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Sistema de ecuaciones diferenciales lineales

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Sistema de ecuaciones diferenciales lineales

Una ecuación diferencial lineal de primer orden es una que se puede escribir en la forma

                                    \frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)

donde P y Q son funciones continuas en un determinado intervalo. Este tipo de ecuación se presenta con frecuencia en varias ciencias. Un ejemplo de una ecuación lineal es xy' + y = 2x porque, para x\neq 0, se puede escribir de la forma

                                      y' + \frac{1}{x} y = 2

Observe que esta ecuación diferencial no es separable porque es imposible factorizar la expresión para y' como una función de x por una función de y. Pero aún se puede resolver la ecuación si se nota, por la regla del producto, que

                                         xy' + y = (xy)'

y, por lo tanto, la ecuación se puede reescribir como

                                            (xy)' = 2x

Si ahora se integran ambos lados de esta ecuación, se obtiene

                          xy = x^2 + C o y = x + \frac{C}{x}


Si se ubiera tenido la ecuación diferencial de la forma y' + \frac{1}{x} y = 2, se habría tenido que tomar el paso preliminar de multiplicar cada lado de la ecuación por x. Resulta que toda ecuación diferencial lineal de primer orden se puede resolver de un modo similar al multiplicar ambos lados de la ecuación \frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x) por una función adecuada I(x) llamada factor de integración. Se intenta hallar I de modo que el lado izquierdo de la ecuación \frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x), cuando se multiplique por I(x), se convierta en la derivada del producto I(x)y.

                                  I(x)(y' + P(x)y) = (I(x)y)'


Si se puede hallar tal función I, en tal caso la ecuación \frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x) se convierte en

                                      (I(x)y)' = I(x)Q(x)

Al integrar ambos lados, se debe tener

                                   I(x)y = \int I(x)Q(x)dx + C

de modo que la solución sería:

                              y(x) = \frac{1}{I(x)}\left [ \int I(x)Q(x)dx + C \right ]


Para hallar tal I, se desarrolla la ecuación I(x)(y' + P(x)y) = (I(x)y)' y se cancelan términos

                             I(x)y' + I(x)P(x)y = (I(x)y)' = I'(x)y + I(x)y'
                                                I(x)P(x) = I'(x)

Esta es una ecuación diferencial separable para I, que se resuelve como sigue:

                                          \int \frac{dI}{I} = \int P(x)dx
                                         ln\left | I \right | = \int P(x)dx     
                                             I = Ae^{\int P(x)dx}

Donde A = \pm e^c. Se busca un factor de integración particular, no el más general, así que se toma A = 1 y se usa

                                            I(x) = e^{\int(Px)dx}


--KenRi 22:38 30 sep 2009 (CST)


Ejemplo 1


\mathfrak{L}\left\{{\frac{\mathrm{dy} }{\mathrm{d} t} - 3y}\right\}=\mathfrak{L}\left\{{{e^{2t}}}\right\}

\mathfrak{L}\left\{{y'}\right\} - 3\mathfrak{L}\left\{{y}\right\}=\mathfrak{L}\left\{{{e^{2t}}}\right\}

SY(s) - y(0)  - 3Y(s) = \frac{1}{s - 2}

 SY(s) - 1 - 3Y(s) = \frac{1}{s - 2}

 Y(s)(s-3)=\frac{1}{s - 2} + 1

 Y(s)=\frac{1}{(s - 2)(s-3)} + \frac{1}{s-3}

y(t)=\mathfrak{L^{-1}}\left\{{{\frac{1}{(s-2)(s-3)} + \frac{1}{s-3}}}\right\}

 1= A(s-3) + B(s-2) entonces tenemos que S=3 S=2 B=1 A=-1

por lo tanto

y(t)=\mathfrak{L^{-1}}\left\{{{\frac{-1}{(s-2)} + \frac{1}{s-3}}}\right\} = -e^{2t} + e^{3t}

 y(t)= -e^{2t} + e^{3t} + e^{3t}

 y(t)=e^{2t} + 2e^{3t}


Ejemplo 2


 y'' -6y' + 9y = t^{2}e^{3t} con condiciones iniciales y(0)=2 y y'(0)=6

 \mathfrak{L}\left\{{y'' - 6y' + 9y }\right\} =\mathfrak{L}\left\{{{t^{2}e^{3t}}}\right\}

