T - Claroline - Universidad de Costa Rica

Universidad de Costa Rica
Escuela de Matemática
Departamento de Matemática Aplicada
MA-2210 Ecuaciones Diferenciales Aplicadas
III ciclo 2008
Duración 180 minutos
Segundo examen parcial
El examen debe escribirse con bolígrafo, no se admiten reclamos si alguna parte del examen se escribe con lápiz. Justifique
e interprete sus respuestas. Cada respuesta con justificaciones y resultados correctos tiene un valor de 25 puntos.
Pregunta 1
1
3
2
Obtenga la solución general y  y  x  de x y   6 x y   6 xy  
x
Pregunta 2
Obtenga la solución general y  y  x  de x
2
ln 2 x y   2 xln x  y   ln x  2 y  2 x 2 ln 3 x , sabiendo que
su ED complementaria tiene una solución particular y1  x   ln x
Pregunta 3
 x  x t 
del sistema de ecuaciones
 y  y t 
Obtenga la solución general 
t 2 x   t  3 x  t 2 y   ty  6t 2

x  x  y  0

Sugerencia, después de obtener una ED en x t  aplique el cambio de variables t  e
T
y sus implicaciones.
Pregunta 4
 x  x t 

Obtenga la solución general  y  y t  del sistema de ecuaciones
 z  z t 

 x   x  y  z  et

 y  x  y  z
 z    x  y  z  e 2t

2
Examen 2 del 3er ciclo del 2008
Pregunta 1
Aplica a la ED el cambio de variables
x  et
y sus implicados
xDy  Dy 
dy
dt
x 2 D 2 y  D D  1 y
x 3 D 3 y  D D  1D  2  y
Y obtiene la ED con coeficientes constantes
1
et
D 3  3D 2  2D  y   e t

La ED complementaria
D D  1D  2  6D D  1  6D  y  
D D  1D  2  y   0
tiene solución general
y c t   A  Be t  Ce 2t , A, B, C
parámetros.
Supone que la ED
D 3  3D 2  2D  y   e t tiene una solución particular con la forma:
y p t   ate t

Dy p t   ae  t  ate t

D 2 y p t   2ae  t  ate t

D 3 y p t   3ae t  ate t
Sustituye en la ED
3ae t  ate t   3 2ae t  atet   2ae t  ate t   e t

 ae t  e t

a  1
La solución general es y  A  Be

t
 Ce 2t  te t
y  x   A  Bx 1  Cx  2 
ln x
x
Examen 2 del 3er ciclo del 2008
3
Pregunta 2


x 2 ln 2 x y   2 x ln x  y   ln x  2 y  2 x 2 ln 3 x
Con Abel obtiene la siguiente solución particular de la ED complementaria:

y 2  x   ln x 
e
 ln x 
2 x ln x
x 2 ln 2 x
dx
dx
ln 2 x
e lnln x 
2
dx
ln 2 x
 ln x  dx
 x ln x
Solución general de la ED complementaria y c  x   C1 ln x  C 2 x ln x ; C1 y C2 parámetros
La ED dada tiene solución particular
y p  x   1  x  ln x   2  x  x ln x donde 1 ,  2 son funciones.
Necesita de los siguientes determinantes para calcular 1 ,  2
ln x x ln x
W x  1
 ln 2 x
ln x  1
x
W1  x  
0
x ln x
 2 x ln 2 x
2 ln x ln x  1
ln x 0
W2  x   1
 2 ln 2 x
2 ln x
x
1  x   
Las funciones de Green son:
2 x  
 2 x ln 2 x
2
dx   x 2  A
ln x
2 ln 2 x
ln 2 x
dx  2 x  B
Los parámetros A y B se pueden tomar como cero considerando que bastan dos funciones para tener una
solución particular de la ED dada.
La solución particular es:
y p  x   1  x  ln x   2  x  x ln x
  x 2 ln x  2 x 2 ln x  x 2 ln x
La solución general de la ED dada es
y  x   C1 ln x  C2 x ln x  x 2 ln x
4
Examen 2 del 3er ciclo del 2008
Pregunta 3
Despeja de la segunda ED y obtiene y  x   x y sustituya en la primera para que obtenga:
t 2 x   t  3 x  t 2  x   x   t  x   x   6t 2

 t 2 x   tx   3x  6t 2

 t 2 x   tx   3x  6t 2
Toma t  e
T
Dx
2
y t x   D D  1 x para que obtenga:
dT
y sus implicaciones tx   Dx 
 D D  1 x  Dx  3x  6e 2T

D 2  2D  3x  6e2T

D  1D  3 x  6e 2T
La ED homogénea tiene solución general x c  Ae
T
 Be 3T
Supone que la ED no homogénea tiene solución particular
Sustituya en

x p  ae 2T

Dx p  2ae 2T

D 2 x p  4ae 2T
D 2  2D  3x  6e2T y obtenga:
4ae 2T  22ae 2T   3ae 2T   6e 2T
a  2
La solución general para x es x t   Ae
T
 Be 3T  2e 2T ; esta es la misma que:
x t   At 1  Bt 3  2t 2
La otra parte de la solución es: y t    At
2
 3Bt 2  4t  At 1  Bt 3  2t 2
Examen 2 del 3er ciclo del 2008
5
Pregunta 4
 x   x  y  z  et

t
Desde la primer ED de  y   x  y  z
despeja z   x   x  y  e y sustituye en las otras dos para
 z    x  y  z  e 2t

 D  2  x   D  2  y  e t

2t
  D  D  2 x  Dy  e
obtener:
D2
D2
 D  D  2   D  D  2 2  D  D  1 D  2 
 D D  2 D
et D  2
e
2t
 e t  2 e 2 t  2 e 2t  e t
D
et
D2
 D  D  2 e
2t
  
 
 D  D  2 e t  D 2  2 D e t   e t
 D  D  1 D  2  x  e t

t
 D  D  1 D  2  y   e
 xc t   A  Be t  Ce 2t

t
2t
 y c t   E  Fe  Ge
Supone x p t   ate

t

x p t   aet  atet

x p t   2ae t  ate t

x p t   3ae t  ate t

3
2
t
Sustituya en D  3D  2 D x  e y obtenga
3aet  atet   32aet  atet   2aet  atet   et

 ae t  e t

a  1
t
2t
t
Concluya que la solución general para la función x t  es x t   A  Be  Ce  te . Por analogía concluya
t
2t
t
que la solución general para y t  es y t   E  Fe  Ge  te .
 D  2  x   D  2  y  e t
Para eliminar los parámetros redundantes sustituya la solución completa en 
  D  D  2 x  Dy  e
obtenga
 2 A  E    B  F e t  e t
2t
y
6
Examen 2 del 3er ciclo del 2008
 2 A  E    B  F e t  e t

t
2t
2t
 B  F  1e  2Ge  e

 A E  0
 B  F   1


B  F  1  0
 2G  1

E  A
 F  1  B

 F  1  B

G  1
2
 x t   A  Be t  Ce 2t  te t
t 1 2t
t
 y t    A   B  1e  e  te
La solución es 
2
t
Para calcular la solución z   x   x  y  e sustituya las anteriores y obtenga
z t    Be t  Ce 2t  e t  12 e 2t  te t