x = 0 o y = 3. De la segunda:

x = 0 ⇒ y2 = 0 y (0, 0) es punto de equilibrio

y = 3 ⇒ 3(3− 3x2) = 0 ⇒ x2 = 1 ⇒ x = ±1

y son puntos de equilibrio (1, 3) y (−1, 3).

Cal ulamos la matriz ja obiana del ampo ve torial:

Dv(x, y) =

(2x(3− y) −x2

−6xy 2y − 3x2

).

130

La matriz Dv(0, 0) es la matriz nula, luego el origen no es punto de equilibrio hiperbóli o. En el eje

OX (y = 0), se tiene y′ = 0, luego el eje OX está formado por traye torias. En un punto arbitrario

(α, 0) del eje OX se tiene v(α, 0) = (3α2, 0), luego ambos semiejes se re orren en el sentido de las

x re ientes, y el semieje OX positivo es una traye toria que se aleja del origen que será, por tanto,

punto de equilibrio inestable.

Evaluamos la matriz ja obiana en los otros dos puntos de equilibrio:

Dv(1, 3) =

(0 −1

−18 3

)

uyo determinante es negativo, luego el punto (1, 3) es un puerto (por tanto, inestable).

Dv(−1, 3) =

(0 −118 3

)

on determinante positivo y traza positiva, por tanto el punto (−1, 3) es un punto de equilibrio

hiperbóli o, fuente (luego inestable).

Puntos de

equilibrio


Asintóti amen-

te estable (AE)

Estable

no AE

Inestable

(0, 0) No No No No No No Sí


(−1, 3) Sí Sí No No No No Sí

Aunque el enun iado no lo pide, vamos a dibujar el diagrama de fases del sistema (36). La re ta

y = 3x está formada por traye torias del sistema. En efe to, dado un punto ualquiera de esa re ta

(α, 3α), on α ∈ R, se tiene:

v(α, 3α) =(α2(3− 3α), 3α(3α− 3α2)

)= (3α2 − 3α3)(1, 3) ,

luego el ampo v tiene en todo punto de la re ta la dire ión del ve tor (1, 3), es de ir, la misma

dire ión de la re ta. El diagrama puede verse en la Figura 28.

•

••

x

y

0

Figura 28: Diagrama de fases del sistema x′ = x2(3− y), y′ = y(y − 3x2)

b) Todos los puntos del eje OY (x = 0) son puntos de equilibrio para el sistema (S2).

El origen es estable para el sistema (S1) porque f(x, y) es una fun ión de Lyapunov. El origen

no es asintóti amente estable porque ninguna traye toria tiende a (0, 0). En efe to si una traye toria

131

tendiera al origen, el valor de f a lo largo de ella sería igual a f(0, 0), por ontinuidad, ontra la

hipótesis de que (0, 0) es un punto de mínimo lo al estri to para f . En onse uen ia, es laro que

el origen admite un entorno en el que todas las traye torias son erradas en torno al origen. Esas

traye torias tienen todas un mismo sentido de re orrido (horario o antihorario).

Las traye torias de (S1) y las de (S2) tienen las mismas e ua iones pues, en ambos asos, son

solu iones de la e ua ión diferen ial

y′(x) =v2(x, y)

v1(x, y).

La úni a diferen ia entre ambos sistemas es que (S2) tiene puntos de equilibrio en todos los puntos

del eje OY .

El he ho de que todos los puntos del eje OY sean puntos de equilibrio para el sistema (S2) impide

la existen ia de traye torias erradas para (S2). Si denotamos por v := (v1, v2) el ampo ve torial

aso iado al sistema (S1), el ampo aso iado al sistema (S2) será xv, lo ual impli a que en el semiplano

x < 0 las traye torias de uno y otro sistema tienen sentidos de re orrido opuestos. Por tanto, para el

sistema (S2) los puntos de equilibrio de una de las mitades del eje OY son inestables y los de la otra

mitad estables pero no asintóti amente estables. El origen es estable pero no asintóti amente estable

por el mismo razonamiento he ho para el origen en el sistema (S1).

