Ejercicios sobre Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden

Ejercicio 1.

Hallar la solución de la ecuación diferencial

x′ = x + cos t

que verifica x(0) = 0 Solución:

a(t) ≡ 1 b(t) = cos t
x(t) = [∫_{0}^{t} e^{− ∫_{0}^{s} a(τ) dτ} b(s) ds + 0] e^{∫_{0}^{t} a(s) ds}

∫_{0}^{t} a(s) ds = ∫_{0}^{t} 1 ds = t ⟹ ∫_{0}^{t} e^{− ∫_{0}^{s} a(τ) dτ} b(s) ds = ∫_{0}^{t} e^{−s} cos s ds

Hallamos esta última integral por partes: ∫ u dv = uv − ∫ v du ∫ e^{−s} cos s ds = e^{−s}sen s + ∫ e^{−s}sen s ds u = e^{−s} dv = cos s ds U = e^{−s} dV = sen s ds du = −e^{−s}ds v = sen s dU = −e^{−s}ds V = − cos s

⟹ ∫ e^{−s} cos s ds = e^{−s}sen s + [−e^{−s} cos s − ∫ e^{−s} cos s ds]; luego

∫_{0}^{t} e^{−s} cos s ds = \frac{1}{2}(sen s − cos s)e^{−s}|_{0}^{t} = \frac{1}{2}(sen t − cos t)e^{−t} + \frac{1}{2}

= \frac{1}{2} [(sen t − cos t)e^{−t} + 1] ⟹

x(t) = \frac{1}{2} [e^{−t}sen t − e^{−t} cos t + 1] e^{t} = \frac{1}{2} [sen t − cos t + e^{t}]

Comprobación: x′(t) = \frac{1}{2} [cos t + sen t + e^{t}] x(0) = \frac{1}{2} [0 − 1 + 1] = 0

x(t) + cos t = \frac{1}{2}sen t − \frac{1}{2} cos t + \frac{1}{2}e^{t} + cos t = \frac{1}{2}sen t + \frac{1}{2} cos t + \frac{1}{2}e^{t} ⟹

x′(t) = x(t) + cos t.

Ejercicio 2.

Hallar la solución del problema de condiciones iniciales

\{ \begin{matrix}x′ = \frac{1}{t}x + t^{2},  t > 0 \\ x(1) = 3 \end{matrix}

Solución:

a(t) = \frac{1}{t} b(t) = t^{2} t_{0} = 1 x_{0} = 3

x(t) = [∫_{1}^{t} e^{− ∫_{1}^{s} \frac{dτ}{τ}} s^{2} ds + 3] e^{∫{t \atop 1} \frac{ds}{s}}

∫ \frac{ds}{s} = ln s + c ⟹ ∫_{1}^{t} \frac{ds}{s} = ln s|_{1}^{t} = ln t − ln 1 = ln t ⟹

x(t) = [∫_{1}^{t} e^{− ln s}s^{2}ds + 3] e^{ln t} = [∫_{1}^{t} s ds + 3] t =

[\frac{s^{2}}{2} |_{1}^{t} + 3] t = [\frac{t^{2}}{2} − \frac{1}{2} + 3] t = \frac{t^{3}}{2} + \frac{5}{2}t

Comprobación:

x(1) = \frac{1}{2} + \frac{5}{2} = \frac{6}{2} = 3

x′(t) = \frac{3t^{2}}{2} + \frac{5}{2}

\frac{1}{t}x(t) + t^{2} = \frac{1}{t} (\frac{t^{3}}{2} + \frac{5}{2}t) + t^{2} = \frac{t^{2}}{2} + \frac{5}{2} + t^{2} = \frac{3t^{2}}{2} + \frac{5}{2} ⟹

x′(t) = \frac{1}{t}x(t) + t^{2}.

Ejercicio 3.

Encontrar todas las soluciones de la ecuación

\frac{dx}{dt} = −\frac{1}{t}x + ln t, t > 0

Solución:

a(t) = −\frac{1}{t} b(t) = ln t Tomemos t_{0} = 1 (por ejemplo).

Todas las soluciones de esta ecuación están expresadas en la fórmula:

x(t) = [∫_{t_{0}}^{t} e^{− ∫_{t_{0}}^{s} a(τ)dτ}b(s) ds + C] e^{∫_{t_{0}}^{t} a(s) ds}, t > 0

donde C es una constante arbitraria.

x(t) = [∫_{1}^{t} e^{∫{s \atop 1} \frac{dτ}{τ}} ln s ds + C] e^{∫_{1}^{t} − \frac{ds}{s}}

∫ −\frac{ds}{s} = − ln s + C ⟹ ∫_{1}^{t} −\frac{ds}{s} = − ln s|_{1}^{t} = − ln t + ln 1 = − ln t

∫_{1}^{t} e^{∫{s \atop 1} \frac{dτ}{τ}} ln s ds = ∫_{1}^{t} e^{ln s} ln s ds = ∫_{1}^{t} s ln s ds

