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Ecuaciones Diferenciales I – Videos: Ecuaciones lineales homogéneas de segundo orden con coeficientes constantes

Introducción

Al comienzo de la segunda unidad, revisamos las propiedades más importantes de las ecuaciones lineales homogéneas de segundo orden. En particular, vimos que para encontrar la solución general basta con encontrar dos soluciones particulares que sean linealmente independientes, y la combinación lineal de estas será la solución general a la ecuación.

Pondremos en práctica lo aprendido anteriormente para resolver ecuaciones lineales homogéneas de segundo orden con coeficientes constantes, es decir, de la forma $a\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+b\frac{dy}{dt}+cy=0$, donde $a$, $b$ y $c$ son constantes y $a \neq 0$. Observaremos que las soluciones deben ser de la forma $e^{rt}$, y si hallamos los valores de $r$ que satisfagan la ecuación diferencial, entonces podremos encontrar la solución general.

Finalmente analizaremos tres distintos casos que se presentan cuando buscamos la solución general a la ecuación diferencial, los cuales dependen de la ecuación $ar^{2}+br+c=0$, que aparece durante el desarrollo de la solución. Por supuesto, estos casos dependerán de las raíces de dicha ecuación.

Ecuaciones lineales homogéneas de segundo orden con coeficientes constantes. Raíces reales diferentes

Analizamos cómo deben ser las soluciones a la ecuación $a\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+b\frac{dy}{dt}+cy=0$, y suponiendo que $y_{0}(t)=e^{rt}$ es una solución, hallamos la solución general a la ecuación. En particular, revisamos el caso cuando las dos raíces de la ecuación $ar^{2}+br+c=0$ son reales y distintas, y resolvemos un ejemplo.

Raíces reales repetidas

En este video revisamos el caso cuando las dos raíces de la ecuación $ar^{2}+br+c=0$ son iguales, y resolvemos un ejemplo para mostrar lo desarrollado.

Raíces complejas

En el último video de esta entrada revisamos el caso cuando las dos raíces de la ecuación $ar^{2}+br+c=0$ son complejas, vemos que las soluciones complejas se comportan de manera similar a las soluciones con valores reales, y como buscamos soluciones reales, transformamos la solución compleja en una real.

Tarea moral

  • Resuelve el problema de valor inicial $\frac{d^{2}y}{dt^{2}}-6\frac{dy}{dt}+y=0$ ; $y(0)=1$, $\frac{dy}{dt}(0)=0$.
  • Prueba que $\{e^{rt}, te^{rt}\}$ es un conjunto linealmente independiente. Por tanto, para el caso cuando $ar^{2}+br+c=0$ tiene raíces repetidas, la solución general a la ecuación $a\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+b\frac{dy}{dt}+cy=0$ efectivamente es la que se muestra en el video correspondiente.
  • Resuelve el problema de condición inicial $\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+2\frac{dy}{dt}+y=0$ ; $y(0)=1$, $\frac{dy}{dt}(0)=0$.
  • Prueba que si $r_{1}=w + iz$ y $r_{2}=w – iz$, entonces $\{e^{r_{1}t}, e^{r_{2}t}\}$ es un conjunto linealmente independiente. Por tanto, para el caso cuando $ar^{2}+br+c=0$ tiene raíces complejas, la solución general a la ecuación $a\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+b\frac{dy}{dt}+cy=0$ es la combinación lineal de estas dos funciones.
  • Prueba que $W[e^{wt}\cos{zt}, e^{wt}\sin{zt}]\neq 0$ para el caso del ejercicio anterior, y por tanto la combinación lineal de estas dos funciones es la solución general a la ecuación diferencial.
  • Resuelve el problema de condición inicial $\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+\frac{dy}{dt}+2y=0$ ; $y(0)=1$, $\frac{dy}{dt}(0)=0$.

Más adelante

En la siguiente entrada comenzaremos a estudiar el caso no homogéneo de las ecuaciones lineales de segundo orden, es decir, ecuaciones de la forma $\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+p(t)\frac{dy}{dt}+q(t)y=g(t)$ donde la función $g$ no es la constante cero.

En particular, resolveremos este tipo de ecuaciones por el método de variación de parámetros, que es análogo al método de variación de parámetros para resolver ecuaciones no lineales de primer orden.

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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 – Videos: Ecuaciones lineales homogéneas de segundo orden. Propiedades del conjunto de soluciones

Introducción

Después de haber estudiado ecuaciones diferenciales de primer orden, llegamos a la segunda unidad del curso donde analizaremos ecuaciones diferenciales de segundo orden.

