Ecuaciones Diferenciales I (grupo D) febrero 2000

Transcripción

1 Ecuaciones Diferenciales I (grupo D) febrero Sea dy d = +y y y y Resolverla Dibujar sus curvas integrales z= y z'+z = +z z z z ; +z z z 3 +z +z+ dz = d + C ; +z z [z+][z +] = A z+ + Bz+C z + A=, B=, C= ln z+ z + = ln + C z+ = C[ z + ] y+=c[y + ] (la ecuación no es eacta) Estas curvas integrales son, para C, las circunferencias que pasan por el origen y tienen su centro sobre y=, además de la recta y= (para C=) El dibujo aproimado de las curvas integrales confirma lo anterior: Como la ecuación es homogénea las isoclinas son fáciles de pintar: y y = m K = +m m m m m= K=, = K=, m= K=, m= K= (solución), Pendiente horizontal si m m = m = ± [ 4, 4 ] Pendiente vertical si m +m = m = ± [ 4, 4 ] El teorema de eistencia y unicidad asegura que por cualquier punto del plano distinto del origen pasa una única curva integral Dada la ecuación: "" + a" + 4 = e t a) Hallar una solución particular para todo valor de a b) Hallar su solución general para a= 5 y para a=5 c) Dar un valor de a, si eiste, para el que la ecuación sea i) inestable, ii) asintóticamente estable a) p = Ae t A [+a+4] e t = e t p = et, si a 5 (para a= 5, λ= es autovalor: 5+4= (y simple)) a+5 Para a= 5, p = Ate t p " = A[ t+]e t, p ""= A[ t+4]e t A [t 5t+4t+4 ] e t = e t p = tet 6 b) λ 4 5λ + 4 = λ = [5± 5 6 ] = 4, λ =,,, = c et +c e t +c 3 e t +c 4 e t tet 6 λ 4 +5λ + 4 = λ = [ 5± 9 ] = 4, λ = ±i, ±i = c cost + c sent+c 3 cost+c et 4sent+ c) Para a= 5, por ejemplo, las soluciones son inestables (eisten autovalores positivos) Sabemos que para que todos los autovalores tengan parte real menor que es necesario (no suficiente) que todos los coeficientes de la ecuación de autovalores sean estrictamente positivos Como no es nuestro caso, para ningún valor de a puede ser la ecuación asintóticamente estable [Analizando los autovalores λ = [ a± a 6 ] según los valores de a se tiene que: si a< 4 hay reales positivos y negativos; si a= 4, λ=± dobles; si 4<a<4 hay complejos con Re< y con Re>; si a=4, λ=± i dobles (todo inestable hasta ahora); si a>4 son imaginarios y simples (estabilidad, pero no asintótica) ]

2 3 Sea t"+(t )'+3 = Hallar los tres primeros términos no nulos del desarrollo de una solución que sea analítica en t= Eiste solución linealmente independiente de la anterior que sea analítica en t=? t "+t( t )'+3t = t= es singular regular con r(r ) r+ = r =, r = Seguro que es analítica = ck t k+ k= [ (k+)(k+)ck t k+ (k+)c k t k+ + (k+)c k t k+ +3c k t k+ ] = [ (k+)kck t k+ + (k+5)c k t k+ ] = k= k= t : c = c indeterminado ; t : 6c +5c = c = 5 6 c ; t3 : 6c +6c = c = 3 8 c = 5 6 c = t 5 6 t t4 + [ ' = t 5 t t3 + ] La segunda solución = bk t k + a lnt será analítica si a= y no lo será si a Hay que trabajar: k= ' = k b k t k + a ' lnt + a t ; " = k(k )b k t k + a " lnt + a t ' a t k= k= k(k )b k t k + [k bk t k kb k t k ] + 3b k t k + 4a ' 4a t + a = k= k= k= t : b +3b = b = 3 b ; t : 4b +b 4b +3b +8a 4a = a = b = 3 b Por tanto, la segunda solución contiene el lnt y no es analítica en t= 4 Sea (S) ' = ( y) y'=y 3 a) Puntos críticos () En (), ( 3 ) y () Ecuación de las órbitas no resoluble a) Dibujar el mapa de fases de (S) b) Calcular la solución de (S) que cumple ()=, y()= y La aproimación lineal ( 3 ) en () es ( ) λ λ 3 = λ = [± 3 ] [ 3, 3 ] punto silla v ( 3) nodo estelar I, ( 3 ) Pendiente horizontal si y = 3 Vertical si = (órbita) o si y = = (y ) () v(,) = ( ) 3 ; v(,y) = ( y y ) ; v(,) = ( ) ( + ) b) Por =, y= pasa la órbita = La solución viene dada por: { ' = y = Ce t Imponiendo y()= se tiene y=e t y'=y La solución pedida del sistema es, pues, (t) = () e t

3 Ecuaciones Diferenciales I (grupo D) septiembre Sea (E) dy dt = y+ t a) Resolver (E) utilizando el cambio de variable u(t) = y(t) + t b) Dibujar aproimadamente las soluciones de (E) El cambio propuesto lleva a u' = [y'+t] = u+t u t z' = z+ z z = z z z dz, z [z ][z+] = dt t, ecuación homogénea, que con z = u t + C ; z dz [z ][z+] = se convierte en: A z + B z+ A = B = 3 ln([z ] [z+]) = 3lnt + C [z ] [z+] = Ct 3 [u t ] [u+ t ] = C [ t)] [ +t] = C Ecuación no definida si y< t Isoclinas: y'= k (, soluciones crecientes) y = k t Infleión: y" = [y'+t] = [ +t] = y= t, para t [si t el corchete no se anula; elevando al cuadrado incluimos +t= ] t / k= De la solución general, para C= se obtiene algo sencillo: t /4 k= t= y= t, si t ; +t= y= 4 t, si t k= Hallar la solución del sistema '=+y+z y'=+y+z z'=+y+z que satisface ()=, y()=, z()= 3 λ Matrices: λ = [λ 3 6λ 3 +9λ 4] = [λ ] [λ 4] = λ= doble λ λ=4 v = ; P = = Pe Jt P = 3 PeJt 3 = P, P = 3 e t 3e t = e t e t 3e t v =,, e Jt = e t e t e 4t, Laplace: sx = X+Y+Z Z = (s )X Y sy = X+Y+Z Y = X+ /(s ) sy+3=x+y+z [s 5s+4] X= s 4 Z = s s+ s = 3 s [ z = 3et ; o bien z = ' y = 3e t ] X = s [ = et ] Y = s [ y = et ] Derivando Lo más corto, con un poco de vista: [+y+z]'=4 [+y+z], [+y+z]()=+ 3= +y+z= z = y '=, ()= = e t y'=y, y()= y = e t Con menos vista: ' = '+y'+z'= '+ +3 [ y+z] =5 '+4 = c e t + c e 4t ()= '()=+ 3 = e t z= y e t y' = e t +y y e t = y y = ce t y()= y = e t z = 3e t

