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Ecuaciones Diferenciales I: Método de eliminación de variables

En las matemáticas no entiendes las cosas. Te acostumbras a ellas.
– John Von Neumann

Introducción

Estamos listos para comenzar a desarrollar los distintos métodos de resolución de sistemas lineales de primer orden.

En esta entrada desarrollaremos un método relativamente sencillo, pero muy limitado, ya que en general se utiliza cuando sólo tenemos un sistema lineal de dos ecuaciones diferenciales. Este método se conoce como método de eliminación de variables y, como su nombre lo indica, lo que se intenta hacer es eliminar las variables dependientes de $t$ hasta quedarnos con sólo una, esto produce que el resultado sea una sola ecuación diferencial de orden superior (la ecuación correspondiente a la única variable dependiente que nos queda), la cual es posible resolver aplicando alguno de los métodos vistos en la unidad anterior, la solución de dicha ecuación diferencial servirá para obtener el resto de funciones solución del sistema lineal.

Es importante mencionar que para que este método sea práctico y sencillo se requiere que los coeficientes de las ecuaciones que conforman al sistema lineal sean constantes y como el problema se reduce a resolver una ecuación de orden superior es conveniente usar este método sólo cuando tenemos dos ecuaciones diferenciales en el sistema, ya que esto involucrará resolver una ecuación diferencial de segundo orden con coeficientes constantes.

Desarrollemos el método de manera general.

Método de eliminación de variables

Los sistemas de ecuaciones diferenciales que estamos estudiando son de la forma

\begin{align*}
y_{1}^{\prime}(t) &= a_{11}(t)y_{1} + a_{12}(t)y_{2} + \cdots + a_{1n}(t)y_{n} + g_{1}(t) \\
y_{2}^{\prime}(t) &= a_{21}(t)y_{1} + a_{22}(t)y_{2} + \cdots + a_{2n}(t)y_{n} + g_{2}(t) \\
&\vdots \\
y_{n}^{\prime}(t) &= a_{n1}(t)y_{1} + a_{n2}(t)y_{2} + \cdots + a_{nn}(t)y_{n} + g_{n}(t) \label{1} \tag{1}
\end{align*}

Este método lo desarrollaremos para un sistema lineal de dos ecuaciones diferenciales lineales de primer orden tanto homogéneas como no homogéneas. De manera general desarrollemos el caso no homogéneo, el caso homogéneo será un caso particular.

Consideremos el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales en su forma normal.

$$\begin{align*}
y_{1}^{\prime}(t) &= a_{11}(t)y_{1} + a_{12}(t)y_{2} + g_{1}(t) \\
y_{2}^{\prime}(t) &= a_{21}(t)y_{1} + a_{22}(t)y_{2} + g_{2}(t)
\end{align*} \label{2} \tag{2}$$

Debido a que se trata de un sistema pequeño regresemos a nuestra notación usual de derivada y sean $x$ y $y$ las variables dependientes de la variable independiente $t$. Así mismo, usemos una distinta notación para los coeficientes $a_{i, j}$, $i, j \in \{1, 2\}$, de tal manera que el sistema lineal (\ref{2}) lo podamos escribir de la siguiente forma.

$$\begin{align*}
\dfrac{dx}{dt} &= ax + by + g_{1}(t) \\
\dfrac{dy}{dt} &= cx + dy + g_{2}(t)
\end{align*}\label{3} \tag{3}$$

Con $a$, $b$, $c$ y $d$ constantes. El método que desarrollaremos es para sistema de la forma (\ref{3}).

De la primer ecuación del sistema despejamos a la variable $y$.

$$y = \dfrac{1}{b} \left( \dfrac{dx}{dt} -ax -g_{1} \right) \label{4} \tag{4}$$

Sustituyamos en la segunda ecuación.

$$\dfrac{d}{dt} \left[ \dfrac{1}{b} \left( \dfrac{dx}{dt} -ax -g_{1} \right) \right] = cx + d \left[ \dfrac{1}{b} \left( \dfrac{dx}{dt} -ax -g_{1} \right) \right] + g_{2}$$

Derivemos en el lado izquierdo y operemos en el lado derecho de la ecuación.

\begin{align*}
\dfrac{1}{b} \left[ \dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} -a \dfrac{dx}{dt} -\dfrac{dg_{1}}{dt} \right] &= cx + \dfrac{1}{b} \left( d \dfrac{dx}{dt} -adx -dg_{1} \right) + g_{2} \\
\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} -a \dfrac{dx}{dt} -\dfrac{dg_{1}}{dt} &= bcx + d \dfrac{dx}{dt} -adx -dg_{1} + bg_{2}
\end{align*}

Reordenando los términos se tiene lo siguiente.

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} -(a + d) \dfrac{dx}{dt} + (ad -bc) x = \dfrac{dg_{1}}{dt} -dg_{1} + bg_{2} \label{5} \tag{5}$$

Si definimos

$$p = -(a + d), \hspace{1cm} q = (ad -bc) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} g(t) = \dfrac{dg_{1}}{dt} -dg_{1} + bg_{2}$$

entonces el resultado (\ref{5}) se puede escribir como

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + p \dfrac{dx}{dt} + q x = g(t) \label{6} \tag{6}$$

Con $p$ y $q$ constantes. En esta forma es claro que tenemos una ecuación diferencial lineal de segundo orden con coeficientes constantes, basta resolver la ecuación usando los métodos desarrollados en la unidad anterior para obtener la función $x(t)$. Una vez obtenida la solución de (\ref{6}) sustituimos en el despeje inicial que hicimos para $y(t)$ (\ref{4}) y resolvemos, con ello estaremos obteniendo la solución del sistema lineal (\ref{3}).

Caso homogéneo

El caso homogéneo es un caso particular del desarrollo anterior, pues el sistema a resolver es

$$\begin{align*}
\dfrac{dx}{dt} &= ax + by \\
\dfrac{dy}{dt} &= cx + dy
\end{align*}\label{7} \tag{7}$$

El desarrollo es exactamente el mismo considerando que $g_{1}(t) = 0$ y $g_{2}(t) = 0$.

Despejando a $y$ de la primer ecuación, obtenemos

$$y = \dfrac{1}{b} \left( \dfrac{dx}{dt} -ax \right) \label{8} \tag{8}$$

Sustituyendo en la segunda ecuación y siguiendo el mismo procedimiento obtendremos que la ecuación diferencial de segundo orden homogénea para $x$ es

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} -(a + d) \dfrac{dx}{dt} + (ad -bc)x = 0 \label{9} \tag{9}$$

Si nuevamente definimos

$$p = -(a + d), \hspace{1cm} y \hspace{1cm} q = (ad -bc)$$

entonces podemos escribir

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + p \dfrac{dx}{dt} + qx = 0 \label{10} \tag{10}$$

Resolvamos un par de ejemplos, comencemos con un sistema lineal homogéneo.

Ejemplo: Resolver el siguiente sistema lineal homogéneo.

\begin{align*}
\dfrac{dx}{dt} &= 2x -y \\
\dfrac{dy}{dt} &= 5x -2y
\end{align*}

Solución: Comencemos por despejar a la variable $y$ de la primer ecuación.

$$y = 2x -\dfrac{dx}{dt}$$

Sustituimos en la segunda ecuación.

$$\dfrac{d}{dt} \left( 2x -\dfrac{dx}{dt} \right) = 5x -2 \left( 2x -\dfrac{dx}{dt} \right)$$

Operando, se tiene

\begin{align*}
2 \dfrac{dx}{dt} -\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} &= 5x -4x + 2 \dfrac{dx}{dt} \\
-\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} &= x
\end{align*}

La ecuación de segundo orden a resolver es

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + x = 0$$

Por supuesto esta ecuación se puede obtener sustituyendo los coeficientes directamente en la ecuación (\ref{9}).

