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Mètodos operacionales: el operador D

Introducción

Los métodos de resolución de EDO vistos en los post anteriores han sido parecidos "recetas" matemáticas, en el sentido de que no hemos visto ninguna justificación de por que funcionan. Así, nos hemos encontrado con rectas del tipo "si la ecuación es lineal homogénea de coeficientes constantes, entonces tenemos que encontrar las raíces de su ecuación característica asociada, y ...".  En este post vemos una introducción a los métodos basados en el operador derivación D que nos permiten justificar algunos de los métodos anteriores, y nos proporciona uno de de nuevo para encontrar soluciones particulares.  También señalaremos que este método es más "algebraico" que los anteriores, de hecho, utiliza conceptos del Álgebra Lineal, que nosotros, en nuestra introducción práctica, no necesitaremos.

  • El operador diferencial D
  • Integración de ecuaciones lineales de coeficientes constantes usando operadores diferenciales
  • Generalización a otras ecuaciones
  • Ejercicios

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El operador diferencial D

Un "operador" lo podemos definir como un objeto matemático que toma una función y nos devuelve otra. Por ejemplo la operación de derivar hace precisamente ésto. dada la función y=f(x) nos devuelve otra función y'=df/dx que llamamos derivada de la función original. Lo que hacemos a continuación es definir el operador asociado a la derivación.

Definición 1: El operador D aplicado a la función y, Dy, devuelve la derivada de la función: Dy=y'.

Aplicando el operador D repetidas veces obtenemos las derivadas sucesivas de la función:

D(Dy)=D^2y=y'', D(D^2y)= D^3y=y''', ... , D^ny=y^{(n}

Como ya sabemos, la operación inversa de la derivación es la integración; parece pues lógico definir:

Definición 2: El operador D^{-1} aplicado a la función y, D^{-1}y,  devuelve la función primitiva (integral indefinida) de la función: D^{-1}y=\int y\operatorname dx.

Aplicando el operadorD^{-1} repetidas veces obtenemos las integrales reiteradas: D^{-n}y=\int\dots\int y\operatorname dx^n.

Recordemos que la derivación es una operación lineal: (C_1f(x)+C_2g(x))' = C_1f'(x)+C_2g'(x), por lo tanto el operador D también será lineal. Podemos is más allá y definir polinomios en D. Para no ser tan teóricos, los definiremos aplicándolos a EDO.

Definición 3: Dada una EDO F(x,y,y',y'', ...,y^{(n})=0 definimos su operador diferencial P(D) sustituyendo cada derivada y^{(k} por su operador D^k.

Ejemplo 1: El operador diferencial correspondiente a la EDO y'''-xy''+2e^xy'+10y-x=0 es P(D)=D^4-xD^2+2e^xD+10), de forma  que la ecuación se puede escribir P(D)y-x=0.

Veamos ahora algunas propiedades de los operadores (polinómicos) diferenciales P(D) que nos servirán para resolver EDO.

Propiedad 1: Efecto de P(D) sobre la función exponencial y=e^x. La función exponencial y=e^x viene a ser el "elemento neutro" del operador D, pues De^x=e^x. Aplicando esta propiedad a un polinomio P(D)=a_nD^n+\cdots+a_1D+a_0 resulta P(D)e^x=a_ne^x+\cdots+a_1e^x+a_0e^x=e^x\left(a_n+\cdots+a_1+a_0\right)=e^xP(1). Si en vez de e^x tenemos e^{rx} entonces obtenemos la expresión más general P(D)e^{rx}=a_nr^ne^{rx}+\cdots+a_1re^{rx}+a_0e^{rx}=e^{rx}\left(a_nr^n+\cdots+a_1r+a_0\right)=e^xP(r).

Propiedad 2: Efecto de los operadores (D+a) y (D-a) sobre la función exponencial y=e^{rx}. En este caso es fácil ver, derivando, que se cumple:

\begin{array}{l}\left(D+a\right)e^{rx}=re^{rx}+ae^{rx}=\left(r+a\right)e^{rx}\\\left(D-a\right)e^{rx}=re^{rx}-ae^{rx}=\left(r-a\right)e^{rx}\end{array}

Propiedad 3: Efecto de los operadores (D+a) y (D-a) sobre la función y=e^{rx}·f(x), donde f(x) es una función derivable cualquiera. Derivando obtenemos:

\begin{array}{l}\left(D+a\right)e^{rx}\cdot f=re^{rx}\cdot f+e^{rx}f'+a\left(e^{rx}f\right)=e^{rx}\left(rf+f'+af\right)=e^{rx}\left(D+r+a\right)f;\\\left(D-a\right)e^{rx}\cdot f=re^{rx}\cdot f+e^{rx}Df-a\left(e^{rx}f\right)=e^{rx}\left(r+f'-af\right)=e^{rx}\left(D+r-a\right)f;\end{array}

Vemos que los operadores (D+a) y (D-a) aplicaos al factor e^{rx} causan que el factor "pase al otro lado" y se modifica el operador sumándole r.  Si tenemos un polinomio P(D) que puede descomponerse en producto de binomios, entonces podemos aplicar reiteradamente la propiedad 3.

Ejemplo 2: El operador P(D)=D^2-1 se descompone como P(D)=(D-1)(D+1), luego para calcular P(D)e^{5x}\cos(x) hacemos:

\begin{array}{l}\left(D+1\right)e^{5x}\cdot\cos\left(x\right)=e^{5x}\left(D+6\right)\cos\left(x\right);\\P(D)e^{5x}\cdot\cos\left(x\right)=\left(D-1\right)e^{5x}\left(D+6\right)\cos\left(x\right)=e^{5x}\left(D+4\right)\left(D+6\right)\cos\left(x\right)\end{array}

Propiedad 4: P(D)\left[e^{at}\cdot f\left(t\right)\right]=e^{at}P\left(D+a\right)f\left(t\right). Es una consecuencia de la propiedad 3. Además, tomando f(t)=1 obtenemos la propiedad 1, por tanto esta propiedad incluye a la primera como caso especial.

Propiedad 5: Inversa de un operador P(D); se cumple que \frac1{P\left(D\right)}\left[e^{at}f\left(t\right)\right]=e^{at}\frac1{P\left(D+a\right)}f\left(t\right). Es una consecuencia de la propiedad 4: definimos g(t)=\frac1{P\left(D+a\right)}f\left(t\right) y le aplicamos la propiedad 4:

\begin{array}{l}P\left(D\right)e^{at}g(t)=e^{at}P\left(D+a\right)g(t)=e^{at}P\left(D+a\right)\frac1{P\left(D+a\right)}f\left(t\right)=e^{at}f\left(t\right)\Rightarrow\\\frac1{P\left(D\right)}P\left(D\right)e^{at}g(t)=\boxed{e^{at}\frac1{P\left(D+a\right)}f\left(t\right)=\frac1{P\left(D\right)}\left[e^{at}f\left(t\right)\right]}.\end{array}

Ejemplo 3: Aplicando la propiedad 5:

\begin{array}{l}\frac1{D^2-2D+1}\frac{e^t}t=e^t\frac1{\left(D+1\right)^2-2\left(D+1\right)+1}\frac1t=\\e^t\frac1{D^2+1+2D-2D-2+1}\frac1t=e^t\frac1{D^2}\frac1t\end{array}.

Aplicando la definición 1: e^t\frac1{D^2}\frac1t=e^t\int\operatorname dt\int\frac1t\operatorname dt=e^t\int\ln\left(t\right)\operatorname dt=e^tt\left(\ln\left(t\right)-1\right), la última integral se hace por partes.

Ejemplo 4: Por la propiedad 4,

\frac1{D^2-D-2}t^2e^{2t}=e^{2t}\frac1{\left(D+2\right)^2-\left(D+2\right)-2}t^2=e^{2t}\frac1{D^2+3D}t^2

Para calcular \frac1{D^2+3D}t^2 se recurre a la siguiente técnica de desarrollo en serie de 1/P(D) en potencias crecientes: dividimos P(D) por 1 para obtener un cociente C(D) y un resto R(D) que tenga grado superior al polinomio t^2, o sea, grado superior a 2:

\begin{array}{l}1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\underline{\left|3D+D^2\right.}\\\underline{-1-\frac13D}\;\;\;\;\;\;\;\frac13D^{-1}-\frac19+\frac1{27}D\\\;\;\;\;\;\;\;\;-\frac13D\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\underline{\;\;\frac13D+\frac19D^2}\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\frac19D^2\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\underline{-\frac19D^2-\frac1{27}D^3}\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;-\frac1{27}D^3\\\end{array}

Obtenemos pues C(D)=\frac13D^{-1}-\frac19+\frac1{27}D, R(D)=\frac1{27}D^3, o sea,

\frac1{3D+D^2}=\left(\frac13D^{-1}-\frac19+\frac1{27}D\right)+\frac{-\frac1{27}D^3}{3D+D^2}

Ahora lo aplicamos al polinomio t^2, teniendo en cuenta que D^3t^2=0 ya que la derivada es de orden superior al exponente:

\begin{array}{l}\frac1{3D+D^2}t^2=\left(\frac13D^{-1}-\frac19+\frac1{27}D\right)t^2+\frac{-\frac1{27}D^3}{3D+D^2}t^2=\\\frac13\int t^2-\frac19t^2+\frac1{27}Dt^2-\frac{\left(\frac1{27}D^3t^2\right)}{3D+D^2}=\\t^3-\frac19t^2+\frac1{27}2t-\frac0{3D+D^2}=t^3-\frac19t^2+\frac1{27}2t\end{array}

Nos queda:

\frac1{D^2-D-2}t^2e^{2t}=t^2=e^{2t}\frac1{D^2+3D}t^2=\boxed{e^{2t}\left(t^3-\frac19t^2+\frac1{27}2t\right)}

En general esto sucederá siempre: el resto de la división 1/P(D) anulará el polinomio, y no es necesario calcularlo cada vez. De
este ejemplo podemos dar una regla general:

Propiedad 6: Cálculo de \frac1{P(D)}Q\left(t\right) donde Q(t) es un polinomio de grado n.

a) dividimos 1 por P(D), obtenemos operadores cociente C(D) y resto R(D) con grado superior a n

b) planteamos \frac1{P(D)}Q\left(t\right)=C(D)\cdot Q\left(t\right) donde C(D) es un polinomio, que calculamos término a término

En lo que sigue aplicaremos el operador P(D) a la resolución de EDO de coeficientes constantes.

