Quizas sea una de las ecuaciones diferenciales de mayor importancia, pues muchas de las aplicaciones se modelan por una ecuación de este tipo.


Definición (Ecuación Lineal)
Una ecuación lineal de primer orden es una ecuación que se puede expresar en la forma $$a_1(x){dy\over dx}+a_0(x)y=b(x)$$ donde $ \ a_0(x), \ a_1(x) \ $ y $ \ b(x) \ $ sólo dependen de $x$.


Si dividimos la expresión anterior por $\ a_1(x) \ $ tendremos $${dy\over dx}+{a_0(x)\over a_1(x)}y={b(x)\over a_1(x)}$$
de donde si tomamos $ \ p(x)=a_0(x)/a_1(x) \ $ y $ \ q(x)=b(x)/a_1(x)$ y la ecuación queda expresada de forma canónica:
$${dy\over dx}+p(x)y=q(x) \ \ \ \ \ (*)$$

Consideremos $\ (*) \ $ donde $\ p \ $ y $ \ q \ $ son funciones definidas; si tomamos $ \ y’=f(x,y) \ $ tenemos que
$$f(x,y)=-p(x)y+q(x)$$

Si $ \ q(x)=0 \ $ entonces la ecuación queda expresada como sigue:
$$ y’+p(x)y=0 $$
la cual se llama ecuación homogénea, mientras que si $ \ q(x)\neq0 \ $ entonces es no homogénea.

Si $ \ q(x)=0 \ $ entonces $ \ f \ $ es lineal en $ \ y \ $, esto es:
$$f(x,y_1+y_2)=f(x,y_1)+f(x,y_2)$$
y además es homogénea en $ \ y, \ $ esto es:
$$f(x,cy)=cf(x,y)$$
donde $ \ c \ $ es una constante cualquiera.

Si $ \ y’+p(x)y=0 \ $ y $ \ p(x) \ $ es constante y $ \ \phi \ $ es solución, entonces $$\phi’+p\phi=0\Longrightarrow e^{px}(\phi’+p\phi)=0$$
$\Longrightarrow$ $${d\over dx}\left( e^{px}\phi \right)=0\Longrightarrow e^{px}\phi=c$$

$$\therefore \phi(x)=ce^{-px}$$
de aquí que la solución de $ \ y’+p(x)y=0 \ $ es $ \ \phi(x)=ce^{-px}, \ $ siempre que $ \ p(x) \ $ sea constante (y $ \ q=0$).

Consideremos $$y’+p(x)y=q(x) \ \ \ \ \ (**)$$ donde $ \ p \ $ y $ \ q \ $ son funciones continuas y $ \ p \ $ y $ \ q \ $ son ambas distintas de cero.

Suponga que $ \ P(x) \ $ es una antiderivada de $ \ p(x), \ $ esto es:
$$P(x)=\int p(x)dx$$
y sea $$\mu(x)=\pm e^{P(x)}$$ al cual se le llama factor integrante. Multiplicando $(**)$ por $ \ \mu \ $ se tiene que
$$\left( y’+p(x)y \right)e^{P(x)}=q(x)e^{P(x)}$$

$\Longrightarrow$

$$y’e^{P(x)}+p(x)ye^{P(x)}=q(x)e^{P(x)}$$
recuerde que $ \ P'(x)=p(x), \ $ de donde tenemos la derivada de un producto, esto es $$\frac{d\left( ye^{P(x)} \right)}{dx}=e^{P(x)}q(x) $$
ó que es lo mismo $$\frac{d\left( y\mu(x) \right)}{dx}=\mu(x)q(x)$$
entonces $$ye^{P(x)}=\int e^{P(x)}q(x)dx+c$$ $$\therefore y=e^{-P(x)}\int e^{p(x)}q(x)dx+ce^{-P(x)}$$ que es la formula para la solución de $y’+p(x)y=q(x)$.