Un ejemplo de pareja de sistemas que umplen las ondi iones del enun iado puede ser el siguiente:

(S

∗1)

{x′ = y(x2 + y2)

y′ = −x(x2 + y2)(S

∗2)

{x′ = xy(x2 + y2)

y′ = −x2(x2 + y2) .

La fun ión f(x, y) := x2 + y2 es una integral primera para ambos on un mínimo relativo estri to

en el origen. Las traye torias de (S2) son semi ir unferen ias entradas en el origen situadas en el

semiplano x > 0 o en el x < 0. En los puntos del eje OX el ampo ve torial de (S2) es (0,−x4). Portanto, los puntos del semieje OY positivo son puntos de equilibrio inestable ya que er a de ada

uno hay traye torias que se alejan.

El diagrama de fases de los sistemas (S

∗1) y (S

∗2) puede verse en la Figura 29.

V F

1. Todos los puntos de equilibrio de (S2) son aislados F

2. El origen es un punto de equilibrio para (S1) y para (S2)

y en ambos asos es estable pero no es asintóti amente estable

V

3. f(x, y) es una integral primera para (S2) en R2V

4. (S1) y (S2) tienen solu iones periódi as no triviales F

5. Todos los puntos de equilibrio de (S2) son estables F

SEGUNDA PARTE

La matriz A tiene el autovalor λ = −1 on autove tor aso iado (1, 1)T. El segundo autovalor λ∗

tiene el autove tor aso iado (1,−2)T.Caso(i):

Se tiene det(A) = λλ∗ = −λ∗ = 3, luego λ∗ = −3.El origen es, por tanto, un nodo estable. Es el úni o punto de equilibrio y es asintóti amente

estable.

132

• x

y

(S

∗1)

0

•••••••••••••••••••••••••

x

y

(S

∗2)

0

Figura 29: Diagramas de fases de los sistemas (S

∗1) y (S

∗2)

Sea

P :=

(1 11 −2

)

la matriz uyas olumnas son los autove tores. Esta matriz diagonaliza la matriz A. Por tanto,

A =

(1 11 −2

)(−1 00 −3

)P−1

=

(1 11 −2

)(−1 00 −3

)1

3

(2 11 −1

)

=1

3

(−1 −3−1 6

)(2 11 −1

)=

1

3

(−5 24 −7

).

La solu ión general del sistema es

X(t) = k1e−t

(11

)+ k2e

−3t

(1−2

).

El diagrama de fases de este sistema puede verse en la Figura 30.

• x

y

0

Figura 30: Diagrama de fases del sistema lineal 3x′ = −5x+ 2y, 3y′ = 4x− 7y

Caso(ii):

En este aso, λ∗ = 0.La matriz P es la misma que en el aso (i):

A = PA∗P−1 =

(1 11 −2

)(−1 00 0

)1

3

(2 11 −1

)

=1

3

(−1 0−1 0

)(2 11 −1

)=

1

3

(−2 −1−2 −1

).

Los puntos de equilibrio del sistema (37) son todos los puntos de la re ta y = −2x. Son todos

estables pero no asintóti amente estables.

133

La solu ión general del sistema es:

X(t) = k1e−t

(11

)+ k2

(1−2

).

El diagrama de fases del sistema puede verse en la Figura 31.

••••••••••••••••••••••••

x

yre ta y = x

Figura 31: Diagrama de fases del sistema lineal 3x′ = −2x− y, 3y′ = −2x− y

134




EJERCICIO 3

(3 puntos)


∂2u

∂x2(x, t)− ∂2u

∂t2(x, t)− 4

∂u

∂t(x, t) = 0 , 0 < x <

π

2, t > 0

u(0, t) = u(π2, t)= 0 , t ≥ 0

u(x, 0) = 0 , 0 ≤ x ≤ π

2∂u

∂t(x, 0) = sen x cos3 x− sen3 x cosx , 0 ≤ x ≤ π

2.

