Examen Final de Ecuaciones Diferenciales Septiembre 2007

Problema 1 La siguiente ecuacion diferencial de primer orden se puede resolver por diferentes metodossegun como se plantee.

dx

dt=

x2

tx + t2(1)

Contestar las siguientes cuestiones:

(a) Demuestra que la ecuacion (1) se puede convertir en una ecuacion diferencial exacta con un factorintegrante de la forma µ(x/t), calcula dicho factor integrante y halla la solucion general de laecuacion.

(b) ¿Cuales son las variables dependiente e independiente en la ecuacion (1)?. Intercambia dichas va-riables y comprueba que la ecuacion resultante es de Bernoulli. Realiza, entonces, un cambio devariable para convertir la ecuacion conseguida en una lineal no homogenea. No es necesario resolveresta ultima.

(c) Comprueba que la ecuacion (1) es homogenea, calcula todas sus soluciones usando el metodo habi-tual para este tipo de ecuaciones y halla la solucion particular que pasa por el punto (−1, 0).

(d) Prueba que la funcion definida implıcitamente por la ecuacion xex+t

t = 1 es una solucion delproblema de condiciones iniciales x′ =

x2

tx + t2x(−1) = 1

y que no se cumplen, para este problema, las hipotesis del teorema de existencia de soluciones. ¿Sonestos dos hechos contradictorios?.

Solucion.- (a) Escribimos la ecuacion en forma diferencial:

x2 dt− (tx + t2) dx = 0

y multiplicamos por el factor integrante:

µ(x

t

)x2 dt− µ

(x

t

)(tx + t2) dx = 0.

Para que la ecuacion sea exacta debe suceder lo siguiente para t 6= 0:

∂

∂x

(µ

(x

t

)x2

)=

∂

∂t

(−µ

(x

t

)(tx + t2)

)Ahora bien, si ponemos z =

x

ty usamos la regla de la cadena:

∂

∂x

(µ

(x

t

)x2

)= µ′(z)

1tx2 + 2xµ(z)

1

y∂

∂t

(−µ

(x

t

)(tx + t2)

)= −µ′(z)

(− x

t2

) (tx + t2

)− µ(z) (x + 2t)

= µ′(z)(

x2

t+ x

)− µ(z) (x + 2t) .

Para que la ecuacion sea exacta

µ′(z)(

x2

t− x2

t− x

)= −µ(z) (2x + x + 2t)

Es decir,µ′(z)µ(z)

= 3 + 2t

x= 3 +

2z.

Integrando esta ecuacion:

lnµ(z) = 3z + ln z2 ⇒ µ(z) = z2e3z ⇒ µ(x

t

)=

x2

t2e3x

t .

Ahora sustituımos en la ecuacion original para obtener una ecuacion exacta:

x4

t2e3x

t dt−(

x3

t+ x2

)e3x

t dx = 0

Para que f sea una funcion de potencial del campo vectorial asociado a esta ecuacion, debe ser

∂f

∂t=

x4

t2e3x

t y∂f

∂x= −

(x3

t+ x2

)e3x

t

Ası

f(t, x) =∫

x4

t2e3x

t dt = −x3

3

∫− 3x

t2e3x

t dt = −x3

3e3x

t + h(x).

Derivando respecto de x:

−(

x3

t+ x2

)e3x

t =∂f

∂x= −3x2

3e3x

t − x3

33te3x

t + h′(x),

de donde h′(x) = 0. Escogiendo h(x) = 0, una funcion de potencial es

f(t, x) = −x3

3e3x

t .

Y una solucion de la ecuacion dada, en forma implıcita, es

x(t)3e3x(t)

t = C. C una constante arbitraria.

Finalmente, extrayendo la raız cubica:

x(t)ex(t)

t = C C una constante arbitraria.

(b) En la ecuaciondx

dt=

x2

tx + t2la variable independiente es t, y la variable dependiente es x. Si

escribimos la ecuacion en forma diferencial

x2 dt− (tx + t2) dx = 0

2

y cambiamos los papeles de las dos variables( t=variable dependiente, x=variable independiente):

dt

dx=

tx + t2

x2.

