Pauta Examen, MA2601 (1-2) EDO (07/12/10)
Prof. Felipe Olmos, Julio L´opez, Aux. Avelio Sep´ulveda, Francisco Bravo, Nikol´as Tapia, Sebasti´an Reyes Riffo.
P1. (a)El polinomio caracter´ıstico de la ecuaci´on es:
p(λ) =λ4−2λ3+ 2λ2−2λ+ 1
(0.5 pto.) Claramente una ra´ız de este es 1. Para obtener las otras ra´ıces dividimos por el polinomio λ−1
λ4−2λ3+ 2λ2−2λ+ 1 :λ−1 =λ3−λ2+λ−1 Nuevamente este polinomio tiene como ra´ız a 1, dividimos entonces porλ−1
λ3−λ2+λ−1 :λ−1 =λ2+ 1 Por lo tanto tenemos la factorizaci´on
p(λ) = (λ−1)2(λ2+ 1)
(0.5 pto.) Luego la soluci´on general de la ecuaci´on es:
y=C1ex+C2xex+C3cos(x) +C4sin(x)
DondeC1, C2, C3, C4 son constantes arbitrarias.
(1.0 pto.) Nota al ayudante: Hay m´as de una manera de hacerlo. Sea flexible.
(b)En aniquilador del lado derecho es:
(D−(−2 +i))(D−(−2−i)) Por lo que la soluci´on particular a proponer es de la forma
yp=α1e−2tcos(t) +α2e−2tsin(t)
(1.0 pto.) Derivando (astutamente) obtenemos
yp0 =e−2tcos(t)(−2α1+α2) +e−2tsin(t)(−α1−2α2)
y00p =e−2tcos(t)(4α1−2α2−α1−2α2) +e−2tsin(t)(2α1−α2+ 2α1+ 4α2)
y00+ 4y0+ 4y=e−2tcos(t)(3α1−4α2−8α1+ 4α2+ 4α1) +e−2tsin(t)(4α1+ 3α3−4α1−8α2+ 4α2)
=e−2tcos(t)(−α1) +e−2tsin(t)(−α2)
Igualando con el lado derecho obtenemosα1=−1 yα2= 0 por lo que la soluci´on particular
buscada es
yp=−e2tcos(t)
(1.0 pto.)
(c) Notemos que el impulsoI[π,2π] se puede escribir comoH(t−π)−H(t−2π). Entonces
tomando transformada de Laplace a la ecuaci´on tenemos: s2Y −sy(0)−y0(0) +Y =e
−πs s −
e−2πs s
s2Y −s+Y =e
−πs s −
e−2πs s
Por lo tanto
Y = e
−πs s(s2+ 1)−
e−2πs s(s2+ 1) +
s s2+ 1
Haciendo fracciones parciales a la expresi´on 1
s(s2−1) tenemos s
s2+ 1 =
1 s−
s s2+ 1
Y por lo tanto la expresi´on paraY queda Y =e−πs
1
s − s s2+ 1
−e−2πs
1
s − s s2+ 1
+ s
s2+ 1
(1.0 pto.)
Tomando transformada inversa
y=H(t−π)(1−cos(t−π))−H(t−2π)(1−cos(t−2π)) + cos(t) =H(t−π)(1 + cos(t))−H(t−2π)(1−cos(t)) + cos(t)
y por lo tanto
y(t) =
cos(t) t < π 2 cos(t) + 1 π≤t <2π 3 cos(t) t≥2π
(1.0 pto.)
Nota al corrector: Si llegan a la expresi´on con funciones de Heaviside esta OK. P2. (a) Demostraci´on:
Sea r(t) = Rt
0κ(s)u(s)ds, entonces por TFC se tiene que r
0(t) = κ(t)u(t). Luego r0(t)−
(0.6 pto.) Por hip´otesis u(t) ≤ w(t) +r(t). Como κ(t) ≥ 0, multiplicando por κ(t) a la desigualdad anterior tenemos que:
κ(t)[u(t)−r(t)]≤κ(t)w(t).
As´ı, r0(t)−κ(t)r(t)≤κ(t)w(t).
(0.4 pto.) Multiplicando por el factor integrantee−R0tκ(z)dz se obtiene:
d dt[e
−Rt
0κ(z)dzr(t)]≤e−
Rt
0κ(z)dzκ(t)w(t).
(0.5 pto.) Integrando de 0 hastat:
e−R0tκ(z)dzr(t)≤
Z t
0
κ(s)w(s)e−R0sκ(z)dzds.
(0.5 pto.) De aqu´ı se obtiene que:
r(t)≤
Z t
0
κ(s)w(s)[eR0tκ(z)dze−
Rs
0κ(z)dz]ds, el cual es equivalente a escribir:
r(t)≤
Z t
0
κ(s)w(s)eRstκ(z)dzds.
(0.5 pto.) Por tanto, sustituyendo en la hip´otesis:
u(t)≤w(t) +
Z t
0
κ(s)w(s)eRstκ(z)dzds.
