Ecuaciones Diferenciales Ordinarias, MAT1532 Examen final

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias,
MAT1532
Examen final
Profesores Iván Huerta y Rolando Rebolledo
Ejercicio 1 Resuelva la ecuación diferencial
3xy 00 + y 0 − y = 0, (x > 0),
usando el método de las series de potencia (analizando qué tipo de punto es
x = 0).
Solución. Se puede observar que al normalizar la ecuación se obtiene una
con coeficientes no analı́ticos de la forma
y 00 + a1 (x)y 0 + a2 (x)y = 0, (x > 0),
donde a1 (x) = b1 (x)/x y b1 (x) = 1/3; a2 (x) = b2 (x)/x2 , con b2 (x) = −x2 /3.
La ecuación indicial es entonces
1
λ(λ − 1) + λ = 0,
3
con raı́ces λ1 = 0, λ2 = 2/3, cuya diferencia no es entera. Para encontrar
una base de soluciones, hacemos el reemplazo de una función del tipo
X
ϕ(x) = xλ
cn xn ,
n≥0
en la ecuación.
Se llega a una relación de recurrencia entre coeficientes de la forma:
ck+1 =
ck
, (k ∈ N).
(k + λ + 1)(3k + 3λ + 1)
Usando los dos valores de las raı́ces de la ecuación indicial, obtenemos
dos sucesiones de coeficientes:
1
Caso 1: λ1 = 0
ck+1 =
ck
, (k ∈ N),
(k + 1)(3k + 1)
de donde se deduce
cn =
n!
c0
.
k=1 (3k + 2)
Qn
Caso 2: λ2 = 2/3
ck
, (k ∈ N),
(k + 5/3)(3k + 3)
ck+1 =
de donde,
cn = (−1)n
n!
c0
.
k=1 (3k − 2)
Qn
Para fabricar una base de soluciones, basta tomar c0 = 1 en ambos casos.
Ası́ obtenemos
ϕ1 (x) = 1 +
∞
X
n=1
n!
"
2/3
ϕ2 (x) = x
1+
1
xn ,
(3k
+
2)
k=1
Qn
∞
X
n=0
#
c0
n
Q
(−1)
x .
n! nk=1 (3k − 2)
n
La solución general de la ecuación se escribe entonces ϕ(x) = α1 ϕ1 (x) +
`j
`
α2 ϕ2 (x), con α1 y α2 constantes. ^
Ejercicio 2 Considere el sistema de ecuaciones.
(
x0 = y 2 − 1
y 0 = −x.
(1)
1. Determine los puntos de equilibrio del sistema y en cada uno de ellos
escriba su linealización.
2. Determine la estabilidad de los puntos de equilibrio en cada linealización.
3. Clasifique los puntos de equilibrio del sistema no lineal
Solución.
2
1. (a) Resolviendo y 2 − 1 = 0, −x = 0 obtenemos que los puntos de
equilibrio son P1 = (0, −1), P2 = (0, 1).
La matriz Jacobiana de la F (x, y) = (y 2 − 1, −x) es
"
#
0 2y
J(x, y) =
−1 0
En P1 = (0, −1) y P2 = (0, 1) tenemos
#
#
"
"
0 −2
0 2
J1 = J(0, −1) =
J2 = J(0, 1) =
−1 0
−1 0
Entonces la linealización del sistema en P1 = (0, −1) es
x0 = −2(y + 1)
y 0 = −2x
y la la linealización del sistema en P2 = (0, 1) es
x0 = 2(y − 1)
y 0 = −2x
√
√
(b) Puesto que los valores propios de J1 son λ = 2, − 2 tenemos
que la linealización en P1 tiene un punto silla en (0, −1). (punto
inestable no repulsor)
√
√
Puesto que los valores propios de J2 son λ = i 2, −i 2 tenemos
que la linealización en P1 tiene un centro en (0, −1) (solución
estable).
2. Puesto que en P1 = (0, −1) la linealización tiene un punto silla y la
función F (x, y) = (y 2 − 1, −x) tiene derivadas parciales continuas,
ella es diferenciable (esto
p equivale a demostrar que la parte no lineal
G(x, y) dividida por (x − x0 )2 + (y − y0 )2 tiende a cero) y entonces
concluimos que el sistema no lineal tiene un punto de equilibrio del
mismo tipo en este punto.
