Técnicas analíticas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden: Ecuaciones Separables y Lineales

Transcripción

1 Lección Técnicas analíticas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden: Ecuaciones Separables y Lineales.1. Introducción Tal y como hemos visto en el capítulo anterior la forma general de las ecuaciones diferenciales de primer orden es F (t, x, dt ) = 0 o equivalentemente F (t, x, x ) = 0. Algunas veces x puede despejarse en la ecuación F (t, x, x ) = 0; en cuyo caso ésta adopta la forma: = f(t, x), dt conocida como la forma normal de la ecuación de primer orden. Por ejemplo, la ecuación (xt 1)x = x 3t

2 Técnicas analíticas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden se puede poner en forma normal: x = x 3t xt 1. Todas las ecuaciones que estudiaremos estarán en forma normal o serán fácilmente reducibles a ella. La función f(t, x) siempre se puede escribir como cociente de dos funciones M(t, x) f(t, x) = N(t, x), (en el peor de los casos siempre se puede poner f(t, x) = f(t,x) ). En tal caso, la ecuación 1 diferencial x = x) = f(t, x) = M(t, dt N(t, x) puede escribirse como M(t, x) dt + N(t, x) = 0 que se llama forma diferencial de la ecuación. En el ejemplo anterior: dt = x 3t xt 1, con lo que M(t, x) = x 3t y N(t, x) = xt 1 y la forma diferencial de esta ecuación sería: (xt 1) = (x 3t ) dt o equivalentemente (x 3t ) dt (xt 1) = 0... Ecuaciones en Variables Separables Se llaman ecuaciones en variables separadas las que se pueden escribir en la forma: dt = f(t) g(x). (.1) o bien: o g(x) = f(t)dt f(t) dt g(x) = 0.

3 . Ecuaciones en Variables Separables 3 Ejemplo.1 La ecuación x = 4x t(x 3) es una ecuación en variables separadas porque se puede escribir como x 3 x 4 t dt = 0 o bien 4 dt = t que es una ecuación de la forma (.1) con g(x) = x 3 x y f(t) = 4 t. x 3 x. Definición. Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden de la forma M(t, x) dt + N(t, x) = 0 (.) se dice que es separable o en variables separables si M(t, x) = M 1 (t)m (x) y N(t, x) = N 1 (t)n (x) Una ecuación separable se puede reducir a una ecuación en variables separadas; basta poner f(t) = M 1(t) N 1 (t) de forma que la ecuación (.) se convierte en que es una ecuación en variables separadas. y g(x) = N (x) M (x), f(t) dt + g(x) = 0 Ejemplo.3 La ecuación x = (1 + t + x + tx) es una ecuación en variables separables. En efecto 1 + t + x + tx = (1 + t)(1 + x), así que la ecuación se puede escribir: = (1 + t)(1 + x) dt o (1 + t) dt x = 0.

4 4 Técnicas analíticas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden Para obtener las soluciones de la ecuación g(x) = f(t) dt lo que parece más sencillo es integrar cada miembro de la ecuación y ver qué pasa. Así para la ecuación del Ejemplo.1 tendríamos x 3 x = 4 t dt e integrando: x 3 x obtenemos = 4 t dt x 3 ln x = 4 ln t + C. (.3) Observaciones.4 Es necesario hacer dos observaciones: 1. La función logaritmo sólo está definida para valores positivos. Como no tenemos ninguna información acerca de los intervalos de definición de las varaibles x y t, debemos utilizar valores absolutos.. Técnicamente tenemos una constante de integración a ambos lados de la ecuación, pero podemos agruparlas en una sola constante. Despejar x de la ecuación (.3) no parece una tarea sencilla. Pero recordemos que las soluciones pueden darse en forma implícita y que podemos saber si las funciones que definen la ecuación (.3) son o no soluciones derivando implícitamente o aplicando la regla de la cadena. Utilizamos este segundo método: Es decir x (t) 3x (t) x(t) = 4 t x (t) ( 1 3 ) x(t) 4 dt = t x(t) 3 x(t) que es la ecuación diferencial que queríamos resolver. = 4 t x (t) x(t) 3 x(t) Este método intuitivo de integrar separadamente cada parte de la ecuación parece que da resultado. Al menos es así en este ejemplo. Vamos a ver que en realidad esta forma de proceder tiene una sólida fundamentación matemática que nos permite asegurar que es un = 4 t

