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• Alvin Yaquitory

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Ecuaciones Diferenciales con MATLAB

4.1 OPERADORES DIFERENCIALES Sea L un operador lineal diferencial que tiene la siguiente forma:

L  a n ( x) Si D 

dn d n 1 d  a ( x )  ...  a1 ( x)  a0 n 1 n n 1 dx dx dx

d entonces la anterior ecuación se transforma a: dx L  an ( x) D n  an1 ( x) D n1  ...  a1 ( x) D  a0 D 0

Con ai(x)  C[I], donde C[I] = {f(x)/f(x) es continua x  I} Y C n[I] = {f(x)/f(x) admite n derivadas en el intervalo I}, ejemplo: C 2[0,2] Si L : C n I   CI  es una aplicación del espacio vectorial lineal C n[I] en el espacio vectorial lineal C[I], se dice que es una transformación lineal, si cumple:

y1 ( x), y 2 ( x)  C n I  : L y1 ( x)  y 2 ( x)   L y1 ( x)   L y 2 ( x)  y ( x)  C n I      : Ly ( x)   L y ( x) 

Al primero se lo denomina: “Teorema de Superposición o Aditividad” y, físicamente, significa que la superposición de las entradas o excitaciones a un sistema lineal ocasiona la superposición de las salidas o respuestas. El segundo Teorema recibe el nombre de “Homogeneidad” y, físicamente, se puede decir que, si la entrada se amplifica o atenúa en un factor , la salida también se amplifica o atenúa en el mismo factor.

x(n) Entradas Excitacion es

Sistema Lineal

y(n) Salidas Respuesta s

4.2 ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL Se define como: L(y) = h(x), es decir: a n ( x)

d n y ( x) d n1 y( x) dy ( x)  a n1 ( x)  ...  a1 ( x)  a 0 ( x ) y ( x )  h( x ) n dx dx dx n1

1

Luis Cabezas Tito

donde h(x)  C[I], es decir, debe ser una función continua en el Intervalo I y a n(x)  0, x  I, entonces la ecuación diferencial anterior se puede normalizar al dividirla entre a n(x). Ahora, si h(x) es igual a cero, entonces se tiene:

a n ( x)

d n y ( x) d n1 y( x) dy( x)  a ( x )  ...  a1 ( x)  a 0 ( x) y ( x)  0 n  1 n n 1 dx dx dx

que recibe el nombre de “Ecuación Diferencial Lineal Homogénea (EDLH)”. Si yh(x) es solución de la EDLH, entonces se cumple que L(yh(x)) = 0. El conjunto solución de L(y) = 0 matemáticamente es el “Núcleo o Kernel n(L)” de la transformación y los vectores o soluciones base yh encontrados se denominan “Soluciones o Respuestas Transitorias” del sistema, gracias a la energía interna almacenada que posee. Si h(x)  0, entonces L(y) = h(x). Esto significa que se obtendrá una solución o respuesta particular y p llamada “Solución Permanente o Estacionaria”, debido a que existe una excitación o entrada particular no nula al sistema. Si yp(x) es solución de la ecuación:

a n ( x)

d n y ( x) d n1 y( x) dy( x)  a n1 ( x)  ...  a1 ( x)  a 0 ( x ) y ( x )  h( x ) n n 1 dx dx dx

resulta, entonces que L(yp) = h(x). Finalmente, la solución total o general viene a ser la suma de la solución particular y la solución homogénea, de la forma: y(x) = yh(x) + yp(x) Demostración: Si y es solución de L(y) = h(x), entonces L(y - yp) = L(y) – L(yp ), pero L(y) = h(x) y L(yp) =H(x): L(y - yp ) = h(x) – h(x) L(y - yp ) = 0 = L(yh) Aplicando el operador inverso: L-1L(y - yp) = L-1L(yh) y – yp = yh Por tanto, y = yh + yp. Por otra parte, podemos demostrar que si yp es solución particular, se cumple que: L(y) = L(yh + yp ) = h(x) L(yh) + L(yp ) = h(x) 0 + h(x) = h(x) h(x) = h(x) 4.3

