Más Ejercicios sobre Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden

Ejercicio 9. Hallar la solución y(x) del problema

\{ \begin{matrix}y′(x) = y(x) + ∫_{0}^{1} ty(t) dt \\ y(0) = 1 \end{matrix}

Ejercicio 10. ¿Existe una solución de la ecuación diferencial

x′ = x + e^{t}

que verifique las condiciones

x(0) = 2 x(10) = 5?

Ejercicio 11. Hallar el valor del parámetro μ para que la solución del problema de condiciones iniciales

\{ \begin{matrix}x′ = x + μ \\ x(0) = 1 \end{matrix}

verifique que x(2) = 3.

Ejercicio 12. Hallar los parámetros reales λ y μ para que la solución del problema de condiciones iniciales

\{ \begin{matrix}x′ = λx + μ \\ x(0) = 1 \end{matrix}

verifique que x(2) = 3 y x(4) = 0.

Ejercicio 13. Sea φ(x) una solución no nula de la ecuación

y′ = a(x)y  (1)

(1^{o}) Si C_{0} es una constante dada, probar que

ψ(x) := C_{0}φ(x)

es una solución de (1).

(2^{o}) Probar que para toda solución y(x) de (1) existe una constante C tal que

y(x) = Cφ(x).

Ejercicio 14. Sean y_{1}(x), y_{2}(x) soluciones distintas de la ecuación

y′ = a(x)y + b(x)  (2)

(1^{o}) Si C_{0} es una constante dada, probar que la función

u(x) := y_{1}(x) + C_{0}(y_{2}(x) − y_{1}(x))

es una solución de (2).

(2^{o}) Probar que para toda solución y(x) de (2) existe una constante C tal que

y(x) = y_{1}(x) + C(y_{2}(x) − y_{1}(x)).

Ejercicio 15. Sea la ecuación diferencial lineal

y′(x) = a(x)y(x) + b(x).

Sean y_{1}(x), y_{2}(x) dos soluciones de esta ecuación.

(a) Si las rectas tangentes a las curvas y = y_{1}(x) e y = y_{2}(x) en x_{0} se cortan en un punto P, demostrar que la recta tangente en x_{0} a la curva representativa de cualquier otra solución y = y(x) pasa por P.

(b) Si las rectas tangentes a las curvas y = y_{1}(x) e y = y_{2}(x) en x_{0} son paralelas, demostrar que la recta tangente en x_{0} a la curva representativa de cualquier otra solución y = y(x) es paralela a ellas.

Ejercicio 16. Hallar la solución de la ecuación diferencial

x′ = x + t

que verifica

∫_{0}^{1} x(t) dt = 2.

Ejercicio 17. Hallar la solución de la ecuación diferencial

x′ = x + t

que verifica x′′′(0) = 1.

Ejercicio 18. Hallar la función x(t) que verifica que

x′′′(t) = x′′(t) + t
x(0) = 1
x′(0) = −1
x′′(0) = 0.

Ejercicio 19. Hallar la solución x(t) de la ecuación diferencial

x′ = x + t

que hace mínima la integral

∫_{0}^{1} (x(t))^{2} dt.

Ejercicio 20. Hallar el valor del parámetro real μ que hace mínimo

[x(2)]^{2} ,

siendo x(t) la solución del problema de condiciones iniciales

\{ \begin{matrix}x′ = x + μ \\ x(0) = 1 \end{matrix}

Ejercicio 21. Hallar la función y(x) que es solución del problema

\{ \begin{matrix}y′(x) + 3y(x) + y(1) = ∫_{0}^{1} ty(t) dt,  0 ≤ x ≤ 1, \\ y(0) = 1. \end{matrix}

Soluciones del Ejercicio 21 Solución 1^{a} Sea M := ∫_{0}^{1} ty(t) dt − y(1); resolvamos en primer lugar el problema de

condiciones iniciales

\{ \begin{matrix}y′(x) + 3y(x) = M \\ y(0) = 1. \end{matrix}

La solución del problema

\{ \begin{matrix}y′(x) = −3y(x) + M \\ y(0) = 1, \end{matrix}

viene dada por la fórmula

y(x) = [∫_{0}^{x} e^{∫_{0}^{s} 3 du} M ds + 1] e^{− ∫_{0}^{x} 3 du} = [∫_{0}^{x} e^{3s}M ds + 1] e^{−3x}
= [M \frac{e^{3s}}{3} |_{0}^{x} + 1] e^{−3x} = [M (\frac{e^{3x} − 1}{3}) + 1] e^{−3x}
= e^{−3x} [\frac{M}{3} (e^{3x} − 1) + 1] = e^{−3x} [\frac{M}{3} e^{3x} − \frac{M}{3} + 1]
= \frac{M}{3} + (1 − \frac{M}{3} ) e^{−3x};

⟹

y(x) = \frac{M}{3} + (1 − \frac{M}{3} ) e^{−3x}  (3)

Llevamos esta fórmula a

M := ∫_{0}^{1} ty(t) dt − y(1)

para obtener una ecuación en la incógnita M.

