[2005-2] Prueba Catedra 3
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Tercera Prueba de Ecuaciones Diferenciales MA 38230 de Noviembre de 2005
Nombre: Profesor: Nota:
1. A un resorte que cuelga del techo se le adosa una masa de 2 [kg] la que lo estira en 20 [cm].A continuación, la masa se suelta desde 5 [cm] por debajo de la posición de equilibrio ysimultáneamente se le aplica una fuerza externa F (t) = 3
10 cos (t) [N ].
Si el sistema masa-resorte está inmerso en medio que proporciona un amortiguamientoigual a 5 veces la velocidad instantánea:
(a) Encuentre la posición de la masa en cualquier instante t.
(b) Determine el comportamiento de la solución cuando t crece.
Nota: Aceleración de gravedad = 10h
mseg2
i.
2. (a) Un tanque mezclador contiene inicialmente 500 litros de una solución salina, con una
concentración de sal de 2hkglt
i. Durante los primeros 10 minutos de operación se abre
una válvula A, añadiendo 12 litros por minuto de una solución con una concentraciónde 4
hkglt
i. Después de 10 minutos, se cambia a una válvulo B, la cual agrega una
concentración de 6hkglt
ia 12
£ltmin
¤. Una válvula C elimina 12
£ltmin
¤de la mezcla.
i. Utilice el método de la transformada de Laplace para determinar la concentraciónde sal en el tanque como función del tiempo.
ii. ¿Es cierto que los máximos de la cantidad de sal y la concentración se alcanzanen el mismo instante?. Justifique su respuesta.
(b) Considere el sistema de estanques interconectados como lo muestra la figura al reverso.Suponga que inicialmente cada estanque contiene 100 galones de agua pura y que lasolución entra y sale de cada estanque a razón de 5 galones por minuto. Si la soluciónque entra en el estanque A tiene una concentración de 2 kilogramos de sal por galón,determine la concentración de sal en cada estanque después de 10 minutos. ¿Es ciertoque si el sistema continua funcionando indefinidamente las concentraciones en cadaestanque serán aproximadamente 2
hkgsgal
i. Explique su respuesta.
3. Encuentre la solución general del sistema de ecuaciones:
(a)
X 0 =
⎡⎣ 0 1 11 0 11 1 0
⎤⎦X +
⎡⎣ 3et
0e−t
⎤⎦
(b)
x0 = x− z +1
ty0 = y + w + 1
z0 = x+ y − z +1
t
w0 = −y − w − 1t
(Nota: Verifique que la matriz de coeficientes es nilpotente de 4o orden).
4. Usando series de potencias de x, encuentre la solución general de:
(a) 2xy00 + 3y0 − y = 0.
(b) xy00 + (x− 1) y0 − 2y = 0.
Nota: - No se permite uso de calculadoras ni formularios.- Todos los ejercicios tienen la misma ponderación: 1.5 puntos.- En los ejercicios 2, 3 y 4, debe responder sólo una de las opciones.
Solución:
1. Como el resorte se estira 20 [cm] = 210 [m], entonces mg = ks ⇒ 2 · 10 = 2
10k ⇒ k = 100.(0.1 punto) Como Froce (t) = −5y0, entonces, la ecuación que modela el sistema masa-resorte es: 2y00 + 5y0 + 100y = 3
10 cos (t) .(0.2 puntos)
(a) La solución de la ecuación homogénea: 2y00 + 5y0 + 100y = 0, es:
2m2+5m+100 = 0⇒ m = −5±√25−8004 = −5±
√775i
4 = −54 ±5√314 i. Luego la solución
homogénea es:
yh (t) = e−54t
ÃC1 cos
Ã5√31
4t
!+ C2sen
Ã5√31
4t
!!(0.2 puntos)
La solución de la ecuación no homogénea: Utilizando el método de los coeficientes in-determinados (o aniquiladores), la solución particula yp propuesta es:yp (t) = A cos (t)+Bsen (t), luego:
yp = A cos (t) +Bsen (t)
y0p = −Asen (t) +B cos (t)
y00p = −A cos (t)−Bsen (t)
(0.2 puntos) reemplazando en la ecuación:
−2A cos (t)− 2Bsen (t)− 5Asen (t) + 5B cos (t) + 100A cos (t) + 100Bsen (t) =3
10cos (t)
(100A+ 5B − 2A) cos (t) + (100B − 5A− 2B) sen (t) =3
10cos (t)
luego
98A+ 5B =3
1098B − 5A = 0
de donde A = 14748145 , y B = 3
19258 , (0.2 puntos) y la solución particular es: yp (t) =14748145 cos (t) +
319258sen (t) . La solución general es:
y (t) =147
48145cos (t)+
3
19258sen (t)+e−
54t
ÃC1 cos
Ã5√31
4t
!+ C2sen
Ã5√31
4t
!!(0.1 punto)
Como en y (0) = 5100 e y
0 (0) = 0, entonces:
1
20=
147
48145+ C1
0 =3
19258− 54C1 +
5√31
4C2
y los valores son: C1 = 120 −
14748145 , C2 =
120√31− 147
48145√31− 12
96290√31.(0.2 puntos)
Luego la posición del resorte en cualquier instante es:
y (t) =
µ1
20− 147
48145
¶cos (t) +
µ1
20√31− 147
48145√31− 12
96290√31
¶sen (t) + ...
