5 puntos.

5 puntos.

5 puntos.

5 puntos.

5 puntos.

Puntaje P1 = 25 puntos

(a)

Sea p�x � � c � b x � a x 2 � �2

T �c � b x � a x 2� �1x�c � b x � a x 2 � c � � �1x�1�c � b �t � 1� � a �t � 1�2 � t

� a x � b � �c t � b2�t � 1�2 � a

3�t � 1�3�

1

x�1

� b � �a � c � x � b2

x 2 � a3

x 3

T �c � b x � a x 2� � b � �a � c � x � b2

x 2 � a3

x 3 ... ... .. 4 puntos

El núcleo de la transformación está dado por el conjunto Ker�T � � �c � b x � a x 2 � �2 �T �c � b x � a x 2� � 0 � 0 x � 0 x 2 � 0 x 3

� �c � b x � a x 2 � �2 �b � a � c � b2� a

3� 0� � �0�

Ker �T � � �0� ... ... .. 4 puntos

Según el teorema de la dimensión dim�Im�T �� � dim�Ker�T �� � dim� �2�Entonces dim�Im�T �� � dim � �2� � 3 ... ... .. 4 puntos

En el caso en que se calcula la dimensión de la imagen, calculando una base

para la imagen

∆ � Γ x � Β x 2 � Α x 3 � Im �T � � T �c � b x � a x 2� � ∆ � Γ x � Β x 2 � Α x 3

esta ecuación tiene solución para a , b y c , es decir

b � �a � c � x � b2

x 2 � a3

x 3 � ∆ � Γ x � Β x 2 � Α x 3

a3� Α

b2� Β

a � c � Γb � ∆

�

a � 3 Αb � 2 Β

c � Γ � 3 Αb � ∆

Este sistema tiene solución para a , b y c , si ∆ � 2 Β entonces

∆ � Γ x � Β x 2 � Α x 3 � 2 Β � Γ x � Β x 2 � Α x 3 � Γ x � Β�2 � x 2� � Α x 3

entonces

� x , 2 � x 2, x 3� es una base para la imagen, por lo tanto

dim�Im�T �� � 3 ... ... .. 4 puntos

�b�La ecuación característica Λ2 � 2 Λ � 1 � 0 de la ecuación diferencial asociada

tiene racíces reale repetidas Λ � 1 ,

por lo tanto yH �x � � c1 �x � c2 x�x ... ... .. 3 puntos

es la solución general de la ecuación diferencial homogénea asociada .

La solución particular la determinamos por variación de parámetros

yp�x � � c1�x � �x � c2�x � x�x ... ... .. 2 puntos

c1'�x � �x � c2

'�x � x�x � 0

c1' �x � �x � c2

'�x � ��x � x�x � � �x

1�x 2

.

Restamos la primera ecuación a la segunda,

quedando c2'�x � �x � �x

1�x 2 , de donde se tiene

c2'�x � � 1

1�x 2 � c2�x � � ArcTan�x � ... ... .. 2 puntos De la primera ecuación

c1'�x � �x � �c2

'�x � x�x �� x �x

1�x 2 c1'�x � � � x

1�x 2� c1 �x � � �12

ln �1 � x 2� � ln 1

1�x 2... ... .. 2 puntos

yp �x � � ArcTan �x � �x � ln 1

1�x 2x�x ... ... .. 2 puntos

es la solución particular.

La solución general de la ecuación diferencial

y �x � �

yH �x � � yp �x � � c1 �x � c2 x�x ArcTan �x � �x � ln 1

1�x 2x�x ... ... .. 2 puntos

6

5

Puntaje P2 = 29 puntos

MAT-023: Pauta Pregunta 3 Certamen 2Departamento de Matematica

Universidad Tecnica Federico Santa Marıa

3. Suponga que y(t) = (1 + t)2 es solucion de la ecuacion diferencial dada por

y��(t) + p(t)y�(t) + q(t)y(t) = 0. (1)

a) Si el Wronskiano de dos soluciones de esta ecuacion es 3, determinar las funcionesp(t) y q(t).

b) Resolver la ecuacion y��(t) + p(t)y�(t) + q(t)y(t) = 1 + t.

Solucion.

a) Sea y2(t) la segunda solucion linealmente independiente de (1). Luego����(1 + t)2 y22(1 + t) y�

2

���� = 3 2 puntos

⇒ (1 + t)2y�2 − 2(1 + t)y2 = 3 1 punto

⇒ y�2 −

21 + t

y2 =3

(1 + t)2. 1 punto

Una solucion particular es y2(t) = − 11 + t

(2 puntos). Al sustituir a y1(t) = (1+t)2

e y2(t) = − 11+t en (1) encontramos a p(t), q(t):

2 + 2p(t)(1 + t) + q(t)(1 + t)2 = 0 2 puntos−2 + p(t)(1 + t)− q(t)(1 + t)2 = 0 2 puntos

Luego p(t) = 0 (2 puntos) y q(t) = − 2(1+t)2 (2 puntos).

b) La ecuacion a resolver es

y�� − 2(1 + t)2

y = 1 + t 2 puntos (2)

Por variacion de parametros, buscamos una solucion particular de la formayp(t) = c1(t)y1(t) + c2(t)y2(t), donde c1(t), c2(t) se obtienen de

�c�1(t)

c�2(t)

�=

1 + t

3

� 11 + t

(1 + t)2

�2 puntos

⇒ c�1(t) = 1/3, c�

2(t) = (1 + t)3/3 1 punto⇒ c1(t) = t/3, c2(t) = (1 + t)4/12 4 puntos

La solucion particular es

yp(t) = t(1 + t)2/3− (1 + t)3/12. 2 puntos

Y la solucion general es

y(t) = k1(1 + t)2 + k21

1 + t+ t(1 + t)2/3− (1 + t)3/12. 2 puntos

Puntaje P3 = 27 puntos

7 puntos

7 puntos

2 puntos

2 puntos

1 punto

2 puntos

1 punto 1 punto

1 punto

Puntaje P4 = 29 puntos

1 punto

1 punto

1 punto

2 puntos