Ecuaciones Diferenciales I: Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden

Introducción

Hasta ahora hemos hecho un análisis cualitativo de las soluciones a distintas ecuaciones diferenciales, esto nos ha permitido tener un panorama general sobre el comportamiento de dichas soluciones y su implicación al tratarse de la descripción de un fenómeno real. Como recordarás, para alguna ecuación diferencial ordinaria de la forma $\dfrac{dy}{dx} = f(x, y)$ podemos obtener su campo de pendientes y a través de él graficar una infinidad de funciones que satisfacen la ecuación, ahora es momento de saber cómo obtener explícitamente esas funciones. Cabe mencionar que no siempre será posible resolver de manera analítica una ecuación diferencial por lo que el análisis cualitativo siempre será una herramienta que nos ayudará en esos casos.

¡Así es, es momento de aprender a resolver ecuaciones diferenciales de manera analítica!. Como vimos en la primera entrada, hay diferentes tipos de ecuaciones diferenciales, en esta entrada vamos a comenzar con unas de las ecuaciones más sencillas que podemos encontrar, las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden.

Ecuaciones Diferenciales lineales de primer orden

En la primer entrada hicimos una clasificación por linealidad de las ecuaciones diferenciales. Vimos que una ecuación diferencial de $n$-ésimo orden es lineal si:

\begin{equation}
a_{n}(x) \frac{d^{n}y}{dx^{n}} + a_{n -1 }(x) \frac{d^{n -1}y}{dx^{n -1}} + … + a_{1}(x) \frac{dy}{dx} + a_{0}(x) y = g(x) \tag{1} \label{1}
\end{equation}

Con las propiedades de que la variable dependiente $y$, así como todas sus derivadas $y^{\prime}, y^{\prime \prime}, …, y^{(n)}$ son de primer grado y los coeficientes $a_{0}, a_{1}, …, a_{n}$, así como la función $g(x)$ dependen a lo sumo de la variable independiente $x$. Una ecuación que no satisface estas propiedades es una ecuación no lineal.

Las primeras ecuaciones que estudiaremos son las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden, reduciendo la ecuación (\ref{1}) tenemos la siguiente definición:

Definición: Una ecuación diferencial de primer orden de la forma

\begin{equation}
a_{1}(x) \frac{dy}{dx} + a_{0}(x) y = g(x) \tag{2} \label{2}
\end{equation}

se dice que es una ecuación lineal en la variable dependiente $y$.

Como $a_{1}(x) \neq 0$, ya que si lo es ya no tendríamos una ecuación diferencial, podemos dividir toda la ecuación por este coeficiente:

$$\dfrac{dy}{dx} + \dfrac{a_{0}(x)}{a_{1}(x)} y = \dfrac{g(x)}{a_{1}(x)}$$

Si definimos $P(x) = \dfrac{a_{0}(x)}{a_{1}(x)}$ y $Q(x) = \dfrac{g(x)}{a_{1}(x)}$, podemos reescribir la ecuación (\ref{2}) como

\begin{equation}
\dfrac{dy}{dx} + P(x) y = Q(x) \tag{3} \label{3}
\end{equation}

A esta ecuación se le conoce como la forma canónica y es la definición de ecuación lineal que también encontrarás en la literatura.

Lo que buscamos es una solución a la ecuación (\ref{3}) en un intervalo $\delta$ donde $P$ y $Q$ sean continuas.

Definición: En la ecuación

$$a_{1}(x) \frac{dy}{dx} + a_{0}(x) y = g(x)$$

Si $g(x) = 0$ decimos que la ecuación es homogénea y si $g(x) \neq 0$ decimos que la ecuación es no homogénea.

En la forma canónica (\ref{3}), decimos que la ecuación

\begin{equation}
\dfrac{dy}{dx} + P(x) y = 0 \tag{4} \label{4}
\end{equation}

es la ecuación homogénea. Recuerda que $Q(x) = \dfrac{g(x)}{a_{1}(x)}$, así si $g(x) = 0$ entonces $Q(x) = 0$.