(38)

a) Plantear el problema de autovalores aso iado. Determinar los orrespondientes autovalores y

autofun iones. (0,75 puntos)

b) Para ada n = 1, 2, . . ., hallar la solu ión general de la E.D.O.:

T ′′n (t) + 4T ′

n(t) + 4n2Tn(t) = 0 . (0,75 puntos)

) Apli ando el método de separa ión de variables, hallar la solu ión u(x, t) del problema (38).

(1,5 puntos)


a) Bus amos solu iones de la E.D.P. y las ondi iones de frontera en la forma u(x, t) = X(x)T (t).Sustituyendo en la E.D.P.:

X ′′(x)T (t)−X(x)T ′′(t)− 4X(x)T ′(t) = 0

⇒ X ′′(x)

X(x)=

T ′′(t) + 4T ′(t)

T (t)= λ .

El problema de autovalores aso iado es:

{X ′′(x) = λX(x)

X(0) = X(π2

)= 0 .

Sabemos que solamente tiene solu iones para λ < 0. Enton es λ = −|λ|. La solu ión general de la

E.D.O. es:

X(x) = c1 cos√

|λ|x+ c2 sen√

|λ|x .Imponemos las ondi iones de frontera:

0 = X(0) = c1

0 = X(π2

)= c2 sen

√|λ|π

2⇒

√|λ| π

2= πn ⇒

√|λ| = 2n ,

135

luego los autovalores son λn = −4n2y las autofun iones Xn(x) = sen 2nx (n = 1, 2, . . .).

b) La e ua ión ara terísti a aso iada a la E.D.O. en T (t) es

r2 + 4r + 4n2 = 0 ⇒ r = −2±√4− 4n2 = −2 ± 2

√1− n2 .

Para n = 1, r = −2 es una raíz doble de la e ua ión ara terísti a, y la solu ión general de la E.D.O.

es

T1(t) = e−2t(A1 +B1t) .

Para n ≥ 2, las raí es de la e ua ión ara terísti a son

r = −2± 2i√n2 − 1 ,

y la solu ión general de la E.D.O.:

Tn(t) = e−2t(An cos

(2√n2 − 1 t

)+Bn sen

(2√n2 − 1 t

)).

) Ensayamos omo solu ión del problema:

u(x, t) = e−2t(A1 +B1t) sen 2x

+

∞∑

n=2

e−2t(An cos

(2√n2 − 1 t

)+Bn sen

(2√n2 − 1 t

))sen 2nx .


0 = u(x, 0) = A1 sen 2x+

∞∑

n=2

An sen 2nx ⇒ An = 0 (n = 1, 2, . . .) .

Resulta por tanto:

u(x, t) = B1te−2t sen 2x+

∞∑

n=2

Bne−2t sen

(2√n2 − 1 t

)sen 2nx .

Derivando respe to de t:

∂u

∂t(x, t) = B1(e

−2t − 2te−2t) sen 2x

+

∞∑

n=2

Bn

(−2e−2t sen

(2√n2 − 1 t

)+ 2e−2t

√n2 − 1 cos

(2√n2 − 1 t

))sen 2nx .

Imponemos la ondi ión ini ial a la derivada:

∂u

∂t(x, 0) = B1 sen 2x+

∞∑

n=2

2Bn

√n2 − 1 sen 2nx

= sen x cos3− sen3 x cosx = sen x cos x(cos2 x− sen2 x)

=1

2sen 2x cos 2x =

1

4sen 4x ,

de donde:

Bn = 0 si n 6= 2

2B2

√3 =

1

4⇒ B2 =

1

8√3=

√3

24.

Por tanto, la solu ión del problema es:

u(x, t) =

√3

24e−2t sen

(2√3 t)sen 4x .

136




EJERCICIO 1

(4 puntos)

a) Hallar la solu ión general de la E.D.O.:

x′′(t)− 2x′(t) + x(t) = sen t cos5 t− sen5 t cos t . (1 punto)

b) Hallar la solu ión general de la E.D.O.:

x′′′(t)− 2x′′(t) + x′(t) = sen t cos5 t− sen5 t cos t . (1 punto)

) Se onsidera la E.D.O.:

x′′(t)− 2x′(t) + x(t) = 0 .