Resolvamos la ecuación. La ecuación auxiliar es

$$k^{2} + 1 = 0$$

cuyas raíces son $k_{1} = i$ y $k_{2} = -i$.

Recordemos que la forma de la solución para raíces complejas $k_{1} = \alpha + i \beta$ y $k_{2} = \alpha -i \beta$ es

$$x(t) =e^{\alpha t}(c_{1} \cos(\beta t) + c_{2} \sin(\beta t)) \label{11} \tag{11}$$

En nuestro caso $\alpha =0$ y $\beta = 1$, entonces la solución es

$$x(t) = c_{1} \cos(t) + c_{2} \sin(t)$$

Vemos que

$$\dfrac{dx}{dt} = -c_{1} \sin(t) + c_{2} \cos(t)$$

Sustituimos en el despeje de $y$.

\begin{align*}
y(x) &= 2(c_{1} \cos(t) + c_{2} \sin(t)) -(-c_{1} \sin(t) + c_{2} \cos(t)) \\
&= 2c_{1} \cos(t) + 2c_{2} \sin(t) + c_{1} \sin(t) -c_{2} \cos(t)
\end{align*}

Esta solución la podemos escribir de dos formas.

$$y(x) = c_{1}(2 \cos(t) + \sin(t)) + c_{2}(2 \sin(t) -\cos(t))$$

o bien,

$$y(x) = (2c_{1} -c_{2})\cos(t) + (c_{1} + 2c_{2})\sin(t)$$

Por lo tanto, la solución general del sistema homogéneo es

$$\begin{pmatrix}
x \\ y
\end{pmatrix} = c_{1} \begin{pmatrix}
\cos(t) \\ 2 \cos(t) + \sin(t)
\end{pmatrix} + c_{2} \begin{pmatrix}
\sin(t) \\ 2 \sin(t) -\cos(t)
\end{pmatrix}$$

o bien,

$$\begin{pmatrix}
x \\ y
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
c_{1} \\ 2c_{1} -c_{2}
\end{pmatrix} \cos(t) + \begin{pmatrix}
c_{2} \\ c_{1} + 2c_{2}
\end{pmatrix} \sin(t)$$

$\square$

Ahora resolvamos un sistema no homogéneo como ejemplo.

Ejemplo: Resolver el siguiente sistema lineal no homogéneo.

\begin{align*}
\dfrac{dx}{dt} &= 4x -y + t + 1 \\
\dfrac{dy}{dt} &= 2x + y + t + 1
\end{align*}

Solución: En este caso no homogéneo se tiene que

$$g_{1}(t) = t + 1 = g_{2}(t)$$

De la primer ecuación despejamos a $y$.

$$y = 4x + t + 1 -\dfrac{dx}{dt}$$

Sustituimos en la segunda ecuación.

$$\dfrac{d}{dt} \left( 4x + t + 1 -\dfrac{dx}{dt} \right) = 2x + \left( 4x + t + 1 -\dfrac{dx}{dt} \right) + t + 1$$

En el lado izquierdo aplicamos la derivada y en el lado izquierdo operamos.

\begin{align*}
4 \dfrac{dx}{dt} + \dfrac{d}{dt}(t + 1) -\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} &= 6x -\dfrac{dx}{dt} + 2t + 2 \\
4 \dfrac{dx}{dt} + 1 -\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} &= 6x -\dfrac{dx}{dt} + 2t + 2
\end{align*}

Reordenando los términos, se tiene

\begin{align*}
5 \dfrac{dx}{dt} -\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} &= 6x + 2t + 1 \\
-\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + 5 \dfrac{dx}{dt} -6x &= 2t + 1 \\
\end{align*}

La ecuación diferencial de segundo orden no homogénea a resolver es

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} -5 \dfrac{dx}{dt} + 6x = -2t -1$$

Para obtener la función $x(t)$ primero resolveremos el caso homogéneo y posteriormente aplicaremos el método de coeficientes indeterminados para resolver el caso no homogéneo. Recordemos que la solución general será la superposición de ambos resultados.

$$x(t) = x_{c}(t) + x_{p}(t) \label{12} \tag{12}$$

Para el caso homogéneo la ecuación a resolver es

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} -5 \dfrac{dx}{dt} + 6x = 0$$

La ecuación auxiliar es

$$k^{2} -5k + 6 = 0$$

Resolviendo para $k$ se obtiene que $k_{1} = 2$ y $k_{2} = 3$. Como las raíces son reales y distintas, la forma de la solución es

$$x_{c}(t) = c_{1}e^{k_{1}t} + c_{2}e^{k_{2}t} \label{13} \tag{13}$$

Por lo tanto, la solución complementaria es

$$x_{c}(t) = c_{1}e^{2t} + c_{2}e^{3t}$$

Ahora resolvamos la ecuación no homogénea.

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} -5 \dfrac{dx}{dt} + 6x = -2t -1$$

En este caso la función $g$ es

$$g(x) = -2t -1$$

la cual corresponde a un polinomio de grado $1$, entonces proponemos que la solución particular tiene, de igual manera, la forma de un polinomio de grado $1$, esto es

$$x_{p}(t) = At + B$$

Con $A$ y $B$ constantes por determinar. La primera y segunda derivada están dadas como

$$\dfrac{dx_{p}}{dt} = A \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} = 0$$

Sustituimos en la ecuación diferencial.

$$0 -5A + 6(At + B) = -2t -1$$

Reordenando, se tiene

$$6At + 6B -5A = -2t -1$$

Para que se cumpla la igualdad es necesario que ocurra lo siguiente.

\begin{align*}
6A &= -2 \\
6B -5A &= -1
\end{align*}

De la primer igualdad se obtiene que

$$A = -\dfrac{1}{3}$$

Sustituyendo este resultado en la segunda igualdad se obtiene que

$$B = \dfrac{1}{9}$$

Por lo tanto, la solución particular es

$$x_{p}(t) = -\dfrac{1}{3}t + \dfrac{1}{9}$$

Entonces concluimos que la solución general de la ecuación diferencial de segundo orden para $x$ es

$$x(t) = c_{1}e^{2t} + c_{2}e^{3t} -\dfrac{1}{3}t + \dfrac{1}{9}$$

Sustituimos este resultado en la ecuación de $y$.

$$y = 4 \left( c_{1}e^{2t} + c_{2}e^{3t} -\dfrac{1}{3}t + \dfrac{1}{9} \right) + t + 1 -\dfrac{d}{dt} \left( c_{1}e^{2t} + c_{2}e^{3t} -\dfrac{1}{3}t + \dfrac{1}{9} \right)$$

Operando, se tiene

$$y = 4c_{1}e^{2t} + 4c_{2}e^{3t} -\dfrac{4}{3}t + \dfrac{4}{9} + t + 1 -2c_{1}e^{2t} -3c_{2}e^{3t} + \dfrac{1}{3}$$

De donde se obtiene finalmente que la solución $y(t)$ es

$$y(x) = 2c_{1}e^{2t} + c_{2}e^{3t} -\dfrac{1}{3}t + \dfrac{16}{9}$$

Por lo tanto, la solución general del sistema lineal no homogéneo es

$$\begin{pmatrix}
x \\ y
\end{pmatrix} = c_{1} \begin{pmatrix}
1 \\ 2
\end{pmatrix} e^{2t} + c_{2} \begin{pmatrix}
1 \\ 1
\end{pmatrix}e^{3t} -\begin{pmatrix}
\dfrac{1}{3} \\ \dfrac{1}{3}
\end{pmatrix}t + \begin{pmatrix}
\dfrac{1}{9} \\ \dfrac{16}{9}
\end{pmatrix}$$

$\square$

Hemos concluido con esta entrada. Este método resulta sencillo y práctico para resolver sistemas lineales de este tipo, sin embargo está limitado a sistemas pequeños y realmente estamos interesados en resolver sistemas mucho más complejos.