Nuestro objetivo es encontrar la forma explícita de la solución $y(x)$ de la ecuación lineal (\ref{3}). Esta ecuación tiene la propiedad de que la solución general $y$ es la suma de la solución a la ecuación homogénea (\ref{4}) que denotaremos como $y_{h}$ y llamaremos solución homogénea y la solución a la ecuación no homogénea (\ref{3}) que denotaremos como $y_{p}$ y que llamaremos solución particular, esto es, $y = y_{h} + y_{p}$. Para mostrar este hecho observemos que

\begin{align*}
\dfrac{dy}{dx} + P(x)y &= \dfrac{d}{dx} (y_{h} + y_{p}) + P(x) (y_{h} + y_{p}) \\
&= \left( \dfrac{d y_{h}}{dx} + P(x) y_{h} \right) + \left( \dfrac{d y_{p}}{dx} + P(x) y_{p} \right) \\
&= 0 + Q(x) \\
&= Q(x)
\end{align*}

Ya que, $\dfrac{d y_{h}}{dx} + P(x) y_{h} = 0$ y $\dfrac{d y_{p}}{dx} + P(x) y_{p} = Q(x)$, como mencionamos anteriormente.

Así, para hallar la forma explícita de $y = y(x)$ debemos, entonces, hallar la forma explícita de la solución homogénea $y_{h} = y_{h}(x)$ y la forma explícita de la solución particular $y_{p} = y_{p}(x)$ para finalmente sumar ambos resultados.

Solución a ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de primer orden

Comencemos por resolver la ecuación diferencial homogénea para obtener la solución $y = y_{h}(x)$. La ecuación que queremos resolver es

$$a_{1}(x) \frac{dy}{dx} + a_{0}(x) y = 0$$

O bien,

$$\dfrac{dy}{dx} + P(x) y = 0$$

Realicemos un poco de algebra y cálculo:

\begin{align*}
\dfrac{dy}{dx} + P(x) y &= 0 \\
\dfrac{dy}{dx} &= -P(x) y \\
\dfrac{1}{y} \dfrac{dy}{dx} &= -P(x)
\end{align*}

En la última expresión podemos identificar que

$$\dfrac{d}{dx} (\ln{|y|}) = \dfrac{1}{y} \dfrac{dy}{dx}$$

Sustituyendo:

$$\dfrac{d}{dx} (\ln{|y|}) = -P(x)$$

Ahora podemos integrar ambos lados de la ecuación con respecto a la variable $x$

\begin{align*}
\int \left( \dfrac{d}{dx} (\ln{|y|}) \right) dx &= \int -P(x) dx \\
\ln{|y|} + c &= -\int P(x) dx
\end{align*}

Donde hemos hecho uso del teorema fundamental del cálculo y $c$ es la constante de integración. Ahora apliquemos la exponencial en ambos lados de la ecuación:

\begin{align*}
\large e^{(\ln{|y|} + c)} &= \large e^{-\int P(x) dx} \\
\large e^{\ln{|y|}}e^{c} &= \large e^{-\int P(x) dx} \\
\large |y|e^{c} &= \large e^{-\int P(x) dx} \\
\large |y| &= \large e^{-c} e^{-\int P(x) dx} \\
\large y &= \large \pm e^{-c} e^{-\int P(x) dx}
\end{align*}

Como $\large \pm e^{- c}$ es una constante, definimos $k = \large \pm e^{- c}$, obteniendo finalmente que

\begin{equation}
\large y = \large y_{h}(x) = \large k e^{-\int P(x) dx} \tag{5} \label{5}
\end{equation}

La función $y(x) = k e^{-\int P(x) dx}$ es solución a la ecuación diferencial $\dfrac{dy}{dx} + P(x) y = 0$.

Recuerda que si lo que estamos resolviendo es una ecuación de la forma (\ref{3}) entonces $y(x) = y_{h}(x)$ es la solución a la ecuación diferencial homogenea.

Ejemplo: Obtener la solución a la ecuación diferencial $x\dfrac{dy}{dx} + 2y = 0$ dada la condición inicial $y(3) = 1$.

Solución: Vemos que la variable $x$ multiplica a $\dfrac{dy}{dx}$ por lo que debemos dividir toda la ecuación por $x \neq 0$ para obtener la forma (\ref{4}). El resultado es

$$\dfrac{dy}{dx} + \dfrac{2}{x} y = 0$$

Identificamos que $P(x) = \dfrac{2}{x}$. Por supuesto podemos resolver la ecuación realizando todos los pasos que hicimos anteriormente, sin embargo, ya sabemos que la solución general es de la forma $y(x) = \large k e^{- \int P(x) dx}$, podemos sustituir $P(x)$ en la integral y resolver.

\begin{align*}
\int{P(x) dx} &= \int{\dfrac{2}{x} dx} \\
&= 2 \int{\dfrac{1}{x} dx} \\
&= 2 \ln{|x|} + c
\end{align*}

Entonces

\begin{align*}
\large y(x) &= \large k e^{- \int P(x) dx} \\
&= \large k e^{(- 2 \ln{|x|} + c)} \\
&= \large k e^{\ln{(x^{-2})}} e^{c} \\
&= Kx^{-2}
\end{align*}

Donde definimos la constante $K = ke^{c}$. Por lo tanto, la solución general a la ecuación diferencial $x\dfrac{dy}{dx} + 2y = 0$ es $y(x) = \dfrac{K}{x^{2}}$ con $x$ en cualquier intervalo que no contenga al $0$.