5 . Ecuaciones en Variables Separables 5 método que podemos usar con todas las ecuaciones de variables separadas. Consideremos de nuevo la ecuación en variables separadas: y escribámosla de la siguiente forma: g(x) = f(t) dt, (.4) g(x) dt = f(t). Sean G(x) y F (t) primitivas (integrales indefinidas) de g(x) y f(t), respectivamente. Es decir, G (x) = g(x) y F (t) = f(t) Por lo tanto, la ecuación diferencial se puede escribir: G (x) dt = F (t) (.5) Recordemos ahora la regla de la cadena para la derivación: Si y(t) es una función de t y H(y) es una función de y entonces d dt H(y(t)) = H (y(t)) dy dt Por ejemplo, si H(y) = cos y, y(t) = t entonces H(y(t)) = cos t y Así pues G (x) dt = y la ecuación (.5) se puede escribir d dt cos(t ) = ( sen(t ))(t) = H (y(t))y (t). d dt G(x(t)) = d dt G(x(t)) d dt F (t). Ahora bien, dos funciones tienen la misma derivada si y sólo si difieren en una constante. Por lo tanto, hay una constante C tal que G(x(t)) = F (t) + C (.6) lo cuál define la solución general x(t) de la ecuación diferencial en forma implícita tal y como en el ejemplo de más arriba. En otras palabras, salvo para las soluciones de equilibrio de las que se hablará más adelante, x(t) es solución de la ecuación (.4) si y sólo si está definida implícitamente por la ecuación (.6). En conclusión

6 6 Técnicas analíticas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden Dada la ecuación diferencial = f(t), sean G(x) y F (t) funciones primitivas de dt g(x) g(x) y f(t) respectivamente. Entonces (a) Si x = x(t) es solución de la ecuación, pero no es solución de equilibrio, entonces x(t) está definida implícitamente por la ecuación G(x(t)) = F (t) + C para alguna constante C. (b) Recíprocamente, si x(t) satisface la ecuación G(x(t)) = F (t) + C para alguna constante C entonces x = x(t) es solución de la ecuiación diferencial = f(t). dt g(x) En consecuencia la solución general de la ecuación dt implícitamente por la condición G(x(t)) = F (t) + C. = f(t) g(x) están determinadas En la práctica no hace falta acordarse de que G(x) y F (t) son primitivas de g(x) y f(t), respectivamente, sino que procederíamos como en el ejemplo: Escribimos la ecuación en variables separadas en la forma: g(x) = f(t) dt e integramos cada lado de la ecuación de forma independiente: g(x) = f(t) dt de forma que las soluciones de la ecuación en forma implícita serían: donde recuperando de nuevo la expresión (.6). Soluciones de equilibrio G(x(t)) = F (t) + C G(x) = g(x) y F (t) = f(t) dt Tal y como hemos dicho más arriba para dar TODAS las soluciones de la ecuación diferencial, tenemos que añadir a la solución general las soluciones de equilibrio. Para una ecuación en forma normal x = f(t, x) una función x = x(t) es solución de equilibrio si cumple: x(t) es una función constante; i.e. x(t) = K, y x(t) es solución de la ecuación algebraica f(t, x(t)) = 0. En otras palabras son las soluciones constantes de la ecuación f(t, x) = 0.

7 . Ecuaciones en Variables Separables 7 Ejemplo.5 Para resolver la ecuación recordamos que se puede escribir x = (1 + x + t + xt) dt = (1 + t)(1 + x) Por lo tanto f(t, x) = (1 + t)(1 + x). Para hallar las soluciones de equilibrio debemos hallar las funciones constantes x = x(t) tales que f(t, x(t)) = 0. En este caso, la única función constante de (1 + t)(1 + x) = 0 es x(t) = 1. Por lo tnato x(t) = 1 es la única solución de equilibrio de la ecuación. y Por otra parte G(x) = x F (t) = (1 + t) dt = = ln 1 + x(t) (1 + t) con lo que (1 + t) ln 1 + x(t) = + C nos daría la solución general de la ecuación en forma implícita. A diferencia de lo que sucede en el Ejemplo.1, en este caso sí podemos, y debemos, despejar la función x(t). En efecto, 1 + x(t) = e (1+t) +C = e (1+t) e C = Ke (1+t) siendo K = e C una constante positiva. Esto significa que 1 + x(t) = Ke (1+t) o Ke (1+t) Permitiendo que K sea una constante arbitraria distinta de cero (K 0 porque si no 1 + x(t) = 0 y ln 1 + x(t) no tendría sentido) podemos escribir resumidamente: o bien 1 + x(t) = Ke (1+t) (K 0) x(t) = 1 + Ke (1+t) (K 0) obteniendo así de forma explícita la solución general de la ecuación diferencial.