Ejemplo 5: integración de ecuaciones homogéneas de coeficientes constantes

Una ecuación homogénea se expresa como P(D)y=0. Suponiendo que P(D) puede descomponerse en producto de binomios (ésto es, si el polinomio tiene todas sus raíces reales, que pueden ser múltiples), tendremos:

\begin{array}{l}P(D)=a_0\left(D-r_1\right)^{m_1}\left(D-r_2\right)^{m_2}\dots\left(D-r_k\right)^{m_k};\\P(D)y=0\Leftrightarrow a_0\left(D-r_1\right)^{m_1}\left(D-r_2\right)^{m_2}\dots\left(D-r_k\right)^{m_k}y=0\end{array}

Esta ecuación se descompone en k ecuaciones:

\begin{array}{l}\left(D-r_1\right)^{m_1}y=0\\\left(D-r_2\right)^{m_2}y=0\\\dots\\\left(D-r_k\right)^{m_k}y=0\end{array}

Multiplicamos cada una de ellas por el factor exponencial e^{-mx}, queda:

\begin{array}{l}e^{-r_1x}\left(D-r_1\right)^{m_1}y=0\\e^{-r_2x}\left(D-r_2\right)^{m_2}y=0\\\dots\\e^{-r_kx}\left(D-r_k\right)^{m_k}y=0\end{array}

Aplicando a cada una la propiedad 3 las simplificamos y resolvemos:

\begin{array}{l}e^{-r_1x}\left(D-r_1\right)^{m_1}y=D^{m_1}e^{-r_1x}y=0\Rightarrow e^{-r_1x}y=Q_{m_1-1}\left(x\right)\\e^{-r_2x}\left(D-r_2\right)^{m_2}y=D^{m_2}e^{-r_2x}y=0\Rightarrow e^{-r_2x}y=Q_{m_2-1}\left(x\right)\\\dots\\e^{-r_kx}\left(D-r_k\right)^{m_k}y=D^{m_k}e^{-r_kx}y=0\Rightarrow e^{-r_kx}y=Q_{m_k-1}\left(x\right)\end{array}

donde los Q(x)_{m-1} son polinomios de grado m-1, pues entonces la derivada m-ésima será cero: D^m Q(x)_{m-1}=0. Despejando las y de cada ecuación y combinándolas obtenemos la solución general:

\begin{array}{l}y=e^{r_1x}Q_{m_1-1}\left(x\right)+e^{r_2x}Q_{m_2-1}\left(x\right)+\dots+e^{r_kx}Q_{m_k-1}\left(x\right)\end{array}

Ejemplo 6: Integrar y'''-2y''-5y'+6y=0. El operador es P(D)=D^3-2D^2-5D+6, lo descomponemos en producto de factores simples, P(D)=(D-1)(D+2)(D-3), todos con multiplicidad 1, luego para cada factor el polinomio Q es de grado 0 (una constante), y la solución general es y=C_1e^x+C_2e^{-2x}+C_3e^{3x}

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Integración de ecuaciones lineales de coeficientes constantes usando operadores diferenciales

Para las ecuaciones lineales del tipo

y^{(n}+P_1y^{(n-1}+\dots+P_{n-2}y^{''}+P_{n-1}y^'+P_ny=e^{rx}Q\left(x\right)

donde Q(x) es un polinomio tenemos ya un procedimiento para encontrar una solución particular: si la escribimos en la forma P(D)y=e^{rx}Q\left(x\right), entonces y=\frac1{P(D)}e^{rx}Q\left(x\right), aplicando la propiedad 5, y=e^{rx}\frac1{P(D+r)}Q\left(x\right), y aplicando la propiedad 6, y=e^{rx}\frac1{P(D+r)}Q\left(x\right)=e^{rx}C(D)e^{rx}.

Ejemplo 7: Encontrar una solución particular de y''-2y'=(x^2-2x+1)e^{-x}.

Planteamos la ecuación con operadores D:

(D^2-2D)y=(x^2-2x+1)e^{-x}\Leftrightarrow y=\frac1{D\left(D-2\right)}(x^2-2x+1)e^{-x}

Aplicamos primero la propiedad 5:

\frac1{D^2-2D}(x^2-2x+1)e^{-x}=e^{-x}\frac1{\left(D-1\right)^2-2\left(D-1\right)}(x^2-2x+1)=\frac1{D^2-4D+3}(x^2-2x+1)

Ahora la propiedad 6, dividimos 1:P(D) en potencias crecientes de D hasta obtener un resto con grado superior a 2, ya que el polinomio Q(t) en este ejemplo es x^2-2x+1, obtenemos:

\begin{array}{l}1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\underline{\left|3-4D+D^2\right.}\\\underline{-1+\frac43D-\frac13D^2}\;\;\;\;\;\;\frac13+\frac49D\\\;\;\;\;\;\;\frac43D-\frac13D^2\\\;\;\;-\frac43D+\frac{16}9D^2-\frac49D^3\end{array}

Entonces:

\begin{array}{l}\frac1{D^2-4D+3}(x^2-2x+1)=\left(\frac13+\frac49D\right)(x^2-2x+1)=\frac13(x^2-2x+1)+\frac49(2x-2)=\\\frac13x^2+\frac29x-\frac59\end{array}

y la solución particular buscada es y=e^{-x}\left(\frac13x^2+\frac29x-\frac59\right).

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Si el término de la derecha de la ecuación es una suma de términos de la forma e^{rx}Q\left(x\right), aplicando el principio de superposición de soluciones de las ecuaciones lineales encontramos una solución particular para cada término, y las sumamos todas.

Ejemplo 8: Encontrar una solución particular de y''-2y'=(x^2-2x+1)e^{-x}+x·e^{2x}.

Tenemos  P(D)y=F(x)+G(x), separamos dos problemas, el primero es (D^2-2D)y=(x^2-2x+1)e^{-x} que hemos resuelto en el ejemplo anterior; el segundo es (D^2-2D)y=x·e^{2x}. Procedemos como antes:

\begin{array}{l}(D^2-2D)y=x\cdot e^{2x}\Leftrightarrow y=\frac1{D^2-2D}\left(x\cdot e^{2x}\right)=e^{2x}\frac1{\left(D+2\right)^2-2\left(D+2\right)}x=\\e^{2x}\frac1{D^2-4D+3}x=e^{2x}\left(\frac13\right)x=\frac13xe^{2x}\end{array}

En la división 1:P(D) hemos aprovechado la del problema anterior, pero ahora es más corta, pues el polinomio Q(x)=x es de grado 1:

\begin{array}{l}1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\underline{\left|3-4D+D^2\right.}\\\underline{-1+\frac43D-\frac13D^2}\;\;\;\;\;\;\frac13\\\;\;\;\;\;\;\frac43D-\frac13D^2\\\;\;\;\end{array}

Superponiendo las dos soluciones encontradas, obtenemos la solución particular requerida:

y=e^{-x}\left(\frac13x^2+\frac29x-\frac59\right)+\frac13xe^{2x}

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Generalización a otras ecuaciones

El método que hemos visto se puede generalizar a ecuaciones con el término de la derecha distinto de e^{rx}Q\left(x\right), e incluso se puede aplicar a ecuaciones con coeficientes variables. Además, el factor exponencial e^{rx} también puede generalizarse con exponentes imaginariose^{irx}; en éste último caso aplicando la propiedad 1 se cumple que

P(D^2)e^{irt}=e^{irt}P\left(\left(ir\right)^2\right)=e^{irt}P\left(-r^2\right)

Usando la identidad e^{irt}=\cos\left(rt\right)+i\sin\left(rt\right) en la expresión anterior, e igualando partes reales e imagnarias, obtenemos una nueva propiedad del operador D:

\begin{array}{l}P(D^2)\left(\cos\left(rt\right)+i\sin\left(rt\right)\right)=P(D^2)\cos\left(rt\right)+P(D^2)i\sin\left(rt\right)=\\e^{irt}P\left(-r^2\right)=P\left(-r^2\right)\cos\left(rt\right)+P\left(-r^2\right)i\sin\left(rt\right)\Rightarrow\\\boxed{\begin{array}{l}P(D^2)\cos\left(rt\right)=P\left(-r^2\right)\cos\left(rt\right),\;\\P(D^2)\sin\left(rt\right)=P\left(-r^2\right)i\sin\left(rt\right).\end{array}}\end{array}