Ahora hallamos esta integral por partes:

∫ u dv = uv − ∫ v du

∫ s ln s ds = \frac{s^{2}}{2} ln s − ∫ \frac{s^{2}}{2} \frac{1}{s}ds = \frac{s^{2}}{2} ln s − \frac{1}{2} ∫ s ds = \frac{s^{2}}{2} ln s − \frac{1}{4}s^{2}

u = ln s dv = s ds

du = \frac{1}{s}ds v = \frac{s^{2}}{2} ; ⟹

∫_{1}^{t} s ln s ds = [\frac{s^{2}}{2} ln s − \frac{1}{4}s^{2}]|_{1}^{t} = \frac{t^{2}}{2} ln t − \frac{1}{4}t^{2} + \frac{1}{4} ⟹

x(t) = [\frac{t^{2}}{2} ln t − \frac{1}{4}t^{2} + \frac{1}{4} + C] e^{(− ln t)} = \frac{1}{t} [\frac{t^{2}}{2} ln t − \frac{1}{4}t^{2} + \frac{1}{4} + C] = \frac{t}{2} ln t−\frac{1}{4}t+C_{1} \frac{1}{t},

C_{1} constante arbitraria Ejercicio 4.

Encontrar todas las soluciones de

\frac{dx}{dt} = \frac{1}{t}x + \frac{1}{t}, t > 0

Solución:

Tomemos t_{0} = 1

x(t) = [∫_{1}^{t} e^{− ∫_{1}^{s} \frac{dτ}{τ}} \frac{1}{s}ds + C] e^{∫{t \atop 1} \frac{ds}{s}}
= [∫_{1}^{t} e^{− ∫_{1}^{s} \frac{dτ}{τ}} \frac{1}{s}ds + C] t.

∫_{1}^{s} \frac{dτ}{τ} = ln s

x(t) = [∫_{1}^{t} s^{−2}ds + C] t = [\frac{s^{−2+1}}{−2 + 1}|_{1}^{t} + C] t = [\frac{s^{−1}}{−1} |_{1}^{t} + C] t

= [−\frac{1}{s}|_{1}^{t} + C] t = [−\frac{1}{t} + 1 + C] t = −1 + C_{1}t

Comprobación:

\begin{matrix}x′(t) = C_{1} \\ \frac{1}{t}x(t) + \frac{1}{t} = \frac{1}{t}(−1 + C_{1}t) + \frac{1}{t} = −\frac{1}{t} + C_{1} + \frac{1}{t} \end{matrix} \} Comprobado

Ejercicio 5.

Hallar todas las soluciones de la ecuación

\frac{dx}{dt} = −2x + e^{−2t}

Solución:

Tomemos t_{0} = 0

x(t) = [∫_{0}^{t} e^{∫_{0}^{s} 2dτ}e^{−2s}ds + C] e^{∫_{0}^{t} −2ds}
= [∫_{0}^{t} e^{2s}e^{−2s}ds + C] e^{−2t} = [t + C] e^{−2t} = te^{−2t} + Ce^{−2t}

Ejercicio 6.

Hallar y(x) si

∫_{0}^{x}(x − t)y(t) dt = 2x + ∫_{0}^{x} y(t) dt, x ∈ ℝ.

Solución abreviada:

x ∫_{0}^{x} y(t) d(t) − ∫_{0}^{x} ty(t) d(t) = 2x + ∫_{0}^{x} y(t) dt, x ∈ ℝ

Derivando respecto de x los dos miembros de esta igualdad:

∫_{0}^{x} y(t) d(t) + xy(x) − xy(x) = 2 + y(x)

Volviendo a derivar respecto a x:

y(x) = y′(x) y(x) = Ke^{x} ⟸ y(x) = Ke^{∫_{0}^{x} 1ds} = Ke^{x}

∫_{0}^{x}(x − t)Ke^{t}dt = 2x + ∫_{0}^{x} Ke^{t}dt ⟹

Kx ∫_{0}^{x} e^{t}dt − K ∫_{0}^{x} te^{t}dt = 2x + K ∫_{0}^{x} e^{t}dt

Kx(e^{x} − 1) − K(xe^{x} − e^{x} + 1) = 2x + K(e^{x} − 1)

∫_{0}^{x} te^{t}dt = te^{t}|_{0}^{x} − ∫_{0}^{x} e^{t}dt = te^{t}|_{0}^{x} − e^{t}|_{0}^{x} = xe^{x} − e^{x} + 1

∫ u dv = uv − ∫ v du
u = t du = dt
dv = e^{t}dt v = e^{t}
Kxe^{x} − Kx − Kxe^{x} + Ke^{x} − K = 2x + Ke^{x} − K
−Kx = 2x, ∀x ∈ ℝ ⟹ K = −2

Solución: y(x) = −2e^{x}.

