Pregunta 1: Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales:
1. (1 + x2)y′ + xy = x3y3, con y(0) = 1.
2. x2y′′ + 10xy′ + 20y = 4 ln(x)− x
Solución 1: Como esta ecuación corresponde a una ecuación de Bernoulli, hace-mos el cambio de variable z = y−2 para transformarla en una E.D.O lineal deprimer orden
z′ =2x
1 + x2z − 2x3
1 + x2
La solución de esta ecuación es:
z(x) = −(1 + x2) ln(1 + x2)− 1− c(1 + x2), c = constante
Reemplazando z por y−2 obtenemos la solución general de la ecuación
1y2
= −(1 + x2) ln(1 + x2)− 1− c(1 + x2)
La solución particular que satisface y(0) = 1 es:
1y2
= −(1 + x2) ln(1 + x2) + 2x2 + 1
Solución 2: Note que la ecuación homogénea es una ecuación de Euler. Hacien-do el cambio de variable x = et obtenemos la E.D.O lineal de segundo ordencon coe�cientes constantes
y′′(t) + 9y′(t) + 20y(t) = 4t− et
Usamos la ecuación característica para resolver la ecuación homogénea, obte-niendo la solución
yh(t) = c1 e−5t +c2 e−4t
Ahora, usando variación de constantes (o parámetros), encontramos una solu-ción particular de la ecuación no homogénea
yp(t) =15t− 1
30et− 9
100
Por lo tanto, la solución general es
y(t) = c1 e−5t +c2 e−4t +15t− 1
30et− 9
100
Luego, la solución general de la ecuación dada es:
y(x) =c1
x5+
c2
x4+
15
ln(x)− 130
x− 9100
1
Pregunta 2: Justamente antes de mediodía el cuerpo de una víctima aparentede un homicidio se encuentra en un cuarto que se conserva a temperatura con-stante a 70◦F. A mediodía, la temperatura del cuerpo es 80◦F y a la 1 p.m. esde 75◦F. Considere que la temperatura del cuerpo en el momento de la muerteera de 98◦F y que se ha enfriado de acuerdo con la Ley de Newton. ¾Cuál fuela hora de su muerte?Solución:Sea u(t) la temperatura del cuerpo en el tiempo. De�nir u(0) = 80; u(1) = 75 yconsiderar TA = 70.
Usando la ley de enfriamiento de Newton se tiene du
dt= −k(u− 70). De donde,
por el método de separación de variables. se tiene
u(t) = 70 + M e−kt
Evaluando en t = 0 y en t = 1 se obtienen los valores M = 10 y k = ln(2).Reemplazando en u(t) se tiene
u(t) = 70 +102t
Resolviendo la ecuación u(t) = 98, se tiene t = ln(10)−ln(28)ln(2) ≈ −1,5. Por tanto
la muerte fue a las 10:30 hrs. aproximadamente.
2
Pregunta 3: Una solución y = u(x) de la ecuación diferencial y′′ − y′ − 2y = 0intersecta a una solución y = v(x) de la ecuación y′′ + 4y′ − 5y = 0 en el punto(0, 0). Determinar las funciones u y v si las dos tienen la misma pendiente en elorigen y además satisfacen:
lımx→∞
[v(x)]2
u(x)= 1
Solución:
La solución general de la ecuación y′′ − y′ − 2y = 0 está dada por
y = C1 e2x +C2 e−x
Por otra parte u(x) es la única solución que veri�ca y(0) = 0 e y′(0) = u′(0).Derivando y evaluando se tiene el sistema:
C1 + C2 = 02C1 − C2 = u′(0)
de donde C1 =13u′(0) y C2 = −1
3u′(0). Luego
u(x) =13u′(0)
[e2x− e−x
]
Analogamente, la solución de la ecuación con valor inicial
y′′ + 4y′ − 5y = 0y(0) = 0y′(0) = u′(0)
es
v(x) =16u′(0)
[ex− e−5x
]
Por otra parte
lımx→∞
(16u′(0)
[ex− e−5x
])2
13u′(0) [e2x− e−x]
= lımx→∞
112
u′(0)[1− 2 e−6x + e−12x
1− e−3x
]=
112
u′(0)
De donde u′(0) = 12 y por tanto:
u(x) = 4(e2x− e−x
)v(x) = 2
(ex− e−5x
)
3
Pregunta 4: Una masa que pesa 5 Kilogramos se sujeta a un resorte suspendidoen el techo ocasionando que se estire 0.5 metros hasta llegar al reposo. La masainicial es reemplazada por otra masa que pesa 10 Kilogramos y en el instantet = 0 se desplaza 1 metro hacia abajo, y se suelta. En el mismo instante seaplica una fuerza externa f(t) = cos(w0t). Si la constante de amortiguación es2, determine :
1. El desplazamiento de la masa en cualquier instante t > 0.
2. Si la acción del medio ambiente sobre éste sistema mecánico es despreciabley w0 se aproxima a la frecuencia natural del sistema, ¾que puede decirsobre el movimiento de la masa m.
Solución 1: Sea x(t) = posición de la masa en el tiempo t. Como el peso de lamasa 1 está actuando sobre el sistema se tiene
Peso = k · x =⇒ 5 = k · 0,5 =⇒ k = 10
De acuerdo a la Ley de Newton, obtenemos la ecuación
x′′ + 2x′ + 10x = cos(w0t)
La solución de la ecuación homogénea es:
xh(t) = e−t(c1 cos(3t) + c2 sen(3t))
Usando coe�cientes indeterminados, encontramos una solución particular de laecuación no homogénea
xp(t) = A cos(w0t) + B sen(w0t)
dondeA =
10− w0
(10− w20)2 + 4w2
0
y B =2w0
(10− w20)2 + 4w2
0
Por lo tanto, la posición de la masa 2 esta dada por:
x(t) = e−t(c1 cos(3t) + c2 sen(3t)) + A cos(w0t) + B sen(w0t)
Además, como x(0) = 1 y x′(0) = 0 tenemos que: c1 = 1 − A y c2 = −13(1 +
Bw0 −A)
Solución 2: La masa estará sujeta a grandes oscilaciones. Es decir, la amplitudde la función posición de la masa, x(t), crece inde�nidamente.
4
Pregunta 1:
Encuentre la función y(x) tal que:
e−x = y(x) + 2∫ x
0
cos(x− t)y(t) dt
Solución: Aplicamos transformada de Laplace a ambos lados de la ecuación yobtenemos:
L(e−x)(s) = L(y(x))(s) + 2L(cos ∗y(x))(s)
1s + 1
= L(y(x))(s) + 2L(cos(x))(s) · L(y(x))(s)
1s + 1
=(
1 +2s
s2 + 1
)L(y(x))(s)
1s + 1
=(s + 1)2
s2 + 1L(y(x))(s)
Por lo tanto,L(y(x))(s) =
s2 + 1(s + 1)3
Usando fracciones parciales, se tiene:
L(y(x))(s) =1
s + 1− 2
(s + 1)2+
2(s + 1)3
Luego,y(x) = e−x−2x e−x +x2 e−x
5
Pregunta 2:
Un cuerpo de 16 libras queda suspendido de un resorte alargándolo 32/5 pie.En el instante t = 0 el cuerpo se desplaza 1 pie bajo la posición de equilibrioy se suelta sin velocidad inicial. En el instante t = π se aplica una fuerzaexterna f(t) = 1
2 sen(2t) libras. Suponga que la constante de amortiguación es1 y considere g = 32 pie/seg2.