...+ e−54t
Ã9041
192580cos
Ã5√31
4t
!+
9017
192580√31
sen
Ã5√31
4t
!!.(0.2 puntos)
(0.1 punto)
(b) Como e−54t → 0 cuando t→∞, entonces en el resorte domina la solución particular
y el comportamiento es períodico. (0.3 puntos)
2. (a) i. Sea h (t) la cantidad de sal que entra al tanque en el instante t
h (t) =
½12 · 4 0 ≤ t ≤ 1012 · 6 10 < t
(0.1 punto)
= 12 · 4 (µ0 (t)− µ10 (t)) + 12 · 6µ10 (t)= 12 [4µ0 (t) + 2µ10 (t)] (0.2 puntos)
Sea x (t) la cantidad de sal en el tanque en el instante t⇒ x0 (t) = h (t)− 12x(t)125 ,(note que el volumen en el tanque permanece constante)(0.1 punto)
x0 (t) = 12 [4µ0 (t) + 2µ10 (t)]− 12x (t)
500ÁL (0.1 punto)
sX (s)− x¡0+¢= 12 · 4L [µ0 (t)] + 12 · 2L [µ10 (t)]−
3
125X (s)
como la concentración de sal en el tanque inicialmente es 2 Lbgal y el volumen inciales 500 [gal] entonces x (0) = 1000 Lbs de sal. (0.1 punto)
sX (s)− 1000 = 481
s− e−10s
48
s+ e−10s
72
s− 3
125X (s)
sX (s) +3
125X (s) = 1000 +
48
s+ e−10s
24
s
X (s)
µs+
3
125
¶= 1000 +
48
s+ e−10s
24
s
X (s) =1000
s+ 3125
+48
s¡s+ 3
125
¢ + e−10s24
s¡s+ 3
125
¢(0.1 punto)Las transformadas inversas son:
L−1Ã
1
s+ 3125
!= e−
3125
t(0.1 punto)
L−1Ã
1
s¡s+ 3
125
¢! =
Z t
0e−
3125
udu = −1253
e−1253u¯̄̄t0=
=125
3
³1− e−
3125
t´(0.1 punto)
Entonces, aplicando el 2o teorema de traslación:
x (t) = 1000e−3125
t+48
3125
³1− e−
3125
t´+24
125
3µ10 (t)
³1− e−
3125
(t−10)´(0.1 punto)
ahora bien 483 125 = 2000 y
1253 24 = 1000, entonces
x (t) = 1000e−3125
t + 2000³1− e−
3125
t´+ 1000µ10 (t)
³1− e−
3125
(t−10)´
x (t) = 2000− 1000e− 3125
t + 1000µ10 (t)³1− e−
3125
(t−10)´(0.1 punto)
y la concentración de sal en el instante t es:
C (t) =x (t)
500= 4− 2e− 3
125t + 2µ10 (t)
³1− e−
3125
(t−10)´(0.1 punto)
es la concentración de sal en el tanque.ii. Como C (t) = x(t)
500 , entonces C (t) y x (t) tienen los mismos puntos críticos y porlo tanto si en un instante t la cantidad de sal x (t) es máxima, entonces C (t)también es máxima y viceversa.(0.3 puntos)
(b) Sean x, y, z las cantidades de sal en A, B y C respectivamente. x (0) = 0 = y (0) =z (0).
