Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden

1. Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden

Una clase de ecuaciones diferenciales que aparecen con frecuencia en las aplicaciones es la constituida por las ecuaciones lineales. Aunque en el tema siguiente se habla de las ecuaciones diferenciales lineales en general, se verá ahora cómo resolver las de primer orden mediante factores integrantes.

Definición 18.

Una ecuación lineal de primer orden es aquélla que tiene la forma:

a_{1} (x) y^{'} + a_{0} (x) y = b (x),

(4.1)

donde $a_{1} (x), a_{0} (x)$ y $b (x)$ dependen sólo de $x$ .

Suponga que $a_{1} (x), a_{0} (x)$ y $b (x)$ son funciones continuas en un intervalo común $I$ y con $a_{1} (x) \neq 0$ . Dividiendo por $a_{1} (x)$ se puede reescribir esta ecuación en forma canónica:

y^{'} + P (x) y = Q (x),

(4.2)

donde $P (x)$ y $Q (x)$ son funciones continuas en dicho intervalo $I$ . Si expresamos la ecuación 4.2 en forma diferencial, se tiene:

[P (x) y - Q (x)] dx + dy = 0 .

(4.3)

Método de resolución

1.

P (x) = 0

la ecuación es exacta y también es separable.

2.

En caso contrario, la ecuación 4.3 admite un factor integrante de la forma :

μ (x) = e^{\int P (x) dx} .

(4.4)

Una vez obtenido el factor integrante se tiene las siguientes opciones:

1. Multiplicar la ecuación 4.3 por $μ (x)$ y resolver la ecuación exacta obtenida.

2. Hallar la solución de un modo más rápido multiplicando 4.2 por $μ (x)$ :

μ (x) y^{'} + μ (x) P (x) y = μ (x) Q (x) .

Como al multiplicar la ecuación 4.3 por $μ (x)$ se obtiene una ecuación exacta, se tiene que $μ (x) P (x) = μ^{'} (x)$ , por tanto la ecuación anterior queda:

μ (x) y^{'} + μ^{'} (x) y = μ (x) Q (x),

es decir,

\frac{d}{dx} (μ (x) y) = μ (x) Q (x),

luego integrando respecto de $x$ se tiene

μ (x) y = \int μ (x) Q (x) dx + C .

Por tanto la solución general esta dada por:

y = μ {(x)}^{- 1} (\int μ (x) Q (x) dx + C) .

(4.5)

Donde $μ (x)$ viene dado por 4.4.

Teorema 4.

Si $P (x)$ y $Q (x)$ son funciones continuas en un intervalo $] a, b [$ que contiene al punto $x_{0}$ , para cualquier valor inicial $y_{0}$ existe una única solución $y (x)$ en $] a, b [$ del problema de valor inicial:

y^{'} + P (x) y = Q (x), y (x_{0}) = y_{0}

cuya solución viene dada por 4.5 para un $C$ apropiado.

Ejemplo76

Considere la ecuación diferencial lineal de primer orden $y^{'} + 2 xy - 2 x e^{- x^{2}} = 0$ y halle la solución general.

En esta ecuación lineal $P (x) = 2 x$ y $Q (x) = 2 x e^{- x^{2}} .$ Luego el factor integrante es:

μ (x) = e^{\int 2 xdx} = e^{x^{2}} .

Entonces al multiplicar la ecuación $y^{'} + 2 xy = 2 x e^{- x^{2}}$ por dicho factor integrante $μ (x) = e^{x^{2}}$ , se tiene

e^{x^{2}} y^{'} + e^{x^{2}} 2 xy = 2 x,

es decir, $\frac{d}{dx} (e^{x^{2}} y) = 2 x,$ de donde

e^{x^{2}} y = \int 2 xdx = x^{2} + C,

y la solución general es:

y = e^{^{- x^{2}}} (x^{2} + C)

Las curvas solución se aprecian en la figura 4.1. De donde claramente se puede apreciar que para valores muy grandes positivos o negativos, sus soluciones tienden a $y = 0$ .

Puede verificar resultados obtenidos del ejemplo anterior y otros más. Asimismo complementar teoría mediante página interactiva Ecuación diferencial Lineal.

Fig. 4.1: curvas solución de la ecuacion

y^{'} + 2 xy = 2 x e^{- x^{2}}

Fuente: elaboración propia con Mathematica 9

Ejemplo77

Resolver la siguiente ecuación diferencial lineal $y^{'} + 2 y = 3 e^{x}$ .

