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JUNIO 2017

1ª SEMANA

1.– En la ecuación diferencial: x 2 y ' xy  x 2 y 2  4  0,

x  0  , se pide:

a) Buscar una solución particular de la forma y1 x  

a x

a  0

b) Comprobar que el cambio de variable y  y 1x  

1 v

donde v es la nueva variable dependiente, e y1 x  la solución particular hallada, la transforma en una ecuación lineal. c) Hallar su solución general. SOLUCION a a ; y' 1 x    2 en la ecuación, si a  0 , se obtiene x x 2 a  2 . Solución particular: y1 x   x 2 1 2 1 b) Cambio de variable: y   , y'   2  2 v ' . x v x v Sustituyendo en la ecuación se obtiene

a) Sustituyendo y1 x  

2

 2 v'   2 1  2 1 x2   2  2   x    x2     4  0 . v  x v  x  x v

 2

x 2v ' x x2 4 x       4 0 ; 2 4 v v2 v2 v

3 v ' v 1  0 x

que es una ecuación lineal en v . c) Ecuación homogénea asociada v' 3 3   , lnv  3lnx  lnC , v  Cx 3 v ' v  0 , v x x

Variación de constantes: v  C x x 3 , v '  3C x x 4  C ' x 3 1 1 3  3Cx 4  C' x 3  3 x 1 Cx 3  1  0 , C ' x 3  1  0 , C '   x , C   x 4 , v   x 4 4 1 Solución general de la ecuación lineal: v  Cx 3  x 4 Deshaciendo el cambio se obtiene la solución general de la primera: 1

y

2  3 x   Cx   4 x 

2.Resuélvase la ecuación

y   9 y  16 sen 3x   12 cos(3x ) utilizando el método de los coeficientes indeterminados. SOLUCIÓN Ecuación homogénea asociada:

y  9 y  0 Ecuación característica:

r 2  9  0. Raíces: r  3i

Solución general:

y  C1cos(3x)  C2sen 3x  donde Ci

i  1,2

son las constantes de integración.

El término no homogéneo es 16 sen(3x)  12cos(3x) . Al ser  3i soluciones de la ecuación característica con multiplicidad uno, una solución particular será de la forma: y p  x( Acos 3x  B sen (3x))

Derivando, sustituyendo en la ecuación e identificando coeficientes, se obtiene:

8 A ;B 2 3 Por tanto :

8 y p   xcos 3 x  2 xsen (3 x) 3

Solución general de la ecuación:

8 y  C1cos(3x)  C2sen(3x)  x cos3x   2xsen(3x ) 3

3.Dada la ecuación: ² u u  0   0   2 x ² t donde u  ux, t  , se pide: a) Clasificarla en hiperbólica, elíptica o parabólica. b) Encontrar las ecuaciones diferenciales ordinarias que aparecen al aplicar el método de separación de variables. c) Comprobar que la función 2 u x, t   Ce  t cosx  (con C  R ), es solución de la ecuación para   1 .

SOLUCIÓN a) Como b 2  4ac  0 se trata de una ecuación parabólica. b) Solución a buscar u x, t  X x  T t  Derivando se tiene u  X 'T , x

u  XT ' , t

²u  X ''T , x ²

²u  XT ' ' t ²

y sustituyendo en la ecuación : XT '   2 X ' 'T   2

X '' T '  X T

El lado izquierdo de la igualdad es función solo de x , y el derecho solo de t .

2

X ' ' T'   X T

Las ecuaciones ordinarias son:

d2 X   X 0 dx 2  2 dT  T  0 dt c)

2 u   2 e  t Ccos x ; t

2 2 2 u u    2e  t Ccos x   e  t Csen x ; 2 x x

por tanto si   1 se tiene: 2 2 u ²u     2 e t Ccos x   2 e  t Ccos x   0  t x ²

SEGUNDA SEMANA 1.a) Halle la familia de curvas planas tales que la pendiente de la recta tangente en cada punto  x, y , sea el cociente entre la ordenada, y n veces la abcisa de dicho punto. ( n es un entero positivo). b) Halle la ecuación de las trayectorias ortogonales a dicha familia de curvas y compruebe que para cierto valor de n dichas trayectorias ortogonales son circunferencias. Determine ese valor e indique como son, en ese caso, la familia de curvas originales halladas en el apartado a). SOLUCIÓN: a) La pendiente de la tangente a la curva en cada punto  x, y es la derivada y ' de la curva en ese punto. Por lo tanto : y' 

y nx

es la ecuación diferencial de la familia de curvas. Es una ecuación de variables separables:

dy y ;  dx nx

dy dx 1 ; ln y  ln x  ln C ; y n  Cx ( Familia de curvas).  n y nx

b) y  nxy ' . ( E.d. de la familia).

