Las matemáticas son el arte de la explicación.
– Paul Lockhart

Introducción

Hasta ahora sólo 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 ya que recordemos que para alguna ecuación diferencial ordinaria de la forma

$$\dfrac{dy}{dx} = f(x, y) \label{1} \tag{1}$$

podemos obtener su campo de pendientes y a través de él trazar una infinidad de funciones que satisfacen la ecuación.

Ahora comenzaremos a desarrollar métodos analíticos para obtener explícitamente las funciones solución de una ecuación diferencial ordinaria. Cabe mencionar que no siempre será posible resolver de manera analítica una ecuación diferencial por lo que el análisis cualitativo siempre será una herramienta alterna que puede ayudar en esos casos.

Sabemos que 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.

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:

$$a_{n}(x) \dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} + a_{n -1}(x) \dfrac{d^{n -1}y}{dx^{n -1}} + \cdots + a_{1}(x) \dfrac{dy}{dx} + a_{0}(x) y = g(x) \label{2} \tag{2}$$

Con las propiedades de que la variable dependiente $y$, así como todas sus derivadas $y^{\prime}, y^{\prime \prime}, \cdots, y^{(n)}$ son de primer grado y los coeficientes $a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{n}$, 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{2}) a primer orden tenemos la siguiente definición.

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

$$P(x) = \dfrac{a_{0}(x)}{a_{1}(x)} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = \dfrac{g(x)}{a_{1}(x)} \label{4} \tag{4}$$

podemos reescribir la ecuación (\ref{3}) como

$$\dfrac{dy}{dx} + P(x) y = Q(x) \label{5} \tag{5}$$

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

Lo que buscamos es una solución de la ecuación diferencial (\ref{5}) en un intervalo $\delta$ donde $P$ y $Q$ sean continuas.

En la forma canónica (\ref{5}), decimos que la ecuación

$$\dfrac{dy}{dx} + P(x) y = 0 \tag{6} \label{6}$$

es la ecuación homogénea, ya que si $g(x) = 0$, entonces $Q(x) = 0$.

Nuestro objetivo es encontrar la forma explícita de la solución $y(x)$ de la ecuación diferencial lineal (\ref{5}). Esta ecuación tiene la propiedad de que la solución general $y(x)$ es la suma de la solución de la ecuación homogénea (\ref{6}) que denotaremos como $y_{h}(x)$ y llamaremos solución homogénea, más la solución de la ecuación no homogénea (\ref{5}) que denotaremos como $y_{p}(x)$ y que llamaremos solución particular, esto es

$$y(x) = y_{h}(x) + y_{p}(x) \label{7} \tag{7}$$

Para mostrar este hecho observemos lo siguiente.

\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

$$\dfrac{d y_{h}}{dx} + P(x) y_{h} = 0 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d y_{p}}{dx} + P(x) y_{p} = Q(x)$$

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

Solución a ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de primer orden

Comencemos por resolver la ecuación diferencial homogénea (\ref{6}) para obtener la solución homogénea $y_{h}(x)$. 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*}

De la última expresión identificamos que

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

Sustituimos.

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

Integremos 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. Apliquemos la exponencial en ambos lados de la ecuación.

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

Definimos la constante $k = e^{-c}$, obtenemos finalmente

$$y(x) = k e^{-\int P(x) dx} \label{8} \tag{8}$$

La función (\ref{8}) es solución de la ecuación diferencial homogénea (\ref{6}).

Recordemos que si lo que estamos resolviendo es una ecuación de la forma (\ref{5}), entonces $y(x) = y_{h}(x)$ es la solución de la ecuación diferencial homogénea asociada.

Realicemos un ejemplo.

Es buen momento para aconsejar no memorizar los resultados de los métodos de resolución que estudiemos en el curso y en su lugar aplicar el procedimiento para obtener la solución de una ecuación diferencial. Esto, además de ser una buena práctica, nos ayudará a desarrollar la habilidad de identificar y aplicar los distintos métodos que existen para resolver las distintas ecuaciones diferenciales que se nos puedan presentar. Por supuesto, en ocasiones el método se vuelve demasiado extenso y lo conveniente es hacer uso de resultados intermedios para avanzar más rápido.