M = ∫_{0}^{1} t [\frac{M}{3} + (1 − \frac{M}{3} ) e^{−3t}] dt − [\frac{M}{3} + (1 − \frac{M}{3} ) e^{−3}]
M = \frac{M}{3} ∫_{0}^{1} t dt + (1 − \frac{M}{3} ) ∫_{0}^{1} te^{−3t} dt − \frac{M}{3} − (1 − \frac{M}{3} ) e^{−3}

De donde, tras hacer operaciones queda

M \frac{7 − 2e^{−3}}{6} = \frac{3 − M}{3} ∫_{0}^{1} te^{−3t} dt − e^{−3}  (4)

Hallemos ahora la integral indefinida

∫ te^{−3t} dt

mediante la integración por partes:

∫ u dv = uv − ∫ v du,

u = t, dv = e^{−3t} dt ⟹ du = dt, v = \frac{e^{−3t}}{−3} ; ⟹

∫ te^{−3t} dt = −\frac{te^{−3t}}{3} + ∫ \frac{e^{−3t}}{3} dt = −\frac{te^{−3t}}{3} − \frac{3^{−3t}}{9} + K;

de aquí deducimos que

∫_{0}^{1} te^{−3t} dt = \frac{1 − 4e^{−3}}{9} .  (5)

Por lo que la ecuación (4) se transforma en

M \frac{7 − 2e^{−3}}{6} = \frac{3 − M}{3} · \frac{1 − 4e^{−3}}{9} − e^{−3}; ⟹
M = \frac{6 − 78e^{−3}}{65 − 26e^{−3}} .

Llevando este valor de M a la fórmula (3) obtenida para y(x) resulta

y(x) = \frac{6 − 78e^{−3}}{195 − 78e^{−3}} + (1 − \frac{6 − 78e^{−3}}{195 − 78e^{−3}} ) e^{−3x};

que realizando operaciones conduce a la fórmula

y(x) = \frac{1}{195 − 78e^{−3}} [6 − 78e^{−3} + 189e^{−3x}];  (6)

y que simplificada nos da aproximadamente

y(x) = 0′0110749 + 0′9889236 e^{−3x}.  (7)

Comprobaciones.

Tomando la fórmula (6) para y(x) se tiene que

y(0) = \frac{1}{195 − 78e^{−3}} [6 − 78e^{−3} + 189] = \frac{195 − 78e^{−3}}{195 − 78e^{−3}} = 1.

Verifiquemos que para todo x ∈ [0, 1], la función y′(x)+3y(x) es constante e igual al valor de M:

y′(x) + 3y(x) = \frac{1}{195 − 78e^{−3}} · 189 · (−3)e^{−3x} + \frac{3}{195 − 78e^{−3}} [6 − 78e^{−3} + 189e^{−3x}]

= \frac{18 − 234e^{−3}}{195 − 78e^{−3}} .

Queda aún por comprobar que (6) verifica que para todo x ∈ [0, 1]:

y′(x) + 3y(x) + y(1) = ∫_{0}^{1} ty(t) dt.

Por un lado,

y′(x) + 3y(x) + y(1) =

\frac{18 − 234e^{−3}}{195 − 78e^{−3}} + \frac{6 + 111e^{−3}}{195 − 78e^{−3}}

= \frac{24 − 123e^{−3}}{195 − 78e^{−3}}  (8)

Por otra parte,

∫_{0}^{1} ty(t) dt =

∫_{0}^{1} \frac{t}{195 − 78e^{−3}} [6 − 78e^{−3} + 189e^{−3t}] dt

= \frac{6 − 78e^{−3}}{195 − 78e^{−3}} ∫_{0}^{1} t dt + \frac{189}{195 − 78e^{−3}} ∫_{0}^{1} te^{−3t} dt

Sustituyendo en esta fórmula la expresión obtenida en (5) se tiene

∫_{0}^{1} ty(t) dt =

\frac{6 − 78e^{3}}{195 − 78e^{−3}} · \frac{1}{2} + \frac{189}{195 − 78e^{−3}} · \frac{1 − 4e^{−3}}{9}

= \frac{24 − 123e^{−3}}{195 − 78e^{−3}}  (9)

Comprobando las expresiones obtenidas en (8) y (9), vemos que son iguales. Por lo tanto para todo x ∈ [0, 1], es cierto que

y′(x) + 3y(x) + y(1) = ∫_{0}^{1} ty(t) dt.