Es ribir su sistema diferen ial equivalente utilizando las nuevas variables

u1(t) = x(t) ; u2(t) = x′(t) .

Hallar la solu ión de di ho sistema diferen ial equivalente que satisfa e la ondi ión ini ial:

(u1(0)u2(0)

)=

(10

). (0,5 puntos)

d) Hallar la solu ión del siguiente problema de valor ini ial:

x′1(t)

x′2(t)

x′3(t)

=

0 1 00 0 10 −1 2

x1(t)x2(t)x3(t)

;

x1(0)x2(0)x3(0)

=

210

. (0,5 puntos)

e) Se onsidera el problema de valor ini ial:

{x′′(t)− 2x′(t) + x(t) = 0

x(0) = 1 ; x′(0) = a .(39)

Determinar los valores de a ∈ R para los uales la solu ión x(t) de (39) satisfa e que x(t) ≥ 0 para todot ≥ 0. Para di hos valores, representar grá� amente la orrespondiente solu ión de (39). (1 punto)


a) El polinomio ara terísti o aso iado es λ2 − 2λ+ 1 = (λ− 1)2. Por tanto, la solu ión general

de la e ua ión homogénea es

xH(t) = k1et + k2te

t .

Para hallar una solu ión parti ular de la e ua ión ompleta, observamos previamente:

sen t cos5 t− sen5 t cos t = sen t cos t(cos4 t− sen4 t)

= sen t cos t(cos2 t− sen2 t)(cos2 t+ sen2 t)

=1

2sen 2t cos 2t =

1

4sen 4t .

137

Por lo tanto, ensayamos omo solu ión parti ular:

xP (t) = A sen 4t+B cos 4t

⇒ x′P (t) = 4A cos 4t− 4B sen 4t

⇒ x′′P (t) = −16A sen 4t− 16B cos 4t .

Sustituyendo:

−16A sen 4t− 16B cos 4t + 8B sen 4t− 8A cos 4t+ A sen 4t+B cos 4t =1

4sen 4t

de donde

−15A + 8B =

1

4−8A− 15B = 0

⇒

A = −15

8B

225

8B + 8B =

1

4⇒ B =

2

289y A = − 15

1156.

Por tanto, la solu ión general de la e ua ión diferen ial es:

x(t) = (k1 + k2t)et − 15

1156sen 4t +

2

289cos 4t .

b) Ha iendo w(t) := x′(t) se obtiene la EDO

w′′(t)− 2w′(t) + w(t) = sen t cos5 t− sen5 t cos t

uya solu ión general hemos obtenido en a):

w(t) = (k1 + k2t)et − 15

1156sen 4t+

2

289cos 4t .

Tendremos x(t) =∫w(t) dt. Integrando por partes:

∫tet dt

(u = t ⇒ du = dt

dv = et dt ⇒ v = et

)

= tet −∫

et dt = tet − et + c3 = (t− 1)et + c3 .

La solu ión general de la e ua ión b) es:

x(t) = (c1 + c2t)et + c3 +

15

4624cos 4t+

1

578sen 4t .

) Introdu imos las variables indi adas:

{u1 := x

u2 := x′ ⇒{u′1 = x′ = u2

u′2 = x′′ = 2x′ − x = 2u2 − u1 .

En forma matri ial: (u′1(t)

u′2(t)

)=

(0 1−1 2

)(u1(t)u2(t)

).

138

La solu ión general de este sistema diferen ial puede obtenerse dire tamente de la solu ión homogénea

del apartado a):

u1(t) = xH(t) = (k1 + k2t)et

u2(t) = x′H(t) = (k1 + k2t)e

t + k2et .

Las onstantes k1 y k2 se obtienen apli ando la ondi ión ini ial:

1 = u1(0) = k1

0 = u2(0) = k1 + k2 ⇒ k2 = −1 .

