Vector-SIMD Architectural Design Pattern - Simplified vector-thread architectures for flexible

Sea

φ(x, y, C) = 0 (13)

el haz de curvas, y supongamos que ésta tiene a y = ϕ(x) como envolvente, con ϕ una función derivable. Sea M (x, y) un punto sobre la envolvente, que por definición, también pertenece a cierta curva del haz, correspondiendo a esta cierta curva un valor determinado del parámetro C, dado por la ecuación C = C(x, y), por tanto, para todos los puntos de la envolvente se verifica que

φ(x, y, C(x, y)) = 0 (14)

Si adem´as, suponemos que C(x, y) es derivable, entonces se tiene ∂φ ∂x + ∂φ ∂y · dy dx + ∂φ ∂C · ∂C ∂x + ∂φ ∂C · ∂C ∂y · dy dx = 0

que se puede escribir ∂φ ∂x + ∂φ ∂C · ∂C ∂x + ∂φ ∂y + ∂φ ∂C · ∂C ∂y dy dx = 0 Para simplificar notaci´on usemos sub´ındices

φx+ φC· ∂C ∂x + φy· y 0 + φC· ∂C ∂y · y 0 = 0 O bien, φx+ φC · ∂C ∂x + y 0 ∂C ∂y + φy · y0 = 0 (15)

usando el hecho que C es constante una vez determinada la curva del haz, se tiene

φx+ φy· y0 = 0 (16)

ecuaci´on que representa el coeficiente angular de la tangente a la curva del haz en M (x, y). Pero, como el coeficiente angular de la envolvente es igual al de esa “cierta curva” del haz, entonces de (3) y (4) se tiene φC· ∂C ∂x + ∂C ∂y · y 0 = 0

Como en la envolvente es C(x, y) no es constante, entonces debe tenerse necesariamente

φC = 0 (17)

Se tiene as´ı, que para determinar la ecuaci´on de la envolvente debe eliminarse C de las ecuaciones

φ(x, y, C) = 0, φC(x, y, C) = 0 (18)

Pero por otro lado, los puntos en los cuales φx = 0 y φy = 0 tambi´en satisfacen la ecuaci´on

(6). En efecto, se expresan las coordenadas x e y en funci´on del par´ametro C como sigue

x = λ(C), y = µ(C)

luego, el haz de curvas (1) se expresa como

φ(λ(C), µ(C), C) = 0 al cual, derivado respecto del par´ametro C es tal que

∂φ ∂x · ∂λ ∂C + ∂φ ∂y · ∂µ ∂C + ∂φ ∂C = 0 O bien, φx· ∂λ ∂C + φy· ∂µ ∂C + φC = 0 Dado que φx = 0 y φy = 0, entonces

Section 16: La envolvente y Soluciones Singulares 63

Definici´on 16.2 El lugar geom´etrico de los puntos para los cuales φx = 0 y φy = 0, se

llaman puntos singulares del haz.

¡Ojo, ojo, oreja, estern´on, huachalomo!

Como conclusión final: La ecuación (6) define la envolvente o bien los puntos singulares del haz o la combinación de ambas cosas. Por consiguiente, al obtener una curva que satisface la ecuación (6) hay que realizar un estudio con el objeto de determinar si esta curva es envolvente o lugar geométrico de los puntos singulares.

Ejemplo 45 Dado el haz (y −C)2−2

3(x−C)

2 _{= 0, determinar la ecuaci´}_{on de la envolvente}

y/o el lugar geom´etrico de los puntos singulares. Derivemos respecto de C la ecuaci´on del haz

∂ ∂C (y − C)2− 2 3(x − C) 2 _{= 0} =⇒ y − C − (x − C)2 = 0 De la ecuación del haz y de la recién hallada eliminamos el parámetro C.