1. Calcule la posición del cuerpo en cada instante.
2. Determine la amplitud de la solución para t < π y para t −→∞.
Solución: mg = k325
=⇒ 16 = k325
=⇒ k =52. Además, f(t) =
12
sen(2t)u(t−π). Por lo tanto, la ecuación a resolver es:
x′′ + 2x′ + 5x = sen(2t)u(t− π), con x(0) = 1 , x′(0) = 0
Usamos transformada de Laplace para resolver la ecuación:
L(x′′(t))(s) + L(x′(t))(s) + 5L(x(t))(s)L(sen(2t)u(t− π))(s).
Denotando por X(s) = L(x(t))(s) se tiene:
(s2 + 2s + 5)X(s) = s + 2 + e−πs 2s2 + 4
=⇒ X(s) =s + 2
(s + 1)2 + 4+ e−πs 2
s2 + 4· 1(s + 1)2 + 4
=⇒ X(s) =s + 1
(s + 1)2 + 4+
12
2(s + 1)2 + 4
+12
e−πs L(sen(t)) · L(e−t sen(t))
=⇒ X(s) =s + 1
(s + 1)2 + 4+
12
2(s + 1)2 + 4
+12
e−πs L(sen ∗ e−t sen(t))(s)
Luego,x(t) = e−t cos(2t) +
12
e−t sen(2t) +12g(t− π)u(t− π)
donde
g(t) =110
[cos(t) + e−t(2 sen(2t)− cos(2t)) + sen(t)− e−t sen(t)(sen(2t) + 2 cos(2t))]
−12(cos(t)− e−t cos(t)).
6
Pregunta 3:
1. Encuentre la serie de Fourier de la función
f(t) ={ −x si −1 ≤ x < 0
x si 0 ≤ x < 1
2. Utilice la serie de la parte (1) para obtener la suma:
∞∑n=0
1(2n + 1)2
Solución:1. a0 =
∫ 1
−1
f(x)dx = −∫ 0
−1
xdx +∫ 1
0
xdx = 1. Calculemos, ahora
an =∫ 1
−1
f(x) cos(nπx)dx = −∫ 0
−1
x cos(nπx)dx +∫ 1
0
x cos(nπx)dx
Integrando por parte, obtenemos
an =2
(nπ)2[(−1)n − 1], ∀ n ∈ N
Como la función f(t) es una función par, se tiene bn = 0, ∀ n ∈ N.Luego, la serie de Fourier de f(t), denotada por S(f), es:
S(f) =12
+∞∑
n=1
2(nπ)2
[(−1)n − 1] cos(nπx)
2. Note que:
S(f) =12− 4
π2cos(πx)− 4
(3π)2cos(3πx)− 4
(5π)2cos(5πx)− 4
(7π)2cos(7πx)− . . .
Es decir, la serie de Fourier de f(t) se puede escribir como:
S(f) =12− 4
π2
∞∑n=0
cos((2n + 1)πx)(2n + 1)2
Evaluamos la serie en x = 0 y se tiene:
0 =12− 4
π2
∞∑n=0
1(2n + 1)2
Por lo tanto,∞∑
n=0
1(2n + 1)2
=π2
8
7
Pregunta 4:
Resolverutt = 16uxx 0 ≤ x ≤ π
4t ≥ 0
sujeta a las condiciones de borde u(0, t) = ux
(π
4, t
)= 0
y las condiciones iniciales: u(x, 0) = sen2(x) y ut (x, 0) = 1− cos(x)
Solución: Usaremos el método de separación de variables. Consideremos unasolución de la forma u(x, t) = M(x)N(t) para obtener el problema de Sturm-Liouville
M ′′(x) + λM(x) = 0M(0) = M ′(π
4 ) = 0
y la ecuaciónN ′′(t) + 16λN(t) = 0
Los autovalores y las autofunciones del problema de S-L, respectivamente, son:
λn = 4(2n + 1)2 y Mn(x) = sen(2(2n + 1)x)
y la solución de la ecuación en la variable t es:
Nn(t) = an cos(8(2n + 1)t) + bn sen(8(2n + 1)t)
Por lo tanto, la solución de la ecuación es:
u(x, t) =∞∑
n=0
[an cos(8(2n + 1)t) + bn sen(8(2n + 1)t)] sen(2(2n + 1)x)
Esta solución debe satisfacer las condiciones iniciales, es decir,
u(x, 0) =∞∑
n=0
an sen(2(2n + 1)x) = sen2(x)
y
ut(x, 0) =∞∑
n=0
8(2n + 1)bn sen(2(2n + 1)x) = 1− cos(x)
Para calcular los coe�cientes de estas series, usamos serie de Fourier:
an =8π
∫ π4
0
sen2(x) sen(2(2n + 1)x)dx
y
8(2n + 1)bn =8π
∫ π4
0
(1− cos(x)) sen(2(2n + 1)x)dx
8
Pregunta 2:
Un cuerpo de 16 libras queda suspendido de un resorte alargándolo 8 pies. En elinstante t = 0 el cuerpo se desplaza 1 pie bajo la posición de equilibrio y se sueltasin velocidad inicial. En el instante t = π se aplica una fuerza externa f(t) = 1
2 ·t(libras) periódica, de periodo π. Suponga que la constante de amortiguación es2 y considere g = 32 pie/seg2. Calcule la posición del cuerpo en cada instante.
Ayuda:∫
xn eax dx =1axn eax−n
a
∫xn−1 eax dx
Solución: La masa del cuerpo es m =12y como mg = k · 8 =⇒ 16 = k · 8 =⇒
k = 2.Además, f(t) =
12tu(t− π). Por lo tanto, la ecuación a resolver es:
x′′ + 4x′ + 4x = tu(t− π), con x(0) = 1 , x′(0) = 0
Usamos transformada de Laplace para resolver la ecuación:
L(x′′(t))(s) + L(x′(t))(s) + 5L(x(t))(s)L((t− π)u(t− π))(s).
Denotando por X(s) = L(x(t))(s) se tiene:
(s2 + 4s + 4)X(s) = s + 4 + e−πs 1s2
=⇒ X(s) =s
(s + 2)2+
4(s + 2)2
+ e−πs 1s2· 1(s + 2)2
Note que : s
(s + 2)2=
1s + 2
− 2(s + 2)2
Por lo tanto,
X(s) =1
s + 2+
2(s + 2)2
+ e−πs L(t ∗ t e−2t)(s)
Sea g(t) = t ∗ t e−2t, integrando obtenemos que:
g(t) =t
4[1− (2t + 1) e−2t] +
t2 e−2t
2− 1
4[1− (2t + 1) e−2t]
Luego,x(t) = e−2t +2t e−2t +g(t− π)u(t− π)
9
Pregunta 1 .- Hallar dz
dx, si se cumple: x3 + y3 + z3 = 0 y x2 + y2 + z2 = 1
Solución:
Considerar el sistema
x3 + y3 + z3 = 0x2 + y2 + z2 = 1
entonces ∂(f1 , f2)∂(y , z)
=(
3y2 3z2
2y 2z
)
con determinante∣∣∣∣∂(f1 , f2)∂(y , z)
∣∣∣∣ = 6y2z − 6yz2 = 6yz(y − z)
Por lo tanto en cualquier abierto que no intercepte los planos y = 0 , z = 0 e y =z, se puede despejar y , z como funciones de x . Luego derivando implicitamente,respecto de x se tiene:
3y2 ∂y
∂x+ 3z2 ∂z
∂x= −3x2
2y∂y
∂x+ 2z
∂z
∂x= −2x
de donde
∂z
∂x=
∣∣∣∣3y2 −3x2
2y −2x
∣∣∣∣∣∣∣∣
3y2 3z2
2y 2z
∣∣∣∣=−6xy2 + 6x2y
6y2z − 6yz2=
x2 − xy
yz − z2
10
Pregunta 2 .- La matriz
A =(
1 −11 2
)
representa el jacobiano de una función f de clase C2 , de R2 en R2, en el punto(1,1). Suponga que f(1, 1) = (−1, 0) y que f(x, y) = (u, v) . Pruebe que f eslocalmente invertible en (1,1) y encuentre dy
du(−1, 0) .
