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Primer examen Ecuaciones Diferenciales Noviembre de 2010 Prof. Gilberto Arenas D´az ı

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Conteste ordenadamente y apoye sus respuestas con las justi caciones adecuadas. 1. (15 puntos) si x ≤ 0 si x > 0 cuentan con el mismo dominio pero, evidentemente , son distintas. Demuestre que ambas funciones dy son soluciones del problema de valores iniciales = xy 1/2 , y(2) = 1 sobreel interdx ´ valo (−∞, ∞). Resuelva la aparente contradiccion entre este hecho y el teorema de existencia y unicidad. ´ ´ b) Veri que si la familia de un solo parametro y 2 − 2y = x2 − x + c es una solucion impl´cita ı ´ de la ecuacion diferencial (2y − 2) y ′ = 2x − 1. ´ ´ ´ c) ¿Es la funcion y = sen(ln x) una solucion de la ecuacion diferencial a) Las funciones y(x) =
1 4 x , −∞ 16

< x < ∞y y(x) =

1 4 x 16

0

x2 y ′′ + xy ′ + y = 0? ´ ´ Si los es, determine el intervalo de de nicion de dicha solucion. 2. (25 puntos) Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales: dy xy + 2y − x − 2 = . dx xy − 3y + x − 3 dy b) (x + 1) + y = ln x, y(1) = 10. dx dx = xy, y(−1) = 1. c) (x2 + 2y 2) dy dy d) xy + x2 = y 2. dx a) ´ 3. (10 puntos) Considere el modelo de poblacion dP (300 − P )(P − 100) P = , dt 30000 ´ donde P (t) es la poblacion en el tiempo t. ´ ´ ´ a) ¿Para que valores de P esta en equilibrio la poblacion? ´ ´ ´ b) ¿Para que valores de P esta creciendo la poblacion? ´ ´ ´ c) ¿Para que valores de P esta decreciendo la poblacion?

´ Solucion del 1er Examen de E.D.
1.

(Segundo semestre – 2010)

´ ´ a) En efecto, para la condicion inicial dada las dos funcionesson solucion en −∞ < x < ∞. 1 ´ Veamos, si y(x) = 16 x4 , −∞ < x < ∞, entonces y ′ (x) = 1 x3 , al reemplazar en la ecuacion se 4 obtiene 1 3 1 1 y ′ (x) = xy 1/2 =⇒ x = x · ( x4 )1/2 = x3 ( ) 4 16 4 si x ≤ 0 ´ si x > 0 entonces, para x ≥ 0 se tiene que satisface la ecuacion ´ diferencial (ver ( )), y si x < 0 claramente se ve que y = 0 satisface la ecuacion diferencial. No ´ hay contradiccion,porque en una vecindad de x = 2 las dos soluciones son iguales. ´ b) Basta con derivar impl´citamente la ecuacion y 2 − 2y = x2 − x + c; en efecto, ı Ahora, si y(x) =
1 4 16 x

0

2yy ′ − 2y ′ = 2x − 1

=⇒

(2y − 2) y ′ = 2x − 1.

´ ´ ´ c) La funcion y = sen(ln x) si es solucion de la ecuacion diferencial x2 y ′′ + xy ′ + y = 0. En efecto: y ′ = x2 − 1 1 1 cos(ln x), y ′′ = − 2 cos(ln x)− 2 sen(ln x), reemplazando se tiene x x x 1 cos(ln x) + sen(ln x) = x = − cos(ln x) − sen(ln x) + cos(ln x) + sen(ln x) = 0.

1 1 cos(ln x) − 2 sen(ln x) + x 2 x x

´ ´ ´ El intervalo de de nicion de dicha solucion es R+ , dado que ln x esta de nido si x > 0. 2. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales: a) dy xy + 2y − x − 2 (x + 2) y − (x + 2) (x + 2) (y − 1) = = = . dx xy − 3y + x − 3(x − 3) y + (x − 3) (x − 3) (y + 1) =⇒ =⇒ =⇒ =⇒ b) (x + 1) dy + y = ln x, dx y(1) = 10. dy 1 1 + y= ln x dx x + 1 x+1 (Lineal) y+1 (x + 2) dy = dx y−1 (x − 3) y+1 (x + 2) dy = dx y−1 (x − 3) y + 2 ln (y − 1) = x + 5 ln (x − 3) + C1 (y − 1)2 ey = C (x − 3)5 ex .

Factor integrante µ (x) = e

1 dx x+1

= eln(x+1) = x + 1. Entonces (x + 1) dy + y = ln x dx

=⇒ =⇒ =⇒ =⇒

d [(x + 1) y] = lnx dx (x + 1) y = ln x dx

(x + 1) y = x ln x − x + C 1 y= (x ln x − x + C) . x+1

1 Ahora, como y (1) = 10, entonces y (1) = 1+1 (1 ln 1 − 1 + C) = 10 =⇒ C = 21. Luego la ´ solucion del pvi es 1 y= (x ln x − x + 21) . x+1

c) Como la e.d. (x2 + 2y 2 )

dx ´ ´ = xy es homogenea, hacemos la sustitucion x = u · y, de donde dy dx = u dy + y du. Reemplazando se tiene: (u · y)2 + 2y 2 dx = (u ·y) y dy =⇒ =⇒ =⇒ =⇒ =⇒ =⇒ =⇒ =⇒ u2 + 2 y 2 [u dy + y du] = u · y 2 dy u u2 + 2 y 2 − u · y 2 dy + u2 + 2 y 3 du = 0 u u2 + 1 y 2 dy + u2 + 2 y 3 du = 0 y2 u2 + 2 dy + du = 0 y3 u (u2 + 1) 1 2 u dy + − du = C1 y u u2 + 1 1 ln y + 2 ln u − ln u2 + 1 = C2 2 yu2 = C3 =⇒ y 2 u4 = C4 u2 + 1 (u2 + 1)1/2 y2 x y
4

= C4

x y

2

+1

=⇒ x2 + y 2 = Cx4 .

Ahora, como y (−1) = 1, entonces...