(y − C)2− 2

3(x − C)

2 _{= 0}

y − C − (x − C)2 _{= 0}

Se encuentra que C = x, o bien C = x − 2₃, de aqu´ı que

y = x, ∨ y = x −2 3 An´alisis de y = x ∂ ∂x (y − C)2−2 3(x − C) 2 _{= 0} =⇒ −2(x − C) = 0 =⇒ x = C ∂ ∂y (y − C)2− 2 3(x − C) 2 _{= 0} =⇒ 2(y − C) = 0 =⇒ y = C Esto conduce a establecer que el punto (C, C) es singular, pues

Definici´on 16.3 Dada la ecuaci´on diferencial F (x, y, y0) = 0

1. Los puntos (x0, y0) en cuyo entorno no existe la soluci´on de y0 = f (x, y) para la cual

y(x0) = y0, o bien, existe pero no es ´unica, se llaman puntos singulares.

2. La solución enteramente formada por puntos singulares se llama solución singular de la ecuación

Para encontrar los puntos singulares o las curvas singulares, en primer lugar hay que hallar el conjunto de los puntos en los cuales no se cumplen las condiciones del teorema de existencia y unicidad, ya que s´olo entre dichos puntos puede haber singulares. 3. Para ecuaciones de la forma y0 = M (x, y)

N (x, y), con M y N funciones continuas, los ´unicos puntos singulares se dan en los puntos (x0, y0) que cumplen la condici´on

M (x0, y0) = N (x0, y0)

ya que s´olo all´ı M

N y

M son simult´aneamente discontinuas. Estas ecuaciones pueden tener cuatro tipos de puntos singulares: Nodo, silla, foco, y centro.

Ejemplo 46 Mira lo que pasa en la ecuaci´on y0 = 2y x

Al mismo tiempo, x = y = 0 es el único punto en que el numerador y denominador son discontinuos. La solución de la ecuación diferencial es y = C x2. La figura te muestra el comportamiento de la solución

Section 16: La envolvente y Soluciones Singulares 65

Ejemplo 47 Para la ecuaci´on y0 = −y

x, se tiene que (0, 0) es un punto singular. La soluci´on de la ecuaci´on es y = C_x. Este punto singular es conocido como silla

Ejemplo 48 Para la ecuaci´on y0 = −x + y

x − y, se tiene que (0, 0) es un punto singular. La soluci´on de la ecuaci´on es x2_{+ y}2 _{= C e}arctg y/x_{. Este punto singular se llama Foco}

Ejemplo 49 Para la ecuaci´on y0 = −x

y, se tiene que (0, 0) es un punto singular. La soluci´on de la ecuaci´on es x2_{+ y}2 _{= C}2_{. Este punto singular se llama centro}

Soluciones Singulares

I) La condici´on de Lipschitz o de la derivada acotada no se verifica en los puntos en los cuales _∂y∂ crece indefinidamente al aproximarse a ellos. Esto equivale a tener la ecuaci´on

∂ ∂y

la cual define una curva en cuyos puntos puede no tener lugar la unicidad, si es as´ı, entonces la curva será singular, si además, esta curva es curva integral, entonces será curva integral singular.

Ejemplo 50 Determinar si existe soluci´on singular para y0 = x2_{+ y}2

Es claro que f (x, y) = x2 _{+ y}2 _{es una funci´}_{on continua, por tanto, puntos singulares no}

hay. Veamos que sucede con la derivada respecto de y ∂

∂y(x

2_{+ y}2_{) = 2y}

Tomando inversa de esta fracci´on tenemos que 1

2y = 0 =⇒ no existe y Por tanto, no hay soluciones singulares.

Ejemplo 51 Determinar si existe soluci´on singular para y0 = 5 +p(y − x)3 2_.

La funci´on f (x, y) = 5 +p(y − x)3 ₂

es, evidentemente, continua. Analizamos la derivada ∂ ∂y(5 + 3 p (y − x)2_{) =} 2 3(y − x) −1/3

Section 16: La envolvente y Soluciones Singulares 67

Tomando inversa de esta fracci´on tenemos que 3

2(y − x)

1/3 _{= 0 =⇒ y = x}

Hemos sacado la curva y = x como candidata, pero hay que ver si es solución de la ecuación. Sin embargo, no es solución, luego, no hay solución singular.

Ejemplo 52 Determinar si existe soluci´on singular para y0 = 1 +p(y − x)3 2_.