Solución:
Jf−1(−1, 0) = A−1 =
23
13
−13
13
de donde ∂y
∂u(−1, 0) = −1
3
11
1. Resuelva el siguiente problema de valores iniciales
dy
dx− ex−y + ex = 0
y(0) = 1
(Ayuda: use el cambio de variable u = ey)Solución: Derivando el cambio de variable con respecto a x, tenemos
du
dx= ey · dy
dx=⇒ dy
dx= e−y · du
dx
Reemplazando en la ecuación, se obtiene:
du
dx= −uex + ex
Esta ecuación diferencial es lineal de primer orden, usando la fórmula deLeibniz, obtenemos su solución
u(x) = 1 + ce−ex
Por la tanto, la solución general del problema de valores iniciales es
ey = 1 + ce−ex
Usando la condición inicial, obtenemos el valor de la contante c
e = 1 + ce−1 =⇒ c = (e− 1)e
Luego, la solución que pasa por el punto (0,1) es
ey = 1 + e(e− 1)e−ex
12
2. Resuelva la ecuación diferencial
y2dx = (x3 − xy)dy
(Ayuda:Use un factor integrante del tipo xnym)Solución: Multiplicando la ecuación por xnym, se obtiene
xnym+2dx− (xn+3yn − xn+1ym+1)dy = 0
Sea M(x, y) = xnym+2 y N(x, y) = −(xn+3yn − xn+1ym+1). Derivando,obtenemos
∂M
∂y= (m + 2)xnym+1,
∂N
∂x= −(n + 3)xn+2ym + (n + 1)xnym+1
Para que la ecuación sea exacta se debe tener que ∂M
∂y=
∂N
∂x, es decir,
(m + 2)xnym+1 = −(n + 3)xn+2ym + (n + 1)xnym+1
De aqui se obtiene : n + 3 = 0 y m + 2 = n + 1. Por lo tanto, el factorintegrante es x−3y−4.Ahora, resolvemos la ecuación exacta
x−3y−2dx− (y−4 − x−2y−3)dy = 0
u(x, y) =∫
x−3y−2dx + g(y) = −12x−2y−2 + g(y)
∂u
∂y= x−2y−3 + g′(y) = x−2y−3 − y−4
=⇒ g(y) =13y−3
Luego, la solución de la ecuación es
−12x−2y−2 +
13y−3 = C
donde C es constante.
13
1. La recta normal, en cada punto (x, y) de una curva dada, pasa por el punto(2,0) . Si la curva pasa por el punto (2,3), encuentre su ecuación .
Nota: Interesan las ecuaciones que justi�can su respuesta y no su intui-ción.
Solución:
Sea y = f(x) tal curva. Luego la ecuación de la recta normal en un punto(u, f(u)) cualquiera de la curva, está dada por la ecuación:
y − f(u) = − 1f ′(u)
(x− u)
La recta normal debe pasar por el punto (2,0) , luego reemplazando enx = 2 , y = 0 se tiene la ecuación diferencial de variable separada:
−f(u) = − 1f ′(u)
(2− u)
Haciendo x = u e y = f(u) y resolviendo se tiene:
y =1dydx
(2−x) ⇔ ydy = (2−x)dx ⇔ y2
2= − (2− x)2
2+C ⇔ (x−2)2+y2 = 2C
Evaluando en el punto (2,3) , 2C = 9 y la curva buscada es:
(x− 2)2 + y2 = 9
14
2. Resolver
(2x + 1)2y′′ − 2(2x + 1)y′ − 12y = 6x
Solución:
Considerar la ecuación homogenea
(2x + 1)2y′′ − 2(2x + 1)y′ − 12y = 0
Suponer que una solución es del tipo y = (2x + 1)n , entonces y′ =2n(2x + 1)n−1 , e y′′ = 4n(n− 1)(2x + 1)n−2
Reemplazando en la ecuación se tiene:
4n(n−1)(2x+1)n−4n(2x+1)n−12(2x+1)n = 0 ⇔ (2x+1)n(4n2 − 8n− 12
)= 0
de donde n = 3 o n = −1 . Luego la solución general de la homogeneaes:
yh = A(2x + 1)3 +B
2x + 1
Para hallar una solución particular de la no homogenea, hacer:
(2x+1)2y′′−2(2x+1)y′−12y = 6x ⇔ y′′− 22x + 1
y′− 12(2x + 1)2
y =6x
(2x + 1)2
Usando el método de variación de parametros:
W (y1 , y2) =
∣∣∣∣∣∣∣∣
(2x + 1)31
2x + 1
6(2x + 1)2 − 2(2x + 1)2
∣∣∣∣∣∣∣∣= −8(2x + 1)
Por otra parte:
15
v1 = −∫ (
12x + 1
)(6x
(2x + 1)2
)(1
−8(2x + 1)
)dx = − 3
32(2x + 1)2+
116(2x + 1)3
v2 =∫
(2x + 1)(
6x
(2x + 1)2
)(1
−8(2x + 1)
)dx = −3x2
8
Luego la solución particular queda:
yp =116− 3x2
8(2x + 1)− 3
32(2x + 1)
Por lo tanto la solución general de la ecuación es:
yg = A(2x + 1)3 +B
2x + 1+
116− 3x2
8(2x + 1)− 3
32(2x + 1)
16
Problema 2:
(2a) Se ha determinado experimentalmente que la variación de peso de un tipode pez varia según la ley
dp
dt= αp2/3 − βp
donde p = p(t) representa el peso del pez y α , β son constantes positivasque caracterizan la especie. Si el pez está maduro para su captura cuando
tiene un peso de 34
(α
β
)3
. Calcule el tiempo que se demora en obtenerese peso.
(2.b) Resuelva la ecuación
y′ + 2xy = 1 + x2 + y2
Si se sabe que y = x es una solución particular .
Solución:
(a) Se trata de una ecuación de Bernoulli.
dp
dt= αp2/3 − βp ⇔ p−2/3p′ + βp1/3 = α
Hacer z = p1−2/3 = p1/3 : Se tiene dz
dt=
13p−2/3 dp
dt. Reemplazando la
ecuación queda:
3z′ + βz = α ⇔ z′ +β
3z =
α
3
La cual es una ecuación lineal. Se tiene:
z = e−∫ β
3 dt
[∫e∫ β
3 dt α
3dt + C
]=
α
β+ C e−βt/3
De donde: p1/3 =α
β+ e−βt/3 . Evaluando en t=0 y asumiendo que en t = 0 ,
p(0) = 0 , se tiene que C = −α
β.