x0 = 10− 5100x
y0 = 5100x−
5100y
z0 = 5100y −
5100z
ó
⎛⎝ x0
y0
z0
⎞⎠ =
⎛⎝ − 120 0 0120 − 1
20 00 1
20 − 120
⎞⎠| {z }
A
⎛⎝ xyz
⎞⎠+⎛⎝ 10
00
⎞⎠ (0.1 puntos)
note que
A = − 120
I +
⎛⎝ 0 0 0120 0 00 1
20 0
⎞⎠donde B =
⎛⎝ 0 0 0120 0 00 1
20 0
⎞⎠ es nilpotente de orden 2 (0.1 punto), luego
Como eAt = e−120tI+Bt = e−
120tIeBt = e−
t20 IeBt = e−
t20 eB, y B es nilpotente de orden
2, se tiene que:
eAt = e−120t
⎧⎨⎩⎛⎝ 1 0 00 1 00 0 1
⎞⎠+⎛⎝ 0 0 0
120 0 00 1
20 0
⎞⎠ t+
⎛⎝ 0 0 00 0 01400 0 0
⎞⎠ t2
2
⎫⎬⎭eAt = e−
120t
⎛⎝ 1 0 0t20 1 0t2
800t20 1
⎞⎠ (0.2 puntos)
Luego e−At
⎛⎝ 1000
⎞⎠ = e120t
⎛⎝ 1 0 0− t20 1 0t2
800 − t20 1
⎞⎠⎛⎝ 1000
⎞⎠ = e120t
⎛⎝ 10− t2
t2
80
⎞⎠ , (0.1 punto)
luego
ReAt
⎛⎝ 1000
⎞⎠ dt =
⎛⎜⎝ 200e120t
−10te 120t + 200e
120t
14t2e
120t − 10te 1
20t + 200e
120t
⎞⎟⎠ = e120t
⎛⎝ 200200− 10t
14t2 − 10t+ 200
⎞⎠Xp = eAt
ReAt
⎛⎝ 1000
⎞⎠ dt = e−120t
⎛⎝ 1 0 0t20 1 0t2
800t20 1
⎞⎠ e120t
⎛⎝ 200200− 10t
14t2 − 10t+ 200
⎞⎠ =
Xp =
⎛⎝ 1 0 0t20 1 0t2
800t20 1
⎞⎠⎛⎝ 200200− 10t
14t2 − 10t+ 200
⎞⎠ =
Xp =
⎛⎝ 20010t− 10t+ 200
14t2 − 1
2t2 + 10t+ 1
4t2 − 10t+ 200
⎞⎠ =
⎛⎝ 200200200
⎞⎠ (0.2 puntos)
La solución general es:
X (t) = e−120t
⎛⎝ 1 0 0t20 1 0t2
800t20 1
⎞⎠⎛⎝ C1C2C3
⎞⎠+⎛⎝ 200200200
⎞⎠ (0.2 punto)
Como X (0) =
⎛⎝ 000
⎞⎠⇒⎛⎝ 000
⎞⎠ =
⎛⎝ 1 0 00 1 00 0 1
⎞⎠⎛⎝ C1C2C3
⎞⎠+⎛⎝ 200200200
⎞⎠⇒ C1 = C2 = C3 = −200 (0.1 punto)
Por lo tanto
x (t) = 200− 200e− 120t
y (t) = 200− 200e− 120t
µ1 +
t
20
¶(0.1 punto)
z (t) = 200− 200e− 120t
µ1 +
t
20+
t2
800
¶y la concentración en 10 minutos es:
x (t)
100= 2− 2e− 1
2
y (t)
100= 2− 3e− 1
2 (0.1 punto)
z (t)
100= 2− 13
4e−
12
Como e−120t → 0 si t→∞ entonces la cantidad de sal en cada estanque (se aproxima)
a 200 [kg] y la concentración tiende a 200100
kggal = 2
kggal .(0.3 puntos)
3. Encuentre la solución general del sistema de ecuaciones:
(a)
X 0 =
⎡⎣ 0 1 11 0 11 1 0
⎤⎦X +
⎡⎣ 3et
0e−t
⎤⎦Utilizando autovalores:
det (A−mI) = 0⇒
¯̄̄̄¯̄ −m 1 11 −m 11 1 −m
¯̄̄̄¯̄ = −m ¯̄̄̄ −m 1
1 −m
¯̄̄̄−¯̄̄̄1 11 −m
¯̄̄̄+
¯̄̄̄1 1−m 1
¯̄̄̄= −m
¡m2 − 1
¢+ 2 (m+ 1) = (m+ 1)
¡2−m2 +m
¢= (m+ 1) (2−m) (1 +m)
las soluciones son m1 = 2, m2 = m3 = −1.(0.3 puntos)
Los autovalores son: para m1 = 2 :
¯̄̄̄¯̄ −2 1 11 −2 11 1 −2
¯̄̄̄¯̄⎛⎝ a
bc
⎞⎠ =
⎛⎝ 000
⎞⎠−2a+ b+ c = 0
a− 2b+ c = 0
a+ b− 2c = 0
luego V1 =
⎛⎝ 111
⎞⎠ .