Es claro que y = x si es solución (lo sacas con un sólo ojo). Veamos si hay otra solución para lo de la unicidad. y − x = z =⇒ y0 = 1 + z0 reemplazando en al ecuación z0 = z1/3=⇒ z = 1 27(x + C) 3 de donde y − x = 1 27(x + C) 3

es solución de la ecuación diferencial, y distinta de y = x. Por consiguiente, y = x es solución singular. Mira lo que hace Maple.

> f 1 := implicitplot(y − x = 0, x = −10..10, y = −10..10, color = blue) :

f 2 := implicitplot(y − x − (1/27) ∗ (x + 1)3_{= 0, x = −10..10, y = −10..10, color = violet) :} f 3 := implicitplot(y − x − (1/27) ∗ (x + 2)3= 0, x = −10..10, y = −10..10, color = violet) : f 4 := implicitplot(y − x − (1/27) ∗ (x − 1)3= 0, x = −10..10, y = −10..10, color = violet) : f 5 := implicitplot(y − x − (1/27) ∗ (x − 2)3_{= 0, x = −10..10, y = −10..10, color = violet) :} f 6 := implicitplot(y − x − (1/27) ∗ (x)3= 0, x = −10..10, y = −10..10, color = violet) : > display(f 1, f 2, f 3, f 4, f 5, f 6);

II) Para determinar la soluci´on singular de F (x, y, y0) = 0 se elimina y0 del sistema F (x, y, y0) = 0, ∂F

ya que por lo general, la condici´on _∂y∂F0 del teorema de existencia y unicidad de F (x, y, y0) = 0 es

la que no se cumple.

De la ecuaci´on (1) se obtiene una φ(x, y) = 0 llamada curva p discriminante, ya que se reemplaza y0= p para tener

∆p :    F (x, y, p) = 0 ∂F ∂p = 0

despu´es se aclara por sustituci´on directa si entre las ramas de esta curva ∆p hay curvas integrales

Ejemplo 53 Para la ecuaci´on y = 2xy0− y02 _{se tiene}

∆p :

y = 2xp − p2

2x − 2p = 0

de aqu´ı, y = x2, pero un simple y mental cálculo nos dice que ésta curva no es solución de la ecuación diferencial, por tanto, no existe solución singular.

III) En el caso más general, se puede hallar la solución singular de F (x, y, y0) = 0 conociendo la envolvente de la familia de curvas integrales, ya que ésta es siempre curva integral. La envolvente se halla en la llamada curva C discriminante, que corresponde a

∆C :

φ(x, y, C) = 0 φC(x, y, C) = 0

pero hay que tener ojo, por que aqu´ı pueden coexistir otros puntos. Por esta raz´on se le exige a la envolvente, como condici´on suficiente, que cumpla

1. kφxk ≤ N1, kφyk ≤ N2 2. φx6= 0, ∨ φy 6= 0

Estas condiciones son s´olo suficientes, por lo cual, pueden ser envolvente tambi´en las ramas de la ∆C en las que no se cumple alguna de estas condiciones.

A partir de ∆p y del ∆C obtenemos un m´etodo para determinar la envolvente y la soluci´on singular. Sigue las siguientes indicaciones:

• El ∆p contiene:  



1) La envolvente (E)

2) El lugar geom´etrico de los puntos de contacto al cuadrado (C2) 3) El lugar geom´etrico de los puntos cuspidales o retroceso (R) Para recordar

Section 17: Ecuaciones Diferenciales Lineales 69 • El ∆_C contiene:    1) La envolvente (E)

2) El lugar geom´etrico de los puntos anocdales al cuadrado (A2) 3) El lugar geom´etrico de los puntos cuspidales al cubo (R3₎ Para recordar

¡ ∆

= E · A

· R

!

Finalmente, cabe agregar que, de todos los lugares geométricos, solamente la envolvente es solución singular de la ecuación diferencial. Ella figura tanto en la p discriminante como en la C discriminante, con exponente cero.

17. Ecuaciones Diferenciales Lineales Definici´on Una transformaci´on lineal

L : ζn(I) → ζ(I)

se dice que es un operador diferencial lineal de orden n sobre el intervalo I, si puede escribirse en la forma

L = an(x) Dn+ an−1(x) Dn−1+ · · · + a1(x) D + a0(x)

en donde, los coeficientes ai son continuos en I, y an(x) 6= 0 en I. Adeem´as, para quienes no le recuerdan, D es el operador diferenciaci´on.