4 3 a) Hallar todos los valores de α para los que la solución analítica en t= de t( t )" + ( t )' + α = es un polinomio b) Calcular para α= una solución acotada en t = t= singular regular ( t "+t t '+ αt t t = ) ; r= doble = ck t k analítca (la otra seguro con logaritmo) k= [k(k )c k t k k(k )c k t k ] + [k ck t k kc k t k ] + αck t k = k= k= k= t : c +αc = c = αc ; t : c +c c +αc = c = α 4 t k : [(k+)k +(k+)]c k+ [k(k )+k α]c k = c k+ = k(k+) α (k+) c = α[α ] c k, k=,, c, Si α=n(n+), n=,, el c n+ se anulará (y también los siguientes, pero los anteriores no) y la será un polinomio de grado n ; si α no es de esa forma todos los c k serán no nulos y la serie tendrá infinitos términos Esto ocurre, por ejemplo, para α= En ese caso será: c = c ; c = 8 4 c = 9c ; c 3 = 4 9 c = 4c ; c 4 = 8 6 c 3 = 7c ; c 5 = 5 c 4 = = c 6 = = t+9t 4t 3 +7t 4 4 a) Hallar las órbitas y dibujar el mapa de fases de las ecuaciones: (i) " = e, (ii) " = e b) Precisar en cada caso si es periódica la solución que verifica ()=, '()= Como son ecuaciones eactas "=g(), sus órbitas son fácilmente calculables: v g()d = C, y un dibujo aproimado del mapa de fases se obtiene rápidamente de la gráfica potencial V()= g() g()=±e V()= ± e órbitas: v = ± C + e V Para (i) hay sólo una silla y las separatrices son v = ± + e (tienden a ± en ± ) Ninguna solución es periódica V Para (ii) hay un centro, pero sólo si C< la solución es periódica (si C la órbita no corta el eje ) Las primeras órbitas abiertas son v=±e / (que pasan por ± ) La órbita que pasa por =, v= es abierta y no corresponde a ninguna solución periódica (la (t) se va a + ) (Sin acordarse de las ecuaciones eactas: '=v silla para + [ λ=±, con v = () ± órbitas: dv d = ±e v v'=±e () ( ± ) ], centro para [ λ=±i y el sistema es eacto; + ] ; v ± e = C, como antes)

5 Ecuaciones Diferenciales I (grupo B) febrero Sea t dy = ( t)y + t Resolverla Discutir según los valores de a cuántas soluciones cumplen y(a)= dt Localizar los puntos del plano en los que y" = y' = ( t )y + t es lineal: e (/t )dt = te t, y = Ct e t + te t t e t t dt = Ct e t + t El teorema de eistencia y unicidad (el general o el de las lineales) garantiza que si a hay una única solución con y(a)= (pues f,f y son continuas en un entorno de (a,) o porque a(t)=/t, f(t)=t lo son si t ) [Imponiendo el dato se tiene C=e a y = te a t + t ( *) ] Si a=, las hipótesis del teorema fallan con lo que podría no haber solución o haber más de una A la vista de las soluciones está claro que todas las soluciones cumplen y()= [no sólo la y=t e t +t que sale haciendo a= en (*)] y" = t y + ( t )[( t )y + t ] + = [ t +]y + t = (t )(y t) t = si t=, infleión y=t, solución recta Sea [L] '=z t y'= cy w z'= +cy w' = y+cz a) Hallar para c= la solución de [L] con ()=, y()=, z()=, w()= b) Hallar una solución del sistema homogéneo para c= c) Determinar, si eiste, un valor de c para el [L] sea: i) inestable, ii) asintóticamente estable O por Laplace: A = a) Para c= el sistema se desacopla en dos sistemas de dos ecuaciones: y'= w '=z t w' = y y=w= (evidente), y y()=w()= z'= "+= t ()=,z()= ()=,'()= p =At+B c c c = c cost+c sent t datos = cost t z = ' + t = t sent sx =Z /s3 sz+= X sy= W sw=y s Z s =z /s 3 [s +]Y= Y==W ; Z = s3 s 4 s 3 [s = A +] s + B s + C s 3 + DS+E s + Z = s 3 s s + z = t sent = z' = cost t ; λ c λ c λ c λ c λ = λ c λ c λ b) Si c= es λ= raíz de λ 4 4λ 3 +λ única + ( calculable ) + c λ c λ 3 A+D= B+E= A+C= B= C= = λ 4 +cλ 3 +λ +c(c+)λ+ v = v 3 =v v 4 =3v v +v +v 3 = = e t 3 c) Si c< se sabe que hay autovalores positivos (para c= hallamos uno) y el sistema es inestable Para que pueda ser asintóticamente estable debe ser c>, pero no basta Necesitamos Routh-Hurwitz: B = c c(c+) c c(c+) c>, c c+ = c( c)>, c c+ = c+ c4 > imposible Nunca es AE