En las siguientes entradas desarrollaremos otros métodos más generales.

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. Resolver los siguientes sistemas lineales homogéneos.
  • $\begin{align*}
    \dfrac{dx}{dt} &= x + 2y \\
    \dfrac{dy}{dt} &= 4x + 3y
    \end{align*}$
  • $\begin{align*}
    \dfrac{dx}{dt} &= 2x -y \\
    \dfrac{dy}{dt} &= 3x -2y
    \end{align*}$
  • $\begin{align*}
    \dfrac{dx}{dt} &= x -4y \\
    \dfrac{dy}{dt} &= -x + 2y
    \end{align*}$
  • $\begin{align*}
    \dfrac{dx}{dt} = 2x -3y \\
    \dfrac{dy}{dt} = 3x + 2y
    \end{align*}$
  1. Resolver los siguientes sistemas lineales no homogéneos.
  • $\begin{align*}
    \dfrac{dx}{dt} &= 2x -y + 3t \\
    \dfrac{dy}{dt} &= 3x -2y + 2t + 4
    \end{align*}$
  • $\begin{align*}
    \dfrac{dx}{dt} &= x + 2y + e^{t} \\
    \dfrac{dy}{dt} &= 3x -2y + 3e^{2t} + 2
    \end{align*}$

Más adelante…

En esta entrada presentamos un método sencillo para resolver sistemas lineales compuestos por dos ecuaciones diferenciales lineales de primer orden con coeficientes constantes tanto homogéneas como no homogéneas.

En la siguiente entrada comenzaremos a desarrollar otros métodos de resolución a sistemas lineales, sin embargo estos métodos suelen ser tratados desde una perspectiva del álgebra lineal, así que será importante hacer una pequeño repaso de algunos conceptos y teoremas de álgebra lineal. Unos de los conceptos más importantes que utilizaremos es el de valores y vectores propios.

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Ecuaciones Diferenciales I: Método de reducción de orden

La única forma de aprender matemáticas es hacer matemáticas.
– Paul Halmos

Introducción

Hemos comenzado estudiando algunas de las propiedades de las soluciones a ecuaciones diferenciales lineales homogéneas y no homogéneas de orden superior. Como mencionamos en la entrada anterior, es momento de comenzar a desarrollar los distintos métodos de resolución de ecuaciones diferenciales de orden superior, sin embargo, debido a la complejidad que surge de aumentar el orden, en esta entrada sólo consideraremos ecuaciones diferenciales de segundo orden.

En esta entrada desarrollaremos el método de reducción de orden, como su nombre lo indica, lo que haremos básicamente es hacer un cambio de variable o una sustitución adecuada que permita que la ecuación de segundo orden pase a ser una ecuación de primer orden y de esta manera aplicar alguno de los métodos vistos en la unidad anterior para resolver la ecuación.

Hay dos distintas formas de reducir una ecuación de segundo orden, la primera de ellas consiste en hacer el cambio de variable

$$z = \dfrac{dy}{dx}$$

Esta forma se aplica en ecuaciones tanto lineales como no lineales, pero deben satisfacer algunas condiciones, mientras que, por otro lado, la segunda forma se aplica sólo a ecuaciones lineales homogéneas en las que tenemos conocimiento previo de una solución no trivial. En este segundo caso, considerando que conocemos una solución $y_{1}(x)$, haremos la sustitución

$$y_{2}(x) = u(x) y_{1}(x)$$

para reducir de orden a la ecuación y al resolverla obtendremos la función $u(x)$ y, por tanto, la segunda solución $y_{2}(x)$, tal que $\{ y_{1}, y_{2} \}$ forme un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial y de esta manera podamos establecer la solución general.

Comencemos por desarrollar la primer forma bajo un cambio de variable.

Ecuaciones reducibles a ecuaciones de primer orden

Hay cierto tipo de ecuaciones de segundo orden que pueden reducirse a una ecuación de primer orden y ser resueltas por los métodos que ya conocemos, vistos en la unidad anterior. Un primer tipo de ecuación son las ecuaciones lineales en las que la variable dependiente $y$ no aparece explícitamente.

Sabemos que una ecuación diferencial lineal no homogénea de segundo orden tiene la siguiente forma.

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

Si la variable dependiente $y$ no se encuentra explícitamente en la ecuación, obtenemos la siguiente forma.

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

Es quizá natural pensar que una forma de resolver la ecuación (\ref{2}) es integrarla dos veces, es esto lo que haremos considerando el siguiente cambio de variable.

$$z = \dfrac{dy}{dx}; \hspace{1cm} \dfrac{dz}{dx} = \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} \label{3} \tag{3}$$

Sea $a_{2}(x) \neq 0$, definimos las siguientes funciones.

$$P(x) = \dfrac{a_{1}(x)}{a_{2}(x)} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = \dfrac{g(x)}{a_{2}(x)}$$

Si sustituimos estas funciones y el cambio de variable (\ref{3}) en la ecuación (\ref{2}) lograremos reducirla a una ecuación lineal de primer orden con $z$ la variable dependiente.

$$\dfrac{dz}{dx} + P(x) z = Q(x) \label{4} \tag{4}$$

En la unidad anterior desarrollamos distintos métodos para resolver este tipo de ecuaciones. Una vez que resolvamos la ecuación (\ref{4}) y regresemos a la variable original veremos que dicho resultado nuevamente corresponde a una ecuación de primer orden que podrá ser resuelta una vez más con los métodos vistos anteriormente. Realicemos un ejemplo.

Ejemplo: Reducir de orden a la ecuación diferencial lineal de segundo orden

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

para $x > 0$ y obtener su solución.

Solución: Dividamos toda la ecuación por $x \neq 0$.

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

Hacemos el cambio de variable (\ref{3}) para obtener la forma (\ref{4}).

$$\dfrac{dz}{dx} -\dfrac{1}{x}z = 1 \label{5} \tag{5}$$

Ya no deberíamos tener problema con resolver esta ecuación. Apliquemos el método para resolver ecuaciones lineales. De la ecuación reducida (\ref{5}) notamos que

$$P(x) = -\dfrac{1}{x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = 1$$

El factor integrante, es este caso, es

$$\mu(x) = e^{\int {P(x)} dx} = e^{-\int \frac{1}{x} dx} = e^{-\ln(x)} = \dfrac{1}{x}$$

Esto es,

$$\mu(x) = \dfrac{1}{x}$$

Multipliquemos la ecuación (\ref{5}) por el factor integrante,

$$\dfrac{1}{x} \dfrac{dz}{dx} -\dfrac{z}{x^{2}} = \dfrac{1}{x}$$

e identificamos que

$$\dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{z}{x} \right) = \dfrac{1}{x} \dfrac{dz}{dx} -\dfrac{z}{x^{2}}$$

De ambas ecuaciones se tiene

$$\dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{z}{x} \right) = \dfrac{1}{x}$$

Ahora podemos integrar ambos lados de la ecuación con respecto a $x > 0$.

