¿Qué significa el teorema de existencia y unicidad para una Ecuación Diferencial Ordinaria de Primer Orden?

Teorema de Existencia y Unicidad

En este artículo aprenderás cómo interpretar el teorema de existencia y unicidad de una solución, aplicado a las Ecuaciones Diferenciales (ED’s) ordinarias de primer orden, de manera gráfica, clara y sencilla.

Podrás identificar los 3 casos particulares que se pueden presentar al obtener las soluciones de una ED Ordinaria de primer orden, sobre todo si estas soluciones no se encuentran dentro de los límites que enuncia el Teorema de Existencia y Unicidad.

Este es un ejercicio resuelto basado de:

Ejercicios 2.3 Libro Dennis G. Zill, Ed 7ma. (Problema 39).

Analice el siguiente razonamiento y utilice el Teorema de la existencia y unicidad de una solución, para determinar si el problema con valores iniciales (PVI), tiene o no una solución única en los siguientes tres casos.

PVI:  $xy^{\prime }-4y=x^{6}\text{e}^{x}$ y las condiciones dadas:

a). $y\left( 0 \right)=0$

b). $y\left( 0 \right)=y_{0},y_{0}>0$

c). $y\left( x_{0} \right)=y_{0}$, $x_{0}>0,y_{0}>0$

Primero enunciamos el Teorema:

 

Teorema de Existencia y Unicidad de una Solución

Supóngase que tanto la función $f\left( x,y \right)$ y su derivada parcial $\frac{\partial f}{\partial y}$son continuas en algún rectángulo $R$ en el plano “xy” que contiene el punto $\left( {{x}_{0}},{{y}_{0}} \right)$ en su interior.

Entonces, para algún intervalo abierto $I$ conteniendo el punto ${{x}_{0}}$, el problema del valor inicial

$\frac{\text{d}y}{\text{d}x}=f\left( x,y \right)$ , $y\left( {{x}_{0}} \right)={{y}_{0}}$

Tiene una y solo una solución que está definida en el intervalo $I$. (Como se ilustra en la figura 1, el intervalo de solución  $I$ puede no ser tan “ancho” en continuidad como el rectángulo original $R$).

 

Para determinar la existencia y unicidad de una solución de una Ecuación diferencial, podemos tomar diferentes caminos, algunos autores los clasifican en: Concepción Geométrica, Concepción Numérica, Concepción analítica, Concepción topológica.

Aquí desarrollaremos la concepción analítica y la visualización del concepto y posteriormente haremos un desarrollo numérico y geométrico en otro artículo.

Según el Teorema, si las funciones $f(x,y)$ y $\frac{\partial f}{\partial y}$ son continuas en algún intervalo $R$  que contenga al punto considerado como valora inicial de una ED Ordinaria de Primer Orden (es decir, el punto $\left ( x_{0},y_{0} \right )$ que se muestra en el enunciado del teorema como: $y\left ( x_{0} \right )=y_{0}$, entonces se encontrará una solución para la ED Ordinaria de Primer Orden, la cual será única y se alojará en in intervalo $I$, que puede no ser tan grande como el intervalo $latex R$, pero que también contiene al punto $\left ( x_{0},y_{0} \right )$.

Por tanto, calculemos dichos valores y grafiquémoslos.

Primero calculamos $f(x,y)$  y $\frac{\partial f}{\partial y}$ y graficamos para analizar la existencia y unicidad de la solución para el problema que queremos resolver.

De la forma estándar obtenemos $f(x,y)$ y derivando esta ecuación encontraremos $\frac{\partial f}{\partial y}$.

De esta forma, tenemos:

$x\frac{\text{d}y}{\text{d}x}-4y={{x}^{6}}{{\text{e}}^{x}}$, la cual escrita en forma estándar, es: $\displaystyle $

$\frac{\text{d}y}{\text{d}x}-\frac{4}{x}y={{x}^{5}}{{\text{e}}^{x}}$ ,

De la forma estándar $latex \frac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x)$ vemos que:

$P\left( x \right)=-\frac{4}{x}$

Y

$f\left( x \right)={{x}^{5}}{{\text{e}}^{x}}$,

Entonces, para nuestro análisis y según el Teorema de existencia y unicidad, si:

$f\left( x,y \right)=P\left( x \right)y+f\left( x \right)$ (del despeje de la eq. ) ;

Y  $\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{\partial (-P(x)y+f(x))}{\partial y}$, son continuas en algún rectángulo $R$, entonces existe una solución única para el problema de valores iniciales).

