Pauta Prueba Solemne 2. y(x) = C 1 x 2 2C 2 x 2. Notemos que el determinante del Wronskiano de u y v esta dado por.

Transcripción

1 Pauta Prueba Solemne 1. Determine si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas. Justifique su respuesta. a) (0.5pt) Suponga que las funciones u(x) = x y v(x) = x son soluciones de una ecuación lineal de segundo orden homogénea. Entonces, su solución general está dada por y(x) = C 1 x C x Notemos que el determinante del Wronskiano de u y v esta dado por W [u, v] = x x x 4x = 4x3 + 4x 3 = 0 (0,3 puntos) Por lo cual u y v son linealmente dependientes y entonces la afirmación es falsa. b) (0.5pt)La solución general de la ecuación y y + (y ) = 6x está dada por y = x 3 + C 1 x + C donde C 1 y C son constantes reales. La ecuación puede ser escrita como d dx (yy ) = 6x yy = 3x + C 1 y dy dx = 3x + C 1 separando variables, obtenemos entonces integrando obtenemos y dy = (3x + C 1 ) dx y = x3 + C 1 x + C y = x 3 + C 1 x + C por lo tanto la afirmación es verdadera. (0,3 puntos) 1

2 c) (0.5pt) Los valores de a y b en la ecuación y + ay + by = 0 de modo que y(x) = C 1 e x cos(3x) + C e x sin(3x) sea su solución general pueden ser a = y b = 5. Notemos que la ecuación característica asociada a la ecuación es λ + aλ + b = 0 reemplazando los valores a = y b = 5 tenemos λ λ + 5 = 0 esta ecuación tiene soluciones λ = 1 ± 4i, es decir, su solución general es y(x) = C 1 e x cos(4x) + C e x sin(4x) es decir la afirmación es falsa. (0,3 puntos). Considere la ecuación t x (t + 1) x + x = t e t (t 0) a) (0.5pt)Determine el valor n N de modo que u(t) = e nt sea solución de la ecuación homogénea asociada. b) (0.5pt)Determine la solución general de la ecuación homogénea asociada. c) (0.5pt)Utilizando el método de variación de parámetros, calcule la solución general de la ecuación. a) Notemos que si u(t) = e nt, entonces u (t) = ne nt y u (t) = n e nt, entonces reemplazando en la ecuación tenemos n te nt n(t + 1)e nt + e nt = 0 (n n)te nt + (1 n)e nt = 0 por lo tanto n = 1 y entonces u(t) = e t. (0,3 puntos)

3 b) La ecuación en su forma normal esta dada por x ( ) x + 1 t t x = tet entonces utilizando la solución u y la formula de Abel tenemos que una segúnda solución linealmente independiente con u esta dada por 1 e (1+ v(t) = e t t )dt e t dt e = e t t+ln(t) dt e t te = e t t dt et = e t te t dt integrando por partes tenemos que si u = t, entonces du = dt y si dv = e t, entonces v = e t por lo cual v(t) = e [ te t t + ] e t dt v(t) = e t [ te t e t ] v(t) = t 1 por lo tanto la solución de la ecuación homogénea asociada es y h (t) = C 1 e t + C ( t 1) (0,3 puntos) c) Utilizando el método de variación de parámetros, buscaremos una solución particular de la forma los Wronskianos correspondientes son y p (t) = C 1 (t) e t + C (t)( t 1) W = et t 1 e t 1 = et e t ( t 1) = te t 3

4 entonces entonces C 1 (t) = C (t) = W 1 = W1 W dx = W W dx = 0 t 1 te t 1 = t(t + 1)et W = et 0 e t te t = tet t(t + 1)e t dt = te t te t te dt = t e t dt = e t ( ) t y p (t) = + t e t + e t ( t 1) ( ) t y p (t) = 1 finalmente la solución general esta dada por 3. Considere la ecuación ( ) t y(t) = C 1 e t + C ( t 1) + 1 e t e t (t + 1) dt = t + t (0,3 puntos) e x y e x y + 4y = cos(e x ) a) (0.5pt)Muestre que utilizando el cambio de variables x = ln(t) se reduce a una ecuación de coeficientes constantes no homogénea. b) (1pt)Utilizando el método de variación de parámetros, encuentre la solución general de la ecuación. a) Notemos que x = ln(t) dx dt = 1 t dt dx = t además tenemos que t = e x y entonces e x = 1 t, luego dy dx = dy dt dt dx = t dy dt 4

