¿Da $e^{tx} + x = t - 1$ una solución a $\frac{dx}{dt} = \frac{e^{-tx} - x}{e^{-tx} + t}$?

Question

Problema: Usa el Teorema de Existencia para determinar si $x(t)$ definido implícitamente por

$$e^{tx(t)} + x(t) = t - 1 \tag{*}$$

produce una solución a

$$\frac{dx}{dt} = \frac{e^{-tx} - x}{e^{-tx} + t} \left( = \frac{1 - xe^{tx}}{1 + te^{tx}} \right) \tag{**}$$

?

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Definición: Sea $x = x(t)$. Una solución de la EDO de primer orden $x' = f(t,x)$, donde $f$ está definido en algún dominio $D \subseteq \mathbb R^2$ tal que $D$ es abierto y conectado, es una función diferenciable $\varphi$ en algún intervalo $I \subseteq \mathbb R$ tal que

1. $(t, \varphi(t)) \in D \ \forall t \in I$

2. $\varphi'(t) = f(t, \varphi(t)) \ \forall t \in I$

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Teorema de Existencia: Si $f$ es continua en un dominio $D \subseteq \mathbb R^2$ y $(\tau, \xi) \in D$, entonces $\exists$ una solución $\varphi$ de $x' = f(t,x)$ definida en algún intervalo $I$ tal que $\tau \in I$ y $\varphi(\tau) = \xi$

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Lo que intenté:

El denominador se anula cuando $x=0$ y $t=-1$ así que supongo que no podemos decir que $D = \mathbb R^2$. ¿Qué tal si

$$D = \{(t,x) | (t,x) \ne (-1,0) \}$$

?

¿Es eso abierto y conectado? No tuvimos cursos de topología, y nuestro análisis real solo abarcó $\mathbb R$.

Si eso es correcto, $f$ supongo que es continua en $D$.

Elige algún punto $(\tau, \xi) \in D$:

$(\tau, \xi) = (1,0)$

Entonces $\exists$ una solución $\varphi$ de $x' = f$ definida en un intervalo $I \subseteq \mathbb R$ tal que $1 \in I$ y $\varphi(1) = 0$.

¿Está bien?

Answer 1

Solo calculando implícitamente la derivada, vemos $$e^{tx(t)} + x =t-1 \implies (x + t x' ) e^{tx} + x' =1 \implies x' ( 1+ te^{tx})= 1- xe^{tx} \implies x' = \frac{1 -xe^{tx} }{1 +te^{tx}} $$ Dado que el denominador es malo cuando $1+te^{tx}=0$, esta es la línea que evitamos para $x(t)$. Por el teorema de la función implícita, siempre podemos encontrar $x(t)$ en cualquier otro lugar.

Answer 2

$$x' = \frac{1 - xe^{tx} }{1 + te^{tx}}$$ $$x' + te^{tx}x'+xe^{tx} -1=0$$ $$\left(x+e^{tx}-t \right)'=0$$ $$x+e^{tx}-t = c$$ Esta es la forma implícita de todas las soluciones.

La solución propuesta $e^{tx}+x=t-1$ es una de ellas (caso particular $c=-1$ ).

NOTA :

Una forma explícita de las soluciones se puede derivar, gracias a la función W de Lambert.

$$e^{tx}=-x+t+c$$ $$ (-x+t+c)e^{-tx}=1$$ $$ (-tx+t^2+ct)e^{-tx}=t$$ $$ (-tx+t^2+ct)e^{-tx+t^2-ct}=te^{t^2-ct}$$ con $W= (-tx+t^2+ct)$ y $X=te^{t^2-ct}$ luego $W e^W=X$ donde $W=W(X)$ $$-tx+t^2+ct=W\left(te^{t^2-ct}\right)$$ $$x=t+c-\frac{1}{t}W\left(te^{t^2-ct}\right)$$ Según las propiedades de la función Lambert W, $W(X)$ devuelve un valor si $X>0$, o dos valores si $-\frac{1}{e}