6 3 Sea t" ' + 4 t 3 = a) Hallar el desarrollo en serie de una solución no trivial que se anule en t= e identificarla con una función elemental b) Hallar la solución general de la ecuación [un posible camino es hacer el cambio de variable independiente de la forma s=t n que sugiere la solución calculada en a) ] a) t "+t( )'+4 t 4 = t= es singular regular con r(r ) r+ = r =, r = Se anula en t= : = k= c k t k+ k= [ (k+)(k+)ck t k+ (k+)c k t k+ +4c k t k+5 ] = k= [ (k+)kck t k+ + 4c k t k+5 ] = t : c = c indeterminado ; t : c = ; t 3 : c = ; t 4 : c 3 = ; t 5 : 4c 4 + 4c = c 4 = 3 c ; t k+ 4 : (k+)kc k + 4c k 4 = c k = (k+)k c k 4 c 4m+ =c 4m+ =c 4m+3 =, c 4m = (m+)m c 4m 4 c 8 = 5 4 c 4 = 5! c,, c 4m =( )m (m+)m (m )(m ) c = = t 6 t6 + + ( )m (m+)! t4m+ + = sen t ( ) m (m+)! c b) Hallar la segunda solución = k= b k t k + a lnt por series sería largo La solución anterior sugiere hacer s = t : d dt = d ds t ; d dt = d ds 4t + d ds 4t3 [ d ds + ] = = c cos s + c sens= c cost +c sent O se puede hacer por la fórmula obtenida por reducción de orden: = sent e /t sen t dt = cost, pues t sen t dt = ( u=t ) = du sen u = du tan u cos u = tanu = cost sent 4 Sea '=+y Hallar la epresión de sus órbitas y dibujar su mapa de fases y'= y Precisar para qué valores de b es periódica la solución del sistema con ()=, y()=b Puntos críticos () En () En () f +g y Eacto H = y H y =+y y + y y = C son sus órbitas, () y () La aproimación lineal ( y ) en () centro (tambiéndel no lineal, por ser eacto o por ser las órbitas simétricas), ( ), ( ) λ =, silla, v = (), () 4, () 4 λ =, silla, v = () Pendiente horizontal si y= (órbita) o si = Vertical si y= v(,y) = y () ; v(,y) = y () ; v(, ) = ( ) Las separatrices se obtienen para C= y=, y= Son cerradas todas las órbitas encerradas por las separatrices (viendo el campo o analizando = + y C ) y y por tanto son periódicas las soluciones para <y'()=b< es ( )

7 Ecuaciones Diferenciales I (grupo B) septiembre a) Resolver la ecuación de Bernouilli: [B] dy = 3 [y y dt t /3 ] b) Precisar cuántas soluciones de [B] satisfacen: i) y( )= ; ii) y()= ; iii) y()= a) 3 y /3 y' = y/3 t z=y/3 t z' = z t z =+ Ct y = ( +Ct) 3 dy [También se podría resolver mirándola como separable: 3 ln t +C = y y /3 z=y/3 3z dz z 3 z = 3 ln z ] b) Como f es continua en R {t =}, eiste solución para cada dato inicial y(t o )=y o, cuando t o La f y = 3 t [ 3 y /3 ] no es continua en y= Si t o,y o seguro que el problema tiene una única solución Si t o = los teoremas no dicen nada sobre si hay solución o no Si t o, y o = podría no ser única Para i) el teorema de eistencia y unicidad asegura que hay solución única (haciendo y( )= se tiene y ) Imponiendo y()= vemos que se cumple para cualquier C Hay infinitas soluciones en el caso ii) Si hacemos y()= = (+C) 3 C= y = ( t ) 3 es solución con ese dato Pero podría haber más Miramos la ecuación y la resolución por si se ha perdido y alguna Está claro que y es otra que cumple y()= No hay unicidad en el caso iii) [de hecho, como todas las soluciones y = (+Ct ) 3 son parábolas cúbicas con tangente horizontal al pasar por el eje y=, iii) no lo satisfacen sólo las dos soluciones ya citadas, sino las infinitas obtenidas tomando un trozo de la recta y= desde t= hasta cualquier punto t o y bajando después por la parábola que pasa por ese punto] t Sea [L] "'+a"+3'+9 = e t a) Para a= 5 hallar la solución general de [L] b) Discutir la estabilidad de [L] según los valores de la constante a a) λ 3 5λ +3λ +9 = λ=, λ=3 doble p =Ae t A = 8 La solución general es, pues: = c e t + c e 3t + c 3 te 3t + 8 e t b) λ 3 +aλ +3λ +9 = Si a< sabemos que es inestable porque hay un coeficiente negativo Pero para a>, como la ecuación de autovalores no es resoluble en general, debemos acudir a Routh-Hurvitz: B = a 9 3 a 9 a a>, = 3a 9>, 9> [L] es asintóticamente estable si a>3 9 3 Veamos para qué valores de a pueden eistir autovalores λ con Reλ= : λ = qi i (3 q )q + 9 aq = sólo cuando a=3 (entonces λ=±i 3 y λ= 3 ) Por tanto, si a=3 es estable no asintóticamente Y para a<3, es inestable, pues por R-H sabemos que hay autovalores con Reλ y acabamos de comprobar que no los hay con Reλ=

8 3 Sea t " + t(t+)' (t+) = Hallar una solución no nula que sea analítica en t= Están acotadas todas las soluciones de la ecuación cuando t? t " + t t+ ' t+ = t= es singular regular con r(r ) + r = r =, r = Es analítica en t= la solución asociada a la r : = k= c k t k+ La asociada a r ( = t / k= c k t k ) no es analítica (ni está acotada en t=, lo que responde a la pregunta) Probando la : k= (k+)kc k t k+ + k= [ (k+)ck t k+ + (k+)c k t k+ c k t k+ c k t k+ ] = t : c = c indeterminado ; t : 4c +c +c c c = c = 5 c ; t k+ : [(k+)k+ (k+) ] c k +[k ] c k = c k = k (k+3)k c k c = c 3 =c 4 = = Por tanto, una solución analítica en t= es = t + 5 t (o mútliplicada por cualquier constante) 4 Sea (E) " = ' Clasificar los puntos críticos y dibujar el mapa de fases de (E) Hacia qué tiende la solución (t) de (E) con ()=, '()= cuando t? '=v v'= dv Ecuación de las órbitas v d = v Puntos críticos () y () La apr lineal en () En () es ( ) Aproimación lineal: ( v ) es ( ), λ =, λ= ±, silla, v = () ± [ ± i 3 ], foco estable Pendiente horizontal si = o si v= Vertical si v= v(,) = ( ) ; v(, ) = () (órbita recta); v(,v) = () v v no resoluble La órbita que pasa por el punto (,), que no puede tocar la separatriz v=, necesariamente se acerca en espiral hacia el foco estable Por tanto, la (t) de la solución asociada tiende a si t