De la definici´on se tiene que, si y ∈ ζn(I), entonces

L[y] = an(x) y(n)+ an−1(x) y(n−1)+ · · · + a1(x) y0+ a0(x) y no olvides que D(0) = y.

Ejemplo 54 Si L = D2+ D − 2, entonces

L[y] = (D2+ D − 2)(y) = D2(y) + D(y) − 2(y) = y00+ y0− 2y En este caso, L : ζ2(I) → ζ(I)

Ejemplo 55 Veamos que sucede con el producto de operadores. Para ello, sean L1 : ζ∞(I) → ζ∞(I), L1 = x D + 1

dos transformaciones lineales. Si y ∈ ζ∞(I), entonces

L1· L2(y) = (x D + 1)(D − x)(y) = (x D + 1)(y0− xy)

= x D (y0− xy) + (y0− xy) = x (y00− y − xy0) + y0− y = x y00− xy − x2_y0_{+ y}0_{− xy = x y}00_{+ (1 − x}2_{) y}0_{− 2xy} = ( x D2+ (1 − x2) D − 2x) y

Por otra parte,

L2· L1(y) = (D − x)(x D + 1)(y) = (D − x)(x y0+ y)

= D (x y0+ y) − x (x y0+ y) = y0+ x y00+ y0− x2_y0_{− x y}0 = x y00+ (2 − x2) y0− xy

= (x D2+ (2 − x2) D − x) y Se concluye que los operadores no conmutan.

Definici´on 17.1 Una ecuaci´on diferencial lineal de orden n en un intervalo I se escribe, en operadores, en la forma

L[y] = h(x)

siendo h una funci´on continua sobre I, y L un operador diferencial lineal de orden n definido en I. Adem´as:

1. Si h = 0 en I, entonces la ecuación se llama lineal homogénea 2. Si h 6= 0 en I, la ecuación se llama no homogénea

As´ı, una ecuación diferencial lineal de orden n, es una ecuación de la forma y(n)+ pn−1(x) y(n−1)+ · · · + p1(x) y0+ p0(x) y = h(x) si an(x) 6= 0, esta ecuación recibe el nombre de forma normal

Ejemplo 56 La ecuaci´on y00+ y = 0 ⇐⇒ (D2+ 1) (y) = 0, es lineal, homog´enea, de orden 2 en (−∞, ∞), y escrita en forma normal.

Ejemplo 57 La ecuaci´on x3y000+ x y0 = 0 ⇐⇒ (x3D3+ x D) (y) = 0, es lineal, no homog´enea, de orden 3 en (−∞, 0) y (0, ∞). No es normal en cualquier intervalo que contenga el origen.

Section 18: Ecuaciones Homog´eneas 71

18. Ecuaciones Homog´eneas

Sea L[y] = 0 una ecuación diferencial lineal normal y homogénea de orden n en un intervalo I. El conjunto solución de la ecuación es el espacio nulo de L (no olvidar que L es una transformación lineal), y en consecuencia, es un subespacio de ζn(I). Este subespacio se llama el espacio solución de la ecuación, as´ı que, la tarea de resolver L[y] = 0 puede reemplazarse por la de encontrar una base para el espacio solución, siempre que este espacio solución tenga dimensión finita, que en tal caso resuelve el siguiente resultado.

Teorema 18.1 El espacio solución de cualquier ecuación diferencial homogénea de orden n, L[y] = 0, definida en un intervalo I es un subespacio n dimensional de ζn(I).

Tomando como fuente de apoyo este resultado, y considerando que y1(x), y2(x), · · · , yn(x)

son soluciones linealmente independientes de L[y] = 0, entonces toda soluci´on de L[y] = 0 es de la forma

y(x) = c1y1(x), c2y2(x), · · · , cnyn(x)

siendo las ci constantes reales. Esta recibe el nombre de solución general de L[y] = 0. Cuando se dan determinados valores a los cise obtiene una función yp(x), conocida como solución particular.