Ejemplo 9: Empleamos exponentes complejos para simplificar la siguiente expresión:

\begin{array}{l}\frac1{D^2-2D+2}te^t\cos\left(t\right)=e^t\frac1{D^2+1}t\cos\left(t\right)=e^t\boldsymbol R\boldsymbol e\left\{\frac{\mathbf1}{\mathbf D^\mathbf2\boldsymbol+\mathbf1}\mathbf t\mathbf e^{\mathbf i\mathbf t}\right\}=\\e^t\boldsymbol R\boldsymbol e\left\{\mathrm e^\mathrm{it}\frac1{\left(\mathrm D+\mathrm i\right)^2+1}\mathrm t\right\}\boldsymbol=e^t\boldsymbol R\boldsymbol e\left\{\mathrm e^{it}\frac1{\mathrm D^2+2\mathrm{iD}}\mathrm t\right\}\boldsymbol=\end{array}

el símbolo \boldsymbol R\boldsymbol e significa "parte real de..."; ahora dividimos:

\begin{array}{l}1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\underline{\left|2iD+D^2\right.}\\\underline{-1-\frac1{2i}D}\;\;\;\;\;\frac1{2i}D^{-1}\\\;\;\;\;\;\;-\frac1{2i}D\end{array}

entonces:

\begin{array}{l}e^t\boldsymbol R\boldsymbol e\left\{\mathrm e^{it}\frac1{\mathrm D^2+2\mathrm{iD}}\mathrm t\right\}=e^t\boldsymbol R\boldsymbol e\left\{\mathrm e^{it}\frac1{2\mathrm i}\mathrm D^{-1}\mathrm t\right\}=\\e^t\boldsymbol R\boldsymbol e\left\{\left(\frac{-\sin\left(\mathrm t\right)}2+\frac{\mathrm i}2\cos\left(\mathrm t\right)\right)\mathrm D^{-1}\mathrm t\right\}=e^t\frac{-\sin\left(\mathrm t\right)}2\int t\operatorname dt=-\frac{t^2}4e^t\sin\left(t\right)\end{array}.

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Ejercicios

1. Resolver y''-2y'=(x^3-2x+1)e^{-x}.

2. Resolver y''-2y'=x^2-5

3. Resolver y''-2y'+2y=e^x\cdot\cos(x) usando exponenciales complejas para representar la función coseno.

EDOs lineales de orden superior

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EDOs lineales de segundo orden

Tienen la forma A(x)y''+B(x)y'+C(x)y=F(x). En el caso de que F(x)=0 se llaman ecuaciones homogéneas, que discutimos ahora.

Ecuaciones lineales homogéneas de segundo orden

La ecuación homogénea A(x)y''+B(x)y'+C(x)y=0 asociada a la ecuación lineal completaA(x)y''+B(x)y'+C(x)y=F(x) tiene la siguiente propiedad:

Proposición 1 (principio de superposición): Si y_{1},y_{2} son dos soluciones independientes de la ecuación lineal, entonces y=c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2} es la solución general de la ecuación lineal, siendo c_{1},c_{2} valores reales cualesquiera.

Observemos que el principio de superposición se aplica por igual a ecuaciones lineales homogéneas y completas. Además, exige que las dos soluciones sean independientes. Después del siguiente ejemplo lo aclaramos.

Ejemplo 1:  y_{1}=\cos x e y_{2}=\sin x son dos soluciones independientes de la ecuación \mbox{y''+y=0}, por tanto y=c_{1}\cos x+c_{2}\sin x es la solución general.

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Combinaciones lineales de soluciones e independencia lineal

Las funciones y_{1}=\cos x e y_{2}=2\cos x som ámbas soluciones de la ecuación del ejemplo 1, pero no son linealmente independientes, pues podemos escribir la segunda en función de la primera: y=C\sin\left(x\right). En general, si tenemos dos funciones y_1,y_2 que pueden escribirse una en función de la otra, podremos ponerlas en la forma C_1y_1+C_2y_2=0; derivando respecto de x obtenemos una segunda condición: C_1y'_1+C_2y'_2=0. Las dos ecuaciones anteriores forman un sistema de ecuaciones con dos incógnitas:

\left.\begin{array}{r}C_1y_1+C_2y_2=0\\C_1y'_1+C_2y'_2=0\end{array}\right\}

Si este sistema tiene soluciones C_1, C_2, entonces las funciones y_1,y_2 no son independientes; esto sucederá cuando el determinante del sistema no valga cero; por tanto, la condición de independencia será que ese determinante valga cero:

\begin{bmatrix}y_1&y_2\\y'_1&y'_2\end{bmatrix}=0\Rightarrow y_1,y_2\;\text{linealmente independientes}

Al determinante anterior formado con las funciones y_1,y_2 y sus derivadas se le conoce por el nombre de determinante Wronskiano del conjunto de funciones {y_1,y_2}, y se generaliza fácilmente a conjuntos de n funciones \left\{y_1,y_{2,\dots,}y_n\right\}.

Ejemplo 2: Las funciones e^x, e^{-x},Cosh(x) no son linealmente independientes, pues su Wronskiano es:

\begin{bmatrix}e^x&e^{-x}&Cosh\left(x\right)\\e^x&-e^{-x}&Sinh\left(x\right)\\e^x&e^{-x}&Cosh\left(x\right)\end{bmatrix}=0

pues la primera y la última fila del determinante son iguales,y por la propiedades de los determinantes, el resultado es cero.

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Caso de coeficientes constantes: ecuación característica

Cuando los  coeficientes A(x), B(x), C(x) de la ecuación homogénea son constantes A, B, C, que no dependen de x, sabemos que las funciones del tipo y=e^{rx} son soluciones particulares, pues:

y=e^{rx}\Rightarrow Ay''+By'+Cy=Ar^2e^{rx}+Bre^{rx}+Ce^{rx}=e^{rx}\left(Ar^2+Br+C\right)

así que la ecuación homogénea equivale a:

e^{rx}\left(Ar^2+Br+C\right)=0\Rightarrow Ar^2+Br+C=0,

que se reduce a una ecuación algebraica de segundo grado en r, la cual se denomina ecuación característica de la ecuación diferencial lineal homogénea. Resolviéndola, obtenemos dos valores r_{1},r_{2}, y la solución general, por la proposición 1,  será la combinación lineal y=c_{1}e^{r_{1}x}+c_{2}e^{r_{2}x}.

Ejemplo 3: Resolver y''-6y'=0

La ecuación característica se obtiene directamente sustituyendo la "y" por "r" y el orden de la derivada por el exponente correspondiente:  r^2-6r=0; la solución es r^2-6r=0\Rightarrow r_1=0,\;r_2=6, y la solución general es y=c_1e^{0x}+c_2e^{6x}=c_1+c_2e^{6x}.

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Caso de que la ecuación característica tenga solución única

Si la ecuación característica tiene una raíz doble r_{1}=r_{2}=r entonces  no tenemos dos soluciones independientes y_{1},y_{2} ; en tal caso la solución general viene dada por y=\left(c_{1}+c_{2}x\right)e^{rx}.

Ejemplo 4: Resolver y''-2y'+y=0.

La ecuación característica r^{2}-2r+1=0 tiene una única solución r=1, y por tanto la solución general será y=\left(c_{1}+c_{2}x\right)e^{x}.

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Caso de que la ecuación característica tenga soluciones complejas

Cuando la ecuación característica tenga un par de raíces complejas conjugadas r_{1}=a+bi, r_{2}=a-bi, entonces la solució general viene dada por y=e^{ax}\left(c_{1}\cos bx+c_{2}\sin bx\right).

Ejemplo 5: Resolver y''-4y'+5y=0.

La ecuación característica r^{2}-4r+5=0 tiene raíces complejas r_{1}=2+i, r_{2}=2-i, la solución general és y=e^{2x}\left(c_{1}\cos x+c_{2}\sin x\right).

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Ecuaciones lineales de segundo orden no homogèneas

La ecuación lineal no homogènea A(x)y''+B(x)y'+C(x)y=F(x), por ser lineal,  tiene la propiedad de que, si tenemos una solución particular cualquiera y_{p}(x), y si sabemos resolver la ecuación homogénea asociada A(x)y''+B(x)y'+C(x)y=0, siendo y_{h}(x) la solución general
de la homogènea, entonces la solución general de la ecuación no homogénea es y(x)=y_{h}(x)+y_{p}(x). Acabamos de ver que si los coeficientes son constantes, siempre podremos encontrar la solución general de la homogènea.

Ejemplo 6: la función y_{p}(x)=3x es una solución particular de y''+4y=12x. Si resolvemos la ecuación homogènia y''+4y=0 obtenemos  y_{h}(x)=c_{1}\cos x+c_{2}\sin x, así pues la solución general de la no homogénea es y=3x+c_{1}\cos x+c_{2}\sin x.

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Método de los coeficientes indeterminados

Si en la ecuación lineal completa A(x)y''+B(x)y'+C(x)y=F(x) el término F(x) es un polinomio en x, o bien una exponencial e^{rx}, o bien una función sin(kx) o cos(kx), o bien es una suma de esas funciones, entonces podemos intentar aplicar este método para encontrar una solución particular de la ecuación.

El método consiste en ensayar como solución una combinación lineal parecida a f(x):

  • si f(x) es un polinomio de grado n, ensayamos para y_p un polinomio del mismo grado y coeficientes indeterminados
  • si f(x)=pe^{qx}, ensayamos para y_p una función y_p=Ae^{Bx}
  • si f(x)=sin(kx) , ensayamos para y_p una función y_p=Asin(kx)+Bcos(kx)
  • si f(x) es una suma  de los tipos anteriores, aplicamos la proposición 1 (superposición): encontraremos soluciones particulares para cada tipo por separado, la solución buscada será la suma de las anteriores.