9 Ecuaciones Diferenciales I (grupo B) soluciones febrero Sea dy d = y +y +y a) Probar que tiene un factor integrante que sólo depende de y b) Encontrar todas las soluciones de la ecuación que sean rectas c) Hallar la o las soluciones (si eisten) que satisfacen i) y()=, ii) y()= a) (y +y)f(y) ( +y )f(y) dy d (+ y ) ( y +) dy H=+ d = eacta = eacta si f(y) = (y+)f(y)+y(y+)f'(y) ; f'(y) = y f(y) f(y) = y y + p(y) H=y+ y + q() H = +y y =Cy También se puede hallar esta solución mirándola como ecuación homogénea: solución general z = y z ' = z +z + z z (z +)dz z(z z ) = ( z+ + z ) dz = ln(z+)(z ) = C ln (y+)(y ) = C z z y b) Basándonos en la solución general: sólo proporciona rectas si C= y y = (y+)(y ) = y=, y =, pero además está la y= perdida en el cálculo (las demás soluciones son hipérbolas) Al ser homogénea (con isoclinas rectas) podíamos buscar las rectas solución directamente: f(,m) = m +m + m = m m 3 m m =, m =,, y =,, soluciones c) Como en un entorno de (,) y (,) son continuas f y f y, tanto para i) como para ii) hay solución única; son, respectivamente, las rectas y= e y= ya halladas (sólo hay dudas de eistencia y unicidad en el origen) (si uno se fía sólo de las soluciones podría pensar que para i) : =!? imposible? no hay solución? y para ii) : =C que da las rectas y= e y= /, pero sólo la primera de ellas cumple el dato) ' = 4y+z Sea y' = 3y+z z' = y+ Matrices: λ 4 3 λ λ Hallar la solución del sistema que satisface ()=, y()=z()=, y determinar la estabilidad de esta solución = [λ+] 4 λ = λ= doble v =,, λ= P =, P =, P = = Pe Jt P + P t ej(t s) P ds = PeJt 3 t + P e t+s, e Jt = e t e t ds = P + P e t = t ; e t +t e t +t +t Laplace: sx =X 4Y+Z (s+) Y = (s+)z+s+ sy =X 3Y+Z X = (s+3)y Z sz =X Y+ /s (s+)z=(s+)y+/s Y = s +s+ s (s+) = s + s+ y = t+e t ; Z = Y + s(s+) X = (s+3)(s +s+) s (s+) s+ s = s +s+ s (s+) = s +s+ s (s+) =t+e t s(s+)y = s++ s = s+ s z=+t ; Derivando: z" = 4y+z +6y z = y = z' z = c +c e t +t = y y' = y+t + y p=at+b y = c e t + t z()=z'()=,z"()= z = t + y()= y = e t +t = t + e t Como un autovalor simple tiene parte real cero y los otros dos son negativos, todas las soluciones del sistema (y ésta en particular) son estables no asintóticamente (Que aparezca las t en la solución no tiene nada que ver, provienen de la solución particular de la no homogénea)

10 3 Sea t" + [ t ] ' + p t = Precisar, resolviendo por series en torno a t=, todos los valores de la constante p para los que hay soluciones polinómicas y escribir uno de estos polinomios para p= 4 t= singular regular ( t "+t [ t ]'+pt = ) ; r = doble = ck t k es la única solución que puede ser un polinomio (la otra contiene un logaritmo seguro) k= k(k )c k t k + [k ck t k kc k t k+ ] + pck t k+ = k= k= t : c = ; t : c +c +pc = c = p 4 c ; t : 6c 3 +3c c +pc = c 3 = ; t 3 : c 4 +4c 4 c +pc = c 4 = p 6 c = p(p ) 4 c ; t k : k c k [k p]c k = c k = p k+ k c k, k=,3, c 5 =c 7 = = y c m+ = p m (m+) c m Si p=n, n=,, el c n+ y los siguientes pares se anularán (los anteriores no) y la será un polinomio de grado n ; si p no es de esa forma todos los c m serán no nulos y la serie tendrá infinitos términos Esto ocurre, por ejemplo, para p=4 En este caso: c = c ; c 4 = 4 4 c = 8 c ( c 6 = c 4 ya es nulo ) = t + 8 t4 k= 4 Sea (E) " = (a ') (+') a) Clasificar según los valores de a los puntos críticos elementales de (E) b) Para a=3/, dibujar el mapa de fases de (E) y hallar la solución (t) de (E) con ()=, '()= a) { '=v v' = (a v)(+v) Único punto crítico el () (si a ) con aproimación lineal: ( a ) λ +λ a = λ = ± +a a> silla; /<a< nodo tg E; a= / nodo tg E; a< / foco E Cuando a= todo v= es una recta de puntos críticos, que, por tanto, no pueden ser elementales b) Para a=3/, el punto silla tiene por autovalores y 3, con vectores propios respectivos () y () 3 La pendiente es horizontal si v = 3 o si v= (órbita recta) La pendiente es vertical si v= (como en toda ecuación) v(,) = ( ) + ; v(, 3) = 3 / ( 3 9 /) ; v(,v) = v ( v ) La solución pedida tiene v= como órbita asociada Por tanto, satisface d dt = = C t ()= = t

11 Ecuaciones Diferenciales I (grupo B) septiembre Sea y' = t y a) Precisar cuántas soluciones satisfacen y() = b) Dibujar aproimadamente sus soluciones c) Escribir la solución con y() = para todos los valores de t que esté definida a) Como f(t,y) = t y, f y (t,y) = son continuas en todo R (o por ser lineal con coeficientes continuos en todo R) eiste solución única para cualquier par de datos iniciales; en particular para y()= b) Las soluciones crecen (decrecen) si y< t ( y> t ) Las isoclinas son y = t K Las de pendiente K= y K= muestran que hay dos semirrectas solución: y = t para t e y = t para t Se puede ver el dibujo como la unión de los de dos ecuaciones lineales estables de soluciones particulares las dos citadas y de solución general de la homogénea y = Ce t (para ambas): K= K= K= K= K= K=3 c) En el dibujo se ve que si t la solución es y= t Para t, la solución general de y'=t y es y = t + Ce t y()= y=t +e t, si t [Sin usar el dibujo: t y' = t y ; y p =A t +B ; A= t A t B, A=, B= y = t +Ce t y()= y = t ; t y' = t y ; y p =A t +B ; A=t A t B, A=, B= y = t +Ce t y()= y = t + e t También se podría emplear directamente la fórmula: y = e t + e t t e t e t t s es ds = ses ds, t e t +e t t ] ses ds, t Sea "' + " + (+a) ' + 4a = e t a) Para a=, hallar la solución que satisface ()='()=, "()= b) Para a=/, hallar una solución de la ecuación c) Precisar para qué valores de a la ecuación es asintóticamente estable a) Para a= ( λ 3 +λ +λ =, λ= doble, λ= ) la solución general es = c +c e t +c 3 te t + p, con p = At e t p ' = A[t t ]e t, p " = A[ 4t+t ]e t, p " = A[ 6+6t t ]e t A = Imponiendo los datos iniciales a = c +c e t +c 3 te t t se obtiene c =c =c 3 = = t e t O por Laplace: s 3 X++s X+sX = s+ X = s s[s+] 3 = [s+] 3 = e t L [ s 3 ] = t e t b) Para a=/, no podemos hallar (autovalores no enteros) la solución general, pero sí una particular: como λ= no es autovalor ( ), p = Ae t A[ ]e t = e t =e t c) λ 3 +λ +(+a) λ+ 4a = (inmediato: si a= o si a no es asintóticamente estable) Routh-Hurwitz: B = 4a a+ >, +a 4a 4a >, 4a > AE a (,) (,)

