Pregunta 1: Encuentre la solucin de las siguientes ecuaciones diferenciales:1. (1 + x2 )y + xy = x3 y 3 , con y(0) = 1. 2. x2 y + 10xy + 20y = 4 ln(x) x

Solucin 1: Como esta ecuacin corresponde a una ecuacin de Bernoulli, hace-

mos el cambio de variable z = y 2 para transformarla en una E.D.O lineal de primer orden 2x 2x3 z = z 2 1+x 1 + x2 La solucin de esta ecuacin es:

z(x) = (1 + x2 ) ln(1 + x2 ) 1 c(1 + x2 ),

c = constante

Reemplazando z por y 2 obtenemos la solucin general de la ecuacin

1 = (1 + x2 ) ln(1 + x2 ) 1 c(1 + x2 ) y2La solucin particular que satisface y(0) = 1 es:

1 = (1 + x2 ) ln(1 + x2 ) + 2x2 + 1 y2

Solucin 2: Note que la ecuacin homognea es una ecuacin de Euler. Hacien-

do el cambio de variable x = et obtenemos la E.D.O lineal de segundo orden con coecientes constantes

y (t) + 9y (t) + 20y(t) = 4t etUsamos la ecuacin caracterstica para resolver la ecuacin homognea, obteniendo la solucin yh (t) = c1 e5t +c2 e4t Ahora, usando variacin de constantes (o parmetros), encontramos una solucin particular de la ecuacin no homognea

yp (t) =Por lo tanto, la solucin general es

1 1 t 9 e t 5 30 100

1 t 1 9 e y(t) = c1 e5t +c2 e4t + t 5 30 100Luego, la solucin general de la ecuacin dada es:

y(x) =

c1 c2 1 1 9 + 4 + ln(x) x x5 x 5 30 100

1

Pregunta 2: Justamente antes de medioda el cuerpo de una vctima aparente

de un homicidio se encuentra en un cuarto que se conserva a temperatura constante a 70 F. A medioda, la temperatura del cuerpo es 80 F y a la 1 p.m. es de 75 F. Considere que la temperatura del cuerpo en el momento de la muerte era de 98 F y que se ha enfriado de acuerdo con la Ley de Newton. Cul fue la hora de su muerte?

Solucin:Sea u(t) la temperatura del cuerpo en el tiempo. Denir u(0) = 80; u(1) = 75 y considerar TA = 70. du Usando la ley de enfriamiento de Newton se tiene = k(u 70). De donde, dt por el mtodo de separacin de variables. se tiene

u(t) = 70 + M ektEvaluando en t = 0 y en t = 1 se obtienen los valores M = 10 y k = ln(2). Reemplazando en u(t) se tiene

u(t) = 70 +

10 2t

Resolviendo la ecuacin u(t) = 98, se tiene t = ln(10)ln(28) 1,5. Por tanto ln(2) la muerte fue a las 10:30 hrs. aproximadamente.

2

Pregunta 3: Una solucin y = u(x) de la ecuacin diferencial y y 2y = 0

intersecta a una solucin y = v(x) de la ecuacin y + 4y 5y = 0 en el punto (0, 0). Determinar las funciones u y v si las dos tienen la misma pendiente en el origen y adems satisfacen:

[v(x)]2 =1 x u(x) l m

Solucin:La solucin general de la ecuacin y y 2y = 0 est dada por

y = C1 e2x +C2 exPor otra parte u(x) es la nica solucin que verica y(0) = 0 e y (0) = u (0). Derivando y evaluando se tiene el sistema:

C1 + C2 2C1 C2de donde C1 =

= 0 = u (0)

1 1 u (0) y C2 = u (0). Luego 3 3 1 u(x) = u (0) e2x ex 3

Analogamente, la solucin de la ecuacin con valor inicial

y + 4y 5y y(0) y (0)es

= = =

0 0 u (0)

v(x) =Por otra parte

1 u (0) ex e5x 6

x

l m

1 u (0) ex e5x 6 1 u (0) [e2x ex ] 3

2

= l m

1 1 2 e6x + e12x 1 u (0) = u (0) x 12 1 e3x 12

De donde u (0) = 12 y por tanto:

u(x) = 4 e2x ex v(x) = 2 ex e5x

3

Pregunta 4: Una masa que pesa 5 Kilogramos se sujeta a un resorte suspendido

en el techo ocasionando que se estire 0.5 metros hasta llegar al reposo. La masa inicial es reemplazada por otra masa que pesa 10 Kilogramos y en el instante t = 0 se desplaza 1 metro hacia abajo, y se suelta. En el mismo instante se aplica una fuerza externa f (t) = cos(w0 t). Si la constante de amortiguacin es 2, determine : 1. El desplazamiento de la masa en cualquier instante t > 0. 2. Si la accin del medio ambiente sobre ste sistema mecnico es despreciable y w0 se aproxima a la frecuencia natural del sistema, que puede decir sobre el movimiento de la masa m.