Para m2 = m3 = −1 :
¯̄̄̄¯̄ 1 1 11 1 11 1 1
¯̄̄̄¯̄⎛⎝ a
bc
⎞⎠ =
⎛⎝ 000
⎞⎠a+ b+ c = 0
a+ b+ c = 0
a+ b+ c = 0
los autovectores son: V2 =
⎛⎝ −110
⎞⎠ , V3 =
⎛⎝ −101
⎞⎠ .(0.3 puntos)
La solución homogénea es:
X (t) = C1e2t
⎛⎝ 111
⎞⎠+C2e−t
⎛⎝ −110
⎞⎠+ C3e−t
⎛⎝ −101
⎞⎠ . (0.1 punto)
Luego la matriz fundamental es:
φ (t) =
⎛⎝ e2t −e−t −e−te2t e−t 0e2t 0 e−t
⎞⎠ .(0.2 puntos)
donde
φ−1 (t) =
⎛⎝ 13e−2t 1
3e−2t 1
3e−2t
−13et23e
t −13et−13et −13et
23e
t
⎞⎠Z
φ−1 (t)
⎛⎝ 3et
0e−t
⎞⎠ dt =
Z ⎛⎝ 13e−2t 1
3e−2t 1
3e−2t
−13et23e
t −13et−13et −13et
23e
t
⎞⎠⎛⎝ 3et
0e−t
⎞⎠ dt =
Z ⎛⎝ e−t + 13e−3t
−e2t − 13
−e2t + 23
⎞⎠ dt =⎛⎝ −e−t − 19e−3t
−12e2t −t3
−12e2t +2t3
⎞⎠ .(0.2 puntos)
Xp (t) =
⎛⎝ e2t −e−t −e−te2t e−t 0e2t 0 e−t
⎞⎠⎛⎝ −e−t − 19e−3t
−12e2t −t3
−12e2t +2t3
⎞⎠ =
⎛⎝ −13 te−t −19e−t
− t3e−t − 1
9e−t − 3
2et
2t3 e−t − 1
9e−t − 3
2et
⎞⎠(0.2puntos)La solución general es:
X (t) =
⎛⎝ e2t −e−t −e−te2t e−t 0e2t 0 e−t
⎞⎠⎛⎝ C1C2C3
⎞⎠+⎛⎝ −te−t − 1
9e−t
− t3e−t − 1
9e−t − 3
2et
2t3 e−t − 1
9e−t − 3
2et
⎞⎠ .(0.2 puntos)
(b)
x0 = x− z +1
ty0 = y + w + 1
z0 = x+ y − z +1
t
w0 = −y − w − 1t
Este sistema puede expresarse como:
X 0 =
⎡⎢⎢⎣1 0 −1 00 1 0 11 1 −1 00 −1 0 −1
⎤⎥⎥⎦X +
⎡⎢⎢⎣1t11t−1t
⎤⎥⎥⎦La matriz A es nilpotente de orden 4:
A =
⎡⎢⎢⎣1 0 −1 00 1 0 11 1 −1 00 −1 0 −1
⎤⎥⎥⎦ , A2 =⎡⎢⎢⎣0 −1 0 00 0 0 00 0 0 10 0 0 0
⎤⎥⎥⎦ , A3 =⎡⎢⎢⎣0 −1 0 −10 0 0 00 −1 0 −10 0 0 0
⎤⎥⎥⎦ ,
A4 =
⎡⎢⎢⎣0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0
⎤⎥⎥⎦ . (0.3 puntos)Luego, la exponencial es:
eAt =∞Xn=0
Antn
n!=
3Xn=0
Antn
n!=
eAt =
⎡⎢⎢⎣1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
