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Solución del examen final de E.D. 25/10/2013
1. La función y a examinar puede escribirse igualmente como
y=

−x2, si x < 0,
x2 , si x ≥ 0.

y′ =

−2x, si x < 0,
2x, si x ≥ 0,

Por consiguiente,
oequivalentemente,

y ′ = 2 |x| .

Por otra parte,
2

(A)

|y| = 2 |x |x|| = 2 |x| · |x| = 2 |x|2 = 2 |x| .

De donde podemos concluir que y = x|x| es solución de la ecuación
y ′ = 2 |y|.
2. Evidentementela ecuación es de variables separables, y puede escribirse
como
dP
= 2 (1 − t) dt,
P
de lo cual resulta
ln |P | = 2t − t2 + C,
y por tanto
2
|P | = eC e2t−t .
Dado que la expresión de la derecha essiempre positiva, podemos escribir
P = C1 e−t(t−2),
en donde C1 es una constante positiva. De la condición inicial obtenemos
C1 = 5, y por consiguiente
P (t) = 5e−t(t−2) .
Teniendo en cuenta que laexpresión −t (t − 2) representa una parábola invertida con raíces en 0 y 2, el resultado de aplicarle la función exponencial
será una campana positiva, evanescente tanto a izquierda como a derecha,
quepasa por los puntos (0, 5) y (2, 5), con cumbre en (1; 5e) ∼
= (1; 13, 6).
P

(1; 5e)

P (t)
t

3. La ecuación auxiliar para la ecuación homogénea correspondiente es k 2 + 1 = 0,
por lo que lassoluciones linealmente independientes serán las funciones
y1 = cos x y y2 = sen x. Su combinación lineal arbitraria, yc = k1 cos x + k2 sen x,
será la solución general. La función de la derecha de laecuación no homogénea, ln x, no permite la utilización de los métodos estándar para encontrar soluciones particulares, por lo cual se debe utilizar el método de la
variación de las constantes, haciendo
y =c1 (x) cos x + c2 (x) sen x.

(1)

En consecuencia, hay que resolver el sistema
c′1 (x)

cos x sen x
− sen x cos x

c′2 (x)

0

=

.

ln x

Como el determinante del sistema es 1, de aquí obtenemos
c′1(x) =

0

sen x

= − sen x · ln x,

ln x cos x

c′2 (x) =

cos x

0

− sen x ln x

= cos x · ln x.

En consecuencia,
x

c1 (x) = k1 −

0

x

sen u · ln u du,

c2 (x) = k2 +
0

cos u · ln u du....