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Ecuaciones Diferenciales l: Ecuaciones diferenciales NO lineales de primer orden, métodos de resolución

Introducción

Continuando con la teoría analítica sobre la resolución de ecuaciones diferenciales de primer orden, es momento de estudiar las ecuaciones diferenciales NO lineales de primer orden.

En entradas anteriores estudiamos las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden, recordando la definición de ecuación diferencial lineal podemos decir que una ED que no satisface las propiedades de linealidad es entonces una ecuación diferencial NO lineal.

En esta entrada vamos a estudiar dos tipos de ED no lineales de primer orden conocidas como ecuaciones diferenciales separables y ecuaciones diferenciales homogéneas. Cabe mencionar que las ED no lineales homogéneas que estudiaremos en esta entrada no tienen que ver con las ED homogéneas que estudiamos con anterioridad así que será importante reconocer el tipo de ecuaciones con las que estemos trabajando.

Ecuaciones separables

Definición: Una ecuación diferencial de primer orden de la forma:

$$\dfrac{dy}{dx} = H(x, y)$$

se dice que es separable o que tiene variables separables siempre que $H(x, y)$ puede escribirse como el producto de una función de $x$ y una función de $y$:

\begin{align}
\dfrac{dy}{dx} = H(x, y) = g(x)h(y) \label{1} \tag{1}
\end{align}

Inmediatamente podemos darnos cuenta que no es una ecuación diferencial lineal debido a que en esta ocasión aparece una función dependiente de la variable dependiente $y$.

Veamos cómo encontrar la solución general a este tipo de ecuaciones.

Solución a ecuaciones separables

Por conveniencia vamos a definir la función $h(y) = \dfrac{1}{f(y)}$ de manera que la ecuación (\ref{1}) se puede reescribir como:

\begin{align}
\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{g(x)}{f(y)} \label{2} \tag{2}
\end{align}

Esta ecuación la podemos reescribir como

\begin{align}
f(y) \dfrac{dy}{dx} = g(x) \label{3} \tag{3}
\end{align}

Puedes observar que en el lado derecho de la igualdad tenemos la función que depende de la variable dependiente $y$ mientras que en el lado izquierdo tenemos la función que depende de la variable independiente $x$, en esta situación decimos que hemos separado a la ecuación diferencial.

Es bastante común encontrar en la literatura que la ecuación (\ref{3}) se escribe como

\begin{align}
g(x) dx = f(y) dy \label{4} \tag{4}
\end{align}

Esta es la forma diferencial de la ecuación (\ref{2}), es una notación informal pero nos permite visualizar que hemos sido capaz de separar a las variables, el lado izquierdo sólo depende de $x$ mientras que el lado derecho sólo depende de $y$

Ahora se puede integrar ambos lados de la ecuación. Si consideramos la ecuación en la forma (\ref{3}) entonces integramos ambos lados con respecto a la variable $x$ (y si consideramos la ecuación en la forma (\ref{4}) integramos con respecto a la variable correspondiente).

\begin{align*}
\int f(y) \dfrac{dy}{dx} dx &= \int g(x) dx \\
\int f(y) dy &= \int g(x) dx
\end{align*}

Sólo es necesario que las antiderivadas

\begin{align}
F(y) = \int f(y) dy \label{5} \tag{5}
\end{align}

y

\begin{align}
G(x) = \int g(x) dx \label{6} \tag{6}
\end{align}

existan y puedan resolverse. Una vez resolvamos las integrales obtendremos una familia uniparamétrica de soluciones, que usualmente se expresa de manera implícita.

Método de separación de variables

De acuerdo a lo anterior, los siguiente pasos nos permiten resolver una ecuación diferencial separable:

  1. Dada una ecuación diferencial no lineal de primer orden, el primer paso es identificar si es posible modificar la ecuación de manera que podamos determinar una función $g = g(x)$ que sólo depende de la variable independiente y una función $f = f(y)$ que sólo depende de la variable dependiente y si esto es posible escribimos a la ecuación diferencial en la siguiente forma:

$$f(y) \dfrac{dy}{dx} = g(x)$$

  1. El segundo paso es integrar ambos lados de la ecuación con respecto a la variable $x$. Considera en todo momento las constantes de integración.

Nota: La ecuación $f(y) \dfrac{dy}{dx} = g(x)$ se puede escribir de manera informal como $g(x) dx = f(y) dy$, la ventaja de esta notación es que ya podemos integrar directamente sobre la variable correspondiente, es decir, $\int f(y) dy = \int g(x) dx$.

  1. Resolver la integral $\int f(y) dy$ nos dará a la función $y(x)$ que estamos buscando, ya sea de manera implícita o de manera explicita, si es de manera implícita en muchas ocasiones sí será posible despejar a la función $y$ para obtener la solución explícita, sin embargo recuerda que es totalmente válida una función implícita.

Para aplicar este método vamos a realizar un ejemplo en el que resolvamos una ecuación diferencial separable.

Ejemplo: Resolver la ecuación diferencial $\dfrac{dy}{dx} e^{y -x} = x$ con la condición inicial $y(0) = \ln(2)$.