Por lo tanto p(t) =(
α
β
)3 [1− e−βt/3
]3 .
17
Igualando con 34
(α
β
)3
se tiene t = − 3β
ln
(1− 3
√34
).
(b) Hacer y′ = 1 + x2 + y2 − 2xy ⇔ y′ = 1 + (x− y)2
Tomar z = x−y . Luego dz
dx= 1− dy
dx, de donde dy
dx= 1− dz
dx. Reemplazando,
la ecuación queda:
dz
dx= −z2 ⇔ dz
z2= −dx
Integrando queda: −1z
= −x + C ⇔ 1x− y
= x + C ′ , de donde:
y = x− 1x + C ′
Observar que la función y = x tambien es solución de la ecuación.
18
Problema 3:Un tanque contiene inicialmente 60 gal. de agua pura. Entra al tanque, a unatasa de 2 gal./min., salmuera que contiene 1 lb. de sal por galón, y la solución(perfectamente mezclada) sale de él a razón de 3 gal. por minuto; el tanque sevacía después de 1 hora exactamente.(a) Encuentre la cantidad de sal que hay en el tanque después de t minutos.
(b) ¾Cuál es la máxima cantidad de sal que llega a tener el tanque?
Solución:
(a) La ecuación diferencial que modela el problema en cuestión es
dx
dt= 1 · 2− x(t)
60− t3 x(0) = 0
La solución de esta ecuación lineal es:
x(t) = (60− t) + C(60− t)3
Para calcular C usamos la condición inicial x(0) = 0, obteniendo
x(t) = (60− t)− 1602
(60− t)3
(b) Para determinar el tiempo t∗ donde la cantidad de sal es máxima derivamosla función x(t) para obtener los puntos críticos:
x′(t) = −1 +1
602(60− t)3,
entoncesx′(t) = 0 ⇐⇒ (60− t)2 =
602
3de donde
t∗ = 60− 60√3
La segunda derivada de x(t) es x′′(t) = − 6602
(60− t).
Se ve facilmente que x′′(t∗) < 0, por lo tanto en t∗, x(t) tiene un máximo.
Evaluando x(t) en t∗ obtenemos la cantidad de sal máxima que llega a tener elestanque:
x
(60− 60√
3
)=
40√3
libras de sal
19
Problema 4: Usando la transformación t = sen(x) convierta la ecuacióndiferencial
y′′ + tg(x)y′ + cos2(x)y = 0
en una ecuación de coe�cientes constantes y resuelva.
Solución 4: Como t = sen x, derivando con respecto a t, se obtiene:
dy
dt=
dy
dx
dx
dt
dy
dt=
1cos x
dy
dx(1)
Por lo tanto dy
dx= cos x
dy
dt
Derivando (1) con respecto a t , se tiene:
d2y
dt2=
d
dx
(1
cosx
dy
dx
)dx
dt
d2y
dt2=
[(tan x sec x)
dy
dx+
1cos x
d2y
dx2
]dx
dt
d2y
dt2=
[(tan x sec x)
dy
dx+
1cos x
d2y
dx2
]1
cos x
d2y
dt2= tan x sec2 x
dy
dx+
1cos2 x
d2y
dx2
Por lo tanto d2y
dx2= cos2 x
d2y
dt2− tan x (cos x
dy
dt)
Reemplazando en la ecuación, se obtiene:
cos2 xd2y
dt2− tanx (cos x
dy
dt) = 0
cos2 xd2y
dt2+ cos2 x y = 0
d2y
dt2+ y = 0
Por lo tanto: y(x) = C1 cos(sen x) + C2 sen(sen x)
20
1. Resolver
y(6) + 2y(4) + y(2) = 0
Solución:
Ecuación caracteristica:
m6 + 2m4 + m2 = 0 ⇔ m2(m2 + 1)2 = 0
Raices de la ecuación caracteristica: m = 0 de multiplicidad 2 y m = ±itambien de multiplicidad 2.
Solución general:
y = a + bx + c cos(x) + d sen(x) + ex cos(x) + fx sen(x)
21
2. a) Muestre que la ecuación
yF(xy) dx + xG(xy) dy = 0
puede resolverse usando el cambio u = xy .
b) Resuelva: (x2y3 + 2xy2 + y) dx + (x3y2 − 2x2y + x) dy = 0 .
Solución:
a) Observar que: yF(xy) dx + xG(xy) dy = 0 ⇔ xdy
dx= −y
F(xy)G(xy)
Por otra parte, haciendo u = xy se tiene: du
dx= y + x
dy
dx⇒
xdy
dx= −y +
du
dx. Reemplazando:
−y +du
dx= −y
F(u)G(u)
−u
x+
du
dx= −u
x· F(u)G(u)
du
dx=
u
x
(1− F(u)
G(u)
)
Y esta última ecuación es de variable separada.b) La ecuación se puede reescribir como
y(x2y2 + 2xy + 1) dx + x(x2y2 − 2xy + 1) dy
Tomando F(xy) = x2y2 + 2xy + 1 y G(xy) = x2y2 − 2xy + 1 yhaciendo u = xy . La ecuación queda:
du
dx=
u
x
(1− u2 + 2u + 1
u2 − 2u + 1
)
=u
x
( −4u
u2 − 2u + 1
)
22
Problema 1: Resuelva la siguiente ecuación
y′ = e2xy2 − 2y − 9e−2x, y(0) = 4
sabiendo que tiene una solución particular de la forma y1(x) = aekx.
Solución:
Como y1 es solución de la ecuación se tiene:
akekx = e2xa2e2kx − 2aekx − 9e−2x
oekx(ak − a2e2x+kx + 2a) = −9e−2x
De aqui, se obtiene que a = 3 (o a = −3) y k = −2.
La ecuación dada es una ecuación de Ricatti, hacemos el cambio de variable
y = 3e−2x +1z
y la transformamos en la ecuación lineal,
dz
dx= −4z − e2x
que tiene por solución
z(x) = ce−4x − 16e2x, c constante
Por lo tanto, la solución general de la ecuación dada es
y(x) = 3e−2x +6
c1e−4x − e2x, c1 constante
Además, como y(0) = 4, obtenemos
4 = 3 +6
c1 − 1=⇒ c1 = 7
Luego, la solución esy(x) = 3e−2x +
67e−4x − e2x
23
Problema 2: Un tanque contiene inicialmente 60 gal. de agua pura. Entra altanque, a una tasa de 2 gal./min., salmuera que contiene 1 lb. de sal por galón,y la solución (perfectamente mezclada) sale de él a razón de 3 gal. por minuto;el tanque se vacía después de 1 hora exactamente.
(a) Encuentre la cantidad de sal que hay en el tanque después de t minutos.
(b) ¾Cuál es la máxima cantidad de sal que llega a tener el tanque?
Solución:
(a) La ecuación diferencial que modela el problema en cuestión es
dx
dt= 1 · 2− x(t)
60− t3 x(0) = 0
La solución de esta ecuación lineal es:
x(t) = (60− t) + C(60− t)3
Para calcular C usamos la condición inicial x(0) = 0, obteniendo
x(t) = (60− t)− 1602
(60− t)3
(b) Para determinar el tiempo t∗ donde la cantidad de sal es máxima derivamosla función x(t) para obtener los puntos críticos:
x′(t) = −1 +3
602(60− t)2,
entoncesx′(t) = 0 ⇐⇒ (60− t)2 =
602
3de donde
t∗ = 60− 60√3
La segunda derivada de x(t) es x′′(t) = − 6602
(60− t).