⎤⎥⎥⎦+ t
⎡⎢⎢⎣1 0 −1 00 1 0 11 1 −1 00 −1 0 −1
⎤⎥⎥⎦+ t2
2
⎡⎢⎢⎣0 −1 0 00 0 0 00 0 0 10 0 0 0
⎤⎥⎥⎦+ t3
6
⎡⎢⎢⎣0 −1 0 −10 0 0 00 −1 0 −10 0 0 0
⎤⎥⎥⎦
eAt =
⎡⎢⎢⎣1 + t −12t2 −
16 t3 −t −16 t3
0 1 + t 0 tt t− 1
6t3 1− t 1
2t2 − 1
6 t3
0 −t 0 1− t
⎤⎥⎥⎦ , e−At =⎡⎢⎢⎣1− t −12 t2 +
16 t3 t 1
6t3
0 1− t 0 −t−t −t+ 1
6t3 1 + t 1
2 t2 + 1
6 t3
0 t 0 1 + t
⎤⎥⎥⎦ (3 p
Luego
Ze−At
⎡⎢⎢⎣1t11t−1t
⎤⎥⎥⎦ dt =
Z ⎡⎢⎢⎣1− t −12 t2 +
16 t3 t 1
6t3
0 1− t 0 −t−t −t+ 1
6t3 1 + t 1
2 t2 + 1
6 t3
0 t 0 1 + t
⎤⎥⎥⎦⎡⎢⎢⎣
1t11t−1t
⎤⎥⎥⎦ dt =Z
e−At
⎡⎢⎢⎣1t11t−1t
⎤⎥⎥⎦ dt =
Z ⎡⎢⎢⎣1t −
23t2 + 1
6t3
2− t1t −
32 t−
16t2 + 1
6t3
t− 1t − 1
⎤⎥⎥⎦ dt =⎡⎢⎢⎣
ln |t|− 29t3 + 1
24t4
2t− 12t2
ln |t|− 34 t2 − 1
18t3 + 1
24t4
12 t2 − ln |t|− t
⎤⎥⎥⎦ (0.3 puntos)La solución particular es:
Xp =
⎡⎢⎢⎣1 + t −12t2 −
16t3 −t −16t3
0 1 + t 0 tt t− 1
6 t3 1− t 1
2t2 − 1
6t3
0 −t 0 1− t
⎤⎥⎥⎦⎡⎢⎢⎣
ln |t|− 29 t3 + 1
24t4
2t− 12 t2
ln |t|− 34 t2 − 1
18t3 + 1
24t4
12 t2 − ln |t|− t
⎤⎥⎥⎦ =
Xp =
⎡⎢⎢⎣ln |t|− 1
6t3 ln |t|− 17
36 t3 − 59
72t4
2t+ 32t2 − 1
2t3 − t ln |t|
ln |t|− 12 t2 ln |t|− 1
6 t3 ln |t|+ 5
4 t2 − 19
18t3 − 1
24t4 + 5
12 t5
t ln |t|− ln |t|− 12 t2
⎤⎥⎥⎦ (0.3 puntos)La solución general es:
X (t) =
⎡⎢⎢⎣1 + t −12t2 −
16t3 −t −16t3
0 1 + t 0 tt t− 1
6 t3 1− t 1
2t2 − 1
6t3
0 −t 0 1− t
⎤⎥⎥⎦⎡⎢⎢⎣
C1C2C3C4
⎤⎥⎥⎦+ ...
...+
⎡⎢⎢⎣ln |t|− 1
6 t3 ln |t|− 17
36t3 − 59
72 t4
2t+ 32 t2 − 1
2t3 − t ln |t|
ln |t|− 12t2 ln |t|− 1
6t3 ln |t|+ 5
4t2 − 19
18 t3 − 1
24 t4 + 5
12t5
t ln |t|− ln |t|− 12t2
⎤⎥⎥⎦ (0.3 puntos).4. (a) Normalizando la ecuación se tiene:
y00 +3
2xy0 − 1
2xy = 0.
