2.2 Problema del valor inicial
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2.2 Problema del valor inicial
Cuando nos dan valores tales como
y ( x0 ) = y0 ,
y´( x0 ) = y1
...
y ( n −1) ( x0 ) = yn −1
(1)
Para resolver una ecuación del tipo
dn y
d n −1 y
dy
an ( x) n + an −1 ( x) n −1 + ... + a1 ( x) + ao ( x) y = g ( x)
dx
dx
dx
(2)
Como se indicó en la ecuación (1.3), de la sección 2.1, decimos que es una ecuación
diferencial, con valores iniciales.
Un problema de valor inicial es un problema donde se necesita encontrar una solución a
una ecuación diferencial sujeta a condiciones sobre la función desconocida y sus derivadas
específicas en un valor de la variable dependiente. Tales condiciones se llaman condiciones
iniciales.
Ejemplo 2.2.1 Resolver y´´+ y = 0 , para las condiciones iniciales determinadas y (0) = 0
y y´(0) = 1
Suponiendo y = sen ( x ) , y = cos ( x ) , y de manera más general
y = c1 sen ( x ) + c2 cos ( x )
(3)
Para cualquier constante c1 y c2 , son soluciones de la ecuación diferencial (3)
Además, podemos observar que y = sen ( x ) satisface claramente las condiciones iniciales,
ya que sen(0) = 0 y cos(0) = 1 , y = sen ( x ) es la única solución del problema de valores
iniciales dado, y queda, por tanto, completamente caracterizada como función por dicho
problema. De la misma manera y = cos ( x ) es solución y por consiguiente la única
solución, del correspondiente problema de valor inicial.
Comprobando: Siendo
y = sen ( x ) , y´= cos ( x ) , y´´= -sen ( x ) , sustituyendo en la
ecuación diferencial, podemos observar que -sen ( x ) + sen ( x ) = 0
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Lo mismo sucede para la segunda solución., dado que y = cos ( x ) , y´= − sen ( x ) ,
y´´= −cos ( x ) , sustituyendo en la ecuación diferencial - cos ( x ) + cos ( x ) = 0
Debemos hacer hincapié en que las condiciones iniciales que determinan en el teorema una
única solución son condiciones sobre el valor de la solución y el de su derivada en un solo
punto como x0 del intervalo [ a, b ] .
El problema es hallar una solución de la ecuación diferencial que satisfaga condiciones de
la forma y ( x0 ) = y0 y y ( x1 ) = y1 .
Determinando un miembro de la familia que sea solución del problema de valor inicial
Ejemplo 2.2.2 Siendo y = c1e x + c2 e− x y las condiciones iniciales y (0) = 0 , y´(0) = 1 en el
intervalo (0, 0) , determinar un miembro de la familia que sea solución del problema de
valor inicial y´´− y = 0
Siendo y = c1e x + c2 e− x
(4)
Su primera derivada y´= c1e x − c2 e− x
(5)
La segunda derivada y´´= c1e x + c2 e− x
(6)
Sustituyendo (4), (5) y (6) en la ecuación diferencial obtenemos
c1e x + c2 e − x − ( c1e x + c2 e− x ) = 0
Simplificando c1e x + c2 e − x − c1e x − c2 e− x = 0 lo cual se cumple
De esta manera comprobamos que las funciones dadas como solución si satisface la
ecuación diferencial.
Sustituyendo los valores iniciales
En la ecuación solución (4) 0 = c1e( 0) + c2 e −( 0) , resultando
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0 = c1 + c2
(7)
En la primera derivada, (5), 1 = c1e( 0) − c2 e −( 0) , nos queda
1 = c1 − c2
(8)
Resolviendo ambas ecuaciones por sustitución,
sustituyendo ese valor en (8), 1 = −c2 − c2 , entonces
c2 = −
de (7) , tenemos que c1 = −c2 ,
1
1
y c1 =
2
2
(9)
Siendo la familia solución y = c1e x + c2 e − x , un miembro de ella sería y =
1 x 1 −x
e − e
2
2
Ejemplo 2.2.3 Siendo y = c1 x + c2 x ln ( x ) y las condiciones iniciales y (1) = 3 , y´(1) = 1
en el intervalo (0, ∞) , determinar un miembro de la familia que sea solución del problema
de valor inicial x 2 y´´− xy´+ y = 0
Siendo y = c1 x + c2 x ln ( x )
(10)
Su primera derivada y´= c1 + c2 (1 + ln ( x ) )
(11)
1
La segunda derivada y´´= c2
x
(12)
Sustituyendo (10), (11) y (12), en la ecuación diferencial obtenemos
1
x 2 c2 − x c1 + c2 1 + ln ( x ) + c1 x + c2 x ln ( x ) = 0
x
{
}
(13)
Simplificando c2 x − c1 x − c2 x − c2 x ln ( x ) + c1 x + c2 x ln ( x ) = 0 la cual se cumple
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De esta manera comprobamos que las funciones dadas como solución si satisface la
ecuación diferencial.
Sustituyendo los valores iniciales, en la solución (10),
3 = c1 (1) + c2 (1) ln (1) , pero
ln (1) = 0 , nos queda:
c1 = 3
(14)
Sustituyendo en (11) , 1 = c1 + c2 (1 + ln (1) ) , pero ln (1) = 0 resultando
1 = c1 + c2
(15)
Resolviendo (14) y (15) por sustitución de tenemos que c1 = 3
familia solución y = c1 x + c2 x ln ( x ) , un miembro de ella sería
y c2 = 4 , siendo la
y = 3 x − 4 x ln ( x )
(16)
Ejemplo 2.2.4 Siendo y = c1 + c2 x 2 es una familia biparamétrica de xy´´− y´= 0 en el
intervalo (−∞, ∞) , demostrar que c1 , c2 no se pueden determinar de tal manera que un
miembro de la familia satisfaga las condiciones y (0) = 0 , y´(0) = 1
Siendo y = c1 + c2 x 2
(17)
Su primera derivada y´= 2c2 x
(18)
Sustituyendo los valores de x = 0, y = 0 en (17) obtenemos, 0 = c1 + c2 ( 0 )
c1 = 0
Sustituyendo los valores de
2
(19)
x = 0, y´= 1 en la ecuación (18), obtenemos 1 = 2c2 ( 0 ) ,
1 = 0 , lo cual no es posible, por lo tanto si c1 = 0 entonces c2 no existiese.
De tal manera que sería la solución trivial c1 = c2 = 0
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