8 8 Técnicas analíticas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden Observaciones.6 1. Consideremos de nuevo la ecuación del Ejemplo.1: x = 4x t(x 3) y su solución general en forma implícita: x(t) 3 ln x(t) = 4 ln t + C. Nos podemos preguntar si de verdad tenemos aquí todas las soluciones de la ecuación. Un rápido análisis nos muestra que la solución de equilibrio es x(t) = 0 y no se obtiene de la solución general para ningún valor de la constante C. Es lo que se llama una solución singular. De hecho, solución singular, de equilibrio y estacionaria son tres formas diferentes, pero equivalentes, de llamar a este tipo de soluciones. Debemos concluir que a la solución general de la ecuación diferencial debemos añadir las soluciones de equilibrio.. Por otra parte, en el proceso de separación de las variables puede ser necesario, a veces, realizar divisiones. En tal caso debemos tener mucho cuidado de no dividir por cero. Por ejemplo la ecuación (x 1)y = (y + 1) es de variables separables: 1 y + 1 dy = 1 x 1 Pero al separar las variables hemos dividido por y + 1 y por x 1. Si y = 1 o x = 1 esto sería ilegal. Ahora bien, debemos observar que la función constante y(x) = 1 es una solución de equilibrio de la ecuación. En efecto, ésta se puede escribir: y = y + 1 x 1 y entonces y(x) = 1 es una solución constante que anula y+1. Ésta es una situación x 1 general. Si al separar variables debemos dividir por una función de y, digamos N(y) ello es debido a que la ecuación tiene la forma: y = N(y)N(x) D(y)D(x) y por lo tanto las soluciones constantes que hacen N(y) = 0 son las soluciones de equilibrio de la ecuación. Una primera consecuencia de todo esto es que al resolver una ecuación de variables separables debemos calcular (y apartar) primero las soluciones de equilibrio. Una vez hecho, al separar la variable dependiente nunca dividiremos por cero. Todavía nos queda considerar el hecho de que hemos dividido por x 1. Como no podemos dividir por cero, simplemente el intervalo de integración de la ecuación no puede incluir este punto. Es decir, el intervalo de integración de la ecuación (x 1)y = (y + 1) es (, 1) (1, + ). De hecho, si integramos la ecuación obtenemos las soluciones: ln y(x) + 1 = ln x 1 + C

9 .3 Ecuaciones Lineales de Primer Orden 9 en forma implícita. Para hacerlas explícitas procedemos como en el ejemplo.5. En primer lugar y(x) + 1 = e ln x 1 +C = e C e ln x 1 = K x 1 con K una constnate positiva. Nótese que, en efecto, e ln x 1 = x 1. Esto es debido a que ln e a = e ln a = a por ser e x y ln x funciones inversa la una de la otra. Ahora, procediendo como en el ejemplo anterior (.5) podemos eliminar el valor absoluto de y(x) + 1 a base de permitir que K tome cualquier valor no nulo. Así pues y(x) = 1 + K x 1, (k 0) es la solución general en forma explícita. Debe observarse que en x = 1 esta función no es derivable y por lo tanto no tiene sentido hablar de solución de la ecuación en x = 1. Recuérdese que de hecho el punto x = 1 fué suprimido del intervalo de integración de la ecuación. Para hacer más explícita esta situación podemos escribir la solución general de la siguiente forma: { 1 + K(x 1) si x > 1 y(x) = 1 + K(1 x) si x < 1 con K una constante distinta de cero..3. Ecuaciones Lineales de Primer Orden Las ecuaciones lineales de primer orden son las que se pueden reducir a la forma: dt + p(t)x = r(t) (.7) donde las funciones p(t) y r(t) dependen solamente de la variable independiente t. Por ejemplo la ecuación t sen t (cos t)x = (sen t) dt es lineal porque se puede escribir en la forma: dt + (cotg t)x = t. Si r(t) = 0 entonces la ecuación (.7) se dice que es lineal homogénea y en caso contrario que es lineal no homogénea. Trataremos primero el caso homogéneo. En este caso, la ecuación (.7) se puede escribir: dt = p(t)x

