UNIVERSIDAD DE CONCEPCION FACULTAD DE CIENCIAS
FISICAS Y MATEMATICAS
DEPARTAMENTO DE INGENIERIA MATEMATICA
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 521218
Pauta Ex´amen Recuperativo, a˜no 2005
Pregunta 1 (20 puntos)
Considere el siguiente problema de valores iniciales (o problema de Cauchy)
yp(x) = y(x)
2
−1
y(x)2 + 4y(x)√1−x2 y(a) =b
. (1)
a) (7 puntos) Describa detalladamente todas las regiones donde se pueda asegurar la existencia y unicidad de las soluciones de PVI (1).
b) (3 puntos) Justifique que cuando a= 0 yb >1 la soluci´on de (1) satisface que para todo x que pertenece al dominio dey, y(x)>1.
c) (10 puntos) Si a = 0 y b = 2, encuentre una expresi´on algebraica que defina de manera impl´ıcita a la soluci´on de (1).
Soluci´on. (7 puntos)
La EDO (1) se reescribe como
yp(x) =f(x, y(x))
y(a) =b ,
dondef(x, y) = y
2 −1
(y2+ 4y)√1−x2. Ya que f(x, y) =
y2−1 y(y+ 4)
1 √
1−x2, el dominio def
es el conjunto {(x, y)∈R2 :y6= 0, y 6=−4 y 1−x2 >0}.
Como 1−x2 >0 si y solo si 1>|x|, el dominio def es igual a la uni´on de las siguientes regiones (que adem´as son rect´angulos) R1 = ]−1,1[×]0,+∞[, R2 = ]−1,1[×]−4,0[ y R3 = ]−1,1[×]−∞,−4[.
Notemos que f(x, y) = g(x)h(y), donde g(x) = √ 1
1−x2 y h(y) =
y2−1
y(y+ 4). Puesto que 1−x2es un polinomio que toma valores positivos para todox∈]−1,1[, la funci´ong es continua en ]−1,1[. Como h es igual a la divisi´on de dos polinomios, hes continuamente derivable para todo y tal que y(y+ 4)6= 0.
Por lo tanto, f es continua en R1, R2 y R3.
Adem´as,
∂f
∂y (x, y) =g(x)h
p(y)
implica que ∂f
∂y es continua en R1, R2 y R3.
(2 ptos por an´alisis correcto de los puntos de continuidad de ∂f∂y)
Entonces, del teorema de existencia y unicidad tenemos que para todo (a, b) ∈ Rk, con
k = 1,2,3, la EDO (1) tiene una ´unica soluci´on definida en un intervalo que contiene al punto a y que est´a contenido en ]−1,1[.
(1.5 ptos)
b) (3 puntos)
Note que h(1) = 0. Por lo tanto, la funci´on z(x) = 1 definida para todo x ∈ ]−1,1[ soluciona (1).
(1 pto)
Ya que {(x, z(x)) :x∈]−1,1[} ⊂ R1, del inciso a) tenemos que ninguna otra curva
soluci´on de (1) contenida en R1 corta a la curva {(x, z(x)) :x∈]−1,1[}. En particular, no existe x ∈ ]−1,1[ tal que y(x) = z(x). Ya que y, z son funciones continuas y
y(0) > z(0), tenemos que y(x)> z(x) para todo xque pertenece al dominio dey. O sea que y(x)>1 para todo x que pertenece al dominio de y.
(2 ptos)
c) (10 puntos)
Separando variables e integrando tenemos que Z y(x)
y(0)
y2 + 4y y2−1 dy=
Z x
0
1 √
1−t2dt.
(2 ptos) Ahora,
Z y(x)
y(0)
y2+ 4y y2−1 dy =
Z y(x)
2
1 + 4y+ 1
y2−1
dy
= (y(x)−2) + Z y(x)
2
4y+ 1
(y−1) (y+ 1)dy Existen constantes reales cy d tales que
4y+ 1
(y−1) (y+ 1) =
c y−1 +
d y+ 1.