Si se prefiere se puede sustituir la letra t por la letra y:

dy

dx=

yx + y2

x2=

1x

y +1x2

y2.

Equivalentemente:

y′ − 1x

y =1x2

y2

que es una ecuacion de Bernoulli. Haciendo el cambio u =1y

obtenemos la ecuacion

u′ +1x

u = − 1x2

que es una ecuacion lineal no homogenea, cuya solucion general es

u(x) =C − lnx

x⇒ t(x) = y(x) =

x

C − lnx⇒ C − lnx =

x

t⇒ lnx = C − x

t⇒ x = Ke−

xt ⇒

xext = K.

(c) f(t, x) =x2

tx + t2es una funcion homogenea porque

f(λt, λx) =λ2x2

λ2tx + λ2t2=

x2

tx + t2= f(t, x).

Por lo tanto, la ecuacion (1) es una ecuacion homogenea. Para resolverla hacemos la sustitucion y =x

t.

Ası x = yt y x′ = y′t + y. Sustituyendo en la ecuacion:

y′t + y =

(x

t

)2

(x

t

)+ 1

=y2

y + 1⇒ y′t =

y2

y + 1− y =

y2 − y2 − y

y + 1= − y

y + 1,

que es una ecuacion en variables separables. Esta tiene una solucion de equilibrio: y(t) = 0. Una vezconsiderada, podemos separar las variables:

y + 1y

dy = −1t

dt.

E integrando ∫y + 1

ydy =

∫ (1 +

1y

)dy = y + ln |y|,

y ∫− 1

tdt = − ln |t|

Entoncesy + ln |y| = − ln |t|+ C, C una constante arbitraria.

3

Operandoln |y|+ ln |t| = −y + C ⇔ ln |yt| = −y + C ⇔ yt = Ke−y, K 6= 0.

Deshaciendo el cambiox = Ke−

xt

Es decir, la solucion general de la ecuacion es:

x(t)ex(t)

t = K

Y a la solucion de equilibrio y(t) = 0 le corresponde la solucion particular (que tambien es de equilibrio):

x(t) = 0

La solucion que cumple la condicion inicial x(−1) = 0 es la solucion de equilibrio: x(t) = 0.

(d) Primero comprobamos que la solucion definida implıcitamente por la ecuacion xex+t

t = 1 pasa por elpunto (−1, 1). En efecto

1e1−1−1 = 1

Ademas es solucion de la ecuacion. Para verlo derivamos implıcitamente:

x′ex+t

t +x(x′ + 1)t− (x + t)

t2e

x+tt = 0⇔ x′t2+x′xt+xt−x2−xt = 0⇔ x′(t2+xt)−x2 = 0⇔ x′ =

x2

t2 + xt.

No se cumplen las hipotesis del teorema de existencia de soluciones porque f(t, x) =x2

t2 + xtno es

continua en el punto (−1, 1) por anularse el denominador en este punto.

Sin embargo no hay ninguna contradiccion porque el teorema de existencia de soluciones da condicionessuficientes para que existan soluciones, pero estas condiciones no tienen por que ser necesarias. Es decir,pueden no cumplirse las hipotesis del teorema y haber soluciones.

Problema 2 Considera la siguiente ecuacion diferencial no autonoma de primer orden

dx

dt=

(t + x)2 − 1t + x

− 1 (2)

(a) ¿En que region del plano R2 no se cumplen las hipotesis del teorema de unicidad de las soluciones?.

(b) Existen dos soluciones distintas de la ecuacion diferencial, x1(t) y x2(t), de la forma xi(t) =a + bt donde a y b son constantes. Calcula dichas soluciones. ¿Que valores toman en t = 0?

(c) Realiza el cambio de variable dependiente z = x + t para obtener la ecuacion

z′ =z2 − 1

z(3)

y calcula todas las soluciones de esta ecuacion.

(d) Dibuja el diagrama de fase para las soluciones de la ecuacion (3), esboza aproximadamente algunasde sus soluciones en el plano R2 y clasifıcalas segun su comportamiento asintotico (estables oinestables).