10 30 Técnicas analíticas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden que es una ecuación en variables separables. En primer lugar, esta ecuación siempre tiene una solución de equilibrio x(t) = 0. Para el resto de las soluciones aplicamos el método estudiado en la sección anterior: separamos las variables: 1 x = p(t) dt e integramos: ln x(t) = p(t) dt + C Por lo tanto la solución general de la ecuación es: x(t) = Ke R p(t) dt siendo K una constante distinta de cero. En este caso, si permitimos que K pueda valer cero, obtenemos todas las soluciones de la ecuación incluída la solución de equilibrio. Consideramos ahora el caso no homogéneo. Hay varias formas de obtener las soluciones. En capítulos posteriores estudiaremos los sistemas de ecuaciones lineales y las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior a 1. En ambos casos aplicaremos el llamado método de variación de las constantes para calcular las soluciones de las ecuaciones o sistemas no homogéneos. Por eso vamos proceder en el caso de ecuaciones de primer orden del mismo modo. El método de variación de las constantes tiene por objetivo buscar una solución particular de la ecuación lineal homogénea. Por qué es importante encontrar tal solución?. El motivo es el siguiente: supongamos que hemos conseguido una solución particular de la ecuación no homogénea, x p (t). Veamos que la solución general de la ecuación no homogénea es x(t) = x h (t) + x p (t) donde x h (t) es la solución general de la ecuación lineal homogénea. En efecto x(t) = x h (t) + x p (t) es solución de la ecuación lineal x + p(t)x = r(t) porque x (t) = x h (t) + x p(t) = p(t)x h (t) p(t)x p (t) + r(t) = p(t)(x h (t) + x p (t)) + r(t) = = p(t)x(t) + r(t). Además si x = x(t) es una solución de la ecuación x + p(t)x = r(t) y x p (t) es una solución particular entonces y(t) = x(t) x p (t) es solución de la ecuación lineal homogénea x +p(t)x = 0. En efecto, y (t) + p(t)y(t) = x (t) x p(t) + p(t)(x(t) x p (t)) = = p(t)x(t) + r(t) + p(t)x p (t) r(t) + p(t)(x(t) x p (t)) = = p(t)(x(t) x p (t)) + p(t)(x(t) x p (t)) = 0.

11 .3 Ecuaciones Lineales de Primer Orden 31 Así pues, la solución general de la ecuación x +p(t)x = r(t) tiene la forma x(t) = x h (t)+x p (t) tal y como se deseaba mostrar. Ya sabemos cómo conseguir la solución general de la ecuación lineal homogénea. El método de variación de las constantes nos proporciona una forma de obtener una solución particular de la no homogénea. Este método parte de la siguiente observación: Si mediante cualquier procedimiento fuéramos capaces de encontrar una solución particular, x p (t), de la ecuación x + p(t)x = r(t), entonces la función x(t) es la solución general de la ecuación x + p(t)x = r(t) si y sólo si x h (t) = x(t) x p (t) es la solución general de la ecuación homogénea x +p(t)x = 0. En efecto, x h (t) = x (t) x p(t) = r(t) p(t)x(t) r(t)+p(t)x p (t) = p(t)(x(t) x p (t)) = p(t)x(t), de modo que x h (t) es solución de la ecuación no homogénea x +p(t)x = 0. Y recíprocamente, si x h (t) es solución de x +p(t)x = 0 y x p (t) es una solución de x + p(t)x = r(t) entonces x(t) = x h (t) + x p (t) es solución de la ecuación no homogénea, lo que se comprueba por simple sustitución. El método de variación de las constantes es una manera efectiva de conseguir una solución particular de la ecuación no homogénea, y consiste en considerar la solución general de la ecuación lineal homogénea: x h (t) = Ke R p(t) dt y sustituir la constante K por una función K(t). Una vez hecho esto se sustituye la función resultante x p (t) = K(t)e R p(t) dt en la ecuación a resolver x + p(t)x = r(t) y se halla la función K(t) para que x p (t) sea solución de la ecuación. Concretamente de modo que x p(t) = K (t)e R p(t) dt + K(t)( p(t))e R p(t) dt, r(t) = x p(t) + p(t)x p (t) = K (t)e R p(t) dt + K(t)( p(t))e R p(t) dt + p(t)k(t)e R p(t) dt = = K (t)e R p(t) dt. Por lo tanto Así, si ponemos tenemos que y K (t) = e R p(t) dt r(t) F (t) = e R p(t) dt K(t) = x p (t) = 1 F (t) F (t)r(t) dt (.8) F (t)r(t) dt. (.9)