OPERADORES DIFERENCIALES LINEALES

Hagamos un análisis más detallado del operador diferencial “D”. Este operador D = d/dx, como operador lineal, satisface las dos condiciones siguientes: 2

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d ( f  g ) df dg   dx dx dx d (f ) df b) D(f )   dx dx a) D( f  g ) 

Combinando ambos operadores:

D(f  g ) 

d (f  g ) df dg    D( f )  D( g ) dx dx dx

NOTACIÓN: en lo que sigue del curso, se utilizará la siguiente notación:

D

d d2 d3 dn , D 2  2 , D 3  3 ,..., D n  n dx dx dx dx

Ejemplos: 2 1. ( D 2  D)( y)  D 2 ( y)  D( y)  d y  dy  y' ' y' 2

dx

dx

2. ( D 2  D  3)(e 2 x )  D 2 (e 2 x )  D(e 2 x )  3D 0 (e 2 x )  4e 2 x  2e 2 x  3e 2 x  9e 2 x NOTA: D0 se denota como el “Operador Idéntico”, que representa la función original sin derivar. En el diagrama de Venn, se puede expresar como:

D sen(x)

D

cos(x)

ln(x)

1/x

Dominio

Rango o Imagen

Como L es igual a:

L  an ( x) D n  an1 ( x) D n1  ...  a1 ( x) D  a0 D 0 Entonces, al aplicar L a y se tiene:

L  an ( x) D n ( y)  an1 ( x) D n1 ( y)  ...  a1 ( x) D( y)  a0 D 0 ( y) Ejemplo 1: Si L = xD 3 + x2D2 +3D0, entonces: L(sen(2x)) = (xD3 + x2D2 +3D0)(sen(2x)) = ??? (Encontrar las derivadas) NOTA: aunque el orden del operador está dado por n, es conveniente analizar el intervalo sobre el cual es válido dicho orden. 3

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Veamos algunos ejemplos para aclarar lo mencionado anteriormente. Ejemplo 2:

L1  xD 2  3 x D  1 Este es un operador de segundo orden en el intervalo I: ] 0,  [. Si x = 0, entonces L1 es de orden 0. Ejemplo 3:

L2  x  x D 2  x  2 D  ln( x  3) Como |x| = x para x  0 y –x para x < 0, si se reemplaza (-x), entonces L2 es de primer orden, porque (x - x)D2 = 0. Para el radical se tiene: x + 2  0,  x  -2. Para el logaritmo se tiene: x + 3 > 0,  x > -3. Resumiendo: En ] -2, 0 [ el orden de L2 es “1”. Si x = -2, L2 = 0. En ] 0,  [ el orden de L2 es “2”. Si x = 0, el orden es “1”. Como un operador lineal diferencial es una transformación lineal, se pueden definir, por ejemplo, el producto de operadores lineales; no existe -al respecto- reglas para predecir el orden. Al efectuar la multiplicación de operadores hay que tener cuidado, porque no es una multiplicación normal de polinomios, excepto cuando los coeficientes ai(x) son constantes. Aclaremos con un ejemplo. Ejemplo 4: sea L1 = xD + 2 y L2 = 2xD + 1. Hallar L = L1L2. Solución: Multiplicando como polinomios se llega al siguiente resultado erróneo: L = 2x2D2 + 5xD +2. Trabajando correctamente y aplicando a y, es decir, L(y), se obtiene: L = 2x2D2 + 6xD + 2. Práctica 1: Escribir cada uno de los siguientes operadores diferenciales lineales en la forma:

L  an ( x) D n  an1 ( x) D n1  ...  a1 ( x) D  a0 D 0   

(D2 + 1)(D - 1) (xD2 + D)2 (x2D3 + xD2 + 1)(xD2 + 1)

Ejemplo 5: Factorizar 4

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

L1 = D2 – 3D + 2 Solución: L 1 = ( D - 2)(D -1)

Práctica 2: Factorizar L2 = (D4 + 1) La segunda derivada de un producto de funciones es igual al desarrollo del Binomio de Newton: (a + b)2 = a2 + 2ab + b2, es decir: D2(fg) = f’’g + 2f’g’ + fg’’ D3(fg) = f’’’g + 3f’’g’ + 3f’g’’ + fg’’’ En general, se tiene la fórmula de Leibniz para n-ésimas derivadas: n n D n ( fg )     f ( n k ) g k k 0  k 

Para determinar los coeficientes, se puede aplicar el Triángulo de Pascal. Práctica 3:    

Desarrollar D5(fg). Desarrollar D10(fg) Desarrollar D32(fg) Aplicar los anteriores desarrollos si f = e x y g = senx.

