Ecuacion Diferencial: solución expresada con la función Error

Como utilizar la función error \text{e}rf\left( x \right) , para expresar una solución o función que incluya una integral no elemental.

Al finalizar  el artículo podrás utilizar y entender fácilmente cómo implementar la función error para expresar funciones con integrales no elementales.

La utilidad de ésta función (error) es despejar nuestra función de salida de la integral no elemental; esto lo logramos mediante recordar que:

\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{x}^{2}}}}\text{d}x=\sqrt{\pi }

Lo cual sabemos del cálculo multivariable y que podemos integrar utilizando integrales dobles y un cambio de variables a coordenadas polares para comprobar, siga este link.

De modo que si tomamos la mitad de la función en 1, tenemos:

\frac{\sqrt{\pi }}{2}=\underset{0}{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{x}^{2}}}}\text{d}x

Por tanto, utilizando la propiedad de la unión de intervalos:

\underset{0}{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{x}^{2}}}}\text{d}x=\underset{0}{\overset{x}{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t+\underset{x}{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t=\frac{\sqrt{\pi }}{2}

\Rightarrow \frac{2}{\sqrt{\pi }}\underset{0}{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{x}^{2}}}}\text{d}x=\frac{2}{\sqrt{\pi }}\left( \underset{0}{\overset{x}{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t+\underset{x}{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-t}}\text{d}{{t}^{2}} \right)=1

=\frac{2}{\sqrt{\pi }}\underset{0}{\overset{x}{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t+\frac{2}{\sqrt{\pi }}\underset{x}{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t=1

De donde:

\text{e}rf\left( x \right)=\frac{2}{\sqrt{\pi }}\underset{0}{\overset{x}{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t

\text{e}rfc\left( x \right)=\frac{2}{\sqrt{\pi }}\underset{x}{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t

Una opción alterna para relacionar la ecuación (2) con las integrales no elementales, es:

\underset{0}{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{x}^{2}}}}\text{dx} es equivalente a \underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\underset{0}{\overset{x}{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t=\underset{0}{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t

Donde, habiendo considerado la veracidad de la ecuación (2), solo reataría comprobar que:

\underset{0}{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t=\frac{\sqrt{\pi }}{2}

Una vez explicado brevemente (y de una manera para invocar la intuición) el origen de la función error, procedemos igual que siempre a solucionar nuestra ED lineal por medio de los 4 pasos:

Tenemos:

Encontrar la solución del PVI:

{{y}^{\prime }}-2xy=1,        y\left( 1 \right)=1

Buscamos:

Solución en términos de la función error.

Ejercicios 2.3 Libro Dennis G. Zill, Ed 7ma. (Problema 37).

Pasos:

I. Forma estándar de la ED a resolver: \frac{\text{d}y}{\text{d}x}+p\left( x \right)y=f(x)

 \frac{\text{d}y}{\text{d}x}-2xy=1

II. Encontramos el factor integrante: {{\text{e}}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)\text{d}x}},          P\left( x \right)=2x

{{\text{e}}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)\text{d}x}}={{\text{e}}^{-2\mathop{\int }^{}x\text{d}x}}={{\text{e}}^{-{{x}^{2}}}}

III. Encontramos la familia de soluciones del sistema homogéneo asociado:\frac{\text{dy}}{\text{d}x}+P\left( x \right)y=0{{y}_{C}}=C{{\text{e}}^{-\mathop{\int }^{}P\left( x \right)\text{d}x}}               (Ecuaciones Generales)

{{y}_{c}}={{C}_{1}}{{\text{e}}^{2\mathop{\int }^{}x\text{d}x}}

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

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

\frac{\text{d}y}{\text{d}x}+P\left( x \right)y=f\left( x \right),                      {{y}_{p}}=\frac{1}{{{\text{e}}^{\mathop{\int }^{}p\left( x \right)\text{d}x}}}\mathop{\int }^{}{{\text{e}}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)\text{d}x}}f\left( x \right)\text{d}x   (Ecuaciones Generales)