Se ve facilmente que x′′(t∗) < 0, por lo tanto en t∗, x(t) tiene un máximo.
Evaluando x(t) en t∗ obtenemos la cantidad de sal máxima que llega a tener elestanque:
x
(60− 60√
3
)=
40√3
libras de sal
24
Problema 3: Resuelva la ecuación
x(1− x2)2y′′ − (1− x2)2y′ + x3y = 0
(Ayuda: haga el cambio de variable t = − 12 ln(1− x2))
Solución:
Haciendo t = −12
ln(1− x2) se tiene
dy
dx=
dy
dt· dt
dx⇒ dy
dx=
(x
1− x2
)dy
dt
Por otra parte:
d2y
dx2=
d
dy
(x
1− x2· dy
dt
)⇒ d2y
dx2=
(1 + x2
(1− x2)2
)· dy
dt+
(x2
(1− x2)2
)· d
2y
dt2
Reemplazando en la ecuación
x(1− x2)2[
1 + x2
(1− x2)2· dy
dt+
x2
(1− x2)2· d2y
dt2
]− (1− x2)2
(x
1− x2
)· dy
dt+ x3y = 0
⇔ x3y′′ + 2x3y′ + x3y = 0
Donde todas las derivadas que aparecen son derivadas respecto de t e y = y(t)es una función de t . De aquí se tiene la ecuación homogénea con coe�cientesconstantes y′′+2y′+y = 0 la cual tiene soluciones y1(t) = e−t , y2(t) = t e−t .
Por lo tanto la solución general es
y = a e−t +bt e−t
reemplazando
y = a√
1− x2 + b√
1− x2 ln(1− x2).
25
Problema 4: Encuentre la solución general de la ecuación
(x2 − 2x)y′′ + 2(1− x)y′ + 2y = 6(x2 − 2x)2
sabiendo que y1(x) = x − 1 es solución de la correspondiente ecuación ho-mogénea.
Solución:
Dividiendo por (x2 − 2x) la ecuación queda:
y′′ +2− 2x
x2 − 2xy′ +
2x2 − 2
= 6(x2 − 2x)
cuya ecuación homogenea queda:
y′′ +2− 2x
x2 − 2xy′ +
2x2 − 2
= 0
Como una solución de la homogenea es y1 = x − 1 una segunda solución seencuentra usando la formula de Abel.
y2 = (x− 1)∫
e−∫ 2−2x
x2−2xdx
(x− 1)2dx
= (x− 1)∫
x2 − 2x
(x− 1)2dx
= (x− 1)(
x +1
x− 1
)
= x2 − x + 1
Por otra parte:
W (y1 , y2) =∣∣∣∣
x− 1 x2 − x + 11 2x− 1
∣∣∣∣ = x2 − 2x
Usando variación de parámetros yp = v1y1 + v2y2 donde:
v1 = −∫
6(x2 − x + 1)(x2 − 2x)x2 − 2x
= −2x3 + 3x2 − 6x
v2 =∫
6(x− 1)(x2 − 2x)x2 − 2x
= 3x2 − 6x
26
Luego, una solución particular es yp = x4 − 4x3. Así la solución general es:
y = A(x− 1) + B(x2 − x + 1) + x4 − 4x3
27
1. Considerar la función
f(x, y) = (x2 + y2) arc tg(y
x
)
¾Es posible de�nirla de modo que sea continua en (0,1) ?
Solución:
La respuesta es NO . En (0,1) hay una discontinuidad irreparable. Enefecto:
lımx→0+
[lımy→1
(x2 + y2) arc tg(y
x
)]= lım
x→0+
[(x2 + 1) arc tg
(1x
)]=
π
2
Por otra parte:
lımx→0−
[lımy→1
(x2 + y2) arc tg(y
x
)]= lım
x→0−
[(x2 + 1) arc tg
(1x
)]= −π
2
Por lo tanto lım(x,y)→(0,1)
(x2 + y2) arc tg(y
x
)no existe y por esto no es
posible extender f continuamente en (0,1) .
28
2. Sea f : R2 → R de�nida por
f(x, y) =
xy
x2 + yx2 6= −y
0 x2 = −y
Hallar ∂f
∂x(x, y) y ∂f
∂y(x, y) . ¾Son continuas en (0,0)?
Solución:
Para (x, y) con y 6= −x2
∂f
∂x(x, y) =
y(x2 + y)− xy · 2x
(x2 + y)2=
y2 − yx2
(x2 + y)2
∂f
∂y(x, y) =
x(x2 + y)− xy
(x2 + y)2=
x3
(x2 + y)2
Para (x, y) = (0, 0)
∂f
∂x(0, 0) = lım
t→0
f(t, 0)− f(0, 0)t
= lımt→0
0− 0t
= 0
∂f
∂y(0, 0) = lım
t→0
f(0, t)− f(0, 0)t
= lımt→0
0− 0t
= 0
Para (x, y) con y = −x2 y x 6= 0
∂f
∂x(x,−x2) = lım
t→0
f(x + t,−x2)− f(x,−x2)t
= lımt→0
− x3 + x2t
(2xt + t2)t
∂f
∂y(x,−x2) = lım
t→0
f(x,−x2 + t)− f(x,−x2)t
= lımt→0
tx− x3
t2
Y ninguno de estos dos límites existe. Por lo tanto no existen las derivadasparciales en los puntos de la curva y = −x2 con x 6= 0 .
Por lo tanto f admite derivadas parciales en R2−{(x, y) / y = −x2 , x 6= 0
}
29
∂f
∂x(x, y) =
y2 − yx2
(x2 + y)2y 6= −x2
0 (x, y) = (0, 0)
∂f
∂y(x, y) =
x3
(x2 + y)2y 6= −x2
0 (x, y) = (0, 0)
Por otra parte lım(x,y)→(0,0)
y2 − yx2
(x2 + y)2no existe, pues:
lımy→0
(lımx→0
y2 − yx2
(x2 + y)2
)= lım
y→0
y2
y2= 1
lımx→0
(lımy→0
y2 − yx2
(x2 + y)2
)= lım
x→0
0x4
= 0
Así ∂f
∂x(x, y) no es continua en (0, 0) .
Analogamente lım(x,y)→(0,0)
x3
(x2 + y)2no existe. En efecto:
lımy→0
(lımx→0
x3
(x2 + y)2
)= lım
y→0
0y2
= 0
lımx→0
(lımy→0
x3
(x2 + y)2
)= lım
x→0
1
x
Y este último límite no existe. Por lo tanto ∂f
∂y(x, y) no es continua en
(0,0) .
30
1. Sea T : R3 → R2 tal que T (1, 0, 1) = (1,−1) , T (1, 1, 0) = (1, 2) ,T (0, 1, 1) = (−1, 2) .
a) Hallar T (x, y, z) .b) Hallar Ker(T ) y una base del Ker(T ) .