4

(e) Utiliza el apartado (c) para hallar todas las soluciones de (2) y, en concreto, la que pasa por elpunto (0, 0′5). ¿Cual es el dominio de existencia de esta solucion?. Demuestra que tiene una asıntotaoblıcua y un unico extremo relativo. Con todos estos datos, dibuja la grafica de dicha curva solucion.

Solucion.- (a) f(t, x) =(t + x)2 − 1

t + x− 1 no es continua cuando x = −t. Y lo mismo pasa con

∂f

∂x. Es

decir, las hipotesis del teorema de unicidad no se cumplen para los puntos de la recta x = −t.

(b) Si la funcion x = a + bt es solucion de la ecuacion (2) al sustituirla en dicha ecuacion se debe obteneruna identidad:

b =(a + bt + t)2 − 1

a + bt + t− 1 ⇔ b + 1 =

(a + bt + t)2 − 1a + bt + t

⇔⇔ (b + 1)(a + (b + 1)t) = (a + (b + 1)t)2 − 1⇔⇔ (b + 1)2t + a(b + 1) = (b + 1)2t2 + 2a(b + 1)t + a2 − 1⇔⇔ (b + 1)2t2 + (b + 1)(2a− b− 1)t + a2 − ab− a− 1 = 0

Para que esto sea una identidad debe suceder, simultaneamente, que:(b + 1)2 = 0(b + 1)(2a− b− 1) = 0a2 − ab− a− 1 = 0

La primera condicion implica b = −1 y esta hace que se verifique la segunda automaticamente. La terceraqueda:

a2 + a− a− 1 = 0⇔ a2 = 1⇔ a = ±1.

En conclusion, las dos soluciones son:

x1(t) = 1− t y x2(t) = −1− t

(c) Si z(t) = x(t) + t entonces z′ = x′ + 1 y x′ = z′ − 1. Sustituyendo en la ecuacion (2) obtenemos

z′ − 1 =z2 − 1

z− 1⇔ z′ =

z2 − 1z

que es una ecuacion en variables separables. Esta tiene dos soluciones de equilibrio que se obtienen alhacer z2 − 1 = 0:

z(t) = 1 y z(t) = −1 .

Una vez consideradas se pueden separar las variables:

z

z2 − 1dz = dt.

Integramos esta ecuacion: ∫z

z2 − 1dz =

12

ln |z2 − 1|;∫

dt = t.

La solucion en forma implıcita sera:

12

ln |z2 − 1| = t + C, C una constante arbitraria.

5

Operamos a fin de obtener la solucion general en forma explıcita:

12

ln |z2 − 1| = t + C ⇔ ln |z2 − 1| = 2t + C ⇔ z2 − 1 = Ke2t,K 6= 0.

Ası, la solucion general de la ecuacion (3) es

z(t) = ±√

1 + Ke2t , K 6= 0.

(d) Los puntos de equilibrio de la ecuacion (3) son z = 1 y z = −1.

z=1

z=0

z=−1

z

t

Figura 1: Lınea de fase y algunas graficassolucion de la ecuacion z′ = z2−1

z

.5Ademas, en z = 0 la ecuacion tiene un punto crıtico. Lalınea de fase junto a las soluciones de equilibrio y algunassoluciones se encuentran en la Figura 1.

Si z > 1 entonces z2 − 1 > 0 y z > 0. Por lo tanto,z′ > 0 y las curvas solucion es siempre creciente.

Si 0 < z < 1 entonces z2 − 1 < 0 y z > 0. Ası, z′ < 0 ylas curvas solucion es decreciente.

Si −1 < z < 0 entonces z2− 1 < 0 y z < 0. z′ > 0 y lascurvas solucion son, de nuevo, crecientes.

Finalmente, si z < −1 entonces z2 − 1 > 0 y z < 0.z′ < 0 y las curvas solucion son decreceintes.

Los puntos de equilibrio son fuentes y, por lo tanto, son ines-tables. No hay soluciones estables: a medida que t aumenta,todas las soluciones tienden a separarse de las soluciones deequilibrio.