Ejemplo 7: Para encontrar una solución particular de y''+y=2x^3 ensayamos y_p=Ax^3+Bx^2+Cx+D. Derivamos y sustituimos en la ecuación:

\begin{array}{l}y_p=Ax^3+Bx^2+Cx+D;\\y'_p=3Ax^2+2Bx+C;\\y''_p=6Ax+2B;\\y''+y=2x^3\Leftrightarrow\left(6Ax+2B\right)+\left(Ax^3+Bx^2+Cx+D\right)=2x^3\end{array}

Operando e igualando términos:

\begin{array}{l}Ax^3+Bx^2+\left(C+6A\right)x+\left(2B+D\right)=2x^3\Leftrightarrow\\A=2,B=0,\\6A+C=0\Leftrightarrow12+C=0\Leftrightarrow C=-12,\\2B+D=0\Leftrightarrow D=0\end{array}

Hemos obtenido una solución particular: y_p=2x^3-12x.

Ejemplo 8:  Para encontrar una solución particular de y''+y=2x^3-2e^x primero ensayamos y_p=Ax^3+Bx^2+Cx+D y después ensayamos y_p=me^x. La primera solución particular la hemos obtenido en el ejemplo anterior, para la segunda, derivamos y sustituimos:

\begin{array}{l}y_p=me^x\Rightarrow y'_p=y''_p=y;\\y_p''+y_p=-2e^x\Leftrightarrow2y_p=2me^x=-2e^x\Rightarrow m=-1\end{array}

entonces la solución particular será la suma de las obtenidas: y_p=2x^3-12x-e^x.

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Caso de que la solución particular a ensayar sea solución de la homogénea asociada

Cuando en la ecuación lineal completa A(x)y''+B(x)y'+C(x)y=F(x) el término F(x) sea una solución de la homogénea asociada A(x)y''+B(x)y'+C(x)y=0 el método anterior fallará; en ese caso ensayamos y_p=x^a·F(x) siendo a el menor valor entero posible tal que y_p no es solución de la homogénea asociada; tal valor dependerá de la ecuación característica asociada a la homogénea: si tiene raíces simples bastarà con tomar a=1, si tiene raíces dobles tomamos a=2.

Ejemplo 9:  Para encontrar la solución general de y''-y=2-2e^x primero encontramos la solución general de la homogénea: r^2-1=0 y tenemos las raíces r=\pm1\Rightarrow y_h=C_1e^x+C_2e^{-x}. Para encontrar la solución general no podemos ensayar y_p=me^x pues es una solución de la homogénea, y_p=me^x\Rightarrow y''-y=me^x-me^x=0, pero podemos provar y_p=mx^a·e^x, tomando a=1 pues la multiplicidad de las raíces de la homogénea es 1:

\begin{array}{l}y_p=mxe^x\Rightarrow y'_p=me^x+mxe^x=\left(1+x\right)me^x;y''_p=me^x+\left(1+x\right)me^x=\left(2+x\right)me^x;\;\\y''-y=\left(2+x\right)me^x-mxe^x=2me^x=-2e^x\Rightarrow m=-1\end{array}

Tenemos pues la solución general y=y_h+y_p=C_1e^x+C_2e^{-x}-xe^x.

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Método de variación de constantes

El mètodo de coeficientes indeterminados suele ser el más simple para obtener soluciones particulares, pero sólo es útil para ecuaciones con términos independientes de las formas a) polinomios en x, b) exponenciales e^{rx}, c) sen(kx) o cos(kx), d) una combinación lineal de los anteriores. En este apartado vemos un método que, en principio, puede aplicarse siempre, claro que puede generar integrales demasiado complicadas, pero no hay una limitación genérica como sucede con el método de coeficientes indeterminados.

Si tenemos la ecuación lineal de segundo orden completa y''+P(x)y'+Q(x)y=F(x), de la cual hemos obtenido la solución y_h=C_1y_1+C_2y_2 de la homogénea asociada y''+P(x)y'+Q(x)y=0, el método de variación de contantes ensaya una solución y=u_1y_1+u_2y_2 en la que usamos las funciones y_1, y_2 de la y_h pero substituimos las contantes C_1, C_2 por funciones desconocidas u_1, u_2 (de ahí el nombre "variación de constantes"). Entonces tenemos dos incógnitas, u_1, u_2, y una única ecuación que deben cumplir, y''+P(x)y'+Q(x)y=F(x), teniendo más incógnitas que ecuaciones la solución queda indeterminada; podemos añadir una segunda ecuación para eliminar la indeterminación, ¿cuál?

 Derivando la y: y'=u_1'y_1+u_1y_1'+u_2'y_2+u_2y_2'=\left(u_1'y_1+u_2'y_2\right)+\left(u_1y_1'+u_2y_2'\right), en este método se impone que se anule el miembro \left(u_1'y_1+u_2'y_2\right), de forma que la expresión de la derivada de y se simplifica: y'=\left(u_1'y_1+u_2'y_2\right)+\left(u_1y_1'+u_2y_2'\right)=u_1y_1'+u_2y_2'. Volviendo a derivar para obtener la segunda derivada: y''=u_1'y_1'+u_1y_1''+u_2'y_2'+u_2y_2''=\left(u_1'y_1'+u_2'y_2'\right)+\left(u_1y_1''+u_2y_2''\right

Pero tanto y_1 como y_2 son soluciones de la ecuación homogénea asociada, y cumplirán:

    \[y''+P(x)y'+Q(x)y=0\Leftrightarrow y_1''=-P(x)y_1'-Q(x)y_1,\;y_2''=-P(x)y_2'-Q(x)y_2\]

Sustituimos las expresiones de y_1'', y_2'' en la expresión de y'':

\begin{array}{l}y''=\left(u_1'y_1'+u_2'y_2'\right)+\left(u_1y_1''+u_2y_2''\right)=\\\left(u_1'y_1'+u_2'y_2'\right)+u_1\left(-P(x)y_1'-Q(x)y_1\right)+u_2\left(-P(x)y_2'-Q(x)y_2\right)=\\\left(u_1'y_1'+u_2'y_2'\right)-\left(u_1y_1'+u_2y_2'\right)P(x)-\left(u_1y_1+u_2y_2\right)Q(x)=\\\left(u_1'y_1'+u_2'y_2'\right)-y'P(x)-yQ(x)\\\end{array}

Substituyendo en la ecuación completa queda reducida a \begin{array}{l}\left[\left(u_1'y_1'+u_2'y_2'\right)-y'P(x)-yQ(x)\right]+P(x)y'+Q(x)y=F(x)\Leftrightarrow\\u_1'y_1'+u_2'y_2'=F(x)\\\\\end{array}.

En definitiva, el método reduce la ecuación de segundo orden lineal  completa a un sistema de dos ecuaciones lineales de orden 1:

\left.\begin{array}{r}u_1'y_1'+u_2'y_2'=F(x)\\u_1'y_1+u_2'y_2=0\end{array}\right\}

Ejemplo 10: Resolver y''+y=\tan\left(x\right).

La ecuación característica de la homogénea asociada es r^2+1=0 con raíces \pmi, y por tanto la solución general de la homogénea es y_h=C_1\sin\left(x\right)+C_2\cos\left(x\right), identificamos y_1=\sin\left(x\right), y_2=\cos\left(x\right), derivamos ambas: y_1'=\cos\left(x\right), y_2'=-\sin\left(x\right), y escribimos el sistema de ecuaciones:

\left.\begin{array}{r}u_1'\cos\left(x\right)-u_2'\sin\left(x\right)=\tan\left(x\right)\\u_1'\sin\left(x\right)+u_2'\cos\left(x\right)=0\end{array}\right\}

Multiplicamos la 1a ecuación por cos(x) y la 2a por sen(x):

\left.\begin{array}{r}u_1'\cos^2\left(x\right)-u_2'\cos\left(x\right)\sin\left(x\right)=\tan\left(x\right)\\u_1'\sin^2\left(x\right)+u_2'\sin\left(x\right)\cos\left(x\right)=0\end{array}\right\}

Sumamos ambas ecuaciones para eliminar una de las incógnitas, obtenemos una única EDO que en este caso es separable:

\begin{array}{l}u_1'\left(\cos^2\left(x\right)+\sin^2\left(x\right)\right)=\tan\left(x\right)\Leftrightarrow u_1'=\tan\left(x\right)\Leftrightarrow\operatorname du=\tan\left(x\right)\operatorname dx\Leftrightarrow\\u_1=\int\tan\left(x\right)\operatorname dx=-\ln\left(\cos\left(x\right)\right)\end{array}

Substituyendo en alguna de las ecuaciones del sistema, por ejemplo en la primera, obtenemos:

u_1'\sin\left(x\right)+u_2'\cos\left(x\right)=0\Leftrightarrow u_2'=-u_1'\tan\left(x\right)=-\tan^2\left(x\right)

Ahora que ya tenemos u_1, u_2 podemos escribir la solución particular:

\begin{array}{l}y_p=u_1y_1+u_2y_2=-\ln\left(\cos\left(x\right)\right)\cdot\sin\left(x\right)-\tan^2\left(x\right)\cdot\cos\left(x\right)=\\-\sin\left(x\right)\left[\ln\left(\cos\left(x\right)\right)+\tan\left(x\right)\right]\end{array}

y la solución general la obtenemos sumando la de la homogénea y la particular:

y=y_h+y_p=C_1\cos\left(x\right)+C_2\sin\left(x\right)-\sin\left(x\right)\left[\ln\left(\cos\left(x\right)\right)+\tan\left(x\right)\right].

