Cómo encontrar la solución de un problema de valores iniciales (PVI) y expresarla como una Integral no Elemental

Solución de un Problema de Valores Iniciales(PVI), expresada como integral no elemental.

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 nos dará como resultado, al resolver la ED, una integral no elemental y ésto nos permitirá tener 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, sujeta a 3 casos iniciales.

La Ecuación Diferencial es:

$ \LARGE y’+{{e}^{x}}y=4x$,             $ \LARGE y\left( 0 \right)=1$,

Y los 3 casos son:

1.- $\LARGE f(x) = 1, x > 0$

2.- $\LARGE f(x) = 0, x > 0$

3.- $\LARGE f(x) = e^{x}, x > 0$

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

* _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _

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

$ \LARGE 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 $ F$es un primitiva de $ f$. Es decir, $ {{F}^{‘}}\left( x \right)=f(x)$ Para $ x$en $ (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: Sigue leyendo

Como Hallar la Solución del PVI con una Ecuación Diferencial (ED) Definida en partes

Como hallar solución del pvi ed Definida en partes

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.

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

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

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

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

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

$du=dx$     $v=\frac{1}{2}{{e}^{2x}}$

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

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

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

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

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 $0\le x\le 1$donde 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. Sigue leyendo

Cómo Resolver un Problema del Valor Inicial para Ecuaciones Diferenciales definidas por partes

Cómo resolver un Problema del Valor Inicia (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)      $(1+{{x}^{2}})\frac{dy}{dx}+2xy=f(x)$,           $y\left( 0 \right)=0$,

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

Problema del valor inicial ecuaciones diferenciales

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.

Problema del valor inicial ecuaciones diferenciales

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 $f\left( x \right)=-x$

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: $f\left( x \right)=-x$, no está definida para cuando: $x=0$, según podemos ver en la definición de la función de entrada, definida por partes:

$\LARGE f(x)=\left\{\begin{matrix}…\\ -x,x\geq 1\end{matrix}\right.$

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, como condición inicial, a su variable independiente.

Problema del valor inicial ecuaciones diferenciales

Tal es el caso en esta ocasión pues podemos ver que cuando el sistema lineal tiene $\text{f}\left( \text{x} \right)=0$, el dominio de su variable independiente es: $\text{x}\ge 1$,

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

Por lo que no podemos considerar sustituir $x=0$, en la solución general obtenida:
${{y}_{2}}\left( x \right)=\frac{{{C}_{2}}}{1+{{x}^{2}}}-\frac{{{x}^{2}}}{2(1+{{\text{x}}^{2}})}$, $x\ge 1$
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 de entrada es:
$\text{f}\left( \text{x} \right)=-x$, suponiendo que el límite existe.
Entonces:
El límite por la izquierda:
$\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y(x)=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}}{2(1+{{\text{x}}^{2}})}=\frac{{{(1)}^{2}}}{2(1+{{(1)}^{2}})}=\frac{1}{4}$,
cuando:
$0\le x<1$
Y el límite por la derecha:
$\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y(x)=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{C}_{2}}}{1+{{x}^{2}}}-\frac{{{x}^{2}}}{2(1+{{\text{x}}^{2}})}=\frac{{{C}_{2}}}{1+{{(1)}^{2}}}-\frac{{{\left( 1 \right)}^{2}}}{2\left( 1+{{\left( 1 \right)}^{2}} \right)}=\frac{C}{2}-\frac{1}{4}$,
cuando:
$x\ge 1$

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

$\frac{1}{4}=\frac{{{C}_{2}}}{2}-\frac{1}{4}$,

Esto implica:

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

${{C}_{2}}=2\left( \frac{2}{4} \right)=1$

Por tanto:

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

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

$\LARGE y(x)=\left\{\begin{matrix}\frac{x^{2}}{2(1+x^{2})},0\leq x<1\\ \frac{1}{1+x^{2}}-\frac{x^{2}}{2(1+x^{2})},x\geq 1\end{matrix}\right.$

Simplificando más, podemos ver que el resultado anterior es lo mismo que:
$\LARGE y(x)=\left\{\begin{matrix}\frac{1}{2}-\frac{1}{2(1+x^{2})},0\leq x<1\\ -\frac{1}{2}-\frac{3}{2(1+x^{2})},x\geq 1\end{matrix}\right.$

Porque:

$\frac{{{x}^{2}}}{2(1+{{\text{x}}^{2}})}=\frac{-1+1+{{x}^{2}}}{2(1+{{\text{x}}^{2}})}=\frac{-1+(1+{{x}^{2}})}{2(1+{{\text{x}}^{2}})}=-\frac{1}{2\left( 1+{{\text{x}}^{2}} \right)}+\frac{1}{2}$,

para el primer caso y

$\frac{1}{1+{{x}^{2}}}-\frac{{{x}^{2}}}{2\left( 1+{{\text{x}}^{2}} \right)}=\frac{2-{{x}^{2}}}{2\left( 1+{{x}^{2}} \right)}=\frac{3-1-{{x}^{2}}}{2\left( 1+{{x}^{2}} \right)}=\frac{3-\left( 1+{{x}^{2}} \right)}{2\left( 1+{{x}^{2}} \right)}=\frac{3}{2\left( 1+{{x}^{2}} \right)}-\frac{1}{2}$,

para el 2º caso.

Este resultado es válido, aparentemente al haber empleado la definición de Continuidad, sin embargo, habrá que verificarlo y lo haremos posteriormente (siga el link), y veremos 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.

problema del valor inicial ecuaciones diferenciales

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)

problema del valor inicial ecuaciones diferenciales

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.

${{y}_{1}}\left( x \right)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2(1+{{\text{x}}^{2}})}$    $\Rightarrow y_{1}^{‘}\left( x \right)=0+\frac{x}{{{(1+{{x}^{2}})}^{2}}}\Rightarrow \frac{x}{{{(1+{{x}^{2}})}^{2}}}$         y

${{y}_{2}}\left( x \right)=-\frac{1}{2}+\frac{3}{2(1+{{\text{x}}^{2}})}$   $\Rightarrow y_{2}^{‘}\left( x \right)=0-\frac{3x}{{{(1+{{x}^{2}})}^{2}}}\Rightarrow -\frac{3x}{{{(1+{{x}^{2}})}^{2}}}$

E igualando los resultados, tenemos:

$\frac{x}{{{(1+{{x}^{2}})}^{2}}}=-\frac{3x}{{{(1+{{x}^{2}})}^{2}}}$,

$x=-3x$

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

Practica los ejercicios utilizando la técnica adecuada, para esto te invito a que revises la técnica que te describo en el siguiente link: La Técnica Perfecta para Aprender Ecuaciones Diferenciales y te dediques diariamente a resolver al menos un ejercicio aplicando la técnica que te describo, además de los problemas de tarea que tengas al comienzo de tu estudio de esta fascinante materia.

Ver mas ejemplos? probl 32probl 33

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Mientras tanto lee mi artículo: La técnica perfecta para aprender ecuaciones diferenciales. Seguramente te facilitará tus estudios y te hará mas fácil la vida. 😉

Problema del Valor Inicial. Ecuación Diferencial Dividida en partes

Problema del Valor Inicial. Ecuación Diferencial Dividida en partes (trozos), lineal de primer orden.

Al terminar de leer este ejercicio del Problema del Valor Inicial, ecuación diferencial dividida en partes, lineal y de primer orden,  entenderás:

  • 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.

La metodología que utilizaremos es:

  1. Encontrar las soluciones generales para las dos funciones que componen la función de entrada.
  2. Evaluar individualmente las soluciones generales con los valores iniciales utilizando el concepto de continuidad de funciones dividida en partes, para encontrar sus soluciones particulares.

Utilizaremos los mismos 4 pasos que ya hemos para resolver ecuaciones diferenciales lineales de 1er Orden, en este caso DEFINIDA POR PARTES (a TROZOS), CON VALORES INICIALES y mostraremos las gráficas de la función solución dividida en parte.

Al final dejo el artículo descargable donde incluyo el desgloce paso a paso del código de MATHEMATICA y SAGE para simular este tipo de EDO Lineal.

Ejercicio resuelto:

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). Problema del Valor Inicial. Ecuación Diferencial Dividida en partes

A. Empezamos con encontrar la solución general de la ED cuando  $f\left( x \right)=x$:

Pasos:

I.  Forma estándar de la ED a resolver: $\frac{dy}{dx}+P(x)y=f(x)$, Solo sustituimos el valor de la función de entrada $f(x)=x$, de modo que:

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

II. Encontramos el factor integrante: ${{\mathbf{e}}^{\mathop{\int }^{}\mathbf{P}\left( x \right)\mathbf{dx}}}$
$\Large {{e}^{2\mathop{\int }^{}xdx}}={{e}^{{{x}^{2}}}}$
El valor de P(x) en ${{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}$ , es: $P\left( x \right)=2x$

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

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

Sustituimos en ${{y}_{c}}=C{{e}^{\mathop{\int }^{}P(x)dx}}$, donde: $P\left( x \right)=2×1$ 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 enlace: método de 4 pasos.