Ejercicio 7.

Hallar la solución y(x) del problema:

y′(x) = \frac{1}{2}y(x) + \frac{1}{3}y(1) + 1,  y(0) = 0,  0 ≤ x ≤ 1

Solución: Se trata de una especie de ecuación diferencial lineal no- homogénea de 1^{er} orden:

y′(x) = a(x) y(x) + b(x)

junto con la condición inicial

y(x_{0}) = y_{0}

Según sabemos la solución viene dada por la fórmula

y(x) = [∫_{x_{0}}^{x} e^{− ∫_{x_{0}}^{s} a(u) du}b(s) ds + y_{0}] e^{∫_{x_{0}}^{x} a(u) du}, x ∈ [0, 1]

Aquí a(x) = \frac{1}{2} ∀x ∈ [0, 1]; pero b(x) = \frac{1}{3}y(1) + 1.

Pero el problema reside en que no conocemos la función incógnita y(x); por lo tanto no sabemos cuánto vale y(1), y por consiguiente, ignoramos quién es la función b(x). Plan de ataque:

1. Llamamos m := \frac{1}{3}y(1) + 1.

2. Resolvamos la ecuación diferencial y′(x) = \frac{1}{2}y(x) + m junto con la condición inicial y(0) = 0. Obtendremos una fórmula para y(x) que dependerá de m.

3. Sustituimos x por 1 en esta fórmula y obtenemos una ecuación

m = \frac{1}{3}y(1) + 1

en la incógnita m.

4. Resolvemos la ecuación (numérica)

m = \frac{1}{3}y(1) + 1

5. Sustituimos el valor de m, así obtenido, en la fórmula de 2) y obtenemos finalmente y(x).

Procedamos de acuerdo con este plan. La solución de la ecuación diferencial con condiciones iniciales

\{ \begin{matrix}y′(x) = \frac{1}{2}y(x) + m \\ y(0) = 0 \end{matrix}

viene dada por

y(x) = [∫_{x_{0}}^{x} e^{− ∫_{x_{0}}^{s} \frac{1}{2} du}m ds] e^{∫_{x_{0}}^{x} \frac{1}{2} du}

∫_{0}^{x} \frac{1}{2}du = \frac{x}{2}; ∫_{0}^{x} e^{− ∫_{x_{0}}^{s} \frac{1}{2} du}m ds = m ∫_{0}^{x} e^{− \frac{s}{2}} ds = m(−2)e^{− \frac{s}{2}} |_{0}^{x}

= −2m [e^{− \frac{x}{2}} − 1] ⟹ y(x) = −2m [e^{− \frac{x}{2}} − 1] e^{\frac{x}{2}} = −2m [1 − e^{\frac{x}{2}} ]

Sustituimos x por 1 en la fórmula y(x) = −2m [1 − e^{\frac{x}{2}} ]

m = \frac{1}{3}y(1) + 1 = \frac{1}{3}(−2m) [1 − e^{\frac{1}{2}} ] + 1

m = −\frac{2}{3}m(1 − e^{\frac{1}{2}} ) + 1

m [1 + \frac{2}{3}(1 − e^{\frac{1}{2}} )] = 1

m [\frac{5}{3} − \frac{2e^{\frac{1}{2}}}{3} ] = 1 m\frac{5 − 2e^{\frac{1}{2}}}{3} = 1

m = \frac{3}{5 − 2e^{\frac{1}{2}}} ⟹

y(x) = \frac{−6}{5−2e^{\frac{1}{2}}} [1 − e^{\frac{x}{2}} ] = −3, 5241 [1 − e^{0,5x}] = 3, 5241e^{0,5x} − 3, 5241. Ejercicio 8.

Sean a, b, c ∈ ℝ con b ≠ 0. Hallar la solución de la ecuación diferencial

y′ + ay = 0

que verifica la condición

∫_{0}^{b} y(x) dx = c.

Solución: Resolvamos la ecuación

y′ = −ay

junto con la condición inicial y(0) = y_{0} donde y_{0} es una incógnita.

y(x) = [∫_{0}^{x} e^{∫_{0}^{s} a du}0 ds + y_{0}] e^{∫_{0}^{x} −a du} = y_{0}e^{−ax}

c = ∫_{0}^{b} y_{0}e^{−ax}dx si a ≠ 0 c = y_{0} \frac{e^{−ax}}{−a} |_{0}^{b} = −\frac{y_{0}}{a} [e^{−ab} − 1]

ac = y_{0} [1 − e^{−ab}] y_{0} = \frac{ac}{1 − e^{−ab}}

y(x) = \frac{ace^{−ax}}{1 − e^{−ab}} si a ≠ 0.

Si a = 0 c = ∫_{0}^{b} y_{0}dx = y_{0}b ⟹ y_{0} = \frac{c}{b} ⟹

y(x) = \frac{c}{b} si a = 0