cert2_2do_sem2004_Pauta

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Universidad Técnica Federico Santa Maŕıa
Departamento de Matemática
Campus Santiago
2◦ semestre de 2004
Certamen 2 - Mat 023
Martes 19 de Octubre de 2004
Problema 1: Resuelva la siguiente ecuación
y′ = e2xy2 − 2y − 9e−2x, y(0) = 4
sabiendo que tiene una solución particular de la forma y1(x) = ae
kx.
Solución:
Como y1 es solución de la ecuación se tiene:
akekx = e2xa2e2kx − 2aekx − 9e−2x
o
ekx(ak − a2e2x+kx + 2a) = −9e−2x
De aqui, se obtiene que a = 3 (o a = −3) y k = −2.
La ecuación dada es una ecuación de Ricatti, hacemos el cambio de variable
y = 3e−2x +
1
z
y la transformamos en la ecuación lineal,
dz
dx
= −4z − e2x
que tiene por solución
z(x) = ce−4x − 1
6
e2x, c constante
Por lo tanto, la solución general de la ecuación dada es
y(x) = 3e−2x +
6
c1e−4x − e2x
, c1 constante
Además, como y(0) = 4, obtenemos
4 = 3 +
6
c1 − 1
=⇒ c1 = 7
Luego, la solución es
y(x) = 3e−2x +
6
7e−4x − e2x
Problema 2: Un tanque contiene inicialmente 60 gal. de agua pura. Entra al tanque,
a una tasa de 2 gal./min., salmuera que contiene 1 lb. de sal por galón, y la solución
(perfectamente mezclada) sale de él a razón de 3 gal. por minuto; el tanque se vaćıa
después de 1 hora exactamente.
(a) Encuentre la cantidad de sal que hay en el tanque después de t minutos.
(b) ¿Cuál es la máxima cantidad de sal que llega a tener el tanque?
Solución:
(a) La ecuación diferencial que modela el problema en cuestión es
dx
dt
= 1 · 2− x(t)
60− t
3 x(0) = 0
La solución de esta ecuación lineal es:
x(t) = (60− t) + C(60− t)3
Para calcular C usamos la condición inicial x(0) = 0, obteniendo
x(t) = (60− t)− 1
602
(60− t)3
(b) Para determinar el tiempo t∗ donde la cantidad de sal es máxima derivamos la
función x(t) para obtener los puntos cŕıticos:
x′(t) = −1 + 3
602
(60− t)2,
entonces
x′(t) = 0⇐⇒ (60− t)2 = 60
2
3
de donde
t∗ = 60− 60√
3
La segunda derivada de x(t) es x′′(t) = − 6
602
(60− t).
Se ve facilmente que x′′(t∗) < 0, por lo tanto en t∗, x(t) tiene un máximo.
Evaluando x(t) en t∗ obtenemos la cantidad de sal máxima que llega a tener el estanque:
x
(
60− 60√
3
)
=
40√
3
libras de sal
Problema 3: Resuelva la ecuación
x(1− x2)2y′′ − (1− x2)2y′ + x3y = 0
(Ayuda: haga el cambio de variable t = −1
2
ln(1− x2))
bf Solución:
Haciendo t = −1
2
ln(1− x2) se tiene
dy
dx
=
dy
dt
· dt
dx
⇒ dy
dx
=
(
x
1− x2
)
dy
dt
Por otra parte:
d2y
dx2
=
d
dy
(
x
1− x2
· dy
dt
)
⇒ d
2y
dx2
=
(
1 + x2
(1− x2)2
)
· dy
dt
+
(
x2
(1− x2)2
)
· d
2y
dt2
Reemplazando en la ecuación
x(1− x2)2
[
1 + x2
(1− x2)2
· dy
dt
+
x2
(1− x2)2
· d
2y
dt2
]
− (1− x2)2
(
x
1− x2
)
· dy
dt
+ x3y = 0
⇔ x3y′′ + 2x3y′ + x3y = 0
Donde todas las derivadas que aparecen son derivadas respecto de t e y = y(t) es
una función de t . De aqui se tiene la ecuación homogenea con coeficientes constantes
y′′ + 2y′ + y = 0 la cual tiene soluciones y1(t) = e
−t , y2(t) = t e
−t . Por lo tanto la
solución general es
y = a e−t +bt e−t
reemplazando
y = a
√
1− x2 + b
√
1− x2 ln(1− x2)
Problema 4: Encuentre la solución general de la ecuación
(x2 − 2x)y′′ + 2(1− x)y′ + 2y = 6(x2 − 2x)2
sabiendo que y1(x) = x− 1 es solución de la correspondiente ecuación homogenea.
Solución:
Dividiendo por (x2 − 2x) la ecuación queda:
y′′ +
2− 2x
x2 − 2x
y′ +
2
x2 − 2
= 6(x2 − 2x)
cuya ecuación homogenea queda:
y′′ +
2− 2x
x2 − 2x
y′ +
2
x2 − 2
= 0
Como una solución de la homogenea es y1 = x− 1 una segunda solución se encuentra
usando la formula de Abel.
y2 = (x− 1)
∫
e−
∫
2−2x
x2−2x
dx
(x− 1)2
dx
= (x− 1)
∫
x2 − 2x
(x− 1)2
dx
= (x− 1)
(
x +
1
x− 1
)
= x2 − x + 1
Por otra parte:
W (y1 , y2) =
∣∣∣∣ x− 1 x2 − x + 11 2x− 1
∣∣∣∣ = x2 − 2x
Usando variación de paramétros yp = v1y1 + v2y2 donde:
v1 = −
∫
6(x2 − x + 1)(x2 − 2x)
x2 − 2x
= −2x3 + 3x2 − 6x
v2 =
∫
6(x− 1)(x2 − 2x)
x2 − 2x
= 3x2 − 6x
Luego una solución particular es yp = x
4 − 4x3 , Aśı la solución general es:
y = A(x− 1) + B(x2 − x + 1) + x4 − 4x3