Solución: El primer paso es determinar si la ecuación es separable, es decir, si podemos hallar las funciones $g(x)$ y $f(y)$. Vemos que

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

Ya logramos escribir a la ecuación en la forma (\ref{3}) donde podemos establecer que $g(x) = x e^{x}$ y $f(y) = e^{y}$. Usando la notación diferencial podemos escribir a la ecuación como

$$e^{y} dy = x e^{x} dx$$

Ahora podemos integrar ambos lados de la ecuación ante la respectiva variable.

\begin{align*}
\int {e^{y} dy} = \int {x e^{x} dx}
\end{align*}

Por un lado

\begin{align*}
\int {e^{y} dy} = e^{y} + k_{1}
\end{align*}

y por otro lado, para la integral $\int {x e^{x} dx}$ consideramos que $u(x) = x$ y $dv(x) = e^{x}$ e integramos por partes:

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

Igualando ambos resultados tenemos lo siguiente:

\begin{align*}
e^{y} + k_{1} &= x e^{x} -e^{x} -k_{2} \\
e^{y} &= x e^{x} -e^{x} -k_{2} -k_{1} \\
e^{y} &= x e^{x} -e^{x} + c
\end{align*}

En donde $c = -k_{2} -k_{1}$. Por lo tanto la solución implícita es $e^{y} = x e^{x} -e^{x} + c$. Si se requiere conocer la solución explícita sólo tomamos el logaritmo natural.

$$y = \ln|x e^{x} -e^{x} + c|$$

Ahora podemos obtener la solución particular aplicando la condición inicial $y(0) = \ln(2)$

$y(0) = \ln|0 e^{0} -e^{0} + c| = \ln(2)$
$y(0) = \ln|0 -1 + c| = \ln(2)$
$\ln|c -1| = \ln(2)$

Aplicando la exponencial en ambos lados de la última ecuación tenemos

$$c -1= 2$$

De donde $c = 3$. Por lo tanto la solución particular es

$$e^{y} = x e^{x} -e^{x} + 3$$

O bien.

$$y = \ln| x e^{x} -e^{x} + 3|$$

En conclusión, la solución general a la ecuación diferencial

$$\dfrac{dy}{dx} e^{y -x} = x$$

es

$$y(x) = \ln|x e^{x} -e^{x} + c|$$

Y la solución particular dada por la condición inicial $y(0) = \ln(2)$ es

$$y(x) = \ln| x e^{x} -e^{x} + 3|$$

$\square$

Este tipo de ecuaciones son muy sencillas de resolver, prácticamente se resuelven aplicando una integración directa. Veamos ahora las ecuaciones diferenciales no lineales homogéneas, lo interesante de este tipo de ecuaciones es que si hacemos el cambio de variable adecuado las podremos reducir a una ecuación separable las cuales ya sabemos resolver.

Ecuaciones homogéneas

Definición: Una ecuación diferencial homogénea es de la forma

\begin{align}
M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 \label{7} \tag{7}
\end{align}

donde $M$ y $N$ tienen la propiedad de que para todo $t > 0$, la sustitución de $x$ por $tx$ y la de $y$ por $ty$ hacen que $M$ y $N$ sean del mismo grado $n$, esto es:

\begin{align}
M(tx, ty) = t^{n} M(x, y) \label{8} \tag{8}
\end{align}

\begin{align}
N(tx, ty) = t^{n} N(x, y) \label{9} \tag{9}
\end{align}

De tus cursos de álgebra recordarás que un polinomio homogéneo es aquel en los que todos los términos son del mismo grado, por ejemplo, el polinomio

$$x^{2}y^{2} -5xy^{3} + x^{4} -y^{4}$$

es un polinomio homogéneo de grado $4$ ya que la suma de los exponentes del primer término es $2 +2 = 4$, del segundo término es $1 + 3 = 4$ y evidentemente el exponente de los últimos dos términos es $4$. Es en este sentido que la ecuación $(\ref{7})$ se dice que es homogénea si se cumplen las ecuaciones (\ref{8}) y (\ref{9}) conjuntamente.

Este tipo de ecuaciones se pueden reducir a la forma de una ecuación separable y aplicando el procedimiento anterior es como podremos encontrar la solución a las ecuaciones diferenciales homogéneas.

Reducción de una ecuación homogénea a una de variables separables

La ecuación diferencial que queremos resolver es de la forma

$M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0$

Por definición se cumple que

$\dfrac{M(tx, ty)}{N(tx, ty)} = \dfrac{M(x, y)}{N(x, y)}$

Si se considera el valor $t = \dfrac{1}{x}$, la ecuación anterior queda como

$\dfrac{M(x, y)}{N(x, y)} = \dfrac{M(tx, ty)}{N(tx, ty)} = \dfrac{M \left( 1, \dfrac{y}{x} \right) }{N \left( 1, \dfrac{y}{x} \right) } = f \left( \dfrac{y}{x} \right)$

Consideremos el cambio de variable $y = xu$, con $u = u(x)$ una función de la variable independiente $x$ y derivable. Si derivamos la función $y(x)$, aplicando la regla de la cadena obtenemos lo siguiente:

\begin{align}
\dfrac{dy}{dx} = u \dfrac{dx}{dx} + x \dfrac{du}{dx} = u + x \dfrac{du}{dx} \label{10} \tag{10}
\end{align}

Pero si $M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0$ entonces

$$\dfrac{dy}{dx} = -\dfrac{M(x, y)}{N(x, y)} = -f \left( \dfrac{y}{x} \right) = -f(u)$$

es decir

\begin{align}
f(u) = -\dfrac{dy}{dx} \label{11} \tag{11}
\end{align}

Si en la ecuación (\ref{11}) sustituimos el resultado (\ref{10}), tenemos

\begin{align*}
f(u) &= -\left( u + x \dfrac{du}{dx} \right) \\
f(u) &= -u -x \dfrac{du}{dx} \\
f(u) + u &= -x \dfrac{du}{dx} \\
-\dfrac{1}{x} (f(u) + u) &= \dfrac{du}{dx}
\end{align*}

De manera que

\begin{align}
\dfrac{du}{dx} = \left( -\dfrac{1}{x} \right) \left( u + f(u) \right) \label{12} \tag{12}
\end{align}

Si definimos $g(x) = -\dfrac{1}{x}$ y $h(u) = u + f(u)$ entonces

\begin{align}
\dfrac{du}{dx} = g(x) h(u) \label{13} \tag{13}
\end{align}

Vemos que este resultado corresponde a la definición de una ecuación diferencial de variables separables. Si resolvemos esta ecuación usando el método de separación de variables podremos darle solución a las ecuaciones homogéneas.