NOTA: De hecho el sistema de dos ecuaciones se puede resolver de forma general, por ejemplo aplicando la regla de Cramer:

\left.\begin{array}{r}u_1'y_1'+u_2'y_2'=F(x)\\u_1'y_1+u_2'y_2=0\end{array}\right\}\Rightarrow u_1'=\frac{\begin{vmatrix}F(x)&y_2'\\0&y_2\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}y_1'&y_2'\\y_1&y_2\end{vmatrix}}=\frac{F(x)y_2}{y_1'y_2-y_2'y_1}

que nos proporciona la primera incógnita:

u_1=\int\frac{F(x)y_2}{y_1'y_2-y_2'y_1}\operatorname dx

y para la segunda tenemos:

u_2'=\frac{\begin{vmatrix}y_1'&F(x)\\y_1&0\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}y_1'&y_2'\\y_1&y_2\end{vmatrix}}=\frac{F(x)y_1}{y_1'y_2-y_2'y_1}\Rightarrow u_2=\int\frac{F(x)y_1}{y_1'y_2-y_2'y_1}\operatorname dx,

con lo cual, para el caso de EDO lineales de segundo orden, obtenemos la denominada fórmula de variación de parámetros, aplicándola, no es necesario seguir los pasos del método:

u_1=\int\frac{F(x)y_2}{y_1'y_2-y_2'y_1}\operatorname dx,\;u_2=\int\frac{F(x)y_1}{y_1'y_2-y_2'y_1}\operatorname dx

De paso, observemos que el determinante del denominador es equivalente al Wronskiano de las funciones y_1, y_2, por tanto siempre que estas soluciones de la homogénea sean linealmente independientes el sistema tendrá solución y existirá la solución particular.

De hecho, la fórmula de variación de parámetros puede generalizarse a EDOs lineales de orden n: si llamamos W_i al determinante que resulta de substituir la columna i-ésima del Wronskiano por el término independiente del sistema \begin{bmatrix}F(x)\\0\\\vdots\\0\end{bmatrix}, resulta la fórmula que nos da cada función u_i(x), que es simplemente:

\boxed{u_i=\int\frac{F(x)W_i}W\operatorname dx}

EDOs lineales de coeficientes constantes de orden superior

Todo lo visto hasta ahora para EDOs lineales de segundo orden puede generalizarse para órdenes superiores.

Ejemplo 11: la ecuación lineal homogénea de tercer orden y'''+y''-2y'=0 tiene la ecuación característica r^3+r^2-2r=0 cuyas raíces podemos encontrar fácilmente, son r=0, 1, -2, entonces la solución general de la ecuación es y=C_1+C_2e^x+C_3e^{-2x}.

Para la ecuación lineal completa de orden n a_ny^{(n}+a_{n-1}y^{(n-1}+\dots a_1y^'+a_0y=F(x) tendremos que resolver primero la homogénea asociada encontrando las n raíces de la ecuación característica, obteniendo n soluciones independientes de la homogénea, y después necesitaremos obtener una solución particular independiente de la completa, para expresar la solución general como y=y_h+y_p=\left(A_ny_{h_n}+A_{h_{n-1}}y+\dots A_1y_{h_1}\right)+y_p La independencia de n soluciones puede comprobarse calculando el Wronskiano, que contiene las funciones y sus derivadas hasta el orden n-1:

\begin{bmatrix}y_1&\cdots&y_n\\\vdots&\vdots&\vdots\\y_1^{(n-1}&&y_n^{(n-1}\end{bmatrix}\neq0

 Ejemplo 12: Resolver la ecuación lineal de cuarto orden y^{(4}-y=3cos(x).

La ecuación característica es r^4-1=0 con raíces r^4-1=0\Leftrightarrow r^2=\pm1\Leftrightarrow r=\pm1,\pm\sqrt{-1}=\pm i, como hemos visto en un apartado anterior, las soluciones independientes de la homogénea son e^x, e^{-x}, cos(x), sin(x), y la solución general de la homogénea es y_h=C_1e^x+C_2e^{-x}+C_3\cos\left(x\right)+C_4\sin\left(x\right). Para la solución particular, como el término independiente es F(x)=3\cos(x) el método de coeficientes indeterminados sugiere y_p=A\cos(x)+B\sin(x) pero en este caso esta función forma parte de la solución de la homogénea, con multiplicidad 1, por tanto tomamos y_p=Ax\cos(x)+Bx\sin(x), derivando cuatro veces obtenemos y_p^{(4}=(4A+Bx)\sin(x)+(Ax-4B)\cos(x), sustituimos en la ecuación completa:

\begin{array}{l}\begin{array}{l}y^{(4}-y=3cos(x)\Leftrightarrow\\(4A+Bx)\sin(x)+(Ax-4B)\cos(x)-Ax\cos(x)+Bx\sin(x)=3cos(x)\Leftrightarrow\end{array}\\4A\sin(x)-4Bcos(x)=3cos(x)\Rightarrow A=0,\;B=-\frac34\end{array},

obtenemos la solución general:

y=C_1e^x+C_2e^{-x}+C_3\cos\left(x\right)+C_4\sin\left(x\right)-\frac34x\cdot\sin\left(x\right)

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Ecuación de Euler

Todo los que hemos visto hasta ahora son ecuaciones lineales con coeficientes constantes, pues las de coeficientes variables son en general o muy difíciles o imposibles de resolver analíticamente. Uno de los pocos casos resolubles es el de la ecuación de Euler:

a_nx^ny^{(n}+\dots+a_1xy'+a_0y=F(x)

o sea es del tipo en el que las potencias de x disminuyen como los órdenes de derivación de y, incluso cuando no coinciden la potencia y el orden en cada término, ya que entonces podemos multiplicar (o dividir según convenga) toda la ecuación por la potencia de x conveniente. Por ejemplo, la ecuación 3x^2y^{'''}+5xy''-y'\;+\frac yx=e^x se convierte en el tipo Euler multiplicándola por x para obtener 3x^3y^{'''}+5x^2y''-xy'\;+y=xe^x.

Para resolver la homogénea asociada se ensaya y_h=x^r, que proporcionará una ecuación en r. Para encontrar una solución particular se realiza el cambio x=e^t que convierte la ecuación de Euler en otra de coeficientes constantes.

Ejemplo 13: Resolver 3x^3y^{'''}+5x^2y''-xy'\;+y=x.

Probamos y_h=x^r en la homogénea; calculamos las derivadas sucesivas y sustituimos en la ecuación homogénea:

\begin{array}{l}y_h=x^r;\;y'=rx^{r-1};\;y''=r\left(r-1\right)x^{r-2};\;y_h^{(3}=r\left(r-1\right)\left(r-2\right)x^{r-3}\Rightarrow\\3x^3y^{'''}+5x^2y''-xy'\;+y=0\Rightarrow\\3x^3r\left(r-1\right)\left(r-2\right)x^{r-3}+5x^2r\left(r-1\right)x^{r-2}-xrx^{r-1}+x^r=0\Rightarrow\\3r\left(r-1\right)\left(r-2\right)+5r\left(r-1\right)-r+1=0\Leftrightarrow\end{array}

Resolvemos la ecuación: una raíz es inmediato ver que es r=1, dividiendo por r-1 obtenemos la ecuación 3r^2-r-1=0 con raíces \frac{1\pm\sqrt{13}}6. La solución de la homogénea es pues:

y_h=C_1x+C_2x^{\frac{1+\sqrt{13}}6}+C_3x^{\frac{1-\sqrt{13}}6x}

Para encontrar una solución particular de la completa, la transformamos con el cambio x=e^t, primero obtenemos las derivadas de y respecto de la variable t, aplicando la igualdad \frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}=\frac{\operatorname dy}{\operatorname dt}\frac{\operatorname dt}{\operatorname dx}, comanzando por y':

y'=\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}=\frac{\operatorname dy}{\operatorname dt}\frac{\operatorname dt}{\operatorname dx}=\frac{\operatorname dy}{\operatorname dt}\left(\frac{\operatorname dx}{\operatorname dt}\right)^{-1}=\frac{\operatorname dy}{\operatorname dt}\left(\frac{\operatorname de^t}{\operatorname dt}\right)^{-1}=\frac{\operatorname dy}{\operatorname dt}e^{-t}

y aplicando la misma técnica reiteradamente:

\begin{array}{l}y''=\frac{\operatorname dy'}{\operatorname dx}=\frac d{dx}\left(\frac{\operatorname dy}{\operatorname dt}e^{-t}\right)=\frac d{dt}\left(\frac{\operatorname dy}{\operatorname dt}e^{-t}\right)\frac{\operatorname dt}{\operatorname dx}=\left(\frac{\operatorname d^2y}{\operatorname dt^2}e^{-t}-\frac{\operatorname dy}{\operatorname dt}e^{-t}\right)e^{-t}=e^{-2t}\left(\frac{\operatorname d^2y}{\operatorname dt^2}-\frac{\operatorname dy}{\operatorname dt}\right);\\y'''=\frac{\operatorname dy''}{\operatorname dx}=\frac d{dx}\left[e^{-2t}\left(\frac{\operatorname d^2y}{\operatorname dt^2}-\frac{\operatorname dy}{\operatorname dt}\right)\right]=\frac d{dt}\left[e^{-2t}\left(\frac{\operatorname d^2y}{\operatorname dt^2}-\frac{\operatorname dy}{\operatorname dt}\right)\right]\frac{\operatorname dt}{\operatorname dx}=\\\left[-2e^{-2t}\left(\frac{\operatorname d^2y}{\operatorname dt^2}-\frac{\operatorname dy}{\operatorname dt}\right)+e^{-2t}\left(\frac{\operatorname d^3y}{\operatorname dt^3}-\frac{\operatorname d^2y}{\operatorname dt^2}\right)\right]e^{-t}=\\e^{-3t}\left[\frac{\operatorname d^3y}{\operatorname dt^3}-3\frac{\operatorname d^2y}{\operatorname dt^2}+2\frac{\operatorname dy}{\operatorname dt}\right]\\\end{array}

