Cómo Hallar la Solución del PVI con una Ecuación Diferencial Definida en partes


Cómo hallar la solución de un Problema con Valores Iniciales (PVI), de una Ecuación Diferencial (ED) definida en partes (a trozos).

Ahora, aprenderemos a resolver una Ecuación Diferencial lineal por partes con la variante de que analizaremos y entenderemos qué significa gráficamente la función , que es el coeficiente de la función de estado , que la ED posee como segundo término del lado izquierdo de la ecuación*.

Utilizaremos los mismos 4 pasos que ya hemos utilizado con anterioridad para hallar la solución de una ED lineal de 1er Orden DEFINIDA POR PARTES (a TROZOS), CON VALORES INICIALES.

El Ejercicio:

a)      y'+P(x)y=4x,             y\left( 0 \right)=3,

\LARGE P(x)=\left\{\begin{matrix}2,0\leq x\leq 1\\ -\frac{2}{x},x>1\end{matrix}\right.

Ejercicios 2.3 Libro Dennis G. Zill, Ed 7ma. (Problema 35).

Empezamos con P\left( x \right)=2~~~y~~~f\left( x \right)=4x
y'+2y=4x
Pasos:
I.                    Forma estándar de la ED a resolver: \frac{dy}{dx}+P(x)y=f(x)

Solo sustituimos en valor de la función de entrada P(x).

\frac{dy}{dx}+2y=4x

II.                  Encontramos el factor integrante: {{\mathbf{e}}^{\mathop{\int }^{}\mathbf{P}\left( x \right)\mathbf{dx}}},  

El valor de P(x) en {{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}} , es: P\left( x \right)=2.

{{e}^{\mathop{\int }^{}2dx}}={{e}^{2\mathop{\int }^{}dx}}

={{e}^{2x}}

III.                Encontramos la familia de soluciones del sistema homogéneo asociado:

Sustituimos en {{y}_{c}}=C{{e}^{\mathop{\int }^{}P(x)dx}}, donde: P\left( x \right)=2 encontrado en el primer paso,  y desarrollamos. Para esclarecer de donde sale la fórmula {{y}_{c}}=C{{e}^{-\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}, siga el siguiente enlace: Solución del sistema homogéneo asociado.

\frac{dy}{dx}+2y=0

{{y}_{c1}}={{C}_{1}}{{e}^{-2\mathop{\int }^{}dx}}

={{C}_{1}}{{e}^{-2x}}

=\frac{{{C}_{1}}}{{{e}^{2x}}}

IV. Encontramos una solución particular a partir del sistema LINEAL no homogéneo:

Para resolverla utilizamos la fórmula: {{y}_{p}}=\frac{1}{{{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}}\mathop{\int }^{}{{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}f(x)dx, donde: {{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}={{e}^{2x}} (obtenido en el punto ii.) y f\left( x \right)=2.  obtenido en el punto i. Para ver de dónde salen estas siga el enlace siguiente: solución del sistema no homogeneo.

\frac{dy}{dx}+2y=4x

{{y}_{p1}}=\frac{1}{{{e}^{2x}}}\mathop{\int }^{}{{e}^{2x}}(4x)dx

{{y}_{p1}}=\frac{4}{{{e}^{2x}}}\mathop{\int }^{}x{{e}^{2x}}dx

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

u=x                          dv={{e}^{2x}}dx

du=dx     v=\frac{1}{2}{{e}^{2x}}

\therefore ~\mathop{\int }^{}x{{e}^{2x}}dx=\frac{1}{2}x{{e}^{2x}}-\frac{1}{2}\mathop{\int }^{}{{e}^{2x}}dx

=\frac{1}{2}x{{e}^{2x}}-\frac{1}{4}\mathop{\int }^{}{{e}^{2x}}(2)dx

=\frac{1}{2}x{{e}^{2x}}-\frac{1}{4}{{e}^{2x}}

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

Por tanto:

{{y}_{p1}}=\frac{4}{{{e}^{2x}}}[\frac{1}{2}x{{e}^{2x}}-\frac{1}{4}{{e}^{2x}}]

{{y}_{p1}}=2x-1

Por tanto, la solución general del sistema LINEAL no homogéneo:
\frac{dy}{dx}+2y=4x, donde su función de entrada es igual a: \mathbf{f}\left( \mathbf{x} \right)=4\mathbf{x}, es:

{{y}_{1}}\left( x \right)=\frac{{{C}_{1}}}{{{e}^{2x}}}+2x-1

Ahora encontraremos la solución general para el coeficiente P(x)=-\frac{2}{x} y f\left( x \right)=4x

Procedemos igual que en el caso anterior. Es decir, si tenemos:

y'-\frac{2}{x}y=4x

I. Forma estándar de la ED a resolver:

\frac{dy}{dx}-\frac{2}{x}=4x

II. Encontramos el factor integrante: {{\mathbf{e}}^{\mathop{\int }^{}\mathbf{P}\left( x \right)\mathbf{dx}}},  

Es el mismo que el anterior:

{{e}^{-2\mathop{\int }^{}\frac{1}{x}dx}}={{e}^{-2\ln \left| x \right|}}={{e}^{\ln {{\left| x \right|}^{-2}}}}={{x}^{-2}}=\frac{1}{{{x}^{2}}}

III. Encontramos la familia de soluciones del sistema homogéneo asociado:

{{y}_{c2}}={{C}_{2}}{{e}^{(-)-2\mathop{\int }^{}\frac{1}{x}dx}}={{C}_{2}}{{e}^{2\ln \left| x \right|}}={{C}_{2}}{{x}^{2}}

IV. Encontramos una solución particular a partir del sistema LINEAL no homogéneo:

Acá es donde varían un poco los cálculos, como sigue:

{{y}_{p2}}=\frac{1}{\frac{1}{{{x}^{2}}}}\mathop{\int }^{}\frac{1}{{{x}^{2}}}(4x)dx

{{y}_{p2}}={{x}^{2}}\mathop{\int }^{}\frac{4}{x}dx

{{y}_{p2}}=4{{x}^{2}}\mathop{\int }^{}\frac{1}{x}dx

{{y}_{p1}}=4{{x}^{2}}\ln |x|

Donde su solución general es:

{{y}_{2}}\left( x \right)={{C}_{2}}{{x}^{2}}+4{{x}^{2}}\ln |x|

Una vez obtenidas las dos soluciones generales, vamos a encontrar las soluciones particulares para resolver el problema de valores iniciales que nos piden.

Para este propósito, NECESITAMOS seleccionar primero la parte de la función P(x) que contiene los valores iniciales, es decir, seleccionamos:

\frac{dy}{dx}+2y=4x

Ya que cuando: P\left( x \right)=2, la función está definida en 0\le x\le 1donde podemos encontrar incluidos los valores iniciales (y\left( 0 \right)=3) se encuentran dentro de su dominio, como lo podemos ver en:

\LARGE P(x)=\left\{\begin{matrix}2,0\leq x\leq 1\\ ...\end{matrix}\right.

De modo que encontraremos la solución particular o “RESPUESTA DEL SISTEMA”, para los valores iniciales: y\left( 0 \right)=3.

Solución del Problema de Valores Iniciales (PVI) de la ecuación diferencial lineal de 1er Orden dividida en partes.

Primero evaluamos cuando P\left( x \right)=2 f\left( x \right)=4x

La solución del problema del PVI se obtiene al encontrar una solución específica que cumpla con las condiciones iniciales (que las contenga), del problema. Para esto, necesitamos encontrar el valor de “C”, de la solución general, sustituyendo en la solución general, los valores de “x” e “y”, que vienen como condiciones iniciales y despejando “C”.

Los valores iniciales, son:

x=0;y=3

Por tanto:

Si la solución general del Sistema Lineal no Homogéneo, cuando P\left( x \right)=2~y~f\left( x \right)=4x, es:

{{y}_{1}}\left( x \right)=\frac{{{C}_{1}}}{{{e}^{2x}}}+2x-1

Entonces, sustituyendo los valores iniciales
y\left( 0 \right)=3

Tenemos:

3=\frac{{{C}_{1}}}{{{e}^{2(0)}}}+2(0)-1

\Rightarrow 3-2(0)+1=\frac{C}{{{e}^{2(0)}}}

\Rightarrow 3+1-0=\frac{C}{1}

\Rightarrow C=4

Sustituyendo este último resultado en la solución general, vemos que UNA solución particular del sistema Lineal no Homogéneo, es:

{{y}_{1}}\left( x \right)=\frac{4}{{{e}^{2x}}}+2x-1

Ahora evaluamos cuando P\left( x \right)=-\frac{2}{x}~~~~~y~~~f\left( x \right)=4x

Ahora, para conocer la solución particular de la ED cuando la función P\left( x \right)=-\frac{2}{x}, debemos tener precaución, ya que el sistema Lineal cuya función de entrada es: f\left( x \right)=4x, no está definida para cuando: x=0, según podemos ver en la definición de la función, definida por partes:

\LARGE P(x)=\left\{\begin{matrix}...\\ -\frac{2}{x},x>1\end{matrix}\right.

Por lo que para evaluar esta función, haremos uso de la DEFINICIÓN de CONTINUIDAD, como sigue:

Método para encontrar la solución particular en un Sistema Lineal (ED lineal) de 1er Orden definida en partes, con Valores Iniciales donde P(x) está definida en partes.

Tal es el caso en esta ocasión pues podemos ver que cuando el sistema lineal tiene P\left( x \right)=-\frac{1}{2}~\!\!\text{ y }\!\!~\!\!\text{ f}\left( \text{x} \right)=4\text{x}, el dominio de su variable independiente es: \text{x}>1,

\LARGE P(x)=\left\{\begin{matrix}2,0\leq x\leq 1\\ -\frac{2}{x},x>1\end{matrix}\right.

Por lo que no podemos considerar sustituir x=0, en la solución general obtenida:

{{y}_{2}}\left( x \right)={{C}_{2}}{{x}^{2}}+4{{x}^{2}}\ln |x|,       x>1

Para esta situación, recurriremos al concepto de CONTINUIDAD.