¡Resolvamos nuestra primer ecuación diferencial!.

Ejemplo: Obtener la solución de la ecuación diferencial homogénea

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

dada la condición inicial $y(3) = 1$.

Solución: A simple vista verificamos que efectivamente se trata de una ecuación diferencial lineal homogénea, así que podemos aplicar la teoría desarrollada y no sólo eso, además se trata de un problema de valores iniciales.

Comencemos por dividir la ecuación por $x \neq 0$ para obtener la forma (\ref{6}). El resultado es

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

Identificamos que $P(x) = \dfrac{2}{x}$.

Como dijimos antes, podemos aplicar directamente el resultado (\ref{8}) y listo, sin embargo haremos todo el desarrollo para comprender bien el método.

La ecuación diferencial la podemos reescribir como

$$\dfrac{1}{y} \dfrac{dy}{dx} = -\dfrac{2}{x}$$

Recordando que

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

podemos escribir

$$\dfrac{d}{dx} (\ln{|y|}) = -\dfrac{2}{x}$$

Integremos ambos lados de la ecuación.

$$\int {\dfrac{d}{dx} (\ln{|y|}) dx} = -\int {\dfrac{2}{x} dx}$$

Por un lado tenemos

$$\int {\dfrac{d}{dx} (\ln{|y|}) dx} = \ln{|y|} + c_{1}$$

Por otro lado,

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

Igualando ambos resultados se tiene

$$\ln{|y|} + c_{1} = -(2 \ln{|x|} + c_{2})$$

Si juntamos las dos contantes de integración en una sola podemos escribir

$$\ln{|y|} = -2 \ln{|x|} + k$$

Apliquemos la exponencial en ambos lados.

\begin{align*}
e^{\ln{|y|}} &= e^{ -2 \ln{|x|} + k} \\
|y| &= e^{k} e^{\ln{|x|^{-2}}} \\
y &= Kx^{-2}
\end{align*}

En donde definimos la constante $K = e^{k}$. Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial dada 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

$$y(x) = \dfrac{9}{x^{2}}$$

Nota: 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 ecuación diferencial y tienen contantes arbitrarias, mientras que la solución particular es la función que satisface la ecuación diferencial y cuyas constantes toman un valor específico, 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 recordemos que en esta sección estamos estudiando ecuaciones diferenciales homogéneas.

$\square$

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

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

cuya solución general es

$$y(x) = k e^{- \int P(x) dx}$$

Ahora veamos el caso no homogéneo en el que $Q(x) \neq 0$.

Solución a ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas de primer orden

La ecuación diferencial que intentamos 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 primer método y en la siguiente entrada estudiaremos el método por variación de parámetros.

Método por factor integrante

Consideremos la ecuación diferencial lineal no homogénea (\ref{5}). El método por factor integrante consiste en encontrar una función $\mu (x)$ que satisfaga la siguiente relación.

$$\dfrac{d}{dx} (\mu y) = \mu \dfrac{dy}{dx} + \mu P(x) y = \mu Q(x) \label{9} \tag{9}$$

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

$$\dfrac{d}{dx} (\mu y) = \mu \frac{dy}{dx} + y \dfrac{d\mu}{dx} \label{10} \tag{10}$$

Igualando las ecuaciones (\ref{9}) y (\ref{10}), se tiene

\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*}

Integremos 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 supongamos que $c_{1} = 0$, veremos más adelante que esto no afecta el resultado. Por otro lado, como $e^{x} > 0$ para toda $x$, en particular

$$e^{\int{P(x) dx}} > 0$$

Entonces aplicando la exponencial en ambos lados de la última expresión se obtiene

$$\mu (x) = e^{\int{P(x) dx}} \tag{11} \label{11}$$

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

De la ecuación (\ref{9}) sabemos que

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

Integremos ambos lados de la ecuación con respecto a $x$.

\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 supusimos nuevamente que $c_{2} = 0$. La última expresión ya nos da la solución que buscamos, con $\mu$ el factor integrante.