12 3 Técnicas analíticas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden Así pues, la solución general de la ecuación lineal no homogénea es x(t) = x h (t) + x p (t) = Ke R p(t) dt + 1 F (t)r(t) dt. F (t) Es decir x(t) = 1 [ F (t) ] F (t)r(t) dt + K (.10) A la función F (t) se le llama factor integrante de la ecuación por una razón que veremos en la próxima sección. Ejemplo.7 Encuéntrese la solución general de la ecuación: x + x = 3e t Solución Calculamos el factor integrante: F (t) = e R p(t) dt = e R dt = e t que sustituído en la expresión (.10) nos da x(t) = 1 [ ] e t 3e t dt + K = 1 [ e t e t ] 3e 3t dt + K = 1 e t (e3t + K). La solución general será: K una constante cualquiera. x(t) = e t + Ke t,.4. El Problema de Condiciones Iniciales Consideremos ahora el problema de condiciones iniciales. { x = f(t, x) x(t 0 ) = x 0 (.11) La forma de proceder para encontrar una solución de este problema es la misma que vimos en la Lección 1 con el Ejemplo 1.1 acerca del enfriamiento de una barra metálica: Una vez encontradas todas las soluciones de la ecuación mediante el procedimiento de la sección

13 .4 El Problema de Condiciones Iniciales 33 anterior (incluyendo las soluciones de equilibrio), imponemos la condición inicial: x(t) en t 0 debe valer x 0. Si resulta que x(t) = x 0 es una solución de equilibrio, ésta es también una solución del Problema de Condición Inicial. Si, por el contrario, x(t) = x 0 no es una solución de equilibrio entonces al imponer en la solución general la condición x(t 0 ) = x 0 obtendremos un único valor de C que sustituído en la ecuación nos proporciona la única solución del problema. Cuando la ecuación diferencial x = f(t, x) es en variables separables o lineal, hay formas explícitas de expresar la solución del problema de condiciones iniciales. Estas formas explícitas son útiles cuando no se conocen con exactitud las funciones que hay que integrar o cuando las soluciones se deben presentar en función de integrales cuyas primitivas no se conocen o son muy complicadas. Estas formas explícitas son las siguientes: Ecuaciones en variable separables: Si el problema de condiciones iniciales es de la forma x = f(t) g(x) x(t 0 ) = x 0 y la solución de este problema no es la solución de equilibrio, entonces la solución viene determinada de forma implícita por la condición: x(t) x 0 g(s) ds = t t 0 f(s) ds. (.1) La solución general de la ecuación diferencial es (en forma implícita) G(x(t)) = F (t)+c donde G(x) = g(x) y F (t) = f(t) dt. Si imponemos la condición inicial x(t 0 ) = x 0 tenemos que C = G(x 0 ) F (t 0 ), y la solución del problema de condiciones iniciales es: G(x(t)) = F (t) + G(x 0 ) F (t 0 ). Veamos que la condición (.1) nos proporciona la misma solución. En efecto, como G(x) = g(x) y F (t) = f(t) dt, por la regla de Barrow: x x 0 g(s) ds = G(x) G(x 0 ), t t 0 f(s) ds = F (t) F (t 0 ). de modo que la condición (.1) equivale a G(x(t)) G(x 0 ) = F (t) F (t 0 ), y de aquí obtenemos G(x(t)) = F (t) + G(x 0 ) F (t 0 ) tal y como deseábamos.

14 34 Técnicas analíticas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden Ecuaciones lineales: Consideramos el problema { x + p(t)x = r(t) x(t 0 ) = x 0 La solución explícita de este problema es donde x(t) = 1 H(t) ( t x 0 + H(s)r(s) ds t 0 R t t p(s) H(t) = e ds 0. ), (.13) Para ver que ésta es la solución del problema de condiciones iniciales utilizaremos un método directo: veremos que x = x(t) es solución de la ecuación diferencial x +p(t)x = r(t) y que x(t 0 ) = x 0. Esto último es fácil porque x(t 0 ) = 1 ( t0 ) x 0 + H(s)r(s) ds. H(t 0 ) t 0 Pero, cuando los límites de integración de una integral definida coinciden, la integral vale cero. Así H(t 0 ) = e R t 0 t 0 p(s) ds = e 0 = 1 y t0 t 0 H(s)r(s) ds = 0. Por lo tanto x(t 0 ) = 1 1 (x 0 + 0) = x 0, verificándose la condición inicial. Veamos ahora que si x = x(t) está definida por (.13) entonces x (t)+p(t)x(t) = r(t). En efecto, multiplicando en (.13) por H(t) obtenemos H(t)x(t) = x 0 + t t 0 H(s)r(s) ds. Derivando en ambas partes de esta igualdad y teniendo en cuenta que x 0 es constante: H (t)x(t) + H(t)x (t) = H(t)r(t). Ahora bien H (t) = d dt ( R ) t t p(s) ds e 0 = d ( t ) R t t p(s) p(s) ds e ds 0 = p(t)h(t). dt t 0 Por lo tanto p(t)h(t)x(t) + H(t)x (t) = H(t)r(t).