Método de resolución a las ecuaciones diferenciales homogéneas

A continuación se establecen, como recomendación, los pasos a seguir para resolver una ecuación diferencial homogénea (\ref{7}).

  1. El primer paso es verificar que en efecto la ecuación sea homogénea, para ello verificamos que $M$ y $N$ sean del mismo grado, tal como se muestra en las ecuaciones (\ref{8}) y (\ref{9}).
  1. Una vez que comprobamos que la ecuación es homogénea, podemos reescribir a la ecuación (\ref{7}) como

\begin{align}
M(x, y) + N(x, y) \dfrac{dy}{dx} = 0 \label{14} \tag{14}
\end{align}

Y hacemos el cambio de variable $y = ux$ y $\dfrac{dy}{dx} = u + x \dfrac{du}{dx}$ y sustituimos en la ecuación (\ref{14}).

  1. Una vez que se hizo la correspondiente sustitución ya podremos separar las variables reduciendo el problema a una ecuación de variables separables.

Veamos un ejemplo de una ecuación diferencial no lineal homogénea.

Ejemplo: Verificar que la siguiente ecuación diferencial es homogénea, determinar su grado y resolver la ecuación.

$(x^{2} + y^{2}) dx -xy dy = 0$

Solución: Podemos identificar a las funciones $M$ y $N$ como $M(x, y) = x^{2} + y^{2}$ y $N(x, y) = -xy$. Para obtener el grado de la ecuación diferencial hagamos la sustitución $x$ por $tx$ y $y$ por $ty$.

$M(tx, ty) = (tx)^{2} + (ty)^{2} = t^{2} (x^{2} + y^{2}) = t^{2} M(x, y)$

Por otro lado

$N(tx, ty) = -(tx)(ty) = t^{2} (-xy) = t^{2} N(x, y)$

Se cumple entonces que

$M(tx, ty) = t^{2} M(x, y)$ $\hspace{1cm}$ y $\hspace{1cm}$ $N(tx, ty) = t^{2} N(x, y)$

Por lo tanto la ecuación sí es homogénea y el grado es $n = 2$. Ahora resolvamos la ecuación reduciéndola a la forma de una ecuación de variables separables.

De acuerdo al método de resolución, una vez que ya vimos que sí es homogénea, escribimos a la ecuación diferencial en la forma (\ref{14}).

$$(x^{2} + y^{2}) -(xy) \dfrac{dy}{dx} = 0$$

Ahora hacemos el cambio de variable $y = xu$ y $\dfrac{dy}{dx} = u + x \dfrac{du}{dx}$ y sustituimos en la ecuación diferencial.

$$\left( x^{2} + (xu)^{2} \right) -x(xu) \left( u + x \dfrac{du}{dx} \right) = 0$$

Ahora reducimos esta ecuación a una ecuación de variables separables.

\begin{align*}
\left( x^{2} + (xu)^{2} \right) -x(xu) \left( u + x \dfrac{du}{dx} \right) &= 0 \\
x^{2} + x^{2} u^{2} -x^{2}u \left( u + x \dfrac{du}{dx} \right) &= 0 \\
x^{2} + x^{2} u^{2} -x^{2}u^{2} -x^{3}u \dfrac{du}{dx} &= 0 \\
x^{2} -x^{3}u \dfrac{du}{dx} &= 0 \\
x^{2} \left( 1 -xu \dfrac{du}{dx} \right) &= 0 \\
\end{align*}

Para $x \neq 0$ tenemos

\begin{align*}
1 -xu \dfrac{du}{dx} &= 0 \\
xu \dfrac{du}{dx} &= 1 \\
u \dfrac{du}{dx} &= \dfrac{1}{x} \\
\end{align*}

Ya logramos separar a las variables. Podemos escribir la última igualdad en la forma diferencial

$$u du = \dfrac{1}{x}dx$$

Integrando ambos lados de la ecuación sobre la variable correspondiente tenemos

\begin{align*}
\int{u du} &= \int{\dfrac{dx}{x}} \\
\dfrac{u^{2}}{2} + k_{1} &= \ln|x| + k_{2} \\
\dfrac{u^{2}}{2} &= \ln|x| + k_{2} -k_{1} \\
u^{2} &= 2 \ln|x| + 2(k_{2} -k_{1}) \\
u^{2} &= 2 \ln|x| + c
\end{align*}

Donde $c = 2(k_{2} -k_{1})$, como $u = \dfrac{y}{x}$, sustituimos en el resultado anterior para regresar a nuestras variables originales.

\begin{align*}
\left( \dfrac{y}{x} \right) ^{2} &= 2\ln|x| + c \\
\dfrac{y^{2}}{x^{2}} &= 2\ln|x| + c \\
y^{2} &= x^{2} (2\ln|x| + c)
\end{align*}

Por lo tanto, la solución implícita de la ecuación diferencial $(x^{2} + y^{2}) dx -xy dy = 0$ es

$$y^{2}(x) = x^{2} (2\ln|x| + c)$$

Si deseamos obtener la solución explícita sacamos raíz cuadrada a la ecuación

$$|y(x)| = x \left( \sqrt{2 \ln|x| + c} \right)$$

$\square$

En entradas siguientes continuaremos con el estudio de ecuaciones diferenciales no lineales de primer orden, en particular, en la siguiente entrada estudiaremos las llamadas ecuaciones exactas.