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

Hemos resuelto la ecuación para la variable $z$, regresemos a la variable original para resolver la nueva ecuación de primer orden.

$$\dfrac{dy}{dx} = x \ln(x) + xc_{1} \label{6} \tag{6}$$

Esta ecuación puede ser resuelta por separación de variables en su versión simple de integración directa (la ecuación ya esta separada), integremos ambos lados de la ecuación con respecto a $x$,

\begin{align*}
\int \dfrac{dy}{dx} dx &= \int x \ln(x) dx + \int xc_{1} dx \\
y(x) &= \int x \ln(x) dx + c_{1} \dfrac{x^{2}}{2}
\end{align*}

Para resolver la integral que nos falta apliquemos integración por partes, hagamos

$$u(x) = \ln(x) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{dv}{dx} = x$$

Así mismo,

$$\dfrac{du}{dx} = \dfrac{1}{x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} v(x) = \dfrac{x^{2}}{2}$$

Entonces,

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

Sustituimos en la función $y(x)$.

$$y(x) = \dfrac{x^{2}}{2} \ln(x) -\dfrac{x^{2}}{4} + c_{1} \dfrac{x^{2}}{2} + c_{2}$$

Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial

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

es

$$y(x) = \dfrac{x^{2}}{2} \left( \ln(x) -\dfrac{1}{2} \right) + c_{1} \dfrac{x^{2}}{2} + c_{2} \label{7} \tag{7}$$

De tarea moral verifica que es la solución general ya que el conjunto

$$S = \left\{ y_{1}(x) = \dfrac{x^{2}}{2}, y_{2}(x) = 1 \right\}$$

es un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación homogénea asociada y

$$y_{p}(x) = \dfrac{x^{2}}{2} \left( \ln(x) -\dfrac{1}{2} \right)$$

es una solución particular de la ecuación no homogénea.

$\square$

Reducción de orden en ecuaciones no lineales

Es posible aplicar un método similar en ecuaciones de segundo orden que pueden ser tanto lineales como no son lineales, en este caso, a diferencia del caso anterior, la variable dependiente $y$ puede aparecer en la ecuación, sin embargo es necesario que la variable independiente $x$ sea la que no aparezca explícitamente. Este tipo de ecuaciones también pueden reducirse a una ecuación de primer orden, pero tomando el siguiente cambio de variable.

$$\dfrac{dy}{dx} = z; \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = z \dfrac{dz}{dy} \label{8} \tag{8}$$

Donde la segunda expresión se deduce de aplicar la regla de la cadena

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = \dfrac{dz}{dx} = \dfrac{dz}{dy} \dfrac{dy}{dx} = z \dfrac{dz}{dy}$$

Realicemos un ejemplo con una ecuación no lineal.

Ejemplo: Reducir de orden a la ecuación diferencial no lineal de segundo orden

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -2y \left( \dfrac{dy}{dx}\right)^{3} = 0$$

y obtener su solución.

Solución: Es importante notar que es no lineal debido a que la primer derivada es de tercer grado y además esta multiplicada por la función $y$, lo cual no debe ocurrir en el caso lineal.

La ecuación a resolver es

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -2y \left( \dfrac{dy}{dx}\right)^{3} = 0$$

Hacemos el cambio de variable (\ref{8}) y separamos variables.

\begin{align*}
z \dfrac{dz}{dy} -2yz^{3} &= 0 \\
\dfrac{dz}{dy} &= 2yz^{2} \\
\dfrac{1}{z^{2}} \dfrac{dz}{dy} &= 2y
\end{align*}

Integramos ambos lados de la ecuación con respecto a $y$.

\begin{align*}
\int{\dfrac{1}{z^{2}} \dfrac{dz}{dy} dy} &= \int{2y dy} \\
\int{\dfrac{dz}{z^{2}}} &= 2 \int{y dy} \\
-\dfrac{1}{z} &= y^{2} + c_{1} \\
z &= -\dfrac{1}{y^{2} + c_{1}}
\end{align*}

Regresamos a la variable original y separamos de nuevo las variables.

\begin{align*}
\dfrac{dy}{dx} &= -\dfrac{1}{y^{2} + c_{1}} \\
(y^{2} + c_{1}) \dfrac{dy}{dx} &= -1
\end{align*}

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

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

Por lo tanto, la solución implícita de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -2y \left( \dfrac{dy}{dx}\right)^{3} = 0$$

es

$$\dfrac{y^{3}}{3} + c_{1}y = c_{2} -x$$

$\square$

Realicemos un ejemplo más con una ecuación lineal.

Ejemplo: Encontrar la solución general de la ecuación diferencial

$$4 \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{dy}{dx} = 0$$

Solución: Como la ecuación no contiene explícitamente a la función $y$ ni a la variable independiente $x$, entonces podemos aplicar cualquier cambio de variable, ya sea (\ref{3}) u (\ref{8}). Vamos a resolverla aplicando ambos casos.

Primero consideremos el cambio de variable (\ref{8}).

\begin{align*}
4z \dfrac{dz}{dy} + z &= 0 \\
4 \dfrac{dz}{dy} &= -1 \\
\dfrac{dz}{dy} &= -\dfrac{1}{4}
\end{align*}

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

\begin{align*}
\int{\dfrac{dz}{dy} dy} &= -\int{\dfrac{1}{4} dy} \\
\int{dz} &= -\dfrac{1}{4} \int{dy} \\
z &= -\dfrac{1}{4} y + c_{1}
\end{align*}

Regresemos a la variable original.

\begin{align*}
\dfrac{dy}{dx} &= -\dfrac{1}{4} y + c_{1} \\
\dfrac{dy}{dx} + \dfrac{y}{4} &= c_{1}
\end{align*}

Resolvamos esta ecuación por factor integrante.

$$\mu(x) = e^{\int {P(x)} dx} = e^{\int \frac{1}{4} dx} = e^{x/4}$$

Esto es,

$$\mu(x) = e^{x/4}$$

Multipliquemos ambos lados de la ecuación por el factor integrante.

\begin{align*}
e^{x/4} \dfrac{dy}{dx} + e^{x/4} \dfrac{y}{4} &= e^{x/4} c_{1} \\
\dfrac{d}{dx}\left( y e^{x/4} \right) &= c_{1} e^{x/4}
\end{align*}

Integramos ambos lados con respecto a $x$.

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

Renombrando a las constantes concluimos que la solución general de la ecuación diferencial

$$4 \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{dy}{dx} = 0$$

es

$$y(x) = k_{1} e^{-x/4} + k_{2}$$

Resolvamos de nuevo la ecuación, pero ahora aplicando el cambio de variable (\ref{3}),

\begin{align*}
4 \dfrac{dz}{dx} + z &= 0 \\
\dfrac{1}{z} \dfrac{dz}{dx} &= -\dfrac{1}{4}
\end{align*}

Integremos ambos lados con respecto a $x$.

\begin{align*}
\int{\dfrac{1}{z} \dfrac{dz}{dx} dx} &= -\int{\dfrac{1}{4} dx} \\
\int{\dfrac{dz}{z}} &= -\dfrac{1}{4}\int{dx} \\
\ln|z| &= -\dfrac{x}{4} + c_{1} \\
z &= c_{2}e^{-x/4}
\end{align*}

Con $c_{2} = e^{c_{1}}$. Regresemos a la variable original.

$$\dfrac{dy}{dx} = c_{2}e^{-x/4}$$

Integremos ambos lados con respecto a $x$.

\begin{align*}
\int{\dfrac{dy}{dx} dx} = \int{c_{2} e^{-x/4} dx} \\
\int{dy} = c_{2} \int{e^{-x/4} dx} \\
y = -c_{2}4 e^{-x/4} + c_{3}
\end{align*}

Si renombramos las constantes obtenemos nuevamente que

$$y(x) = k_{1} e^{-x/4} + k_{2}$$

$\square$

Es posible reducir una ecuación diferencial de segundo orden a una de primer orden si previamente conocemos una solución de la ecuación. Usualmente este método es mayor recurrido que el anterior y también recibe el nombre de método de reducción de orden.