 S^{2}Y(s) -Sy(0) - y'(0)- 6[SY(s)-y(0)]+ 9 Y(s)=\frac{2}{s-3}

 S^{2}Y(s) -2S - 6 - 6SY(s)+ 12 + 9 Y(s)=\frac{2}{(s-3)^{3}}

 Y(s)[s^{2} -6s + 9]=\frac{2}{(s-3)^{3}} + 2s -6

 Y(s)(s-3)^{2}=\frac{2}{(s-3)^{3}} + 2s -6

 Y(s)=\frac{2}{(s-3)^{5}} + \frac{2s}{(s-3)^{2}} -\frac{6}{(s-3)^2}

 y(t)=\mathfrak{L^{-1}}\left\{{\frac{2}{(s-3)^{5}}}\right\} + \mathfrak{L^{-1}}\left\{{\frac{2}{s-3}}\right\}

 y(t)= \frac{2}{41}t^{4}e^{3t} + 2e^{3t}

Ejemplo 3:


Resolver el siguiente sistema de ecuaciones para x(t) & y(t):


I) 2x' + y' - y = t
II) x' + y' = t^2

y con Valores iniciales: x(0) = 1  , y(0) = 0

Aplicando Laplace a las 2 ecuaciones obtenemos

I)2SX(s) - 2 + SY(s) - Y(s) = \frac{1}{S^2}

II)SX(s) + SY(s) = 1 + \frac{2}{S^3}

Utilizando el metodo de suma y resta, mediante => I - 2*II, obtenemos

(S - 1)Y(s) - 2SY(s) = \frac{1}{S^2} - \frac{4}{S^3}

-(S + 1)Y(s) = \frac{1}{S^2} - \frac{4}{S^3}

Y(s) = \frac{4}{S^3(S + 1)} - \frac{1}{S^2(S + 1)}

Y(s) = \frac{4 - S}{S^3(S + 1)}

por fracciones parciales obtenemos

Y(s) = \frac{4}{S^3} - \frac{5}{S^2} + \frac{5}{S} - \frac{5}{S + 1}

Aplicando Laplace inversa para encontrar y(t) nos da como resultado

      • y(t) = 2t^2 - 5t + 5 - 5e^{-t}

Ya obtuvimos y(t). Para obtener x(t), Sustituimos Y(s) en la ecuacion II

SX(s) + \frac{4}{S^2} - \frac{5}{S} + 5 - \frac{5S}{S + 1} = 1 + \frac{2}{S^3}

X(s) = \frac{2}{S^4} - \frac{4}{S^3} + \frac{5}{S^2} - \frac{4}{S} + \frac{5}{S + 1}

y finalmente aplicando Laplace inversa para encontrar x(t), nos da como resultado

      • x(t) = \frac{t^3}{3} - 2t^2 + 5t + 5e^{-t} - 4

Aplicaciones

Resortes Acoplados

Ejemplo 1

Resolver:


 x''_{1}+10x_{1}-4x_{2}=0

 -4x_{1}+x''_{2}+4x_{2}=0

sujetas a:


 x_{1}(0) = 0, x_{1}'(0) = 1

 x_{2}(0) = 0, x_{2}'(0) = -1

Solucion
La transformada de LaPlace para cada ecuacion:


 s^{2}X_{1}(s)-sX_{1}(0)-x'_{1}(0) + l0X_{1}(s) - 4X_{2}(s) = 0

 -4x_{1}(s) + s^{2}X_{2}(s) - sX_{2}(0) - X'_{2}(0) + 4X_{2}(s) = 0,

El sistema anterior equivale a:


 [s^{2}+10]X_{1}(s) - 4X_{2}(s) = 1

 -4X_{1}(s) + [s^{2}+4]X_{2}(s) = -1

Despejamos X_{1}(s):


 X_{1}(s)=\frac{s^2}{(s^2+2)(s^2+12)}=-\frac{1/5}{s^2+2}+\frac{6/5}{s^2+12}

Por lo tanto X_{1}(t) es:


 X_{1}(t)=-\frac{\sqrt{2}}{10}\sin({\sqrt2 t})+\frac{\sqrt3}{5}\sin{(2\sqrt3 t)}

Sustituimos la expresion X_{1}(s) para encontrar X_{2}(s)


 X_{2}(s)=-\frac{s^2+6}{(s^2+2)(s^2+12)}=-\frac{2/5}{s^2+2}-\frac{3/5}{s^2+12}

 X_{2}(t)=-\frac{\sqrt{2}}{5}\sin({\sqrt2 t})-\frac{\sqrt3}{10}\sin{(2\sqrt3 t)}

Por lo tanton la solucion para el sistema dado es:


 X_{1}(t)=-\frac{\sqrt{2}}{10}\sin({\sqrt2 t})+\frac{\sqrt3}{5}\sin{(2\sqrt3 t)}

 X_{2}(t)=-\frac{\sqrt{2}}{5}\sin({\sqrt2 t})-\frac{\sqrt3}{10}\sin{(2\sqrt3 t)}

Redes Electricas

En una red que contiene un inductor, un resistor y un capacitor están definidas por el sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden:


 L\frac{\mathrm{d} i_1}{\mathrm{d} t}+ Ri_2 = E(t)

 RC\frac{\mathrm{d} i_2}{\mathrm{d} t}+i_2- i_1 = 0

Ejemplo 1

Resuelva el sistema de ecuciones para una red electrica con las condiciones


 E(t) = 60V, L= 1H, R=50\Omega, C= 10^-4F

y las corrientes i_1, i_2 iguales a cero en el momento inicial.

Solucion
Sistema de ecuaciones:


 \frac{\mathrm{d} i_1}{\mathrm{d} t}+ 50i_2 = 60

 50(10^-4)\frac{\mathrm{d} i_2}{\mathrm{d} t}+i_2- i_1 = 0
sujetas a:

i_1(0)=0, i_2(0)=0

Se aplica la transformación de Laplace a cada ecuación del sistema y se simplifica:


 sI_1(s)+50I_2(s)=\frac{60}{s}

 -200I_1(s)+(s+200)I_2(s)=0

Despejamos para I_1 e I_2:


 I_1(s)=\frac{60s+12000}{s(s+100)^2}

 I_2(s)=\frac{12000}{s(s+100)^2}

Se saca la transformada inversa de Laplace:


 i_1(t)=\frac{6}{5}-\frac{6}{5} e^{-100t}-60te^{-100t}

 i_2(t)=\frac{6}{5}-\frac{6}{5} e^{-100t}-120te^{-100t}

Ejemplo 2

Encuentre la solución para la ecuación diferencial obtenida de un sistema LC sabiendo que q(0)=q_0 y i(0)=0.

Por los cursos de física tenemos que la ecuación para el sistema sería la siguiente

\frac{q}{C}=-L \frac{di}{dt}

Debemos tomar el cuenta lo siguiente i=\frac{dq}{dt}

\frac{q}{C}+L \frac{di}{dt}=0
\frac{q}{LC}+\frac{di}{dt}=0

Aplicamos la transformada de LaPlace

\frac{1}{LC}Q + s^2Q - sq_0 - 0 =0

Despejamos para Q

Q=\frac{ sq_0}{s^2+ \frac{1}{LC}}

Aplicamos la transformada inversa de LaPlace y vemos claramente que tenemos un coseno

q(t)=q_0 cos ( \frac{1}{\sqrt{LC}} t})

Videos Transformada de Laplace

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