Multiplicando e igualando coeficientes de igual potencia se llega al siguiente sistema de ecuaciones lineales,
a+b= 4
De donde se obtiene que a= 5/2 y b= 3/2. Entonces Z y(x)
2
4y+ 1
(y−1) (y+ 1)dy = 5
2 Z y(x)
2
1
y−1dy+ 3 2
Z y(x)
2
1
y+ 1dy = 5
2ln|y(x)−1|+ 3
2ln|y(x) + 1| − 3
2ln (3). Del inciso b) tenemos que y(x)>1. Lo que implica que
Z y(x)
y(0)
y2+ 4y
y2−1 dy =y(x)−2 +
5
2ln (y(x)−1) + 3
2ln (y(x) + 1)− 3
2ln (3). (4 ptos por c´alculo de integral)
Usando el cambio de variable t=sen(θ), con θ ∈]−π/2, π/2[, se llega a que Z x
0
1 √
1−t2dt =
Z arcsen(x)
arcsen(0)
cos (θ) cos (θ)dθ =arcsen(x).
(3 ptos por c´alculo de integral) Entonces
y(x)−2 + 5
2ln (y(x)−1) + 3
2ln (y(x) + 1)− 3
2ln (3) =arcsen(x) . Luego
exp(y(x)−2) (y(x)−1)52 (y(x) + 1) 3
2 = 332exp(arcsen(x)).
(1 punto por tratamiento de las condiciones iniciales)
Pregunta 2 (20 puntos)
Encuentre la expresi´on de la curva integral de la EDO,
2ypp(x)−yp(x)−y(x) =e−xcos (x) +δ(x−1)
de modo que la recta tangente a esta curva en el origen tenga la direcci´on del ejex. Sugerencia: Descomponga el problema de Cauchy dado en dos problemas de valores iniciales con condiciones iniciales convenientes y utilize el principio de superposici´on. Soluci´on.
Como la recta tangente a la curva buscada tiene la direcci´on del eje x tenemos que encontrar la soluci´on del problema de valores iniciales
2ypp(x)−yp(x)−y(x) =e−xcos (x) +δ(x−1)
y(0) = 0
yp(0) = 0
Utilizando el principio de superposici´on, decomponemos (2) en los problemas de Cauchy
2upp(x)−up(x)−u(x) =e−xcos (x)
y(0) = 0
yp(0) = 0
(3)
y
2vpp(x)−vp(x)−v(x) =δ(x−1)
v(0) = 0
vp(0) = 0
. (4)
Utilizando el m´etodo de aniquiladores, coeficientes indeterminados o variaci´on de par´ametros obtenemos que la soluci´on (3) es
u(x) = 2 15e
x− 2
15e
−x/2− 1
5e
−xsen(x).
Por otro lado, aplicando la transformada de Laplace a (4) se llega a que 2s2L(v)−sL(v)− L(v) = e−s.
Por lo tanto, L(v) = e −s
(2s+ 1) (s−1) =− 2 3
e−s
2s+ 1 + 1 3
e−s
s−1. Lo que implica que
v(x) = −1
3H1(t)e
−x/2+ 1
3H1(t)e
x.
Entonces
y(x) = u(x) +v(x) = 2
15e
x− 2
15e
−x/2−1
5e −x
sen(x)− 1
3H1(t)e −x/2
+1
3H1(t)e
x
= 2 15e
x− 2
15e
−x/2−1
5e
−xsen(x) + 1
3H1(t) e
x−e−x/2
.
Pregunta 3 (20 puntos)
Resuelva el problema de valores iniciales (PVI) :
x0(t) =x(t) +y(t)−z(t) +e−t y0(t) = 6y(t)−4z(t)
z0(t) = 9y(t)−6z(t)
x(0) = 1 ; y(0) =z(0) = 0.
Soluci´on.
A) Primera alternativa : usando valores y vectores propios. La forma matricial del sistema de EDO puede escribirse como X0 =A X+B(t), siendo
X(t) :=
x(t)
y(t)
z(t)
, A:=
1 1 −1 0 6 −4 0 9 −6
, B(t) :=
e−t
0 0
(3.0 pts, por escritura matricial) Encontrando una base del espacio soluci´on: para esto necesitamos conocer los valores propios de A, los cuales son las ra´ıces del polinomio caracter´ıstico p(λ) := |A−λI| =
λ2(1−λ), es decir, λ
1 = 1, λ2 =λ3 = 0. Los respectivos espacios propios asociados son: Sλ1 =h{(1,0,0)
T}i, S
λ2 =h{(1,2,3)
T}i.
