Ed oexamsolene09
- 1. INGENIERIA INDUSTRIAL SOLUCIONES DEL EXAMEN FINAL DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 31 de enero de 2009 Entregar las preguntas en hojas separadas. Tiempo: 3.30 horas PROBLEMA 1. (2.5 puntos) 1. El Pb-209, is´topo radiactivo del plomo, se desintegra con una raz´n proporcional a la o o cantidad presente en cualquier momento y tiene una semivida de 3.3 horas (es decir, en cualquier momento dado hay el doble de is´topo que 3.3 horas despu´s). Si al principio o e hab´ 1 gramo de plomo, ¿cu´nto tiempo debe transcurrir para que se desintegre el 90 %? ıa a 2. Supongamos que tenemos un gramo de un material radiactivo ex´tico que se desintegra en o cada momento con una velocidad proporcional a la ra´ cuadrada de la cantidad existente. ız Si al cabo de un a˜o s´lo queda 1/4 de gramo, ¿al cabo de cu´ntos a˜os tendremos 0.1 n o a n gramos? Comprobar que este material se desintegra totalmente en un tiempo finito y calcular ese tiempo. Soluci´n: (1) Llamando X(t) a la cantidad de Pb-209 (en gramos) presente en el instante t (en o horas), tenemos que X (t) = −kX(t) ´ para cierta constante k > 0. Esta es una ecuaci´n en variables separables. Por tanto, integrando o en ambos miembros la igualdad: X (t) = −k X(t) se obtiene log X(t) = −kt + c ⇐⇒ ⇐⇒ X(t) = Ce−kt para una constante C desconocida. Al principio tenemos un gramo de Pb-209, esto es, X(0) = 1, luego X(0) = Ce−k·0 ⇐⇒ 1 = C Por otro lado, como la semivida es de 3.3 horas, al cabo de 3.3 horas ha de quedar la mitad del Pb-209 de partida, y as´ ı X(3,3) = 1/2 ⇐⇒ e−3,3k = 1/2 ⇐⇒ log(1/2) log 2 −3,3k = log(1/2) ⇐⇒ k = = −3,3 3,3 y con esto la expresi´n de X(t) queda o log 2 − t X(t) = e 3,3 Buscamos un t tal que X(t) = 0,1, con lo cual ha de ser log 2 − t log 2 e 3,3 = 0,1 ⇐⇒ − t = log 0,1 ⇐⇒ 3,3 log 0,1 log 10 ⇐⇒ t = 3,3 = 3,3 ≈ 10,96236271 horas. − log 2 log 2
- 2. (2) Llamamos ahora Y (t) a la cantidad de material (en gramos) presente en el instante t (en a˜os). Tenemos que n Y (t) = −2k Y (t) (*) para cierta constante k > 0 (supondremos siempre que Y (t) ≥ 0). De nuevo, es una ecuaci´n o en variables separables. Integrando en ambos miembros la igualdad: Y (t) = −2k Y (t) se obtiene Y (t) = c − kt ⇐⇒ ⇐⇒ Y (t) = (c − kt)2 para cierta constante c ≥ 0 (porque Y (t) ≥ 0). Los datos iniciales se traducen en las condi- ciones Y (0) = 1 y Y (1) = 1/4. Por tanto: Y (0) = c2 = 1 ⇐⇒ c = 1 Y (1) = (1 − k)2 = 1/4 ⇐⇒ ⇐⇒ k = 1/2 (Otra posibilidad ser´ k = 3/2, pero as´ se tiene ıa ı Y (1) = c − kt = −1/2, contradiciendo la hip´tesis Y (t) ≥ 0.) o Tenemos, pues: 2 t Y (t) = 1− 2 Para la primera pregunta, buscamos un t tal que Y (t) = 0,1, con lo cual ha de ser 2 t t 1− = 0,1 ⇐⇒ 1 − = 0,1 ⇐⇒ t = 2 · 1 − 0,1 ≈ 1,367544467 a˜os. n 2 2 Para el tiempo de extinci´n del material, se tendr´ o a 2 t t 1− = 0 ⇐⇒ 1 − = 0 ⇐⇒ t = 2 a˜os. n 2 2 PROBLEMA 2. (2.5 puntos) (1) Se considera la ecuaci´n lineal o xy + (1 − 2x)y + (x − 1)y = 0 , x > 0. Sabiendo que y1 = ex es soluci´n particular, encuentra la soluci´n general (una buena opci´n o o o es usar el m´todo de variaci´n de las constantes o de reducci´n del orden para encontrar otra e o o soluci´n linealmente independiente). o (2) Resuelve el problema xy + (1 − 2x)y + (x − 1)y = ex , x>0 y(1) = y (1) = 0 . Soluci´n: (1) Una segunda soluci´n es y2 = vy1 donde o o 1 − P dx 1 − 1−2x dx 1 2x − log x 1 v = 2 e = e x = e e = . y1 e2x e 2x x
