certamen-mat023-utfsm

1. Universidad Técnica Federico Santa Marı́a
Departamento de Matemática
Coordinación de Matemática III (MAT023)
1er
Semestre 2017
Pauta Certamen 1
Tiempo: 120 minutos
1. En esta pregunta buscaremos transformaciones lineales de R2
en R2
que cumplan ciertas
propiedades.
a) (15p) Encuentre una transformación lineal T : R2
Ñ R2
tal que
Ker pTq px, yq P R2
: x y 0
(
, e Im pTq px, yq P R2
: x y 0
(
¿Es única esta transformación T?
b) (15p) Encuentre una base B de R2
y una transformación lineal T : R2
Ñ R2
que cumpla
las propiedades del punto anterior y que además tenga matriz asociada
rTsB
B
1 2
1 2
Solución:
aq Vemos primero que
Ker pTq xtp1, 1quy
Im pTq xtp1, 1quy
Completamos la base del KerpTq para tener una base D xtp1, 1q, p1, 0quy del espacio de
partida R2
. Acá nos damos cuenta que hay muchas formas de completar la base, lo que nos
llevará a encontrar muchas transformaciones lineales T que cumplen lo solicitado.
Para cumplir los requisitos le pedimos a T que envı́e:
el vector p1, 1q a p0, 0q y
el vector p1, 0q a p1, 1q.
Encontremos una expresión para T. Tenemos la descomposición
px, yq yp1, 1q px yqp1, 0q,
por lo que podemos escribir
Tpx, yq T
yp1, 1q px yqp1, 0q
yTp1, 1q px yqTp1, 0q px yqp1, 1q px y, x yq
lo que nos da la expresión de T. Como ya dijimos antes, hay muchas transformaciones que
cumplen lo anterior.
bq Buscamos ahora una base B tu1, u2u base de R2
, tal que
T pu1q u1 u2
T pu2q 2u1 2u2
Estas condiciones se imponen para que la matriz representante sea la solicitada. Vemos que
2T pu1q T pu2q p0, 0q
de lo que se obtiene
2u1 u2 P Ker pTq
Además, por definición
u1 u2 P Im pTq
De esta forma forzamos entonces las condiciones
2u1 u2 p1, 1q
u1 u2 p1, 1q

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y entonces
3u1 p1, 1q p1, 1q
p2, 0q
Luego, u1 2
3
, 0
y
u2
2
3
, 0
p1, 1q
1
3
, 1
Se concluye que podemos considerar
B
2
3
, 0
,
1
3
, 1
*
y T definida por
T
2
3
, 0
2
3
, 0
1
3
, 1
p1, 1q
T
1
3
, 1
2
2
3
, 0
2
1
3
, 1
p2, 2q
En este último paso se utilizó que
T pu1q u1 u2
T pu2q 2u1 2u2
Con esto, podemos encontrar la expresión de T:
Tpx, yq T
p3x{2 y{2qp2{3, 0qyp1{3, 1q
p3x{2 y{2qT
2
3
, 0
yT
1
3
, 1
y finalmente
Tpx, yq p3x{2 y{2 2y, 3x{2 y{2 2yq 3
2
px y, x yq

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2. Nos interesamos en soluciones positivas y ypxq de la ecuación diferencial
4x2
ypxqy1pxq3xy2
pxq 2, x ¥ 1.
a) (15p) Ocupe el cambio de variable ypxq upxqx
3
4 , para encontrar la solución general
de la ecuación.
b) (5p) Encuentre la solución que satisface la condición inicial yp1q 1.
Solución:
aq Considerando el cambio de variable propuesto ypxq upxqx
3
4 tenemos:
y1pxq x
3
4 u1pxq 3
4
x
1
4 upxq.
Reemplazando en la ecuación original tenemos:
4x2
x
3
4 upx
3
4 u1pxq 3
4
x
1
4 upxqqq3xx
3
2 u2
pxq 2
de donde
4x
7
2 uu1 p4
3
4
3qx
5
2 u2
2,
es decir,
4x
7
2 uu1 2
el cual es una ecuación en variables separables
2upxqu1pxq x7{2
de donde u2
pxq 2
5
x5{2
C, y finalmente
ypxq x
3
4
c
C 2
5
x5{2
bq Considerando la condición inicial yp1q 1 se tiene que C 7{5, por tanto la solución
buscada viene dada por
ypxq x
3
4
c
7
5
2
5
x5{2