\displaystyle {{y}_{p}}=\frac{1}{{{\text{e}}^{-{{x}^{2}}}}}\mathop{\int }^{}{{\text{e}}^{-{{x}^{2}}}}\left( 1 \right)\text{d}x

={{\text{e}}^{{{x}^{2}}}}\mathop{\int }^{}{{\text{e}}^{-{{x}^{2}}}}\text{d}x

Por tanto, la solución del PVI es: y={{y}_{c}}+{{y}_{p}}

y={{c}_{1}}{{\text{e}}^{{{x}^{2}}}}+{{\text{e}}^{{{x}^{2}}}}\mathop{\int }^{}{{\text{e}}^{-{{x}^{2}}}}\text{d}x

Utilizamos ahora la función error y el Teorema Fundamental del Cálculo:

\int{{{\text{e}}^{-{{x}^{2}}}}}=\underset{0}{\overset{x}{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t                 TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO

Por tanto, considerando la ecuación (4) y despejando la integral no elemental, tenemos:

\text{e}rf\left( x \right)=\frac{2}{\sqrt{\pi }}\underset{0}{\overset{x}{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t

\Rightarrow \frac{\sqrt{\pi }}{2}\text{e}rf\left( x \right)=\underset{0}{\overset{x}{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t

Por tanto, La solución del PVI en términos de la función error, es:

{{y}_{p}}={{\text{e}}^{{{x}^{2}}}}\underset{0}{\overset{x}{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t

={{\text{e}}^{{{x}^{2}}}}\left[ \frac{\sqrt{\pi }}{2}\text{e}rf\left( x \right) \right]=\frac{\sqrt{\pi }}{2}{{\text{e}}^{{{x}^{2}}}}\text{e}rf\left( x \right)

{{y}_{c}}={{c}_{1}}{{\text{e}}^{{{x}^{2}}}}

De donde:

y={{y}_{c}}+{{y}_{p}}

y={{c}_{1}}{{\text{e}}^{{{x}^{2}}}}+\frac{\sqrt{\pi }}{2}{{\text{e}}^{{{x}^{2}}}}\text{e}rf\left( x \right)

Sustituyendo los valores iniciales:

Tenemos:

1={{c}_{1}}{{\text{e}}^{{{\left( 1 \right)}^{2}}}}+\frac{\sqrt{\pi }}{2}{{\text{e}}^{{{\left( 1 \right)}^{2}}}}\text{e}rf\left( 1 \right)

\Rightarrow 1={{c}_{1}}\text{e}+\frac{\sqrt{\pi }}{2}\text{ee}rf\left( 1 \right)

\Rightarrow 1=\text{e}\left( {{c}_{1}}+\frac{\sqrt{\pi }}{2}\text{e}rf\left( 1 \right) \right)

\Rightarrow \frac{1}{\text{e}}={{c}_{1}}+\frac{\sqrt{\pi }}{2}\text{e}rf\left( 1 \right)

\Rightarrow {{c}_{1}}={{\text{e}}^{-1}}-\frac{\sqrt{\pi }}{2}\text{e}rf\left( 1 \right)

De modo que la solución del PVI, es:

y=\left( {{\text{e}}^{-1}}-\sqrt{\frac{\pi }{2}}\text{e}rf\left( 1 \right) \right){{\text{e}}^{{{x}^{2}}}}+\frac{\sqrt{\pi }}{2}{{\text{e}}^{{{x}^{2}}}}\text{e}rf\left( x \right)

y={{\text{e}}^{-1+{{x}^{2}}}}-\frac{\sqrt{\pi }}{2}{{\text{e}}^{{{x}^{2}}}}\text{e}rf\left( 1 \right)+\frac{\sqrt{\pi }}{2}{{\text{e}}^{{{x}^{2}}}}\text{e}rf\left( x \right)

Para calcular los valores de la función error en MATHEMATICA podemos utilizar el siguiente código:

Limit[Integrate[Exp[-t^2],{t,0,x}],x--->Infinity]
TableForm[Table[{x,Erf[x]},{x,-1,2,0.05}],
TableHeadings®{None,{"x","Erf(x)"}}]
Plot[{Erf[x],Erfc[x]},{x,-10,10}]
Plot[{Erf[x],Erfc[x]},{x,-1,1}]
Plot[{Erf[x],Erfc[x]},{x,0,2}]

