Una ecuación diferencial de primer orden se llama lineal si puede expresarse en la forma
y'+P(t)y = Q(t)
donde P y Q son funciones continuas definidas en un cierto intervalo I de números reales.
Para resolver una ecuación de este tipo multiplicamos ambos miembros de la ecuación por el factor
\mu(t) = e^{\int P(t)dt},
obteniendo
e^{\int P(t)dt}y'+ P(t)e^{\int P(t)dt}y(t)= Q(t) e^{\int P(t)dt}.
El primer miembro de la igualdad anterior es justamente la derivada de la función producto
e^{\int P(t)dt} y,
luego
\left(e^{\int P(t)dt} y\right)' = Q(t) e^{\int P(t)dt}.
Así pues, integrando los dos miembros de esta igualdad obtenemos
e^{\int P(t)dt} y(t) = \displaystyle\int Q(t)e^{\int P(t)dt}dt+C.
Puesto que la expresión e^{\int P(t)dt} es siempre positiva podemos despejar y(t) en la anterior igualdad, obteniendo
y(t) = e^{-\int P(t)dt} \cdot \left(\displaystyle\int Q(t)e^{\int P(t)dt}dt+C\right),\quad\,C\,\text{constante}.
Es evidente que es más fácil recordar el procedimiento desarrollado que la fórmula final obtenida.
Ejemplo: Solución general de la ecuación diferencial
y'-\dfrac{2y}{t}=\dfrac{t^2}{\sqrt{1+t^2}}
- Identificamos P(t)=-\dfrac{2}{t}.
- Calculamos \displaystyle\int P(t)dt.
\displaystyle\int-\dfrac{2}{t}dt=-2\ln t.
- Calcuamos \mu(t)=e^{\int P(t)dt}.
\mu(t)=e^{-2\ln t}=e^{\ln t^{-2}}=t^{-2}=\dfrac{1}{t^2}.
- Multiplicamos toda la ecuación por \mu(t).
\dfrac{{y'}}{{{t^2}}} – \dfrac{2}{{{t^3}}}y = \dfrac{1}{\sqrt{1 + {t^2}}}.
- El lado de la derecha es la derivada del producto de \mu(t) por la función y.
\left( {\dfrac{y}{{{t^2}}}} \right)' = \dfrac{1}{\sqrt{1 + {t^2}}}.
- Integrando ambos miembros tenemos
\displaystyle\frac{y}{{{t^2}}} = \int {\frac{1}{\sqrt{1 + {t^2}}}dt + C,\;C \in \mathbb{R}.}
La integral que aparece tiene como solución el argumento del seno hiperbólico, es decir,
\displaystyle\int {\frac{1}{\sqrt{1 + {t^2}}}dt =\ln\left(t+\sqrt{1+t^2}\right)+ C.}
- Despejando y obtenemos la solución general
\boxed{\color{blue}y=t^2\ln\left( {t + \sqrt {1 + {t^2}} } \right) + Ct^2,\quad C\in\mathbb{R}}.
Ejemplo: Resolver el problema de Cauchy
\left\{\begin{array}{l} (t^2+1)y' + 4ty = t \\ y(2) = 1. \\ \end{array}\right.
Comenzamos resolviendo la ecuación diferencial
y' + \dfrac{{4t}}{{{t^2} + 1}}y = \dfrac{t}{{{t^2} + 1}}.
P(t)=\dfrac{4t}{t^2 + 1}\implies\displaystyle\int\dfrac{4t}{t^2 + 1}dt=2\ln ({t^2} + 1).
\mu (t)=e^{\int P(t)dt} = e^{2\ln (t^2 + 1)} = e^{\ln (t^2 + 1)^2} = (t^2 + 1)^2,
multiplicando en la ecuación,
{({t^2} + 1)^2}y' + 4t({t^2} + 1)y = t({t^2} + 1),
\left( {{{({t^2} + 1)}^2}y} \right)' = {t^3} + t,
e integrando
{({t^2} + 1)^2}y = \displaystyle\int{\left( {{t^3} + t} \right)dt} = \dfrac{{{t^4}}}{4} + \frac{{{t^2}}}{2} + C = \dfrac{{{t^4} + 2{t^2} + 4C}}{4},
y = \dfrac{{{t^4} + 2{t^2} + 4C}}{{4{{({t^2} + 1)}^2}}}.
Haciendo y(2)=1,
1 = \dfrac{{16 + 8 + 4C}}{{100}} \Rightarrow 100 = 24 + 4C \Rightarrow 4C = 76,
obtenemos por lo tanto
\boxed{\color{blue}y = \dfrac{t^4+ 2t^2 + 76}{4(t^2 + 1)^2}.}
\dfrac{dT}{dt}=k(T-T_m),\quad k=cte,
T'-kT=-kT_m.
Debemos pues resolver el problema del valor inicial
\left\{ \begin{array}{l} T'-kT=-10k\\ T(0)=100. \\ \end{array} \right.
Se trata de una ecuación lineal.
\mu(t)=e^{\int- kdt}=e^{-kt}
\begin{gathered} {e^{-kt}}T' – k{e^{-kt}}T = -10k{e^{-kt}}, \\[0.5em] \left( {{e^{-kt}}T} \right)' = -10k{e^{-kt}}, \\[0.5em] {e^{-kt}}T = 10{e^{kt}} + C, \\[0.5em] T(t) = C{e^{-kt}}+10. \\[0.5em] \end{gathered}
De T(0)=100 obtenemos 100=C+10 y C=90 así
T(t)=90e^{-kt}+10.
Como sabemos que T(10)=80
\begin{gathered} 80 = 90{e^{-10k}}+10, \\ {e^{ -10k}} = \frac{7}{9}, \\ -10k = \ln \left( {\frac{7}{9}} \right), \\ k = – \frac{{\ln \left( {\frac{7}{9}} \right)}}{{10}} =0.025. \\ \end{gathered}
Concluimos pues que \boxed{\color{blue}T(t)=90e^{-0.025t}+10.}
La temperatura al cabo de 30 minutos será T(30)=52.51\,^\circ C.
Si queréis reforzar un poco más, aquí tenéis un vídeo con más ejemplos!!!