De donde:

$f\left( x,y \right)=\frac{4}{x}y+{{x}^{5}}{{\text{e}}^{x}}$ ,

Y

$\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{4}{x}=-P\left( x \right)$

Para recordar cómo determinar la continuidad de una función de dos variables seguir el siguiente enlace: CONTINUIDAD DE UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES:$f(x,y)$.

Ahora, graficando ambas curvas, en los INTERVALOS ABIERTOS $(-\infty ,\infty )$ y $(0,\infty )$, tenemos:

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Ecuacion Diferencial autonoma de primer orden

Ecuacion diferencial autonoma de primer orden

En este artículo aprenderás de manera clara y sencilla cuando una Ecuacion Diferencial (ED) ordinaria de primer orden es autonoma, y marcaremos con precisión su forma general, para saber cuándo nos encontramos frente a una de ellas.

Este es un ejercicio resuelto extraído de:

Ejercicios 2.3 Libro Dennis G. Zill, Ed 7ma. (Problema 38).

Lea el siguiente análisis y construya una ecuación diferencial lineal de primer orden para la que todas las soluciones no constantes tienden a la asíntota horizontal $y = 4$  conforme $x \rightarrow \infty$ .

ANÁLISIS:

La solución de una ecuación diferencial :

$\frac{\text{d}y}{\text{d}x}-3y=6$ …………………….(1)

Es la suma de dos soluciones:

$y=y_{c}+y_{p}$

Donde:

$y_{C}=C{{\text{e}}^{3x}}$ , es la solución homogénea del (1).

$y_{p}=-2$ es una solución particular de la ecuación no homogénea: $y’-3y=6$ .


(Se puede verificar estos resultados aplicando el Método de los 4 pasos, aquí hay un ejemplo de la aplicación del método, da click aquí, o mejor aún se puede utilizar el método de separación de variables, ver más adelante un ejemplo de solución con este último método)

Ecuación diferencial autonoma y la forma estándar de una ED

Cuando $a_{1}{(x)}, a_{0}{(x)}$ y $g{(x)}$ son constantes en la siguiente ecuación:$a_{1}\left( x \right)\frac{\text{d}y}{\text{d}x}+a_{0}\left( x \right)y=g\left( x \right)$ (FormaestándardeunaED de 1er orden),

La ecuación diferencial es autonoma.

Dicho de otra forma, una ecuación diferencial ordinaria en la que la variable independiente no aparece explícitamente se llama ecuación diferencial autonoma.

En la ecuación diferencial (1), al escribirla en la forma: $\frac{\text{d}y}{\text{d}x}=3\left( x+2 \right)$, podemos ver que $-2$, es un punto crítico y que es inestable (un repulsor); esto es más claro, si vemos la gráfica de la ED para diferentes valores de  de $C$, de su solución: $y\left( x \right)=-2+C{{\text{e}}^{3x}}$.

Valores para CValores de y(x)
-80-2-80 E^(3 x)
-20-2-20 E^(3 x)
-5-2-5 E^(3 x)
-1-2-E^(3 x)
-0.1-2-0.1 E^(3 x)
-0.01-2-0.01 E^(3 x)
-0.001-2-0.001 E^(3 x)
-0.0001-2-0.0001 E^(3 x)
-0.00001-2-0.00001 E^(3 x)
0-2
0.00001-2+0.00001 E^(3 x)
0.0001-2+0.0001 E^(3 x)
0.001-2+0.001 E^(3 x)
0.01-2+0.01 E^(3 x)
0.1-2+0.1 E^(3 x)
1-2+E^(3 x)
5-2+5 E^(3 x)
20-2+20 E^(3 x)
80-2+80 E^(3 x)
ecuacion diferencial autonoma de primer orden

Ecuacion Diferencial autonoma de primer orden

Gráfica de algunas de las soluciones de la ED (autónoma): $y’-3y=6$. En esta gráfica se ve por qué el nombre de “repulsor” para el valor de $y=-2$. Las curvas por arriba del punto crítico: $y=-2$, son independientes de las curvas solución que pasan por debajo de dicho punto.