Ejemplos de ecuaciones diferenciales lineales son los siguientes:
$$(x+1){dy\over dx}-2y=(x+1)^4$$ $$(2x^2-ye^x)dx-e^xdy=0$$


Ejercicios Resueltos


Obtenga la solución general de la ecuación $ \ \displaystyle \frac{dy}{dx}=5y$

Solución

Restando $\ 5y \ $ de ambos lados
$$\frac{dy}{dx}-5y=0$$
se puede observar que $ \ p(x)=-5,\ $ por lo que $ \ \mu(x) \ $ esta dado por
$$\mu(x)={{e}^{-5\mathop{\int }^{}dx}}={{e}^{-5x}}$$

multiplicando la ecuación por $ \ \mu(x) \ $, esto es
$$e^{-5x}{dy\over dx}-5e^{-5x}y=0\Longrightarrow {d\over dx}(e^{-5x}y)=0$$
integrando $$e^{-5x}y=c$$ por lo que la solución general es
$$y=c \ e^{5x}$$


Obtenga la solución general de la ecuación $ \ \displaystyle \frac{dy}{dx}+2y=0$

Solución

Se puede observar que $ \ p(x)=2, \ $ por lo que $ \ \mu(x) \ $ esta dado por

$$\mu(x)={{e}^{2\mathop{\int }dx}}={{e}^{2x}}$$

multiplicando la ecuación por $\mu(x)$ se tiene

$$e^{2x}y’+2e^{2x}y=0 \Longrightarrow {d\over dx}(e^{2x}y)=0$$

integrando $$e^{2x}y=\int 0dx=c$$

por lo que la solución general esta dada por $$y=c \ e^{-2x} $$


Obtenga la solución general de la ecuación $ \ (x+1){dy\over dx}-2y=(x+1)^4$

Solución

Es una ecuación lineal, la llevaremos a su forma canónica dividiendo por $(x+1)$ para obtener $$ y’-\frac{2}{x+1}y=(x+1)^3 $$
de aquí que $$p(x)=-\frac{2}{x+1} \ \mbox{ y } \ q(x)=(x+1)^3$$
ahora necesitamos $\mu(x)$, esto es
$$\mu(x)=e^{P(x)}=\exp\left({\int p(x)dx}\right)=\exp\left(-2 \int\frac{dx}{x+1} \right)=\exp\left( -2\ln|x+1| \right)$$

$$\mu(x)=\exp\left( \ln\left[1\over (x+1)^2 \right] \right)=\frac{1}{(x+1)^2} \ \ \ \ x\neq-1$$

$$\therefore \mu(x)=\frac{1}{(x+1)^2}$$

multiplicando la ecuación por $\mu$ se obtiene

$$\frac{1}{(x+1)^2}y’-\frac{2}{(x+1)^3}y=x+1 $$

de aquí que $${d\over dx}\left( \frac{1}{(x+1)^2}y \right)=x+1\Longrightarrow d\left( \frac{1}{(x+1)^2}y \right)=(x+1)dx$$ integrando $$\int d\left( \frac{1}{(x+1)^2}y \right)=\int (x+1)dx$$ entonces $$ \frac{1}{(x+1)^2}y =\int (x+1)dx={x^2\over2}+x+c$$ por lo que

$$y=(x+1)^2\left( {x^2\over2}+x+c \right)$$


Obtenga la solución general de la ecuación $ \ (2x^2-ye^x)dx-e^xdy=0$

Solución

Observe que esta no tiene la forma de una ecuación diferencial lineal. Procedemos a dividir por $ \ dx \ $, esto es $$2x^2-ye^x-e^x{dy\over dx}=0$$

restando $2x^2$ a ambos lados, esto es $$-e^x{dy\over dx}-ye^x=-2x^2$$

multiplicando por $-e^{-x}$ se obtiene $${dy\over dx}+y=2x^2e^{-x} $$

que es la ecuación diferencial canónica con $ \ p(x)=1 \ $ y $ \ q(x)=2x^2e^{-x}. \ $ Ahora necesitamos a $\mu$, esto es $$\mu(x)=e^{\int p(x)dx}=e^{\int dx}=e^x$$ multiplicando la ecuación canónica por $\mu$ se obtiene $$e^x{dy\over dx}+e^xy=2x^2$$ entonces $${d\over dx}(e^xy)=2x^2$$ integrando $$e^xy={2\over3}x^3+c$$
por tanto $$y={2\over3}x^3e^{-x}+c\ e^{-x}$$