Por lo tanto, (u1(t)u2(t)

)= et

(1− t−t

).

d) El sistema diferen ial propuesto es el sistema diferen ial equivalente a la EDO homogénea del

apartado b). Por lo tanto, su solu ión general es:

x1(t) = (k1 + k2t)et + k3

x2(t) = (k1 + k2t)et + k2e

t

x3(t) = (k1 + k2t)et + 2k2e

t .

Obtenemos las onstantes imponiendo la ondi ión ini ial:

2 = x1(0) = k1 + k3

1 = x2(0) = k1 + k2

0 = x3(0) = k1 + 2k2

⇒

k1 = 2

k2 = −1

k3 = 0 .

Resulta por tanto, x1(t)x2(t)x3(t)

= et

2− t1− t−t

.

Método alternativo:

El sistema diferen ial propuesto está desa oplado, en el sentido de que podemos separar las

e ua iones segunda y ter era que onstituyen un sistema diferen ial en el que solo intervienen las

fun iones in ógnita x2(t) y x3(t):(x′2(t)

x′3(t)

)=

(0 1−1 2

)(x2(t)x3(t)

),

(x2(0)x3(0)

)=

(10

).

Este problema de valor ini ial oin ide on el resuelto en ). Por tanto,

(x2(t)x3(t)

)= et

(1− t−t

).

Puesto que

x′1(t) = x2(t) = (1− t)et , x1(0) = 2 ,

se obtiene

x1(t) =

∫(1− t)et dt

(u = 1− t ⇒ du = −dtdv = et dt ⇒ v = et

)

= (1− t)et +

∫et dt = (1− t)et + et + k = (2− t)et + k .

139


2 = x1(0) = 2 + k ⇒ k = 0 ⇒ x1(t) = (2− t)et .

e) La solu ión general es x(t) = (k1 + k2t)et. Imponemos las ondi iones ini iales:

1 = x(0) = k1

x′(t) = (k1 + k2t)et + k2e

t

a = x′(0) = k1 + k2 = 1 + k2 ⇒ k2 = a− 1 .

Por tanto, la solu ión de (39) es:

x(t) = (1 + (a− 1)t) et .

Es laro que, si a − 1 ≥ 0, la fun ión x(t) es re iente para t ≥ 0 y x(t) ≥ 0 para todo t ≥ 0. En ambio, si a− 1 < 0, existe un valor t > 0 a partir del ual x(t) < 0. Para los valores a ≥ 1, se tiene:

lımt→+∞

x(t) = +∞ , lımt→−∞

x(t) = 0 .

Cal ulamos los extremos relativos. Si a = 1, la fun ión es x(t) = et que are e de extremos lo ales.

Si a > 1, se tiene:

x′(t) = (a+ (a− 1)t) et = 0 ⇒ t =a

1− a< 0 ,

y en ese valor de t se al anza un mínimo (absoluto). En la Figura 32 se representa la fun ión x(t)para a > 1.

t

x(t)

0

1

a/(1 − a)

Figura 32: Fun ión x(t) = (1 + (a− 1)t) et para a > 1

140




EJERCICIO 2

(3 puntos)

Un biorrea tor es un aparato de laboratorio que se emplea para el ultivo de mi roorganismos

(biomasa). Una versión sen illa onsiste en una ámara de ultivo, que es un re ipiente de volumen

V (litros) �jo en el que re en los mi roorganismos en un medio a uoso. El re ipiente dispone de una

entrada para los nutrientes, que se propor ionan desde el exterior por medio de una disolu ión a uosa

de on entra ión �ja y∗ > 0 (gramos por litro), y de una salida para re ole tar el �ujo resultante del

pro eso (mez la de mi roorganismos y nutrientes). Se supone que el audal de entrada y el audal

de salida son ambos onstantes e iguales a c > 0 (litros por segundo).

Entrada

(Nutrientes)

Biorrea tor

x(t)y(t)

Salida

(Biomasa +Nutrientes)

c c

Se onsideran las variables de estado:

x(t) = on entra ión de mi roorganismos (biomasa) en el biorrea tor en el instante t (gr/l).

y(t) = on entra ión de nutrientes en el biorrea tor en el instante t (gr/l).