Los valores obtenidos, se muestran en la siguiente tabla:

x

Erf(x)

1

-1

-0.842701

2

-0.95

-0.820891

3

-0.9

-0.796908

4

-0.85

-0.770668

5

-0.8

-0.742101

6

-0.75

-0.711156

7

-0.7

-0.677801

8

-0.65

-0.642029

9

-0.6

-0.603856

10

-0.55

-0.563323

11

-0.5

-0.5205

12

-0.45

-0.475482

13

-0.4

-0.428392

14

-0.35

-0.379382

15

-0.3

-0.328627

16

-0.25

-0.276326

17

-0.2

-0.222703

18

-0.15

-0.167996

19

-0.1

-0.112463

20

-0.05

-0.056372

21

0

0

22

0.05

0.056372

23

0.1

0.112463

24

0.15

0.167996

25

0.2

0.222703

26

0.25

0.276326

27

0.3

0.328627

28

0.35

0.379382

29

0.4

0.428392

30

0.45

0.475482

31

0.5

0.5205

32

0.55

0.563323

33

0.6

0.603856

34

0.65

0.642029

35

0.7

0.677801

36

0.75

0.711156

37

0.8

0.742101

38

0.85

0.770668

39

0.9

0.796908

40

0.95

0.820891

41

1

0.842701

42

1.05

0.862436

43

1.1

0.880205

44

1.15

0.896124

45

1.2

0.910314

46

1.25

0.9229

47

1.3

0.934008

48

1.35

0.943762

49

1.4

0.952285

50

1.45

0.959695

51

1.5

0.966105

52

1.55

0.971623

53

1.6

0.976348

54

1.65

0.980376

55

1.7

0.98379

56

1.75

0.986672

57

1.8

0.989091

58

1.85

0.991111

59

1.9

0.99279

60

1.95

0.994179

61

2

0.995322

Por último, graficamos los valores obtenidos:

Grafica Funcion Error

El intervalo de la gráfica es de -10~\le x\le 10 y su rango -1~\le y\le 2.

Graf Error Function

El intervalo de la gráfica es de -1~\le x\le 1 y su rango -1~\le y\le 2.

Funcion Error

El intervalo de la gráfica es de 0~\le x\le 2 y su rango 0~\le y\le 1.

Cómo encontrar la solución de un problema de valores iniciales (PVI) para una ED lineal con diferentes funciones de entrada

Cómo encontrar la solución de un PVI, de una ED lineal con una función de entrada con 3 diferentes configuraciones.

En este artículo analizaremos cómo resolver un PVI donde la ED lineal está dividida en partes, pero con una particularidad, que el coeficiente de la segunda Variable de Estado “y” es igual a: P\left( x \right)={{e}^{x}}, con esto tendremos una visión más profunda del significado de la función P\left( x \right), que es el coeficiente de la función de estado y(x), que la ED posee como segundo término del lado izquierdo de la ecuación*.

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

Tenemos:

a)      y'+{{e}^{x}}y=4x,             y\left( 0 \right)=1,

\huge f(x)=\left\{\begin{matrix}1,x>0 & \\ 0,x>0 & \\ e^{x},x>0 & \end{matrix}\right.

Ejercicios 2.3 Libro Dennis G. Zill, Ed 7ma. (Problema 36).

PRIMER CASO: Empezamos con f\left( x \right)=1:
y'+{{e}^{x}}y=1
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 f(x).

\frac{dy}{dx}+{{e}^{x}}y=1

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)={{e}^{x}}.

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

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)={{e}^{x}} 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}+{{e}^{x}}y=0

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

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

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

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}^{{{e}^{x}}}} (obtenido en el punto II.) y f\left( x \right)={{e}^{x}}.  obtenido en el punto i.

Para ver de dónde salen estas siga el enlace siguiente: solución del sistema no homogeneo.

