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 el problema del valor inicial ecuaciones diferenciales definidas 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.