La masa de mi roorganismos (biomasa) re e en el biorrea tor on una tasa de re imiento k(y) >0, que depende de la densidad de nutrientes onsumida.

Bajo las hipótesis anteriores, un sen illo razonamiento de balan e de masas propor iona el si-

guiente modelo para la dinámi a del pro eso:

x′(t) = k(y(t))x(t)− c

Vx(t)

y′(t) = −k(y(t))x(t)− c

Vy(t) +

c

Vy∗ .

(40)

En este ejer i io �jaremos los siguientes valores:

c = 5 l/seg ; V = 100 l ; k(y) =2y

y + 39seg

−1 . (41)

Se pide:

a) Determinar el sub onjunto del plano que es el espa io de fases del modelo. (0,25 puntos)

b) Determinar, según los valores de y∗ > 0, los puntos de equilibrio de (40) que están in luidos

en el espa io de fases. (0,5 puntos)

) Rellenar el siguiente uadro, es ribiendo en ada asilla SÍ o NO. La primera olumna se

rellenará on los valores de y∗ > 0 y la segunda on los orrespondientes puntos de equilibrio de

(40), que están in luidos en el espa io de fases. Para aquellos puntos de equilibrio que NO sean

hiperbóli os, NO se pide su estabilidad, por lo que las orrespondientes asillas se mar arán on

un aspa (×).

Cada asilla orre ta tiene un ierto valor α > 0 y ada asilla errónea resta α puntos a la

ali� a ión de este apartado. Las asillas en blan o no puntúan. La nota mínima de este apartado es

de ero puntos. No se deben in luir las opera iones ne esarias, úni amente se rellenará el uadro.

La nota ión AE signi� a asintóti amente estable. (1,5 puntos)

141

Valores

de y∗ > 0Puntos de

equilibrio


Estable

no AE

Inestable

Se supone que el pro eso ha al anzado un estado de equilibrio estable o asintóti amente estable

(si existe).

d) Determinar los valores de y∗ > 0 para los uales el �ujo saliente del biorrea tor permite

re ole tar biomasa y espe i� ar el volumen de solu ión a uosa saliente que se ne esita para re ole tar

100 gr de biomasa. (0,5 puntos)

e) Determinar los valores de y∗ > 0 para los uales se extingue la biomasa en el biorrea tor.

(0,25 puntos)


a) El espa io de fases es el primer uadrante del plano XY :

{(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0} .

b) Los puntos de equilibrio son los que veri� an:

k(y)x− c

Vx = 0

−k(y)x− c

Vy +

c

Vy∗ = 0

⇒

x = 0

o

k(y) =c

V.

Si x = 0, la segunda e ua ión impli a y = y∗, y un punto de equilibrio es (0, y∗). Si k(y) = c/V ,

utilizando los datos del enun iado:

2y

y + 39=

5

100=

1

20⇒ 40y = y + 39 ⇒ y = 1 .

Puesto que k(y) = c/V , la segunda e ua ión propor iona:

x = y∗ − y ⇒ x = y∗ − 1 ,

luego un punto de equilibrio es (y∗ − 1, 1), válido úni amente si y∗ ≥ 1. En resumen, los puntos de

equilibrio son:

(0, y∗) , si 0 < y∗ < 1

(0, 1) , si y∗ = 1

(0, y∗), (y∗ − 1, 1) , si y∗ > 1 .

142

) Estabilidad de los puntos de equilibrio hiperbóli os:

La matriz ja obiana el ampo ve torial es

Dv(x, y) =

k(y)− c

Vxk′(y)

−k(y) −xk′(y)− c

V

.

Parti ularizando en (0, y∗):

Dv(0, y∗) =

k(y∗)− c

V0

−k(y∗) − c

V

on autovalores

k(y∗)− c

V, − c

V.

Re ordando los valores �jados en (41),

0 < y∗ < 1 ⇒ k(y∗) <c

Vya que

2y∗

y∗ + 39<

1

20

y el punto (0, y∗) es asintóti amente estable (sumidero)

y∗ = 1 ⇒ k(1) =c

Vy el punto (0, 1) no es hiperbóli o

y∗ > 1 ⇒ k(y∗) >c

Vy el punto (0, y∗) es inestable (un puerto).

