Solución_Examen_Alg_Lin(Esp-Tran_lin_TT)

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DAMF / UNSCH Solucionario Álg. Lin. Tipo: 1
er Parcial
Prof. Coaquira Cárdenas V. EP: Ing. Sistemas
Problema N° 1 (5.0 pts)
Resolver el problema de Cauchy, indicando las curvas caracteŕısticas planas
uux +ut = 0, x ∈ R ; t > 0
u
(
x,0
)
= h(x), ∈ R.
donde
h(x) =

0, x < 0,
1, 0< x < 1,
0, x > 1.
Resolución (Problema N° 1)
El sistema caracteŕıstico de la EDP es: dx
dτ
= u, dt
dτ
= 1, du
dτ
= 0.
De du
dτ
= 0, se tiene u= u(x,t) = h(x0) (constante)
De dt
dτ
= 1, se tiene dt= dτ t= τ +k1 τ = t−k1
De dx
dτ
= u, se tiene dx
dτ
= h(x0) dx= h(x0)dτ x= h(x0)τ +k2.
x= h(x0)(t−k1) +k2 x= h(x0)t+k.
De la condición inicial t= 0, x(0) = x0 , u(x0 ,0) = h(x0).
Como x(0) = x0 , es decir h(x0) ·0 +k = x0 , entonces k = x0 , por lo tanto
x= h(x0)t+x0 , es decir, las caracteŕısticas planas estan determinadas por:
x=

0 · t+x0 , x0 < 0,
1 · t+x0 , 0< x0 < 1,
0 · t+x0 x0 > 1.
 x=

x0 , x0 < 0,
t+x0 , 0< x0 < 1,
x0 x0 > 1.
x0 = x, si x < 0 ; x0 = x− t, si 0< x− t < 1 t < x < t+ 1 ; x0 = x, si x > 1.
Finalmente,
u(x,t) =

0, x < 0,
1, t < x < t+ 1,
0 x > 1.
- Algebra Lineal 1/5 - 2021 © vicoc@
Problema N° 2 (5.0 pts)
Consideremos la función ϕ(φ1,φ2) = 0, siendo
φ1(x,y,u) = ucosy ; φ2(x,y,u) = usenx
a) Halle la EDP correspondiente. 4.0 pto
b) Entre las dos EDPs: tany ux− cotxuy = u y coty uy− tanxux = u,
transcriba la EDP que es equivalente al que encontró en el item (a). 1.0 pto
Resolución (Problema N° 2)
a) Tenemos la función ϕ(φ1,φ2) = 0, siendo φ1(x,y,u) = ucosy ; φ2(x,y,u) = usenx, donde
∂φ1
∂x
= 0; ∂φ1
∂y
=−useny; ∂φ1
∂u
= cosy y ∂φ2
∂x
= ucosx; ∂φ2
∂y
= 0; ∂φ2
∂u
= senx
• ∂ϕ
∂φ1
∂φ1
∂x
+ ∂ϕ
∂φ1
∂φ1
∂u
∂u
∂x
+ ∂ϕ
∂φ2
∂φ2
∂x
+ ∂ϕ
∂φ2
∂φ2
∂u
∂u
∂x
=0
∂ϕ
∂φ1
·0 + ∂ϕ
∂φ1
· cosy ·ux +
∂ϕ
∂φ2
(u · cosx) + ∂ϕ
∂φ2
· sen x ·ux = 0
∂ϕ
∂φ1
cosy ·ux +
∂ϕ
∂φ2
(u · cosx+ sen x ·ux) = 0
• ∂ϕ
∂φ1
∂φ1
∂y
+ ∂ϕ
∂φ1
∂φ1
∂u
∂u
∂y
+ ∂ϕ
∂φ2
∂φ2
∂y
+ ∂ϕ
∂φ2
∂φ2
∂u
∂u
∂y
=0
∂ϕ
∂φ1
(−useny) + ∂ϕ
∂φ1
cosy ·uy +
∂ϕ
∂φ2
·0 + ∂ϕ
∂φ2
senx ·uy = 0
∂ϕ
∂φ1
(cosy ·uy−useny) +
∂ϕ
∂φ2
senx ·uy = 0
Se tiene el sistema homogeneo
cosy ·ux
∂ϕ
∂φ1
+ (u · cosx+ sen x ·ux)
∂ϕ
∂φ2
= 0,
(cosy ·uy−useny)
∂ϕ
∂φ1
+ senx ·uy
∂ϕ
∂φ2
= 0.
El sistema tiene solución para ∂ϕ
∂φ1
y ∂ϕ
∂φ2
6= 0, si
∣∣∣∣∣ cosy ·ux u · cosx+ sen x ·uxcosy ·uy−u · seny senx ·uy
∣∣∣∣∣= 0.
Es decir, senx cosy ux uy− (u cosx+ sen xux)(cosy uy−useny) = 0.
Simplificando nos queda usenxseny ux−u cosxcosy uy +u2 cosxseny = 0
Finalmente, la EDP es cosxcosy uy− senxseny ux = ucosxseny
b) Dividiendo entre cosxseny se obtiene cotyuy−tanxux = u, siendo esta última le respuesta.
- Algebra Lineal 2/5 - 2021 © vicoc@
Problema N° 3 (5.0 pts)
Dado el problema de Cauchy
uux +ut = 0, en R×〈0,1〉
u
(
x,0
)
=−x, ∈ R.
a) Encuentre la solución u= u(x,t) en C1(R×〈0,1〉)∩ (R× [0,1〉). 3.0 pto
b) Grafique las curvas caracteŕısticas y de la solución u(x,t). 1.0 pto
c) ¿Que ocurre cuando t−→ 1−? [es decir, halle lim
(x,t)−→(x0 ,1−)
u(x,t)]. 1.0 pto
Resolución (Problema N° 3)
a) El sistema caracteŕıstico de la EDP es: dx
dτ
= u, dt
dτ
= 1, du
dτ
= 0.
De du
dτ
= 0, se tiene u= u(x,t) = u0 (constante)
De dt
dτ
= 1, se tiene dt= dτ t= τ +k1 τ = t−k1
De dx
dτ
= u, se tiene dx
dτ
= u0 dx= u0dτ x= u0τ +k2 x= u0(t−k1) +k2.
Aśı tenemos las caracteŕısticas planas x= u0t+k
O también, dividiendo dx
dτ
= u0 y
dt
dτ
= 1, se tiene dx
dt
= u0 dx= u0dt x= u0t+k
Para t= 0, x(0) = x0 , u(x0 ,0) = u0 =−x0 . Como x(0) = x0 , es decir u00+k = x0 , entonces
k = x0 , por lo tanto las caracteŕısticas planas son las rectas x=−x0t+x0 · · · (α)
Pero u0 =−x0 entonces, en (α) se tiene x= u0t−u0 = u0(t−1) despejando u0 =
x
t−1= u(x,t)
b) Como 0< t < 1, entoces 0< x < x0
c) Si t−→ 1− quiere decir que t < 1 de donde t−1< 0, aśı
lim
(x,t)−→(x0 ,1−)
u(x,t) = lim
(x,t)−→(x0 ,1−)
x
t−1 = L, donde
L=−∞, si x0 > 0, L= +∞, si x0 < 0 L no existe, si x0 = 0.
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Problema N° 4 (5.0 pts)
Dado el problema de Cauchy
u3x = uy,
u
(
x,0
)
= 2x3/2.
a) Resolver el problema. 4.0 pto
b) Indique cuál de las dos soluciones
u(x,y) = 2x3/2(1−27y)−1/2 o u(x,y) = 2x3/2(27y−1)−3/2,
es la respuesta correcta. 1.0 pto
Resolución (Problema N° 4)
a) La EDP dada es equivalente a u3x−uy = 0.
Luego, si ux = p ; uy = q, se tiene que F = F (x,y,z,p,q) = p3− q2= F (p,q)
donde
Fx = 0, Fy = 0, Fz =−1, Fp = 3p2, Fq =−1.
Y el sistema caracteŕıstico de la EDP es:
dx
dt
= Fp = 3p2
dy
dt
= Fq =−1
dz
dt
= pFp + qFq = p(3p2) + q(−1) = 3p3− q
dp
dt
=−Fx−pFz =−0−p(0) = 0
dq
dt
=−Fy− qFz =−0− q(0) = 0
(1)
Una parametrización de la curva inicial γ0 es
x= f(s) = s, y = g(s) = 0, z = h(s) = 2s3/2
donde f ′(s) = 1, g′(s) = 0, h′(s) = 3s1/2
(i) Para completar la condición inicial resolvemos para δ(s) y φ(s) el siguiente
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sistema 
F
(
f(s), g(s), h(s), δ(s), φ(s)
)
= 0
δ(s)f ′(s) +φ(s)g′(s) = h′(s)
Es decir, relvamos

