SOLUCIONPC3

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Universidad Nacional Mayor de San Marcos
Facultad de Ciencia Matemáticas
Curso: Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
Tercera Práctica Calificada
1. Resolver la ecuación de Cauchy-Euler
x3y′′′ + xy′ − y = x lnx (3p)
Solución
x = et, y(x) = y(et) = Y (t) = Y (lnx)
d
dx
y =
d
dx
Y (lnx) = Y ′(lnx) · x−1 o x d
dx
y = Y ′ = DY
derivo nuevamente con respecto a x
d
dx
(
x
d
dx
y
)
=
d
dx
Y ′ = Y ′′(lnx) · x−1 o x d
dx
(
x
d
dx
y
)
= Y ′′
x2
d2
dx2
y = Y ′′ − Y ′ = D(D − 1)Y
y así para
x3
d3
dx3
y = D(D − 1)(D − 2)Y
reemplazo en la EDO
[D(D − 1)(D − 2) +D − 1]Y
=
[
D
(
D2 − 3D + 2
)
+D − 1
]
Y
=
[
D3 − 3D2 + 3D − 1
]
Y
= (D − 1)3 Y = tet
una raiz característica es r = 1 de multiplicidad 3, la solución de la
ecuación homogenea es
Yh = (c0 + c1t+ c2t
2)et
una solución particular es
Yp = (a+ bt)t
3et = et(at3 + bt4)
lo reemplazo en la EDO
tet = (D − 1)3
[
et(at3 + bt4)
]
= etD3(at3 + bt4) = etD2(3at2 + 4bt3) = etD(6at+ 12bt2)
= et(6a+ 24bt)
1
por lo que
a = 0, b = 1/24
Yp = e
tt4/24
regresando a la x
y = (c0 + c1 lnx+ c2 (lnx)
2
)x+ x (lnx)
4
/24
2. Escribir como una ecuación matricial la EDO
x′ = 4x− 3y (2.1)
y′ = 5x− 4y (2.2)
y resolver con dos métodos diferentes, ¿coinciden? (4p)
Solución (
x
y
)′
=
(
4 −3
5 −4
)(
x
y
)
Derivo la ecuación (2.1)
x′′ = 4x′ − 3y′
reemplazo y′ de la ecuación (2.2)
x′′ = 4x′ − 3(5x− 4y)
= 4x′ − 15x+ 12y
despejo y de la ecuación (2.1)
y =
x′ − 4x
−3 (2.3)
y lo reemplazo en x′′
x′′ = 4x′ − 15x+ 12−3 (x
′ − 4x)
= 4x′ − 15x− 4x′ + 16x
= x
x′′ − x = 0
el polinomio característico es
p(r) = r2 − 1
tiene las raices r = ±1, tiene dos soluciones linealmente independientes
ϕ1(t) = e
t; ϕ2(t) = e
−t;
2
la solución general es
x(t) = c1e
t + c2e
−t
reemplazo (y) de laecuación (2.3)
y(t) = −1
3
(x′ − 4x) = −1
3
(c1e
t − c2e−t − 4(c1et + c2e−t))
y(t) = −1
3
(
−3c1et − 5c2e−t
)
La otra manera de resolver. Calculo los autovalores
p(r) = det
(
4− r −3
5 −4− r
)
= r2 − 16 + 15 = r2 − 1
los autovalores son r = ±1. Los autovectores son, para r = 1(
3 −3
5 −5
)(
x
y
)
=
(
0
0
)
3x− 3y = 0⇒ x = y
el autovector es (1, 1)T . Para r = −1(
5 −3
5 −− 3
)(
x
y
)
=
(
0
0
)
5x− 3y = 0
el autovector es (3, 5)T . La solución general es(
x
y
)
= c1
(
1
1
)
et + c2
(
3
5
)
e−t
3. Verifique que ϕ(t) =
 sent− cos tcos t
cos t
 es solución de
x′ =
 1 1 1−1 −1 0
−1 0 −1
x (1)
Muestre un conjunto fundamental de soluciones (4p)
Solución
d
dt
ϕ(t) =
 cos t+ sent−sent
−sent

