examen final de cálculo iii

7/18/2019 Examen Final de Cálculo III

http://slidepdf.com/reader/full/examen-final-de-calculo-iii-5697b8ca77178 1/13

Universidad Mayor de San Andres

Facultad de Ciencias Puras y Naturales

Carrera de Informatica

La Paz - Bolivia.

Dr. Mario ξρ

Chavez Gordillo PhD

25 puntos

Examen Final de Calculo III Lunes 20 de Junio de 2011

Solucionario del Examen Final

Solo se califican las respuestas de 4 preguntas

(1) (Este problema es calificado por 6.25 puntos.) Estudiar la ecuaci´ on diferencial

d y

d x = λy − y

3

para los diferentes valores que puede tomar el n´ umero λ.

Soluci´ on 1. La ecuaci´ on dada es de variables separables, empleamos fracciones parciales e integramos:

Descomponemos el denominador, λy − y3, como producto de factores de grado 1 y factores de grado 2 irreducibles:

λy − y3 = y(λ − y2) (1)

Si λ < 0, el polinomio λ−

y2 es irreducible por que su discriminante b2

−4c = 02

−4(−

1)(λ) =4λ es negativo.

Realizamos la descomposici´ on en fracciones de la forma siguiente:

1

λy − y3 =

a

y +

by + c

λ − y2

Multiplicando a ambos lados de esta igualdad por y(λ − y2) obtenemos

1 = a(λ − y2) + (by + c)y

Ahora debemos obtener un sistema de tres ecuaciones con tres inc´ ognitas, para lograr esto es suficiente reemplazar tres valores distintos de y en la anterior ecuaci´ on.

Reemplazando y = 0 en la ecuaci´ on obtenemos

1 = a(λ − 02) + (b · 0 + c)0

de aquı a = 1

λ. Ahora reemplazamos y = 1, para obtener

1 = a(λ − 12) + (b · 1 + c)1

de donde se obtiene aλ

−a + b + c = 1. Ahora, colocando y =

−1 se sigue que

1 = a(λ − (−1)2) + (b · (−1) + c)(−1)

lo cual implica aλ − a + b − c = 1.

1



Informatica Dr. Mario ξρ

Chavez Gordillo PhD 2

Juntando estas ecuaciones tenemos el sistema buscado

aλ − a + b + c = 1aλ − a + b − c = 1

1 − 1

λ + b + c = 1

1 − 1

λ + b − c = 1

−1

λ + b + c = 0

− 1

λ + b − c = 0

Sumado ambas ecuaciones obtenemos b = 1λ

, luego c = 0. Con esto hemos conseguido tener

la siguiente igualdad

1

λy − y3 =

1

λ

1

y +

1

λ

y

λ − y2

1

λy − y3 d u = d x

1

λ1

y +

y

λ − y2

d y = d x

1

λ

1

y +

y

λ − y2

d y =

d x

1

λ

1

y d y +

y

λ − y2 d y

=

d x

1

λ

ln(y) − 1

2 ln(λ − y2)

=

d x

1

λ

ln y

λ − y2

= x + C

y λ − y2

= eλ(x+C ) = ceλx

y2

λ − y2 = ce2λx

de donde y2 = ce2λx(λ − y2), ası y2 + ce2λxy2 = ce2λxλ, por tanto

y2 = ce2λxλ

1 + ce2λx

Por otro lado si suponemos que λ > 0, entonces

λy − y3 = y(λ − y2) = y(√

λ − y)(√

λ + y) (2)

Realizamos la descomposici´ on en fracciones de la forma siguiente:

1

λy − y3 =

a

y +

b√ λ − y

+ c√

λ + y

Multiplicando a ambos lados de esta igualdad por y(√ λ − y)(√ λ + y) obtenemos

1 = a(λ − y2) + by(√

λ + y) + cy(√

λ − y)

Examen Final Calculo III Consultas: [email protected]





Ahora debemos obtener un sistema de tres ecuaciones con tres inc´ ognitas, para lograr esto es suficiente reemplazar tres valores distintos de y en la anterior ecuaci´ on.

Reemplazando y = 0 en la ecuaci´ on obtenemos

1 = a(λ − 02) + b0(√

λ + 0) + c0(√

λ − 0)

de aquı a = 1λ

.

Del mimos modo si reemplazamos y =√

λ en la ecuaci´ on obtenemos

1 = a

λ − √ λ2

+ b√

λ(√

λ +√

λ)

de aquı obtenemos b = 1

2λ. Ahora, colocando y = −

√ λ en la ecuaci´ on obtenemos

1 = a

λ − −√ λ2− c

√ λ(√

λ +√

λ)

v lo cual implica c = − 12λ

.