(e) Las soluciones de la ecuacion (2) se obtienen de las de (3) deshaciendo el cambio z(t) = x(t) + t. Ala solucion general de (3), z(t) = ±

√1 + Ke2t, le corresponde la solucion general de (2):

x(t) = −t±√

1 + Ke2t

Y a las soluciones de equilibrio z(t) = 1 y z(t) = −1, las soluciones particulares:

x(t) = −t + 1 y x(t) = −t− 1

Por (0, 0′5) no pasa ninguna de las dos souciones particulares. Para hallar la solucion que pasa por estepunto imponemos esta condicion en la solucion general:

−0′5 = −0±√

1 + K ⇒ −0′5 = −√

1 + K ⇒ K = 0′52 − 1 = −0′75.

La solucion pedida es

x(t) = −t−√

1− 0′75e2t

6

Esta funcion existe siempre que 1− 0′75e2t > 0. (¡Ojo!, cuando 1− 0′75e2t = 0 tenemos que x(t) = t y enestos puntos la funcion x(t) no es derivable porque x′ = (t+x)2−1

t+x − 1). Ahora bien,

1− 0′75e2t > 0⇔ e2t <1

0′75=

43.

Como la funcion logarıtmica es creciente

2t < ln43⇔ t <

12

ln43

= ln(

43

)1/2

= ln2√3.

Por lo tanto el campo de existencia de la solucion que pasa por (0, 0′5) es

−∞ < t < ln2√3

Veamos ahora que tiene una asıntota oblıcua. En efecto

lımt→−∞

x(t) + t = lımt→−∞

−√

1− 0′75e2t = −1;

de modo que x = −t− 1 es una sıntota oblıcua.

Finalmente, para hallar los extremos relativos igualamos a cero la derivada de la funcion solucion:

x′ = −1 + 1′5e2t(1− 0′75e2t

)1/2 = 0⇔ 1′5e2t =√

1− 0′75e2t

Elevando al cuadrado obtenemos la ecuacion

2′25e4t + 0′75e2t − 1 = 0

Y resolviendo

e2t =−0′75±

√0′752 + 9

4′5Como e2t > 0, debe ser

e2t =−0′75 +

√0′752 + 9

4′5= 0′5205.

Por lo tanto, el unico extremo relativo se alcanza en

t =ln 0′5205

2= −0′3265.

Dado que la curva solucion es asintotica a la recta x = −1− t cuando t→ −∞, la curva solucion debe serdecreciente hasta, por lo menos, el extremo relativo. Ahora bien, hemos visto que el extremo superior del

intervalo de existencia de la solucion se alcanza cuando −x = t = ln2√3

= 0′1438. Y cuando t se aproxima

a este valor tenemos que x′ > 0 y con un valor muy grande. Es decir, cuando t se aproxima al extremosuperior del intervalo de existencia de la solucion la funcion es creciente. Ası pues, para t < −0′3265la funcion decrece y para t proximo a 0′1438 la funcion crece. La conclusion es que, como no hay masextremos relativos, en t = −0′3265, la funcion tiene un mınimo relativo (que tambien debe ser absoluto).El valor de la funcion en este mınimo es x(−0′3265) = 0′2916.

La grafica de la curva solucion debe ser como la que se representa en la Figura 2.

7

−2 −1.5 −1 −0.5 0.5 1

−2

−1

1

2x=−tx

t

x=−t−1

Figura 2: Curva solucion de la ecuacion x′ = (x+t)2−1x+t − 1 que pasa por el punto (0, 0′5).

Problema 3 Considera la siguiente ecuacion:

x′′ + 2x′ + 10x = et (4)

(a) Se dice que esta ecuacion es lineal de segundo orden con coeficientes constantes y no homogenea.¿Que significa cada uno de estos terminos?.

(b) A la ecuacion (4) se le puede asociar el siguiente sistema de primer orden:{x′1 = x2

x′2 = −10x1 − 2x2 + et (5)

¿Como se hace esta asociacion? ¿Como se pueden usar las soluciones de este sistema para obtenerlas soluciones de la ecuacion (4)?.

(c) Calcula la solucion general de la parte homogenea del sistema (5).