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. Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales separables:
  • $\dfrac{ds}{dt} = -sen(3t)$
  • $\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y}{1 + x^{2}}$
  1. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales homogéneas.
  • $(x -y)dx + xdy = 0$
  • $(y^{2} +yx)dx -x^{2}dy = 0$
  1. Resuelve los siguientes problemas con valores iniciales.
  • $\dfrac{dy}{dx} = e^{3x + 2y}$ $\hspace{1.7cm}$ con $\hspace{0.3cm}$ $y(0) = 0$
  • $\dfrac{ds}{dr} = \dfrac{cos^{2}(r)}{s^{2}} $ $\hspace{1.3cm}$ con $\hspace{0.3cm}$ $s(\pi) = -1$
  • $xy \dfrac{dy}{dx} = y^{3} -x^{3}$ $\hspace{1cm}$ con $\hspace{0.3cm}$ $y(1) = 2$

Más adelante …

En esta entrada estudiamos dos tipos de ecuaciones diferenciales no lineales de primer orden, las separables y las homogéneas. En este curso además de las ya vistas revisaremos las ecuaciones exactas, la ecuación de Bernoulli y la ecuación de Riccati. Dedicaremos la siguiente entrada al estudio de las ecuaciones diferenciales exactas.

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Ecuaciones Diferenciales I: Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden y el teorema de existencia y unicidad

Introducción

En la entrada anterior estudiamos las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden. Recapitulando, el tipo de ecuaciones que queremos resolver es

\begin{equation}
\dfrac{dy}{dx} + P(x) y = Q(x) \tag{1} \label{1}
\end{equation}

Vimos que la solución general $y(x)$ es la suma de la solución homogénea y la solución particular:

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

La solución homogénea está dada como:

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

mientras que la solución particular tiene la forma:

$$y_{p}(x) = e^{- \int{P(x) dx}} \left( \int{e^{\int{P(x) dx}} Q(x) dx} \right) = \dfrac{1}{\mu (x)} \left( \int{\mu (x)Q(x) dx} \right)$$

Donde $\mu (x)$ es el factor integrante, $\mu (x) = e^{\int{P(x) dx}}$

Así, la solución general a la ecuación diferencial (\ref{1}) es:

\begin{equation}
y(x) = k e^{-\int{P(x) dx}} + e^{-\int{P(x) dx}} \left(\int{e^{\int{P(x) dx}}Q(x) dx}\right) \tag{2} \label{2}
\end{equation}

O de forma más compacta

\begin{equation}
y(x) = \dfrac{1}{\mu (x)} \left( \int{\mu (x)Q(x) dx} + k \right) \tag{3} \label{3}
\end{equation}

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

En la entrada anterior mencionamos que hay dos métodos distintos para la obtención de la solución particular, ya presentamos el método por factor integrante, en este entrada vamos a desarrollar el método conocido como variación de parámetros.

Método de variación de parámetros

En la entrada anterior vimos que la solución a la ecuación homogénea

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

es $y_{h}(x) = k e^{- \int P(x) dx}$. Vamos a suponer que para la ecuación

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

la solución particular es $y_{p}(x) = k(x) e^{- \int P(x) dx}$, en este caso $k$ es una función de $x$. Vamos a buscar la expresión explícita de $k(x)$, para ello vamos a sustituir $y_{p}$ en la ecuación diferencial.

\begin{align*}
\dfrac{dy_{p}}{dx} + P(x) y_{p} &= \dfrac{d}{dx} \left(k e^{- \int P(x) dx} \right) + P(x) k e^{- \int P(x) dx} \\
&= \left[k \dfrac{d}{dx} \left( e^{- \int P(x) dx} \right) + \dfrac{dk}{dx} e^{- \int P(x) dx}\right] + P(x) k e^{- \int P(x) dx} \\
&= – k P(x) e^{- \int P(x) dx} + \dfrac{dk}{dx} e^{- \int P(x) dx} + k P(x) e^{- \int P(x) dx} \\
&= \dfrac{dk}{dx} e^{- \int P(x) dx} \\
&= Q(x)
\end{align*}

De la última igualdad obtenemos que

$$\dfrac{dk}{dx} = e^{\int P(x) dx} Q(x)$$

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

\begin{align*}
\int{\left( \dfrac{dk}{dx} \right) dx} &= \int{ \left( e^{\int P(x) dx} Q(x) \right) dx} \\
k(x) + c &= \int{ \left( e^{\int P(x) dx} Q(x) \right) dx} \\
k(x) &= \int{ e^{\int P(x) dx} Q(x) dx}
\end{align*}

Donde consideramos que $c = 0$. Sustituyendo el valor de $k(x)$ en la solución particular $y_{p} = k(x) e^{- \int P(x) dx}$ obtenemos finalmente que

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

Si sustituimos el factor integrante $\mu (x) = e^{\int P(x) dx}$ el resultado queda como

$$y_{p} = \dfrac{1}{\mu (x)} \left( \int{ \mu (x) Q(x) dx} \right)$$

De esta manera recuperamos el mismo resultado que usando el método del factor integrante visto en la entrada anterior.

Algunas consideraciones

En esta sección queremos aclarar algunos puntos importantes sobre la resolución de ecuaciones diferenciales de primer orden lineales.