En esta gráfica se puede ver como cualquiera de las curvas solución de la ED lineal $y’-3y=6$, que estén por arriba o por debajo del punto crítico (también llamado punto de equilibrio): $y=-2$, se alejan de esta recta horizontal, conforme $x\to \infty $ .

FIN DEL ANÁLISIS.

Ahora, el problema a plantear es:

CONSTRUIR UNA ED LINEAL DE PRIMER ORDEN PARA QUE TODAS LAS SOLICIONES NO CONSTANTES TIENDAN A LA ASÍNTOTA $y=4$ , CONFORME $x\to \infty $.

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Funcion Error: solución de una Ecuacion Diferencial expresada como Función Error

Funcion Error. Cómo utilizar la funcion error $ \text{erf}\left( x \right)$ , para expresar una solución o función que incluya una integral no elemental.

Al finalizar  el artículo podrás utilizar y entender fácilmente cómo implementar la función error para expresar funciones con integrales no elementales.

La utilidad de ésta función (error) es despejar nuestra función de salida de la integral no elemental; esto lo logramos mediante recordar que:

$\huge \underset{-\infty }{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{x}^{2}}}}\text{d}x=\sqrt{\pi }$(1)

Lo cual sabemos del cálculo multivariable y que podemos integrar utilizando integrales dobles y un cambio de variables a coordenadas polares para comprobar, siga este link.

Ejercicios 2.3 Libro Dennis G. Zill, Ed 7ma. (Problema 37).

De modo que si tomamos la mitad de la función en (1), tenemos:

$\frac{\sqrt{\pi }}{2}=\underset{0}{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{x}^{2}}}}\text{d}x$(2)

Por tanto, utilizando la propiedad de la unión de intervalos:

$\underset{0}{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{x}^{2}}}}\text{d}x=\underset{0}{\overset{x}{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t+\underset{x}{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$(3)

Y de (2) y (3), tenemos:

$\Rightarrow \frac{2}{\sqrt{\pi }}\underset{0}{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{x}^{2}}}}\text{d}x=\frac{2}{\sqrt{\pi }}\left( \underset{0}{\overset{x}{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t+\underset{x}{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-t}}\text{d}{{t}^{2}} \right)=1$

$=\frac{2}{\sqrt{\pi }}\underset{0}{\overset{x}{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t+\frac{2}{\sqrt{\pi }}\underset{x}{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t=1$

De donde obtenemos las siguiente definiciones:

FUNCION ERROR:

$\text{e}rf\left( x \right)=\frac{2}{\sqrt{\pi }}\underset{0}{\overset{x}{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t$(4)

FUNCION ERROR COMPLEMENTARIA:

$\text{e}rfc\left( x \right)=\frac{2}{\sqrt{\pi }}\underset{x}{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t$(5)

Una opción alterna para relacionar la ecuación (2) con las integrales no elementales, es:

$\underset{0}{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{x}^{2}}}}\text{dx}$ es equivalente a $\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\underset{0}{\overset{x}{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t=\underset{0}{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t$

Donde, habiendo considerado la veracidad de la ecuación (2), solo reataría comprobar que:

$\underset{0}{\overset{\infty }{\mathop \int }}\,{{\text{e}}^{-{{t}^{2}}}}\text{d}t=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$(6)

Una vez explicado brevemente (y de una manera para invocar la intuición) el origen de la función error, procedemos igual que siempre a solucionar nuestra ED lineal por medio de los 4 pasos:

Tenemos:

Encontrar la solución del PVI:

$ \Large {{y}^{\prime }}-2xy=1$,        $\Large y\left( 1 \right)=1$

Buscamos:

Solución en términos de la función error.

Ejercicios 2.3 Libro Dennis G. Zill, Ed 7ma. (Problema 37).