 1 y  nx    ; yy '  nx .  y'  2 2 y x 2 2 2 2  ydy    nxdx ; 2  n 2  C ; nx  y  C . (Se ha hecho 2C  C ).

Trayectorias ortogonales:

Es una familia de elipses. Para n  1 son circunferencias con centro el origen y radio variable. En ese caso, las curvas originales son rectas y  Cx que pasan por el origen.

2.a) Aplique el teorema de convolución para encontrar la función y p x  tal que se verifique: 1 L y p  x  x  e  x    s 1s 12 L  transformada de Laplace .  = Convolución de funciones. b) Utilice el método de reducción de orden para hallar la solución general de la ecuación lineal homogénea : xy' ' 2 x  1 y' x  1 y  0 ,  x  0 sabiendo que la y p x  hallada es solución particular suya. SOLUCION:





a)





L x  e x  

 

d 1 . F s  , donde F s   L e  x  s 1 ds





L x  e x  

d 1 F s   . ds s 12

   





Teorema de convolución: L y p  x  ( x  e  x )  L y p  L x  e  x . Por lo tanto:

  



L y p  L x  e x 

1 s  1s  12



 

L yp 

1  s1

y p  x  e x

b) Método de reducción de orden. Al ser e x solución de la ecuación: Cambio de variable y derivadas:

y  e x v ; y  e x (v  v' ) ; y  e x v  2v' v' ' Sustituyendo en la ecuación queda: xe x v  2v 'v ' '  e x 2x  1v  v '  ex x  1v  0

y simplificando se obtiene: xv' 'v'  0 . Haciendo v'  z queda xz 'z  0 (Variables separables) de solución z  C1 x . Por último, deshaciendo los cambios y modificando la constante, se obtiene:

z  C1 x , v  C 1

x2  C2 , 2





y  C1 x2  C2 e x ( Solución general)

3.- a) Aplique el criterio de Hurwitz para encontrar los valores de m para los cuales el punto de reposo x  0, y  0 del sistema dx  mx  y dt dy  x dt es asintóticamente estable. b) Halle la solución general del sistema que resulta para m  2 . SOLUCION a) Ecuación característica y autovalores: m k 1 m  m 2 4  k ²  mk 1  0 . Autovalores: k  A  kI   . 1  k 2 Matriz de Hurwitz:

  m 1  H    0 1

m 1  m . 0 1 El punto crítico es asintóticamente estable para m  0 . Menores diagonales:  1  m ,  2 

b) Para m  2 el único autovalor es k  1 doble. Subespacio propio:

A  I U  0

 1 1  1      0  1  2  0 .    1 1  2  1  Solución correspondiente: X 1   e  t . 1 

 1 Haciendo 1  1 , U1    . 1

Una segunda solución se busca en la forma: X 2  (Ut V )e t

donde ( A  I )V  U



 1 1  v1  1           1 1  v2  1 

 v1  v2  1

0   t  t Para v1  0 resulta V    , y la solución: X 2  (Ut  V ) e t   e 1   t  1 x t   C1e t  C 2 te t Solución general: yt  C1e t  C 2 t 1e t

SEPTIEMBRE 2017. ORIG. 1.- a) Compruébese que toda ecuación de la forma yfdx  xdy  0 donde f es una función f  xy del producto xy , admite como factor integrante 1  . xy f 1 b) Aplíquese lo anterior para hallar la solución general de la ecuación:

y xy  1dx  xdy  0 ; x , y  0 SOLUCION a) P  yf

, Q  x . La ecuación no es exacta, ya que Q P df )  yxf '  f   1 (donde f '  x y d xy  1 Multiplicando por el factor integrante   se obtiene: xy f 1 f 1 dy  0 dx  x f  1 y f 1    f 1      f' y f  1   P   Q f'  x f  1   ;      y y x x  f  1 2  f  12 b) En este caso:

f  xy   xy  1 ;

La nueva ecuación es:  xy  1   2  1  x y   2 2 y x y

;