Reducción de orden conocida una solución

Es posible reducir una ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden

$$a_{2}(x) \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + a_{1}(x) \dfrac{dy}{dx} + a_{0}(x) y = 0 \label{9} \tag{9}$$

a una ecuación diferencial de primer orden siempre que se conozca previamente una solución no trivial $y_{1}(x)$. Recordemos de la entrada anterior que una ecuación de la forma (\ref{9}) tiene como solución general la combinación lineal

$$y(x) = c_{1}y_{1}(x) + c_{2}y_{2}(x) \label{10} \tag{10}$$

con $y_{1}$ y $y_{2}$ funciones que forman un conjunto fundamental de soluciones en cierto intervalo $\delta$. Si conocemos $y_{1}$ podremos reducir la ecuación a una de primer orden y resolverla para obtener la solución $y_{2}$ y, por tanto, obtener la solución general.

Este método también es conocido como método de reducción de orden, pues tiene el mismo propósito que los casos anteriores, reducir de orden a una ecuación diferencial. La idea general del método es la siguiente.

Comenzaremos con el conocimiento previo de una solución no trivial $y_{1}(x)$ de la ecuación homogénea (\ref{9}) definida en un intervalo $\delta$. Lo que buscamos es una segunda solución $y_{2}(x)$, tal que $y_{1}$ y $y_{2}$ formen un conjunto fundamental de soluciones en $\delta$, es decir, que sean soluciones linealmente independientes entre sí. Recordemos que si ambas soluciones son linealmente independientes, entonces el cociente $\dfrac{y_{2}}{y_{1}}$ no es constante en $\delta$, es decir

$$\dfrac{y_{2}(x)}{y_{1}(x)} = u(x)$$

o bien,

$$y_{2}(x) = u(x) y_{1}(x) \label{11} \tag{11}$$

Como queremos encontrar $y_{2}$ y previamente conocemos $y_{1}$, entonces debemos determinar la función $u(x)$, dicha función se determina al sustituir (\ref{11}) en la ecuación diferencial dada, esto reducirá a dicha ecuación a una de primer orden donde la variable dependiente será $u$.

Desarrollemos el método de manera general para encontrar la expresión de $u(x)$ y, por tanto, de $y_{2}(x)$ y finalmente realicemos un ejemplo.

Método de reducción de orden

Este método se aplica a las ecuaciones diferenciales de la forma

$$a_{2}(x) \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + a_{1}(x) \dfrac{dy}{dx} + a_{0}(x) y = 0$$

Si dividimos esta ecuación por $a_{2}(x) \neq 0$ obtenemos la forma estándar

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + P(x) \dfrac{dy}{dx} + Q(x)y = 0 \label{12} \tag{12}$$

Con

$$P(x) = \dfrac{a_{1}(x)}{a_{2}(x)} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = \dfrac{a_{0}(x)}{a_{2}(x)}$$

ambas continuas en algún intervalo $\delta$. Supongamos además que $y_{1}(x)$ es una solución conocida de (\ref{12}) en $\delta$ y que $y_{1}(x) \neq 0 $ para toda $x \in \delta$. Si se define

$$y(x) = u(x) y_{1}(x)$$

derivando se tiene

$$\dfrac{dy}{dx} = u \dfrac{dy_{1}}{dx} + y_{1} \dfrac{du}{dx} \label{13} \tag{13}$$

Derivando una segunda ocasión se tiene

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = u \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + 2\dfrac{dy_{1}}{dx} \dfrac{du}{dx} + y_{1} \dfrac{d^{2}u}{dx^{2}} \label{14} \tag{14}$$

Sustituyendo (\ref{13}) y (\ref{14}) en la forma estándar (\ref{12}) obtenemos lo siguiente.

\begin{align*}
\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + P\dfrac{dy}{dx} + Qy &= \left[ u \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + 2\dfrac{dy_{1}}{dx} \dfrac{du}{dx} + y_{1} \dfrac{d^{2}u}{dx^{2}} \right] + P \left[ u \dfrac{dy_{1}}{dx} + y_{1} \dfrac{du}{dx} \right] + Q \left[ u y_{1}\right] \\
&= u \left[ \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + P\dfrac{dy_{1}}{dx} + Qy_{1} \right] + y_{1} \dfrac{d^{2}u}{dx^{2}} + \left( 2 \dfrac{dy_{1}}{dx} + Py_{1} \right) \dfrac{du}{dx} \\
&= 0
\end{align*}

Como $y_{1}(x)$ es solución sabemos que

$$\dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + P\dfrac{dy_{1}}{dx} + Qy_{1} = 0$$

Entonces el resultado anterior se reduce a lo siguiente.

$$y_{1} \dfrac{d^{2}u}{dx^{2}} + \left( 2 \dfrac{dy_{1}}{dx} + Py_{1} \right) \dfrac{du}{dx} = 0 \label{15} \tag{15}$$

Consideremos el cambio de variable

$$w = \dfrac{du}{dx} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{dw}{dx} = \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}$$

Entonces la ecuación (\ref{15}) se puede escribir como

$$y_{1} \dfrac{dw}{dx} + \left( 2 \dfrac{dy_{1}}{dx} + Py_{1} \right) w = 0 \label{16} \tag{16}$$

Esta ecuación es tanto lineal como separable. Separando las variables e integrando, se obtiene

\begin{align*}
\dfrac{1}{w}\dfrac{dw}{dx} + 2\dfrac{1}{y_{1}} \dfrac{dy_{1}}{dx} &= -P \\
\int{\dfrac{dw}{w}} + 2\int{\dfrac{dy_{1}}{y_{1}}} &= -\int{P dx} \\
\ln |w| + 2 \ln|y_{1}| + k &= -\int{P dx} \\
\ln |w y^{2}_{1}| + k &= -\int{P dx} \\
wy^{2}_{1} &= k_{1}e^{-\int{P dx}}
\end{align*}

Despejando a $w$ de la última ecuación, usando $w = \dfrac{du}{dx}$ e integrando nuevamente, se tiene

\begin{align*}
\dfrac{du}{dx} &= \dfrac{k_{1}e^{-\int{P dx}}}{y^{2}_{1}} \\
\int{du} &= \int{\dfrac{k_{1}e^{-\int{P dx}}}{y^{2}_{1}} dx} \\
u &= k_{1} \int{\dfrac{e^{-\int{P} dx}}{y^{2}_{1}} dx} + k_{2}
\end{align*}

Eligiendo $k_{1} = 1$ y $k_{2} = 0$ obtenemos la expresión para la función $u(x)$,

$$u(x) = \int{\dfrac{e^{-\int{P} dx}}{y^{2}_{1}} dx} \label{17} \tag{17}$$

Si sustituimos en

$$y(x) = y_{2}(x) = u(x)y_{1}(x)$$

obtenemos que la segunda solución de la ecuación diferencial (\ref{12}) es

$$y_{2}(x) = y_{1}(x) \int{\dfrac{e^{-\int{P(x)} dx}}{y^{2}_{1}(x)} dx} \label{18} \tag{18}$$

De tarea moral puedes probar que la función $y_{2}$ satisface la ecuación diferencial y que $y_{1}$ y $y_{2}$ son linealmente independientes en algún intervalo en el que $y_{1}$ no es cero.