Al inicio de la entrada anterior vimos que la solución completa (o solución general) a la ecuación diferencial lineal $\dfrac{dy}{dx} + P(x) y = Q(x)$ es la suma de la solución homogénea $y_{h}(x)$ mas la solución particular $y_{p}(x)$, es importante reconocer este hecho ya que en muchas ocasiones la ecuación homogénea y por tanto la solución homogénea serán muy relevantes si estamos estudiando un fenómeno real, sin embargo, cuando nuestro objetivo es obtener la solución completa no es necesario obtener ambas soluciones por separado para después sumarlas, sino que podemos directamente intentar obtener la solución general. Obtener directamente la solución general está relacionado con la omisión de constantes de integración que hemos hecho, así que es momento de explicar qué está ocurriendo con estas constantes.

Te invito a que desarrolles de nuevo el método de factor integrante y de variación de parámetros pero ahora manteniendo a las constantes de integración, los cálculos serán un poco más extensos pero al final notarás que todas las constantes que resulten se pueden agrupar en una sola constante $C$, es así que en ambos métodos llegarás al siguiente resultado:

$$y(x) = \dfrac{1}{\mu (x)} \left( \int{\mu (x)Q(x) dx} + C \right)$$

Donde $C$ es la constante resultante de juntar todas las contantes de integración que pudieran aparecer y $\mu$ es el factor integrante. Puedes notar que esta es la forma de la solución general que hemos obtenido anteriormente, es decir, si en ambos métodos mantenemos a las contantes de integración podemos obtener la solución general. Lo que nosotros hicimos anteriormente fue que la constante $k$ de la ecuación (\ref{3}) la asociábamos a la solución homogénea $y_{h}(x) = k e^{- \int P(x) dx}$ de manera que al sumar ambas soluciones ya obteníamos la solución general pero en realidad también se puede obtener de ambos métodos manteniendo a las constantes. Decidimos hacerlo así porque es importante el papel que pueden tomar por separado las soluciones homogénea y particular en algunas situaciones, además de que omitir las constantes evitó hacer cálculos extensos en ambos métodos.

Finalmente, como ya mencionamos antes, no se recomienda intentar resolver este tipo de ecuaciones usando las formulas obtenidas para las soluciones sino aplicar cada paso de cualquiera de los métodos desarrollados, sin embargo, a continuación presentamos una serie de pasos que se recomiendan seguir para la resolución de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden.

Método para resolver ecuaciones lineales

Si bien es cierto que ya conocemos las formulas explícitas de las soluciones a las ecuaciones diferenciales lineales es conveniente seguir una serie de pasos para resolver este tipo de ecuaciones en lugar de sólo sustituir en las formulas y así evitar memorizarlas. Dichos pasos se describen a continuación.

  1. Escribir la ecuación lineal en la forma canónica

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

  1. Calcular el factor integrante $\mu (x)$ mediante la formula $\mu (x) = e^{\int{P(x) dx}}$.
  2. Multiplicar a la ecuación diferencial en su forma canónica por el factor integrante en ambos lados de la ecuación.

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

  1. Identificar que el lado izquierdo de la ecuación es la derivada de $\mu(x)$ por $y(x)$ y sustituir.

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

  1. Integrar la última ecuación y dividir por $\mu (x)$ para obtener finalmente la solución general $y(x)$. En la última integración debemos considerar a la constante de integración.

Esta serie de pasos nos permiten obtener directamente la solución general de la ecuación diferencial lineal es por ello que en el último paso sí debemos considerar a la constante de integración, dicha constante representa el resultado de juntar todas las contantes que podremos omitir en pasos intermedios.

Anteriormente resolvimos algunas ecuaciones diferenciales en las que usando las formulas de las soluciones sólo sustituíamos las funciones correspondientes y sumábamos ambos resultados para obtener la solución general, veamos ahora un ejemplo en el que vamos a aplicar estos pasos para resolver la ecuación.

Ejemplo: Determinar la solución general de la ecuación diferencial

$$\left( x^{2} +1 \right) \dfrac{dy}{dx} = x^{2} + 2x -1 -4xy$$

Solución: Para resolver la ecuación diferencial vamos a seguir los pasos establecidos anteriormente. El primer paso será escribir a la ecuación en la forma canónica $\dfrac{dy}{dx} + P(x) y = Q(x)$:

\begin{align*}
\left( x^{2} +1 \right) \dfrac{dy}{dx} &= x^{2} + 2x -1 -4xy \\
\dfrac{dy}{dx} &= \dfrac{x^{2} + 2x -1 -4xy}{x^{2} +1} \\
\dfrac{dy}{dx} &= \dfrac{x^{2} + 2x -1}{x^{2} +1} -\left(\dfrac{4x}{x^{2} +1} \right) y\\
\dfrac{dy}{dx} + \left( \dfrac{4x}{x^{2} +1} \right) y &= \dfrac{x^{2} + 2x -1}{x^{2} +1}
\end{align*}

En la última relación ya podemos determinar que $P(x) = \dfrac{4x}{x^{2} +1}$ y $Q(x) = \dfrac{x^{2} + 2x -1}{x^{2} +1}$.