Para resolver una EDL no homogénea, primero se resuelve la EDL homogénea. Esto equivale a encontrar el espacio nulo de la correspondiente transformación. En este sentido, las soluciones de la EDL homogénea constituyen una base de dicho espacio nulo. L

y1 . . yn

0

Espacio nulo o Kernel Cn[I]

Rango C[I]

0

Sean y1(x), y2 (x),…, yn(x) soluciones de la EDL homogénea linealmente independientes; la solución general de la EDL homogénea es:

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 y1 ( x)   y ( x)  y h ( x)  Ci  y i ( x)  C1 , C 2 ,..., C n  2   ...     y n ( x) o yh(x) = C1 y1(x) + C2 y2(x) + … + C nyn(x), donde el vector de coordenadas [C] se obtiene de acuerdo a condiciones iniciales del problema. Por tanto: L(yh(x)) = L[C1y1 (x) + C2y2 (x) + … + Cnyn(x)] = 0 L(yh(x)) = C1L(y1(x)) + C2L(y2 (x)) + … + CnL(yn(x)) = 0 0 = 0. Teorema 1: La solución de una EDL de orden n es una combinación lineal de n funciones linealmente independientes. Teorema 2: Si una EDLH L(y) = 0 con coeficientes a i(x) tiene solución compleja y(x) = u(x) + iv(x), entonces la parte real de esta solución u(x) y su parte imaginaria v(x) representan, por separado, las soluciones de la misma ecuación homogénea. Práctica 4: demostrar los dos anteriores Teoremas. Teorema de Existencia y Unicidad: sea una ED de n-ésimo orden resuelta respecto de la derivada superior: yn = f(x, y, y’, …, yn-1) Si el segundo miembro de esta ecuación es una función continua de n + 1 argumentos: x, y, y’,…, y n-1 en cierto entorno  del punto P0(x0, y0 ), y0’,…, y0 n-1, entonces existe un intervalo x0 -  < x < x0 +  del eje 0X, dentro del cual por lo menos una solución, y = f(x) de la ecuación y n = f(x, y, y’, …, yn-1) satisface las condiciones iniciales: y(x0) = y0; y’(x0 ) = y0’,…, y(x0)n-1 = y0 n-1. Si además, la función f(x, y, y’,…, y n-1) tiene derivadas parciales acotadas fy, fy’,…, fyn-1 en dicho entorno , la solución mencionada será única. Práctica 5: demostrar el Teorema de Existencia y Unicidad. Problema de Valores Iniciales: sea la ED normalizada de orden n:

an ( x) y n  an1 ( x) y n1  ...  a1 ( x) y'a0 y  h( x) se denomina problema de valores iniciales a la razón de encontrar una solución para dicha ecuación, tal que y(x0 ) = y0; y’(x0) = y0’,…, y(x0)n-1 = y0 n-1 4.4

DIMENSIÓN DEL ESPACIO SOLUCIÓN

El espacio solución de la EDL de orden n en el intervalo I, tal que:

an ( x) y n  an1 ( x) y n1  ...  a1 ( x) y'a0 y  h( x) es de dimensión n, debido a que yn, yn-1,…, y’, y son funciones linealmente independientes y, además, generadoras del espacio vectorial Cn[I], constituyendo una base de dicho espacio. Corolario: si y1(x), y2 (x),…, yn(x) son soluciones linealmente independientes de la ecuación anterior, la solución será: 6

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y = yp + C1y1(x) + C2y2(x) + … + Cnyn(x) donde yp es la solución particular. Teorema 3: Sea L un operador diferencial lineal, tal que: L = L1L2L3…Ln, donde Li son también operadores diferenciales lineales, entonces se cumple que el núcleo de Li es subconjunto del núcleo de L. (Li)  (L) Práctica 6: demostrar el Teorema anterior. 4.5