- 3. Por tanto, v = log x con lo que y2 = ex log x. As´ pues, la soluci´n general de la ecuaci´n es ı o o y = (c1 + c2 log x) ex . (2) Debemos encontrar una soluci´n particular de la ecuaci´n completa. Para encontrarla pode- o o mos usar, por ejemplo, el m´todo de variaci´n de las constantes: yp = v1 y1 + v2 y2 donde v1 , v2 e o son las soluciones del sistema: v1 ex + v2 ex log x = 0 , v1 + v2 log x = 0 , 1 ex =⇒ 1 1 v1 ex + v2 ex ( x + log x) = x v1 + v2 ( x + log x) = x De estas ecuaciones deducimos que v2 = 1, lo que implica v2 = x, y v1 = − log x. Integrando por partes, se obtiene que v1 = x − x log x, con lo que yp = (x − x log x)ex + xex log x = xex . Para obtener esta soluci´n particular, tambi´n podr´ haberse intentado buscar una soluci´n del o e ıa o tipo yp = Bxex (no intentamos buscar una soluci´n del tipo yp = Bex , ya que y1 = ex es soluci´n o o de la ecuaci´n homog´nea). Derivando y sustituyendo en la ecuaci´n, se obtiene f´cilmente que o e o a debe ser B = 1. Por tanto, la soluci´n general de la ecuaci´n completa es: o o y = c1 ex + c2 ex log x + xex . La condici´n y(1) = 0 implica que debe ser c1 = −1, mientras que la condici´n y (1) = 0 implica o o c2 = −1. Finalmente, y = −ex − ex log x + xex = (x − 1 − log x)ex . PROBLEMA 3. (2.5 puntos) Resuelve la siguiente ecuaci´n integro-diferencial o t y (t) = cos t + y(τ ) cos(t − τ )dτ 0 y(0) = 1 . Soluci´n: Tomamos transformadas de Laplace en ambos miembros y teniendo en cuenta que o t s L y(τ ) cos(t − τ )dτ = L {y(t) cos t} = Y (s) · 0 s2 +1 Tenemos s s sY (s) − y(0) = + Y (s) · 2 s2 + 1 s +1 Operando 1 1 1 + Y (s) = + s3 s2 s Tomando transformadas inversas obtenemos la soluci´n del problema o 1 y(t) = t2 + t + 1 . 2
- 4. PROBLEMA 4. (2.5 puntos) Considera el sistema aut´nomo: o x = y (x2 − 4) y = x (x2 + y 2 ) . (1) Determina los puntos cr´ ıticos, las isoclinas horizontales (de pendiente 0) y las isocli- nas verticales (de pendiente infinito). Determina las isoclinas que tambi´n son trayectorias del e sistema. (2) Dibuja el diagrama de fases y estudia la estabilidad y estabilidad asint´tica de los puntos o cr´ ıticos. (3) Halla los valores de a tales que la trayectoria que comienza en (a, 0) es peri´dica. o Soluci´n: (1) Los puntos cr´ o ıticos son las soluciones del sistema y (x2 − 4) = 0 x (x2 + y 2 ) = 0 . Es f´cil ver que (x, y) = (0, 0) es la unica soluci´n del sistema. a ´ o Las isoclinas horizontales (de pendiente 0) verifican y = x(x2 + y 2 ) = 0, por lo que es la recta x = 0. Las isoclinas verticales (de pendiente infinito) verifican x = y(x2 − 4) = 0, por lo que son las rectas y = 0, x = 2 y x = −2. Como las rectas verticales x = 2 y x = −2 son isoclinas verticales, tambi´n son trayectorias del sistema. e (2) Como y(x2 − 4) es una funci´n impar en la variable y, y x(x2 + y 2 ) es una funci´n par o o en la variable y, entonces el diagrama de fases es sim´trico con respecto al eje X (excepto por e las flechas), y basta dibujarlo en el semiplano superior. Por tanto, para estudiar el signo de dy/dx = y /x , basta hacerlo en las regiones del semiplano superior separadas por las isoclinas x = −2, x = 0 y x = 2. Sustituyendo un punto de cada una de las regiones en y /x , se deduce que el signo de dy/dx es: Teniendo en cuenta las isoclinas y el crecimiento de y como funci´n de x, es f´cil dibujar o a el diagrama de fases en el semiplano superior. En el semiplano inferior las trayectorias son sim´tricas. e Para dibujar las flechas que representan la evoluci´n temporal de las trayectorias, basta o observar que en el semiplano de la derecha se tiene x > 0 e y = x(x2 + y 2 ) > 0, por lo que y aumenta y las flechas apuntan hacia arriba, y que en el semiplano de la izquierda se tiene x < 0 y y = x(x2 + y 2 ) < 0, por lo que y disminuye y las flechas apuntan hacia abajo. El unico punto cr´ ´ ıtico es (0, 0). Como el diagrama de fases es sim´trico con respecto al e eje X, las trayectorias que se encuentran en la regi´n −2 < x < 2 son cerradas. Dado que o (0, 0) est´ rodeado por trayectorias cerradas, es un centro y, por tanto, es estable pero no a asint´ticamente estable. o (3) Como acabamos de ver, las trayectorias cerradas (o peri´dicas) son aquellas que se en- o cuentran en la regi´n −2 < x < 2. Por tanto, la trayectoria que comienza en (a, 0) es peri´dica o o si y s´lo si −2 < a < 2. o