El segundo paso es determinar el factor integrante de acuerdo a la formula $\mu (x) = \large e^{\int{P(x) dx}}$

\begin{align*}
\mu (x) = e^{\int{P(x) xd}} = e^{\int{\left( \dfrac{4x}{x^{2} +1}\right) dx}}
\end{align*}

Vamos a resolver la integral

\begin{align*}
\int{\dfrac{4x}{x^{2} +1} dx} &= 4 \int{\dfrac{x}{x^{2} +1} dx} \\
&= \dfrac{4}{2} \ln{\left( x^{2} + 1 \right)} \\
&= 2 \ln{\left(x^{2} + 1\right)} \\
&= \ln{\left( x^{2} + 1\right)^{2}}
\end{align*}

Como se trata de un paso intermedio podemos omitir a la constante de integración. Sustituyendo en el factor integrante:

\begin{align*}
\mu (x) = e^{\ln{\left( x^{2} + 1\right)^{2}}} = \left( x^{2} + 1\right)^{2}
\end{align*}

Por lo tanto el factor integrante es: $\mu (x) = \left( x^{2} + 1\right)^{2}$

El tercer paso es multiplicar la ecuación diferencial en su forma canónica por el factor integrante:

\begin{align*}
\left( x^{2} + 1\right)^{2} \dfrac{dy}{dx} + \left( x^{2} + 1\right)^{2} \left( \dfrac{4x}{x^{2} +1} \right) y &= \left( x^{2} + 1\right)^{2} \left(\dfrac{x^{2} + 2x -1}{x^{2} +1}\right) \\
\left( x^{2} + 1\right)^{2} \dfrac{dy}{dx} + 4x \left( x^{2} + 1\right) y &= \left( x^{2} + 1\right) \left(x^{2} + 2x -1\right) \\
\left( x^{2} + 1\right)^{2} \dfrac{dy}{dx} + 4x \left( x^{2} + 1\right) y &= x^{4} + 2x^{3} +2x -1
\end{align*}

El cuarto paso es identificar que

$$\dfrac{d}{dx}(\mu (x) y(x)) = \dfrac{d}{dx}\left( y \left( x^{2} + 1\right)^{2}\right) = \left( x^{2} + 1\right)^{2} \dfrac{dy}{dx} + 4x \left( x^{2} + 1\right) y$$

Así que ahora podemos escribir:

$$\dfrac{d}{dx}\left( y \left( x^{2} + 1\right)^{2}\right) = x^{4} + 2x^{3} +2x -1$$

El quinto y último paso es integrar esta relación por ambos lados con respecto a $x$, en esta última integración sí debemos considerar a la constante de integración.

\begin{align*}
\int{\dfrac{d}{dx}\left( y \left( x^{2} + 1\right)^{2}\right) dx} &= \int{\left( x^{4} + 2x^{3} +2x -1\right)}dx \\
y \left( x^{2} + 1\right)^{2} + k &= \int{\left( x^{4} + 2x^{3} +2x -1\right)} dx
\end{align*}

Resolvamos la integral.

\begin{align*}
\int{\left( x^{4} + 2x^{3} +2x -1\right)} dx &= \int{x^{4} dx} + \int{2x^{3} dx} + \int{2x dx} -\int{dx} \\
&= \dfrac{x^{5}}{5} + 2\left(\dfrac{x^{4}}{4}\right) + 2 \left(\dfrac{x^{2}}{2}\right) -x \\
&= \dfrac{x^{5}}{5} + \dfrac{x^{4}}{2} + x^{2} -x
\end{align*}

Omitimos todas las constantes para englobarlas en la constante $K = -k$. Sustituyendo este resultado obtenemos que

\begin{align*}
y \left( x^{2} + 1\right)^{2} + k &= \dfrac{x^{5}}{5} + \dfrac{x^{4}}{2} + x^{2} -x \\
y\left( x^{2} + 1\right)^{2} &= \dfrac{x^{5}}{5} + \dfrac{x^{4}}{2} + x^{2} -x + K \\
y(x) &= \dfrac{1}{\left(x^{2} + 1\right)^{2}} \left( \dfrac{x^{5}}{5} + \dfrac{x^{4}}{2} + x^{2} -x + K \right)
\end{align*}

Por lo tanto, la solución general a la ecuación diferencial

$$\left( x^{2} +1 \right) \dfrac{dy}{dx} = x^{2} + 2x -1 -4xy$$

es

$$y(x) = \dfrac{1}{\left(x^{2} + 1\right)^{2}} \left( \dfrac{x^{5}}{5} + \dfrac{x^{4}}{2} + x^{2} -x + K\right)$$

Donde $K$ es la constante que engloba a todas las contantes de integración que omitimos.

$\square$

Para concluir el análisis de las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden, presentaremos el teorema de existencia y unicidad para este tipo de ecuaciones.

Teorema de existencia y unicidad

Ya presentamos el teorema de existencia y unicidad para ecuaciones diferenciales de primer orden, podemos usar dicho resultado para justificar el teorema de existencia y unicidad para el caso de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden.

Teorema: Consideremos la ecuación diferencial lineal

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

Si $P(x)$ y $Q(x)$ son funciones continuas en un intervalo $\delta \subseteq \mathbb{R}$, entonces existe una única función $\gamma (x)$ tal que satisface el problema de valor inicial (PVI):

$$\dfrac{dy}{dx} + P(x) y = Q(x), \hspace{0.8cm} y(x_{0}) = y_{0}, \hspace{0.8cm} x_{0} \in \delta, \hspace{0.8cm} y_{0} \in Im(y).$$

Demostración: Consideremos la ecuación diferencial

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

Reescribiendo esta ecuación en la forma normal tenemos que

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

Definimos

$$f(x, y) = Q(x) -P(x) y$$

De manera que

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

Debido a que en un intervalo de solución $\delta$ debe satisfacerse que $P(x)$ y $Q(x)$ sean continuas entonces tenemos garantizado que $f(x, y) = Q(x) -P(x) y$ es continua y por tanto $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ también lo es, con esto estamos cumpliendo las hipótesis del teorema de existencia y unicidad para ecuaciones diferenciales de primer orden que establecimos anteriormente, aplicando dicho teorema obtenemos que entonces existe algún intervalo $\delta_{0}: (x_{0} -h, x_{0} + h)$, $h > 0$, contenido en $\delta$, y una función única $\gamma (x)$, definida en $\delta_{0}$, que satisface la condición inicial $y(x_{0}) = y_{0}$.