As´ı tenemos X1(t) = et
1 0 0
y X2(t) =
1 2 3
. (3.0 pts, por valores propios)
(3.0 pts, por vectores propios) Hallando X3(t) = u1+u0t, siendo u0, u1 ∈ R3 a determinar. Para esto, primero
carac-terizamos el espacio rango de A, el cual viene dado por
ER(A) :={C = (a, b, c)T | r(A|C) = r(A)}={(a, b, c)T | 2c= 3b}
Luego, u0 ∈ER(A) y u1 6∈ER(A) se buscan (y escogemos una de las soluciones
admisi-bles) tales que satisfagan:
A u0 = 0 ⇒ u0 = (1,2,3)T A u1 =u0 ⇒ u1 = (0,−1,−2)T .
De esta manera, se tiene X3(t) =
t
−1 + 2t
−2 + 3t
,
(3.0 pts, por c´alculo de u0 y u1)
(3.0 pts, por describir vector X3(t))
con lo que la soluci´on general del sistema homog´eneo es
Xh(t) = C1
et
0 0
+C2
1 2 3
+C3
t
2t−1 3t−2
,
siendo C1,C2 y C3 determinadas por las condiciones iniciales.
(3.0 pts, por soluci´on homogenea)
Soluci´on particular I. M´etodo de Variaci´on de Par´ametros.
Xp(t) = c1(t)
et
0 0
+c2(t)
1 2 3
+c3(t)
t
2t−1 3t−2
,
donde c1, c2, c3 son soluci´on de
et 1 t
0 2 2t−1 0 3 3t−2
c01(t)
c02(t)
c03(t)
=
e−t
0 0
con lo cu´al c02(t) = c03(t) = 0 y c01(t) = e2t. Integrando se obtiene c
1(t) = −12e−2t, y c2(t) = c3(t) = 0. Es decir,
Xp(t) = −
1 2
e−t
0 0
Soluci´on particular II. Coeficientes indeterminados. La soluci´on particular es de la forma
Xp(t) =
αe−t βe−t
γe−t
Reemplazando en el sistema, se tiene
−α =α+β−γ+ 1 −β = 6β−4γ
−γ = 9β−6γ
=⇒
α=−1/2
β = 0
γ = 0
=⇒Xp(t) =−
1 2
e−t
0 0
(1.0 pt, por soluci´on particular con cualquiera de los dos m´etodos)
Condiciones Iniciales.
x(0) =C1−
1
2 = 1 =⇒ C1 = 3 2
y(0) = 2C2−C3 = 0 =⇒ C3 = 2C2 z(0) = 3C2−2C3 = 0 =⇒ C2 =C3 = 0
Con lo cu´al
X(t) =
et+ sinh(t) 0 0
(1.0 pt, por c´alculo de los coeff. y soluci´on del (PVI))
B) Segunda alternativa : Transforamda de Laplace. Aplicando TL al sistema, se tiene :
(s−1)X(s)−Y(s) +Z(s) = 1 + 1 1 +s
(s−6)Y(s) + 4Z(s) = 0 −9Y(s) + (s+ 6)Z(s) = 0.
(4.0 pts, por sistema bi´en planetado) La dos ´ultimas ecuaciones conforman un sistema de 2 linealmente independiente, con lo cu´alY(s) =Z(s) = 0, es decir reemplazando en la primera ecuaci´on :
X(s) = 1
s−1 + 1
(4.0 pts, por c´alculo de Y(s) y Z(s))) (4.0 pts, por c´alculo de X(s))) Con lo cu´al aplicando antitransformada de Laplace, se tiene x(t) = et+ sinh(t). Es decir
x(t)
y(t)
z(t)
=
et+ sinh(t)
0 0
(4.0 pts, por c´alculo de x(t))) (4.0 pts, por c´alculo de y(t) y z(t))) C) Tercera alternativa : sustituci´on. Considerando la 2da y 3era ecuac´on y sus condiciones iniciales respectivas se tiene :
y0(t) = 6y(t)−4z(t)
z0(t) = 9y(t)−6z(t)
y(0) = z(0) = 0.
=⇒
x0(t)
y0(t)
=
6 −4 9 −6
x(t)
y(t)
(4.0 pts)
Cuya soluci´on es trivialmente x(t) =y(t) = 0 por ser
6 −4 9 −6
matriz invertible. (4.0 pts) Luego reemplazando en la primera ecuaci´on se tiene
x0(t) = x(t) +e−t x(0) = 1.
(4.0 pts) Ecuaci´on de primer orden cuya soluci´on es x(t) = et+ sinh(t). Es decir
x(t)
y(t)
z(t)
=
et+ sinh(t)
0 0