(d) Halla una solucion particular del sistema (5) de la forma x(t) = aet

(11

).

(e) Obten la solucion general de la ecuacion (4).

(f) ¿Calcula dos soluciones de la ecuacion (4) que pasen por el punto (0, 0)? ¿Contradice esto el teoremade unicidad de soluciones?. ¿Por que?.

(g) ¿Cual de los tres planos de fase que se presentan abajo corresponde a la parte homogenea delsistema (5)?. Explica brevemente tu respuesta.

8

(a) (b) (c)

−2 −1.5 −1 −0.5 0.5 1 1.5 2

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

x

y

−2 −1.5 −1 −0.5 0.5 1 1.5 2

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

x

y

−2 −1.5 −1 −0.5 0.5 1 1.5 2

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

x

y

Solucion.- (a) Es de segundo orden porque el orden de la derivada de mayor orden que parece en laecuacion es 2. Es lineal porque tiene la forma a(t)x′′+b(t)x′+cx = d(t), que es la forma de las ecuacioneslineales de segundo orden. Y es no homogenea por que d(t) = et es distinto de 0.

(b) La asociacion se hace mediante el cambio de variable

x1 = x x2 = x′.

Ası x′1 = x′ = x2 y x′2 = x′′ = −2x′ − 10x + et = −10x1 − 2x2 + et, obteniendo el sistema asociado. Unavez conseguidas las soluciones del sistema se deshace el cambio y, para cada solucion (x1(t), x2(t)) delsistema, x(t) = x1(t) es una solucion de la ecuacion.

(c) La matriz del sistema es

A =(

0 1−10 −2

)cuyo polinomio caracterıstico es

det(λI2 −A) = det(

λ −110 λ + 2

)= λ2 + 2λ + 10.

Las raıces de este polinomio son complejas (conjugadas)

λ1 = −1 + 3i λ2 = λ1 = −1− 3i.

Calculamos un valor propio para λ1:(−1 + 3i −110 1 + 3i

) (v1

v2

)= 0⇔

{(−1 + 3i)v1 − v2 = 010v1 + (1 + 3i)v2 = 0

⇔ v2 = (−1 + 3i)v1.

Un vector propio es

v =(

1−1 + 3i

).

Y una solucion del sistema homogeneo:

x(t) = e−t(cos(3t)+i sen(3t))((

1−1

)+ i

(03

))= e−t

((cos(3t)

− cos(3t)− 3 sen(3t)

)+ i

(sen(3t)

− sen(3t) + 3 cos(3t)

)).

9

Un sistema fundamental de soluciones del sistema homogeneo esta formado por las partes real e imaginariade esta solucion:

x1(t) = e−t

(cos(3t)

−(cos(3t) + 3 sen(3t))

)x2(t) = e−t

(sen(3t)

− sen(3t) + 3 cos(3t)

).

Ası pues, la solucion general de la parte homogenea del sistema es

xh(t) = a1x1(t) + a2x2(t) = a1

(e−t cos(3t)

−e−t(cos(3t) + 3 sen(3t))

)+ a2

(e−t sen(3t)

e−t(− sen(3t) + 3 cos(3t))

).

(d) El sistema en forma matricial es

x′(t) =(

0 1−10 −2

)x(t) +

(0et

).

Derivamos x(t) = a

(et

et

)y sustituımos en el sistema:

(aet

aet

)=

(0 1−10 −2

) (aet

aet

)+

(0et

)=

(aet

(−12a + 1)et

)⇒ −12a + 1 = a⇒ a =

113

.

Una solucion particular es

y(t) =113

(et

et

).

(e) La solucion general del sistema no homogeneo es:

x(t) = xh(t) + y(t) = a1

(e−t cos(3t)

−e−t(cos(3t) + 3 sen(3t))

)+ a2

(e−t sen(3t)

e−t(− sen(3t) + 3 cos(3t))

)+

113

(et

et

)=

=(

e−t(a1 cos(3t) + a2 sen(3t)) + 113et

e−t((a1 + 3a2) cos(3t) + (3a1 − a2) sen(3t)) + 113et

).