1 . x y2 2

xy 1 1 dx  2 dy  0 ; x , y  0 2 x y xy  1   2   xy    1 Diferencial exacta. y x2y2

Si la solución es F x, y   0 , entonces 1 1 F   2 dy   x , F      x xy xy F 1 1 1 1 ;  ´x   ;  x  lnx  C .  2  ´ x   2 x x y x x x y Solución general :



1  lnx  C  0 xy

2.- Hállese la solución general de la ecuación

x + 42 y' '+2x + 4y' 2 y = ln  x + 4 SOLUCIÓN Es una ecuación de Legendre. Con el cambio z  x  4 se obtiene: z y ' ' 2zy '2 y   ln z que es una ecuación de Euler. 2

Mediante el nuevo cambio de variable independiente: z  e t , con lo que

d ² y dy dy y ' '=e−2 t ( − ) dt ² dt dt , Que sustituyendo en la ecuación se llega a la ecuación lineal de coeficientes constantes: y '=e−t

d ²y dy +  2 y =t dt ² dt

Ecuación característica y raíces: r 2  r  2  0  r  1,2 . Solución de la homogénea: y h  C 1e t  C 2e 2t Solución particular de la ecuación completa. Aplicando el método operacional: 1 1 1 1  1 1  ( t )  2 ( t)     D  t   t  H  D D  D2 2 4  2 4  1 1 Por tanto y p  t  2 4 yp 

Solución general de la completa: 1 1 y h  C1e t  C2 e2t + t  2 4

Deshaciendo el cambio: 1 1  y  C1 x  4   C 2 x 4  2  ln x  4  2 4

3.- Sea el sistema X ' t   AX (t ) , de coeficientes constantes y solución general x1 t   C1e t  C 2 e t ; C1 , C2  R x2 t   2C1 e t a) Obtener una matriz fundamental M t  . b) Demostrar que la matriz A del sistema puede obtenerse de la expresión 1 A  M 't M t  . y con ella calcularla. c) Hallar la solución particular con condiciones iniciales x1 0   1, x2 0   2 , y su trayectoria correspondiente. ¿Qué tipo de curva es?. d) Tipo de estabilidad del punto crítico 0 , 0  . SOLUCIÓN: a) Dos soluciones linealmente independientes:

 et  e  t    Para C1  1, C 2  0 . X1   . Para C1  0, C 2  1 . X 2    t 2  e 0    Ambas forman una base del espacio vectorial de soluciones. Una matriz fundamental es:  et e t   M t    t 0    2e Si M t  es matriz fundamental de X 't  At X (t ) , entonces ( Teorema de caracterización de m.f): dM t   At   M t ) dt Multiplicando a la derecha por M t 1 ( matriz inversa de M t  , que existe al ser regular), se obtiene: dM t  M t 1 At   dt

.

 et M t    t  2 e

e t   ; 0 

 0 M t 1   e t 

1   e t  2  ; dM t   1 t  dt e   2

 et  t  2e

1 t    0  e   1  1 2  =  . 1 t   0 1  e t e    2 dx dx 2 Ecuaciones del sistema: 1   x1  x 2 ,  x2 . dt dt

 et A   t 2e

 e t   0 

 e t   0 

c) Solución particular:

x t   e t x1 0  1, C1  C 2  1 , C1  1, C 2  0 . Solución: 1 ; x 2  0   2,  2C1   2 x 2 t   2e t Corresponde a la trayectoria de ecuación x2  2x1 ; x1  0, x 2  0 ; Es una semirrecta situada en el cuarto cuadrante.

x2

x2  2x1 (trayectoria)

d) Los autovalores son k1  1, k1  1 ( los exponentes de la exponencial en la solución general) Punto crítico inestable. Es un punto silla.