En este caso $P (x) = 2$ y $Q (x) = 3 e^{x} .$ Luego el factor integrante es:

μ (x) = e^{\int 2 dx} = e^{2 x},

multiplicando por $μ (x)$ se llega a:

e^{2 x} \cdot y^{'} + e^{2 x} 2 y = 3 e^{3 x}

es decir,

\frac{d}{dx} (e^{2 x} y) = 3 e^{3 x},

luego,

e^{2 x} y = \int 3 e^{3 x} dx = e^{3 x} + C,

y por tanto la solución general viene dada por:

y = e^{x} + C \cdot e^{- 2 x}

Puesto que $P (x) = 2$ y $Q (x) = 3 e^{x}$ son funciones continuas en toda la recta real, la solución es válida en todo $ℝ .$

En la figura 4.2 se muestra la familia de curvas solución de la ecuación diferencial dada. En ellas se aprecia que para valores de $x$ grandes positivos estas curvas solución tiende a la curva solución $y = e^{x}$ , como claramente se obtuvo por medio de la solución algebraica.

Fig. 4.2: Curvas solucion de la ecuacion

y^{'} + 2 y = 3 e^{x}

Fuente: Elaboración propia con Mathematica 9

Ejemplo78

Resolver el problema de valor inicial $\frac{1}{x} y^{'} - \frac{2}{x^{2}} y = x cos x$ con la condición inicial $y (\frac{π}{2}) = 3$ .

En primer lugar, se expresa la ecuación en forma canónica:

y^{'} - \frac{2}{x} y = x^{2} cos x

(4.6)

entonces de esta forma se tiene que $P (x) = \frac{- 2}{x} y Q (x) = x^{2} cos x$ y el factor integrante $μ (x) = e^{\int \frac{- 2}{x} dx} = x^{- 2}$ .

luego multiplicando 4.6 por el factor integrante se tiene que $x^{- 2} y^{'} - 2 x^{- 3} y = cos x,$ es decir,

\frac{d}{dx} (x^{- 2} y) = cos x

de donde se obtiene que al integrar a ambos lados con respecto a $x$ :

x^{- 2} y = \int cos xdx = sen x + C,

y por tanto la solución general viene dada por:

y = x^{2} (sen x + C) .

Sustituyendo ahora la condición inicial $y (\frac{π}{2}) = 3,$ se tiene $3 = \frac{π^{2}}{4} + C \frac{π^{2}}{4} \Leftrightarrow C = \frac{12}{π^{2}} - 1$ ,

y la solución del problema de valor inicial es

y = x^{2} sen x + x^{2} (\frac{12}{π^{2}} - 1) .

Como $P (x)$ y $Q (x)$ son funciones continuas en el intervalo $] 0, + \infty [$ , que contiene al punto dado en la condición inicial, la solución es válida en dicho intervalo.

Fig. 4.3: curvas solución de

\frac{1}{x} y^{'} - \frac{2}{x^{2}} y = x cos x

y la solución particular obtenida de la condición inicial

y (\frac{π}{2}) = 3

Fuente: elaboración propia con Mathematica 9

Note que la figura 4.3 muestra las gráficas de las curvas solución general y la gráfica de la solución particular obtenida a partir de la condición inicial dada, además es importante rescatar que en el punto $(0, 0)$ se visualiza claramente no existe solución única, sino infinitas y asimismo no se contradice el teorema de existencia y unicidad en dicho punto.

Ejemplo79

Resolver la ecuación diferencial $(x + 2) y^{'} + 2 y = \frac{x + 2}{x^{2} + 4}$ .

Divida la ecuación dada por $x + 2 \neq 0$ , esto para escribirla en su forma

y^{'} + \frac{2}{x + 2} y = \frac{1}{x^{2} + 4} .

(4.7)

De esta forma, el factor integrante viene dado por $μ = e^{\int \frac{2}{x + 2} dx} = e^{2 ln | x + 2 |} = {(x + 2)}^{2}$ (constante de integración se escoge como 0).

Posteriormente, multiplicando la ecuación 4.7 por el factor integrante $μ = {(x + 2)}^{2}$ , se tiene

{(x + 2)}^{2} y^{'} + 2 (x + 2) y = \frac{{(x + 2)}^{2}}{x^{2} + 4},

es decir,

\frac{d}{dx} ({(x + 2)}^{2} y) = \frac{{(x + 2)}^{2}}{x^{2} + 4},

de donde al integrar con respecto a $x$ en ambos lados y resolviendo se obtiene por solución general de la forma implícita

{(x + 2)}^{2} y = x + 2 ln (x^{2} + 4) + C .

Puede verificar paso a paso los resultados obtenidos del ejemplo anterior. Asimismo complementar teoría mediante página interactiva Ecuación diferencial Lineal.