Teorema 18.2 Si L[y] = 0 tiene solución compleja y(x) = u(x) + i v(x), entonces la parte real u(x) y su parte imaginaria v(x) son, por separado, soluciones de dicha ecuación homogénea. Demostración Se sabe que L[u(x) + i v(x)] = 0, por ser solución. Como, L es lineal, entonces cumple

L[u(x) + i v(x)] = 0 =⇒ L[u(x)] + i L[v(x)] = 0 de donde, L[u(x)] = 0 y L[v(x)] = 0.

Ejemplo 58 La ecuación y00− y = 0 es lineal y normal en (−∞, ∞). Su espacio solución es un subespacio de dimensión 2 de ζ(−∞, ∞). Se puede verificar que

y1(x) = ex_{+ e}−x 2 = cosh x y2(x) = ex− e−x 2 = senh x

son dos soluciones L.I. En efecto,

y1(0) = 1, y10(0) = 0, y2(0) = 0, y20(0) = 1

y es “archiconocido” que los vectores (1, 0) y (0, 1) son L.I. Se sigue que las soluciones y1(x) e y2(x) lo son. En consecuencia, la soluci´on general es

Siguiendo con el mismo ejemplo, es sencillo verificar que el par de funciones y1(x) = ex e y2(x) = e−x son tambi´en soluci´on de y00− y = 0. En este caso,

y1(0) = 1, y10(0) = 1, y2(0) = 1, y20(0) = −1

y como los vectores (1, 1) y (1, −1) son L.I, se sigue que {ex, e−x} forman también una base para el espacio solución de la ecuación diferencial. Por tanto,

y = c1ex+ c2e−x

es la solución general. De seguro estás pensando ¿Qué es esto, las soluciones andan al lote?. ¡Calma!, ... modera tu lenguaje, calma tu esp´ıritu, no te dejes llevar por un “arranque de locura”. Esta solución y la anterior que encontramos son la misma cosa. Sigue mi idea, la primera solución la descompones en ex y e−x, factorizas, las constantes son constantes (un “pelo de la cola”), y llegas a establecer la última solución general, en resumidas cuentas, ¡lo mismo! “around de world”.

Establecer la independencia lineal, ha sido algo sencillo. Te muestro otra forma, algunas veces resulta muy ´util, y tiene que ver con el llamado Wronkiano ¿Que te pareci´o el nombrecito?, suena algo as´ı como de Rusia, de Ucrania, de Stalin. Pero vamos a lo nuestro.

Definici´on 18.3 Sean y1, y2, · · · , yn funciones arbitrarias en ζn−1(I), y sea x ∈ I, entonces la funci´on W : ζn−1(I) → ζ(I), W [y1, y2, · · · yn] = y1 y2 · · · yn y10 y20 · · · yn0 .. . ... ... ... y₁n−1 y₂n−1 · · · yn−1 n (x)

se llama Wronkiano de las funciones y1, y2, · · · yn. Ejemplo 59 Calcular un Wronkiano es muy sencillo

W [x, sen x] = x sen x 1 cos x = x cos x − sen x

Teorema 18.4 Sean y1, y2, · · · , yn soluciones de una ecuaci´on diferencial lineal homog´enea de orden n, en forma normal

L[y] = 0

en un intervalo I. Si W [y1, y2, · · · , yn] = 0, entonces {yi} son Linealmente dependientes. Sea x0 punto cualquiera en I, entonces del sistema

c1y1(x0) + c2y2(x0) + · · · cnyn(x0) = 0 c1y10(x0) + c2y20(x0) + · · · cnyn0(x0) = 0

.. . c1yn−1₁ (x0) + c2y₂n−1(x0) + · · · cnyn−1n (x0) = 0

Section 18: Ecuaciones Homog´eneas 73

se tiene que, como el Wronkiano es nulo, entonces el determinante de este sistema es cero, de aqu´ı que ´eset tenga una soluci´on no trivial, c1, c2, · · · , cn. Luego,

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + · · · cnyn(x)

ser´ıa soluci´on del problema de valor inicial L[y] = 0, de condiciones iniciales y(x0) = 0, +y0(x0) = 0, · · · , y(n−1)(x0) = 0

Pero, dado que y(x) = 0 es también solución, y sabemos que ésta debe ser única, lo que debe pasar es que

c1y1(x) + c2y2(x) + · · · cnyn(x) = 0, ∀ x ∈ I Como adem´as, las ci no son todas cero, las {yi} son linealmente dependientes.