\frac{dy}{dx}+{{e}^{x}}y=1

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

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

Utilizando El Teorema Fundamental del Cálculo:

Sea f continua en el intervalo [a,b], y F esté definida dentro del mismo intervalo cerrado [a,b], como:

F\left( x \right)=\underset{a}{\overset{x}{\mathop \int }}\,f\left( t \right)dt

Entonces Fes un primitiva de f. Es decir,

{{F}^{'}}\left( x \right)=f(x)

Para xen (a,b)

Siga el link para la demostración:

Teorema Fundamental del Cálculo

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

Utilizamos el Teorema Fundamental del Cálculo, para poder lidiar con la integral No Elemental con la que nos hemos topado.

Tenemos:

{{y}_{p1}}=\frac{1}{{{e}^{{{e}^{x}}}}}\underset{0}{\overset{x}{\mathop \int }}\,{{e}^{{{e}^{t}}}}dt

{{y}_{p1}}={{e}^{-{{e}^{x}}}}\underset{0}{\overset{x}{\mathop \int }}\,{{e}^{{{e}^{t}}}}dt

Por tanto, la solución general del sistema LINEAL no homogéneo:
\frac{dy}{dx}+{{e}^{x}}y=1, donde su función de entrada es igual a: \mathbf{f}\left( \mathbf{x} \right)=1, es:

{{y}_{1}}\left( x \right)={{C}_{1}}{{e}^{-{{e}^{x}}}}+{{e}^{-{{e}^{x}}}}\underset{0}{\overset{x}{\mathop \int }}\,{{e}^{{{e}^{t}}}}dt

Ahora sustituimos los valores iniciales en la función general anterior para encontrar una solución particular

Los valores iniciales, son:

x=0;~~y=1

Tenemos:

{{y}_{1}}\left( x \right)={{C}_{1}}{{e}^{-{{e}^{x}}}}+{{e}^{-{{e}^{x}}}}\underset{0}{\overset{x}{\mathop \int }}\,{{e}^{{{e}^{t}}}}dt

1={{C}_{1}}{{e}^{-{{e}^{(0)}}}}+{{e}^{-{{e}^{(0)}}}}\underset{0}{\overset{(0)}{\mathop \int }}\,{{e}^{{{e}^{t}}}}dt

\Rightarrow 1={{C}_{1}}{{e}^{-1}}+{{e}^{-1}}(0)

\Rightarrow 1={{C}_{1}}{{e}^{-1}}

\Rightarrow \frac{1}{{{e}^{-1}}}={{C}_{1}}

\therefore {{C}_{1}}=e

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

{{y}_{1}}\left( x \right)={{e}^{1-{{e}^{x}}}}+{{e}^{-{{e}^{x}}}}\underset{0}{\overset{x}{\mathop \int }}\,{{e}^{{{e}^{t}}}}dt

SEGUNDO CASO: f\left( x \right)=0:

Procedemos realizando los mismos 4 pasos para encontrar la solución del sistema No Homogéneo.

Es decir, si tenemos:

y'+{{e}^{x}}y=0

I. Forma estándar de la ED a resolver:

\frac{dy}{dx}+{{e}^{x}}y=0

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

Es el mismo que el anterior:

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

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

Es la misma que la anterior:

{{y}_{c2}}={{y}_{c1}}={{C}_{1}}{{e}^{-\mathop{\int }^{}{{e}^{x}}dx}}={{C}_{1}}{{e}^{-{{e}^{x}}}}

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

En esta ocasión el sistema es Homogéneo, así que omitimos el buscar el No homogéneo.

Donde su solución general es:

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

De nuevo, sustituimos los valores iniciales en la función general anterior para encontrar una solución particular

Los valores iniciales, son:

x=0;~~~y=1

Tenemos:

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

1={{C}_{1}}{{e}^{-{{e}^{(0)}}}}

\Rightarrow 1={{C}_{1}}{{e}^{-1}}

\Rightarrow \frac{1}{{{e}^{-1}}}={{C}_{1}}

\therefore {{C}_{1}}=e

De la misma forma que antes sustituimos  el último resultado en la solución general y encontramos UNA solución particular del sistema Lineal Homogéneo:

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

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

TERCER CASO: f\left( x \right)={{e}^{x}}:

Realizamos el mismo procedimiento de las dos veces precedentes.