Solución:
(a) Note que el conjunto {(1, 0, 1), (1, 1, 0), (0, 1, 1)} es L.I, asi que es unabase para R3. Sea (x, y, z) ∈ R3 un punto cualquiera, entonces:
(x, y, z) = α(1, 0, 1) + β(1, 1, 0) + γ(0, 1, 1)
donde α, β, γ son números reales. Resolviendo el sistema:
x = α + βy = β + γz = α + γ
se tiene,
α =x− y + z
2, β =
x + y − z
2, γ =
−x + y + z
2
Usando la linealidad de T se obtiene,
T (x, y, z) =x− y + z
2(1,−1) +
x + y − z
2(1, 2) +
−x + y + z
2(−1, 2)
Luego, la transformación buscada es
T (x, y, z) =12
(3x− y − z,−x + 5y − z)
(b)
Ker(T ) = {(x, y, z) ∈ R3 : T (x, y, z) = (0, 0)}= {(x, y, z) ∈ R3 : 3x− y − z = 0 ∧ −x + 5y − z = 0}= {(x, 2
3x, 73x) : x ∈ R}
Por lo tanto, una base para Ker(T) es {(1, 23 , 7
3 )}.
31
2. Sea
f(x, y) =
xa
x2 + y2(x, y) 6= (0, 0)
0 (x, y) = (0, 0)
Analize para todo a ∈ N:
a) Continuidad de f en (0,0) .
b) Existencia de ∂f
∂x(0, 0) y ∂f
∂y(0, 0) .
c) ¾Es f diferenciable en (0,0)?
Solución:
a) Pasando a coordenadas polares, el límite queda:
lımr→0
ra cosa θ
r2
Luego, para a = 1 , a = 2 este límite no existe y f no es continuaen (0,0) .
Para a > 2 el límite es 0 y f es continua en (0,0) .b) Para todo a ∈ N
∂f
∂y(0, 0) = lım
t→0
f(0, t)− f(0, 0)t
= lımt→0
0t
= 0
Por otra parte
∂f
∂x(0, 0) = lım
t→0
f(t, 0)− f(0, 0)t
= lımt→0
ta
t3
Para a = 1 , a = 2 : ∂f
∂x(0, 0) no existe.
Para a = 3 : ∂f
∂x(0, 0) = 1
Para a > 3 : ∂f
∂x(0, 0) = 0
32
c) Para a = 1 , a = 2 , f no es diferenciable no es (0,0) , pues f no escontinua en (0,0) .
Para a = 3 Considerar
∂f
∂x(x, y) =
x4 + 3x2y2
(x2 + y2)2si (x, y) 6= (0, 0)
1 si (x, y) = (0, 0)
no es continua en (0,0) y por lo tanto f no es diferenciable en (0,0) .
Para a > 3 f es diferenciable en (0,0) , pues ∂f
∂x(x, y) y ∂f
∂y(x, y)
son continuas en (0,0) .
3. Sea f : R→ R de clase C2 y sea z = f(y
x
)con x 6= 0 .
Si f(−1) = f ′(−1) = f ′′(−1) = 2 , calcule ∂2z
∂x∂y(1,−1)
Solución:
Derivando respecto de y, se tiene:
∂z
∂y(x, y) = f ′
(y
x
)· 1x2
derivando, ahora, respecto de x, se tiene:
∂2z
∂x∂y(x, y) = − y
x3f ′′
(y
x
)− 1
x2f ′
(y
x
)
Evaluando en (1,-1):
∂2z
∂x∂y(1,−1) = f ′′(−1)− f ′(−1) = 2− 2 = 0
33
4. Encontrar la ecuación del plano que pasa por el punto (2,3,4) y que mini-miza el volumen del tetraedro obtenido por el plano y los planos coorde-nados.
Solución:
Sea (a, 0, 0), (0, b, 0), (0, 0, c) los puntos donde el plano intersecta los ejescoordenados. Considerando los vectores (−a, b, 0) y (−a, 0, c) podemos en-contrar el vector normal del plano:
∣∣∣∣∣∣
i j k−a b 0−a 0 c
∣∣∣∣∣∣= (bc, ac, ba)
Por lo tanto, su ecuación es
(bc)x + (ac)y + (ab)z = abc
De�nimos la función a minimizar f(a, b, c) =abc
6sujeta a la restricción
que el plano pase por el punto (2,3,4), es decir, 2bc + 3ac + 4ab− abc = 0.Usando multiplicadores de Lagrange, de�nimos
F (a, b, c, λ) =abc
6+ λ(2bc + 3ac + 4ab− abc)
Obtenemos el sistema∂F
∂a=
bc
6+ λ(3c + 4b− bc) = 0
∂F
∂b=
ac
6+ λ(2c + 4a− ac) = 0
∂F
∂c=
ab
6+ λ(2b + 3a− ab) = 0
∂F
∂λ= 2bc + 3ac + 4ab− abc = 0
Por lo tanto,a = 6, b = 9, c = 12
Luego, la ecuación del plano es
6x + 4y + 3z = 36
34
Problema 1: Considerar la función f(x) = sen2(2x) .
1.a) Encuentre la transformada de Laplace de f(x) .
1.b) Encuentre la serie de Fourier de f(x) .
Solución:
(a)sen2(2x) =
12(1− cos(4x))
L(sen2(2x)) =12
[L(1)− L(cos(4x)]
=12
(1s− s
s2 + 16
)
=8
s(s2 + 16)
(b)
sen2(2x) =12− 1
2cos(4x)
De donde se deduce la serie de Fourier de sen2(2x). Esto es: a0 =12
, a4 =
−12
y el resto de los an = 0 y todos los bn = 0 .
35
Problema 2: Resolver la ecuación
y′′ + 4y = f(t) , y(0) = 1 , y′(0) = 0
donde f(t) =
{1 si 0 ≤ t ≤ 1
t si t > 1
Solución:
Note que f(t) = 1 + (t− 1)u(t− 1). Aplicando T.L ambos lados de la ecuación,obtenemos
s2L(y)− s + 4L(y) =1s
+ L((t− 1)u(t− 1))
(s2 + 4)L(y) = s +1s
+ e−s 1s2
L(y) =s
s2 + 4+
1s(s2 + 4)
+ e−s 1s2(s2 + 4)
L(y) = L(cos(2t)) +12L(1 ∗ sen(2t)) +
12e−sL(t ∗ sen(2t))
Por otro lado,
1 ∗ sen(2t) =12(1− cos(2t)) y t ∗ sen(2t) =
14(2t− sen(2t))
Por lo tanto, la solución es
y(t) =14
+34
cos(2t) +18[2(t− 1)− sen 2(t− 1)]u(t− 1)
36
Problema 3: Si f(x) =
x si 0 ≤ x ≤ π
2
π − x si π
2< x ≤ π
3.a) Encuentre el desarrollo en serie cosenoidal de f(x) .
3.b) Calcular la serie∞∑
n=1
1(2n− 1)2
.
