Archivos para noviembre, 2010

Fechas curso Z2074 (miércoles y viernes 19hs)

Sábado, noviembre 20th, 2010
  • 2do Parcial: Miércoles 24 de Noviembre 19hs.  Los que estén con posibilidades de promocionar recuerden traer la libreta ya que debo chequear si tienen los finales de las correlativas.
  • Entrega notas del 2do parcial: Miércoles 1 de Diciembre 19hs (en principio en la misma aula de siempre).
  • 1er Recuperatorio del 2do parcial: Martes 7 de Diciembre 19hs (aula a averiguar en bedelía, si me entero antes la publico acá)
  • 1er Recuperatorio del 1er parcial: Martes 14 de Diciembre 19hs (aula a averiguar en bedelía, si me entero antes la publico acá)
  • 2do Recuperatorio del 1er parcial: Viernes 11 de Febrero 19hs (aula a averiguar en bedelía, a nombre de Carmela Dato)
  • 2do Recuperatorio del 2do parcial: Viernes 25 de Febrero 19hs (aula a averiguar en bedelía, a nombre de Carmela Dato)

Tp.11 Ej.9.e

Miércoles, noviembre 10th, 2010

Halle la S.G. de las siguientes ecuaciones diferenciales

e) y'' - 2y' + y = x^{-1} e^x

Solución:

Primero resolvemos la EDO homogenea asociada
y'' - 2y' + y = 0
Proponemos como solución
y = e^{\alpha x}
luego
e^{\alpha x} (\alpha^2 - 2\alpha + 1) = 0
el polinomio característico es
\alpha^2 - 2\alpha + 1 = 0

Tiene una raíz doble en \alpha_1 = 1
Luego un conjunto de soluciones L.I. es
\{e^x, x e^x \}
y las soluciones de la homogénea son de la forma

y_h = c_1 e^x + c_2 x e^x

Ahora debemos buscar una solución particular.
Proponemos como solución particular
y = u(x) e^x + v(x) x e^x
luego
y' = u' e^x + u e^x + v' xe^x + v(e^x + xe^x)
Ahora pedimos que
u' e^x + v' xe^x = 0
luego
y' = ue^x + v(e^x + xe^x)
y'' = u' e^x + u e^x + v'(e^x + xe^x) + v(e^x + e^x + xe^x)

reemplazamos en la ecuación diferencial
y'' - 2y' + y = x^{-1} e^x

u' e^x + u e^x + v'(e^x + xe^x) + v(e^x + e^x + xe^x) - 2 ue^x - 2 v(e^x + xe^x) + u e^x + v x e^x = \frac{e^x}{x}

u e^x - 2 ue^x + u e^x + v(e^x + e^x + xe^x) - 2 v(e^x + xe^x) + v x e^x + u' e^x + v'(e^x + xe^x) = \frac{e^x}{x}

u (\underbrace{e^x - 2e^x + e^x}_{=0}) + v(\underbrace{e^x + e^x + xe^x - 2e^x -2xe^x + x e^x}_{=0}) + u' e^x + v'(e^x + xe^x) = \frac{e^x}{x}

u' e^x + v'(e^x + xe^x) = \frac{e^x}{x}

por lo tanto nos queda el sistema de ecuaciones

u' e^x + v' xe^x = 0
u' e^x + v'(e^x + xe^x) = \frac{e^x}{x}

Llamando
W = \left| \begin{matrix} e^x & xe^x \\ e^x & e^x + xe^x \end{matrix} \right| = e^{2x} + xe^{2x} - xe^{2x} = e^{2x}

W_1 = \left| \begin{matrix} 0 & xe^x \\ \frac{e^x}{x} & e^x + xe^x \end{matrix} \right| = - e^{2x}

W_2 = \left| \begin{matrix} e^x & 0 \\ e^x & \frac{e^x}{x} \end{matrix} \right| = \frac{e^{2x}}{x}

