Universidad Publica de El Alto Carrera de Ingeniera Civil

Primer Semestre 2014 La Paz - Bolivia.

Docente: Dr. Mario os Chavez Gordillo PhD.

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30 puntos

Primer Examen Parcial de Ecuaciones Diferenciales Jueves 22 de Mayo del 2014

C.I. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Firma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Paterno . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Materno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nombres . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(6 puntos) (a) Halle dos soluciones reales y linealmente independientes de la ecuacion difer-encial y + py + qy = 0 en el caso en que p2 4q < 0. (b) Resuelva la ecuacion diferencialy + y = x sen x utilizando el metodo de variacion de parametros.

SOLUCION (a).- Races complejas distintas. Considere la ecuacion diferencial

y + py + qy = 0. (1)

Nuestro punto de partida es el hecho de que la funcion exponencial ex tiene la propiedad deque sus derivadas son multiplos constantes de la funcion misma. Esto nos lleva a considerar

y = ex (2)

como solucion posible para (1), si la constante se escoge de la manera adecuada. Puesto quey = ex y y = 2ex, la sustitucion en (1) da

(2 + p+ q)ex = 0 (3)

y puesto que ex nunca es cero, (3) se justifica si y solo si satisface la ecuacion auxiliar

2 + p+ q = 0. (4)

Las dos races 1 y 2 de esta ecuacion, o sea, los valores de para los que (2) es una solucionde (1), se dan mediante la formula cuadratica

1, 2 =p

p2 4q2

(5)

El desarrollo posterior de esta situacion requiere que se traten por separado las tres posibilidadesinherentes a (5).Las races 1 y 2 son numeros complejos distintos si y solo si p

2 4q < 0. En este caso 1 y2 pueden escribirse en la forma a ib donde

a = p2< 0 y b =

4q p22

> 0 (6)

y segun la formula de Eulerei = cos + i sen , (7)

nuestras dos soluciones de (1) son

e1x = e(a+ib)x = eaxeibx = eax(cos b+ i sen b) (8)

ye2x = e(aib)x = eaxeibx = eax(cos b i sen b) (9)

Puesto que nos interesan solamente soluciones que sean funciones de valor real, podemos sumar(8) y (9) y dividirlas por 2, despues restar y dividir por 2i para obtener

y1 = eax cos bx y y2 = e

ax sen bx (10)

1

2Estas soluciones son linealmente independientes, de tal modo que la solucion general de (1), eneste caso, es

y(x) = eax(c1 cos bx+ c2 sen bx) (11)

SOLUCION (b).- Ahora resolvamos la ecuacion diferencial y + y = x sen x. Empecemosdeterminando la solucion de su ecuacion homogenea asociada y + y = 0, construyendo primerola ecuacion auxiliar y determinando sus races:

2 + 1 = 0, = i, = i

Por lo tanto como y1 = cosx y y2 = sen x, por lo que implica que la solucion general de laecuacion homogenea asociada a la ecuacion dada es:

ygh = C1 cos x+ C2 sen x

A continuacion encontremos una solucion particular de la forma

yp = u1 cosx+ u2 sen x

utilizando el metodo de variacion de parametros, para esto debemos determina los valores de W ,W1 y W2:

W =

cosx sen x sen x cosx = cos2 x+ sen2 x = 1

W1 =

0 sen xx sen x cosx = x sen2 x

W2 =

cosx 0 sen x x sen x = x cosx sen x

Usando la formula sen2 x =1

2(1 cos 2x), calculemos la integral

sen2 x dx:

sen2 x dx =

1

2

(1 cos 2x) dx = 1

2

[x 1

2sen 2x

]=

x

2 1

4sen 2x.