Obtenga la solución general de la ecuación $ \ xy’+(x-2)y=3x^3e^{-x}$

Solución

Tiene la forma de una ecuación lineal, la llevaremos a su forma canónica dividiendo por $ \ x \ $ toda la ecuación, esto es $$y’+\frac{x-2}{x}y=3x^2e^{-x}$$ de donde se tiene que $$p(x)=\frac{x-2}{x} \ \ \mbox{y } \ \ q(x)=3x^2e^{-x}$$ por lo que el factor integrante $\mu$ es

$$\mu(x)=\exp\left( \int\frac{x-2}{x}dx \right)=\exp\left( x-\ln x^2 \right)=\frac{1}{x^2}e^x$$ por lo que $\mu(x)=\frac{1}{x^2}e^x$. Multiplicando la ecuación por $\mu$, esto es $$\frac{1}{x^2}e^x\left( y’+\frac{x-2}{x}y \right)=3x^2e^{-x}\left( \frac{1}{x^2}e^x \right)$$ $$ \frac{1}{x^2}e^xy’+\frac{x-2}{x^3}e^xy=3$$ observe que se tiene la derivada de un producto, esto es $${d\over dx}\left( \frac{e^x}{x^2}y \right)=3\Longrightarrow d\left( \frac{e^x}{x^2} \right)y=3dx$$ integrando se tiene que

$$\frac{e^x}{x^2}y=\int 3dx=3x+c\Longrightarrow y=x^2e^{-x}(3x+c)$$

$$\therefore y=x^2e^{-x}(3x+c)$$ es la solución.


Obtenga la solución general de la ecuación $ \ x(\ln x)y’+y=2\ln x$

Solución

Tiene la forma de una ecuación lineal, la llevaremos a su forma canónica dividiendo por $\ x(\ln x) \$ toda la ecuación, esto es

$$y’+\frac{1}{x(\ln x)}y=\frac{2}{x}$$

de donde se tiene que $\displaystyle p(x)=\frac{1}{x(\ln x)}$ y $\mu(x)$ esta dado por $$\mu(x)=\exp\left( \int\frac{dx}{x(\ln x)} \right)=\exp\left( \ln(\ln x) \right)=e^{\ln(\ln x)}=\ln x$$ $$\therefore \mu(x)=\ln x$$ multiplicando por $\mu(x)$ la ecuación, esto es $$\ln x \ y’+\frac{\ln x}{x(\ln x)}y=\frac{2\ln x}{x}$$ $\Longrightarrow$
$$ \ln x \ y’ +\frac{1}{x}y=\frac{2\ln x}{x} $$

donde se tiene la derivada de un producto, esto es $${d\over dx}\left( \ln x \ y \right)=\frac{2\ln x}{x}$$ entonces $$d(\ln x \ y) =\frac{2\ln x}{x}dx$$

integrando $$\ln x \ y=\int\frac{2\ln x}{x}dx={2(\ln x)^2\over 2}+c$$ entonces $$y={(\ln x)^2 \over \ln x}+{c\over \ln x}$$ por tanto la solución es $$y=\ln x+{c\over \ln x}$$