Ejemplo 60 Las funciones y1(x) = sen3x y y2(x) = sen x−1₃sen 3x son soluciones de la ecuaci´on y00+ (tg x − 2 ctg x ) y0= 0

en cualquier intervalo I en el que la tangente y cotangente est´en definidas. Veamos que sucede con su Wronkiano

W [y1, y2] = sen3x sen x −1 3sen 3x 3sen2x cos x cos x − cos 3x

Al calcular este determinante se tiene

W [y1, y2] = sen3x (cos x − cos 3x) − 3sen2x cos x (sen x − 1₃sen 3x ) = sen3_{x cos x − sen}3_{x cos 3x − 3sen}3_{x cos x + sen}2_{x cos x sen 3x} = −2sen3_{x cos x + sen}2_{x (−sen x cos 3x + cos x sen 3x)}

= −sen2_{x sen 2x + sen}2_{x sen 2x = 0}

Se concluye que {y1, y2} son linealmente dependientes en ζ(I), y no son base del espacio soluci´on de la ecuaci´on dada.

Fórmula de Abel Sirve para conocer una segunda solución de una ecuación diferencial ho- mogénea de segundo orden, siempre que sea dada una solución.

Teorema 18.5 Sean y1, y2, · · · , yn soluciones sobre I de

y(n)+ pn−1(x)y(n−1)+ · · · + p0(x) y = 0 entonces

Corolario 18.6 Si y16= 0 es solución de la ecuación y00+ p1(x) y0+ p0(x) y = 0 entonces y2(x) = y1(x) · Z _e−R p1(x) dx (y1(x))2 dx Demostración

Seg´un la f´ormula de Abel se debe cumplir que

W [y1, y2] = C e−R p1(x) dx

lo cual significa que

y1 y2 y1‘ y20 = C e−R p1(x) dx al calcular el determinante, y1y20− y2y10 = C e−R p1(x) dx la ecuaci´on la escribimos en diferenciales para y2

y1 dy2 dx − y1 0_y 2 = C e−R p1(x) dx, ¡Lineal! Un arreglo dy2 dx − y10 y1 y2= C y1 e−R p1(x) dx

Por la f´ormula de la lineal, la soluci´on tiene la forma y2 = y1 Z C y2 1 e−R p1(x) dx_{dx + K} O bien, y2 = C y1 Z 1 y₁2 e −R p1(x) dx_{dx + K y} 1 para K = 0, C = 1, se tiene y2 = y1 Z 1 y2 1 e−R p1(x) dx_dx

es una soluci´on particular.

Ejemplo 61 Se sabe que y1 = e2x es soluci´on de y00− 4y0 + 4y = 0. Una segunda soluci´on se obtiene de

y2= e2x

Z ₁

e4xe

R 4 dx_{dx = x e}2x

Es sencillo verificar que y1 con y2 son L.I. (el cociente de ellas no es constante). Por tanto, la soluci´on general es

Section 19: Ecuaci´on Homog´enea con coeficientes constantes 75

19. Ecuación Homogénea con coeficientes constantes Esta ecuación es de la forma

L[y] = (Dn+ pn−1Dn−1+ · · · + p0) y = 0 con los pi constantes.

Proposición 19.1 Si L1, L2, · · · , Ln son operadores diferenciales lineales con coeficientes constantes, entonces el espacio nulo de cada uno de ellos está incluido en el espacio nulo de su producto. Demostración Por demostrar que Li[y] = 0 =⇒ (L1, L2, · · · , Ln)[y] = 0.