12 3 Sea t [+t ]" t[3+7t ]'+[+t ] = a) Hallar una solución que no sea analítica en t= b) Hallar la solución general de la ecuación en términos de funciones elementales a) t= es singular regular con r(r ) 3 r + = r =, r = Es no analítica en t= la solución : = k= b k t k+/ (calculable, sin hallar la analítica = t k= c k t k, al ser la diferencia entre las raíces del polinomio indicial no entera) Llevando la a la ecuación: [ (k+ )(k )b k tk+/ + (k+ )(k )b k tk+5/ 3(k+ )b k tk+/ 7(k+ )b k tk+5/ + b k t k+/ + 4b k t k+5/ ] = k= t / : [ / 3/+]b = b indeterminado ; t 3/ : [3/ 9/+]b = b = ; t 5/ : [5/ 5/+]b + [ / 7/+4]b = b = ; t k+/ : [(k+/)(k /) 3(k+/)+] b k + [(k+/)(k /) 3(k+/)+] b k = Como cada b k queda en función de b k y b =b =, todos los b k son nulos ecepto b : = t / b) Con esa solución tan corta, lo más comodo es utilizar la fórmula deducida al reducir el orden: 7t +3 t[t +] = [ A t + Bt+C t + ] = [ 3 t + 4t t + ] e a = t 3/ (t +) = t / t3/ (t +) dt = t / [ t 7 t7/ + 3 t/ ] = 3 [ t t4 ] (a esta misma solución, sin la constante /3, se llegaría llevando directamente la a la ecuación) Así pues, la solución general de la ecuación es = c t / + c [t t 4 ] 4 Sea [S] '= y'=y y + 4 Hallar la epresión de sus órbitas y dibujar el mapa de fases de [S] Dato: y=± son soluciones de la ecuación de las órbitas La ecuación de las órbitas dy d y = z+ z' = y' = ( u = C e Puntos críticos () en () en () = y ) z z y + 3 es de Riccati, y podemos resolverla por conocer alguna y p : z+/u u ' = ( ) z + + e e d = Ce / y= + es ( ) es ( ) y () Ce La aproimación lineal ( 4 ) 3 y : nodo I, con λ= (), λ= () : silla, con λ= (), λ= () Pendiente vertical si = (órbita) Horizontal si y = ± + 4 v(,) = v(,) = () 4 (la separatriz horizontal se deforma ) Dos órbitas conocidas son y=± (confirman la deformación de la separatriz y el hecho de que se queda con la tangencia del nodo el vector propio asociado a λ= ) Las demás tienden hacia cuando (para C>, tras tener una asíntota) :

13 Ecuaciones Diferenciales I (grupo B) febrero 3 Sea y' = (y t + ) a) Hallar su solución general b) Dibujar aproimadamente sus soluciones c) Precisar cuántas soluciones satisfacen: i) y() =, ii) y() = dz t + C = z +z = [ z z+ a) z = y t z' = (z + ) = z +z (Bernouilli o separable): u=/z u' = u u = Ce t z = Ce t y = t + Ce t ] dz = ln z z+ z z+ = Cet z = Cet Ce t y=t+ Ce t C Ce t = t + e t C b) Todas las soluciones son crecientes Las isoclinas son (y t + ) =K ( ) y = t ± K, o bien: f(t, t+b) = (b+) = K K= Rectas solución: si K= y = t ó y = t De y" = (y t+ ) (y' ) se obtiene la recta de puntos de infleión y = t y, de nuevo, las dos rectas solución K=9 K=9 c) Como f y f y son continuas en todo el plano, lo son en un entorno de cualquier punto, y, por tanto, eiste una única solución para cuarquier dato inicial K=4 [Como suele ocurrir, si uno se fía de las soluciones puede cometer errores; en la solución obtenida como Bernouilli falta la recta y=t : y()= = C (!?), y en la separable, y()= C falta la y=t : = C = (!?) ] K= K= K=4 Sea [S] '=4y+z y'=z 4 z'=az a) Para a=5 hallar la solución del sistema que cumple ()=, y()=3, z()= (Ayuda: el sistema posee una solución constante) b) Discutir la estabilidad de [S] según los valores de la constante a a a) Con la ayuda: p = b c λ= 4 6 v = Solución general: = c 3 =4b+c a= =c 4 b= =5c a 3, λ= λ 4 Para el homogéneo: c=4 λ = [λ+][λ ][λ 4] = ; 4 3 v = e t + c 3 et + c 3 4 e4t λ, λ=4 3c +3c +c 3 += c +c +c 3 =3 c +c +4c 3 +4= Derivando: "=4z 6+z' ; z"'=5z" 8z+3 z' z=c e t +c e t +c 3 e 4t +4, t Laplace: = 5z z' = e t y = ' z 4 sx+=4y+z [5s s ] [sy 3+4/s]+4= 8Y sy 3 = Z 4/s, Z=sY 3+4/s sz = 5 Z X, X = (5 s)z/ y = 4e t z = 4+ y' =4 4e t = 5z z' = 4e t v = 4 = e t +4e t 4 4e t z()=, z'()=+4 z"()= 4 = 4 } z=4 4e Y = 3s3 9s 3 +3s+8 s(s+)(s )(s 4) = e t = 3s s(s+) b) A λi = λ 3 aλ +λ+8 Si a> es I, si a= no es AE y si a< necesitamos Routh-Hurwitz: a B = 8 a 8 a, a 8, 8(a+8) AE a< 4, I si a> 4 Para a= 4 (R-H no decide): λ 3 +4λ +λ+8 = (λ+4)(λ +) λ= 4, λ=± i (simples) E no A = s+ s

