3.3: Ecuaciones Lineales

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La ecuación diferencial lineal de primer orden (lineal en\(y\) y su derivada) se puede escribir en la forma \[\label{eq:1}\frac{dy}{dx}+p(x)y=g(x),\]con la condición inicial\(y(x_0) = y_0\). Las ecuaciones lineales de primer orden se pueden integrar usando un factor de integración\(\mu(x)\). Nos multiplicamos\(\eqref{eq:1}\) por\(\mu(x)\), \[\label{eq:2}\mu (x)\left[\frac{dy}{dx}+p(x)y\right]=\mu (x)g(x),\]e intentamos determinar\(\mu (x)\) para que \[\label{eq:3}\mu (x)\left[\frac{dy}{dx}+p(x)y\right]=\frac{d}{dx}[\mu (x)y].\]

Figura\(\PageIndex{1}\): Solución de la siguiente ODE:\((3+2y)y'=2\cos 2x\),\(y(0)=-1\).

Ecuación\(\eqref{eq:2}\) entonces se convierte \[\label{eq:4}\frac{d}{dx}[\mu (x)y]=\mu (x)g(x).\]

La ecuación\(\eqref{eq:4}\) se integra fácilmente usando\(\mu (x_0)=\mu_0\) y\(y(x_0)=y_0\):

\[\mu (x)y-\mu_0 y_0=\int_{x_0}^x\mu (x)g(x)dx,\nonumber\]o \[\label{eq:5}y=\frac{1}{\mu (x)}\left(\mu_0y_0+\int_{x_0}^x\mu(x)g(x)dx\right).\]

Queda por determinar a\(\mu(x)\) partir de\(\eqref{eq:3}\). Diferenciar y ampliar\(\eqref{eq:3}\) los rendimientos\[\mu\frac{dy}{dx}+p\mu y=\frac{d\mu}{dx}y+\mu\frac{dy}{dx};\nonumber\] y al simplificar, \[\label{eq:6}\frac{d\mu}{dx}=p\mu.\]

La ecuación\(\eqref{eq:6}\) es separable y se puede integrar:

\[\begin{aligned}\int_{\mu_0}^{\mu}\frac{d\mu}{\mu}&=\int_{x_0}^xp(x)dx, \\ \ln\frac{\mu}{\mu_0}&=\int_{x_0}^xp(x)dx, \\ \mu(x)&=\mu_0\exp\left(\int_{x_0}^xp(x)dx\right).\end{aligned}\]

Observe que ya que\(\mu_0\) cancela fuera de\(\eqref{eq:5}\), se acostumbra asignar\(\mu_0 = 1\). La solución para\(\eqref{eq:1}\) satisfacer la condición inicial\(y(x_0) = y_0\) se escribe entonces comúnmente como\[y=\frac{1}{\mu(x)}\left(y_0+\int_{x_0}^x\mu(x)g(x)dx\right),\nonumber\] con\[\mu(x)=\exp\left(\int_{x_0}^xp(x)dx\right)\nonumber\] el factor integrador. Este importante resultado encuentra un uso frecuente en las matemáticas aplicadas.

Ejemplo\(\PageIndex{1}\)

Resolver\(\frac{dy}{dx}+2y=e^{-x}\), con\(y(0)=3/4\).

Solución

Obsérvese que esta ecuación no es separable. Con\(p(x) = 2\) y\(g(x) = e^{−x}\), tenemos\[\begin{aligned}\mu(x)&=\exp\left(\int_0^x 2dx\right) \\ &=e^{2x},\end{aligned}\] y\[\begin{aligned}y&=e^{-2x}\left(\frac{3}{4}+\int_0^x e^{2x}e^{-x}dx\right) \\ &=e^{-2x}\left(\frac{3}{4}+\int_0^x e^xdx\right) \\ &=e^{-2x}\left(\frac{3}{4}+(e^x-1)\right) \\ &=e^{-2x}\left(e^x-\frac{1}{4}\right) \\ &=e^{-x}\left(1-\frac{1}{4}e^{-x}\right).\end{aligned}\]

Ejemplo\(\PageIndex{2}\)

Resolver\(\frac{dy}{dx}-2xy=x\), con\(y(0)=0\).

Solución

Esta ecuación es separable, y la resolvemos de dos maneras. Primero, usando un factor integrador con\(p(x) = −2x\) y\(g(x) = x\):

\[\begin{aligned}\mu(x)&=\exp\left(-2\int_0^x xdx\right) \\ &=e^{-x^2},\end{aligned}\]y\[y=e^{x^2}\int_0^x xe^{-x^2}dx.\nonumber\]

La integral se puede hacer por sustitución con\(u = x^2\),\(du = 2xdx\):

\[\begin{aligned}\int_0^x xe^{-x^2}dx&=\frac{1}{2}\int_0^{x^2}e^{-u}du \\ &=-\frac{1}{2}e^{-u}]_0^{x^2}\\ &=\frac{1}{2}\left(1-e^{-x^2}\right).\end{aligned}\]

Por lo tanto,\[\begin{aligned}y&=\frac{1}{2}e^{x^2}\left(1-e^{-x^2}\right) \\ &=\frac{1}{2}\left(e^{x^2}-1\right).\end{aligned}\]

Segundo, integramos separando variables:

\[\begin{aligned}\frac{dy}{dx}-2xy&=x, \\ \frac{dy}{dx}&=x(1+2y), \\ \int_0^y\frac{dy}{1+2y}&=\int_0^x xdx, \\ \frac{1}{2}\ln (1+2y)&=\frac{1}{2}x^2, \\ 1+2y&=e^{x^2}, \\ y&=\frac{1}{2}\left(e^{x^2}-1\right).\end{aligned}\]

Los resultados de los dos métodos de solución diferentes son los mismos, y la elección del método es una preferencia personal.