TEOREMA. Continuidad: “El límite de una función cuando su variable independiente tiende a un número específico, existe, si el límite de la función, cuando tiende a ese número por la derecha es igual al límite cuando la función tiende a ese número por la izquierda”. Es decir, para este caso:

\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y(x)=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y(x)\to \exists \underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,y(x),         Donde:  \exists = Existe

Con este teorema encontraremos el valor de “C”, para hallar la Respuesta del Sistema cuando la función es: P\left( x \right)=-\frac{1}{2}, suponiendo que el límite existe. Entonces:

El límite por la izquierda:

\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y(x)=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{4}{{{e}^{2x}}}+2x-1=\frac{4}{{{e}^{2(1)}}}+2\left( 1 \right)-1=\frac{4}{{{e}^{2}}}+1, cuando:  0\le x\le 1

Y el límite por la derecha:

\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y(x)=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,{{C}_{2}}{{x}^{2}}+4{{x}^{2}}\ln |x|={{C}_{2}}{{(1)}^{2}}+4{{(1)}^{2}}\ln |1|={{C}_{2}},       cuando:  x\ge 1

Con la suposición de que el límite existe, igualamos los resultados anteriores:

\frac{4}{{{e}^{2}}}+1={{C}_{2}},

Esto implica:

{{C}_{2}}=1+\frac{4}{{{e}^{2}}},

{{C}_{2}}=1+4{{e}^{-2}}

Por tanto:

{{y}_{2}}\left( x \right)=(1+4{{e}^{-2}}){{x}^{2}}+4{{x}^{2}}\ln |x|

De donde, la solución del Sistema Lineal, dividida en partes, con valores iniciales, es:

\huge P(x)=\left\{\begin{matrix}\frac{4}{e^{2x}}+2x-1,0\leq x\leq 1\\ (1+4e^{-2})x^{2}+4x^{2}\ln |x|,x>1\end{matrix}\right.

Este resultado es válido, aparentemente al haber empleado la definición de Continuidad, sin embargo, habrá que verificarlo (siga el link), vemos que no es válido el resultado por la definición de SOLUCIÓN DE LA ED EN UN INTERVALO, que dice que la solución de una ED diferencial y sus derivadas al sustituirlas en esta, la reducen a una identidad. En este caso no es así, puesto que para un mismo punto (punto x=1), tenemos dos funciones.

Vemos las gráficas para, aclarar cómo se vería la gráfica definida en partes y cómo se observa la misma en el punto de discontinuidad.

La Gráfica en negro es la FUNCIÓN DE SALIDA o RESPUESTA DEL SISTEMA, para el problema de valores iniciales; la forma que adquiere esta gráfica se puede entender si sobreponemos sus componentes (las gráficas en azul y anaranjado)

En esta gráfica podemos ver que en el punto x=1, la gráfica aparece continua, sin embargo, la derivada de las funciones en ese punto, al sustituirlas en la ED original, no la reducen a la identidad, es decir:

Derivando el lado derecho de la función de salida y el lado izquierdo.

{{y}_{1}}\left( x \right)=4{{\text{e}}^{-2x}}+2x-1           \Rightarrow y_{1}^{'}\left( x \right)=-8{{e}^{-2x}}+2-0\Rightarrow y_{1}^{'}\left( x \right)=-8{{e}^{-2x}}+2         y

{{y}_{2}}\left( x \right)=(1+\frac{4}{{{\text{e}}^{2}}}){{x}^{2}}+4{{x}^{2}}\text{Log}[x]   \Rightarrow y_{2}^{'}\left( x \right)=2\left( 1+\frac{4}{{{\text{e}}^{2}}} \right)x+8x\text{Log}\left[ x \right]+4x

E igualando los resultados, tenemos:

-8{{e}^{-2x}}+2=2\left( 1+\frac{4}{{{\text{e}}^{2}}} \right)x+8x\text{Log}\left[ x \right]+4x,

8{{\text{e}}^{-2x}}+6x+\frac{8x}{{{\text{e}}^{2}}}+8x\text{Log}\left[ x \right]=2

Por lo que al no obtener una identidad, la ecuación no es diferenciable en x=1.

*Los nombres SISTEMA LINEAL, FUNCIÓN DE ENTRADA y FUNCIÓN DE SALIDA o RESPUESTA DEL SISTEMA y FUNCIÓN DE ESTADO acá utilizados son en realidad utilizados para SISTEMAS DINÁMICOS (SISTEMAS VARIANTES EN EL TIEMPO).

Necesito ver más ejemplos: Problema 31, Problema 32, Problema 33, Problema 34

Anuncios

Responder

Introduce tus datos o haz clic en un icono para iniciar sesión:

Logo de WordPress.com

Estás comentando usando tu cuenta de WordPress.com. Cerrar sesión / Cambiar )

Imagen de Twitter

Estás comentando usando tu cuenta de Twitter. Cerrar sesión / Cambiar )

Foto de Facebook

Estás comentando usando tu cuenta de Facebook. Cerrar sesión / Cambiar )

Google+ photo

Estás comentando usando tu cuenta de Google+. Cerrar sesión / Cambiar )

Conectando a %s