Ahora apliquemos la condición inicial para obtener una solución particular. Se debe satisfacer que $y(3) = 1$, evaluemos la función en $3$ e igualemos a $1$.

$$y(3) = \dfrac{K}{3^{2}} = \dfrac{K}{9} = 1$$

De la última igualdad obtenemos que $K = 9$, por lo tanto la solución particular es $y(x) = \dfrac{9}{x^{2}}$.

Para evitar confusiones cabe mencionar que en el ejemplo cuando hablamos de solución general y solución particular nos referimos al contexto general de las ecuaciones diferenciales donde solución general es la función que satisface la EDO y tienen contantes arbitrarias mientras que la solución particular es la función que satisface la EDO y cuyas constantes toman un valor específico y por el contrario no nos referimos a la solución general $y = y_{h} + y_{p}$ y solución particular $y_{p}$ vistos al inicio de esta entrada pues recuerda que en esta sección estamos estudiando ecuaciones diferenciales homogéneas.

$\square$

En conclusion, ahora sabemos resolver ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de la forma

$$\dfrac{dy}{dx} + P(x) y = 0$$

cuya solución general es $ \large y(x) = k e^{- \int P(x) dx}$.

Ahora veamos el caso en el que $\dfrac{dy}{dx} + P(x) y \neq 0$.

Solución a ecuaciones diferenciales lineales NO homogéneas de primer orden

La ecuación diferencial que queremos resolver es

$$a_{1}(x) \frac{dy}{dx} + a_{0}(x) y = g(x)$$

O bien,

$$\dfrac{dy}{dx} + P(x) y = Q(x)$$

Vamos a estudiar dos métodos distintos para resolver este tipo de ecuaciones, uno de ellos es conocido como método por factor integrante y el otro como método por variación de parámetros. Esta entrada la concluiremos con el desarrollo del método por factor integrante y en la siguiente entrada estudiaremos en método por variación de parámetros.

Método por factor integrante

Consideremos la ecuación diferencial que queremos resolver

$$\dfrac{dy}{dx} + P(x) y = Q(x)$$

El método del factor integrante consiste en encontrar una función $\mu = \mu (x)$ que satisfaga la siguiente relación

\begin{equation}
\dfrac{d}{dx} (\mu y) = \mu \dfrac{dy}{dx} + \mu P(x) y = \mu Q(x) \tag{6} \label{6}
\end{equation}

Es decir, que la derivada del producto de $\mu (x)$ con la solución $y(x)$ sea igual a multiplicar la ecuación original por $\mu$. La función $\mu$ debe ser una función dependiente de $x$ y derivable de manera que, usando la regla del producto

\begin{equation}
\dfrac{d}{dx} (\mu y) = \mu \frac{dy}{dx} + y \dfrac{d\mu}{dx} \tag{7} \label{7}
\end{equation}

Igualando las ecuaciones (\ref{6}) y (\ref{7}) tenemos:

\begin{align*}
\mu \dfrac{dy}{dx} + \mu P(x) y &= \mu \frac{dy}{dx} + y \dfrac{d\mu}{dx} \\
\mu P(x) y &= y \dfrac{d\mu}{dx} \\
\mu P(x) &= \dfrac{d\mu}{dx} \\
P(x) &= \frac{1}{ \mu} \dfrac{d\mu}{dx} \\
P(x) &= \dfrac{d}{dx} (\ln{|\mu}|)
\end{align*}

Integramos la última relación con respecto a $x$.

\begin{align*}
\int{\left( \dfrac{d}{dx} (\ln{|\mu}|) \right) dx} &= \int{P(x) dx} \\
\ln{|\mu|} + c_{1} &= \int{P(x) dx}
\end{align*}

En esta ocasión vamos a suponer que $c_{1} = 0$, veremos más adelante que esto no afecta el resultado. Por otro lado, como $e^{x} > 0$, $\forall x$, en particular $\large e^{\int{P(x) dx}} > 0$, entonces aplicando la exponencial en ambos lados de la última expresión obtenemos

\begin{equation}
\large \mu (x) = e^{\int{P(x) dx}} \tag{8} \label{8}
\end{equation}

A esta función se le conoce como factor integrante y es siempre positiva.