15 .4 El Problema de Condiciones Iniciales 35 Como H(t) 0 para todo t R, podemos dividir por H(t), y reordenando obtenemos x (t) + p(t)x(t) = r(t), con lo que x(t) dada en (.13) es solución de la ecuación lineal. Debe observarse el gran parecido entre la solución general de la ecuación: x(t) = 1 ( ) F (t)r(t) dt + C, F (t) = e R p(t) dt, F (t) y la del problema de condiciones iniciales: x(t) = 1 ( t x 0 + H(s)r(s) ds H(t) t 0 ) R t t p(s), H(t) = e ds 0. Este parecido no debe sorprendernos porque, en realidad, F (t) es un factor integrante cualquiera de la ecuación lineal no homogénea, mientras que H(t) es uno particular: áquel que nos permite poner C = x 0 y que al hacerlo se cumpla la condición inicial x(t 0 ) = x 0. Clarificamos este proceso mediante algunos ejemplos: Ejemplo.8 1. Consideremos el problema de condiciones iniciales: { y + 3x y = 0 y(1) = 1 (.14) En primer lugar, la ecuación también se puede escribir como y = 3x y, que es una ecuación en variables separables, de la que la función y(x) = 0 es una solución de equilibrio. Dado que y(1) debe ser 1/, y(x) = 0 no es solución del Problema de Condición inicial. Procedemos, entonces, a separar las variables: 1 y dy = 3x que una vez integrada nos proporciona la solución general: o bien: 1 y(x) = x3 + C y(x) = 1 x 3 + C

16 36 Técnicas analíticas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden Como y(1) = 1/, tenemos que 1 = C por lo que C = 1; y la solución del problema (.14) es: y(x) = 1 x Si utilizamos la fórmula (.1) tenemos que Y y(x) y 0 g(s) ds = x x 0 f(s) ds = y(x) 1/ x 1 1 s ds = [ 1 s Así la solución que obtenemos por este método es ] y(x) 1/ = 1 y(x). 3s ds = [ s 3] x 1 = x y(x) = x3 1 1 y(x) = x3 + 1 y(x) = 1 x 3 + 1, exactamente igual que más arriba.. Resuélvase el siguiente Problema de Condiciones Iniciales: 1 dy x y x = x cos x ( π ) y = 3 Buscamos primero la solución general de la ecuación diferencial. Para ello, escribimos primero la ecuación en forma canónica: dy x y = x cos x, con lo que vemos que se trata de una ecuación diferencial lineal no homogénea. El factor integrante es: F (x) = e R p(x) = e R x = e ln x = e ln 1 x = 1 x La solución de la ecuación general se obtiene a partir de (.10): 1 1 x y(x) = x x cos x = cos x = sen x + C

17 .4 El Problema de Condiciones Iniciales 37 Así que y(x) = x sen x + Cx Para calcular C imponemos la condición inicial y ( π ) = 3: ( π ) ( π ) ( π ) ( π ) π 3 = y = sen + C = 4 + π 4 C = π (1 + C) 4 de donde C = 1 1. Y la solución del Problema de Condiciones Iniciales será π ( ) 1 y(x) = x sen x + π 1 x Podemos comprobar que se obtiene la misma solución a partir de la expresión (.13). En este caso y x x p(s) H(x) = er ds R x 0 = e π/ /s ds = e ln x+ ln(π/) = π 4x x x 0 H(s)r(s) ds = x pi/ π x 4s s cos s ds = π 4 pi/ cos s ds = π 4 π (sen x sen(π/)) = (sen x 1) 4 Por lo tanto la solución del problema de condiciones iniciales será: y(x) = 1 ( x ) ) ( ) y 0 + H(s)r(s) ds = (3 4x + π 1 (sen x 1) = x H(x) x 0 π 4 π + sen x 1. La misma que la obtenida por el procedimiento anterior.

18 38 Técnicas analíticas para las Ecuaciones diferenciales de primer orden