5 d y = d ( t dy ) dx dx dt = d dt = ( t dy ) dt dt dx ( ) dy dt + t d y t dt (0,3 puntos) = t d y dt + t dy dt reemplazando en la ecuación obtenemos ( 1 t d y t dt + t dy ) 1t ( t dy ) + 4y = cos(t) dt dt d y + 4y = cos(t) dt la cual es una ecuación de coeficientes constantes no homogénea. b) La ecuación característica de la ecuación homogénea asociada es λ + 4 = 0 cuyas soluciones son λ = ±i. Entonces la solución de la parte homogenea es y h (t) = C 1 cos(t) + C sin(t) (0,1 puntos) Utilizando el método de variación de parametros buscaremos una solución particular de la forma los Wronskianos correspondientes son y p (t) = C 1 (t) cos(t) + C (t) sin(t) W = cos(t) sin(t) sin(t) cos(t) = cos (t) + sin (t) = (0,1 puntos) W 1 = 0 sin(t) cos(t) cos(t) = sin(t) cos(t) = 1 sin(t) (0,1 puntos) 5

6 W = cos(t) 0 sin(t) cos(t) C 1 (t) = W1 W dx = 1 4 = cos (t) (0,1 puntos) sin(4t) dt = 1 16 cos(4t) C (t) = W W dx = 1 cos (t) dt = 1 4 (1+cos(4t)) dt = 1 4 t+ 1 sin(4t) (0, puntos 16 entonces y p (t) = 1 16 cos(4t) cos(t) + ( 1 4 t sin(4t) ) sin(t) = 1 16 cos(4t) cos(t) sin(4t) sin(t) t = 1 16 cos(t) t y p (t) = 1 16 cos(t) t finalmente la solución general esta dada por es decir y(t) = C 1 cos(t) + C sin(t) cos(t) t y(t) = C 1 cos(e x ) + C sin(e x ) cos(ex ) ex 4. (1.5pt)Utilizando el método de coeficientes indeterminados resuelva el P.V.I y 3y 4y = (30x + x + 3)e 4x y(0) = y (0) = 3 La ecuación característica asociada a la parte homogénea es λ 3λ 4 = 0 (λ 4)(λ + 1) = 0 6

7 así las soluciones son λ = 4 y λ = 1, por lo tanto, la solución de la ecuación homogénea asociada es y h (x) = C 1 e x + C e 4x Utilizando el metodo de variación de parametros tenemos que, como r = 4 es raíz de multiplicidad 1 de la ecuación característica, buscamos una solución particular de la forma y p (x) = xe 4x (Ax + Bx + C) = (Ax 3 + Bx + Cx)e 4x (0,3 puntos) y p(x) = (3Ax + Bx + C)e 4x + (4Ax 3 + 4Bx + 4Cx)e 4x y p(x) = (4Ax 3 + (3A + 4B)x + (B + 4C)x + C)e 4x y p(x) = (1Ax + (6A + 8B)x + B + 4C)e 4x + (16Ax 3 + (1A + 16B)x + (8B + 16C)x + 4C)e 4x y p(x) = (16Ax 3 + (4A + 16B)x + (6A + 16B + 16C)x + B + 8C)e 4x 3y p(x) = ( 1Ax 3 + ( 9A 1B)x + ( 6B 1C)x 3C)e 4x 4y p (x) = ( 4Ax 3 4Bx 4Cx)e 4x sumando las últimas tres ecuaciones obtenemos y 3y 4y = 15Ax + (6A + 10B)x + B + 5C = 30x + x + 3 entonces A =, entonces 6A + 10B = B = así B = 1 y finalmente B + 5C = + 5C = 3 obteniendo C = 1. Por lo tanto la solución particular es y la solución general es y p (x) = (x 3 x + x)e 4x y(x) = C 1 e x + C e 4x + (x 3 x + x)e 4x (0,7 puntos) por último impondremos las condiciones iniciales dadas, primero tenemos que y(0) = C 1 + C = 3, además y (x) = C 1 e x + 4C e 4x + (6x x + 1)e 4x + (8x 3 4x + 4x)e 4x y (0) = C 1 + 4C + 1 = 3 entonces tenemos el sistema { C 1 + C = 3 C 1 + 4C = 7

8 sumando tenemos que 5C = 5, entonces C = 1 y C 1 =. Por lo tanto la solución del P.V.I es y(x) = e x + e 4x + (x 3 x + x)e 4x (0,3 puntos) 8