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Pauta Certamen 3 -sp - Alfredo Mallea (2)

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MATEMÁTICA - MAT024
Pauta Certamen III
1 de diciembre 2022
DATOS PERSONALES:
Apellido Paterno Apellido Materno Nombres
Rut Rol Firma
Paralelo Nombre del Profesor
INDICACIONES GENERALES:
Tiempo 70 minutos.
Escriba con lápiz pasta o tinta. Los desarrollos con lápiz grafito no tienen derecho a
apelación.
Escriba con claridad y justifique cada uno de sus desarrollos.
No está permitido el uso de calculadoras, celulares ni hojas adicionales.
Quienes sean sorprendidos cometiendo actos de deshonestidad académica tendrán nota 0
en esta prueba.
CALIFICACIÓN:
PREGUNTA
P1 P2 P3 P4 CALIFICACIÓN
(33 Pts) (33 Pts) (34 Pts) (-) CERTAMEN
PUNTAJE
1
Departamento de Matemática
Universidad Técnica Federico Santa Maŕıa
Certamen 3 - MAT024
Problemas de Sturm Liouville más conocidos
Problema {λn}∞n=1 {yn}
∞
n=1
y′′ + λy = 0;
y(0) = y(L) = 0
{(
nπ
L
)2}∞
n=1
{
sen
(
nπx
L
)}∞
n=1
y′′ + λy = 0;
y′(0) = y′(L) = 0
{(
(n−1)π
L
)2}∞
n=1
{
cos
(
(n−1)πx
L
)}∞
n=1
y′′ + λy = 0;
y(0) = y′(L) = 0
{(
(n− 12)π
L
)2}∞
n=1
{
sen
(
(n− 12)πx
L
)}∞
n=1
y′′ + λy = 0;
y′(0) = y(L) = 0
{(
(n− 12)π
L
)2}∞
n=1
{
cos
(
(n− 12)πx
L
)}∞
n=1
y′′ + λy = 0;
y(0) = y(L);
y′(0) = y′(L)
{(
2(n−1)π
L
)2}∞
n=1
{
sen
(
2(n−1)πx
L
)
, cos
(
2(n−1)πx
L
)}∞
n=1
2
Departamento de Matemática
Universidad Técnica Federico Santa Maŕıa
Certamen 3 - MAT024
P1) [33 Ptos.] Resuelva el problema de Sturm-Liouville
X ′′(x) + 2X ′(x) + λX(x) = 0,
X(0) = X(π) = 0.
Solución:
La ecuación caracteŕıstica es k2 + 2k + λ = 0 =⇒ k = −1±
√
1− λ. Debemos analizar el
discriminante ∆ = 1− λ.
Para 1− λ > 0 se tiene:
X(x) = C1e
(1−
√
1−λ)x + C2e
(−1+
√
1−λ)x
X(0) = C1 + C2 = 0 =⇒ C1 = −C2
X(π) = C1e
(1−
√
1−λ)π − C1e(−1+
√
1−λ)π = 0,
lo que implica que C1 = C2 = 0. Por tanto no hay soluciones no nulas.
Para 1− λ = 0 se tiene:
k = −1 =⇒ X(x) = C1e−x + C2xe−x
X(0) = C1 = 0 ; X(π) = C2πe
−π =⇒ C2 = 0,
luego no hay soluciones no nulas.
Para 1− λ < 0 se tiene:
k = −1±
√
λ− 1i
X(x) = e−x
[
C1 cos(
√
λ− 1x) + C2 sen(
√
λ− 1x)
]
X(0) = C1 = 0; X(π) = e
−πC2 sen(
√
λ− 1π) =⇒
√
λ− 1π = nπ, ∀n ∈ N.
Luego los valores propios o autovalores son λn = 1+n
2 y las funciones propias o autofunciones
son Mn(x) = e
−x sen(nx).