(0.5 pto.) (a)(i)Demostraci´on:
Para llegar a la 1ra igualdad, desarrollemos el lado izquierdo de esta expresi´on: [etx(t)]0 = etx(t) +etx0(t) =etx(t) +et(−x(t) +A(t)x(t)) =etA(t)x(t).
(0.5 pto.) Ahora, integrando de 0 atla igualdad anterior y usando el TFC nos da:
Z t
0
[esx(s)]0ds=
Z t
0
esA(s)x(s)ds⇔etx(t)−x(0) =
Z t
0
esA(s)x(s)ds,
de donde se obtiene la 2da expresi´on: etx(t) =ξ+
Z t
0
Por otro lado, haciendo uso de la desigualdad sugerida:
ketx(t)k=kξ+
Z t
0
esA(s)x(s)dsk ≤ kξk+k
Z t
0
esA(s)x(s)dsk ≤ kξk+
Z t
0
kA(s)kkesx(s)kds.
(0.5 pto.) (a)(ii)Demostraci´on:
Tomemos u(t) = ketx(t)k, W = kξk y κ(t) = kA(t)k. Luego, al aplicar la desigualdad de Gronwall obtenemos que:
ketx(t)k ≤ kξkexp(
Z t
0
kA(s)kds).
(0.5 pto.) Usando la hip´otesis y el hecho que exp(ω) es creciente para todoω∈R, se logra
exp(
Z t
0
kA(s)kds)≤exp(K+ (1−)t) =eKe(1−)t, K, >0.
(0.4 pto.) Luego, de las dos ´ultimas desigualdades se deduce
etkx(t)k=ketx(t)k ≤ kξkeKe(1−)t⇔ kx(t)k ≤ kξkeKe−t, K, >0.
(0.3 pto.) Finalmente, haciendot→ ∞logramos quekx(t)k →0. (Note que tambi´enkx(t)k ≥0).
(0.3 pto.) P3. (a)La variable que representa al depredador esy pues su tasa de crecimientoaumentasi es
que hay m´as poblaci´on dex.
(0.5 pto.) (b)Para encontrar los puntos cr´ıticos imponemos
2(8−x−y)x= 0 (4 +x−y)y= 0
Claramente (¯x,y) = (0,¯ 0) es un punto cr´ıtico. Si ¯x= 0 y ¯y6= 0 tenemos que necesariamente ¯
y= 4. Si ¯y= 0 y ¯x6= 0 tenemos que necesariamente ¯x= 8. Finalmente si ambos son distintos de cero tenemos que
8−x−y= 0 4 +x−y= 0
(1.0 pto.) (c)Primero calculamos el jacobiano asociado al sistema
J(x, y) = 2(8−2x−y) −2x y 4 +x−2y
!
(0.5 pto.) Vemos cada caso
(¯x,y) = (0,¯ 0):
A=J(0,0) = 16 0 0 4
!
Como tr(A) = 20 > 0 y det(A) = 64 > 0 deducimos inmediatamente que este punto es inestable. Para ver de que tipo es basta ver el discriminante del polinomio caracter´ıstico (o equivalente ver si sus ra´ıces son reales o con componente imaginaria).
p(λ) =λ2−20λ+ 64 = (λ−4)(λ−16)
Como las ra´ıces son reales el punto es un nodo. Como la matriz es diagonal los vectores propios son los can´onicos. Cuandot→ −∞domina la parte de la soluci´on en (0,1)t(alternativamente pueden calcular la pendiente de la curva respecto del cero cuando t → −∞ y concluir que tiende a infinito) y por lo tanto el diagrama de fase local queda as´ı:
Nota al ayudante: No es necesario que dibujen el campo, pero si las trayectorias con sus direcciones.
(¯x,y) = (0,¯ 4):
El jacobiano en este caso es
A=J(0,4) = 8 0 4 −8
!
Notamos que det(A) = −64 < 0, por lo tanto este es un punto silla y en consecuencia inestable. Los ejes quedan determinados por los vectores propios de la matriz. Primero los valores propios vienen dados por
16 0 4 0
!
v1
v2
!
= 0
De lo que se concluye quev1= 0 yv2 = libre. Por lo que (0,1)T es un vector propio asociado
a este valor. Ahora siλ= 8 tenemos que
0 0
4 −16
!
v1
v2
!
= 0
Por lo que v1 = 4v2 y vemos que un segundo vector propio es (4,1). Con esto se puede
construir el diagrama de fase que queda mas o menos as´ı.
(¯x,y) = (8,¯ 0):
El jacobiano en este punto cr´ıtico vale
A=J(8,0) = −16 −16 0 12
!
Luego su polinomio caracter´ıstico es
p(λ) =λ2+ 4λ−192 = (λ−12)(λ+ 16)
(¯x,y) = (2,¯ 6): El jacobiano vale
A=J(2,6) = −4 −4 6 −6
!
tr(A) =−10<0 y det(A) = 48>0 por lo que el punto es estable. El polinomio caracter´ıstico queda
p(λ) =λ2+ 10λ+ 48 Sus ra´ıces son
λ=−10±
√
100−192
2 =−5±
√
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