Solucin 1: Sea x(t) = posicin de la masa en el tiempo t. Como el peso de lamasa 1 est actuando sobre el sistema se tiene Peso = k x = 5 = k 0,5 = k = 10 De acuerdo a la Ley de Newton, obtenemos la ecuacin

x + 2x + 10x = cos(w0 t)La solucin de la ecuacin homognea es:

xh (t) = et (c1 cos(3t) + c2 sen(3t))Usando coecientes indeterminados, encontramos una solucin particular de la ecuacin no homognea

xp (t) = A cos(w0 t) + B sen(w0 t)donde

A=

10 w0 2 2 (10 w0 )2 + 4w0

y B=

2w0 2 2 (10 w0 )2 + 4w0

Por lo tanto, la posicin de la masa 2 esta dada por:

x(t) = et (c1 cos(3t) + c2 sen(3t)) + A cos(w0 t) + B sen(w0 t) 1 Adems, como x(0) = 1 y x (0) = 0 tenemos que: c1 = 1 A y c2 = (1 + 3 Bw0 A)

Solucin 2: La masa estar sujeta a grandes oscilaciones. Es decir, la amplitudde la funcin posicin de la masa, x(t), crece indenidamente.

4

Pregunta 1:Encuentre la funcin y(x) tal que:x 0

ex = y(x) + 2

cos(x t)y(t) dt

Solucin: Aplicamos transformada de Laplace a ambos lados de la ecuacin yobtenemos:

L(ex )(s) 1 s+1 1 s+1 1 s+1 Por lo tanto,

= L(y(x))(s) + 2L(cos y(x))(s) = L(y(x))(s) + 2L(cos(x))(s) L(y(x))(s) = 1+ 2s s2 + 1 L(y(x))(s)

=

(s + 1)2 L(y(x))(s) s2 + 1 L(y(x))(s) = s2 + 1 (s + 1)3

Usando fracciones parciales, se tiene:

L(y(x))(s) =Luego,

2 2 1 + s + 1 (s + 1)2 (s + 1)3

y(x) = ex 2x ex +x2 ex

5

Pregunta 2:Un cuerpo de 16 libras queda suspendido de un resorte alargndolo 32/5 pie. En el instante t = 0 el cuerpo se desplaza 1 pie bajo la posicin de equilibrio y se suelta sin velocidad inicial. En el instante t = se aplica una fuerza externa f (t) = 1 sen(2t) libras. Suponga que la constante de amortiguacin es 2 1 y considere g = 32 pie/seg2 . 1. Calcule la posicin del cuerpo en cada instante. 2. Determine la amplitud de la solucin para t < y para t .

32 32 5 1 = 16 = k = k = . Adems, f (t) = sen(2t)u(t 5 5 2 2 ). Por lo tanto, la ecuacin a resolver es:

Solucin: mg = k

x + 2x + 5x = sen(2t)u(t ),

con x(0) = 1 , x (0) = 0

Usamos transformada de Laplace para resolver la ecuacin:

L(x (t))(s) + L(x (t))(s) + 5L(x(t))(s)L(sen(2t)u(t ))(s).Denotando por X(s) = L(x(t))(s) se tiene:

(s2 + 2s + 5)X(s) = s + 2 + es = = =Luego,

2 s2 + 4

X(s) X(s) X(s)

= = =

s+2 2 1 + es 2 (s + 1)2 + 4 s + 4 (s + 1)2 + 4 s+1 1 2 1 + + es L(sen(t)) L(et sen(t)) (s + 1)2 + 4 2 (s + 1)2 + 4 2 1 2 1 s+1 + + es L(sen et sen(t))(s) 2+4 2+4 (s + 1) 2 (s + 1) 2 1 t 1 e sen(2t) + g(t )u(t ) 2 2

x(t) = et cos(2t) +donde

g(t) =

1 [cos(t) + et (2 sen(2t) cos(2t)) + sen(t) et sen(t)(sen(2t) + 2 cos(2t))] 10 1 (cos(t) et cos(t)). 2

6

Pregunta 3:1. Encuentre la serie de Fourier de la funcin

f (t) =

x x

si 1 x < 0 si 0x 2 el lmite es 0 y f es continua en (0,0) .