Pasos:

I. Forma estándar de la ED a resolver: $\frac{\text{d}y}{\text{d}x}+p\left( x \right)y=f(x)$ Sigue leyendo

Cómo encontrar la solución de un problema de valores iniciales (PVI) y expresarla como una Integral no Elemental

Solución de un Problema de Valores Iniciales(PVI), expresada como integral no elemental.

En este artículo analizaremos cómo resolver un PVI donde la ED lineal está dividida en partes, pero con una particularidad, que el coeficiente de la segunda Variable de Estado “$ y$” es igual a: $ P\left( x \right)={{e}^{x}}$, con esto nos dará como resultado, al resolver la ED, una integral no elemental y ésto nos permitirá tener una visión más profunda del significado de la función $ P\left( x \right)$, que es el coeficiente de la función de estado $ y(x)$, que la ED posee como segundo término del lado izquierdo de la ecuación*.

Utilizaremos los mismos 4 pasos utilizados con anterioridad para hallar la solución de una ED lineal de 1er Orden DEFINIDA POR PARTES (a TROZOS), CON VALORES INICIALES, sujeta a 3 casos iniciales.

La Ecuación Diferencial es:

$ \LARGE y’+{{e}^{x}}y=4x$,             $ \LARGE y\left( 0 \right)=1$,

Y los 3 casos son:

1.- $\LARGE f(x) = 1, x > 0$

2.- $\LARGE f(x) = 0, x > 0$

3.- $\LARGE f(x) = e^{x}, x > 0$

Ejercicios 2.3 Libro Dennis G. Zill, Ed 7ma. (Problema 36).

* _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _ * _

PRIMER CASO: Empezamos con $ f\left( x \right)=1$:

$ \LARGE y’+{{e}^{x}}y=1$
Pasos:
I.                    Forma estándar de la ED a resolver: $ \frac{dy}{dx}+P(x)y=f(x)$

Solo sustituimos en valor de la función de entrada $ f(x)$.

$ \frac{dy}{dx}+{{e}^{x}}y=1$
II.                  Encontramos el factor integrante: $ {{\mathbf{e}}^{\mathop{\int }^{}\mathbf{P}\left( x \right)\mathbf{dx}}}$,  

El valor de $P(x)$ en $ {{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}$ , es: $ P\left( x \right)={{e}^{x}}$.

$ {{e}^{\mathop{\int }^{}{{e}^{x}}dx}}={{e}^{{{e}^{x}}}}$

III.                Encontramos la familia de soluciones del sistema homogéneo asociado:

Sustituimos en ${{y}_{c}}=C{{e}^{\mathop{\int }^{}P(x)dx}}$, donde: $ P\left( x \right)={{e}^{x}}$ encontrado en el primer paso,  y desarrollamos. Para esclarecer de donde sale la fórmula $ {{y}_{c}}=C{{e}^{-\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}$, siga el siguiente enlace: Solución del sistema homogéneo asociado.

$ \frac{dy}{dx}+{{e}^{x}}y=0$ $ {{y}_{c1}}={{C}_{1}}{{e}^{-\mathop{\int }^{}{{e}^{x}}dx}}$

$ ={{C}_{1}}{{e}^{-{{e}^{x}}}}$

IV. Encontramos una solución particular a partir del sistema LINEAL no homogéneo:

Utilizamos la fórmula: $ {{y}_{p}}=\frac{1}{{{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}}\mathop{\int }^{}{{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}f(x)dx$, donde: $ {{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}={{e}^{{{e}^{x}}}}$ (obtenido en el punto II.) y $ f\left( x \right)={{e}^{x}}$.  obtenido en el punto i.

Para ver de dónde salen estas siga el enlace siguiente: solución del sistema no homogeneo. $ \frac{dy}{dx}+{{e}^{x}}y=1$

$ {{y}_{p1}}=\frac{1}{{{e}^{{{e}^{x}}}}}\mathop{\int }^{}{{e}^{{{e}^{x}}}}(1)dx$

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ Utilizando El Teorema Fundamental del Cálculo:

Sea $ f$ continua en el intervalo [a,b], y $ F$ esté definida dentro del mismo intervalo cerrado [a,b], como: $ F\left( x \right)=\underset{a}{\overset{x}{\mathop \int }}\,f\left( t \right)dt$ Entonces $ F$es un primitiva de $ f$. Es decir, $ {{F}^{‘}}\left( x \right)=f(x)$ Para $ x$en $ (a,b)$ Siga el link para la demostración:

Teorema Fundamental del Cálculo _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

Utilizamos el Teorema Fundamental del Cálculo, para poder lidiar con la integral No Elemental con la que nos hemos topado.