Sustituimos en la ecuación original:

\begin{array}{l}3x^3y^{'''}+5x^2y''-xy'\;+y=x\Leftrightarrow\\3e^{3t}e^{-3t}\left[\frac{\operatorname d^3y}{\operatorname dt^3}-3\frac{\operatorname d^2y}{\operatorname dt^2}+2\frac{\operatorname dy}{\operatorname dt}\right]+5e^{2t}e^{-2t}\left(\frac{\operatorname d^2y}{\operatorname dt^2}-\frac{\operatorname dy}{\operatorname dt}\right)-e^t\frac{\operatorname dy}{\operatorname dt}e^{-t}+y=e^t\end{array},

operando, nos queda una ecuación lineal con coeficientes constantes:

3\frac{\operatorname d^3y}{\operatorname dt^3}-4\frac{\operatorname d^2y}{\operatorname dt^2}+y=e^t

ensayamos una solución del tipo Ate^t, ya que Ae^t es una solución de la homogénea:

\begin{array}{l}y=Ate^t;\;\frac{\operatorname dy}{\operatorname dt}=\left(1+t\right)Ae^t;\frac{\operatorname d^2y}{\operatorname dt^2}=\left(2+t\right)Ae^t;\frac{\operatorname d^3y}{\operatorname dt^3}=\left(3+t\right)Ae^t;\\3\frac{\operatorname d^3y}{\operatorname dt^3}-4\frac{\operatorname d^2y}{\operatorname dt^2}+y=e^t\Leftrightarrow\left[3\left(3+t\right)-4\left(2+t\right)+t\right]Ae^t=e^t\Leftrightarrow A=1\end{array}

La solución particular la obtenemos deshaciendo el cambio de variable: y_p=te^t=\ln\left(x\right)\cdot x;\; y la solución general será:

y=y_h+y_p=C_1x+C_2x^{\frac{1+\sqrt{13}}6}+C_3x^{\frac{1-\sqrt{13}}6x}+x\ln\left(x\right)\;.

EDOs de primer orden no lineales, cambios de variable

Introducción

En este post vemos algunos métodos de cambio de variable para resolver ecuaciones diferenciales ordinarias no lineales; en general estas ecuaciones son difíciles de resolver, y muchas veces de hecho no existe una solución analítica, esto es, una función y=f(x) explícita, que sea un polinomio, una función trigonométrica, exponencial, etc. o una combinación de las anteriores, por lo que hay que resolver la ecuación con métodos numéricos. Sólo en algunos casos especiales podemos obtener la solución analítica; incluso en estos casos, puede pasar que no podamos dar la el haz de curvas solución en forma explícita y=f(C,x), sino en forma paramétrica \phi\left(x,y,p,C\right)=0.

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Ecuaciones sin la y en la que se puede despejar y'

Este es el único caso en el que no aparece un cambio de variable, en principio: cuando la ecuación diferencial no contiene la función y,  F(x,y',y'^2, ...,y^n) = 0, y además puede ponerse en forma de un polinomio en y' tal como

A_0+A_1y'+A_2y'^2+...+A_ny'^n=0,

podemos intentar encontrar las raíces del polinomio, y'_1=F_1(x,y), y'_2=F_2(x,y), ...,y'_n=F_n(x,y), y entonces plantear las n ecuaciones lineales y'=F_1(x,y), y'=F_2(x,y), ...,y'=F_n(x,y).

Ejemplo 1: La ecuación 2y'^2-y'+x=0 es un polinomio de segundo grado en y', que puede resolverse fácilmente:

y'=\frac{1\pm\left(1-8x\right)^{1/2}}4

tenemos dos ecuaciones separables:

\begin{array}{l}\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}=\frac{1+\left(1-8x\right)^{1/2}}4\Rightarrow\int\operatorname dy=\int\frac{1+\left(1-8x\right)^{1/2}}4\operatorname dx\Rightarrow\\y=\int\frac14\operatorname dx+\frac14\frac1{-8}\int-8\left(1-8x\right)^{1/2}\operatorname dx=\frac14\left[x-\frac1{12}\left(1-8x\right)^{3/2}\right]+C\end{array}

la otra ecuación es idéntica salvo en un signo, y resulta y=\frac14\left[x+\frac1{12}\left(1-8x\right)^{3/2}\right]+C. Cada solución tiene su propio haz de curvas; en la figura se representa una curva de cada solución, para C=0.

Dos soluciones de 2y'² - y' + x = 0
Dos soluciones de 2y'² - y' + x = 0

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Ecuaciones en la que se puede despejar y

En este caso de la ecuación F(x,y,y') = 0 podemos despejar y, resultando y=F(x,y'). Se puede intentar la sustitución y'=p que convierte la ecuación en y=F(x,p); derivando respecto de x obtenemos y'=p=F_x+F_p·p' donde la notación F_x, F_p denotan las derivadas parciales de F respecto de x, p. Despejando p' obtenemos p'=\frac{p-F_x}{F_p}=\varphi\left(x,p\right) que es la misma ecuación diferencial pero con respecto a p(x), con la derivada p' despejada, que puede ser más fácil de resolver.

Ejemplo 2: La ecuación x^2y'^2-y=0 permite despejar tanto y' como y; si despejamos y, con la sustitución y'=p, obtenemos x^2p^2=y, derivando respecto de x:

\begin{array}{l}2xp^2+2x^2p\cdot p'=y'=p\Rightarrow2px\left(p+xp'\right)=p\Rightarrow2x\left(p+xp'\right)=1\Rightarrow\\p+xp'=\frac1{2x}\Rightarrow p'+\frac1xp=\frac1{2x^2}\end{array}

que es una ecuación diferencial lineal; la lineal homogénea es p'+\frac1xp=0, de variables separables:

\begin{array}{l}p'+\frac1xp=0\Rightarrow\frac{\operatorname dp}{\operatorname dx}=-\frac1xp\Rightarrow\int\frac{\operatorname dp}p=-\int\frac{\operatorname dx}x\Rightarrow\\\ln\left(p\right)=-\ln\left(x\right)+C\Rightarrow p_h=\frac Cx\end{array}.

La notación p_h significa "solución de la ecuación homogénea" Para encontrar una solución particular de la ecuación completa, utilizamos el método de variación de constantes: p=\frac{C\left(x\right)}x; derivamos y sustituimos en la ecuación lineal:

\begin{array}{l}\begin{array}{l}p'=\frac{C'\left(x\right)\cdot x-C\left(x\right)\cdot1}{x^2}=C'\left(x\right)\frac1x-C\left(x\right)\frac1{x^2};\\p'+\frac1xp=\frac1{2x^2}\Rightarrow\left[C'\left(x\right)\frac1x-C\left(x\right)\frac1{x^2}\right]+\frac1xC\left(x\right)\cdot\frac1x=\frac1{2x^2}\Rightarrow\end{array}\\C'\left(x\right)\frac1x=\frac1{2x^2}\Rightarrow\frac{\operatorname dC}{\operatorname dx}=\frac1{2x}\Rightarrow\int\operatorname dC=\int\frac1{2x}\operatorname dx=\frac12\int\frac1x\operatorname dx\Rightarrow\\C\left(x\right)=\frac12\ln\left(x\right).\end{array}

La solución particular es pues p=\frac{C\left(x\right)}x,\;C\left(x\right)=\frac12\ln\left(x\right)\;\Rightarrow p=\frac{\ln\left(x\right)}{2x} y la solución general se obtiene combinando la solución de la homogénea y la solución particular:

p=C\frac1x+\frac{\ln\left(x\right)}{2x}

Esta igualdad relaciona el parámetro p con la variable independiente x; añadiendo la igualdad x^2p^2=y obtenemos la expresión del haz de curvas solución en paramétricas:

\left\{\begin{array}{l}p=C\frac1x+\frac{\ln\left(x\right)}{2x}\\x^2p^2=y\end{array}\right.

