[2005-2] prueba catedra 3

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) =


⎞⎠⎛⎝ −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) =


⎞⎠⎛⎝ 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)


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, ...


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)


[(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)


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)

[2005-2] prueba catedra 3

Documents