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3. Para x ¡ 0 considere la ecuación de Ricatti
y1pxq xy2
pxq
8x2 1
x
ypxq 16x3
a) (10p) Encuentre una solución particular de la forma zpxq axb
, eligiendo adecuada-
mente las constantes a y b.
b) (10p) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial.
c) (5p) Obtener la solución que satisface la condición incial yp2q 6.
Solución:
aq Reemplazamos zpxq axb
en la ecuación y obtenemos
apb 1qxb1
a2
x2b 1
8axb 2
16x3
Escogemos b 1 para simplificar y se llega a
0 x3
pa2
8a 16q x3
pa 4q2
de donde se deduce que a 4. Tenemos entonces que la solución particular es zpxq 4x.
bq Como es usual en las ecuaciones de Ricatti, hacemos el cambio de variable ypxq 4x 1
vpxq.
Tenemos ası́ y1pxq 4 v1pxq
v2p2q y v vpxq debe ser solución de la ecuación
v1pxq 1
x
vpxq x.
Esta es una ecuación lineal no homogénea y tiene factor integrante hpxq x. De esta forma
se obtiene la solución
vpxq x2
3
C
x
con C una constante. Al volver a la variable ypxq encontramos la solución general buscada
ypxq 4x
3x
pK x3q
con K una constante.
cq Al imponer la condición inicial yp2q 6 se llega a determinar K 5. Finalmente, la
solución que queremos es
ypxq 4x
3x
p5 x3q

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4. Un globo de forma esférica se infla de tal forma que la variación del radio respecto al tiempo
es un cuarto de la diferencia entre el área de la superficie del globo y su volumen.
a) (10p) Justifique por qué el modelo para estudiar la variación del radio r viene dado por
dr
dt
ptq π
3
r2
ptq
3 rptq
.
b) (10p) Realice un análisis cualitativo de la ecuación anterior, indicando y clasificando
puntos de equilibrio, y dibujando los diagramas correspondientes.
c) (5p) Suponga que inicialmente el radio del globo es 1. Determine a qué valor tiende el
volumen del globo cuando el tiempo tiende a infinito.
Solución:
aq Denotamos por t la variable independiente indicando el tiempo y por rptq la función que
nos entrega el radio del globo para cada instante de tiempo t.
Sabemos que una esfera de radio r tiene un volumen 4
3
πr3
y una superficie 4πr2
.
Por enunciado, la variación de r con respecto al tiempo, dr
dt
, es igual a un cuarto de (área
superficie - volumen), es decir:
dr
dt
1
4
4πr2
4
3
πr3
La ecuación se puede escribir en la forma
dr
dt
π
3
3r2
r3
π
3
r2
p3 rq
bq Realicemos el análisis cualitativo de esta ecuación. Tenemos dos puntos de equilibrio:
r1 0
r2 3
Analizando los signos de dr
dt
, vemos que
dr
dt
¡ 0, si r 3
dr
dt
0, si r ¡ 3
Por lo que r1 0 es atractor-repulsor y r2 3 es atractor. Para el Diagrama de Fase, ver
Figura 1.
Figura 1: Diagrama de Fase
cq Si rp0q 1, vemos que estamos partiendo entre los dos puntos de equilibrio. Por la parte
anterior sabemos que rptq Ñ 3 si t Ñ 8.
Se sigue que
lı́m
tÑ 8
V ptq lı́m
tÑ 8
4
3
πr3
ptq
4
3
π 33
36π
ası́ que el volumen del globo tenderá a 36π cuando t tienda a infinito.