Solución

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO
1a PARTE
(1 h. 30 min.)
Examen final
16 de enero de 2013
1. Obtener la solución particular de la ecuación diferencial
sen(xy) + xy cos(xy) + x2 cos(xy)y ′ = 0
que verifica y(1) = π/2.
Solución: Reescribimos la ecuación,
(sen(xy) + xy cos(xy))dx + x2 cos(xy)dy = 0
denotando por M (x, y) = sen(xy) + xy cos(xy) y N (x, y) = x2 cos(xy) comprobamos que:
∂M
∂N
= 2x cos(xy) − x2 y sen(xy) =
∂y
∂x
por tanto la ecuación es exacta y su solución general viene dada por ϕ(x, y) = C siendo ϕ tal
que:
∂ϕ
∂x
∂ϕ
∂y
= sen(xy) + xy cos(xy) ⇒ ϕ(x, y) = x sen(xy) + f (y)
= x2 cos(xy) = x2 cos(xy) + f ′ (y) ⇒ f (y) cte
Por tanto, la solución general de la ecuación es
x sen(xy) = C
Imponemos la condición inicial:
1 sen(π/2) = 1 = C
y finalmente la solución particular pedida es:
x sen(xy) = 1
2. Encontrar la solución paramétrica (x e y en función del parámetro p) de la ecuación diferencial
x = 5(y ′ )4 + y
Solución: Se trata de una ecuación que puede resolverse respecto de y o de x.
Si despejamos y y usamos la notación p = y ′ , tenemos
y = x − 5p4
Derivamos respecto de x:
p = 1 − 20p3 p′
La ecuación obtenida es una ecuación de primer orden en la que se pueden separar las variables
x y p:
p3
dp
dx = 20
1−p
Integramos:
∫ (
x + C = −20
1
p +p+1+
p−1
)
2
(
dp = −20
p3 p2
+
+ p + ln (p − 1)
3
2
)
La solución paramétrica pedida será:

( 3
)
p
p2


+
+ p + ln (p − 1)
 x = C − 20
2
)
( 33
p2
p


 y = C − 20
+
+ p + ln (p − 1) − 5p4
3
2
Para resolver respecto de x se deriva respecto de y:
dx
1
dp
= = 20p3
+1
dy
p
dy
Separamos de nuevo las variables (ahora y y p)
dy = 20
p4
dp
1−p
e integramos:
∫ (
y + C = −20
1
p +p +p+1+
p−1
3
2
)
(
dp = −20
obtenemos el mismo resultado que del otro modo.
p4 p3 p2
+
+
+ p + ln (p − 1)
4
3
2
)
3. Obtener la solución general de la ecuación diferencial
y ′′ − 6y ′ + 9y =
e3x
x2
Solución:
En primer lugar buscamos la solución particular de la ecuación homogénea:
y ′′ − 6y ′ + 9y = 0
Su ecuación caracterı́stica es m2 − 6m + 9 = 0 que tiene la raı́z real doble m = 3 y por ello
tenemos:
yh = C1 e3x + C2 xe3x
A continuación debemos buscar una solución particular de la ecuación completa. No es posible
utilizar el método de los coeficientes indeterminados y por ello usaremos variación de parámetros:
yp = u1 e3x + u2 xe3x
Para hallar u1 y u2 debemos resolver:

 u′1 e3x + u′2 xe3x = 0
 3u′1 e3x + u′2 e3x (1 + 3x) =
Deducimos en primer lugar:


 u′1 + u′2 x = 0;
e3x
x2
1
u′1 = −
x
1
1
1

′
′
′
 3u′1 + u′2 (1 + 3x) =
; −3u2 x + u2 (1 + 3x) = 2 ; u2 = 2
x2
x
x
Integrando:
u′1 = −u′2 x;
{
u1 = − ln |x|
1
u2 = −
x
Sustituyendo se obtiene:
yp = − ln |x|e3x − e3x
Finalmente:
yG = C1 e3x + C2 xe3x − ln |x|e3x