Tal como vienen dadas estas ecuaciones, para determinar los puntos (x,y) de las curvas solución, damos valores a la variable independiente x, a continuación hallamos p(x) con la primera ecuación, y por último hallamos y(x,p) con la segunda ecuación:

Algunos puntos (x,y) obtenidos de las ecuaciones paramétricas
Algunos puntos (x,y) obtenidos de las ecuaciones paramétricas

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Ecuaciones en la que se puede despejar x

Si no podemos despejar y pero sí la x, tendremos x=F(y,y'), la sustitución y'=p convierte la ecuación en x=F(y,p), per ahora consideraremos que p no es función de x, sino de y'; evidentemente, como y' es a su vez función de x, p también ha de ser función de x, pero lo será de forma implícita: p(y)=p\left(y\left(x\right)\right).  Derivando  respecto de x toda la expresiónx=F(y,p) con la regla de la cadena y teniendo en cuenta las funciones implícitas y, p, obtenemos:

\begin{array}{l}\frac{\operatorname dx}{\operatorname dx}=\frac{\partial F(y,p)}{\partial y}\cdot\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}+\frac{\partial F(y,p)}{\partial p}\cdot\frac{\operatorname dp}{\operatorname dy}\cdot\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}\Leftrightarrow\\1=F_y\cdot y'+F_p\cdot p'\cdot y'\\\end{array}

donde la notación F_x, F_p denotan las derivadas parciales de F respecto de x, p. Observar como al derivar F(y,p) respecto de x realmente lo hacemos respecto de las variables y, p, pero siendo éstas últimas a su vez funciones de x, y respectivamente,  multiplicamos por sus derivadas respecto a x, y; por último, en el término \frac{\partial F}{\partial p}F(y,p)\cdot\frac{\operatorname dp}{\operatorname dy}\cdot\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx} aparece tambien la derivada de y respecto de x. Esto no es más que la regla de la cadena de las derivadas:

\frac{\operatorname d{}}{\operatorname dx}f\left(g\left(h\left(x\right)\right)\right)=\frac{\operatorname df\left(g\left(h\left(x\right)\right)\right)}{\operatorname dx}\cdot\frac{\operatorname dg\left(h\left(x\right)\right)}{\operatorname dx}\cdot\frac{\operatorname dh\left(x\right)}{\operatorname dx}

Despejamos ahora p'  de la expresión derivada :

\begin{array}{l}p'=\frac{\operatorname dp}{\operatorname dy}=\frac{1-F_y\cdot p}{F_p\cdot p}\\\end{array}

que es una ecuación diferencial en p', con p' despejada y en la que falta la p, o sea el primer caso de este post.

Ejemplo 3: Sea la ecuación diferencial ordinaria no lineal y'y=x. Aplicando el cambio y'=p la ecuación se convierte en py=x; derivando respecto x obtenemos:

\frac{\operatorname dp}{\operatorname dy}\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}y+p\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}=\frac{\operatorname dx}{\operatorname dx}\Rightarrow p'py+p^2=1\Rightarrow p'=\frac{1-p^2}{py}

que es separable: \frac{\operatorname dp}{\operatorname dy}=\frac{1-p^2}{py}\Rightarrow\int\frac p{1-p^2}\operatorname dp=\int\frac1y\operatorname dy, la primera integral es del tipo \int\frac{f'\left(x\right)}{f(x)}=\ln\left(f\left(x\right)\right), la segunda es inmediata:

\begin{array}{l}\int\frac p{1-p^2}\operatorname dp=-\frac12\int\frac{-2p}{1-p^2}\operatorname dp=-\frac12\ln\left(1-p^2\right);\\\int\frac1y\operatorname dy=\ln\left(y\right);\\\int\frac p{1-p^2}\operatorname dp=\int\frac1y\operatorname dy\Rightarrow-\frac12\ln\left(1-p^2\right)=\ln\left(y\right)+C\Rightarrow\\\ln\left(y\cdot\left(1-p^2\right)^{1/2}\right)=C\Rightarrow y\cdot\left(1-p^2\right)^{1/2}=C\Rightarrow\boxed{y=\frac C{\sqrt{1-p^2}}}\\\end{array}

que junto con la igualdad x=py nos da el haz de curvas solución en coordenadas paramétricas \phi\left(x,y,p\right).

NOTA: la ecuación de este último ejemplo es de variables separables y por tanto puede resolverse directamente:

y'y=x\Leftrightarrow\int y\operatorname dy=\int x\operatorname dx\Rightarrow\frac{y^2}2=\frac{x^2}2+C\Rightarrow y^2-x^2=C.

Además, en este caso podemos resolver explícitamente las ecuaciones paramétricas, obteniendo el mismo resultado:

\begin{array}{l}\left.\begin{array}{r}y=\frac C{\sqrt{1-p^2}}\\x=py\end{array}\right\}\Rightarrow p=\frac xy\Rightarrow y=\frac C{\sqrt{1-{\displaystyle\frac{x^2}{y^2}}}}=\frac{Cy}{\sqrt{y^2-x^2}}\Rightarrow\\1=\frac C{\sqrt{y^2-x^2}}\Rightarrow\sqrt{y^2-x^2}\;=C.\end{array},

pero en general, esto no será posible, y tendremos que dejar la solución en paramétricas, como veremos en el siguiente ejemplo.

Ejemplo 4: La ecuación 4y=x^2+(y')^2 es del tipo "se puede despejar y"; probemos el cambio y'=p que la transforma en 4y=x^2+p^2. Derivando respecto de x: 4p=2x+2pp', que es del tipo p'=F(x,p) con F homogénea de grado 0 (ver Funciones homogéneas. Aplicación a las ecuaciones diferenciales):

\begin{array}{l}4p=2x+2pp'\Rightarrow p'=\frac{2p-x}p=F(x,p);\\F(\lambda x,\lambda p)=\frac{2\lambda p-\lambda x}{\lambda p}=\frac{2p-x}p=F(x,p)\end{array},

con el cambio de variable u=p/x se convierte en una ecuación de variables separadas:

\begin{array}{l}u=p/x\Rightarrow u'=\frac{p'x-p}{x^2}\Rightarrow p'=\frac{x^2u'+p}x=\frac{x^2u'+ux}x=xu'+u;\\p'=\frac{2p-x}p\Leftrightarrow xu'+u=\frac{2ux-x}{ux}=\frac{2u-1}u\Rightarrow xu'=\frac{2u-1-u^2}u\Rightarrow\\\frac{\operatorname du}{\operatorname dx}=\frac{2u-1-u^2}{xu}\Rightarrow\int\frac u{2u-1-u^2}\operatorname du=\int\frac1x\operatorname dx\\\\\end{array}

La primera integral es del tipo racional:

\frac u{2u-1-u^2}=\frac u{-\left(u-1\right)^2}=-\frac A{u-1}-\frac B{\left(u-1\right)^2}=-\frac{A\left(u-1\right)+B}{\left(u-1\right)^2}

sustituyendo el valor u=1 llegamos a B=1 y luego a A=1, por tanto:

\int\frac u{2u-1-u^2}\operatorname du=-\int\frac1{u-1}\operatorname du-\int\frac1{\left(u-1\right)^2}\operatorname du=-\ln\left(u-1\right)+\frac1{u-1}

Entonces:

\begin{array}{l}\int\frac u{2u-1-u^2}\operatorname du=\int\frac1x\operatorname dx\Leftrightarrow-\ln\left(u-1\right)+\frac1{u-1}=\ln\left(x\right)+C\Rightarrow\\\ln\left(Cx\right)+\ln\left(u-1\right)=\frac1{u-1}\Rightarrow\ln\left(Cx\left(u-1\right)\right)=\frac1{u-1}\Rightarrow\\Cx=\frac{e^\frac1{u-1}}{u-1}.\end{array}

Si deshacemos el cambio u=p/x obtenemos:

\begin{array}{l}Cx=\frac{e^\frac1{u-1}}{u-1}=\frac1{{\displaystyle\frac px}-1}exp\left(\frac1{\frac px-1}\right)=\frac x{p-x}exp\left(\frac x{p-x}\right)\Rightarrow\\\phi\left(x,p\right)=\frac1{p-x}exp\left(\frac x{p-x}\right)=C\end{array}

que junto con la condición y=(x^2+p^2)/4 nos da el haz de curvas solución dependiente del parámetro p. Pero vemos que la función \phi\left(x,p\right) no permite despejar x, por lo que es de difícil manejo; mejor en este caso dejar las ecuaciones paramétricas en función del parámetro u:

\left.\begin{array}{r}x=C\frac{e^\frac1{u-1}}{u-1}\\y=\frac{x^2+\left(xu\right)^2}4=x^2\frac{1+u^2}4\end{array}\right\}

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Ecuaciones de Bernoulli, Ricatti, Lagrange y Clairaut

Ecuación de Bernoulli

Son de la forma y'+X(x)y=F(x)\cdot y^n y pueden reducirse a lineales con el cambio de variable v(x)=y^{1-n} siempre que n no sea ni 0 ni 1; si n = 0 entonces la ecuación es lineal.

Ejemplo 5: La ecuación dy/dx-3y/2x=2x/y és de Bernoulli, con P(x)=3/2x, Q(x)=2x,  n=-1. El cambio v=y^{2} transforma la ecuación:

y=v^{1/2}\Rightarrow y'=\frac1{2v^{1/2}}\frac{\operatorname dv}{\operatorname dx}\Rightarrow\frac1{2v^{1/2}}v'-\frac{3v^{1/2}}{2x}=\frac{2x}{v^{1/2}}

Multipliquemos todo por 2v^{1/2} para obtener v'-\frac3xv=4x que és lineal. Resolvemos esta ecuación usando la fórmula general (ver el post Ecuaciones diferenciales lineales de 1r orden):

y=e^{-\int X\left(x\right)\operatorname dx}\cdot\left[C+\int F(x)\cdot e^{\int X\left(x\right)\operatorname dx}\operatorname dx\right]

en nuestro caso es:

\begin{array}{l}\begin{array}{l}X(x)=-\frac3x,\;F(x)=4x\;\Rightarrow\int X\left(x\right)\operatorname dx=\int-\frac3x\operatorname dx=-3\ln\left(x\right),\\\int F(x)\cdot e^{\int X\left(x\right)\operatorname dx}=\int4x\cdot e^{-3\ln\left(x\right)}=\int4x\cdot x^{-3}=-4x^{-1},\\v(x)=e^{-\int X\left(x\right)\operatorname dx}\cdot\left[C+\int F(x)\cdot e^{\int X\left(x\right)\operatorname dx}\operatorname dx\right]=\end{array}\\e^{3\ln\left(x\right)}\cdot\left[C-4x^{-1}\right]=Cx^3-4x^2\end{array}

deshacemos el cambio v=y^{2} para obtener y(x)=\pm\sqrt{Cx^3-4x^2}=\boxed{\pm x\sqrt{Cx-4}}.