En algunos casos puede que en una ecuación diferencial dada se deba invertir las variables dependientes e independientes, es decir, si la ED es en $y (x)$ pueda no resolverse en variable dependiente $y$ , variable independiente $x$ pero al invertirlas y tomarlas como ED en $x (y)$ esto si sea posible, como lo mostramos a continuación por medio del siguiente ejemplo:

Ejemplo80

Resuelva la siguiente ecuación diferencial $y^{'} = \frac{1}{e^{y} - x}$ [1] hasta obtener la solución general.

Claramente la ED dada por [1] no representa una ecuación diferencial lineal en variables dependiente $y$ e independiente $x$ , es decir, en $y (x)$ , sin embargo, de acuerdo con [1] se tiene que

\frac{dy}{dx} = \frac{1}{e^{y} - x} \Rightarrow \frac{dx}{dy} = e^{y} - x

es decir, al invirtir las variables en [1] se llega a una ED de la forma

x^{'} (y) + x (y) = e^{y} [2]

,la cual representa una ecuación diferencial lineal en $x (y)$ .

Ahora resolviendo [2] se tiene en ella $μ (y) = e^{y}$ que al multiplicarla por dicho factor integrante se tiene

$e^{y} \cdot x^{'} + e^{y} \cdot x = e^{2 y} \Rightarrow {(e^{y} \cdot x)}^{'} = e^{2 y}$ , luego integrando a ambos lados

e^{y} \cdot x = \frac{e^{2 y}}{2} + C

De esta forma se tiene por solución general

x (y) = \frac{e^{y}}{2} + C \cdot e^{- y}

con $C$ una constante arbitraria.

Puede ingresar al link https://youtu.be/UMwdMlO1I64 o en su defecto escanear el código QR adjunto para visualizar explicación de tal ejercicio.

Ejercicios 4.1 — Ejercicios de Retroalimentación

Ejercicio 1.1

Resuelva cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales, luego verifique sus procedimientos y resultados obtenidos paso a paso mediante página interactiva Ecuación diferencial Lineal. para comprobar dichos resultados en dicha página.

a): $x y^{'} - 4 y = x^{6} e^{x}$ .
b): $cos x \cdot y^{'} + y \cdot sen x = 1$
c): $y^{'} + y = \frac{1 - e^{- 2 x}}{e^{- x} + e^{x}}$
d): $y^{'} + y \cdot cotx = 2 cos x$
e): $y^{'} - y \cdot tan x = e^{- sen x}$ .
f): $x y^{'} + 3 y = \frac{1}{x} e^{x}, y (1) = 1$ .
g): $(x^{2} + 1) y^{'} + xy = (1 - 2 x) \sqrt{x^{2} + 1}$ .
h): $y^{2} x^{'} + xy = 2 y^{2} + 1$ .

a): $y = x^{4} (C + (x - 1) e^{x})$
b): $y = sen x + C cos x$
c): $y = e^{- x} (C - x + ln (e^{2 x} + 1))$
d): $y = sen x + \frac{C}{sen x}$
e): $y = \frac{C - e^{- sen x}}{cos x}$
f): $y = \frac{C + (x - 1) e^{x}}{x^{3}}$ ; con $y (1) = 1$ : $y = \frac{(x - 1) e^{x} + 1}{x^{3}}$
g): $y = \frac{C + x - x^{2}}{\sqrt{x^{2} + 1}}$
h): $x = \frac{C + y^{2} + ln | y |}{y}$

Ejercicio 1.2

Muestre que la ecuación

y^{'} + P (x) = Q (x) e^{- y}

puede transformarse en una ecuación lineal con la sustitución

u = e^{y}

. De acuerdo a ello resuelva

x y^{'} + 3 = 4 x e^{- y}

, con

y (2) = 0

SP :

e^{y} = 4 - \frac{24}{x^{3}}

Ejercicio 1.3

Verifique que la ecuación lineal

y^{'} + P (x) y = Q (x)

expresada en la forma

M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0

, no es exacta y admite factor integrante solo en

x

Ejercicio 1.4

Repita el ejercicio anterior, considerando la ecuación lineal

x^{'} + P (y) x = Q (y)

Ejercicio 1.5

Compruebe que la ecuación diferencial

y - x y^{'} = y^{2} e^{y} y^{'}

no es lineal en

y (x)

, pero si en

x (y)

. Posteriormente resolverla hasta obtener solución general

SG :

\frac{x}{y} = e^{y} + C

Ejercicio 1.6

Demostrar que ED

y^{'} + P (x) y = Q (x) y ln y

se convierte en una ED lineal mediante cambio de variable

z = ln y

, con

y > 0

. Use lo anterior para resolver

x y^{'} = 2 x^{2} y + y ln y

, con

x > 0

SG :

ln y = x (2 x + C)

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