Por lo tanto, la solución de la ecuación diferencial lineal no homogénea

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

es

$$y(x) = \dfrac{1}{e^{\int{P(x) dx}}} \left( \int{e^{\int{P(x) dx}} Q(x) dx} \right) \label{12} \tag{12}$$

O en una forma más compacta

$$y(x) = \dfrac{1}{\mu (x)} \left( \int{\mu (x)Q(x) dx} \right) \label{13} \tag{13}$$

Con $\mu(x)$ el factor integrante (\ref{11}).

El resultado que obtuvimos corresponde a la solución particular $y(x) = y_{p}(x)$, como mencionamos antes, la solución completa o solución general de la ecuación (\ref{5}) es la suma de la solución homogénea más la solución particular

$$y(x) = y_{h}(x) + y_{p}(x)$$

Así, sumando el resultado (\ref{8}) con el resultado (\ref{12}) obtenemos que la solución completa de la ecuación diferencial (\ref{5}) es

$$y(x) = y_{h}(x) + y_{p}(x) = k e^{-\int P(x) dx} + e^{-\int P(x) dx} \left( \int{e^{\int{P(x) dx}} Q(x) dx} \right)$$

Factorizando

$$y(x) = e^{-\int P(x) dx} \left( \int{e^{\int{P(x) dx}} Q(x) dx} + k \right) \label{14} \tag{14}$$

O bien, en términos del factor integrante

$$y(x) = \dfrac{1}{\mu(x)}\left(\int{\mu (x) Q(x) dx} + k \right) \label{15} \tag{15}$$

La ecuación (\ref{15}) es la solución general de 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 intenta justificar este hecho con lo visto hasta este momento.

Para concluir realicemos un ejemplo en el que obtengamos 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: Comenzamos por reescribir la ecuación en la forma canónica (\ref{5}).

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

Identificamos que $P(x) = 1$ y $Q(x) = x^{2}$. Con el valor de $P(x)$ calculemos el factor integrante omitiendo las constantes.

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

Esto es,

$$\mu (x) = e^{x}$$

La solución homogénea en términos del factor integrante es

$$y_{h}(x) = k e^{-\int P(x) dx} = \dfrac{k}{\mu(x)}$$

Sustituimos el valor del factor integrante.

$$y_{h}(x) = \dfrac{k}{e^{x}} \label{16} \tag{16}$$

Esta función corresponde a la solución de la ecuación homogénea asociada

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

Para obtener la solución particular usemos el resultado (\ref{13}), 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 $dv(x) = e^{x}$.

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

Para la nueva integral volvemos a hacer 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. Sustituyamos este resultado en la solución particular.

\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 diferencial no homogénea es

$$y_{p}(x) = x^{2} -2(x -1) \label{17} \tag{17}$$

La solución general la obtenemos de sumar los resultados (\ref{16}) y (\ref{17}).

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

Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial dada es

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

$\square$

Con esto concluimos 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 servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

1. Dadas las siguientes ecuaciones diferenciales lineales de primer orden, obtener 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. (Se pueden omitir las constantes de integración en el proceso).

• $\dfrac{dy}{dx} -y = e^{2x}$

• $\dfrac{dy}{dx} + y = e^{2x}$

• $x \dfrac{dy}{dx} + 4y = x^{-3}e^{x}$

• $x^{2} \dfrac{dy}{dx} = -2xy + 3e^{3x}$

2. Resolver la siguiente ecuación diferencial sujeta a la condición inicial dada (problema con valores iniciales).

• $\dfrac{dy}{dx} + y = e^{-x}, \hspace{1cm} y(0) = -\dfrac{1}{4}$.

3. Resolver el siguiente problema.

• 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 ecuación diferencial sujeta a la condición inicial $E(4) = E_{0}$.

4. Intenta justificar el hecho de que podamos omitir las constantes de integración en los métodos de resolución vistos.

Más adelante…

¡Ya resolvimos analíticamente nuestras primeras ecuaciones diferenciales!. Gran logro.

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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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»