El punto x0 = 0 es un punto singular. Como xp (x) = 32 , x2q (x) = −x
2 sonanalíticas, luego x0 = 0, es un punto singular regular. La ecuación indicial es:r (r − 1) + 3
2r + 0 = 0 ⇒ r¡r + 1
2
¢= 0 ⇒ r1 = 0, r2 = −12 son las raíces de la
ecuación indicial. Son raices diferentes con diferencia no entera, luego existen dos
soluciones linealmente independientes de la forma y (x) =∞Xn=0
Cnxn+r.(0.2 pun-
tos) Las derivadas son:y (x) =∞Xn=0
Cnxn+r, y0 (x) =
∞Xn=0
(n+ r)Cnxn+r−1, y00 (x) =
∞Xn=0
(n+ r) (n+ r − 1)Cnxn+r−2. Reemplazando en la ecuación se tiene:
∞Xn=0
2 (n+ r) (n+ r − 1)Cnxn+r−1
| {z }n+ r − 1 = k + r
n− 1 = k, n = 0⇒ k = −1
+∞Xn=0
3 (n+ r)Cnxn+r−1
| {z }n+ r − 1 = k + r
n− 1 = k, n = 0⇒ k = −1
−∞Xn=0
Cnxn+r
| {z }n+ r = k + r
n = k, n = 0⇒ k = 0
= 0
∞Xk=−1
2 (k + r + 1) (k + r)Ck+1xk+r +
∞Xk=−1
3 (k + r + 1)Ck+1xk+r −
∞Xk=0
Ckxk+r = 0
{2r (r − 1) + 3r}C0xr−1 +∞Xk=0
{[(k + r + 1) (2 (k + r) + 3)]Ck+1 −Ck}xk+r = 0
Luego
2r (r − 1) + 3r = 0
[(k + r + 1) (2 (k + r) + 3)]Ck+1 − Ck = 0
luego, la ley de recurrencia es
Ck+1 =Ck
(k + r + 1) (2 (k + r) + 3), k = 0, 1, 2, 3, ... (0.2 puntos)
Para r1 = 0, la ley de recurrencia es:
Ck+1 =Ck
(k + 1) (2k + 3), k = 0, 1, 2, 3, ..
k = 0, C1 =C01 · 3
k = 1, C2 =C12 · 5 =
C0(1 · 2) · (3 · 5)
k = 2, C3 =C23 · 7 =
C0(1 · 2 · 3) · (3 · 5 · 7)
k = 3, C4 =C34 · 9 =
C0(1 · 2 · 3 · 4) · (3 · 5 · 7 · 9)
. . .
k = n, Cn =C0
(n!) · (3 · 5 · 7 · 9 · · · · (2n+ 1))Luego
y1 (x) = C0 +∞Xn=1
C0xn
(n!) · (3 · 5 · 7 · 9 · · · · (2n+ 1))
= C0
∞Xn=0
xn
(n!) · (1 · 3 · · · · · (2n+ 1)) (0.5 puntos)
Para r2 = −12 , la ley de recurrencia es:
Ck+1 =Ck
(k + 1) (2k + 1), k = 0, 1, 2, 3, ..
k = 0, C1 = C0
k = 1, C2 =C12 · 3 =
C02 · 3
k = 2, C3 =C23 · 5 =
C0(2 · 3) · (3 · 5)
k = 3, C4 =C34 · 7 =
C0(2 · 3 · 4) · (3 · 5 · 7)
. . .
k = n, Cn =C0
(n!) · (1 · 3 · 5 · 7 · 9 · · · · (2n− 1))Luego
y2 (x) = x12C0 + x
12
∞Xn=1
C0xn
(n!) · (1 · 3 · 5 · · · · (2n− 1)) (0.5 puntos)
La solución general es:
y (x) = C0
∞Xn=0
xn
(n!) · (1 · 3 · 5 · · · · · (2n+ 1))+x12C1+x
12
∞Xn=1
C1xn
(n!) · (1 · 3 · 5 · · · · · (2n− 1)) (0.1 punto)
(b) Normalizando la ecuación se tiene:
y00 +
µ1− 1
x
¶y0 − 2
xy = 0.