SEPTIEMBRE 2017. RESERVA. 1.- De la ecuación diferencial : y  p x  1  p 2 ; p 

dy dx

se pide: a) La solución general. b) Hallar las soluciones singulares y, si existen, comprobar que no están incluidas en la solución general. SOLUCIÓN: a) y  p x  1  p2 . Derivando respecto a x

se obtiene:

dy dp dp  p  x  1  2p . Al ser dx dx dx

 x  1 

Si

dp dp dp ; 2p 2 p  x  1  0 dx dx dx

p

dy : dx

(*)

dp dy 0 ; p  C 1 ; y  C1 x  C2 dx dx

La solución general ha de tener una sola constante de integración. Se pueden relacionar ambas sustituyendo en la ecuación inicial: C1 x  C2  C1 x  1  C12 ; C2  C12  C1 La solución general es:

y  Cx  C 2  C

( Se ha hecho C1  C )

b) Expresando la ecuación : y  y ' x  1  y' 2 en la forma Fx, y, y'   0 , las soluciones singulares se encuentran entre las curvas que verifican: F x , y, y'  0 ;

F 0 y '

y  y 'x  1   y '  0 x  12 Eliminando y ' se obtiene: y   F 4   x  1 2y ' 0 y' Que al no pertenecer a la solución singular ( no existe ningún valor de C para el que se obtenga), es la solución singular. 2

NOTA: También se puede obtener la solución singular de (*) para 2 p  x  1  0 p

x 1 dy  ; dx 2

y

x  12 4

2.- Utilizando transformadas de Laplace, resolver el siguiente problema de valores iniciales:

x 2 y   12y  x y(0)  0, y(0)  

1 12

y comprobar que la solución no es única. SOLUCIÓN Tomando transformadas de Laplace en la ecuación, se tiene

L[ x 2 y ]  12 L[ y]  L[ x ] Si Y ( s)  L[ y( x)] , entonces





d2 d2 2 L[ x y ]  2 L[ y ]  2 s Y  sy (0)  y(0)  s 2Y   4 sY   2Y ds ds 2

Sustituyendo en la ecuación:

1 s2 Se trata de una ecuación de Euler, con el cambio s  e t se obtiene: s2 Y  4 sY  10Y 

d 2Y dY 3 10Y  e 2t 2 dt dt 2 Ecuación característica: r  3r  10  0 . Raíces: r  2,5 . 2t 5t Solución general de la ecuación homogénea: YH  C1e  C2e Solución particular de la ecuación completa: buscamos soluciones de la forma

Yp  Ae 2t . Derivando y sustituyendo en la ecuación se tiene: A  

1 12

Solución general de la ecuación completa:  Y  C1e2t  C2 e 5t 

1  2t e 12

Deshaciendo el cambio:

Y  C1 s 2  C 2s  5 

1 2 s 12

la transformada de Laplace tiende a 0 cuando s tiende a infinito, por tanto

C1  0  Y  C 2 s  5 

1 2 s 12

Calculando transformadas inversas:

1 1 L1 [Y ]  L1 [C 2s 5 ]  L1[ s 2 ]  y  Cx 4  x 12 12 Para cualquier valor de C es solución del problema. Hay infinitas soluciones

3.- a) Resuélvase el sistema de ecuaciones diferenciales X   AX , donde

 x1 ( t)    X   x2 (t )  ,  x ( t)   3 

3 2 4    A  2 0 2  , 4 2 3   

X (t ) 

dX dt

SOLUCIÓN a) Ecuación característica y raíces:

3k 2 4

2 k 2

4 3 2 2  0  k  6k  15k  8  0  k  8, k   2 (doble) 3k

Subespacio propio asociado a k  8 :

4   1   0   5 2       51  2 2  43  0  2  8 2   2    0   21  8 2  23  0 4 2  5   3   0  

1   3 

1 2

2  3

Dimensión 1.

Haciendo, por ejemplo  3  2 se obtiene 1  2,  2  1 . Una base de vectores propios U , y su solución correspondiente: 2  2      U1   1  ; X 1   1  e 8t 2  2      Subespacio propio asociado a k  1 : 1 1    2  3  4 2 4 1   0 2            2 1 2 0 . Dimensión 2. 2   2  0      2     2 2 1 2 3  4 2 4    0 3  3  3     Haciendo  2  2  3  0 se obtiene 1  1. Haciendo  2  2  3  1 se obtiene 1  0 . Los vectores propios y sus soluciones correspondientes son:  1   0   1        U 2   2  , U 3    2  ; X 2    2 e t , X 3   0   1   0        Por lo tanto, la solución general es:

 0    t   2 e  1   

 2   X t  C1  1  e 8t + C2  2  

 1  0    t   t   2 e  C3   2 e  0  1     

De otra forma:  2e 8 t  X t    e 8t 2 8t  e

e t  2 e t 0

donde C1 , C2 , C3 son constantes arbitrarias.

0   C1     2 e t  C 2   e t  C 3 ...