3
de otro lado
Aϕ(t) =
 1 1 1−1 −1 0
−1 0 −1
 sent− cos tcos t
cos t
 =
 cos t+ sent−sent
−sent

Son iguales, es solución. Para mostrar un conjunto fundamental de solu-
ciones resolvemos el sistema de ecuaciones (1). Hallando los autovalores
p(r) = det (A− rI) =
∣∣∣∣∣∣
1− r 1 1
−1 −1− r 0
−1 0 −1− r
∣∣∣∣∣∣ = −(r+1) (r2 + 1) = 0
los autovalores son r1 = −1 r2 = i, r3 = −i, hallamos los autovectores;
para r1 = −1  2 1 1−1 0 0
−1 0 0
 x1x2
x3
 =
 00
0

 2x1 +x2 +x3 = 0−x1 +0 +0 = 0−x1 +0 +0 = 0
x1 = 0; x3 = −x2;
el autovector es  x1x2
x3
 = x2
 01
−1

para r2 = i  1− i 1 1−1 −1− i 0
−1 0 −1− i
 x1x2
x3
 =
 00
0

 (1− i)x1 +x2 +x3 = 0−x1 (−1− i)x2 +0x3 = 0−x1 +0 (−1− i)x3 = 0
de la segunda ecuación
x2 =
1
−1− ix1 =
−1 + i
2
x1
de la tercera ecuación
x3 =
1
−1− ix1 =
−1 + i
2
x1
reemplazo estas dos últimas en la primera ecuación
(1− i)x1 +
−1 + i
2
x1 +
−1 + i
2
x1 = 0⇒ 0x1 = 0
4
x1 puede ser cualquier real, luego un autovector es x1x2
x3
 = x1
 1−1+i
2−1+i
2

para r3 = −i el autovector es x1x2
x3
 = x1
 1−1−i
2−1−i
2

un conjunto fundamental de soluciones es
ϕ1(t) =
 01
−1
 e−t; ϕ2(t) =
 1−1+i
2−1+i
2
 eit; ϕ3(t) =
 1−1−i
2−1−i
2
 e−it
4. Hallar el sistema lineal de primer orden asociado a la ecuación de tercer
orden
d3y
dx3
+
d2y
dx2
− 4dy
dx
− 4y = 0, y(0) = 3, dy
dx
(0) = −1, d
2y
dx2
(0) = 9 (3p)
Solución
dy
dx
= x1
dx1
dx
= x2;
(
=
d2y
dx2
)
dx2
dx
= 4y + 4x1 − x2;
(
=
d3y
dx3
)
donde
y(0) = 3, x1(0) = −1, x2(0) = 9
por ser lineal se puede escribir en forma matricial
d
dx
 yx1
x2
 =
 0 1 00 0 1
4 4 −1
 yx1
x2
 ;
 yx1
x2
 (0) =
 3−1
9

