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

48