Solución:
(a)
a0 =4π
∫ π/2
0
xdx =π
2
an =4π
∫ π/2
0
x cos(2nx) dx
=4π
[x sen(2nx)
2n+
cos(2nx)4n2
∣∣∣∣π/2
0
]
=1
n2π[(−1)n − 1] =
0 si n es par
− 2n2π
si n es impar
Por otra parte bn = 0 , para todo n . Por lo tanto:
f(x) =π
4− 2
π
∞∑n=1
1(2n− 1)2
cos [2(2n− 1)x]
(b) Evaluando en x =π
2y como f es continua en π
2:
f(π
2
)=
π
2=
π
4− 2
π
∞∑n=1
1(2n− 1)2
cos[2(2n− 1)
π
2
]=
π
4− 2
π
∞∑n=1
−1(2n− 1)2
=π
4+
2π
∞∑n=1
1(2n− 1)2
De donde :∞∑
n=1
1(2n− 1)2
=π2
8
37
Problema 4: Resolver usando Transformada de Laplace:
ty′′ + (t− 1)y′ + y = 0 , y(0) = 0
Solución:
Aplicando Laplace y anotando L[y] = Y :
L[ty′′] + L[ty′]− L[y′] + L[y] = 0
⇔ −(s2L[y]− y′(0))′ − (sL[y])′ − sL[y] + L[y] = 0
⇔ 2sY + s2Y ′ + Y + sY ′ + sY − Y = 0
⇔ (s2 + s)Y ′ + 3sY = 0
⇔ dY
Y= − 3
s + 1ds
⇔ Y =k
(s + 1)3/ L−1
⇔ y(t) = ML−1
[2
(s + 1)3
]
De dondey(t) = M e−t t2
38
Problema 1: Sea f(x, y, z) = z−ex sin(y) y P = (ln 3, 3π2 ,−3). Determinar:
(a) gradiente de f en el punto P ,
(b) la recta normal a la super�cie en el punto P ,
(c) el plano tangente a esta super�cie en el punto P .
Solución:
(a) ∇ f(x, y, z) = (− ex sen y , − ex cos y , 1)
Evaluando en P se tiene:
∇ f
(ln 3 ,
3π
2, −3
)= (3 , 0 , 1)
(b) Ecuación cartesiana de la recta normal:
x− ln 33
=z + 3
1; y =
3π
2
Ecuación paramétrica de la recta normal:
x = ln(3) + 3t
y =3π
2z = −3 + t
Ecuación vectorial de la recta normal:
(x, y, z) =(
ln(3) ,3π
2, −3
)+ t(3 , 0 , 1)
(c) Ecuación del plano tangente:
3x + z = 3 ln(3)− 3
39
1. Considere la función T : P2[x] −→ R3, de�nida por T (p(x)) = (p(0), p(1), p(2)).Sean B = {1, x, x2} y D = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}a) Pruebe que T es una T.L.b) Determine el Ker T y [T ]DBc) ¾ T es un isomor�smo?
Solución:
(1.a) Sean p(x) ; q(x) ∈ P2[x] y α ∈ R . Entonces
T (αp(x) + q(x)) = (αp(0) + q(0) , αp(1) + q(1) , αp(2) + q(2) )
= α(p(0) , p(1) , p(2)) + (q(0) , q(1) , q(2))
= α T (p(x)) + T (q(x))
Por lo tanto T es lineal.
(1.b) Sea p(x) = ax2+bx+c tal que p(x) ∈ Ker(T ) , entonces (p(0) , p(1) , p(2)) =(0, 0, 0) , y esto ocurre si y solo si:
c = 0a + b + c = 0
4a + 2b + c = 0⇒
a = 0b = 0c = 0
Por lo tanto Ker(f) = { 0 } , de paso T es inyectiva.
(1.c) Por teorema de la dimensión, se tiene que dim(Im T ) = 3. Por lotanto T es un isomor�smo.
40
Pregunta 1: Dada la función
f(x, y) =
(y − 2)2 sen(xy)x2 + y2 − 4y + 4
si (x, y) 6= (0, 2)
0 si (x, y) = (0, 2)
¾Es f una función continua?.
Solución:
Usando Teorema del Sandwich.
0 ≤∣∣∣∣(y − 2)2 sen(xy)x2 + (y − 2)2
∣∣∣∣ ≤ sen(xy) → 0 si (x, y) → (0, 2)
Por lo tantolım
(x,y)→(0,2)
(y − 2)2 sen(xy)x2 + y2 − 4y + 4
= 0
41
Pregunta 2: El volumen de un elipsoide de semiejes (a, b, c) es 4π
3abc. Hallar
el elipsoide, con centro en (0, 0, 0), de volumen mínimo que pasa por el punto(2,−3, 5).
Solución:
La función a minimizar es V (a, b, c) =4π
3abc sujeta a la condición que el
punto (2,-3,5) pertenezca al elipsoide, es decir 4a2
+9b2
+25c2
= 1.
Usamos multiplicadores de Lagranje para optimizar la función:
F (a, b, c, λ) =4π
3abc + λ
(4a2
+9b2
+25c2− 1
)
Derivando parcialmente obtenemos:
∂F
∂a=
4π
3bc− 8λ
a3= 0 =⇒ λ =
π
6a3bc
∂F
∂b=
4π
3ac− 18λ
b3= 0 =⇒ λ =
2π
27ab3c
∂F
∂c=
4π
3ab− 50λ
c3= 0 =⇒ λ =
2π
75abc3
∂F
∂λ=
4a2
+9b2
+25c2
= 1
Resolviendo el sistema se obtiene: (a, b, c) = (2√
3, 3√
3, 5√
3).
Note que este punto crítico es un mínimo de la función, pues existen elip-soides de volumen tan grande como se quiera que pasan por el punto (2,-3,5).
Luego, el elipsoide pedido es :
x2
12+
y2
27+
z2
75= 1
42
Pregunta 3: Considere las expresiones:
uv − 3x + 2y = 0, u4 − v4 = x2 − y2
Veri�que que estas ecuaciones de�nen funciones u = u(x, y), v = v(x, y) entorno al punto (u, v, x, y) = (1, 1, 1, 1). Además, determine la ecuación del planotangente a las super�cie u = u(x, y) en el punto dado.
Solución:
Considerar las funciones f1(u, v, x, y) = uv− 3x+2y y f2(u, v, x, y) = u4− v4−x2 + y2. Entonces
∂(f1, f2)∂(u, v)
(u, v, x, y) =(
v u4u3 −4v3
)
evaluando en (1,1,1,1) se tiene
∂(f1, f2)∂(u, v)
(1, 1, 1, 1) =(
1 14 −4
)
Con determinante igual a −8 6= 0.Por lo tanto existen vecindades U de (x, y) = (1, 1) y V de (u, v) = (1, 1) y existeuna función g : U → V tal que g(x, y) = (u(x, y), v(x, y))
Por otra parte, derivando implicitamente en el sistema, en función de x y eval-uando en (1,1,1,1) se tiene el sistema:
∂u
∂x(1, 1) +
∂v
∂x(1, 1) = 3
4∂u
∂x(1, 1)− 4
∂v
∂x(1, 1) = 2
despejando se tiene ∂u
∂x(1, 1) =
74. Analogamente, derivando respecto a y y
evaluando se obtiene ∂u
∂y(1, 1) = −5
4.
Luego la ecuación del plano tangente a u = u(x, y) en el punto (1,1,1) es:
(x− 1)74
+ (y − 1)(−5
4
)= u− 1
43
Pregunta 4: Considere la función f(x, y) homogénea de grado p, es decir,
f(tx, ty) = tpf(x, y).
1. Pruebe que: x2 ∂2f
∂x2+ 2xy
∂2f
∂x∂y+ y2 ∂2f
∂y2= p(p− 1)f .
Sugerencia: De�na g(t) = f(tx, ty) y calcule d2g
dt2(1).
2. Sea (x, y) ∈ R2. Si f(x, y) una función que satisface la ecuación(x, y) · ∇f(x, y) = pf(x, y) para un número p, demuestre que f es unafunción homogénea de grado p.