Con esto hemos conseguido tener la siguiente igualdad

1

λy − y3 =

1

λ

1

y +

1

2λ

1√ λ − y

− 1

2λ

1√ λ + y

1

λy

−y3

d u = d x

12λ

2y

+ 1√ λ − y

− 1√ λ + y

d y = d x

1

2λ

2

y +

1√ λ − y

− 1√ λ + y

d y =

d x

1

2λ

2

y d y +

1√

λ − yd y −

1√

λ + yd y

=

d x

1

2λ

2ln(y) − ln(

√ λ − y) − ln(

√ λ + y)

=

d x

1

2λ ln y2

(√ λ − y)(√ λ + y) = x + C

y2

λ − y2 = e2λ(x+C ) = ce2λx

por tanto

y2 = ce2λxλ

1 + ce2λx ♣

Soluci´ on 2. Ordenamos la ecuaci´ on para poder identificarla d y

d x − λy = −y3 (3)






Esta ecuaci´ on es del tipo Bernoulli con n = 3, luego hacemos el cambio de variable

u = y1−3 = y−2, d u

d x = −2y−3 d y

d x (4)

multiplicando por −2y−3 a ambos lados de (3) obtenemos

−2y−3 d y

d x + 2λy−2 = 2

ahora reemplazando las ecuaciones en (4) en la anterior ecuaci´ on esta se reduce a

d u

d x + 2λu = 2

Ocupamos el factor integrante µ(x) = exp

2λd x

= e2λx. Multiplicando la ecuaci´ on por

e2λx, tenemos

e2λxd u

d x + 2λe2λxu = 2e2λx

es decir,d

d x

e2λxu

= 2e2λx

Integrando, obtenemos

e2λx u = 2 e2λxd x = 1

λ

e2λx + C,

Ahora, volviendo a las variables originales obtenemos

e2λx

y2 =

1

λe2λx + C.

de aquı obtenemos

y2 = e2λxλ

C + e2λx ♣

(2) (Este problema es calificado por 6.25 puntos.) Un matem´ atico puro estudia una curva y = f (x)

que tiene la propiedad que la recta tangente a la curva que pasa por el punto (a, f (a)) pasa por el punto (a + f (a), a + f (a)). Escriba la ecuaci´ on diferencial que verifica la curva y determine la curva que pasa por el punto (1, 2).

Soluci´ on. La pendiente de la recta que pasa por los puntos (a, f (a)) y (a + f (a), a + f (a)) es dado por

a + f (a) − a

a + f (a) − f (a) =

f (a)

a

Por otro lado la pendiente de la recta tangente a la curva y = f (x) que pasa por el punto

(a, f (a)) es dado por f (a). Por lo tanto tenemos la siguiente ecuaci´ on

f (a) = f (a)

a






lo cual induce la siguiente ecuaci´ on diferencial:

y = y

x.

Despejando obtenemos

1y

d y = 1x

d x

e, integrando, 1

y d x =

1

x d x

se sigue que ln y = ln x + ln C , es decir,

y = C x.

Ahora bien la curva que pasa por el punto (1, 2) es dado por y = 2x.

♣(3) (Este problema es calificado por 6.25 puntos.) Resuelva la ecuaci´ on diferencial

d y

d t +

1

t y =

2 cos(ln t)

t con y(1) = 1

Soluci´ on. Calculamos primero el factor integrante

exp

P (t) d t

= exp

1

t d t

= eln |t| = eln |t| = t

y lo aplicamos a la ecuaci´ on

td y

d t + t

1

t y = t

2 cos(ln t)

t

td y

d t + y = 2 cos(ln t)

d

d t [t y] = 2 cos(ln t)

Integrando llegamos a

t y =

2 cos(ln t) d t + C y =

1

t

2 cos(ln t) d t + C

Hallemos la integral

cos(ln t) d t:

cos(ln t) d t =

cos(ln t) d t

u = cos(ln t), d v = d t

d u =

−sen(ln t)

1

t

d t v = t

= t cos(ln t) +

t sen(ln t)

1

td t = t cos(ln t) +

sen(ln t) d t






tambien caldulemos

sen(ln t) d t =

sen(ln t) d t

u = sen(ln t), d v = d t

d u = cos(ln t) 1

td t v = t

= t sen(ln t) − t cos(ln t)