Luego, por la regla de Cramer, las soluciones son de la forma
u' = \frac{W_1}{W} = -1

v' = \frac{W_2}{W} = \frac{1}{x}

Por lo tanto nos sirve tomar
u = -x
v = \ln|x|

la solución particular es
y_p = -x e^x + \ln|x| x e^x

y la solución general buscada es
y_g = y_h + y_p
y = c_1 e^x + c_2 x e^x - x e^x + \ln|x| x e^x

y = c_1 e^x + (c_2 - 1) x e^x + \ln|x| x e^x

Tp.11 Ej.4.d

Miércoles, noviembre 10th, 2010

Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales totales exactas o convertibles a este tipo.

d) (y^2 - y) dx + x dy = 0

Si llamamos
P(x,y) = y^2 - y
y
Q(x,y) = x
tenemos que
Q'_x - P'_y = 1 - (2y-1) = 2-2y \neq 0
por lo tanto no es una ecuación diferencial exacta.

Veamos si existe un factor integrante respecto de la variable y, para eso multiplico la ecuación diferencial por u(y) y obtengo

u(y) (y^2 - y) dx + u(y) x dy = 0

Ahora llamo
P_0(x,y) = u(y) (y^2 - y)
Q_0(x,y) = u(y) x
luego
(Q_0)'_x - (P_0)'_y = u(y) - [ u' (y^2 - y) + u(y)(2y-1)]
esto debe ser igual a cero, es decir

u - [ u' (y^2 - y) + u(2y-1)] = 0
u - u' (y^2 - y) - u (2y-1) = 0
u' (y^2 - y) = u - u (2y-1)
\frac{u'}{u} = \frac{1 - (2y-1)}{y^2 - y}
\int \frac{du}{u} = \int \frac{ 2 - 2y }{y^2 - y} dy

\ln|u| = -2 \int \frac{y-1}{y(y-1)} dy
= -2 \int \frac{dy}{y}
= -2 \ln|y| + c
en este paso no necesito una constante arbitraria, cualquiera sirve como factor integrante, luego
u = y^{-2}

Verifico que quedó una ecuación diferencial exacta
\frac{y^2 - y}{y^2} dx + \frac{x}{y^2} dy = 0

(Q_0)'_x - (P_0)'_y = \frac{1}{y^2} - \frac{y - (y-1)}{y^2}
= \frac{1}{y^2} - \frac{1}{y^2} = 0 (verifica)

La resolvemos
\phi(x,y) \approx \int \frac{y^2 - y}{y^2} dx = \frac{x (y-1)}{y} + c(y)
= \frac{xy}{y} - \frac{x}{y} + c(y)
= x - \frac{x}{y} + c(y)
\phi(x,y) \approx \int \frac{x}{y^2} dy = -\frac{x}{y} + c(x)

luego
\phi(x,y) = x - \frac{x}{y} + c

por lo tanto la solución a la ecuación diferencial es
x - \frac{x}{y} + c = 0

x + c= \frac{x}{y}
y(x+c) = x
y = \frac{x}{x+c}


En este caso la ecuación diferencial también era de variables separables, verifiquemos que daba lo mismo

(y^2 - y) dx + x dy = 0

- (y^2 - y) dx = x dy

- \frac{dx}{x} = \frac{dy}{y(y-1)}

Aplico fracciones simples
\frac{1}{y(y-1)} = \frac{A}{y} + \frac{B}{y-1}

\frac{A(y-1) + By}{y(y-1)} = \frac{1}{y(y-1)}

A(y-1) + By = 1

tomando los valores y=0 y y=1 sacamos
-A = 1
B = 1

por lo tanto
\frac{1}{y(y-1)} = \frac{-1}{y} + \frac{1}{y-1}

luego
- \ln|x| = \int \frac{-1}{y} dy + \int \frac{1}{y-1} dy
\ln|x^{-1}| = - \ln|y| + \ln|y-1| + c
\frac{1}{x} = k \frac{y-1}{y}

\frac{y}{y-1} = kx

y = kx(y-1)
= k(xy - x)
si c = 1/k
cy = xy - x
xy - cy = x
y(x-c) = x
y = \frac{x}{x-c}
efectivamente da las mismas soluciones que por el otro método.