3
P2) [33 Ptos.] Para b, c > 0, resuelva la ecuación unidimensional de la onda.
utt = c
2uxx ; 0 < x < b, t > 0
u(0, t) = 0, u(b, t) = 0 ; t > 0
u(x, 0) = 5 sen(3πx
b
)− 2 sen(5πx
b
) ; 0 < x < b
ut(x, 0) = 0 ; 0 < x < b
Solución:
Dado que la EDP tiene condiciones de borde homogéneas, se puede aplicar directamente la
técnica de separación de variables. Buscamos soluciones no nulas de la forma u(x, t) = X(x)T (t)
X ′′
X
=
T ′′
c2T
= −λ ⇒
{
X ′′ + λX = 0
X(0) = X(b) = 0
de donde resulta que los valores propios y las funciones propias respectivamente son:
λn =
(nπ
b
)2
, Xn(x) = sen
(nπx
b
)
, n ∈ N,
se resuelve ahora la EDO en la variable temporal, T ′′+
(
nπc
b
)2
T = 0, cuya ecuación caracteŕıstica
es: k2 +
(
nπc
b
)2
= 0, y su solución general es:
Tn(t) = An cos
(
nπct
b
)
+Bn sen
(
nπct
b
)
,
y entonces, por el principio de superposición
u(x, t) =
∞∑
n=1
Xn(x)Tn(t) =
∞∑
n=1
sen
(nπx
b
)[
An cos
(
nπct
b
)
+Bn sen
(
nπct
b
)]
.
Dado que ut(x, 0) = 0, se sigue que
0 =
∞∑
n=1
nπc
b
·Bn sen
(nπx
b
)
, ∀x ∈]0, b[,
luego Bn = 0, ∀n ∈ N, por otra parte
u(x, 0) = 5 sen
(
3πx
b
)
− 2 sen
(
5πx
b
)
=
∞∑
n=1
An sen
(nπx
b
)
, ∀x ∈]0, b[
luego, para n = 3 se tiene A3 = 5 y para n = 5 se tiene A5 = −2, con An = 0, ∀n ∈ N−{3, 5}.
Finalmente, la solución es:
u(x, t) = 5 sen
(
3πx
b
)
cos
(
3πct
b
)
− 2 sen
(
5πx
b
)
cos
(
5πct
b
)
.
4
Departamento de Matemática
Universidad Técnica Federico Santa Maŕıa
Certamen 3 - MAT024
P3) [34 Ptos.] Resolver por separación de variable el siguiente problema ut − (1 + 2t)uxx = 0 ; 0 < x < π, t > 0u(0, t) = 0, ux(π, t) = 0 ; t > 0
u(x, 0) = −4 sen(7x
2
) ; 0 < x < π
Solución: Buscando soluciones no nulas de la forma u(x, t) = X(x)T (t), tenemos
X ′′
X
=
T ′
(1 + 2t)T
= −λ ⇒
{
X ′′ + λX = 0
X(0) = X ′(π) = 0
de donde resulta que los valores propios y las funciones propias respectivamente son:
λn =
(2n− 1)2
4
, Xn(x) = sen
(
(2n− 1)x
2
)
, n ≥ 1,
resolviendo ahora la edo en la variable temporal
T ′ + λ(1 + 2t)T = 0 ⇒ Tn(t) = e−
(2n−1)2(t+t2)
4 , n ≥ 1,
y entonces, por el principio de superposición
u(x, t) =
∞∑
n=1
Cne
− (2n−1)
2(t+t2)
4 sen
(
(2n− 1)x
2
)
,
utilizando ahora la condición inicial
u(x, 0) =
∞∑
n=1
Cn sen
(
(2n− 1)x
2
)
= −4 sen
(
7x
2
)
,
de donde, para n = 4 se tiene C4 = −4, Cn = 0, ∀n ∈ N− {4}.
Finalmente, la solución es
u(x, t) = −4e−
49(t+t2)
4 sen
(
7x
2
)
.
5
Departamento de Matemática
Universidad Técnica Federico Santa Maŕıa
Certamen 3 - MAT024
(hoja en blanco para calculos. No retirar)
6

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