1

t d t = t sen(ln t) − cos(ln t) d t

Por lo tanto cos(ln t) d t = t cos(ln t) + t sen(ln t) −

cos(ln t) d t

de donde

cos(ln

t) d

t =

1

2 [t

cos(lnt) +

tsen(ln

t)]

Con lo cual se concluye que

y(t) = 1

t (t cos(ln t) + t sen(ln t) + C )

ahora evaluamos la condici´ on inicial

y(1) = 1

1 (1 cos(ln 1) + 1 sen(ln 1) + C ) = 1, C = 0

entonces la soluci´ on particular del problema es

y(t) = 1t

(t cos(ln t) + t sen(ln t)) .

♣

(4) (Este problema es calificado por 6.25 puntos.) La descomposici´ on de N 2O bajo la influencia

de un catalizador de platino viene dada por la ecuaci´ on diferencial d x

d t = k

a − x

1 + bx donde a

es la concentraci´ on de N 2O en el instante inicial t = 0, b es una constante y x(t) es la concentraci´ on de producto en el instante t. Si para t = 0 es x(0) = 0, resuelva la ecuaci´ on diferencial y determina la vida media de la sustancia (vida media de una sustancia es el tiempoT que tarda en reducirse a la mitad).

Soluci´ on. Dividiendo a − x entre 1 + bx obtenemos

1 + bx

a − x = −b +

1 + ab

a − x

La ecuaci´ on diferencial d x

d t = k

a − x

1 + bx es de variables separadas, esto es,

1 + bx

a

−x

d x = kd t

de donde −b +

1 + ab

a − x

d x = kd t






e, integrando, −b +

1 + ab

a − x

d x =

kd t

se sigue que −bx −

1 + ab

ln(a − x) = kt, es decir,

bx +

1 + ab

ln(a − x) = −kt

Ahora bien si x(0) = 0 entonces

b0 +

1 + ab

ln(a − 0) = −k0, ab = −1, a = 1

♣

(5) (Este problema es calificado por 6.25 puntos.) Resolver la ecuaci´ on diferencial

y + 2y − 8y = e2x

6x − 1

x2

, x > 0.

Soluci´ on. Se trata de una ecuaci´ on diferencial lineal completa de orden 2 y coeficientes constantes. Para determinar su solucion general usaremos que

yg = ygh + y p

siendo yg el conjunto de soluciones de la ecuaci´ on diferencial completa, ygh el espacio vectorial

de las soluciones de la ecuaci´ on diferencial homogenea asociada e y p una soluci´ on particular de la ecuaci´ on diferencial completa.

Se resuelve en primer termino la ecuaci´ on diferencial homogenea asociada

y + 2y − 8y = 0

El polinomio caracterıstico de dicha ecuaci´ on diferencial es m2 + 2m−8 = 0, cuyas raıces son

m = −2

± 22

−4(1)(

−8)

2 = −2

±

√ 36

2 = −1 ± 3, m1 = −4, m2 = 2

Ası pues se trata de raıces simples distintas, por lo que un conjunto fundamental (CF) o un sistema fundamental de soluciones (SFS) para la ecuaci´ on diferencial es {e−4x, e2x},

Por lo tanto la solucion general de la ecuaci´ on diferencial homogenea es

ygh = Ae−4x + Be2x

Para buscar una soluci´ on particular de la ecuaci´ on diferencial completa aplicaremos la tecnica

de variacion de par´ ametros. El metodo de variaci´ on de par´ ametros (MVP) nos asegura la existencia de una soluci´ on particular de la ecuaci´ on diferencial completa y p de la forma

y p = A(x)e−4x + B(x)e2x






con A(x) y B(x) soluciones del siguiente sistema algebraico:

A(x)e−4x + B(x)e2x = 0

−4A(x)e−4x + 2B(x)e2x = e2x

6

x − 1

x2

Para resolver este sistema hallemos los siguientes determinantes:

W =

e−4x e2x

−4e−4x 2e2x

= 2e−4xe2x + 4e−4xe2x = 6e−2x

W 1 =

0 e2x

e2x

6

x − 1

x2

2e2x

= −e2x

6

x − 1

x2

e2x = −e4x

6

x − 1

x2

W 2 =

e−4x 0

−4e−4x e2x

6

x − 1

x2

= e−4xe2x

6

x − 1

x2

= e−2x

6

x − 1

x2

Con lo cual ahora se puede determinar las funciones inc´ ognitas:

A =

W 1

W d x =

−e4x

6

x − 1

x2

6e−2x d x

= −1

6

e6x

6

x − 1

x2

d x

u = e6x 1

x

d u =

6e6x

6

x − e6x

1

x2

d x

d u = e6x

6

x − 1

x2

d x

= −1

6

d u = −1

6u = −1

6

e6x

x

Otro modo de hacer esto mismo es aplicando la tecnica de integraci´ on por partes, en efecto:Hagamos u =

6

x, entonces d u = − 6

x2 d x. Asignemos d v = e6x d x, entonces v =

1

6e6x. Por

tanto e6x

6

x d x =

6

x

1

6e6x +

1

6e6x

6

x2 d x

de donde e6x

6

x − 1

x2

d x =

e6x

x

Por otro lado tenemos:

B =

W 2

W d x =

e−2x

6x − 1

x2

6e−2x

d x = 1

6

6

x − 1

x2

d x =

1

6

6 ln x +

1

x






Por lo tanto la solucion particular viene dada por:

y p = −1

6

e6x

x e−4x +

ln x +

1

6x

e2x = −e2x

6x + ln xe2x +

e2x

6x = ln xe2x

Entonces se puede concluir que la soluci´ on general a la ecuaci´ on dada es:

yg = Ae−4x + Be2x + ln xe2x

♣

(6) (Este problema es calificado por 6.25 puntos.) Resuelva la ecuaci´ on diferencial

t + xx

√ t2 + x2

+ tx − x

t2 = 0

Soluci´ on 1. Empecemos colocando esta la ecuaci´ on en su forma diferencial:

t + xx

√ t2 + x2

+ tx − x

t2 = 0

t√ t2 + x2

+ xx

√ t2 + x2

+ tx

t2 − x

t2 = 0

xx

√ t2 + x2

+ tx

t2 +

t√ t2 + x2

− x

t2 = 0

x

√ t2 + x2 +

1

t

x

+

t

√ t2 + x2 − x

t2 = 0

de donde tenemos

t√ t2 + x2

− x

t2

d t +

x√ t2 + x2

+ 1

t

d x = 0

Nuestra primera misi´ on es determinar si esta ecuaci´ on es exacta. Aquı tenemos

M (t, x) = t(t2 + x2)1/2

− xt2

y N (t, x) = x(t2 + x2)1/2

+ 1t

luego

∂M

∂x = − xt

(t2 + x2)3/2 − 1

t2 y

∂N

∂t = − xt

(t2 + x2)3/2 − 1

t2

para todo (t, x) ∈ R2 y, en consecuencia, la ecuaci´ on es exacta en todo dominio D.

Por lo tanto, hemos de hallar f tal que

∂f (t, x)

∂t = M (t, x) = t

(t2 + x2)1/2 − x

t2∂f (t, x)

∂x = N (t, x) = x

(t2 + x2)1/2 + 1

t

De la primera de estas ecuaciones se deduce






f (t, x) =

M (t, x) d t + C (x)

=

t√ t2 + x2

− x

t2

d t + C (x)

= √ t2 + x2 + xt

+ C (x)

Entonces ∂f

∂x =

x√ t2 + x2

− 1

t + C (x)

Pero se ha de cumplir

∂f (t, x)

∂x = N (t, x) =

x√ t2 + x2

+ 1

t

luegox

√ t2 + x2 − 1

t + C (x) = x√ t2 + x2 +

1

t o sea, C (x) = 2

t

Por tanto,

C (x) = 2x

t + C 0

donde C 0 es una constante arbitraria, de modo que

f (t, x) =√

t2 + x2 + x

t +

2x

t + C 0

Como consecuencia, una familia uniparametrica de soluciones de la ecuaci´ on diferencial es f (t, x) = C 1, es decir,

√ t2 + x2 + 3xt

+ C 0 = C 1

Combinando las constantes C 0 y C 1, podemos escribir esta soluci´ on en la forma

√ t2 + x2 +

3x

t = C

en donde C = C 1 − C 0 es una constante arbitrario.

♣

Soluci´ on 2. Realicemos los siguientes cambios de variables:

u = t2 + x2, d u = 2t d t + 2x d x

v = x

t, d v =

t d x − x d t

t2

Puesto que la ecuaci´ on

t + xx

√ t2 + x2 +

tx

−x

t2 = 0

puede escribirse como






2t d t + 2x d x

2√

t2 + x2+

t d x − x d t

t2 = 0

entonces tenemos d u

2√ u + d v = 0

integrando tenemos 1

2√

u d u +

d v = C,

√ u + v = C

de donde se obtiene que √ t2 + x2 +

x

t = C.