δ3(s)−φ(s) = 0
δ(s) ·1 +φ(s) ·0 = 3s1/2
⇐⇒

φ(s) = δ3(s)
δ(s) = 3s1/2
=⇒ φ= 27s3/2
(ii) Resolvamos el sistema caracteŕıstico (1) con condiciones iniciales
x(0) = f(s) , y(0) = g(s) , z(0) = h(s) , p(0) = δ(s) , q(0) = φ(s).
dq
dt
= 0 q = k1, como q(0) = φ(s), es decir k1 = 27s3/2, aśı q = 27s3/2.
dp
dt
= 0 p= k2, como p(0) = δ(s), es decir k2 = 3s1/2, aśı p= 3s1/2.
dz
dt
= 3p3− q = 3(3s1/2)3−27s3/2 = 81s3/2−27s3/2 = 54s3/2
dz = 54s3/2dt z = 54s3/2t+k3, como z(0) = h(s), es decir
54s3/20+k3 = 2s3/2 k3 = 2s3/2, aśı z= 54s3/2t+2s3/2 = 2s3/2(27t+1).
dy
dt
=−1 dy =−dt y =−t+k4, como y(0) = g(s), es decir
−0 +k4 = 0 k3 = 0, aśı y =−t= Y (s, t) · · ·(i). De aqúı t=−y.
dx
dt
= 3p2 = 3(3s1/2)2 = 27s dx= 27sdt x= 27st+k5,
como x(0) = f(s), es decir 27s(0) +k5 = s k5 = s,
aśı x= 27st+ s= s(27t+ 1) =X(s, t) · · ·(ii). De aqúı s= x27t+ 1
Finalmente, z = 2s3/2(27t+ 1) = 2
( x
27(−y) + 1
)3/2
(27(−y) + 1)
b) z = 2x
3/2
(1−27y)3/2
(1−27y) u(x,y) = 2x3/2(1−27y)−1/2
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