Encuentra la ecuación de la curva que pasa por el origen y es tal que $\frac{dy}{dx}=2x+y$ en todos los puntos $(x,y)$ en la curva, dando la ecuación en la forma $y=f(x)$ .
Lo he comprobado con WolframAlpha y el primer paso enumerado fue multiplicar ambos lados por $e^{\int-1dx}$ - lo que parece extraño (nunca he cubierto esta forma de tratar con integradas antes). ¿Hay un enfoque más sencillo e intuitivo?
El método de integración de factores es generalmente la forma estándar de abordar las EDOs lineales de primer orden (que no son separables o exactas).
Consideremos lo que ocurre cuando multiplicamos ambos lados de la EDO por alguna función de $x$ (decir $\mu(x)$ ) y hacer un poco de reordenación: $$ \mu(x) \cdot y' - \mu(x) \cdot y = \mu(x) \cdot 2x $$ Si entrecerramos los ojos en el LHS lo suficiente, nos resulta familiar. Recordemos que la regla del producto dice que: $$ (fg)' = f \cdot g' + f' \cdot g $$ Esto coincide con el LHS, siempre que:
Diferenciando ambos lados de la segunda condición y combinando con la tercera condición, obtenemos una EDO separable: \begin{align*} \frac{d\mu}{dx} &= -\mu \\ \frac{-1}{\mu} \, d\mu &= dx \\ \int \frac{-1}{\mu} \, d\mu &= \int dx \\ -\ln|\mu| &= x + C \\ \ln|\mu| &= -x - C \\ |\mu| &= e^{-x - C} \\ \mu(x) &= (\pm e^{-C})e^{-x} \end{align*} Tomando $C = 0$ (y dejando caer el $\pm$ ), tenemos $\mu(x) = e^{-x}$ . Sustituyendo, ahora podemos aplicar la regla del producto a la inversa: \begin{align*} e^{-x}\cdot y' - e^{-x} \cdot y &= e^{-x} \cdot 2x \\ (e^{-x}y)' &= e^{-x} \cdot 2x \\ e^{-x}y &= \int 2xe^{-x} \, dx\\ e^{-x}y &= -2xe^{-x} - 2e^{-x} + D \\ y(x) &= De^x - 2x - 2 \end{align*} Dado que la curva pasa por el origen, podemos introducir el punto para obtener: $$ 0 = De^0 - 0 - 2 \iff D = 2 $$ por lo que concluimos que: $$ y(x) = 2e^x - 2x - 2 $$
NOTA: Esta respuesta da notas sobre por qué y cómo se hacen los cálculos indicados en otras respuestas, de la forma más sencilla que puedo explicar.
Se trata de una ecuación diferencial (ED). Se le pide que encuentre la curva $y=y(x)$ Así pues, tenga en cuenta que $y$ es una función, y tiene diferentes derivadas de $y$ en la ecuación: $$\frac{d}{dx}y(x)=2x+y(x)\Rightarrow\frac{d}{dx}y(x)-y(x)=2x\qquad(1)$$
El DE tiene la función $y$ como lo desconocido. Por lo tanto, se trata de saber qué métodos se pueden utilizar para resolverla.
En este caso, se tiene una ED ordinaria de primer grado. Eso es porque la derivada más alta es la primera derivada (grado 1) y es lineal. En este caso, se puede utilizar el método del factor integrador $\mu$ .
En el caso general de la DE $$\frac{d}{dx}y+P(x)\cdot y=Q(x)$$ Este factor integrador se calcula como: $$\mu = e^{\int P(x)\,dx}=\exp\bigg\{\int P(x)\,dx\bigg\}$$
Así, para su ecuación $(1)$ lo has hecho: $$\mu = \exp\bigg\{\int P(x)\,dx\bigg\}=\exp\bigg\{\int -1\,dx\bigg\}=\exp\{-x\}=e^{-x}$$
Entonces, se puede resolver fácilmente multiplicando $(1)$ por $\mu$ como se dice en la otra respuesta.
HINT : El paso 2 de la otra respuesta es porque: $$\begin{array}{rcl} \frac{d}{dx}(y\cdot\mu)&=&\frac{d}{dx}(y)\cdot\mu+y\cdot\frac{d}{dx}(\mu)\\ &=& y'\mu + \mu\cdot P\cdot y \end{array}$$
Tenga en cuenta que, debido a la regla de la cadena, $$\frac{d}{dx}(\mu)=\frac{d}{dx}\bigg(e^{\int P\,dx}\bigg)=e^{\int P\,dx}\cdot\frac{d}{dx}\bigg(\int P\,dx\bigg)=e^{\int P\,dx}\cdot P=\mu\cdot P$$
Paso 1: Encuentra el multiplicador $\mu = e^{\int -1 dx} = e^{-x}$
Paso 2: Reescribe la ecuación como: $\left(e^{-x}y\right)' = 2xe^{-x}$
Paso 3: Integrar ambas partes: $e^{-x}y = \displaystyle \int 2xe^{-x} dx = -2xe^{-x} - 2e^{-x} + C$ .
Paso 4: Resolver para $y$ : $y = Ce^x - 2x - 2$ , $C$ es una constante real. La condición inicial que $y(0) = 0 \Rightarrow 0 = C - 2 \Rightarrow C = 2$ . Así: $y = 2e^x - 2x - 2$ .
Paso 5: Comprueba la respuesta.
Reescribe como y' - y = 2x.
Solución homogénea y = e x de y' - y = 0.
Supongamos la solución y = u*v. y' = u' v + u v'.
u' v + u v' - u*v = 2x
u*v' = 2x
v' = 2x * e -x
Integrar por partes.
v = -2x*e -x - 2*e -x
y = uv = -2x - 2
Pero, incluye la solución homogénea e x con una constante K
y = K * e x - 2x - 2
Esto se llama una ecuación diferencial lineal de primer orden.
Considere $\frac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x)$ esta es la ecuación diferencial lineal de primer orden.
Para resolver dicha ecuación considere el siguiente proceso,
1)Multiplica ambos lados por una función supuesta, digamos g(x)
$g(x)\frac{dy}{dx}+P(x).g(x).y=Q(x).g(x)$
2) Seleccionar g(x) de forma que el LHS se convierta en la derivada de y.g(x)
es decir, $g(x)\frac{dy}{dx}+P(x).g(x).y=\frac{d[y.g(x)]}{dx}$
3) Simplificando la expresión, obtenemos.
$P(x)=\frac{g'(x)}{g(x)}$
4)Integrando y simplificando obtenemos, $g(x)=e^{\int P(x).dx}$
5) Este factor se denomina factor integrador.
6)Poner $g(x)$ en la ecuación original obtendríamos la ecuación como
$e^{\int P(x).dx}\frac{dy}{dx}+P(x).e^{\int P(x).dx}.y=Q(x).e^{\int P(x).dx}$
7)Que se puede escribir como, $\frac{d[y.e^{P(x).dx}]}{dx}=Q(x)e^{\int P(x).dx}$
8) Integrando ambos lados y simplificando la solución es,
$y=e^{-\int P(x).dx}.[\int(Q(x).e^{\int P(x).dx})dx+c]$
La función del factor integrador, o multiplicador, es poner el LHS de la ecuación en una derivada explícita de x o de y , de modo que "dx" o "dy" puedan ser fácilmente llevados al RHS que es Q(x).g(x) o Q(y).g(y) que también es una función valorada en x o en y. De modo que pueda ser fácilmente integrada con respecto a "dx" o "dy".
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