Sugerencia: De�na g(t) = f(tx, ty)− tpf(x, y) y calcule dg
dt(1).
Solución
1. Consideremos la función g(t) = f(tx, ty). Derivando con respecto a t setiene:
g′(t) =∂f
∂x
∂x
∂t+
∂f
∂y
∂y
∂t= x
∂f
∂x+ y
∂f
∂y
Ahora,
g′′(t) = x2 ∂2f
∂x2+ xy
∂2f
∂x∂y+ xy
∂2f
∂y∂x+ y2 ∂2f
∂y2
Por lo tanto,
g′′(t) = x2 ∂2f(tx, ty)∂x2
+ 2xy∂2f(tx, ty)
∂x∂y+ y2 ∂2f(tx, ty)
∂y2
y
g′′(1) = x2 ∂2f(x, y)∂x2
+ 2xy∂2f(x, y)
∂x∂y+ y2 ∂2f(x, y)
∂y2(∗)
Por otro lado, g(t) = tpf(x, y), porque f es homogénea de grado p. Derivandocon respecto a t, obtenemos:
g′′(t) = p(p− 1)tp−2f(x, y) =⇒ g′′(1) = p(p− 1)f(x, y) (∗∗)
Luego, de (∗) y (∗∗) tenemos
x2 ∂2f
∂x2+ 2xy
∂2f
∂x∂y+ y2 ∂2f
∂y2= p(p− 1)f.
44
2. Sea g(t) = f(tx, ty)− tpf(x, y). Demostraremos que g(t) = 0.
Notemos que g(0) = g(1) = 0.Derivando g con respecto a t obtenemos:
g′(t) = x∂f(tx, ty)
∂x+ y
∂f(tx, ty)∂y
− ptp−1f(x, y)
Note que
tg′(t) = tx∂f(x, y)
∂x+ ty
∂f(x, y)∂y
− ptpf(x, y)
es decir,
tg′(t) = (tx, ty) · ∇f(tx, ty)− ptpf(x, y)
Pero, por hipótesis (x, y) · ∇f(x, y) = pf(x, y). Reemplazando, se tiene:
tg′(t) = p(f(tx, ty)− tpf(x, y))
es decir, tg′(t) = pg(t)
Integrando, se obtiene: g(t) = ctp donde c es una constante.
Como g(0) = 0 = g(1) se concluye que c = 0 y por lo tanto g(t) = 0.
Luego,
f(tx, ty) = tpf(x, y)
45
Problema 11. Considere la función
f(x, y) =
x2 arctan(y
x
)− y2 arctan
(x
y
)si xy 6= 0
0 si xy = 0
Analice: continuidad, existencia de derivadas parciales y diferenciabilidadde f en (0, 0).
2. Calcular la constante c de modo que la super�cie
z = 89x2 − 96xy + 61y2 − 260x + 70y + c
sea tangente al plano XY
Solución: 1. f es continua en el origen. En efecto,
0 ≤∣∣∣∣x2 arctan
(y
x
)− y2 arctan
(x
y
)∣∣∣∣ ≤ x2∣∣∣arctan
(y
x
)∣∣∣+y2
∣∣∣∣arctan(
x
y
)∣∣∣∣ ≤π
2x2+
π
2y2 (x,y)→(0,0)−−−−−−−−−−−→ 0
Por lo tanto,
lım(x,y)→(0,0)
f(x, y) = lım(x,y)→(0,0)
(x2 arctan
(y
x
)− y2 arctan
(x
y
))= 0
Las derivadas parciales existen en (0,0). En efecto,
fx(0, 0) = lımh→0
f(h, 0)− f(0, 0)h
= lımh→0
0− 0h
= 0
yfy(0, 0) = lım
k→0
f(0, k)− f(0, 0)k
= lımk→0
0− 0h
= 0
f es diferenciable en (0,0), pues
lım(x,y)→(0,0)
|f(x, y)− f(0, 0)− fx(0, 0)(x− 0)− fy(0, 0)(y − 0)|||(x, y)− (0, 0)|| = 0
En efecto, note que
0 ≤
∣∣∣∣x2 arctan(y
x
)− y2 arctan
(x
y
)∣∣∣∣√
x2 + y2≤ π
2x2 + y2
√x2 + y2
=π
2
√x2 + y2
(x,y)→(0,0)−−−−−−−−−−−→ 0
2. El vector normal a la super�cie en un punto debe ser paralelo al vector(0,0,1). Así que,
zx = 178x− 96y − 260 = 0 zy = −96 + 122y + 70 = 0
46
Resolviendo este sistema por el método de Cramer se tiene:
x =
∣∣∣∣260 −96−70 122
∣∣∣∣∣∣∣∣
178 −96−96 122
∣∣∣∣= 2 , y =
∣∣∣∣178 260−96 −70
∣∣∣∣∣∣∣∣
178 −96−96 122
∣∣∣∣= 1
Por lo tanto, el punto de la super�cie donde el vector normal es paralelo alvector (0,0,1) es (2, 1, c− 225). Si la super�cie es tangente al plano XY en estepunto se debe tener c = 225.
Problema 2. La producción de una compañía viene dada por la función P (L,K) =200L2/3K2/3. Problemas de costos imponen la restricción 2L + 5K ≤ 150. Cal-cular los valores de la fuerza laboral L y del capital K que hacen máxima laproducción.
Solución: Note que en el interior de la región hay un punto crítico (0,0) y esteno es punto de máximo. Por lo tanto, debemos buscar los óptimos en el bordede la región. Para esto, usaremos multiplicadores de Lagrange. De�namos
F (L,K, λ) = 200L2/3K2/3 + λ(2L + 5K − 150)
TenemosFL =
4003
L−1/3K2/3 + 2λ = 0
FK =4003
L2/3K−1/3 + 5λ = 0
Fλ = 2L + 5K − 150 = 0
De las 2 primeras ecuaciones se tiene 5K = 2L y reemplazando en la terceraecuación, obtenemos K = 15 y L =
752. La máxima producción es P ( 75
2 , 15)
47
Problema 3. La función u(x, y) es solución de la ecuación
∂2u
∂x2+
∂2u
∂y2= 0.
Pruebe que haciendo el cambio de variables x = r cos(θ), y = r sen(θ) la funciónu(r, θ) satisface la ecuación
∂2u
∂r2+
1r
∂u
∂r+
1r2
∂2u
∂θ2= 0.
Solución: Las derivadas del cambio de variable son : xr = cos(θ), yr = sen(θ),xθ = −r sen(θ), yθ = r cos(θ). Ahora,
ur = uxxr + uyyr = ux cos(θ) + uy sen(θ)
y
urr = uxx(xr)2+uyxyrxr+uxxrr+uxyxryr+uyy(yr)2+uyyrr = uxx cos2(θ)+2uxy sen(θ) cos(θ)+uyy sen2(θ)
Por otro lado,
uθ = uxxθ + uyyθ = ux(−r sen(θ)) + uy(r cos(θ))
y
uθθ = uxx(xθ)2+uyxyθxθ+uxxθθ+uxyxθyθ+uyy(yθ)2+uyyθθ = uxx(r2 sen2(θ))−2uxy(r2 sen(θ) cos(θ))+
uyy(r2 cos2(θ))− ux(r cos(θ)− uy(r sen(θ))
Reemplazando en la ecuación
urr +1rur +
1r2
uθθ = uxx + uyy = 0
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