Ahora bien, la formula

u dv = uv

v du nos permite calcular

x sen2 x dx, en efecto

haciendo:

u = x, dv = sen2 x dx

du = dx, v =

sen2 x dx =

x

2 1

4sen 2x

tenemos

3x sen2 x dx = x

[x

2 1

4sen 2x

] [

x

2 1

4sen 2x

]dx

=x2

2 x

4sen 2x

[x2

4+

1

8cos 2x

]=

x2

2 x

2

4 x

4sen 2x 1

8cos 2x

=x2

4 x

4sen 2x 1

8cos 2x

Con lo cual ahora se puede determinar la funcion incognita u1:

u1 =

W1W

dx = x sen2 x dx =

x

4sen 2x+

1

8cos 2x x

2

4

Por otro lado, para hallar la funcion incognita u2:

u2 =

W2W

dx =

x cosx sen x dx

realicemos la siguiente asignacion u = sen x, de donde du = cosx dx, por tantocosx sen x dx =

u du =

1

2u2 =

1

2sen2 x.

Ahora bien, hagamos

u = x, dv = cosx sen x dx

du = dx, v =

cosx sen x dx =

1

2sen2 x.

tenemos

x cosx sen x dx = x

[1

2sen2 x

] [

1

2sen2 x

]dx

=x

2sen2 x 1

2

sen2 xdx =

x

2sen2 x 1

2

[x

2 1

4sen 2x

]

=x

2sen2 x x

4+

1

8sen 2x

Por tanto

u2 =

x cosx sen x dx =

x

2sen2 x x

4+

1

8sen 2x

Por lo tanto la solucion particular viene dada por:

yp =

[x

4sen 2x+

1

8cos 2x x

2

4

]cosx+

[x

2sen2 x x

4+

1

8sen 2x

]sen x

Entonces se puede concluir que la solucion general a la ecuacion dada es:

yg = C1 cos x+ C2 sen x+

[x

4sen 2x+

1

8cos 2x x

2

4

]cosx+

[x

2sen2 x x

4+

1

8sen 2x

]sen x

4 (6 puntos) (a) Considere la ecuacion diferencial y + P (x)y + Q(x)y = R(x). Suponga queque yp(x) es una de sus soluciones particulares y ademas que yg(x, c1, c2) es la solucion generalde su ecuacion homogenea asociada. Pruebe que si y(x) es cualquier solucion de la ecuaciony + P (x)y + Q(x)y = R(x), entonces y(x) = yg(x, c1, c2) + yp(x) para una seleccion adecuada

de las constantes c1 y c2. (b) Resuelva la ecuacion diferencial y + 4y + 4y =

e2x

x2 + 1utilizando

el metodo de variacion de parametros.

SOLUCION (a).- Considere la ecuacion diferencial

y + P (x)y +Q(x)y = R(x). (12)

Si R(x) es igual a cero, entonces (12) se reduce a la ecuacion homogenea

y + P (x)y +Q(x)y = 0. (13)

Si y(x) es cualquier solucion de (12), entonces un calculo sencillo demostrara que y(x)yp(x)es una solucion de (13), en efecto

(y yp) + P (x)(y yp) +Q(x)(y yp) == y yp + P (x)y P (x)yp +Q(x)y Q(x)yp= y + P (x)y +Q(x)y

(yp + P (x)y

p +Q(x)yp

)

= R(x) R(x) = 0

(14)

Puesto que yg(x, c1, c2) es la solucion general de (13), se deduce que y(x)yp(x) = yg(x, c1, c2)o bien,

y(x) = yg(x, c1, c2) + yp(x)

para una seleccion adecuada de las constantes c1 y c2.

SOLUCION (b).-Resuelve la ecuacion

y + 4y + 4y =e2x

x2 + 1

Partimos de la ecuacion auxiliar m2 + 4m+ 4 = (m+ 2)2 = 0, y tenemos que

ygh = C1e2x + C2xe

2x.

Identificamos y1 = e2x y y2 = xe

2x y calculamos el wronskiano

W =

e2x xe2x

2e2x e2x 2xe2x = e2x(e2x 2xe2x)+ 2e2xxe2x = e4x

Como la ecuacion diferencial dada esta en la forma reducida, vemos que R(x) =e2x

x2 + 1.