(L1, L2, · · · , Ln)[y] = (L1, L2, · · · , Li−1, Li+1, · · · Ln, Li)[y] = (L1, L2, · · · , Li−1, Li+1, · · · Ln)(Li[y]) = (L1, L2, · · · , Li−1, Li+1, · · · Ln)[0] = 0

Ejemplo 62 La ecuaci´on en operadores (D2 − 4)y = 0, se puede expresar como producto de operadores

(D2− 4)y = (D − 2)(D + 2)y El espacio nulo de los operadores

L1= D − 2, L2= D + 2 est´a formado por las funciones

y1 = e2x, y2 = e−2x

de esta forma, el espacio nulo del producto D2−4) lo está por {e2x, e−2x}, y dado que estas funciones son L.I, entonces son base del espacio solución de la ecuación diferencial. Por tanto,

y = C1e2x+ C2e−2x es la soluci´on general.

Atenci´on

atenci´on

, atenci´on !

Se observa, de este ejemplo, que el problema de resolver una ecuaci´on diferencial homog´enea de la forma

(Dn+ pn−1Dn−1+ · · · + p0) y = 0

con pi constantes, está resuelto si se descompone (según proposición anterior) el operador dado en factores lineales y cuadráticos. Los factores lineales están determinados por las ra´ıces reales de la llamada Ecuación caracter´ıstica

Kn+ pn−1Kn−1+ · · · + p0= 0 y los factores cuadr´aticos por las ra´ıces complejas de esta ecuaci´on.

Se tiene as´ı, que para factores lineales y cuadr´aticos diferentes, las soluciones son de la forma y = ekx. El ´unico problema se presenta para los factores lineales del tipo (D−α)mcorrespondiente a

la ra´ız α de multiplicidad m, y para los factores de la forma (D2−2aD+(a2_+b2₎₎m_{correspondientes} al par de ra´ıces complejas a ± b i. Afortunadamente, ¡siempre! la bendita matemática, tiene algo que aportarnos, un truquito aqu´ı, otro más allá. En este caso un teorema que resuelve el problema.

Teorema 19.2 Si y(x) pertenece al espacio nulo de un operador diferencial lineal L con coeficientes constantes, entonces xm−1y(x) pertenece al espacio nulo de Lm

No vale la pena que te haga la demostraci´on, pero si te puedo decir que, la consecuencia m´as importante de este resultado es que se puede afirmar que el espacio nulo del operador (D − α)m contiene las funciones

eαx, x eαx, x2eαx, · · · , xm−1eαx

y que el espacio nulo del operador (D2− 2aD + (a2_{+ b}2₎₎m_{) contiene a las funciones} eaxsen bx, x eaxsen bx, · · · , xm−1eaxsen bx,

eaxcos bx, x eaxcos bx, · · · , xm−1eaxcos bx,

y es con tales funciones con las que se construye la soluci´on general de

TODA

ecuaci´on diferencial lineal homog´enea de coeficientes constantes.

Ejemplo 63 Resolver la ecuaci´on y00− 3y0+ 2y = 0 equivale a resolver la ecuaci´on en operadores (D2− 3D + 2)y = 0. De esto, se tiene que

(D2− 3D + 2)y = (D − 1)(D − 2)y = 0 de lo cual

(D − 1)y = 0 =⇒ y1= ex (D − 2)y = 0 =⇒ y1= e2x concluy´endose que la soluci´on general es

y = C1ex+ C2e2x

Ejemplo 64 Resolver la ecuación y000 − y0 = 0 equivale a resolver la ecuación en operadores (D3− D)y = 0. De donde, (D3− D)y = D (D + 1)(D − 1)y = 0 de lo cual D y = 0 =⇒ y1= C (D + 1)y = 0 =⇒ y1= e−x (D − 1)y = 0 =⇒ y1= ex Luego, la solución general es

Section 19: Ecuaci´on Homog´enea con coeficientes constantes 77

Ejemplo 65 Resolver la ecuación y00+ 4y0+ 5y = 0 equivale a resolver la ecuación en operadores (D2 + 4D + 5)y = 0. De donde, b2− 4ac = 16 − 20 < 0 indica que estamos en presencia de un operador irreductible en IR. Le hacemos un “cara a cara” a los complejos mediante la ecuación caracter´ıstica

k2+ 4k + 5 = 0 =⇒ k = −2 ± i

Usando la consecuencia del teorema 4 tenemos que la soluci´on general es y = C1e−2xsen x + C2e−2xcos x