El punto x0 = 0 es un punto singular. xp (x) = −1+x, x2q (x) = −2x son analíticas,luego x0 = 0, es un punto singular regular. La ecuación indicial es: r (r − 1)−r+0 =0 ⇒ r (r − 2) = 0 ⇒ r2 = 0, r1 = 2 son las raíces de la ecuación indicial. Sonraices diferentes con diferencia entera, luego existen dos soluciones linealmente inde-
pendientes de la forma y1 (x) =∞Xn=0
Cnxn+r1 , y2 (x) = Cy1 ln |x| +
∞Xn=1
bnxn+r2 .(0.2
puntos) Las derivadas son:y (x) =∞Xn=0
Cnxn+r, y0 (x) =
∞Xn=0
(n+ r)Cnxn+r−1,
y00 (x) =∞Xn=0
(n+ r) (n+ r − 1)Cnxn+r−2. Reemplazando en la ecuación se tiene:
∞Xn=0
{(n+ r) (n+ r − 1)− (n+ r)}Cnxn+r−1
| {z }n+ r − 1 = k + r
n− 1 = k, n = 0⇒ k = −1
+∞Xn=0
(n+ r − 2)Cnxn+r
| {z }n+ r = k + r
n = k, n = 0⇒ k = 0
= 0
∞Xk=−1
(k + r + 1) (k + r)Ck+1xk+r−
∞Xk=−1
(k + r + 1)Ck+1xk+r+
∞Xk=0
(k + r)Ckxk+r−
∞Xk=0
2Ckxk+r = 0
{r (r − 1)− r}C0xr−1+∞Xk=0
{[(k + r + 1) (k + r − 1)]Ck+1 + (k + r − 2)Ck}xk+r = 0
(c) Luego
r (r − 1)− r = 0
[(k + r + 1) (k + r − 1)]Ck+1 + (k + r − 2)Ck = 0 (0.2 puntos)
luego, la ley de recurrencia es
Ck+1 =− (k + r − 2)Ck
(k + r + 1) (k + r − 1) , k = 0, 1, 2, 3, ...
Para r1 = 2, la ley de recurrencia es:
Ck+1 =−kCk
(k + 3) (k + 1), k = 0, 1, 2, 3, ..
k = 0, C1 = 0
k = 1, C2 =−C14 · 2 = 0
k = 2, C3 = 0
Luego, Cn = 0, para todo n ≥ 1⇒
y1 (x) = C0x2 (0.5 puntos)
Para r2 = 0, la ley de recurrencia es:
[(k + 1) (k − 1)]Ck+1 + (k − 2)Ck = 0
k = 0,−C1 − 2C0 = 0⇒ C1 = 2C0
k = 1, 0C2 − C1 = 0⇒ C1 = 0⇒ C0 = 0
k = 2, −3C3 + 0C2 = 0⇒ C3 = 0
k = 3, 4 · 2C4 − C3 = 0⇒ 8C4 = 0⇒ C4 = 0
por lo tanto para k = n, Cn = 0
Luegoy2 (x) = 0
lo que implica que este procedimiento no determina una solución linealmente inde-pendiente. Pero, utilizando la fórmula de reducción de orden:
y2 (x) = y1 (x)
Ze−
Rp(x)dx
y1 (x)2 dx
de las ecuaciones de 2o orden se tiene:Zp (x) dx =
Z µ1
x− 1¶dx = ln |x|− x⇒ e−
Rp(x)dx = ex−ln|x| =
ex
xZe−
Rp(x)dx
y1 (x)2 dx =
Z ex
x
x4dx =
Zex
x5dx =
Z ∞Xn=0
xn−5
n!dx =
∞Xn=0
Zxn−5
n!dx
Ze−
Rp(x)dx
y1 (x)2 dx = −x
−4
4− x−3
3− x−2
4− x−1
6+1
24ln |x|+
∞Xn=5
xn−4
n! (n− 4)
y2 (x) =1
24ln |x|− x−4
4− x−3
3− x−2
4− x−1
6+
∞Xn=5
xn−4
n! (n− 4) (0.5 puntos)
La solución general es:
y (x) = C0x2+C1
Ã1
24ln |x|− x−4
4− x−3
3− x−2
4− x−1
6+
∞Xn=5
xn−4
n! (n− 4)
!.(0.1 punto)