Realicemos un ejemplo en el que apliquemos este método.

Ejemplo: Encontrar la solución general de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 16y = 0$$

dada la solución no trivial

$$y_{1}(x) = \cos(4x)$$

Solución: En esta ocasión apliquemos directamente la expresión (\ref{18}) para obtener la solución $y_{2}(x)$.

La ecuación diferencial a resolver es

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 16y = 0$$

Si la comparamos con la forma estándar (\ref{12}) notamos que

$$P(x) = 0 \hspace{1cm} y \hspace{1cm}Q(x) = 16$$

Sustituyendo en (\ref{18}), se tiene

\begin{align*}
y_{2}(x) &= \cos(4x) \int{\dfrac{e^{0}}{\cos^{2}(4x)} dx} \\
&= \cos(4x) \int{\dfrac{1}{\cos^{2}(4x)} dx}
\end{align*}

Para resolver la integral consideremos el cambio de variable $s = 4x$, $ds = 4 dx$.

$$\int{\dfrac{1}{\cos^{2}(4x)} dx} = \dfrac{1}{4} \int{\sec^{2}(s) ds}$$

Sabemos que

$$\int{\sec^{2}(s) ds} = \tan(s)$$

Así

$$y_{2}(x) = \cos(4x) \left( \dfrac{1}{4} \tan(4x) + k_{1} \right)$$

Hacemos $k_{1} = 0$.

$$y_{2}(x) = \dfrac{\cos(4x)}{4} \left( \dfrac{\sin(4x)}{\cos(4x)} \right) = \dfrac{\sin(4x)}{4}$$

Como la solución general corresponde a la combinación lineal (\ref{10}), en las constantes $c_{1}$ y $c_{2}$ se pueden englobar todas las constantes que pudieran aparecer, por ello es que podemos tomar $k_{1} = 0$ y además podemos evitar la constante $\dfrac{1}{4}$ de $y_{2}$ y considerar que

$$y_{2}(x) = \sin(4x)$$

Veamos que efectivamente satisface la ecuación diferencial.

$$\dfrac{dy_{2}}{dx} = 4 \cos(4x) \hspace{1cm} \Rightarrow \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} = -16 \sin(4x)$$

Sustituyendo en la ecuación diferencial.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 16y = -16 \sin(4x) + 16 \sin(4x) = 0$$

Cumple con la ecuación diferencial, lo mismo podemos verificar con la solución dada

$$y_{1}(x) = \cos(4x)$$

Tenemos,

$$\dfrac{dy_{1}}{dx} = -4 \sin(4x) \hspace{1cm} \Rightarrow \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} = -16 \cos(4x)$$

Sustituyendo en la ecuación diferencial.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 16y = -16 \cos(4x) + 16 \cos(4x) = 0$$

Como ambas soluciones son linealmente independientes, entonces forman un conjunto fundamental de soluciones. Otra forma de verificarlo es mostrando que el Wronskiano es distinto de cero y lo es ya que

$$W(y_{1}, y_{2}) = 4 \neq 0$$

Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 16y = 0$$

corresponde a la combinación lineal

$$y(x) = c_{1} \cos(4x) + c_{2} \sin(4x)$$

$\square$

Con esto concluimos esta entrada sobre un primer método para resolver algunas ecuaciones diferenciales de segundo orden. En la siguiente entrada desarrollaremos un nuevo método.

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. Obtener la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales lineales.
  • $x \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{dy}{dx} = 0$
  • $(x-1) \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{dy}{dx} = 0$
  1. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales no lineales.
  • $(y -1)\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = \left( \dfrac{dy}{dx} \right)^{2} $
  • $\left( \dfrac{dy}{dx} \right)^{2} -2 \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = 0$
  1. Dada una solución no trivial de las siguientes ecuaciones diferenciales, hallar la segunda solución, tal que ambas formen un conjunto fundamental de soluciones y determina la solución general.
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4 \dfrac{dy}{dx} + 4y = 0; \hspace{1cm} y_{1}(x) = e^{2x}$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -25y = 0; \hspace{1cm} y_{1}(x) = e^{5x}$
  1. Demostrar que la función $$y_{2}(x) = y_{1}(x) \int{\dfrac{e^{-\int{P(x)} dx}}{y^{2}_{1}(x)} dx}$$ Satisface la ecuación diferencial $$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + P(x) \dfrac{dy}{dx} + Q(x)y = 0$$ Siempre que $y_{1}(x)$ sea solución de la misma ecuación.
  1. Usando el inciso anterior, demostrar que $$S = \left \{ y_{1}(x), y_{1}(x) \int{\dfrac{e^{-\int{P(x)} dx}}{y^{2}_{1}(x)} dx} \right \}$$ es un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial $$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + P(x) \dfrac{dy}{dx} + Q(x)y = 0$$

Más adelante…

En esta entrada desarrollamos un método de reducción de orden basado en un cambio de variable para ecuaciones lineales y no lineales de segundo orden que satisfacen algunas condiciones y desarrollamos el método de reducción de orden para ecuaciones diferenciales lineales homogéneas en el caso en el que previamente conocemos una solución no trivial.

En la siguiente entrada estudiaremos otro método para resolver un tipo particular de ecuaciones diferenciales, éstas son las ecuaciones diferenciales lineales homogéneas con coeficientes constantes, de la forma

$$a \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + b \dfrac{dy}{dx} + cy = 0$$

Con $a, b$ y $c$ constantes.

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Introducción

Hemos dado inicio con el desarrollo de métodos de resolución de ecuaciones diferenciales. Hasta este momento sólo sabemos resolver ecuaciones lineales homogéneas y no homogéneas de primer orden. En esta entrada estudiaremos el caso no lineal.

Estudiaremos dos tipos de ecuaciones diferenciales no lineales de primer orden conocidas como ecuaciones diferenciales separables y ecuaciones diferenciales homogéneas. Cabe mencionar que las ecuaciones no lineales homogéneas que estudiaremos en esta entrada no tienen que ver con las ecuaciones homogéneas que estudiamos con anterioridad. En este caso el término homogéneo hace referencia a una propiedad que satisfacen las ecuaciones no lineales.

Comencemos con las ecuaciones diferenciales separables.

Ecuaciones diferenciales separables

Definición: Una ecuación diferencial de primer orden de la forma

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

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 $y$

$$H(x, y) = g(x)h(y) \label{2} \tag{2}$$

Inmediatamente nos damos cuenta que es una ecuación diferencial no lineal debido a que aparece una función dependiente de la variable dependiente $y$.

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

Solución a ecuaciones separables

Es conveniente definir la función

$$h(y) = \dfrac{1}{f(y)} \label{3} \tag{3}$$

de tal manera que la ecuación (\ref{1}) se pueda escribir de la siguiente forma.

$$\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{g(x)}{f(y)} \label{4} \tag{4}$$

Esta ecuación la podemos reescribir como

$$f(y) \dfrac{dy}{dx} = g(x) \label{5} \tag{5}$$

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

Es común encontrar en la literatura que la ecuación (\ref{5}) se escribe como

$$g(x) dx = f(y) dy \label{6} \tag{6}$$

Esta es la forma diferencial de la ecuación (\ref{4}), es una notación informal pero nos permite visualizar que hemos sido capaz de separar a las variables, el lado izquierdo sólo depende de $x$ y el lado derecho sólo depende de $y$.