Solución 2^{a} Vamos a atrapar la solución de

\{ \begin{matrix}y′(x) + 3y(x) + y(1) = ∫_{0}^{1} ty(t) dt \\ y(0) = 1,  0 ≤ x ≤ 1 \end{matrix}  (10)

entre las soluciones de una ecuación diferencial lineal de segundo orden. Para ello, derivamos la primera ecuación de (10) respecto de x:

y′′(x) + 3y′(x) = 0;  (11)

por lo tanto, toda solución de (10) es, necesariamente, solución de (11). De aquí se sigue que si encontramos todas las soluciones de la ecuación (11), entre ellas estará la solución de (10).

Para resolver (11), hacemos el cambio de función incógnita

z(x) := y′(x),  (12)

quedando (11) transformada en

z′(x) + 3z(x) = 0;  (13)

o bien

z′(x) = −3z(x).  (14)

Las soluciones de (14) son de la forma

z(x) = K̃_{1}e^{−3x}

siendo K̃_{1} una constante arbitraria. Deshacemos el cambio (12) para hallar y(x):

K̃_{1}e^{−3x} = y′(x).

De donde

y(x) = ∫ K̃_{1}e^{−3x} dx + K_{2},

siendo K_{2} otra constante arbitraria.

Queda

y(x) = \frac{K̃_{1}}{(−3)}e^{−3x} + K_{2}.

O bien

y(x) = K_{1}e^{−3x} + K_{2},  (15)

llamando K_{1} a \frac{K̃_{1}}{(−3)}.

Al variar K_{1} y K_{2}, la fórmula (15) nos da todas las soluciones de la ecuación (11). Entre ellas está la solución de (10).

Imponiendo y(0) = 1, queda

1 = K_{1} + K_{2}.  (16)

Imponiendo

y′(x) + 3y(x) + y(1) = ∫_{0}^{1} ty(t) dt, ∀x ∈ [0, 1],

queda

−3K_{1}e^{−3x} + 3K_{1}e^{−3x} + 3K_{2} + K_{1}e^{−3} + K_{2}

= ∫_{0}^{1} t(K_{1}e^{−3t} + K_{2}) dt;

luego

4K_{2} + K_{1}e^{−3} = K_{1} ∫_{0}^{1} te^{−3t} dt + K_{2} ∫_{0}^{1} t dt; ⟹
4K_{2} + K_{1}e^{−3} = K_{1} \frac{1 − 4e^{−3}}{9} + \frac{K_{2}}{2} ; ⟹

(e^{−3} − \frac{1 − 4e^{−3}}{9} ) K_{1} + (4 − \frac{1}{2}) K_{2} = 0,

\frac{9e^{−3} − 1 + 4e^{−3}}{9} K_{1} + \frac{7}{2}K_{2} = 0,

\frac{−1 + 13e^{−3}}{9} K_{1} + \frac{7}{2}K_{2} = 0,

\frac{(−2 + 26e^{−3})K_{1} + 63K_{2}}{18} = 0,

(−2 + 26e^{−3})K_{1} + 63K_{2} = 0.  (17)

Resolviendo el sistema de ecuaciones (16), (17) en las incógnitas K_{1} y K_{2}, se tiene:

K_{1} = 1 − K_{2}

(−2 + 26e^{−3})(1 − K_{2}) + 63K_{2} = 0

(65 − 26e^{−3})K_{2} = 2 − 26e^{−3}

K_{2} = \frac{2 − 26e^{−3}}{65 − 26e^{−3}}

K_{1} = 1 − \frac{2 − 26e^{−3}}{65 − 26e^{−3}} = \frac{65 − 26e^{−3} − 2 + 26e^{−3}}{65 − 26e^{−3}}

K_{1} = \frac{63}{65 − 26e^{−3}}

⇓

y(x) = \frac{63e^{−3x}}{65 − 26e^{−3}} + \frac{2 − 26e^{−3}}{65 − 26e^{−3}}

y(x) = \frac{2 − 26e^{−3} + 63e^{−3x}}{65 − 26e^{−3}} =

\frac{6 − 78e^{−3} + 189e^{−3x}}{195 − 78e^{−3}} ;

que es la misma solución que la obtenida en (6) por el primer procedimiento.