Cal ulamos la matriz ja obiana en el otro punto:

Dv(y∗ − 1, 1) =

(0 k′(1)(y∗ − 1)

−k(1) −k′(1)(y∗ − 1)− c

V

).

Como y∗ − 1 > 0, esta matriz tiene determinante positivo y traza negativa, ya que

k′(y) =2 · 39

(y + 39)2> 0 ,

luego el punto (y∗ − 1, 1) es asintóti amente estable (sumidero). Por tanto, el uadro que se pide

rellenar es:

Valores

de y∗ > 0Puntos de

equilibrio


Estable

no AE

Inestable

0 < y∗ < 1 (0, y∗) Sí No No Sí Sí No No

y∗ = 1 (0, 1) No × × × × × ×y∗ > 1 (0, y∗) Sí No Sí No No No Sí

y∗ > 1 (y∗ − 1, 1) Sí No No Sí Sí No No

d) Suponemos que estamos en un punto de equilibrio estable o asintóti amente estable. Se re o-

le ta biomasa solamente si la oordenada x de ese punto es positiva. Es de ir, estamos en el punto

de equilibrio (y∗ − 1, 1) y suponemos y∗ > 1. La on entra ión de biomasa saliente es y∗ − 1, que

debe ser igual al o iente de los 100 gramos que deseamos re ole tar por el volumen V de solu ión

a uosa que se ne esita:

y∗ − 1 =100

V⇒ V =

100

y∗ − 1litros.

e) No se re ole ta biomasa si el punto de equilibrio en que estamos es (0, y∗). Para que el punto

sea estable o asintóti amente estable, ne esitamos que sea 0 < y∗ ≤ 1.

143




EJERCICIO 3

(3 puntos)

a) Cada uno de los tres ve tores:

X1(t) =

et + e2t

e2t

0

; X2(t) =

et + e3t

e3t

e3t

; X3(t) =

et − e3t

−e3t

−e3t

es una solu ión parti ular del sistema diferen ial lineal on oe� ientes onstantes X ′(t) = AX(t).Determinar la matriz A. Determinar la matriz etA. (1 punto)

b) Se trata de estudiar la existen ia de autovalores para el siguiente problema de ontorno:

{X ′′(x) = λX(x)

X(0) +X ′(0) = 0 ; X(1) = 0 .(42)

b.1) ¾Es λ = 0 un autovalor de (42)? Razónese. En aso a�rmativo, determinar las orrespon-

dientes autofun iones. (1 punto)

b.2) ¾Existe algún λ > 0 que sea autovalor de (42)? Razónese. En aso a�rmativo, determinar

las orrespondientes autofun iones. (1 punto)

Indi a ión.� Puede ser de utilidad la representa ión grá� a de la fun ión real de variable real:

f(u) = u chu− sh u , u ≥ 0 .

CUESTIÓN COMPLEMENTARIA.� El alumno puede optar a responder a la uestión si-

guiente. La respuesta orre ta, bien reda tada, razonada y ordenada, se ali� ará on una puntua ión

máxima de hasta 1 punto, on el �n de mejorar la ali� a ión global del examen.

¾Existe algún λ < 0 que sea autovalor de (42)? Razónese. En aso a�rmativo, espe i� ar uántos

autovalores existen. En aso a�rmativo, lo alizar ada autovalor λ∗en un intervalo real a otado

(a ≤ λ∗ ≤ b) que ontenga en su interior úni amente a di ho autovalor, y de amplitud la menor

posible.


a) Las solu iones dadas se pueden es ribir en la forma:

X1(t) = et

100

+ e2t

110

X2(t) = et

100

+ e3t

111

X3(t) = et

100

− e3t

111

.