Podemos integrar ambos lados de la ecuación. Si consideramos la ecuación en la forma (\ref{5}), entonces integramos ambos lados con respecto a la variable $x$ y si consideramos la ecuación en la forma (\ref{6}) 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

$$F(y) = \int f(y) dy \label{7} \tag{7}$$

y

$$G(x) = \int g(x) dx \label{8} \tag{8}$$

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

Método de separación de variables

De acuerdo a lo anterior, el algoritmo que se recomienda seguir para resolver ecuaciones diferenciales separables es el siguiente.

  1. Dada una ecuación diferencial no lineal de primer orden, el primer paso es identificar si es posible que podamos determinar una función $g = g(x)$ que sólo depende de la variable independiente $x$ 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 $x$. En este caso debemos considerar en todo momento las constantes de integración.
  1. Al resolver la integral $\int f(y) dy$ obtendremos la solución $y(x)$ que estamos buscando, ya sea de forma implícita o explicita, ambas formas son válidas.

Realicemos un ejemplo en el que apliquemos este método.

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{5}), de donde podemos establecer que

$$g(x) = x e^{x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} f(y) = e^{y}$$

Usando la notación diferencial podemos escribir a la ecuación como

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

Integremos ambos lados de la ecuación ante la respectiva variable.

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

Por un lado,

$$\int {e^{y} dy} = e^{y} + k_{1}$$

Por otro lado, para la integral de $x$ usemos integración por partes considerando $u(x) = x$ y $dv(x) = e^{x}$.

\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 obtenemos 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

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

Para conocer la solución explícita sólo tomamos el logaritmo natural.

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

Obtengamos la solución particular aplicando la condición inicial $y(0) = \ln(2)$.

\begin{align*}
y(0) &= \ln|0 e^{0} -e^{0} + c| = \ln(2) \\
y(0) &= \ln|0 -1 + c| = \ln(2)
\end{align*}

De donde,

$$\ln|c -1| = \ln(2)$$

Aplicando la exponencial en ambos lados, se tiene

$$c -1 = 2$$

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

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

O bien,

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

$\square$

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 un 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

$$M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 \label{9} \tag{9}$$

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

$$M(tx, ty) = t^{n} M(x, y) \label{10} \tag{10}$$

$$N(tx, ty) = t^{n} N(x, y) \label{11} \tag{11}$$

Recordemos que un polinomio homogéneo es aquel en el 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 dos últimos términos es $4$. En este sentido es que la ecuación (\ref{9}) se dice que es homogénea si se satisfacen las ecuaciones (\ref{10}) y (\ref{11}) conjuntamente.

Este tipo de ecuaciones se pueden reducir a la forma de una ecuación separable (\ref{5}) y aplicando el procedimiento anterior es como podremos determinar la solución de las ecuaciones diferenciales no lineales homogéneas.

Reducción de una ecuación homogénea a una de variables separables

La ecuación diferencial que intentamos 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.

$$\dfrac{dy}{dx} = u \dfrac{dx}{dx} + x \dfrac{du}{dx} = u + x \dfrac{du}{dx} \label{12} \tag{12}$$

De (\ref{9}) notemos lo siguiente.

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

es decir,

$$f(u) = -\dfrac{dy}{dx} \label{13} \tag{13}$$

Sustituyamos (\ref{13}) en el resultado (\ref{12}).

\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

$$\dfrac{du}{dx} = \left( -\dfrac{1}{x} \right) \left( u + f(u) \right) \label{14} \tag{14}$$

Definamos las funciones

$$g(x) = -\dfrac{1}{x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} h(u) = u + f(u)$$

Entonces podemos escribir a la ecuación (\ref{14}) como

$$\dfrac{du}{dx} = g(x) h(u) \label{15} \tag{15}$$

Este resultado corresponde a la definición de una ecuación diferencial de variables separables. Si resolvemos esta ecuación usando el método de separación de variables habremos resuelto la ecuación homogénea.

Método de resolución de las ecuaciones diferenciales homogéneas

A continuación se establecen, como recomendación, los pasos a seguir para resolver una ecuación diferencial homogénea (\ref{9}).

  1. El primer paso es verificar que en efecto la ecuación sea homogénea, para ello verificamos que $M$ y $N$ sean del mismo grado, es decir, que se cumplan las relaciones (\ref{10}) y (\ref{11}) conjuntamente.
  1. Una vez que comprobemos que la ecuación es homogénea, reescribimos a la ecuación (\ref{9}) como
    $$M(x, y) + N(x, y) \dfrac{dy}{dx} = 0 \label{16} \tag{16}$$
  1. Hacemos el cambio de variable
    $$y = ux \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{dy}{dx} = u + x \dfrac{du}{dx} \label{17} \tag{17}$$
    Y sustituimos en la ecuación (\ref{16}).
  1. Una vez hecha la correspondiente sustitución podremos separar las variables reduciendo el problema a una ecuación de variables separables.

Realicemos 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: De acuerdo a (\ref{9}) identificamos a las funciones $M$ y $N$ como

$$M(x, y) = x^{2} + y^{2} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} N(x, y) = -xy$$

Para obtener el grado de la ecuación diferencial hagamos la sustitución $x$ por $tx$ y $y$ por $ty$. Por una lado,

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

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 $n = 2$. Reduzcamos la ecuación homogénea a una de variables separables y apliquemos el método correspondiente para resolverla.

De acuerdo al algoritmo, una vez que ya vimos que sí es homogénea, escribimos a la ecuación diferencial en la forma (\ref{16}).

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

Hacemos el cambio de variable (\ref{17}) y sustituimos en la ecuación diferencial.

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

Realicemos un poco de álgebra hasta reducirla 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 $x \neq 0$, se tiene

\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

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

Integremos ambos lados de la ecuación sobre la variable correspondiente.

\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 las 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 dada es

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

O bien, la solución explícita es

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

$\square$

Hasta aquí concluimos con esta entrada, en la siguiente continuaremos con un método más para resolver ecuaciones diferenciales no lineales de primer orden.

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. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales separables.
  • $\dfrac{ds}{dt} = -\sin(3t)$
  • $\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y}{1 + x^{2}}$
  1. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales homogéneas.
  • $(x -y)dx + xdy = 0$
  • $(y^{2} +yx)dx -x^{2}dy = 0$
  1. Resolver 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 próximas entradas 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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Introducción

Hemos comenzado a desarrollar métodos de resolución de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden. El tipo de ecuaciones que queremos resolver es

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

En la entrada anterior vimos que la solución general $y(x)$ es la suma de la solución homogénea $y_{h}(x)$, más la solución particular $y_{p}(x)$.

$$y(x) = y_{h}(x) + y_{p}(x) \label{2} \tag{2}$$

La solución homogénea está dada como

$$y_{h}(x) = k e^{- \int P(x) dx} = \dfrac{k}{\mu (x)} \label{3} \tag{3}$$

Mientras que la solución particular tiene la forma

$$y_{p}(x) = e^{- \int{P(x) dx}} \left( \int{e^{\int{P(x) dx}} Q(x) dx} \right) = \dfrac{1}{\mu (x)} \left( \int{\mu (x)Q(x) dx} \right) \label{4} \tag{4}$$

Donde $\mu (x)$ es el factor integrante

$$\mu(x) = e^{\int{P(x) dx}} \label{5} \tag{5}$$

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

$$y(x) = k e^{-\int{P(x) dx}} + e^{-\int{P(x) dx}} \left(\int{e^{\int{P(x) dx}}Q(x) dx}\right) \label{6} \tag{6}$$

O de forma más compacta

$$y(x) = \dfrac{1}{\mu (x)} \left( \int{\mu (x)Q(x) dx} + k \right) \label{7} \tag{7}$$

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

Sabemos que la solución de la ecuación diferencial homogénea

$$\dfrac{dy}{dx} + P(x) y = 0 \label{8} \tag{8}$$

es

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

Este resultado nos incita a suponer que para la ecuación no homogénea

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

la solución particular puede tener la forma

$$y_{p}(x) = k(x) e^{- \int P(x) dx} \label{9} \tag{9}$$

En donde $k$ pasa a ser una función dependiente de $x$. El método de variación de parámetros consiste en determinar justamente la expresión explícita de $k(x)$.