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

$\Large =C{{e}^{-{{x}^{2}}}}$

$\Large =\frac{C}{{{e}^{{{x}^{2}}}}}$
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: método de 4 pasos.
$\Large \frac{dy}{dx}+2xy=x$

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

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

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

Para ver el cómo se evalúa la integral $\mathop{\int }^{}{{e}^{{{x}^{2}}}}(x)dx$, ver el desarrollo al final del artículo.
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:

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

B. Ahora encontraremos la solución general para la función de entrada $f(x)=0$.

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.

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

Donde su solución general es:

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

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

Solución del Problema del Valor Inicial. Ecuación Diferencial Dividida en partes, lineal y de 1er Orden.

Ahora, evaluamos cada solución general individualmente. Primero evaluamos cuando:

$\large f\left( x \right)=x$,

es decir:

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

con valores iniciales:

$\large x=0;y=2$

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

$\Large y_{1}\left( x \right)=\frac{C}{{{e}^{{{x}^{2}}}}}+\frac{1}{2}$

Para este caso, como la restricción para la función de entrada: $f(x)=x$ es: $0\leq x< 1$, podemos sustituir los valores iniciales $x=0,y=2$ en la solución general obtenida puesto que no violan la restricción, de modo que:

$\large y\left( 0 \right)=2$

Implica, en la solución general $\large {{y}_{1}}\left( x \right)=\frac{C}{{{e}^{{{x}^{2}}}}}+\frac{1}{2}$ que:

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

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

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

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

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 $f\left( x \right)=0$ Para conocer la solución particular de la EDO lineal con la Función de Entrada anterior, debemos tener precaución, ya que el sistema Lineal, 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 la función de Salida obtenida, es decir la solución general obtenida para cuando $f(x)=0$, haremos uso de la DEFINICIÓN de CONTINUIDAD, ver el desarrollo paso a paso de la definición en el siguiente enlace (click aquí).

CONTINUIDAD DE UNA FUNCIÓN: De manera informal podemos decir que una función es continua si el límite de ésta función existe, cuando su variable independiente tiende a un número específico. Para saber si existe dicho límite, debemos probar que, 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.

De acuerdo a esta definición, podemos asumir que el límite de la función solución obtenida, si existe (la solución general de laEDO lineal cuando ($f(x)=0$), es decir  $f(x)={{y}_{2}}\left( x \right)=\frac{C}{{{e}^{{{x}^{2}}}}}$ si existe,  y es igual a:

  • A la izquierda la función solución general obtenida para cuando $f(x)=x$, es decir:

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

  • A la derecha la función general obtenida para cuando $f(x)=0$, es decir:

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

De modo que con la suposición de que el límite existe, igualamos los resultados anteriores:

$\Large \frac{3}{2\text{e}}+\frac{1}{2}=\frac{C}{\text{e}}$

Esto implica:

$\Large C=\frac{3}{2}+\frac{e}{2}$

Por tanto:

$\Large {{y}_{2}}\left( x \right)=\frac{C}{{{e}^{{{x}^{2}}}}}=\frac{\frac{3}{2}+\frac{e}{2}}{{{e}^{{{x}^{2}}}}}=\frac{3{{e}^{-{{x}^{2}}}}}{2}+\frac{{{e}^{1-{{x}^{2}}}}}{2}$

De donde, la solución del Problema del Valor Inicial. Ecuación Diferencial Dividida en partes, es:

$\LARGE f(x)=\left\{\begin{matrix}\frac{3}{2e^{x^{2}}}+\frac{1}{2},0\leq x< 1\\ \frac{3e^{-x^{2}}}{2}+\frac{e^{1-x^{2}}}{2},x\geq 1\end{matrix}\right.$

Este resultado no es válido, en realidad, 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. Ver el siguiente enlace, click aquí

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

Problema del Valor Inicial. Ecuación Diferencial Dividida en partes

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)

Problema del Valor Inicial. Ecuacion Diferencial dividida en partes

En esta gráfica podemos ver que en el punto , 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. Ver el enlace, da click aquí.

Evaluando la integral del paso IV:

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ _ _ _

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

$du=2xdx$

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

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ _ _ _

*Los nombres SISTEMA LINEAL, FUNCIÓN DE ENTRADA y FUNCIÓN DE SALIDA o RESPUESTA DEL SISTEMA, acá utilizados son en realidad utilizados para SISTEMAS DINÁMICOS. Descarga gratuitamente éste mismo ejercicio resuelto en este link: Ecuación Diferencial Lineal definida en partes.