$\square$

Apliquemos este resultado a la solución general. Consideremos la condición inicial $y(x_{0}) = y_{0}$ y la solución general a la ecuación (\ref{1})

\begin{align}
y(x) = \dfrac{1}{\mu (x)} \left( \int{ \mu (x) Q(x) dx} + k\right) \label{4} \tag{4}
\end{align}

A la solución vamos a aplicarle la condición inicial:

\begin{align}
y_{0} = y(x_{0}) = \dfrac{1}{\mu (x_{0})} \left( \int{ \mu (x) Q(x) dx}\Bigg|_{x =x_{0}} + k\right) \label{5} \tag{5}
\end{align}

De este resultado se puede despejar $k$ obteniendo un único valor, digamos $k = k_{0}$, por lo tanto la función

\begin{align}
\gamma (x) = \dfrac{1}{\mu (x_{0})} \left( \int{ \mu (x) Q(x) dx} + k_{0}\right) \label{6} \tag{6}
\end{align}

es solución al problema de valor inicial (PVI). Así para cada $x_{0} \in \delta_{0}$, encontrar una solución particular a la ecuación (\ref{4}) es exactamente lo mismo que encontrar un valor adecuado de $k$ en la ecuación (\ref{5}), es decir, a toda $x_{0} \in \delta_{0}$ le corresponde un distinto $k$.

Con esto damos por concluido el análisis de las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden, en la siguiente entrada comenzaremos con el estudio de las ecuaciones diferenciales de primer orden que no son lineales.

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. Realizando los pasos del método para resolver ecuaciones diferenciales lineales de primer orden, encuentra la solución general de las siguientes ecuaciones.
  • $3\dfrac{y}{x} -8 + 3\dfrac{dy}{dx} = 0$
  • $x + \dfrac{y}{x} -\dfrac{dy}{dx} = 0$
  • $\dfrac{dy}{dx} + cos(x) (y -1) = 0$
  1. Ya que conoces la solución general a la ecuación diferencial $x + \dfrac{y}{x} -\dfrac{dy}{dx} = 0$. Resuelve los siguientes problemas de valor inicial y analiza cada situación considerando el teorema de existencia y unicidad.
  • $x + \dfrac{y}{x} -\dfrac{dy}{dx} = 0, \hspace{1cm} y(0) = 0$
  • $x + \dfrac{y}{x} -\dfrac{dy}{dx} = 0, \hspace{1cm} y(0) = y_{0}, \hspace{1cm} y_{0} > 0$
  • $x + \dfrac{y}{x} -\dfrac{dy}{dx} = 0, \hspace{1cm} y(x_{0}) = y_{0}, \hspace{1cm} x_{0} > 0, \hspace{0.3cm} y_{0} > 0$

¿Que puedes concluir al respecto?.

Más adelante…

En esta entrada continuamos con el estudio de las ecuaciones diferenciales de primer orden lineales y presentamos el teorema de existencia y unicidad para este tipo de ecuaciones. En la siguiente entrada continuaremos con el estudio de métodos de resolución de ecuaciones diferenciales de primer orden pero ahora estudiaremos las ecuaciones que no son lineales.

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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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Ecuaciones Diferenciales I – Videos: Teorema de Existencia y Unicidad de Picard

Introducción

En entradas anteriores hemos cubierto diversos métodos de resolución de ecuaciones diferenciales de primer orden, y hemos pasado por alto diversas hipótesis que deben cumplir las ecuaciones para que éstas tengan una solución. Es momento entonces de justificar toda la teoría realizada anteriormente mediante el Teorema de existencia y unicidad para ecuaciones de primer orden, que nos garantiza la existencia de una única solución al problema de condición inicial $\frac{dy}{dt}=f(t,y)$ ; $y(t_{0})=y_{0}$, en un intervalo $I_{h}$, bajo ciertas hipótesis que se deben satisfacer.

Primero daremos un panorama general del Teorema de existencia y unicidad, así como la estrategia general para demostrarlo. Debido a que este teorema es complejo de demostrar, necesitamos algunas herramientas extra que iremos presentando conforme las vayamos utilizando; demostraremos con esto el Teorema: primero la unicidad de la solución y posteriormente su existencia. Finalmente demostraremos la dependencia continua del problema de condición inicial respecto a la condición inicial.

Vamos a comenzar!

Introducción del Teorema de Existencia y Unicidad de Picard. Ecuación integral asociada.

Enunciamos el Teorema de existencia y unicidad de Picard, debido al matemático francés Émile Picard, asociamos una ecuación integral al problema de condición inicial, analizamos la relación que guarda la solución a esta ecuación con el problema de condición inicial, y presentamos una forma equivalente de demostrar el teorema en lo que se refiere a la existencia de la solución.

Demostración de la unicidad de la solución al problema de condición inicial

En este video presentamos las herramientas para demostrar la parte de la unicidad del Teorema de existencia y unicidad de Picard. Primero presentamos a las funciones $f(t,y)$ Lipschitz continuas respecto a la segunda variable. Posteriormente demostramos dos lemas: el primero enuncia una forma equivalente de decir que una función $f$ es Lipschitz continua respecto a la segunda variable, el segundo es el Lema de Grönwall, debido al matemático sueco Thomas Grönwall, que nos da una cota superior para una función $g(t)$ continua no negativa que cumple con cierta desigualdad. Finalmente demostramos la unicidad de la solución al problema de condición inicial.