Sustituyamos la solución propuesta (\ref{9}) en la ecuación no homogénea.

\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

$$\dfrac{dk}{dx} = e^{\int P(x) dx} Q(x) \label{10} \tag{10}$$

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

\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} \\
\end{align*}

Si consideramos $c = 0$ obtenemos que la forma explícita de $k(x)$ es

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

Sustituyamos este resultado en la solución particular (\ref{9}).

$$y_{p}(x) = \left( \int{e^{\int P(x) dx} Q(x) dx} \right) e^{- \int P(x) dx} \label{12} \tag{12}$$

Si consideramos el factor integrante (\ref{5}) esta función la podemos escribir como

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

Hemos obtenido la misma expresión que usando el método por factor integrante visto en la entrada anterior.

Algunas consideraciones

La solución completa (o solución general) de la ecuación diferencial lineal (\ref{1}) es la suma de la solución homogénea $y_{h}(x)$, más 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 algún 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 intentar obtener directamente la solución general, esto está directamente relacionado con la omisión de constantes de integración que hemos hecho, así que es momento de explicar qué está ocurriendo con estas constantes.

Es posible desarrollar los métodos por factor integrante y variación de parámetros manteniendo las constantes de integración, aunque los cálculos se vuelven más extensos, sin embargo al final todas las constantes que resulten se pueden agrupar en una sola constante $C$, es así que en ambos métodos siempre llegaremos al resultado

$$y(x) = \dfrac{1}{\mu (x)} \left( \int{\mu (x)Q(x) dx} + C \right) \label{14} \tag{14}$$

Donde $C$ es la constante resultante de juntar todas las constantes de integración que pudieran aparecer en el proceso.

El resultado (\ref{14}) corresponde a la solución general que hemos obtenido anteriormente, es decir, si en ambos métodos mantenemos a las constantes de integración podemos obtener la solución general. Lo que nosotros hicimos anteriormente fue que la constante $k$ de la ecuación (\ref{7}) la asociábamos a la solución homogénea (\ref{3}), 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 resolver ecuaciones diferenciales usando las formulas obtenidas para las soluciones, sino aplicar cada paso del método correspondiente, 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 formas explícitas de las soluciones de las ecuaciones diferenciales lineales, es conveniente seguir una serie de pasos para resolverlas. 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

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

  1. 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.

Realicemos un ejemplo en el que apliquemos este algoritmo de resolución.

Ejemplo: Determinar la solución general de la ecuación diferencial

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

Solución: El primer paso es escribir a la ecuación diferencial en la forma canónica.

\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
\end{align*}

La forma canónica es

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

Identificamos que

$$P(x) = \dfrac{4x}{x^{2} +1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = \dfrac{x^{2} + 2x -1}{x^{2} +1}$$

El segundo paso es determinar el factor integrante.

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

Resolvamos la integral omitiendo la constante de integración.

\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*}

Sustituimos 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 tanto, el factor integrante es

$$\mu (x) = ( x^{2} + 1)^{2}$$

El tercer paso es multiplicar a la ecuación diferencial en su forma canónica por el factor integrante en ambos lados.

\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 $x$ considerando 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 de esta integral. Sustituyendo este resultado obtenemos

\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 de 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 este resultado para justificar el teorema de existencia y unicidad para el caso de las 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 $\delta \in \mathbb{R}$, 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

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

Reescribamos esta ecuación en su forma normal.

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

Definimos

$$f(x, y) = Q(x) -P(x) y \label{15} \tag{15}$$

De manera que

$$\dfrac{dy}{dx} = f(x, y) \label{16} \tag{16}$$

Debido a que en un intervalo de solución $\delta$ debe satisfacerse que $P(x)$ y $Q(x)$ sean continuas, entonces tenemos garantizado que (\ref{15}) 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 de la ecuación diferencial no homogénea (\ref{1})

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

Apliquemos la condición inicial.

$$y_{0} = y(x_{0}) = \dfrac{1}{\mu (x_{0})} \left( \int{ \mu (x) Q(x) dx} \Bigg|_{x = x_{0}} + k \right) \label{17} \tag{17}$$

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

$$\gamma (x) = \dfrac{1}{\mu (x_{0})} \left( \int{ \mu (x) Q(x) dx} + k_{0} \right) \label{18} \tag{18}$$

es solución del problema de valor inicial. Así, para cada $x_{0} \in \delta_{0}$, encontrar una solución particular de la ecuación (\ref{1}) es exactamente lo mismo que encontrar un valor adecuado de $k$ en la ecuación (\ref{17}), es decir, a toda $x_{0} \in \delta_{0}$ le corresponde un distinto $k$.

Con esto damos por concluido el desarrollo de métodos para resolver ecuaciones diferenciales lineales de primer orden, en la siguiente entrada comenzaremos a desarrollar métodos para resolver ecuaciones diferenciales de primer orden que no son lineales.

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. De acuerdo al algoritmo para resolver ecuaciones diferenciales lineales de primer orden, encontrar la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales.
  • $3\dfrac{y}{x} -8 + 3\dfrac{dy}{dx} = 0$
  • $x + \dfrac{y}{x} -\dfrac{dy}{dx} = 0$
  • $\dfrac{dy}{dx} + \cos(x) (y -1) = 0$
  1. Una vez que se conoce la solución general de la ecuación diferencial
    $$x + \dfrac{y}{x} -\dfrac{dy}{dx} = 0$$
    Resolver los siguientes problemas de valor inicial y analizar 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 se puede concluir al respecto?.

Más adelante…

Ya sabemos resolver ecuaciones diferenciales lineales de primer orden tanto homogéneas como no homogéneas y conocemos el teorema de existencia y unicidad que justifica los métodos que hemos desarrollado.

En la siguiente entrada comenzaremos a desarrollar métodos para resolver ecuaciones diferenciales de primer orden no lineales.

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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.

Definición: Una ecuación diferencial de primer orden de la forma

$$a_{1}(x) \dfrac{dy}{dx} + a_{0}(x) y = g(x) \label{3} \tag{3}$$

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

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

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.

Definición: En la ecuación diferencial lineal

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

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{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 $k = e^{-c}$, obteniendo 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 largo 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 método por factor integrante y en la siguiente entrada estudiaremos en método por variación de parámetros.

Método por factor integrante

Consideremos la ecuación diferencial lineal no homogénea

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

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}), 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*}

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 volvamos 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).
  • $\dfrac{dy}{dx} -y = e^{2x}$
  • $\dfrac{dy}{dx} + y = e^{2x}$
  • $x \dfrac{dy}{dx} + 4y = x^{-3}e^{x}$
  • $x^{2} \dfrac{dy}{dx} = -2xy + 3e^{3x}$
  1. Resolver la siguiente ecuación diferencial sujeta a la condición inicial dada (problema con valores iniciales).
  • $\dfrac{dy}{dx} + y = e^{-x}, \hspace{1cm} y(0) = -\dfrac{1}{4}$.
  1. 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 $E(4) = E_{0}$.
  1. 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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