14 3 Sea t " +t'+[ t 4 ] = a) Hallar los 4 primeros términos no nulos del desarrollo de una solución acotada en t = b) Deteminar si hay soluciones linealmente independientes de la anterior de la forma = t r k= b k t k a) t= es singular regular con r(r ) + r 4 = r =, r =, r r = entero Está acotada en t= la solución : = k= c k t k+/ Llevándola a la ecuación: [ (k+ k= )(k )c k tk+/ + (k+ )c k tk+/ 4 c k tk+/ + c k t k+3/ ] = k= [ (k+)kc k t k+/ + c k t k+3/ ] = t / : c = c indeterminado ; t 3/ : c + c = c = c ; t 5/ : 6c + c = c = 6 c = c ; t7/ : c 3 + c = c 3 = c = 44 c ; = t / [ t+ t 44 t3 + ] b) La otra solución = k= b k t k / + a lnt será de esa forma si a= y no lo será si a Hay que trabajar: ' = k= (k )b k tk 3/ + a ' lnt + a t ; " = k= )(k ))(k 3 )b k tk 5/ + a " lnt + a t ' a t [ (k )(k 3 )b k tk / + (k )b k tk / 4 b k tk / + b k t k+/ ] + at ' = k= [ k(k )b k t k / + b k t k+/ ] + at [ t / 3 4 t/ + ] = = k= t / : b = b indeterminado ; t / : b + b + a= a = b : La segunda solución linealmente independiente contiene el término con el lnt y no es de esa forma 4 Sea '=4 y y'= y Clasificar sus puntos críticos y dibujar su mapa de fases La ecuación de las órbitas no sabemos resolverla Puntos críticos () en () en () es ( 4 ) es ( 4 ) y () 4 La aproimación lineal ( y ) λ= doble () : silla, con λ=4 () (nodo tg inestable),, λ= () 5 Pendiente horizontal si y= (órbita) y = Vertical si y= v(,) = (), v(,y) = ( y) () v(, 5 [la separatriz estable se deforma ) ] 5/ ) = ( ) ( )

15 Ecuaciones Diferenciales I (grupo B) septiembre 3 Sea y' = + y t a) Hallar su solución general y la o las soluciones que satisfagan y() = b) Dibujar aproimadamente sus curvas integrales a) Haciendo z=y t, z' = z z = 4t+C = (y t) y = t ± 4t+C También es eacta: (y t + )+(t y)y' =, M y = = N t H=ty t + t +g(y) H=ty y y ty+t 4 t = C + h(t) Como f y f y son continuas en un entorno de (, ) eiste una única solución con esos datos, en concreto, = ± 4+ C C= y = t t (pues la raíz + no satisface los datos) b) Sus isoclinas, como todas las de ecuaciones de la forma y' = f(at+by) serán rectas: + = K y = t + rectas de pendiente y t K [o si se prefiere y = t+b K = + b ] K= y = t (pendiente horizontal) Sobre y = t la pendiente es (problemas de E y U) Además hemos pintado las de b= 3,, y No parece haber puntos de infleión y no hallamos y" Todas las curvas son parábolas (sin saber mucho álgebra es evidente que son cónicas, en la ecuación en z es obvio y al deshacer el cambio se inclinan) K= t+ t K=3 K= K= K= K=/3 t t Sea "' + 5 " + 4' + c = t a) Hallar una solución particular para todo valor de la constante real c b) Hallar la solución general para c= c) Discutir la estabilidadde la ecuación según los valores de c a) Si λ= no es autavalor, es decir, si c, hay solución particular de la forma: p = At+ B 4A+ c(a t + B ) = t A = c, B = 4A c = 4 c p = t c 4 c, si c Si c=, hay que engordar la solución particular: p = At + B t, p ' = At +B, p " = A A+4(At+B)= t A = 8, B = 5A = 5 6 p = t 8 5t, si c= 6 b) Si c= es fácil hallar las raíces del polinomio caractrístico: λ 3 +5λ +4λ = (λ )(λ +6λ+) = λ=, λ= 3 ± i solución general: = c e t +c e 3t cos t + c 3 e 3t sen t t 5 c) Con el signo de los coeficientes, si c< es inestable y si c= no es AE Para saber más es necesario R H: B = 5 c 4 5 c 5, c, c( c) AE <c<, I si c< ó c> Sólo falta saber si para c= y c= es inestable o estable no asintóticamente: c= : λ 3 +5λ +4λ= λ = 4, λ = y λ = simples E no A c= : λ 3 +5λ +4λ+= λ = 5, λ = ±i simples E no A (todo depende de la homogénea, la solución particular no influye en la estabilidad)