Es decir, si tenemos:

y'+{{e}^{x}}y={{e}^{x}}

I. Forma estándar de la ED a resolver:

\frac{dy}{dx}+{{e}^{x}}y={{e}^{x}}

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

Es igual a los dos anteriores:

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

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

Es la misma que la de los dos casos anteriores:

{{y}_{c3}}={{y}_{c2}}={{y}_{c1}}={{C}_{1}}{{e}^{-\mathop{\int }^{}{{e}^{x}}dx}}={{C}_{1}}{{e}^{-{{e}^{x}}}}

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

\frac{dy}{dx}+{{e}^{x}}y={{e}^{x}}

{{y}_{p3}}=\frac{1}{{{e}^{{{e}^{x}}}}}\mathop{\int }^{}{{e}^{{{e}^{x}}}}({{e}^{x}})dx

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

Vemos que en este caso tenemos una derivada directa, ya que:

{{e}^{u}}={{e}^{{{e}^{x}}}}

du={{e}^{x}}dx

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

Esto implica:

{{y}_{p3}}=\frac{1}{{{e}^{{{e}^{x}}}}}[{{e}^{{{e}^{x}}}}]

\therefore {{y}_{p3}}=1

Donde su solución general es:

{{y}_{3}}\left( x \right)=1

Debemos notar que éste último resultado lo pudimos deducir por inspección, al ver la forma Estándar de la Ecuación Diferencial.

A continuación mostramos las gráficas solución de cada solución particular.

Las Gráficas Sólidas representan el dominio de , el cual es .

Cada gráfica es una FUNCIÓN DE SALIDA o RESPUESTA DEL SISTEMA, para el problema de valores iniciales.

En esta gráfica podemos ver que en el punto (0,1), todas las soluciones coinciden por lo que todas las soluciones pueden ser consideradas como soluciones válidas para el problema de Valores Iniciales.

*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).

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

Cómo Resolver un Problema del Valor Inicial con una Ecuación Diferencial definida por partes

Cómo resolver un Problema con Valores Iniciales (PVI), de un SISTEMA LINEAL o Ecuación Diferencial (ED) definida en partes (a trozos).

Con este ejercicio, aprenderemos a resolver una Ecuación Diferencial por partes y entenderemos qué significa gráficamente la función  o más propiamente dicho LA FUNCIÓN DE ENTRADA*.

Resolveremos, en los mismos 4 pasos que ya hemos utilizado con anterioridad, una ecuación diferencial lineal de 1er Orden DEFINIDA POR PARTES (a TROZOS), CON VALORES INICIALES.

El Ejercicio:

a)      (1+{{x}^{2}})\frac{dy}{dx}+2xy=f(x),           y\left( 0 \right)=0,

\LARGE f(x)=\left\{\begin{matrix}x,0\leq x<1\\ -x,x\geq 1\end{matrix}\right.

Ejercicios 2.3 Libro Dennis G. Zill, Ed 7ma. (Problema 34).

Empezamos con f\left( x \right)=x:

(1+{{x}^{2}})\frac{dy}{dx}+2xy=x

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 f(x).

\frac{dy}{dx}+\frac{2xy}{1+{{x}^{2}}}=\frac{x}{1+{{x}^{2}}}

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)=\frac{2x}{1+{{x}^{2}}}.

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

=1+{{\text{x}}^{2}}

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)=\frac{2x}{1+{{x}^{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}+\frac{2xy}{1+{{x}^{2}}}=0

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

={{C}_{1}}{{e}^{-\ln \left| 1+{{x}^{2}} \right|}}

={{C}_{1}}{{e}^{\ln {{\left| 1+{{x}^{2}} \right|}^{-1}}}}

={{C}_{1}}{{(1+{{\text{x}}^{2}})}^{-1}}

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

*Los nombres SISTEMA LINEAL, FUNCIÓN DE ENTRADA y FUNCIÓN DE SALIDA o RESPUESTA DEL SISTEMA, acá utilizados son en realidad utilizados para SISTEMAS DINÁMICOS.

