Universidad de la Frontera
Facultad de Ingenierı́a y Ciencias
Primer Semestre 2020
Departamento de Matemática y Estadı́stica
Solución Examen
Ecuaciones Diferenciales (IME188)
Carrera: Ingenierı́as Civiles
Docentes: A. Calfiqueo, M. Moraga, A. Sepúlveda, H. Soto.
Nombre:
Carrera:
Instrucciones Generales: Debe realizar un desarrollo completo y ordenado de cada ejercicio, evitando saltarse pasos y llegar a resultados sin la debida justificación matemática. Las
respuestas por si solas no serán consideradas.
1. Considere la ecuación diferencial:
xy ′′ + (1 − 2x) y ′ + (x − 1) y = xex ;
x > 0.
a) Encuentre la solución de la ecuación homogénea asociada sabiendo que una de sus
soluciones es y1 (x) = ex .
b) Determine la solución general de la ecuación diferencial dada.
Solución.
Como x > 0 podemos escribir:
y ′′ +
1 − 2x ′ x − 1
y +
y = ex ;
x
x
x > 0.
a) Como es conocida una solución de la ecuación homogénea y ′′ +
podemos utilizar la fórmula de Abel. Tenemos:
Z
1 − R 1−2x dx
x
x
dx
y2 (x) = e
e
e2x
= ex ln x.
1 − 2x ′ x − 1
y+
y=0
x
x
Por tanto:
yh (x) = c1 ex + c2 ex ln x.
b) Para encontrar una solución particular del caso no homogéneo utilizamos variación de
parámetros. Suponemos entonces:
yp (x) = µ1 (x) ex + µ2 (x) ex ln x,
1
donde µ1 (x) y µ2 (x) son funciones a determinar y que satisfacen el sistema lineal:

µ′1 ex + µ′2 ex ln
x = 0

x
e
= ex
 µ′1 ex + µ′2 ex ln x +
x
Resolviendo obtenemos:
µ′1 (x) = −x ln x,
µ′2 (x) = x.
Integrando resulta:
x2 1
µ1 (x) =
− ln x ,
2 2
x2
µ2 (x) =
.
2
Luego:
x2 x
x2 1
− ln x · ex +
· e ln x,
yp (x) =
2 2
2
que una vez reducida se transforma en:
x2 x
yp (x) = e .
4
Finalmente, la solución general de la ecuación diferencial es:
y (x) = c1 ex + c2 x ln x +
x2 x
e .
4
2. Resuelva el problema de valor incial:
Z t
′
y (t) +
y (z) e2(t−z) dz = e2t
0
y (0) = 0.
Solución.
La ecuación puede ser escrita como:
y ′ (t) + y (t) ∗ e2t = e2t .
Aplicando transformada de Laplace y considerando las propiedades de linealidad, derivadas
y convolución tenemos:
sY (s) − y (0) + Y (s) ·
1
1
=
.
s−2
s−2
Imponiendo la condición inicial y despejando Y (s) obtenemos:
Y (s) =
1
.
(s − 1)2
Finalmente, invirtiendo la transformada de Laplace resulta:
y (t) = tet .
2
3. Encuentre la solución general del siguiente sistema de ecuaciones diferenciales:




3 −1 −1
te2t
~′ =  1
~ +

1 −1  X
tet
X
t
t
te (e − 1)
1 −1
1
sabiendo que la matriz del sistema tiene por valores propios a λ1 = 1 y λ2 = λ3 = 2.
Solución.
Para tener resuelto el caso homogéneo solo resta encontrar los vectores propios, pues los
valores propios están dados. Tenemos:
Para λ1 = 1:
(A − (1) I3 ) ~vλ=−1 = ~0,
Es decir, debemos resolver:

  

2 −1 −1
u1
0
 1
0 −1   u2  =  0  .
1 −1
0
u3
0
* 1 +
De donde obtenemos Sλ=1 =  1  y dim (Sλ=1 ) = 1 que coincide con la mul1
tiplicidad algebraica del valor propio asociado. Luego, la primera función del sistema
fundamental de soluciones es:
 
1
~

φ1 (t) = 1  et .
1
Para λ2 = λ3 = 2:
(A − (2) I3 ) ~vλ=−1 = ~0,
Es decir, debemos resolver:

  

1 −1 −1
u1
0
 1 −1 −1   u2  =  0  .
1 −1 −1
u3
0
* 1   1 +
De donde obtenemos Sλ=2 =  1  ,  0  y dim (Sλ=2 ) = 2 que coincide con la
0
1
multiplicidad algebraica del valor propio asociado. Luego, la segunda y tercera función
del sistema fundamental de soluciones es:
 
 
1
1
~ 2 (t) =  1  e2t , y φ
~ 3 (t) =  0  e2t .
φ
0
1
3
Por tanto, la solución del caso homogéneo es:
 
 
 
1
1
1
~ h (t) = c1  1  et + c2  1  e2t + c3  0  e2t .
X
1
0
1
Además, la matriz fundamental es:

et e2t e2t
Φ (t) =  et e2t 0  .
et 0 e2t

Para la solución particular recordemos que viene dada por:
Z
~
Xp (t) = Φ (t) Φ−1 (t) F~ (t) dt,
donde:

te2t
.
tet
F~ (t) = 
t
t
te (e − 1)

La inversa de la matriz fundamental es:


−e−t e−t
e−t
0
−e−2t  .
Φ−1 (t) =  e−2t
−2t
−2t
e
−e
0
Luego, reemplazando en
 t
e
~ p (t) =  et
X
et
 t
e
=  et
et

(1) tenemos


 
te2t
−e−t e−t
e−t
e2t e2t Z
 dt
tet
0
−e−2t  
e2t 0   e−2t
t
t
−2t
−2t
2t
te (e − 1)
e
−e
0
0 e



0
e2t e2t
e2t 0   −te−t − e−t 
t2
0 e2t
+ te−t + e−t
2

t2 2t
e
2
.
− (t + 1) et
= 
t2 2t
t
(t + 1) e + 2 e
Por tanto, la solución general del sistema no homogéneo es:

 
 
 

t2 2t
e
1
1
1
2
~ (t) = c1  1  et + c2  1  e2t + c3  0  e2t + 
.
− (t + 1) et
X
2
t
t
2t
1
0
1
(t + 1) e + 2 e
Puntaje: (10 + 10) + (20) + (20) = 60 Puntos.
4
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