Dada la dificultad para resolver este tipo de ecuaciones, nos enfocaremos únicamente en las ecuaciones lineales de segundo orden, es decir, de la forma $$a_{0}(t)\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+a_{1}(t)\frac{dy}{dt}+a_{2}(t)y=g(t).$$

En esta entrada comenzaremos con el caso de las ecuaciones homogéneas de segundo orden, es decir, cuando $g(t)$ es la función constante cero en un intervalo $(\alpha,\beta)$. Estudiaremos la teoría de las soluciones a este tipo de ecuaciones antes de analizar las distintas técnicas para resolverlas. Debido a que el conjunto de soluciones a este tipo de ecuaciones se comportan de buena manera, podremos encontrar la solución general a la ecuación si previamente conocemos dos soluciones particulares que cumplan una hipótesis que daremos a conocer en el intervalo $(\alpha,\beta)$. Definiremos el Wronskiano y la independencia lineal de dos soluciones a una ecuación diferencial, y probaremos distintos teoremas y propiedades de las soluciones con base en estos conceptos.

Comencemos!

Ecuaciones lineales homogéneas de segundo orden, Teorema de existencia y unicidad y solución general

En este video damos una introducción a las ecuaciones diferenciales de segundo orden, y en particular, a las ecuaciones lineales de segundo orden. Enunciamos el Teorema de existencia y unicidad para ecuaciones lineales de segundo orden, y comenzamos a desarrollar la teoría para encontrar la solución general a ecuaciones homogéneas.

Conjunto fundamental de soluciones y el Wronskiano

Continuamos con la teoría de las soluciones a ecuaciones homogéneas de segundo orden. Demostramos un par de teoremas que nos ayudan a encontrar la solución general a este tipo de ecuaciones. Además definimos al conjunto fundamental de soluciones de la ecuación homogénea y el Wronskiano de dos funciones.

Independencia lineal de soluciones

En este último video definimos el concepto de independencia lineal de soluciones a la ecuación homogénea de segundo orden, y demostramos un teorema que nos da otra forma de encontrar un conjunto fundamental de soluciones a la ecuación diferencial homogénea.

Tarea moral

  • Prueba que $y_{1}(t)=\sin{t}$ y $y_{2}(t)=\cos{t}$ son soluciones a la ecuación diferencial $\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+y=0$. Posteriormente prueba que $y(t)=k_{1}\sin{t}+k_{2}\cos{t}$ también es solución a la ecuación, donde $k_{1}$, $k_{2}$ son constantes.
  • Prueba que $\{\sin{t},\cos{t}\}$ es un conjunto fundamental de soluciones a la ecuación del ejercicio anterior. ¿En qué intervalo es el conjunto anterior un conjunto fundamental de soluciones?
  • Prueba que si $p(t)$, $q(t)$ son continuas en $(\alpha,\beta)$, $y_{1}(t)$, $y_{2}(t)$ son soluciones a la ecuación $\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+p(t)\frac{dy}{dt}+q(t)y=0$ en $(\alpha,\beta)$ y existe $t_{0}$ en dicho intervalo, donde $W[y_{1},y_{2}](t_{0})\neq 0$, entonces $\{y_{1}(t),y_{2}(t)\}$ forman un conjunto fundamental de soluciones en $(\alpha,\beta)$.
  • Prueba que si $p(t)$, $q(t)$ son continuas en $(\alpha,\beta)$, entonces existe un conjunto fundamental de soluciones $\{y_{1}(t),y_{2}(t)\}$ a la ecuación $\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+p(t)\frac{dy}{dt}+q(t)y=0$ en el mismo intervalo. (Hint: Toma un punto en el intervalo $(\alpha,\beta)$ y dos problemas de condición inicial adecuados de tal forma que puedas utilizar el Teorema de existencia y unicidad y el Wronskiano para deducir el resultado).
  • Prueba que $y_{1}(t)=t|t|$, $y_{2}(t)=t^{2}$ son linealmente independientes en $[-1,1]$ pero linealmente dependientes en $[0,1]$. Verifica que el Wronskiano se anula en $\mathbb{R}$. ¿Pueden ser $y_{1}(t)$, $y_{2}(t)$ soluciones a la ecuación $\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+p(t)\frac{dy}{dt}+q(t)y=0$ en $(-1,1)$ si $p$ y $q$ son continuas en este intervalo?

Más adelante

.En la próxima entrada conoceremos el método de reducción de orden, donde supondremos que ya conocemos una solución particular $y_{1}(t)$ a la ecuación lineal homogénea de segundo orden, y con ayuda de esta hallaremos una segunda solución $y_{2}(t)$ tal que forma un conjunto fundamental de soluciones junto con $y_{1}$.

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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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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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