5. (Depredador-presa) Explique con sus propias palabras el modelo depre-
dador presa de Lotka-Volterra (3p)
Solución
Las ecuaciones de Lotka-Volterra, también conocidas como ecuaciones
depredador-presa o presa-depredador, son un par de ecuaciones diferen-
ciales de primer orden no lineales que se usan para describir dinámicas de
5
sistemas biológicos en el que dos especies interactúan, una como presa y
otra como depredador. (Wikipedia)
Suponga que dos especies de animales interactúan dentro del mismo medio
ambiente o ecosistema y suponga además que la primera especie se ali-
menta sólo de vegetación y la segunda se alimenta sólo de la primera
especie. En otras palabras, una especie es un depredador y la otra es una
presa. Por ejemplo, los lobos cazan caribúes que se alimentan de pasto,
los tiburones devoran peces pequeños y el búho nival persigue a un roedor
del ártico llamado lemming. Por razones de análisis, imagínese que los
depredadores son zorros y las presas conejos.
Sean x(t) y y(t) las poblaciones de zorros y conejos, respectivamente, en
el tiempo t. Si no hubiera conejos, entonces se podría esperar que los
zorros, sin un suministro adecuado de alimento, disminuyeran en número
de acuerdo con
dx
dt
= −ax, a > 0 (2)
Sin embargo cuando hay conejos en el medio, parece razonable que el
número de encuentros o interacciones entre estas dos especies por unidad
de tiempo sea conjuntamente proporcional a sus poblaciones x y y, es decir,
proporcional al producto xy. Así, cuando están presentes los conejos hay
un suministro de alimento y, en consecuencia, los zorros se agregan al
sistema en una proporción bxy, b > 0. Sumando esta última proporción a
(2) se obtiene un modelo para la población de zorros:
dx
dt
= −ax+ bxy, a > 0, b > 0 (3)
Por otro lado, si no hay zorros, entonces la población de conejos, con una
suposición adicional de suministro ilimitado de alimento, crecería con una
razón proporcional al número de conejos presentes en el tiempo t:
dy
dt
= dy, d > 0 (4)
Pero cuando están presentes los zorros, un modelo para la población de
conejos es la ecuación (4) disminuida por cxy, c > 0; es decir, la razón a
la que los conejos son comidos durante sus encuentros con los zorros:
dy
dt
= dy − cxy, d > 0, c > 0 (5)
Las ecuaciones (3) y (5) constituyen un sistema de ecuaciones diferenciales
no lineales {
dx
dt = −ax+ bxy,
dy
dt = dy − cxy,
a > 0, b > 0
d > 0, c > 0
(6)
donde a, b, c y d son constantes positivas. Este famoso sistema de ecua-
ciones se conoce como modelo presa-depredador de Lotka-Volterra.
Excepto por dos soluciones constantes, x(t) = 0, y(t) = 0 y x(t) = d/c,
6
y(t) = a/b, el sistema no lineal (6) no se puede resolver en términos de
funciones elementales. Sin embargo, es posible analizar estos sistemas en
forma cuantitativa y cualitativa. (Zill)
6. Resolver(
D2 − 2D + 2
)2
(y) = (2x cosx− 6 sinx) expx+ x expx (3p)
Solución
p(r) =
(
r2 − 2r + 2
)2
= 0⇒ r = 1± i;
raices dobles del polinomio característico que puedo escribirlo en su forma
factorada
p(r) = (r − 1− i)2 (r − 1 + i)2