De la ecuación (\ref{6}) sabemos que

$$\dfrac{d}{dx} (\mu y) = \mu Q(x)$$

Integrando ambos lados de la ecuación con respecto a $x$ tenemos:

\begin{align*}
\int{\left( \dfrac{d}{dx} (\mu y) \right) dx} &= \int{\mu Q(x) dx} \\
\mu y + c_{2} &= \int{\mu Q(x)} dx \\
y &= \dfrac{1}{\mu} \left( \int{\mu Q(x) dx} \right)
\end{align*}

Donde suponemos de nuevo que $c_{2} = 0$. La última expresión ya nos da la solución que buscamos, con $\mu$ el factor integrante. Por lo tanto, la solución a la ecuación diferencial

$$\dfrac{dy}{dx} + P(x) y = Q(x)$$

es

\begin{equation}
\large y = y_{p}(x) = \dfrac{1}{e^{\int{P(x) dx}}} \left( \int{e^{\int{P(x) dx}} Q(x) dx} \right) \tag{9} \label{9}
\end{equation}

O en una forma más compacta

\begin{equation}
y = y_{p}(x) = \dfrac{1}{\mu (x)} \left( \int{\mu (x)Q(x) dx} \right) \tag{10} \label{10}
\end{equation}

Con $ \mu (x) = \large e^{\int{P(x) dx}}$ el factor integrante.

El resultado que obtuvimos corresponde a la solución particular $y(x) = y_{p}(x)$, como mencionamos antes, la solución completa o solución general a la ecuación (\ref{3}) es la suma de la solución homogénea mas la solución particular: $y(x) = y_{h}(x) + y_{p}(x)$, así sumando el resultado (\ref{5}) con el resultado (\ref{9}) obtenemos que la solución completa a la ecuación (\ref{3}) es:

\begin{equation*}
\large y(x) = y_{h}(x) + y_{p}(x) = k e^{-\int P(x) dx} + e^{-\int P(x) dx} \left( \int{e^{\int{P(x) dx}} Q(x) dx} \right)
\end{equation*}

Factorizando

\begin{equation}
\large y(x) = e^{-\int P(x) dx} \left( \int{e^{\int{P(x) dx}} Q(x) dx} + k \right) \tag{11} \label{11}
\end{equation}

O bien, en términos del factor integrante:

\begin{equation}
y(x) = \dfrac{1}{\mu(x)}\left(\int{\mu (x) Q(x) dx} + k \right) \tag{12} \label{12}
\end{equation}

La ecuación (\ref{12}) es la solución general a las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden. En la siguiente entrada mencionaremos el por qué es posible haber tomado como cero a las constantes de integración que aparecieron en el método, sin embargo sería bueno que intentes justificar este hecho con lo visto hasta este momento.

A primera vista podríamos creer que resolver una ecuación diferencial de la forma (\ref{3}) implica sólo sustituir las funciones correspondientes en la ecuación (\ref{11}) e integrar, en principio lo podemos hacer pero no se recomienda hacerlo pues esto implica memorizar los resultados obtenidos, lo que se recomienda es seguir los pasos que hicimos para deducir las soluciones. En la siguiente entrada presentaremos un algoritmo o serie de pasos para resolver este tipo de ecuaciones.

Para concluir realicemos un ejemplo en el que vamos a obtener la solución homogénea y la solución particular por separado para después sumarlas y obtener la solución general.

Ejemplo: Determinar la solución general de la ecuación diferencial $\dfrac{dy}{dx} = -y + x^{2}$.

Solución: Lo primero que debemos hacer es reescribir a la ecuación diferencial hasta tener la forma (\ref{3}).

\begin{align*}
\dfrac{dy}{dx} &= -y + x^{2} \\
\dfrac{dy}{dx} + y &= x^{2}
\end{align*}

De la última expresión podemos identificar que $P(x) = 1$ y $Q(x) = x^{2}$. Con el valor de $P(x)$ podemos calcular el factor integrante:

\begin{align*}
\mu (x) = e^{\int{P(x) dx}} = e^{\int dx} = e^{x} \Rightarrow \mu (x) = e^{x}
\end{align*}

