1EE 15 2

UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE INGENIERÍA
DIVISIÓN DE CIENCIAS BÁSICAS
COORDINACIÓN DE CIENCIAS APLICADAS
DEPARTAMENTO DE ECUACIONES DIFERENCIALES
PRIMER EXAMEN EXTRAORDINARIO
RESOLUCIÓN
SEMESTRE 2015 -2
TIPO 1
DURACIÓN MÁXIMA 2.0 HORAS
SINODALES:
Ing. Verónica Hikra García Casanova
Ing. Jesús Antonio Patiño Ramírez

13 DE MARZO DE 2015NOMBRE__________________________________________________________________________________
Apellido paterno
Apellido materno
Nombre (s)

FIRMA
Instrucciones: Lee detenidamente los seis enunciados, este examen es la demostración de tu aprendizaje,
trata de entender y resolver primero los que tienes seguridad en tu conocimiento. Se califica claridad y
limpieza al escribir, no se califica el resultado únicamente.
1.

Resolver la ecuacióndiferencial x 1 y y  ln 1 y e x sujeta a y 1  1
Resolución:

x 1 y y  ln 1 y e x

y dy
1 x

e
x dx ln y
separando variables:

ln y  y  dy  xe x dx
integrando en ambos lados:






y ln y dy 



x e x dx

y u y du  xe x  e x  C
y 2u du  e x  x  1  C
e2u u du  e x  x  1  C

ED_1EE-1_2015-2

1 2u 1 2u
u e  e  e x  x  1  C
2
4
1
1
ln y e2ln y  e2ln y  e x  x 1  C
2
4
1
1
 ln y  y 2  y 2  e x  x  1  C
2
4
2

y ln


y

2




1
y2



1
ln y 2

1 2
y  e x  x  1  C
4


1
   e x  x  1  C
4


sustituyendo condiciones y 1  1 , se tiene:

1
4
entonces la solución particular:
C


y

2.

2




1
ln y 2


1 x
1
  e  x  1 
4
4


Resolver la ecuación diferencial por coeficientes indeterminados

y  5 y  6 y 2 sen x  8
Resolución:
La solución general está dada por
yG  yH  yP
Para y H :
y  5 y  6 y  0

 D3  5D2  6D y  0  D  D2  5D  6 y

el polinomio auxiliar es:





P  m   m3  5m2  6m  m m2  5m  6  m  m  2  m  3  0
las raíces son:
m1  0 , m2,3  3, 2
son tres raíces reales positivas:

yH  C1e0 x  C2e2 x  C3e3x  C1  C2e2 x  C3e3x
ED_1EE-1_2015-2

Para y P:





P1  D   D D2  1 (anulador)
aplicando a toda la ecuación diferencial:









D D2  1 D  D  2 D  3 y  D D2  1  25 sen x  8  0
se tiene:

yNH  C1  C2e2 x  C3e3x  A x  B sen x  C cos x
yP

yH

Por lo que la solución particular propuesta:
yP  Ax  B sen x  C cos x
  6 yP
  25 sen x  8
y P debe satisfacer la ecuación diferencial: yP  5 yP

Derivando:yP  A  B cos x  C sen x
yP   B sen x  C cos x
yP   B cos x  C sen x

Sustituyendo en la ecuación diferencial:
B cos x  C sen x  5B sen x  5C cos x  6 A  6B cos x  6C sen x 

 25senx  8  sen x 5B  5C   cos x 5B  5C   6 A
Igualando los coeficientes:
25  5B  5C , 8  6 A , 5B  5C  0
Resolviendo el sistema es:
5 B  5C  25

5 B  5C  0
6A
8

A

4
3

5B  5  B 25

B  C


yP 

ED_1EE-1_2015-2

B

25
,
10

C

25
10

4
25
25
x  sen x  cos x
3
10
10

3.

Resolver la ecuación diferencial por variación de parámetros
y  y  sec3 x

sujeta a

y  0  1 ,

y  0  

1
2

Resolución:
Para la solución se sabe: yG  yH  yP
Entonces y H :

 D2 1 y  0

y  y  0

m1,2   i

con

P  m   m2  1  0

a  0 y b 1

yH  C1 sen x  C2 cos x

Paray P : yP  u1senx  u2 cos x
El sistema que debe satisfacer:
 sen x cos x   u1   0 
 cos x  sen x  u     3 

  2  sec x 
Premultiplicando toda la ecuación por la matriz inversa:
 u1 
  senx  cos x   0 
1
u   
 3 
2
2 
 2   sen x  cos x   cos x sen x  sec x 
3
 u1 
  senx  cos x   0   cosx sec x 


u    1   cos x sen x   3 
3
sec
x


 
 2
   senx sec x 
2
 u1   sec x 



u  
 2    tan x sec 2 x 

Igualando:

u1  sec2 x

u2   tan x sec2 x

Integrando:

u1  tan x

1
u2   tan 2 x
2

sustituyendo en la solución particular:
1
yP  tan x sen x  tan 2 x cos x
2
ED_1EE-1_2015-2

La solución general está dada por:
1
yG  C1sen x  C2 cos x  tan x sen x  tan 2 x cos x
2
De...