 

Da un paso adelante y descarga este mismo ejercicio y además con un desarrollo paso a paso del código de MATHEMATICA y SAGE para resolverlo, para DESCARGARLO da click aquí. Puedes introducir el código de SAGE aquí (da click aquí), para simularlo.

 

O MEJOR AÚN Descarga el ejercicio resuelto: Que incluye:

  1. Una explicación mas detallada del ejercicio,
  2. Una EXPLICACIÓN DETALLADA del CÓDIGO EN MATHEMATICA y SAGE para resolverlo.
  3. El archivo .nb para correr en MATHEMATICA y
  4. El código en formato plain- text para pegarlo en SAGE.
  5. La simulación gráfica en MATHEMATICA y SAGE
  6. Da Click en el boton de “agrégalo a tu carrito”. =)

 

Practica los ejercicios utilizando la técnica adecuada, para esto te invito a que revises la técnica que te describo en el siguiente link: La Técnica Perfecta para Aprender Ecuaciones Diferenciales y te dediques diariamente a resolver al menos un ejercicio aplicando la técnica que te describo, además de los problemas de tarea que tengas al comienzo de tu estudio de esta fascinante materia.

Ver mas ejemplos?  probl 32, problema 34probl 35

Quiero saber como expresar mi resultado usando la Función Error (Dale Click aquí)

Quiero aprender a simular mis Ecuaciones Diferenciales con un Software de Computadora (Dale Click)

Te ha servido el artículo? contáctame para cualquier sugerencia o duda en el siguiente link: contacto

Mientras te dejo con mi artículo: La técnica perfecta para aprender ecuaciones diferenciales.

Seguramente te facilitará tus estudios y te hará mas fácil la vida. 😉

Problema del Valor Inicial, (PVI), con una ED definida a trozos

Problema del Valor Inicial

Ecuación diferencial lineal definida a trozos (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.

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

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

Utilizaremos el método del Factor Integrante (ver enlace).

Ecuacion Diferencial Ejercicios Resueltos, ejercicio 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,donde el dominio de una de sus funciones de entrada no coincide con el valor dado, como condición inicial, a su variable independiente.

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

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

Por lo que no podemos considerar sustituir $x=0$, en la Función de Salida obtenida:

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

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 de entrada es: $\text{f}\left( \text{x} \right)=-1$, suponiendo que el límite existe. Entonces:

El límite por la izquierda:

$\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y(x)=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,1=1$, cuando:  $0\le x\le 1$

Y el límite por la derecha:

$\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y(x)=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{C}{{{e}^{x}}}-1=\frac{C}{{{e}^{(1)}}}-1=\frac{C}{\text{e}}-1$, cuando:  $x>3$

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

$1=\frac{C}{e}-1$

Esto implica:

$\frac{C}{e}=1+1$,

$C=2e$

Por tanto:

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

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

$\LARGE \ f(x)=\left\{\begin{matrix}1;0\leq x\leq 1\\2e^{1-x}-1;x> 1\end{matrix}\right.$

Este resultado es válido, aparentemente al haber empleado la definición de Continuidad, sin embargo, habrá que verificarlo y lo haremos posteriormente (siga el link), y veremos 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.

Problema del Valor Inicial

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)

Problema del Valor Inicial

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:

${{y}_{1}}\left( x \right)=1$  y

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

E igualando los resultados, tenemos:

$0=-2{{e}^{1-x}}$,

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

Practica los ejercicios utilizando la técnica adecuada, para esto te invito a que revises la técnica que te describo en el siguiente link: La Técnica Perfecta para Aprender Ecuaciones Diferenciales y te dediques diariamente a resolver al menos un ejercicio aplicando la técnica que te describo, además de los problemas de tarea que tengas al comienzo de tu estudio de esta fascinante materia.

Necesitas mas ejemplos: ver el prob 31, prob 33prob 34

Quiero saber como expresar mi resultado usando la Función Error (Dale Click aquí)

Quiero aprender a simular mis Ecuaciones Diferenciales con un Software de Computadora (Dale Click)

Te ha servido el artículo? contáctame para cualquier sugerencia o duda en el siguiente link: contacto

Mientras te dejo con mi artículo: La técnica perfecta para aprender ecuaciones diferenciales. Seguramente te facilitará tus estudios y te hará mas fácil la vida. 😉