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

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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.

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 32, probl 33

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

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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. 😉

Intervalo de solución para un Problema del Valor Inicial (PVI) de una ED lineal

de

0

Encontrar el intervalo de solución para un Problema del Valor Inicial la solución, siendo dicho intervalo de solución «I», el intervalo más largo , para el Problema del Valor Inicial:

a)      $\frac{dT}{dt}=k(T-Tm)$,             $T(0)={{T}_{0}}$

Utilizaremos el método del Factor Integrante (ver enlace), mediante los 4 pasos que hemos utilizamos aquí para resolver cualquier ED lineal de 1er orden (link: Método de los 4 pasos)

Ejercicios 2.3 Libro Dennis G. Zill, Ed 7ma. (Problema 28).

Pasos:

I.                    El primer paso consiste en escribir la forma estándar de la ED a resolver:

Multiplicamos el lado derecho de la ecuación y agrupamos, para obtener la forma estándar. Note que  , es una constante.

$\frac{dT}{dt}+P\left( t \right)T=f(t)$

$\frac{dT}{dt}-kT=-k{{T}_{m}}$

II.                  En el segundo paso encontramos el factor integrante: ${{\mathbf{e}}^{\mathop{\int }^{}\mathbf{P}\left( t \right)\mathbf{dt}}}$,  

El valor de $P(x)$ en ${{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( t \right)dt}}$ , es: $P\left( t \right)=-k$.

${{e}^{-k\mathop{\int }^{}dt}}={{e}^{-kt}}$

III.                Como tercer paso, encontramos la familia de soluciones del sistema homogéneo asociado:

El sistema homogéneo asociado es :$\frac{dT}{dt}-kT=0$. Sustituimos en ${{T}_{c}}=C{{e}^{\mathop{\int }^{}P(t)dt}}$, donde: $P\left( t \right)=-k$ encontrado en el primer paso,  y desarrollamos. Para esclarecer de donde sale la fórmula ${{T}_{c}}=C{{e}^{-\mathop{\int }^{}P\left( t \right)dt}}$, siga el siguiente enlace: Solución del sistema homogéneo asociado.

${{T}_{c}}=C{{e}^{(-)-k\mathop{\int }^{}dt}}$

$=C{{e}^{kt}}$

Solución Específica para el Sistema Homogéneo

Para encontrar una solución específica para el sistema homogéneo, utilizaremos los valores iniciales de $\text{t}=0;\text{ }\!\!~\!\!\text{ }\!\!~\!\!\text{ }\!\!~\!\!\text{ }T={{T}_{0}}$ , de modo que:

Sustituyendo en:

${{T}_{c}}=C{{e}^{kt}}$

Tenemos:

${{T}_{0}}=C{{e}^{k(0)}}~\Rightarrow ~~{{T}_{0}}=C\left( 1 \right)~~\Rightarrow ~~C={{T}_{0}}$

Por tanto, la solución particular (específica) del sistema homogéneo asociado es:

${{T}_{c1}}={{T}_{0}}{{e}^{kt}}$

Grafica de la familia de soluciones del sistema homogeneo asociado:

${{T}_{c}}=C{{e}^{kt}}$ y la solución particular  ${{T}_{c1}}={{T}_{0}}{{e}^{kt}}$

Intervalo de solución para un Problema del Valor Inicial

La función ${{T}_{c}}=C{{e}^{kt}}$ , tiene como dominio el intervalo:

$D_{T_{C}}:\left \{ t\epsilon R\mid -\infty < t< \infty  \right \}$

Por tanto, la solución particular $T_{c1}=T_{0}e^{kt}$, tiene el mismo dominio:

$D_{T_{C1}}:\left \{ t\epsilon R\mid -\infty < t< \infty  \right \}$

Notar que la solución particular solo involucra a las curvas que intersectan a $T(t)$, dentro del rango que estemos analizando. El valor de $C={{T}_{0}}$ , para la solución particular del PVI $\frac{dT}{dt}=kT$,  $T(0)={{T}_{0}}$. El intervalo de definición de una solución, por definición (ver Intervalo de definición de una solución I), necesita cumplir al menos 2 criterios para ser considerado válido: 1. Que la función solución que se encuentra esté definida en él (no necesariamente continua, una función definida por partes también puede calificar), y 2. Que esta función sea, también, derivable dentro del intervalo.

IV. En el cuarto paso, encontramos una solución particular a partir del sistema no homogéneo:

El sistema no homogéneo es: $\frac{dT}{dt}-kT=-k{{T}_{m}}$. Para resolverla utilizamos la fórmula: ${{T}_{p}}=\frac{1}{{{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( t \right)dt}}}\mathop{\int }^{}{{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( t \right)dt}}f(t)dt$, donde: ${{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( t \right)dt}}={{e}^{-kt}}$ (obtenido en el punto ii.) y $f\left( t \right)=-k{{T}_{m}}$ obtenido en el punto i. Para ver de dónde salen estas siga el enlace siguiente: solución del sistema no homogeneo.

${{T}_{p}}=\frac{1}{{{e}^{-kt}}}\mathop{\int }^{}{{e}^{-kt}}(-k{{T}_{m}})dt$

$=\frac{{{T}_{m}}}{{{e}^{-kt}}}\mathop{\int }^{}{{e}^{-kt}}(-k)dt$

$=\frac{{{T}_{m}}}{{{e}^{-kt}}}[{{e}^{-kt}}]$

$={{T}_{m}}$

Solución del Problema de Valores Iniciales (PVI) de la ED lineal de 1er Orden

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 “t” e “i”, que vienen como condiciones iniciales y despejando “C”.