b ) Para todo a Nf (0, t) f (0, 0) 0 f (0, 0) = l m = l m = 0 t0 t0 t y tPor otra parte

f (t, 0) f (0, 0) ta f (0, 0) = l m = l 3 m t0 t0 t x tPara a = 1 , a = 2 : Para a = 3 : Para a > 3 :

f (0, 0) no existe. x

f (0, 0) = 1 x f (0, 0) = 0 x

32

c ) Para a = 1 , a = 2 , f no es diferenciable no es (0,0) , pues f no es continua en (0,0) .Para a = 3 Considerar

4 2 2 x + 3x y f (x2 + y 2 )2 (x, y) = x 1

si si

(x, y) = (0, 0) (x, y) = (0, 0)

no es continua en (0,0) y por lo tanto f no es diferenciable en (0,0) . Para a > 3 f es diferenciable en (0,0) , pues son continuas en (0,0) .

f f (x, y) y (x, y) x y

3. Sea f : R R de clase C 2 y sea z = f

y x

con x = 0 .

Si f (1) = f (1) = f (1) = 2 , calcule

2z (1, 1) xy

Solucin:Derivando respecto de y , se tiene:

z (x, y) = f y

y 1 2 x x

derivando, ahora, respecto de x, se tiene:

2z y (x, y) = 3 f xy xEvaluando en (1,-1):

y 1 2f x x

y x

2z (1, 1) = f (1) f (1) = 2 2 = 0 xy

33

4. Encontrar la ecuacin del plano que pasa por el punto (2,3,4) y que minimiza el volumen del tetraedro obtenido por el plano y los planos coordenados.

Solucin:Sea (a, 0, 0), (0, b, 0), (0, 0, c) los puntos donde el plano intersecta los ejes coordenados. Considerando los vectores (a, b, 0) y (a, 0, c) podemos encontrar el vector normal del plano:

i a aPor lo tanto, su ecuacin es

j k b 0 0 c

= (bc, ac, ba)

(bc)x + (ac)y + (ab)z = abc abc sujeta a la restriccin 6 que el plano pase por el punto (2,3,4), es decir, 2bc + 3ac + 4ab abc = 0. Usando multiplicadores de Lagrange, denimosDenimos la funcin a minimizar f (a, b, c) =

F (a, b, c, ) =Obtenemos el sistema

abc + (2bc + 3ac + 4ab abc) 6

F a F b F c F Por lo tanto,

= = = =

bc + (3c + 4b bc) = 0 6 ac + (2c + 4a ac) = 0 6 ab + (2b + 3a ab) = 0 6 2bc + 3ac + 4ab abc = 0

a = 6,

b = 9,

c = 12

Luego, la ecuacin del plano es

6x + 4y + 3z = 36

34

Problema 1: Considerar la funcin f (x) = sen2 (2x) .1.a) Encuentre la transformada de Laplace de f (x) . 1.b) Encuentre la serie de Fourier de f (x) .

Solucin:(a)

sen2 (2x) L(sen2 (2x))

= = = =

1 (1 cos(4x)) 2 1 [L(1) L(cos(4x)] 2 1 2 1 s s s2 + 16 8 + 16)

s(s2

(b)

sen2 (2x) =

1 1 cos(4x) 2 2 a4 =

1 De donde se deduce la serie de Fourier de sen2 (2x). Esto es: a0 = , 2 1 y el resto de los an = 0 y todos los bn = 0 . 2

35

Problema 2: Resolver la ecuaciny + 4y = f (t) ,donde f (t) =

y(0) = 1 ,

y (0) = 0

1 t

si si

0t1 t>1

Solucin:Note que f (t) = 1 + (t 1)u(t 1). Aplicando T.L ambos lados de la ecuacin, obtenemos

s2 L(y) s + 4L(y) (s2 + 4)L(y) L(y) L(y)Por otro lado,

=

1 + L((t 1)u(t 1)) s 1 1 + es 2 s s

= s+ =

s 1 1 + + es 2 2 s2 + 4 s(s2 + 4) s (s + 4)

1 1 = L(cos(2t)) + L(1 sen(2t)) + es L(t sen(2t)) 2 2

1 sen(2t) =

1 (1 cos(2t)) 2

y t sen(2t) =

1 (2t sen(2t)) 4

Por lo tanto, la solucin es

y(t) =

1 3 1 + cos(2t) + [2(t 1) sen 2(t 1)]u(t 1) 4 4 8

36

Problema 3: Si f (x) =

x

si

0x

2

x si