145

Por lo tanto, los autovalores de A y sus respe tivos autove tores aso iados son:

λ1 = 1 u1 =

100

λ2 = 2 u2 =

110

λ3 = 3 u3 =

111

.

resulta de aquí que la matriz A es diagonalizable y además:

A = PA∗P−1 =

1 1 10 1 10 0 1

1 0 00 2 00 0 3

P−1 ,

donde

P =

1 1 10 1 10 0 1

⇒ P−1 =

1 −1 00 1 −10 0 1

.

Resulta

A =

1 1 10 2 10 0 3

.

Además,

etA = P

et 0 00 e2t 00 0 e3t

P−1 =

et −et + e2t −e2t + e3t

0 e2t −e2t + e3t

0 0 e3t

.

b.1) Si λ = 0, la e ua ión diferen ial se redu e a X ′′(x) = 0, on solu ión general X(x) = c1x+c2.Imponiendo las ondi iones de ontorno:

{X(0) +X ′(0) = c1 + c2 = 0

X(1) = c1 + c2 = 0⇒ c1 = −c2 .

En onse uen ia, λ = 0 es un autovalor de (42) y las orrespondientes autofun iones son

X0(x) = c1(x− 1) .

b.2) Si λ > 0, la e ua ión ara terísti a es

r2 = λ ⇒ r = ±√λ ⇒ X(x) = c1 ch

(√λx)+ c2 sh

(√λx)

⇒ X ′(x) = c1√λ sh

(√λx)+ c2

√λ ch

(√λx).

146


X(0) +X ′(0) = c1 + c2√λ = 0

X(1) = c1 ch√λ+ c2 sh

√λ = 0

⇒ c1 = −c2√λ ⇒ −c2

√λ ch

√λ+ c2 sh

√λ = 0

⇒

c2 = 0 ⇒ c1 = 0 ⇒ X(x) ≡ 0 (que no es autofun ión)

o√λ ch

√λ− sh

√λ = 0 .

Un número λ > 0 es un autovalor si y solo si es solu ión de la e ua ión

√λ ch

√λ− sh

√λ = 0 . (43)

Observamos que la fun ión ontinua

f(u) := u chu− sh u

es nula en u = 0, y su derivada es

f ′(u) = ch u+ u sh u− ch u = u sh u > 0

para todo u > 0. Por lo tanto, no existe ninguna solu ión λ > 0 de (43). En on lusión, (42) no tiene

autovalores positivos.

Cuestión omplementaria.

Si λ < 0, se tiene λ = −|λ|. La e ua ión ara terísti a de la EDO es r2 = −|λ|, on raí es

r = ±i√

|λ|. La solu ión general de la EDO será

X(x) = c1 cos√|λ|x+ c2 sen

√|λ|x

⇒ X ′(x) = −c1√|λ| sen

√|λ|x+ c2

√|λ| cos

√|λ|x .


X(0) +X ′(0) = c1 + c2√

|λ| = 0

X(1) = c1 cos√|λ|+ c2 sen

√|λ| = 0 .

Existe un autovalor λ < 0 si y solo si es solu ión de la e ua ión:

∣∣∣∣1

√|λ|

cos√

|λ| sen√|λ|

∣∣∣∣ = 0

⇒ sen√

|λ| −√|λ| cos

√|λ| = 0 ⇒ tg

√|λ| =

√|λ| .

Representamos grá� amente en un mismo diagrama las fun iones f(u) := tg u, g(u) := u, para u ≥ 0(Figura 33).

Se observa que la e ua ión u = tg u (u > 0) tiene un onjunto in�nito numerable de solu iones:

0 < u1 <π

2

π < u2 <3π

2

2π < u3 <5π

2· · ·

nπ < un+1 <(2n+ 1)π

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

147

π/20 π

3π/2 2π 5π/2u

y

y = tg u

y = u

u1 u2

Figura 33: Raí es positivas de tg u = u

de donde: √|λ| = un ⇒ |λ| = u2

n ⇒ λn = −u2n .

Existe por tanto un onjunto in�nito numerable de autovalores negativos:

n2π2 < u2n+1 <

(2n+ 1)2π2

4

lo alizados en los intervalos:

−(2n+ 1)2π2

4< λn < −n2π2 (n = 0, 1, 2, . . .) .

148