Obtenga la solución general de la ecuación $ \ y’+2xy=2x$

Solución

Esta ecuación esta dada en forma canónica donde $p(x)=2x$ y el factor $\mu(x)$ esta dado por

$$\mu(x)=\exp\left( \int2xdx \right)=e^{x^2}$$

multiplicando la ecuación por $\mu(x)$ se tiene

$$e^{x^2}y’+2xe^{x^2}=2xe^{x^2}$$

entonces

$${d\over dx}\left( ye^{x^2} \right)=2xe^{x^2}\Longrightarrow d(e^{x^2}y)=2xe^{x^2}dx$$

integrando

$$e^{x^2}y=\int2xe^{x^2}dx=e^{x^2}+c$$

$$\Longrightarrow y=e^{-x^2}(e^{x^2}+c)$$

por tanto la solución es

$$y=1+c \ e^{-x^2}$$


Obtenga la solución de la ecuación $ \ \cos x \ y’ +y\sin x=2x\cos^2x, $ $\ y(\pi/4)=\displaystyle \frac{-15\sqrt{2}\pi^2}{32} $

Solución

Si dividimos por $ \ \cos x \ $ toda la ecuación se tiene que
$$y’+\tan x \ y=2x\cos x$$

de donde $ \ p(x)=\tan x \ $ por lo cual $\mu$ esta dado por
$$\mu(x)=\exp\left( \int\tan xdx \right)=\exp\left( \ln|\sec x| \right)=\sec x$$ $$\therefore\mu(x)=\sec x$$

multiplicando por $\mu$ la ecuación canónica se tiene que
$$ \sec x \ y’+\sec x\tan x \ y= 2x $$ entonces $$d(\sec x \ y)=2xdx$$ integrando $$ \sec x \ y=\int2xdx=x^2+c $$ entonces la solución general esta dada por $$y=x^2\cos x + c\ \cos x$$ para obtener ahora la solución particular, procedemos a utilizar la condición inicial dada, esto es
$$y(\pi/4)=\left( \pi\over 4 \right)^2\cos(\pi/4)+c \ \cos(\pi/4)=-\frac{15\sqrt{2}\pi^2}{32}$$ entonces $$ {\pi^2\over 16}\left({ \sqrt{2}\over2} \right)+c \left( \sqrt{2} \over2\right)=-\frac{15\sqrt{2}\pi^2}{32}$$
despejando $c$


$$c \ \left( \sqrt{2}\over2 \right) =-\frac{15\sqrt{2}\pi^2}{32}-\frac{\sqrt{2} \ \pi^2}{32}\ \ $$
$$ c \ \sqrt{2}=\frac{-15\sqrt{2}\pi^2-\sqrt{2} \ \pi^2}{16}\ \ $$
$$ c= \frac{-15\pi^2- \ \pi^2}{16}=\frac{-16\ \pi^2}{16}=-\pi^2\ $$


por lo que la solución particular esta dada por
$$y=x^2\cos x-\pi^2\cos x$$


Obtenga la solución de la ecuación $ \ \displaystyle \frac{1}{y^2+1}y’+{2\over x} \tan^{-1}y={2\over x}$

Solución

Fijese que no tiene la forma de una ecuación diferencial lineal. Si tomamos la sustición $$u=\tan^{-1}y\Longrightarrow u’=\frac{1}{y^2+1}y’$$

sustituyendo se tiene $$u’+{2\over x}u={2\over x}$$ que es una ecuación diferencial lineal canónica con $p(x)=2/x$ por lo que $$\mu(x)=\exp\left( \int {2\over x}dx \right)=x^2$$ entonces, multiplicando por $\mu$ la ecuación canónica se tiene que $$x^2 \ u’+2xu=2x\Longrightarrow d(x^2u)=2xdx$$ integrando $$x^2u=\int2xdx=x^2+c$$ entonces $$u=x^{-2}(x^2+c)=1+c \ x^{-2} $$ sustituyendo $u=\tan^{-1}y$ se tiene
$$\tan^{-1}y=1+c \ x^{-2}$$ aplicando tangente a ambos lados se tiene la solución general $$y=\tan[1+c\ x^{-2}]$$

Ecuaciones diferenciales ordinarias Lineales
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