Puesto que en P2 = (0, 1) la linealización tiene un centro, el teorema de
linealización no es suficiente. Para poder clasificar el punto debemos
construir una función de Lyapunov (constante de movimiento). Para
3
ello obtenemos y = y(x) en forma implı́cita resolviendo y 0 = y−x
2 −1 .
2
Separando variables obtenemos (y − 1)dy = −xdx. Integrando obten3
2
emos y3 − y = −1
2 x + C. Entonces las trayectorias (x(t), y(t)) del
3
sistema yacen en las curvas de nivel de E(x, y) = y3 − y + 12 x2 .
Puesto que ∂x E(0, 1) = 0, ∂y E(0, 1) = 12 − 1 = 0 tenemos que (0, 1)
es punto crı́tico de E(x, y) (∂x , ∂y designan las derivadas parciales con
respecto a x e y respectivamente). Además, la matriz Hessiana de
E(x, y) es
"
#
1 0
H(x, y) =
0 2y
Entonces
"
1 0
H(0, 1) =
#
.
0 2
Puesto que los valores propios de H(0, 1) son λ = 1, 2, que son positivos, E(x, y) tiene un mı́nimo relativo estricto en (0, 1). Puesto que
F (x, y) es diferenciable en el punto P2 tenemos que este punto es entonces un centro para el sistema no lineal.
`j
`
^
Problema 1 Considere la ecuación diferencial
(x + 3)y 0 = y(y − 2)
(2)
1. Determine la solución general de (2).
2. Determine los valores de(a, b) tal que el problema (2) con la condición
inicial y(a) = b tenga solución y justifı́quelo. Indique los valores de
(a, b) donde la solución no es única y determine todas las soluciones
en cada caso.
3. Determine los valores de (a, b) tal que el problema (2) con la condición
inicial y(a) = b no tiene solución. Justifique.
Solución.
4
1. Separando variables obtenemos
dy
y(y − 2)
1
1
−
dy
y y−2
y − 2
)
log(
y y − 2
y y−2
y
dx
y 6= 0, y 6= 2
(x + 3)
dx
= 2
(x + 3)
=
= log((x + 3)2 ) + C
= eC (x + 3)2
= C0 (x + 3)3
y =
C0 = ±eC
2
1 − C0 (x + 3)2
2
junto con las solu1 − C0 (x + 3)2
ciones especiales y = 0, y = 2. La solución y = 2 se obtiene también
tomando C0 = 0.
Entonces la solución general es y =
y(y − 2)
es continua para x 6= −3. Por lo tanto
x+3
para cada (a, b), a 6= −3 el problema de valor inicial y(a) = b tiene
2y − 1
por lo menos una solución. En los puntos donde fy (x, y) =
es
x+3
continua la solución es única. Por lo tanto el problema de valor inicial
y(a) = b con a 6= −3 tiene solución y es única.
2. La función f (x, y) =
El problema de valor inicial y(−3) = 2 no tiene solución única. Cada
2
es solución de este problema
una de las funciones y =
1 − C0 (x + 3)2
de valor inicial.
3. Los valores de (a, b) para los cuales el problema de valor inicial no
tiene solución son los pares con a = −3, b 6= 0, 2. Esto es porque todas
las soluciones definidas en un entorno de x = −3 cumplen y(−3) = 2
o bién y(−3) = 0.
`j
`
^
Problema 2 Se dispone de un balde de agua cilı́ndrico que tiene una masa
de agua m(t) y que está colgado de un resorte con coeficiente de elasticidad
lineal k, cuyo largo en reposo es `.
5
1. Escriba las ecuaciones del movimiento del balde.
2. Suponemos ahora que el balde está perforado y que pierde agua. Se
sabe además, por la Ley de Torricelli, que la altura h(t) del agua que
queda en el balde sigue una ecuación diferencial
p
h0 (t) = −C h(t).
(3)
Probar que en ese caso existen constantes Q > 0 y T > 0 tales que se
tenga
m(t) = Q(t − T )2 + m0 ,
(4)
para 0 < t < T , donde m0 es la masa del balde vacı́o.