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}}=1+{{\text{x}}^{2}} (obtenido en el punto ii.) y f\left( x \right)=\frac{x}{1+{{x}^{2}}}.  obtenido en el punto i. Para ver de dónde salen estas siga el enlace siguiente: solución del sistema no homogeneo.

\frac{dy}{dx}+\frac{2xy}{1+{{x}^{2}}}=\frac{x}{1+{{x}^{2}}}

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

{{y}_{p1}}=\frac{1}{1+{{\text{x}}^{2}}}\mathop{\int }^{}xdx

{{y}_{p1}}=\frac{1}{2(1+{{\text{x}}^{2}})}[{{x}^{2}}]

{{y}_{p1}}=\frac{{{x}^{2}}}{2(1+{{\text{x}}^{2}})}

Por tanto, la solución general del sistema LINEAL no homogéneo: \frac{dy}{dx}+\frac{2xy}{1+{{x}^{2}}}=\frac{x}{1+{{x}^{2}}}, donde su función de entrada es igual a: \mathbf{f}\left( \mathbf{x} \right)=\mathbf{x}, es:

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

Ahora encontraremos la solución general para la función de entrada f\left( x \right)=-x

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

\left( 1+{{x}^{2}} \right)\frac{dy}{dx}+2xy=-x

I. Forma estándar de la ED a resolver:

\frac{dy}{dx}+\frac{2xy}{1+{{x}^{2}}}=\frac{-x}{1+{{x}^{2}}}

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

Es el mismo que el anterior:

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

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

{{y}_{c2}}={{y}_{c1}}={{C}_{2}}{{e}^{-\mathop{\int }^{}\frac{2x}{1+{{x}^{2}}}dx}}=\frac{{{C}_{2}}}{1+{{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}{1+{{\text{x}}^{2}}}\mathop{\int }^{}1+{{\text{x}}^{2}}(\frac{-x}{1+{{x}^{2}}})dx

{{y}_{p2}}=\frac{1}{1+{{\text{x}}^{2}}}\mathop{\int }^{}-xdx

{{y}_{p2}}=-\frac{1}{1+{{\text{x}}^{2}}}\mathop{\int }^{}xdx

{{y}_{p1}}=-\frac{1}{2(1+{{\text{x}}^{2}})}[{{x}^{2}}]

{{y}_{p2}}=-\frac{{{x}^{2}}}{2(1+{{\text{x}}^{2}})}

Donde su solución general es:

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

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 función de entrada que contiene los valores iniciales, es decir, seleccionamos:

\frac{dy}{dx}+2xy=x

Ya que cuando la función de entrada es: f\left( x \right)=x, los valores iniciales (y\left( 0 \right)=0) se encuentran dentro de su dominio, como lo podemos ver en:

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

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

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

Primero evaluamos cuando f\left( x \right)=x

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=0

Por tanto:

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

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

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

Tenemos:

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

\Rightarrow 0=\frac{C}{1}

\Rightarrow C=0

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{{{x}^{2}}}{2(1+{{\text{x}}^{2}})}

Ahora evaluamos cuando f\left( x \right)=-x Sigue leyendo

Problema del Valor Inicial con una Ecuación Diferencial Dividida en partes

Ecuación diferencial lineal definida por partes

Con este ejercicio, podremos ver en qué consiste el concepto de Ecuación Diferencial por partes, qué significa gráficamente la función  o más propiamente dicho LA FUNCIÓN DE ENTRADA* y cómo resolver un Problema con Valores Iniciales (PVI), de un SISTEMA LINEAL o Ecuación Diferencial (ED), de estas características.

Resolveremos, en los mismos 4 pasos que ya hemos utilizado con anterioridad, una ecuación diferencial lineal de 1er Orden DEFINIDA POR PARTES (a TROZOS), CON VALORES INICIALES, y la analizaremos GRÁFICAMENTE.

El Ejemplo:

a)      \frac{dy}{dx}+2xy=f(x),             y\left( 0 \right)=2,

\LARGE f(x)=\left\{\begin{matrix}x,0\leq x< 1\\ 0,x\geq 1\end{matrix}\right.

Utilizaremos el método del Factor Integrante (ver enlace).