Dado que siempre existen aquellos seres medios “incrédulos”, y que desconf´ıan de los teoremas, por que piensan que son un invento más de los matemáticos, a ellos les muestro que se puede llegar al mismo resultado por un camino similar al empleado en los ejemplos anteriores. Miren bien

k2+ 4k + 5 = 0 =⇒ k = −2 ± i con esto (D + 2 − i)y = 0 =⇒ y1 = e(−2+i)x (D + 2 + i)y = 0 =⇒ y2 = e(−2−i)x La soluci´on general es y = C1eix+ C2e−ix e−2x Seg´un Euler

eix = cos x + i sen x, e−ix == cos x − i sen x por tanto, la soluci´on general equivale a

y = [ ( C1+ C2 ) cos x+( C1− C2 ) i sen x ] e−2x Ahora se eligen las constantes, adecuadamente

C1 = A − Bi 2 , C2= A + Bi 2 , A y B reales con ello, C1+ C2= A, i (C1− C2) = B Reemplazando en la soluci´on general, ella toma la forma

y = ( A cos x + B sen x ) e−2x

que es semejante a la hallado directamente, ¡t´u eliges, la libertad es tuya Ok!

Ejemplo 66 Hallar una ecuaci´on diferencial lineal de coeficientes constantes que tenga como soluciones a e2x y a x e−3x.

De las hip´otesis se tiene

L[e2x] = 0, L[x e3x] = 0

Aprovecho de comunicarte, decirte o informarte, que un operador que hace esto se llama Aniquilador, algo as´ı como “Terminator”. Seguimos.

L[e2x] = 0 =⇒ L = D − 2, L[x e3x] = 0 =⇒ L = (D + 3)2 ¡estamos listos!, la ecuaci´on pedida es

20. Ecuaci´on de Euler Las ecuaciones de la forma:

1. a0xny(n) + a1xn−1y(n−1) + · · · + an−1x y0+ any = 0

2. a0(ax + b)ny(n) + a1(ax + b)n−1y(n−1) + · · · + an−1(ax + b) y0 + any = 0 con ai, a y b constantes, se llaman Ecuaciones de Euler. La segunda de ellas se reduce a la primera mediante la sustituci´on ax + b = z.

Forma de Resolverlas

La primera forma se reduce a lineal homogénea con coeficientes constantes mediante la susti- tución x = et, o bien, y = xk. Hay dos alternativas, que te haga la demostración o que, a través de un par de ejemplos, veas como se traduce una ecuación de Euler a homogénea. Me imagino tu elección, y esta vez estoy de acuerdo contigo. Como dijo el Dermatólogo vayamos al “grano”.

Ejemplo 67 Resolvemos la ecuaci´on x2y00+5₂xy0− y = 0

Esta ecuaci´on es del tipo Euler, nuestra tarea es cambiarle de “morena” a “rubia“, haciendo y = xk, de lo cual

y = xk=⇒ y0 = k xk−1 =⇒ y00= k(k − 1) xk−2 al reemplazar en la ecuaci´on original tenemos

x2k(k − 1)xk−2+5 2xk x

k−1_{− x}k_{= 0}

que al simplificar y reunir elementos semejantes tiene la forma 2k2+ 3k − 2 = 0 ⇐⇒ (k −1

2)(k + 2) = 0 hallando que, k = 1₂, k = −2. Por tanto, la soluci´on general es

y = C1x

2 + C₂x−2

Tarea 1 Resolver x2y00− xy0_{+ y = 0. Tu respuesta debe ser} y = C1x + C2x ln x

Tarea 2(Optativa) Si te interesa, puedes ver que con x = et se llega a los mismos resultados, quiz´as con un poco m´as de trabajo.

Section 21: Ecuaciones Diferenciales Lineales No Homog´eneas 79

21. Ecuaciones Diferenciales Lineales No Homog´eneas Una ecuaci´on diferencial lineal de la forma

L[y] = f (x) se llama no homog´enea

Proposición 21.1 Si y es una solución de la ecuación no homogénea L[y] = f (x)

y si y1 es una solución de la ecuación homogénea L[y] = 0 entonces y + y1 es solución de la ecuación no homogénea

In document Simplified vector-thread architectures for flexible and efficient data-parallel accelerators (Page 36-41)