Iteraciones de Picard

Para demostrar la existencia de la solución al problema de condición inicial, o equivalentemente, a la ecuación integral asociada al problema, definimos una sucesión muy particular de funciones $\{y_{n}(t)\}_{n \in \mathbb{N}}$ cuyos elementos llamaremos iteraciones de Picard o aproximaciones sucesivas, resolvemos un ejemplo para ver cómo calcular estas iteraciones, hacemos algunas observaciones que cumple la sucesión, presentamos un par de definiciones y teoremas (que no demostraremos) para saber cuándo converge nuestra sucesión de funciones, esto último como preliminares para la demostración de la existencia de la solución al problema de condición inicial.

Demostración de la existencia de la solución al problema de condición inicial

En este video demostramos la parte de la existencia de la solución al problema de condición inicial, y previamente mostramos un lema que nos permite encontrar el intervalo $I_{h}$ donde la solución existe.

Dependencia continua de la condición inicial

Concluimos esta serie de videos, mostrando la dependencia continua del problema de condición inicial, respecto a los valores de la condición inicial, utilizando el Lema de Grönwall que demostramos en el segundo video de esta entrada.

Tarea moral

  • Prueba que la función $f(t,y)=y^{\frac{2}{3}}$ no es Lipschitz continua respecto a la segunda variable en cualquier dominio D (subconjunto abierto conexo de $\mathbb{R}^{2}$) que incluya a $y=0$.
  • Resuelve el problema de valor inicial $\frac{dy}{dt}=y^{\frac{2}{3}}$ ; $y(0)=0$ y verifica que este problema tiene más de una solución.
  • ¿El problema anterior contradice el Teorema de existencia y unicidad de Picard?
  • Prueba el siguiente corolario al Lema de Grönwall: si se cumplen las hipótesis del Lema de Grönwall con $C_{1}=0$, entonces $g(t)=0$ en $[t_{0}-a,t_{0}+a]$.
  • Calcula las iteraciones de Picard hasta $n=2$ para el problema de condición inicial $\frac{dy}{dt}=e^{t}+y^{2}$ ; $y(0)=0$. ¿Puedes encontrar una formula cerrada para caracterizar a los elementos de la sucesión? Intenta calcular más iteraciones. Con este ejemplo puedes ver que en ocasiones puede ser muy complicado calcular iteraciones para $n$ grande, y por tanto, no es sencillo encontrar la convergencia de la sucesión.
  • Muestra que si la sucesión $\{y_{n}(t)\}_{n \in \mathbb{N}}$ converge uniformemente a una función $y(t)$ en $[a,b]$, entonces $y$ es continua en $[a,b]$.

Más adelante

Hemos terminado el análisis a las ecuaciones de primer orden, y podemos pasar a estudiar ecuaciones diferenciales de primer orden, pero antes vamos a regresar un poco al estudio de ecuaciones autónomas. Vamos a considerar ahora una familia de ecuaciones autónomas $f_{\lambda}(y)$ que dependen de un parámetro $\lambda$, y vamos a analizar lo que sucede con las soluciones de equilibrio y con las soluciones en general cuando cambia el valor del parámetro. A este tipo de problemas se les llama bifurcaciones. Con esto terminamos la primera unidad de nuestro curso de Ecuaciones diferenciales ordinarias.

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Ecuaciones Diferenciales I – Videos: Ecuaciones lineales homogéneas de primer orden

Introducción

Hola, en las dos últimas entradas conocimos un poco de la geometría de las soluciones a ecuaciones diferenciales de primer orden, aún sin conocerlas explícitamente. En esta entrada resolveremos por primera vez de manera analítica algunas de ellas. En particular resolveremos ecuaciones del tipo $a_{0}(t)\frac{dy}{dt}+a_{1}(t)y=0$, que llamaremos ecuaciones homogéneas.

Ecuaciones lineales homogéneas

En el primer video resolvemos la ecuación lineal homogénea de primer orden en su forma general.

En el segundo video ponemos en práctica lo aprendido en el video anterior para resolver un par de ecuaciones diferenciales.

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.

  • Encuentra la solución general a la ecuación $\frac{dy}{dt}+e^{t}y=0$.
  • Resuelve el problema de condición inicial $t^2\frac{dy}{dt}+\sqrt{t}y=0$ ; $y(0)=5$. Encuentra el intervalo donde la solución está definida.
  • Antes de resolver analíticamente, esboza las soluciones a la ecuación $\frac{dP}{dt}=kP$, con $k>0$, $P(t) \geq 0, \forall t \in \mathbb{R}$, que modela el crecimiento de una población. (Para mayor referencia a esta ecuación revisa la primer entrada de este curso). Si no recuerdas cómo hacerlo, revisa la entrada anterior.
  • Encuentra la solución general a la ecuación anterior.
  • Compara las soluciones que dibujaste en el tercer ejercicio con las soluciones que encontraste en el cuarto ejercicio. ¿Qué observas?

Más adelante

Ya sabemos cómo resolver ecuaciones homogéneas. Ahora vamos a ver el otro lado de la moneda, es decir, vamos a resolver ecuaciones no homogéneas.

En la siguiente entrada estudiaremos dos métodos para resolver éste tipo de ecuaciones: primero por medio de una función que llamaremos factor integrante, y más adelante por el método de variación de parámetros en el cual las ecuaciones homogéneas nos serán de mucha ayuda.

Nos vemos en la próxima entrada!

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