16 3 Sea 4t " 3 = t a) Calcular el desarrollo hasta orden 4 en torno a t = de la solución de la ecuación homogénea que cumple ()=, '()= b) Hallar la solución general de esta ecuación de Euler no homogénea a) Resolvemos la ecuación homogénea en torno a t= (punto regular), haciendo s= t : 4(s +s+)" 3 =, con s= regular = k= c k s k, donde, por los datos iniciales, es c = y c = [4k(k )ck s k +8k(k )c k= k s k +4k(k )c k s k ] k= 3c k s k = s : 8c 3c = c = 3 8 c = ; s : 6c + 4c 3 3c = c 3 = 8 c 3 c = 8 s : 8c + 48c c 4 3c = c 4 = 5 48 c c 3 = 8 = ( t ) + 8 ( t )3 8 ( t )4 + Son pocos términos y es regular: haceiendo t= en la ecuación: 4 "() 3() = "() = Derivando la ecuación y volviendo a hacer t= : 4t "'+ 8t" 3' = "'() = 3 4 Derivando otra vez : 4t IV + 6t"' 3" = IV () = 4 "'() = 3 (t) = () + '()(t ) + "() (t ) + "'() 6 (t ) 3 + IV () 4 (t ) 4 + que lleva a lo mismo b) La solución de la homogénea: λ(λ ) 3 4 = λ = 3 y hom = c t3/ + c t / Como al hacer t=e s el término no homogéneo de la de coeficientes constantes que aparece es de la forma e s eiste particular p = Ae s eiste particular p = At en la incial 8At 3At = t p = 5 t [ O por variación de constantes t 3/ t / 3t 3/ / t / / =, p = t / t3/ (/4) t 3/ t / (/4) La solución general es, por tanto, = c t 3/ + c t / + 5 t = 8 ( 5 )t ] 4 Sea [S] { ' = 4 +y y'=+5y a) Dibujar el mapa de fases de [S] b ) Hallar la solución de [S] que satisface ()=, y()= b ) Hallar la epresión de las órbitas de [S] a) Sistema lineal, por tanto muy fácil de dibujar Punto crítico () 5 λ 9λ+8= λ=6 (), matriz del sistema lineal: ( 4 ), λ=3 (), nodo inestable A las órbitas sobre la recta y = (asociadas al autovalor más cercano a ) son tangentes todas las demás (menos las de y= ) Pendiente horizontal si = 5 y Vertical si y= v(,) = () 4, v(,y) = y () 5 El mapa dibujado es global en todo el plano b ) De varias formas Como el dato corresponde a la órbita y = { '=3 ()= =e3t y= e 3t e 6t, imponiendo los datos se llega al mismo resultado Como la solución general es = c () Laplace: { sx =4X+Y sy+=+5y b ) z+4 [z+][z ] dz = = [ e 3t + c () X = (s 5)Y+ (s 9s+8)Y = 6 s Y = s 3 y = e3t = y' 5y = e 3t dy d = +5y 4+y z+ z Homogénea z=y/t z' = +5z 4+z z = z +z+, 4+z ]dz = ln z+ [z ] = d = ln + C y+ [y ] =C

17 Ecuaciones Diferenciales I (grupo C) febrero 4 Sea y' = y t a) Dibujar aproimadamente sus curvas integrales b) Hallar (si eisten) todas las soluciones de la ecuación que satisfacen: i) y( ) = ; ii) y() = ; iii) y() = a) Hallamos antes su solución general: y' y = t Sus isoclinas, y' = K, son las parábolas: t = y K Además, para K= se tiene y= (recta solución), y sobre t= es K= (curva integral vertical) y y' Como y"= y t t = y t (y ), la curva de puntos de infleión es la recta y = / y = C log t y = C log t K= K=-/ K= K= / (todas con asíntotas) K= K= K=/ b) El TEyU asegura solución única con y(t o )=y o, si t o En particular, es única para los datos i) y ii) Imponiendo y( ) = se tiene C=, con lo que la única solución que cumple i) es y = / [ log t ] La única que cumple ii) es la y perdida en el cálculo Como la ecuación dt dy = t y tiene solución única t(y) si y o, por (,) pasa sólo la curva integral t no hay solución y(t) con y()= K= Hallar la solución del sistema '= z y'= z'= z con ()=, y()=, z()=, y estudiar su estabilidad Derivando: Las ecuaciones primera y tercera sólo contienen y z : z"=' z' = z z' z= c e t cos t +c e t sen t, z()= z'()= = } z=e t cos t =z'+z = e t [cost sent] y ' = e t [cost sent] y = c 3 +y p, con y p = e t [Acost+Bsent] y = c 3 +e t sen t, y()= y=e t sen t (ó y = t dt, integrando dos veces por partes) Laplace: sx = Z s[s+]z s = Z sy=x Z = sz = X Z, X = (s+)z X = s +3s+ s +s+ = s s +s+ = L [ s+ s +s+, z = L [ s+ (s+) + ] = e t cos t s+ (s+) + ] = e t [ cos t sen t ] (ó bien = z'+ z ) Y = s +s+ y = L [ (s+) + ] = e t sen t λ Con matrices: λ = λ[λ +λ+] = ; λ= λ v = λ= +i = c i i i + c +i i v = e t+it + c 3 i i +i i, λ= i +i +i +i e t it c ( +i) c 3 (+i)= c +c +c 3 = ic ic 3 = = [e it +e it ]+i[e it e it ] e t i[e it e it ] = e t e it +e it cos t sen t sen t cos t v =, i i c 3 = i, c = i, c = Como los autovalores son λ= (simple) y λ= ±i (con Reλ<), todas las soluciones del sistema (y la calculada en particular, aunque tienda a ) son estables no asintóticamente

18 3 Sea 3[ + t ] " + t ' = a) Hallar los 3 primeros términos no nulos del desarrollo de una solución que se anule en t= b) Estudiar si todas las soluciones están acotadas cuando t La ecuación es resoluble: v = ' v = Ce t/(3[+t ]) = C(+t ) /3 = K + C t du du 3 +u Como la impropia diverge ( ), hay soluciones no acotadas cuando t, lo que responde b) 3 +u Y podemos también utilizar la solución para encontrar el desarrollo pedido en a): (+t ) /3 = 3 t + ( /3)( 4/3) t 4 = t 9 t t5 Directamente, t= regular = k= c k t k, donde, para que se anule en t=, tomamos c = y c = [3k(k )ck t k +3k(k )c k= k t k ] + k= kc k t k = t : 6c = ; t : 8c3 + c = c 3 = 9 ; t : 36c4 +c = c 4 = ; t 3 : 6c5 +4c 3 = c 5 = 5 c 3 = 45 = t 9 t t5 Más largo es: 3 "() = Derivando: 3[ +t ]"'+ 8t" + ' = "'() = 3, "'() = 3! 9, Para responder b) no se necesita la solución, pues basta estudiar el punto del infinito: Haciendo t= 3[+ s s ][s 4 "+s 3 '] + s [ s '] =, 3s[+s ]" + [4+6s ]' =, s= singular regular, con r =, r = 3 = s /3 k= b k s k, no acotada cuando s + ( t ) 4 Sea '=+y Hallar la epresión de sus órbitas y dibujar su mapa de fases y'=4 y 3 El sistema es eacto: f +g y = H = y + y + 3 =C H y = +y H =y+y + p() H =y 4+3 H = y q(y), epresión de las órbitas del sistema Puntos críticos: y = () y ( 3/ ) 3/4 en () 9 3 =, =, 3 La aproimación lineal ( 4 6 ) es ( 4 ) λ 9 = silla, con λ=3 (), λ= 3 () en ( 3/ 3/4 ) es ( 5 ) λ +9 = centro de la aproimación lineal, que, al ser el sistema eacto, lo es también de nuestro no lineal Pendiente horizontal sobre la parábola y = 4 3 Vertical sobre la recta y = / v(,) = ( ) 4 3, v(,y) = y () La epresión de la separatriz [pasa por (,)] es: [ ± 9 4 ] y + y + 3 = y = Puntos fácilesde hallar de la separatriz: (,), (, ), (9/4, 9/8), ( 4, 8), ( 4,) [ v(,) = 3 ( ) y v(, ) = 3 ( ) 4/3 3/4 9/8 3/ confirman la forma en que se deforma la separatriz] 9/4