Tenemos: Sigue leyendo

Como Hallar la Solución del PVI con una Ecuación Diferencial (ED) Definida en partes

Como hallar solución del pvi ed Definida en partes

Solución de un Problema con Valores Iniciales (PVI), de una Ecuación Diferencial (ED) definida en partes (a trozos).

Ahora, aprenderemos a resolver una Ecuación Diferencial lineal por partes con la variante de que analizaremos y entenderemos qué significa gráficamente la función , que es el coeficiente de la función de estado , que la ED posee como segundo término del lado izquierdo de la ecuación*.

Utilizaremos los mismos 4 pasos que ya hemos utilizado con anterioridad para hallar la solución de una ED lineal de 1er Orden DEFINIDA POR PARTES (a TROZOS), CON VALORES INICIALES.

El Ejercicio:

a)      $y’+P(x)y=4x$,             $y\left( 0 \right)=3$,

$\LARGE P(x)=\left\{\begin{matrix}2,0\leq x\leq 1\\ -\frac{2}{x},x>1\end{matrix}\right.$

Ejercicios 2.3 Libro Dennis G. Zill, Ed 7ma. (Problema 35).

Empezamos con $P\left( x \right)=2~~~y~~~f\left( x \right)=4x$
$y’+2y=4x$
Pasos:
I.                    Forma estándar de la ED a resolver: $\frac{dy}{dx}+P(x)y=f(x)$

Solo sustituimos en valor de la función de entrada $P(x)$.

$\frac{dy}{dx}+2y=4x$

II.                  Encontramos el factor integrante: ${{\mathbf{e}}^{\mathop{\int }^{}\mathbf{P}\left( x \right)\mathbf{dx}}}$,  

El valor de $P(x)$ en ${{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}$ , es: $P\left( x \right)=2$.

${{e}^{\mathop{\int }^{}2dx}}={{e}^{2\mathop{\int }^{}dx}}$

$={{e}^{2x}}$

III.                Encontramos la familia de soluciones del sistema homogéneo asociado:

Sustituimos en ${{y}_{c}}=C{{e}^{\mathop{\int }^{}P(x)dx}}$, donde: $P\left( x \right)=2$ encontrado en el primer paso,  y desarrollamos. Para esclarecer de donde sale la fórmula ${{y}_{c}}=C{{e}^{-\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}$, siga el siguiente enlace:  Solución del sistema homogéneo asociado.

$\frac{dy}{dx}+2y=0$

${{y}_{c1}}={{C}_{1}}{{e}^{-2\mathop{\int }^{}dx}}$

$={{C}_{1}}{{e}^{-2x}}$

$=\frac{{{C}_{1}}}{{{e}^{2x}}}$

IV. Encontramos una solución particular a partir del sistema LINEAL no homogéneo:

Para resolverla utilizamos la fórmula: ${{y}_{p}}=\frac{1}{{{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}}\mathop{\int }^{}{{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}f(x)dx$, donde: ${{e}^{\mathop{\int }^{}P\left( x \right)dx}}={{e}^{2x}}$ (obtenido en el punto ii.) y $f\left( x \right)=2$.  obtenido en el punto i. Para ver de dónde salen estas siga el enlace siguiente: solución del sistema no homogeneo.