la ecuación diferencial puedo escribirlo también en su forma factorada
(D − 1− i)2 (D − 1 + i)2 y = xex − 6exsenx+ 2xex cosx
f1(x) + f2(x) + f3(x)
la función complementaria tiene la forma
yh = e
x [(c1 + c2x) sinx+ (c3 + c4x) cosx]
la solución particular para
(D − 1− i)2 (D − 1 + i)2 y1 = f1(x) = xex
es
y1 = e
x (a+ bx)
a y b deben calcularse, luego
xex =
(D − 1− i)2 (D − 1 + i)2 [ex (a+ bx)] =
ex [(D + 1)− 1− i]2 [(D + 1)− 1 + i]2 (a+ bx) =
ex [D − i]2 [D + i]2 (a+ bx) =
ex
[
D2 + 1
]2
(a+ bx) = ex
[
D4 + 2D2 + 1
]
(a+ bx) =
ex
[
D4 (a+ bx) + 2D2 (a+ bx) + (a+ bx)
]
ex (a+ bx)
donde a = 0 y b = 1,
y1 = xe
x
7
Puede hacerse los cálculos directamente sin factorar
xex =
(
D2 −2D + 2
)2
(y1)
=
(
D2 − 2D + 2
)2
(ex (a+ bx))
= ex
(
[D + 1]
2 − 2 [D + 1] + 2
)2
(a+ bx)
= ex
(
D2 + 1
)2
(a+ bx)
y así sigue, hasta la respuesta
y1 = xe
x
hallamos la solución particular para
(D − 1− i)2 (D − 1 + i)2 y2 = f2(x) = −6exsenx
la EDO asociada:
(D − 1− i)2 (D − 1 + i)2 Y2 = F2(x) = −6e(1+i)x
es tal que ImF2(x) = f2, la solución que se busca y2 = ImY2 . La forma
de la solución Y2 = x2ce(1+i)x, donde calcularemos c
(D − 1 + i)2 (D − 1− i)2 Y2 = −6e(1+i)x
e(1+i)x [(D + 1 + i)− 1 + i]2 [(D + 1 + i)− 1− i]2 (cx2) =
= e(1+i)x [D + 2i]
2
[D]
2
(cx2) = e(1+i)x [D + 2i]
2
(2c) =
= e(1+i)x
[
D2 + 4iD − 4
]
(2c) = e(1+i)x [−8c]
donde −8c = −6, entonces c = 6/8 = 3/4, entonces
Y2 = x
2 3
4
(cosx+ i sinx) ex =
3
4
x2ex cosx+ i
3
4
x2ex sinx
y2 = Im(Y2) =
3
4
x2ex sinx
Puede hacerse los cálculos directamente sin factorar
−6e(1+i)x =
(
D2 − 2D + 2
)2
(Y2)
=
(
D2 − 2D + 2
)2 [
x2ce(1+i)x
]
= e(1+i)x
(
[D + (1 + i)]
2 − 2 [D + (1 + i)] + 2
)2 (
cx2
)
= ce(1+i)x
([
D2 + 2 (1 + i)D + (1 + i)
2
]
+ [−2D − 2 (1 + i)] + 2
)2 (
x2
)
= ce(1+i)x
([
D2 + (2D + 2iD) + 2i
]
+ [−2D − 2 (1 + i)] + 2
)2 (
x2
)
= ce(1+i)x
([
D2 + (2iD)
])2 (
x2
)
= ce(1+i)x
([
D4 + 4iD3 − 4D2
]) (
x2
)
= −8ce(1+i)x
8
se obtiene c = 3/4, y así sigue hasta la respuesta
Y2 =
3
4
x2ex cosx+ i
3
4
x2ex sinx.
y2 = Im(Y2) =
3
4
x2ex sinx
Por último hallamos la solución particular y3 para
(D − 1− i)2 (D − 1 + i)2 y3 = ex2x cosx
es la parte real de la solución Y3 = x2 (a+ bx) e(1+i)x de
(D − 1− i)2 (D − 1 + i)2 Y3 = 2xe(1+i)x
e(1+i)x [(D + 1 + i)− 1 + i]2 [(D + 1 + i)− 1− i]2 (ax2 + bx3) =
e(1+i)x [D + 2i]
2
[D]
2
(ax2 + bx3) = e(1+i)x [D + 2i]
2
(2a+ 6bx)
= e(1+i)x [−4 (2a+ 6bx) + 4i (6b)]
= e(1+i)x [−8a− 24bx+ 24bi]
donde −24b = 2, entonces b = −1/12, entonces −8a+ 24bi = 0, a = − 28 i
Y3 = x
2
(
−1
4
i− 1
12
x
)
(cosx+ i sinx) ex =
x2ex
[(
− 1
12
x cosx+
1
4
sinx
)
+ i
(
−1
4
cosx− 1
12
x sinx
)]
y3 =
(
− 1
12
x3 cosx+
1
4
x2 sinx
)
ex
la parte real de Y3. Aplico el principio de superposición para obtener la
solución particular:
yp = y1 + y2 + y3
y la solución general es
y = xex + ex
[(
c1 + c2x+ x
2
)
sinx+
(
c3 + c4x−
1
12
x3
)
cosx
]
El profesor
9
y = xr
y′ = rxr−1
y′′ = r(r − 1)xr−2
y′′′ = r(r − 1)(r − 2)xr−3
r(r − 1)(r − 2) + r + 1 = r3 − 3r2 + 3r + 1
= (r − 1)3
x3y′′′ = D(D − 1)(D − 2)Y
xy′ = DY
[D(D − 1)(D − 2) +D + 1]Y = ett
10