♣

(7) (Este problema es calificado por 6.25 puntos.) Resuelva la ecuaci´ on diferencial

x = x ln 2 + 2sen t(cos t − 1)ln2

Soluci´ on. Recordemos que la ecuaci´ on lineal

y + a(x) y = b(x) (5)

tiene por solucion a:

y = exp

−

a(x) d x

b(x) exp

a(x) d x

d x + C

. (6)

Nuestra ecuaci´ on es una lienal, en efecto esta puede escribirse como

x − (ln 2)x = 2sen t(cos t − 1)ln2

aquı a(t) = − ln 2 y b(t) = 2sen t(cos t − 1)ln2. Aplicando (6) para resolverla obtenemos:

x = exp

ln 2 d t

2sen t(cos t − 1)ln2 exp

−

ln 2 d t

d t + C

= e t ln 2

2sen t(cos t − 1)ln2 e−t ln 2 d t + C

= 2 t

2sen t(cos t − 1)(ln2)2−t d t + C

= 2 t

ln 2

2sen t−t(cos t − 1)d t + C

u = sen t − t

d u = (cos t − 1)d t

= 2 t

ln 2

2ud u + C

= 2 t

ln 2

2u

ln 2 + C

= 2 t (2u + C )

= 2 t (2sen t−t + C ) = 2sen t + 2 tC.

♣






(8) (Este problema es calificado por 6.25 puntos.) Adivine una soluci´ on de la ecuaci´ on

y − (1 − 2x)y + y2 = 2x

y calcule todas sus soluciones.

Soluci´ on.

Comencemos por demostrar que existe una soluci´ on de esta ecuaci´ on homogenea que tiene la forma y = c,, y luego construiremos una base de soluciones de dicha ecuaci´ on.

Un reemplazo de y = c en la ecuaci´ on permite encontrar c = 1. En efecto:

y = c, y = 0.

y − (1 − 2x)y + y2 = 2x

0 − (1 − 2x)c + c2 = 2x

−c + 2cx + c2 = 2x

c2 − c = 2x(c − 1)

c(c − 1) = 2x(c − 1)

Ahora bien, la identidad se da cuando c = 1, entonces podemos llamar y1(x) = 1.

Por otro lado nuestra ecuaci´ on es una ecuaci´ on de Ricatti,

y + a(x)y + b(x)y2 = c(x).

Aqui a

(x

) = −(1 − 2x

), b

(x

) = −1 y c

(x

) = 2x

. En este caso una soluci´ on particular es y p = 1. Realizando el cambio de variable y = 1 +

1

z , se tiene y = − 1

z 2 z y z =

1

y − 1, por

tanto haciendo las sustituciones correspondientes,

− 1

z 2 z − (1 − 2x)

1 +

1

z

+

1 +

1

z

2

= ex

− 1

z 2 z − 1 − 1

z + 2x +

2x

z + 1 +

2

z +

1

z 2 = 2x

− 1

z 2 z +

2x

z +

1

z +

1

z 2 = 0

− 1

z 2 z + (2x + 1)

1

z +

1

z 2 = 0

de aquı obtenemos la siguiente ecuaci´ on diferencial lineal

z − (2x + 1)z = −1

En este caso a(x) = −(2x + 1) y b(x) = −1 de donde se deduce que el factor integrante es

µ(x) = exp

a(x) d x

= exp

−

(2x + 1) d x

= e−x2−x






Multiplicando ahora los dos miembros de la ecuaci´ on por este factor integrante, obtenemos

e−x2−xz − (2x + 1)e−x2−xz = −e−x2−x es decir, d u

d x

e−x2−xz

= −e−x2−x

Integrando miembro a miembro para obtenemos

e

−x2−x

z = − e

−x2−x

d x + C z = e

−x2−x − e

−x2−x

d x + C

Luego de revertir el cambio de variable obtenemos la soluci´ on general de la ecuaci´ on de Ricatti:

1

y − 1 = e−x2−x

−

e−x2−x d x + C

de donde y =

e−x2−x

−

e−x2−x d x + C

+ 1.

♣

5 a˜ nos Licenciatura + 3 a˜ nos Maestrıa + 5 a˜ nos Doctorado + 2 a˜ nos Post-doctorado = 15 a˜ nos.No creo que sea imposible ¿y t´ u?


examen final de cálculo iii

Documents