Ejercicios 2.3 Libro Dennis G. Zill, Ed 7ma. (Problema 33).

Empezamos con f\left( x \right)=x:

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 f(x).

                          \frac{dy}{dx}+2xy=x

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)=2x.

{{e}^{2\mathop{\int }^{}xdx}}={{e}^{{{x}^{2}}}}

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)=2x1 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}+2xy=0

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

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

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

*Los nombres SISTEMA LINEAL, FUNCIÓN DE ENTRADA y FUNCIÓN DE SALIDA o RESPUESTA DEL SISTEMA, acá utilizados son en realidad utilizados para SISTEMAS DINÁMICOS.

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}^{{{x}^{2}}}} (obtenido en el punto ii.) y f\left( x \right)=2x.  obtenido en el punto i. Para ver de dónde salen estas siga el enlace siguiente: solución del sistema no homogeneo.

\frac{dy}{dx}+2xy=x

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

_ _ _ _

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

du=2xdx

\Rightarrow \frac{1}{2}\mathop{\int }^{}{{e}^{{{x}^{2}}}}\left( 2x \right)dx\Rightarrow \frac{1}{2}{{e}^{{{x}^{2}}}}

_ _ _ _

{{y}_{p1}}=\frac{1}{2{{e}^{{{x}^{2}}}}}{{e}^{{{x}^{2}}}}

{{y}_{p1}}=\frac{1}{2}

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

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

Ahora encontraremos la solución general para la función de entrad

En este caso podemos notar que nuestra ecuación se convierte en el sistema homogéneo asociado de nuestro caso previo, por lo que ya conocemos la solución, es decir:

Tenemos.

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

Donde su solución general es:

{{y}_{2}}\left( x \right)={{y}_{c1}}=\frac{C}{{{e}^{{{x}^{2}}}}}

Y su factor integrante es igual al anterior:  {{e}^{2\mathop{\int }^{}xdx}}={{e}^{{{x}^{2}}}}

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 función de entrada que contiene los valores iniciales, es decir, seleccionamos:

\frac{dy}{dx}+2xy=x

Ya que cuando la función de entrada es: , los valores iniciales ( ) se encuentran dentro de su dominio, como lo podemos ver en:

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

De modo que encontraremos la solución particular o “RESPUESTA DEL SISTEMA”, para los valores iniciales: y\left( 0 \right)=2.

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

Primero evaluamos cuando f\left( x \right)=x

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=2

Por tanto:

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

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

Entonces, sustituyendo los valores iniciales
y\left( 0 \right)=2

Tenemos:

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

\Rightarrow 2=\frac{C}{1}+\frac{1}{2}

\Rightarrow 2-\frac{1}{2}=C

\Rightarrow C=\frac{3}{2}

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{3}{2{{e}^{{{x}^{2}}}}}+\frac{1}{2}

Ahora evaluamos cuando f\left( x \right)=0

Ahora, para conocer la solución particular de la Función de Salida anterior, debemos tener precaución, ya que el sistema Lineal cuya función de entrada es: f\left( x \right)=0, no está definida para cuando: x=0, según podemos ver en la definición de la función de entrada, definida por partes:

\LARGE f(x)=\left\{\begin{matrix}...\\ 0,x\geq 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, donde el dominio de una de sus funciones de entrada no coincide con el valor dado, Sigue leyendo

Problema del Valor Inicial (PVI), con una ED definida por partes

Ecuación diferencial lineal definida por partes

Con este ejercicio, podremos ver en qué consiste el concepto de Ecuación Diferencial por partes, qué significa gráficamente la función  o más propiamente dicho LA FUNCIÓN DE ENTRADA* y cómo resolver un Problema con Valores Iniciales (PVI), de un SISTEMA LINEAL o Ecuación Diferencial (ED), de estas características.

Resolveremos, en los mismos 4 pasos que ya hemos utilizado con anterioridad, una ecuación diferencial lineal de 1er Orden DEFINIDA POR PARTES (a TROZOS), CON VALORES INICIALES, y la analizaremos GRÁFICAMENTE.