As tenemos que:

5W1 =

0 xe2x

e2x

x2 + 1e2x 2xe2x

= xe4x

x2 + 1

W2 =

e2x 0

2e2x e2x

x2 + 1

=e4x

x2 + 1

Con lo cual ahora se puede determinar las funciones incognitas:

u1 =

W1W

dx = xe4x

x2 + 1e4x

dx =

x

x2 + 1dx = 1

2

1

udu = 1

2lnu = 1

2ln(x2 + 1)

u2 =

W2W

dx =

e4xx2 + 1e4x

dx =

1

x2 + 1dx = arc tg x.

Por lo tanto la solucion particular viene dada por:

yp = u1e2x + u2xe

2x =(x arc tg x

2ln(x2 + 1)

)e2x

Entonces se puede concluir que la solucion general a la ecuacion dada es:

yg = ygh + yp = C1e2x + C2xe

2x +(x arc tg x

2ln(x2 + 1)

)e2x.

(6 puntos) Resolver la ecuacion diferencial utilizando el metodo de variacion de parametros:

y + 2y 8y = e2x(6

x 1

x2

), x > 0

SOLUCION.- Se trata de una ecuacion diferencial lineal completa de orden 2 y coeficientesconstantes. Para determinar su solucion general usaremos que

yg = ygh + yp

siendo yg el conjunto de soluciones de la ecuacion diferencial completa, ygh el espacio vectorialde las soluciones de la ecuacion diferencial homogenea asociada e yp una solucion particular dela ecuacion diferencial completa.Se resuelve en primer termino la ecuacion diferencial homogenea asociada

y + 2y 8y = 0El polinomio caracterstico de dicha ecuacion diferencial es 2 + 2 8 = 0, cuyas races son

=222 4(1)(8)

2=236

2= 1 3, 1 = 4, 2 = 2

As pues se trata de races simples distintas, por lo que un conjunto fundamental (CF) o unsistema fundamental de soluciones (SFS) para la ecuacion diferencial es {e4x, e2x},Por lo tanto la solucion general de la ecuacion diferencial homogenea es

ygh = Ae4x +Be2x

6Para buscar una solucion particular de la ecuacion diferencial completa aplicaremos la tecni-ca de variacion de parametros. El metodo de variacion de parametros (MVP) nos asegura laexistencia de una solucion particular de la ecuacion diferencial completa yp de la forma

yp = A(x)e4x +B(x)e2x

con A(x) y B(x) soluciones del siguiente sistema algebraico:

A(x)e4x +B(x)e2x = 0

4A(x)e4x + 2B(x)e2x = e2x(6

x 1

x2

)

Para resolver este sistema hallemos los siguientes determinantes:

W =

e4x e2x

4e4x 2e2x = 2e4xe2x + 4e4xe2x = 6e2x

W1 =

0 e2x

e2x(6

x 1

x2

)2e2x

= e2x

(6

x 1

x2

)e2x = e4x

(6

x 1

x2

)

W2 =

e4x 0

4e4x e2x(6

x 1

x2

) = e

4xe2x(6

x 1

x2

)= e2x

(6

x 1

x2

)

Con lo cual ahora se puede determinar las funciones incognitas:

A =

W1W

dx =

e4x(6

x 1

x2

)

6e2xdx

= 16

e6x

(6

x 1

x2

)dx

u = e6x1

x

du =

(6e6x

6

x e6x 1

x2

)dx

du = e6x(6

x 1

x2

)dx

= 16

du = 1

6u = 1

6

e6x

x

Otro modo de hacer esto mismo es aplicando la tecnica de integracion por partes, en efecto:

Hagamos u =6

x, entonces du = 6

x2dx. Asignemos dv = e6x dx, entonces v =

1

6e6x. Por tanto

e6x

6

xdx =

6

x

1

6e6x +

1

6e6x

6

x2dx

de donde e6x

(6

x 1

x2

)dx =

e6x

x

7Por otro lado tenemos:

B =

W2W

dx =

e2x(6

x 1

x2

)

6e2xdx =

1

6

(6

x 1

x2

)dx =

1

6

(6 lnx+

1

x

)

Por lo tanto la solucion particular viene dada por:

yp = 16

e6x

xe4x +

(ln x+

1

6x

)e2x = e

2x

6x+ ln xe2x +

e2x

6x= ln xe2x

Entonces se puede concluir que la solucion general a la ecuacion dada es:

yg = Ae4x +Be2x + ln xe2x

(6 puntos) Hallar la solucion general de y2y = x+2ex utilizando el Metodo de CoeficientesIndeterminados.