La solucion general de la ecuacion (4) es la primera componente del vector solucion del sistema equivalente:

x(t) = e−t(a1 cos(3t) + a2 sen(3t)) +113

et

(f) La solucion que pasa por el punto (0, 0) debe cumplir:

0 = a1 +113

Hay una unica posibilidad para a1: a1 = − 113

, pero infinitas para a2, que puede tomar cualquier valor.Dos posibilidades son

a1 = − 113

, a2 = 0 y a1 = − 113

, a2 = 1.

A estos dos valores les corresponden dos soluciones:

x1(t) = − 113

e−t cos(3t) +113

et y x2(t) = − 113

e−t cos(3t) + e−t sen(3t) +113

et.

10

No hay contradiccion con el teorema de unicidad de soluciones porque para que la solucion del sistema seaunica hay que especificar el valor de las dos componentes del vector x(t). En este caso, como la segundacomponente es la derivada de la primera (x′1 = x2), para que la solucion de la ecuacion sea unica hay queespecificar los valores de x y de x′ para un valor concreto de t. Como solo nos dan el valor de x(t) ent = 0, necesitamos el valor de x′(t) en t = 0 para obtener una unica solucion.

(g) Tal y como se aprecia en las graficas, en el punto (0, 1), la tangente a la curva solucion en las graficas(a) y (c) es horizontal. Es decir, en estas dos graficas y′ = 0 en el punto (0, 1). Pero, en la parte homogeneadel sistema (5), y′ = −10x − 2y, que en el punto (0, 1) vale y′ = −10. De la misma form x′ = 1 en elpunto (0, 1). Esta situacion corresponde a la grafica (b). Este es el plano de fase de la parte homogeneade la ecuacion (5).

Problema 4 .- Utiliza el programa WIMS (http://wims.unice.fr/wims) para dar un sistema fundamentalde soluciones del sistema x′(t) = Ax(t) siendo

A =

−4 −2 3 4−10 −1 6 6−6 −2 5 4−9 −3 5 8

Explica como lo haces escribiendo los resultados intermedios; es decir, valores propios, vectores propios,vectores propios generalizados (si los hubiere), formula de la exponencial de una matriz, etc.

Solucion.-

1. Calculamos los valores propios: det(λI4−A) = λ4− 8λ3 +23λ2− 28λ+12 = (λ− 3)(λ− 1)(λ− 2)2.λ1 = 2 multiplicidad algebraica 2, λ2 = 3 y λ3 = 1 de multiplicidad algebraica 1.

2. Para λ1 = 2 calculamos vectores propios resolviendo el sistema (2I4−A)v = 0 (2I4−A) se calculacon Matrix Calculator y el sistema con Solucionador de sistema)

6 2 −3 −410 3 −6 −66 2 −3 −49 3 −5 −6

v = 0

Solucion general:

v1 =

0

2r10r1

La multiplicidad geometrica es 1. Obtenemos una solucion:

x1(t) = e2t

0

2r10r1

11

3. Necesitamos un valor propio generalizado. Lo obtenemos resolviendo el sistema (2I4 −A)2v = 0:2 0 −1 00 −1 0 22 0 −1 00 −1 0 2

v = 0

Solucion general:

v2 =

r2/22r1r2r1

4. La segunda solucion se obtiene dando valores apropiados a r1, r2 y tiene la siguiente forma:

x2(t) = e2t (I4 + (A− 2I4)t) v2 = et

(

12 t + 1

2

)r2

r2 t + (2t + 2)r1(t + 1)r2

12r2 t + (t + 1)r1

5. Para el valor propio λ2 = 3 resolvemos el sistema (3I −A)v = 0:

7 2 −3 −410 4 −6 −66 2 −2 −49 3 −5 −5

v = 0

Solucion general:

v =

r1/2r1

r1/2r1

Su multiplicidad geometrica es 1 que coincide con la algebraica. Hay una solucion asociada a estevalor propio que se obtiene dando un valor no nulo a r1 en

x3(t) = e3t

r1/2r1

r1/2r1

6. Finalmente, para el valor propio λ3 = 1 resolvemos (I −A)v = 0:

5 2 −3 −410 2 −6 −66 2 −4 −49 3 −5 −7

v = 0

Solucion geberal:

v =

r1r1r1r1

12

Su multiplicidad geometrica es 1 que coincide con la algebraica. Hay una solucion asociada a estevalor propio que se obtiene dando un valor no nulo a r1 en

x4(t) = e3t

r1r1r1r1

Dando valores concretos a los parametros obtenemos el sistema fundamental de soluciones que se da acontinuacion. Los parametros se han escogido de modo que los valores propios sean los ofrecidos porWIMS, pero hay infinitas posibles formas de elegirlos.