Para obtener la solución homogénea sustituimos el factor integrante en la ecuación (\ref{5}):

$$y_{h}(x) = \dfrac{k}{\mu (x)} = \dfrac{k}{e^{x}}$$

Por lo tanto la solución homogénea de la ecuación homogénea $\dfrac{dy}{dx} + y = 0$ es:

\begin{equation}
y_{h}(x) = \dfrac{k}{e^{x}} \tag{13} \label{13}
\end{equation}

Para obtener la solución particular usemos la ecuación (\ref{10}), donde

$$\int{\mu (x)Q(x) dx} = \int{e^{x} x^{2} dx}$$

Resolvamos la integral, usando integración por partes con $u(x) = x^{2}$ y $dv(x) = e^{x}$, tenemos

$$\int{e^{x} x^{2} dx} = x^{2} e^{x} -\int{2x e^{x} dx}$$

Para la nueva integral volvemos a usar integración por partes usando $r(x) = x$ y $ds(x) = e^{x}$

\begin{align*}
\int{e^{x} x^{2} dx} &= x^{2} e^{x} -2 \left(x e^{x} -\int{e^{x} dx}\right) \\
&= x^{2} e^{x} -2x e^{x} + 2e^{x} \\
&= e^{x}\left(x^{2} -2x + 2\right)
\end{align*}

Podemos omitir las contantes de integración. Sustituyendo este resultado en la solución particular tenemos que

\begin{align*}
y_{p}(x) &= \dfrac{1}{\mu (x)} \left( \int{\mu (x)Q(x) dx} \right) \\
&= \dfrac{1}{e^{x}} \left( e^{x}\left(x^{2} -2x + 2\right) \right) \\
&= x^{2} -2x + 2 \\
&= x^{2} -2 \left(x-1\right)
\end{align*}

Por lo tanto la solución particular de la ecuación $\dfrac{dy}{dx} + y = x^{2}$ es:

\begin{equation}
y_{p}(x) = x^{2} -2 \left(x-1\right) \tag{14} \label{14}
\end{equation}

La solución general la obtenemos sumando los resultados (\ref{13}) y (\ref{14}):

$$y(x) = \dfrac{k}{e^{x}} + \left(x^{2} -2 \left(x-1\right)\right)$$

Por lo tanto, la solución general a la ecuación diferencial $\dfrac{dy}{dx} = -y + x^{2}$ es:

$$y(x) = x^{2} -2 \left(x-1\right) + \dfrac{k}{e^{x}}$$

$\square$

Con esto terminamos esta entrada, en la siguiente estudiaremos el método de variación de parámetros.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero te servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

  1. Para las siguientes ecuaciones diferenciales lineales de primer orden obtén las soluciones generales $y(x)$ calculando primero la solución homogénea $y_{h}(x)$, después la solución particular $y_{p}(x)$ y finalmente sumando los resultados. (puedes omitir las constantes de integración en el proceso).
  • $\dfrac{dy}{dx} -y = e^{2x}$
  • $\dfrac{dy}{dx} + y = e^{2x}$
  • $x \dfrac{dy}{dx} + 4y = x^{-3}e^{x}$
  • $x^{2} \dfrac{dy}{dx} = -2xy + 3e^{3x}$
  1. Resuelve la siguiente ecuación diferencial sujeta a la condición inicial dada.
  • $\dfrac{dy}{dx} + y = e^{-x}$ $\hspace{1cm}$ para $\hspace{0.2cm}$ $y(0) = -\dfrac{1}{4}$
  1. Un marcapasos de corazón consiste en un interruptor, una batería de voltaje constante $E_{0}$, un capacitor con capacitancia constante $C$ y un corazón como un resistor con resistencia constante $R$. Cuando se cierra el interruptor, el capacitor se carga; cuando el interruptor se abre, el capacitor de descarga enviando estímulos eléctricos al corazón. Todo el tiempo el corazón se está estimulando, el voltaje $E$ a través del corazón satisface la ecuación diferencial lineal
    $$\dfrac{dE}{dt} = -\dfrac{1}{RC}E$$
    Resolver la ED sujeta a $E(4) = E_{0}$.
  2. Intenta justificar el hecho de que podamos omitir a las constantes de integración en los métodos de resolución vistos.

Más adelante…

En esta entrada aprendimos a resolver ecuaciones diferenciales lineales de primer orden de manera analítica, a pesar de haber encontrado una formula general para la solución es conveniente realizar una serie de pasos para determinar la solución. En la siguiente entrada estudiaremos el método de variación de parámetros para obtener la solución particular de la ecuación diferencial no homogénea y estableceremos una serie de pasos a seguir para resolver este tipo de ecuaciones sin tener que memorizar las formulas de las soluciones. Finalmente retomaremos el teorema de existencia y unicidad y lo estudiaremos en el contexto de las ecuaciones diferenciales lineales.

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