El Ejemplo:

a)      \frac{dy}{dx}+y=f(x),             y\left( 0 \right)=1,

\LARGE \ f(x)=\left\{\begin{matrix}1; 0\leq x\leq 1\\-1; x> 1 \end{matrix}\right.

Utilizaremos el método del Factor Integrante (ver enlace).

Ejercicios 2.3 Libro Dennis G. Zill, Ed 7ma. (Problema 32).

Empezamos con f\left( x \right)=1:

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 f(x).

\frac{dy}{dx}+y=1

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

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

El valor de P(x) en {{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}} , es: P\left( x \right)=1.

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)=1 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}+y=0

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

=C{{e}^{-x}}

=\frac{C}{{{e}^{x}}}

*Los nombres SISTEMA LINEAL, FUNCIÓN DE ENTRADA y FUNCIÓN DE SALIDA o RESPUESTA DEL SISTEMA, acá utilizados son en realidad utilizados para SISTEMAS DINÁMICOS donde los nombres adquieren más sentido al hablar de “ENTRADAS y/o SALIDAS”.

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}^{x}} (obtenido en el punto ii.) y f\left( x \right)=1.  obtenido en el punto i. Para ver de dónde salen estas siga el enlace siguiente: solución del sistema no homogeneo.

\frac{dy}{dx}+y=1

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

{{y}_{p1}}=\frac{1}{{{e}^{x}}}\mathop{\int }^{}{{e}^{x}}dx

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

{{y}_{p1}}=1

Por tanto, la solución general del sistema LINEAL no homogéneo: \frac{dy}{dx}+y=1, donde su función de entrada es igual a: \mathbf{f}\left( \mathbf{x} \right)=1, es:

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

Ahora, encontraremos la solución particular o “RESPUESTA DEL SISTEMA”, para los valores iniciales: y\left( 0 \right)=1.

Aplicamos acá los valores iniciales porque la Ecuación Diferencial con f\left( x \right)=1, está definida para el intervalo  0\le x\le 1, que incluye a x=0.

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

Primero evaluamos cuando f\left( x \right)=1

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”.

x=0;~~~~~~y=1

Por tanto:

Si la solución general del Sistema Lineal no Homogéneo es:

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

Entonces, sustituyendo los valores iniciales
{{y}_{1}}\left( 0 \right)=1

Tenemos:

1=\frac{C}{{{e}^{(0)}}}+1

\Rightarrow 1=\frac{C}{1}+1

\Rightarrow 1-1=C

\Rightarrow C=0

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

{{y}_{1}}\left( x \right)=1

Ahora, resolvemos cuando f\left( x \right)=-1

Ahora, Resolvemos el sistema lineal para el segundo valor de su función de entrada, es decir, cuando f\left( x \right)=-1 , por lo que tenemos que resolver:

 \frac{dy}{dx}+y=-1,

Seguimos los mismos 4 pasos, de siempre, los pasos II y III, son idénticos al ejercicio previo:

I. Forma estándar de la ED a resolver:

\frac{dy}{dx}+y=-1,

II. Encontramos el factor integrante: {{\mathbf{e}}^{\mathop{\int }^{}\mathbf{P}\left( x \right)\mathbf{dx}}}, P\left( x \right)=1

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

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

{{y}_{2}}\left( x \right)={{y}_{c1}}=C{{e}^{-\mathop{\int }^{}dx}}=C{{e}^{-x}}

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

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

{{y}_{p2}}=\frac{-1}{{{e}^{x}}}\mathop{\int }^{}{{e}^{x}}dx

{{y}_{p2}}=\frac{-1}{{{e}^{x}}}[{{e}^{x}}]

{{y}_{p2}}=-1

Por tanto, la solución general del sistema LINEAL no homogéneo: \frac{dy}{dx}+y=1, donde su función de entrada es igual a: \mathbf{f}\left( \mathbf{x} \right)=1, es:

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

Ahora evaluamos cuando f\left( x \right)=-1

Ahora, para conocer la solución particular de la solución general anterior, debemos tener precaución, ya que el sistema Lineal cuya función de entrada es: f\left( x \right)=-1, no está definida para cuando: x=0, 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, Sigue leyendo