x1(t) =

0

e2t

012e2t

,x2(t) =

e2t(t + 1)

2e2tt2e2t(t + 1)

e2tt

,x3(t) =

e3t

2e3t

e3t

2e3t

,x4(t) =

et

et

et

et

Problema 5 .- En este ejercicio completamos el segundo problema del examen. Para la ecuacion dife-rencial

x′ =(t + x)2 − 1

t + x− 1

(a) Utiliza el programa dfield (http://math.rice.edu/∼dfield/dfpp.html) para dibujar el campo de pen-dientes de la ecuacion. Explica, brevemente, como lo haces.

(b) Utiliza el solucionador (ODE Solver) Runge-Kutha-Fehlberg para dibujar las graficas de las solu-ciones que pasan por (0, 1′5), (0,−1′5), (0, 0′5) y (0,−0′6).Explica, brevemente, como lo haces.

(c) Dibuja mas graficas, si necesitas, para comprobar que algunas soluciones tienen mınimos locales yotras no. Observa que estos mınimos estan a lo largo de dos rectas. Calcula las ecuaciones de estasdos rectas con tanta precision como puedas y explica como lo haces. (Posiblemente tengas que haceralgunas operaciones a mano).

Solucion.- (a) y (b) Las graficas de las curvas solucion que pasan por los puntos pedidos se muestran enla Figura 3

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

t

x

x ’ = ((x + t)2 − 1)/(x + t) − 1

Figura 3: Curvas solucion de la ecuacion x′ = (x+t)2−1x+t −1 que pasa por los punto (0, 1′5),(0,−1′5), (0, 0′5)

y (0,−0′6) .

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(c) Hay dos posibilidades una teorica y otra mas practica. La teorica consiste en recordar que la derivadaprimera se anula en los puntos en los que la curva alcanza un mınimo relativo. Basta entonces hacer

x′ =(t + x)2 − 1

t + x− 1 = 0

y resolver:

(t + x)2 − 1t + x

− 1 = 0⇔ (t + x)2 − 1 = (t + x)⇔ (t + x)2 − (t + x)− 1 = 0.

De aquı obtenemos

t + x =−1±

√1 + 4

2=

12±√

52

.

Por lo tanto ,las ecuaciones de las dos rectas son exactamente:

x = −t +12

+√

52

y x = −t +12−√

52

La forma practica de proceder es la siguiente: Dibujamos otra curva que tenga un mınimo similar a la quepasa por (0,−0′6), por ejemplo la que pasa por (1,−1′2). Y ajustando los intervalos en los que se dibujanlos campos de pendientes y usando el raton como puntero calculamos los puntos donde, aproximadamente,estas dos curvas alcanzan los mınimos. Estos puntos son aproximadamente: (−0′0175,−0′6006) para lacurva que pasa por (0,−0,6), y (0′78,−1′3979) para la que pasa por (1,−1′2). Calculamos, entonces, larecta que pasa por estos dos puntos:

x = −0′9997t− 0′6181.

Teniendo en cuenta que12−√

52≈ 0′6180, el resultado obtenido no es malo.

Para la otra recta se procede igual. El mınimo de la curva solucion que pasa por (0, 1′5) se alcanza,aproximadamente, en el punto (0′129, 1′489). Y el de la que pasa por (0, 2) en (−0′309, 1′927). La ecuacionde la recta que pasa por estos dos mınimos es

x = −t + 1′608.

Esta ecuacion es exacta con 3 cifras decimales de exactitud porque12

+√

52≈ 1′608.

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