Solucion parcial mate 3

Universidad Central de Venezuela
Facultad de Ciencias
Escuela de Matem´
atica
Matem´
aticas III (8208) ∼ Secci´
on: U4
Per´ıodo Lectivo: 1-2014

Soluci´
on del Primer Parcial
23/07/2014

1. Resuelva la ecuaci´on diferencial de primer orden: y′ = e3x − 3y, con y(0) = 1.

(4 puntos)

Soluci´
on: Reordenando la ecuaci´on nos queda: y′ + 3y = e3x , la cual es∫ una ecuaci´ondiferencial
lineal de primer orden. Entonces, busquemos el factor integrante µ(x) = e 3 dx = e3x . Multiplicando
a toda la EDO por el factor integrante, obtenemos:
(
)
y′ e3x + y3e3x = e3x ⇒ Dx y(x)e3x = e6x

=⇒

Integrando

y(x)e3x =

e3x
e6x
+ C =⇒ y(x) =
+ Ce−3x
6
6

donde C es un par´ametro en R. Ahora bien, si usamos la condici´on inicial y(0) = 1, nos queda que:
1 = y(0) =

e01
5
e3x 5 −3x
+ Ce0 = + C ⇒ C = =⇒ y(x) =
+ e
6
6
6
6
6

2. En un cultivo de levadura, la cantidad de fermento activo crece a una velocidad proporcional a
la cantidad presente. Si se duplica la cantidad en una hora, ¿cu´antas veces se habr´a multiplicado la
cantidad original al cabo de dos horas?
(4 puntos)
Soluci´
on: Sea F(t) la cantidad de fermento activo en el instante t ysea F(0) = F0 la cantidad inicial
del mismo. Entonces, en virtud de que el fermento activo crece a una velocidad proporcional a la
cantidad presente, tenemos que se satisface
dF(t)
dF(t)
= kF(t) ⇒
= kdt
dt
F(t)

=⇒

Integrando

ln(F(t)) = kt + ln C ⇒ F(t) = Cekt

de donde al usar la condici´on inicial obtenemos que C = F0 . Por tanto, F(t) = F0 ekt . Ahora bien,
2 
F 0 = F(1) =  F 0 ek ⇒ ek = 2 ⇒ k = ln 2
Luego,
F(2) = F0 e2 ln 2 = F0 eln 4 = 4F0
lo cual indica que a las dos horas, la cantidad inicial de fermento activo se ha cuadruplicado.
3. Resuelva la ecuaci´on diferencial de segundo orden: y′′ + 5y′ + 4y = 8x2 + 3 + 2 cos(2x).(4 puntos)
Soluci´
on: Usaremos el M´etodo de los Coeficientes Indeterminados y para ello debemos seguir los
siguientes pasos:
•Resolver el Caso Homog´
eneo: [y′′ + 5y′ + 4y = 0]. Sea y(x) = eλx , entonces, derivando y
sustituyendo en la EDO obtenemos que: eλx [λ2 + 5λ + 4] = 0 ⇒ λ2 + 5λ + 4 = 0 ⇒ (λ + 4)(λ + 1) = 0.
De donde:
y (x) = e−4x y y (x) = e−x
1

2

son soluciones L.I. Por consiguiente, en virtud del Principio de superposici´on la soluci´on general al
caso homog´eneo est´a dada por:
yGH (x) = C1 e−4x + C2e−x

• Resolver el Caso No Homog´
eneo: Proponemos una soluci´on particular de la forma:
yp (x) = Ax2 + Bx + C + D cos(2x) + E sen(2x)
la cual es claramente L.I. con la soluci´on homog´enea. Entonces, derivando obtenemos que
y′p = 2Ax + B − 2D sen(2x) + 2E cos(2x) y y′′p = 2A − 4D cos(2x) − 4E sen(2x)
de donde organizando un poco la informaci´on, nos queda:
y′′p =
+
′
+5yp =
+
+4yp =4Ax2 +

+
10Ax +
4Bx +

✘

✘✘

✘
✘✘
✘✘
2A − ✘
4E✘sen(2x)
4D
− ✘
✘cos(2x)
5B + 10E cos(2x) − 10D sen(2x)
✘
✘
✘✘✘
✘✘✘
4C + ✘
4D
+ ✘
4E✘sen(2x)
✘cos(2x)

8x2 + 3 + 2 cos(2x) = 4Ax2 + (10A + 4B)x + (2A + 5B + 4C) + 10E cos(2x) − 10D sen(2x)
Luego




4A = 8 ⇒ A = 2
10A + 4B = 0 ⇒ B = −5

2A + 5B + 4C = 3 ⇒ C = 6

10E = 2 ⇒ E =

1
5

y adem´as
−10D = 0 ⇒ D= 0

Finalmente, obtenemos que la soluci´on general de la EDO est´a dada por:
yGNH (x) = C1 e−4x + C2 e−x + 2x2 − 5x + 6 + 15 sen(2x)

4. Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden:
{
x˙ =
x + 3y
y˙ = − 6x − y

(4 puntos)

Soluci´
on: Usaremos el m´etodo de eliminaci´on para resolver el sistema, donde es claro que ambas
variables dependen de unatercera que llamaremos t y volveremos a la notaci´on usual. Entonces,
x′ − x
y sustituyendo esta expresi´on en la segunda
despejando y de la primera nos queda que: y =
3
obtenemos:
[ ′
]
x −x
x′′ − x′
= −6x −
⇒ x′′ − x′ = −18x − x′ + x ⇒ x′′ + 17x = 0
3
3
la cual es una ecuaci´on de segundo orden a coeficientes constantes. Entonces, supongamos que la
soluci´on de la misma est´a dada...