$\frac{dy}{dx}+2y=4x$

${{y}_{p1}}=\frac{1}{{{e}^{2x}}}\mathop{\int }^{}{{e}^{2x}}(4x)dx$

${{y}_{p1}}=\frac{4}{{{e}^{2x}}}\mathop{\int }^{}x{{e}^{2x}}dx$

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

$u=x$                          $dv={{e}^{2x}}dx$

$du=dx$     $v=\frac{1}{2}{{e}^{2x}}$

$~\mathop{\int }^{}x{{e}^{2x}}dx=\frac{1}{2}x{{e}^{2x}}-\frac{1}{2}\mathop{\int }^{}{{e}^{2x}}dx$

$=\frac{1}{2}x{{e}^{2x}}-\frac{1}{4}\mathop{\int }^{}{{e}^{2x}}(2)dx$

$=\frac{1}{2}x{{e}^{2x}}-\frac{1}{4}{{e}^{2x}}$

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

Por tanto:

${{y}_{p1}}=\frac{4}{{{e}^{2x}}}[\frac{1}{2}x{{e}^{2x}}-\frac{1}{4}{{e}^{2x}}]$

${{y}_{p1}}=2x-1$

Por tanto, la solución general del sistema LINEAL no homogéneo:
$\frac{dy}{dx}+2y=4x$, donde su función de entrada es igual a: $\mathbf{f}\left( \mathbf{x} \right)=4\mathbf{x}$, es:

${{y}_{1}}\left( x \right)=\frac{{{C}_{1}}}{{{e}^{2x}}}+2x-1$

Ahora encontraremos la solución general para el coeficiente P(x)=$ -\frac{2}{x}$ y $f\left( x \right)=4x$

Procedemos igual que en el caso anterior. Es decir, si tenemos:

$y’-\frac{2}{x}y=4x$

I. Forma estándar de la ED a resolver:

$\frac{dy}{dx}-\frac{2}{x}y=4x$

II. Encontramos el factor integrante: ${{\mathbf{e}}^{\mathop{\int }^{}\mathbf{P}\left( x \right)\mathbf{dx}}}$,  

Es el mismo que el anterior:

${{e}^{-2\mathop{\int }^{}\frac{1}{x}dx}}={{e}^{-2\ln \left| x \right|}}={{e}^{\ln {{\left| x \right|}^{-2}}}}={{x}^{-2}}=\frac{1}{{{x}^{2}}}$

III. Encontramos la familia de soluciones del sistema homogéneo asociado:

${{y}_{c2}}={{C}_{2}}{{e}^{(-)-2\mathop{\int }^{}\frac{1}{x}dx}}={{C}_{2}}{{e}^{2\ln \left| x \right|}}={{C}_{2}}{{x}^{2}}$

IV. Encontramos una solución particular a partir del sistema LINEAL no homogéneo:

Acá es donde varían un poco los cálculos, como sigue:

${{y}_{p2}}=\frac{1}{\frac{1}{{{x}^{2}}}}\mathop{\int }^{}\frac{1}{{{x}^{2}}}(4x)dx$

${{y}_{p2}}={{x}^{2}}\mathop{\int }^{}\frac{4}{x}dx$

${{y}_{p2}}=4{{x}^{2}}\mathop{\int }^{}\frac{1}{x}dx$

${{y}_{p1}}=4{{x}^{2}}\ln |x|$

Donde su solución general es:

${{y}_{2}}\left( x \right)={{C}_{2}}{{x}^{2}}+4{{x}^{2}}\ln |x|$

Una vez obtenidas las dos soluciones generales, vamos a encontrar las soluciones particulares para resolver el problema de valores iniciales que nos piden.

Para este propósito, NECESITAMOS seleccionar primero la parte de la función $P(x)$ que contiene los valores iniciales, es decir, seleccionamos:

$\frac{dy}{dx}+2y=4x$

Ya que cuando: $P\left( x \right)=2$, la función está definida en $0\le x\le 1$donde podemos encontrar incluidos los valores iniciales ($y\left( 0 \right)=3$) se encuentran dentro de su dominio, como lo podemos ver en:

$\LARGE P(x)=\left\{\begin{matrix}2,0\leq x\leq 1\\ …\end{matrix}\right.$

De modo que encontraremos la solución particular o “RESPUESTA DEL SISTEMA”, para los valores iniciales: $y\left( 0 \right)=3$.

Solución del Problema de Valores Iniciales (PVI) de la ecuación diferencial lineal de 1er Orden dividida en partes. Sigue leyendo