3. Bajo las condiciones del número anterior, escriba las ecuaciones del
movimiento, verificando que se trata de un sistema lineal. Determine
sus puntos crı́ticos y haga un análisis del equilibrio.
4. Se supone ahora que la fuga de agua depende de la velocidad del balde.
La masa será ahora una función del tiempo y de la velocidad del balde.
Escriba el sistema que representa el movimiento, verificando que ahora
no es lineal. Analice su estabilidad en torno a los puntos crı́ticos.
Solución. Comencemos por fijar algunas notaciones. El origen del sistema
de coordenadas lo consideramos en la extremidad libre del resorte antes de
colgar de l el balde y est constituı́do por un eje vertical orientado hacia abajo.
Designamos por x(t) la posicin de dicha extremidad en el instante t > 0,
una vez colgado el balde y por v(t) = x0 (t) la velocidad correspondiente. El
estado del sistema queda representado por el vector
x
.
X=
v
1. La segunda Ley de Newton se escribe en este caso:
d
(m(t)v(t)) = m(t)g − kx(t).
dt
De aquı́ se deduce la ecuación:
x00 +
k
m0 0
x + x = g.
m
m
(5)
O bien, en forma de sistema,
X 0 = A(t)X + b,
6
(6)
donde
A(t) =
0
!
1
k
− m(t)
, b=
m0 (t)
− m(t)
0
g
.
2. La masa m(t) se calcula como la masa m0 del balde vacı́o agregando
la parte variable que corresponde al volumen de agua, que se calcula
como la densidad multiplicada por la base y por la altura h(t), es decir
m(t) = M h(t) + m0 ,
donde M > 0 es una constante.
Sea T > 0 el tiempo en que el balde queda vacı́o, es decir h(T ) = 0.
Esta condición además de la ecuación de h que se resuelve por variables
separables, nos da
Z h(t)
y
= −C(t − T ),
√
y
0
p
2 h(t) = −C(t − T ),
C2
h(t) =
(t − T )2 .
4
En consecuencia, si Q = M C 2 /4, se concluye
m(t) = Q(t − T )2 + m0 , (0 < t < T ),
(7)
y m(t) = m0 para t ≥ T .—
3. Como se vio en la primera parte, el sistema (6) es de tipo lineal. Si
t ≥ T , la matriz A(t) se reduce a la matriz constante:
A(t) =
0
− mk0
1
0
, (t ≥ T ).
Por otra parte, no existe vector constante C tal que A(t)C + b = 0
para todo 0 < t < T . En efecto, si C es un vector (columna) [c1 , c2 ],
un cálculo rápido muestra que A(t)C + b = 0 si y sólo si c2 = 0 y c1
es la función de t dada por m(t)g/k. Entonces C no es constante!
Para encontrar puntos crı́ticos del sistema (6), debemos estudiar lo
que ocurre una vez que el balde ha perdido toda el agua, es decir, para
t ≥ T en cuyo caso A(t) = A(T ) es constante. Como la ecuación no
es homogénea, el vector 0 no es punto crı́tico, pero sı́ lo es [m0 g/k, 0].
7
Si se estudia el sistema homogéneo asociado, se observará que la traza
de A(T ) es 0, su determinante es k/m0 y el discriminante es < 0.
Luego, [m0 g/k, 0] es un centro (el balde vacı́o queda oscilando y las
oscilaciones no se amortiguan pues no se considera fuerza de roce).
4. Esta vez la masa es una función m(t, v). El planteamiento del sistema
varı́a en las expresiones en que interviene la derivada del momento:
∂m
∂m
d
(m(t, v)v) =
(t, v)v +
(t, v)v 0 v + m(t, v)v 0 .
dt
∂t
∂v
Para simplificar la escritura denotamos ∂t , ∂v , las derivadas parciales
con respecto a t, v, respectivamente.
Las ecuaciones del movimiento quedan entonces descritas por el sistema no-lineal:
x0 = v
v0 = −
k
∂t m
m
x−
v+
g.
(∂v m)v + m
(∂v m)v + m
(∂v m)v + m
Sin embargo, al vaciarse toda el agua (t ≥ T ), este sistema también se
reduce al sistema lineal X 0 = A(T )X + b analizado antes y posee un
centro en [m0 g/k, 0].
`j
`
^
8