$t=0;~~~~~~T={{T}_{0}}$

Por tanto:

Si la solución general del Sistema no Homogéneo es:

$T\left( t \right)=C{{e}^{kt}}+{{T}_{m}}$

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

Tenemos:

${{T}_{0}}=C{{e}^{k(0)}}+{{T}_{m}}$

$\Rightarrow {{T}_{0}}=C(1)+{{T}_{m}}$

$\Rightarrow C={{T}_{0}}-{{T}_{m}}$

Por lo que UNA solución particular del sistema no Homogéneo, es:

$T\left( t \right)=({{T}_{0}}-{{T}_{m}}){{e}^{kt}}+{{T}_{m}}$

Gráfica de la familia de soluciones del sistema no homogéneo:

$T\left( t \right)=C{{e}^{kt}}+{{T}_{m}}$

y la solución particular del PVI:
$T\left( t \right)=({{T}_{0}}-{{T}_{m}}){{e}^{kt}}+{{T}_{m}}$

El dominio de la solución $T\left( t \right)=({{T}_{0}}-{{T}_{m}}){{e}^{kt}}+{{T}_{m}}$ está en el intervalo:

${{D}_{i(t)}}:-\infty <t< \infty$

O dicho de forma más común, el dominio de la solución del PVI ($\frac{dT}{dt}=k(T-Tm)$,   $T(0)={{T}_{o}}$ ), es el intervalo: $(-\infty ,\infty )$. Notar que el valor de $C={{T}_{0}}-Tm$ , para el problema del PVI.

Por tanto, la solución del Problema del Valor Inicial:

$\frac{dT}{dt}=k(T-Tm)$, $T(0)={{T}_{0}}$, es,

$T\left( t \right)=({{T}_{0}}-{{T}_{m}}){{e}^{kt}}+{{T}_{m}}$

Con intervalo de solución:

$D_{T_{C}}:\left \{ t\epsilon R\mid -\infty < t< \infty  \right \}$

Intervalo de solución para un Problema del Valor Inicial: Analizando dos casos espacíficos

Para analizar el comportamiento de dos casos particulares de variación de T(t), con respecto del tiempo, mostramos las siguientes tablas y gráficas.

Intervalo de solución para un Problema del Valor Inicial

Sistema representado por:  $T\left( t \right)=25{{\text{e}}^{-2t}}$

En esta gráfica podemos ver que mientras $t\to \infty $, $T\left( t \right)\to 0$. Se trata de un proceso de descongelamiento y la temperatura se tiende a estabilizar, en este caso a CERO, por tratarse de un sistema Homogéneo; hablando de sistemas físicos representados mediante Ecuaciones Diferenciales,  cuando la función $f\left( x \right)=0$, se refiere, en general a que no existen factores externos al sistema que lo modifiquen.  Veamos el siguiente ejemplo:

Intervalo de solución para un Problema del Valor Inicial

Sistema representado por: $T\left( t \right)={{\text{e}}^{-2t}}(-3+28{{\text{e}}^{2t}})$

En este ejemplo el sistema recibe los efectos del medio ambiente al involucrarse la variable $Tm=28$. Notar que $f\left( x \right)=-kTm$, en la ecuación original: $\frac{dT}{dt}=k(T-Tm)$. En este caso, el sistema incrementa su temperatura cuando “t” aumenta. La temperatura de estabilidad es $Tm=28$. Esto se puede ver más claro en la gráfica de “Campo de direcciones”

Intervalo de solución para un Problema del Valor Inicial

 

En el análisis de fenómenos físicos modelados con Ecuaciones Diferenciales en la actualidad es importante contar con un software que te permita obtener resultados tanto de las técnicas de Graficación, como de las técnicas de simulación numérica, es por eso que en este Blog he integrado la página: Haz Tu Simulación (da click aquí), donde podrás escribir tu código en los programas: Octave, Máxima, Python o SAGE, para simular y/o graficar tus modelos de ecuaciones diferenciales.

Intervalo de solución para un Problema del Valor Inicial: Cómo realiza simulaciones con software matemático de código abierto

Las simulaciones por computadora de los sismetas dinámicos modelados matemáticamente (con ecuaciones diferenciales), son imprescindibles, no solo para comprender mejor los conceptos aprendidos, si no para poder pronosticar comportamientos y tomar decisiones; todo ingeniero o científico necesita de los conociemientos para realizarlas.

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Intervalo de solución para un Problema del Valor Inicial: Cómo aprender ED’s

La intuición y la confianza son parte importantes en el aprendizaje de esta materia, es por eso que para desarrollarlas será necesario practicar varias veces con los métodos y técnicas aquí descritos teniendo una actitud mental apropiada. Para que conozcas la actitud mental que me ha hecho prosperar en esta y otras materias a lo largo de mi vida, te comparto el artículo: La técnica perfecta para aprender Ecuaciones Diferenciales, donde te revelo la actitud que me ha hecho tener éxito en materias arduas pero fascinantes como esta.

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Necesito otros ejemplos: ejercicio 27, ejercicio 29

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