EL WRONSKIANO

Sea la EDLH normalizada en I:

d n y ( x) d n1 y ( x) dy( x)  a ( x )  ...  a1 ( x)  a 0 ( x) y ( x)  0 n  1 n n 1 dx dx dx con y1, y2, …, yn como soluciones, entonces, el Wronskiano se define como:  an1 ( x )dx W  y1 , y2 ,..., yn   e 

Si n = 2, se tiene como soluciones y1, y2 de la EDLH: y’’ + a1(x)y’ + a0(x)y = 0 Entonces, su Wronskiano se podrá escribir como

y  a1 ( x )dx W  y1 , y2   e   1' y1

y2 y2'

 y1 y2'  y2 y1'

que es la fórmula de Ostrogradski – Liouville. Generalizando para un orden n, se tiene: x

 a n1 ( x )dx W  y1 , y2 ,..., yn   e   W ( x0 )e



 a n1 ( x ) dx x0

Ejemplo 6: Encontrar en forma analítica y numérica el Wronskiano de una EDLH de orden n = 2, cuyas soluciones son: y1 = x, y2 = -1/2x. SOLUCIÓN ANALÍTICA:

1 2x  1  0 1 x 2 2x

x 

1  W  y1 , y 2   W  x,   2x  1 

SOLUCIÓN NUMÉRICA: Escriba en MATLAB el siguiente código. >> syms x 7

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>> y1=x y1 = x >> y2=-1/(2*x) y2 = -1/(2*x) >> A=[y1 diff(y1);y2 diff(y2)] A= [ x, 1] [-1/(2*x), 1/(2*x^2)] >> W=det(A) %Cálculo del Wronskiano W= 1/x 4.6

FÓRMULA DE ABEL

Si y1(x) es una solución distinta de cero de la EDLH: y’’ + a1(x)y’ + a0(x)y = 0 Es posible hallar una solución y2(x) linealmente independiente de y1(x) de la siguiente manera:

 s ( x)  y 2 ( x)  y1 ( x)   u ( x)dx  K   y1 ( x)   a1 ( x )dx s ( x)  W  y , y   e  1

u ( x) 

2

1 y1 ( x)

Práctica 8: demostrar la obtención de la Fórmula de Abel. Si K = 0, entonces:

y 2 ( x)  y1 ( x) 

s ( x) u ( x)dx y1

Pero s(x) es el Wronskiano y u(x) = 1/y1(x) es un factor integrante, entonces:  a1 ( x ) dx e  y 2 ( x)  y1 ( x)  dx y1 ( x)2

Que es el Teorema o Fórmula de Abel, cuya solución es y(x) = C1y1(x) + C2y2(x). Generalizando:

y n ( x)  y n 1 ( x)  8

e  dx yn 1 ( x)2  a n1 ( x ) dx

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Siendo su solución: y(x) = C1y1(x) + C2y2(x) + … + Cnyn(x). Ejemplo 7: Encontrar, analítica y numéricamente, la segunda solución de la EDLH x2y’’ + xy’ – y = 0, sabiendo que y1(x) = x. SOLUCIÓN ANALÍTICA: Normalizando: y ' '

1 1 y ' 2 y  0 donde a1(x) = 1/x. Encontrando la solución y2(x): x x 1   dx e x 1 y 2 ( x)  x  2 dx   2x x

Escribiendo la solución general: 𝑦(𝑥) = 𝑐1 𝑥 −

𝑐2 2𝑥

Para comprobar la independencia lineal de las dos soluciones, y1, y2 se recurre al Wronskiano, lo cual ya se hizo en el ejemplo 6. SOLUCIÓN NUMÉRICA: Escriba en MATLAB el siguiente código. >> syms x >> y1=x y1 = x >> a1=1/x a1 = 1/x >> y2=y1*int(exp(-int(a1))/y1^2) %Fórmula de Abel y2 = -1/(2*x) Práctica 9: resolver la EDLH (D - 2)(D + 1)(y) = 0 y comprobar su independencia lineal, tanto en forma analítica como numérica. Solución: y(x) = C1e2x + C2e-x. W[y1, y2] = -3e-x  0.

----- oOo -----

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