19 Ecuaciones Diferenciales I (grupo C) septiembre 4 Sea y' = y y 3 a) Hallar su solución general b) Precisar cuántas soluciones cumplen: i) y()=, ii) y()= c) Dibujar aproimadamente sus soluciones d) Determinar la estabilidad de la solución que satisface y()= a) Esta ecuación autónoma se puede ver como de Bernouilli o separable: y 3 y' = y + z=y z' = z+ ( z p = a ojo) z = Ce t + = y t + C = dy y y 3 = ( y / +y + / y )dy = lny ln( y ) ; ln y y =t+c ; y=± +Ce t y y = Ce t ; y = Cet +Ce t casi igual b) f = y y 3, f y = 3y continuas en R eiste solución única para cualquier dato inicial En particular para los datos i) y ii) La solución para i) es la y (perdida en el cálculo de Bernouilli: = ±/ C imposible) y para ii) es y (que no aparece entre las soluciones de la separable: = C +C imposible) c) Por ser autónoma es fácil su dibujo cualitativo: y e y ± son soluciones constantes y(+y)( y) > si y< ó si <y< : en esa región las soluciones crecen (y en el resto decrecen) K= 6 K= Las soluciones son traslaciones horizontales unas / 3 de otras y tienden hacia las constantes / K=3/8 Precisamos más: isoclinas rectas y=b K=b b 3 K= Puntos de infleión: y" = ( 3y )(y y 3 ) / y = ± 3 /3 ±6 (+ soluciones rectas) / 3 K= 3/8 d) Sabemos que en las autónomas (y sólo en ellas) el dibujo basta para precisar la estabilidad (soluciones acotadas a la derecha tienden hacia las de equilibrio cuando t ) La solución constante y es asintóticamente estable K= K=6 [Se podría decir también a través del teorema de estabilidad de las autónomas (que se generaliza para los sistemas autónomos): f'() = < AE O incluso (más largo e innecesario) utilizando la solución] Sea (n) +6' + = cos3t a) Hallar su solución general para n=3 b) Estudiar la estabilidad de la ecuación para n=, n=3 y n=4 a) λ 3 +6λ+ = (λ+)(λ λ+) = λ=, λ=±3i hom = c e t +e t (c cos3t + c 3 sen3t) Llevando p = A cos 3t + B sen3t a '"+6' + = cos3t obtenemos: (7A 8A+B) sen3t + ( 7B+8B+A) cos3t = cos3t { 9A+B= A 9B= La solución general es, pues: = c e t +e t (c cos3t + c 3 sen3t) + A= 48, B = 9 48 ( cos3t 9sen3t) 48 b) Para n= los autovalores se hallan fácilmente: λ +6λ+ = λ = 3± i con Reλ< AE Para n=3 ya hemos calculado arriba los autovalores Como λ con Reλ>, la ecuación es inestable [La ausencia del término en λ ya nos decía que no era AE Routh-Hurwitz no daría dos determinantes negativos] Para n=4 no podemos calcular eplícitamente los autovalores Como no todos los coeficientes de λ 4 +6λ+ son estrictamente positivos, es inmediato que no puede ser AE Esto quiere decir que λ con Reλ Si comprobamos que no eisten λ con Reλ=, seguro que hay λ con Reλ> y será inestable: λ = qi q 4 +6qi+ =, imposible pues a la vez no puede ser q= y q 4 + = Es inestable B = 6 6 Routh-Hurwitz también no los aseguraba:, 6<, 36<, 7< Como eisten menores negativos es inestable

20 3 Sea t" + = Hallar el desarrollo en serie de una solución no trivial que se anule en t=, encontrando la epresión de su término general t " + t = t= es singular regular con r(r ) + r + = r =, r =, r r = entero Se anula en t= la solución : = k= c k t k+ Llevándola a la ecuación: k= (k+)kc k t k + k= c k t k+ = t : c + c = c = c (sobre c no hay condición y queda iindeterminado); c k = t k : (k+)kc k + c k = c k = (k+)k k(k ) t : 6c + c = c = 3 c = c ; c k = (k+)k (k+)k c k c 3 = 4 3 c = 44 c ; k(k ) (k )(k ) c k 3 = = ( ) k (k+)! k! c (Comprobamos con algunos términos que está bien: c =!! c, c = 3!! c, c 3 = 4!3! c = 4 6 c ) Por tanto: = t k= ( ) k (k+)! k! t k = k= ( ) k (k+)! k! tk+ = t t + t3 44 t4 + 4 Sea [S] '=y y'=+3 y Hallar sus órbitas, precisando en particular la que pasa por ( 3 4, 5 4 ), y dibujar su mapa de fases La ecuación es eacta ( f +g y = y y ) de Bernouilli: dy d = y + +3 : y H y = y H =y + p() H =y 3 H =y 3 + q(y) H = y 3 =C, epresión de las órbitas O bien y dy d = y + +3 z=y z' = z + +3, z = C + (+3 )d = C ++3 = y, como antes La que pasa por ( 3 4, 5 ) 4 es la de C = = (y ) = y = + P críticos: =, y =, () ± La AL ( y 6 y ) y en () en (), ( ) es ( ) λ= (), ó y =, +3 = imposible, λ= (), λ= (), λ= () Ambos puntos son sillas (del lineal y del no lineal) Pendiente horizontal sobre la hipérbola y 3 = Vertical sobre la rectas y = ó = (órbita, pues, que además es una de las separatrices de ambas sillas) v(,) = () 3, v(, ) = ( 3 ) aseguran que las otras separatrices no se conservan De hecho tenemos sus epresiones analíticas: como pasan por (,±) corresponden a la C= de antes y son, por tanto, = (ya vista) y la hipérbola y = (o, si se prefiere, y =± + ), Simetría respecto a ambos ejes: H depende de y, y cambiando por sale la órbita H= C 5/4 3/4