SOLUCION. La ecuacion caracterstica m2 2m = 0 tiene por soluciones a m = 0 y m = 2.Luego yh = C1 + C2e

2x.Puesto que R(x) = x+2ex nuestra primera eleccion de yp seria (A+Bx)+Ce

x. sin embargo,como yh ya contiene un termino constante C1, multiplicando la parte polinomica A + Bx por xusamos

yp = Ax+Bbx2 + Cex

de donde se sigue que

yp = A+ 2Bx+ Cex, yp = 2B + Ce

x

Remplazando en la ecuacion diferencial, resulta

(2B + Cex) 2(A+ 2Bx+ Cex) = x+ 2ex

(2B 2A) 4Bx Cex = x+ 2exIgualando los coeficientes de terminos analogos, obtenemos el sistema

2B 2A = 0, 4B = 1, C = 2Con solucion A = B = 1

4y C = 2. En consecuencia.

yp = 14x 1

4x2 2ex

Siendo la solucion general.

y = C1 + C2e2x 1

4x 1

4x2 2ex.

(6 puntos) Se encontro experimentalmente que un peso de 2lb estira un resorte 6 pulgadas.

Si el peso se suelta desde la posicion de equilibrio con una velocidad dirigida hacia abajo de 2pulg/s, determine: a) La ecuacion diferencial y condiciones iniciales que describen el movimieno.b) La ecuacion del movimiento. c) La posicion, velocidad y aceleracion del peso 4 segundosdespues.

SOLUCION.- En este caso, las unicas fuerzas que actuan son:

8Una fuerza de restitucion, fr, opuesta a la direccion del alargamiento y proporcional a sumagnitud (Ley de Hooke). En terminos simples fr = kd, donde k es una constante deproporcionalidad y d la magnitud del alargamiento.El peso del cuerpo, dado por W = mg, donde m es la masa de un cuerpo sujeto al extremode un resorte flexible (de peso despreciable), suspendido de un soporte rgido.

Al emplear el sistema tecnico de unidades inglesas, las medidas expresadas en pulgadas se

deben pasar a pies: 6plg =1

2[ft]

Ademas, debemos convertir las unidades de peso, que estan en libras, en unidades de masa.

Partimos de g = 32

[ft

s2

], m =

W

gpor tanto,

m =2lb

32

[ft

s2

] = 116

[slug]

Ahora bien, segun la ley de Hooke, 2[lb] = k(1

2[ft]) implican que la constantes del resorte es

k = 4

[lb

ft

]

(a) Luego, la ecuacion diferencial que describe el movimientod 2x

dt2+

k

mx = 0 se transforma en

d 2x

dt2+

4

1/16x = 0 o

d 2x

dt2+ 64x = 0

El desplazamiento y la velocidad iniciales son x(0) = 0,

x (0) = 3

[plg

s

]= 3

[plg

s

][1/2ft

6plg

]=

1

4

[ft

s

]

(b) la ecuacion caracterstica es 2 + 64 = 0, cuyas races son = 8i. en consecuencia lasolucion general de la ecuacion diferencial es

x(t) = c1 cos 8t+ c2 sen 8t (15)

derivandox(t) = c18 sen 8t+ c28 cos 8t

Al aplicar, las condiciones iniciales x(0) = 0, x (0) =1

4se tiene c1 = 0 y c2 =

1

32. As, la

ecuacion del movimiento es (ver figura 4.5)

x(t) =1

32sen 8t (16)

Por favor, coloque el inicial del apellido paterno en el cuadro. Que tengas exito.