Ejemplo 6:  La ecuación x\left(dy/dx\right)+6y=3xy^{4/3} no és separable, ni lineal, ni homogénea ni exacta, pero dividiéndola por x resulta dy/dx+6y/x=3y^{4/3}, que es una ecuación de Bernoulli con n=4/3, P(x)=1/x,\: Q(x)=3, aplicando el cambio  v=y^{1-4/3}=y^{-1/3} se transformarà en lineal.

Ecuación de Ricatti

Son de la forma dy/dx=P(x)y^2+Q(x)y+R(x); en el caso particular de que conozcamos una de sus soluciones particulares y_p entonces el cambio y=y_p+1/v la convertirá en lineal.

Ejemplo 7: La ecuación y'+y^2=1+x^2 es de Ricatti; sabiendo que una solución particular es y=x, aplicamos el cambio y=x+1/v, derivamos y sustituimos:

\begin{array}{l}y=x+\frac1v\Rightarrow y'=1-\frac1{v^2}v';\\y'+y^2=1+x^2\Leftrightarrow1-\frac1{v^2}v'+\left(x+\frac1v\right)^2=1+x^2\Rightarrow\\1-\frac1{v^2}v'+x^2+\frac1{v^2}+2x\frac1v=1+x^2\Rightarrow \v'-2xv=1\end{array}

esta última ecuación es lineal en v'.

Ecuación de Lagrange

Son un caso particular de las ecuaciones en las que se pueden despejar y, tienen la forma y=xF(y')+G(y'). Se resuelven como hemos visto, con el cambio y'=p que las transforma en lineales en p, siempre que se cumpla p-F(p)\neq0, condición que no se cumple en las ecuaciones de la forma y=xy'+G(y'), denominadas ecuaciones de Clairaut.

Ecuación de Clairaut

Tienen la forma y=xy'+G(y') y su haz de curvas integral es directamente y=Cx+G(x), fácil de comprobar derivando y sustituyendo en la ecuación.

Ecuaciones diferenciales lineales de 1r orden

Ecuación diferencial lineal de primer orden

Es la que tiene la forma

y'+X(x)y=F(x)

donde X(x) y F(x) son funciones cualesquiera que sólo dependen de la variable independiente x.

Ejemplo 1: Las siguientes ecuaciones de primer orden son lineales

  • y'+y·sin(x)=cos(x)
  • 2y'-5ye^x+x=0, pues operando se convierte en y'+y·(-5/2)e^x = -x
  • x^2y'-e·y+3Ln(x)=0, pues podemos expresar la ecuación como y'-\frac e{x^2}\cdot y=-\frac{3Ln(x)}{x^2}.

En este ejemplo podemos darnos cuenta de que las ecuaciones son lineales en y, no en x. Cuando hay términos no lineales en y, la ecuación deja de ser lineal.

Ejemplo 2: Las siguientes ecuaciones de primer orden no son lineales, pues incluyen términos no lineales en la variable y, que no podemos linealizar:

  • y'-\frac1{x^2}\cdot y^2=x
  • yy'-y\;=2x\;
  • xy'+e^y\;=2xy\;

Solución de la ecuación lineal de primer orden

Ecuaciones lineales homogéneas

Primero nos fijamos en el caso especial de que F(x)=0, denominado ecuación diferencial lineal homogénea: y'+X(x)y=0. En este caso, podemos expresarla en la forma de una ecuación de variables separadas:

\begin{array}{l}y'+X(x)y=0\;\Leftrightarrow\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}=-X(x)y\Leftrightarrow\frac{\operatorname dy}y=-X(x)\operatorname dx\Leftrightarrow\\\int\frac{\operatorname dy}y=-\int X(x)\operatorname dx\Leftrightarrow\ln\left(y\right)=-\int X(x)\operatorname dx+C\Leftrightarrow\\\boxed{y=C\cdot exp\left(-\int X(x)\operatorname dx\right)=C\eta\left(x\right)}\end{array}.

Ejemplo 3: La ecuación diferencial lineal homogénea y'+cos(x)y=0 tiene por solución y=C\cdot exp\left(-\int\cos\left(x\right)\operatorname dx\right)=C\cdot exp\left(-\sin\left(x\right)\right).

NOTA: No debemos confundir las ecuaciones lineales homogéneas, y'+X(x)y=0, con las denominadas ecuaciones diferenciales homogéneas y'=F(x,y) ni con las funciones homogéneas F(x,y), que son tales que cumplen la propiedad F\left(\lambda x,\lambda y\right)=\lambda^nF\left(x,y\right). No tienen nada que ver en absoluto.

Soluciones particulares y solución general

Supongamos ahora que tenemos una ecuación lineal y'+X(x)y=F(x) para la que conocemos una solución particular y_p(x). Entonces, si resolvemos la ecuación homogénea asociada y'+X(x)y=0, con solución y_h(x), se cumple que la solución general de la ecuación "completa" será y=Cy_h+y_p. Es fácil comprobar que es solución sustituyendo en la ecuación completa:

\begin{array}{l}y=Cy_h+y_p\Rightarrow y'=Cy'_h+y'_p\Rightarrow\\y'+X(x)y=\left(Cy'_h+y'_p\right)+X(x)\cdot\left(Cy_h+y_p\right)=\\Cy'_h+X(x)\cdot Cy_h+y'_p+X(x)\cdot y_p=\\C\left(y'_h+X(x)\cdot y_h\right)+\left(y'_p+X(x)\cdot y_p\right)=C\cdot0+F(x)=F(x).\end{array}

Por tanto, en las ecuaciones lineales, si tenemos una solución particular, entonces sabemos hallar la solución general.

Ejemplo 4: La ecuación lineal y'-3xy=xe^{2x^2} tiene la solución particular y_p=e^{2x^2}. Obtenemos la solución de la lineal homogénea asociada, y'-3xy=0, que es y_h=C\cdot exp\left(-\int e^{2x^2}\operatorname dx\right)=C\cdot\frac{-1}{4x}e^{2x^2}. Entonces, la solución general es y=e^{2x^2}+C\cdot\frac{-1}{4x}e^{2x^2}.

Método de variación de constantes

La propiedad anterior con la cual obtenemos la solución general, en la práctica exige el conocimiento de una solución particular de la ecuación, que por lo general no tendremos; no obstante, tenemos un método que puede llevarnos a la obtención de una solución particular conociendo la solución de la ecuación homogénea asociada.

El método de variación de las constantes sustituye la constante C de la solución de la homogénea y_h=C·\eta(x) por una función de x, en principio desconocida: C(x). Se trata entonces de ver si y=C(x)·\eta(x) puede ser una solución particular; para ello, la derivamos y sustituimos en la ecuación lineal completa:

\begin{array}{l}y=C(x)\cdot\eta(x)\Rightarrow y'=C'(x)\cdot\eta(x)+C(x)\cdot\eta'(x);\\y'+X(x)y=F(x)\Leftrightarrow\left(C'(x)\cdot\eta(x)+C(x)\cdot\eta'(x)\right)+X(x)\left(C(x)\cdot\eta(x)\right)=F(x)\Leftrightarrow\\C(x)\cdot\left(\eta'(x)+X(x)\cdot\eta(x)\right)+C'(x)\cdot\eta(x)=F(x)\\\end{array},

teniendo en cuenta que \eta'(x)+X(x)\eta(x)=0 (basta tomar C=1 en la solución de la homogénea y_h=C·\eta(x), nos queda:

\begin{array}{l}C(x)\cdot\left(\cancel{\eta'(x)+X(x)\cdot\eta(x)}\right)+C'(x)\cdot\eta(x)=F(x)\Leftrightarrow\\C'(x)\cdot\eta(x)=F(x)\Leftrightarrow\frac{\operatorname dC}{\operatorname dx}\eta(x)=F(x)\Leftrightarrow\operatorname dC=\frac{F(x)}{\eta(x)}\operatorname dx\Leftrightarrow\\C(x)=\int\frac{F(x)}{\eta(x)}\operatorname dx\\\\\end{array}.

Si podemos resolver esta integral, entonces tenemos una solución particular de la ecuación lineal, y_p=C(x)·\eta(x), que es:

\begin{array}{l}y_p=C(x)\cdot\eta(x)=\int\frac{F(x)}{\eta(x)}\operatorname dx\cdot\eta(x)=e^{-\int X\left(x\right)\operatorname dx}\cdot\int\frac{F(x)}{\eta(x)}\operatorname dx\Leftrightarrow\\\\\boxed{y_p=e^{-\int X\left(x\right)\operatorname dx}\cdot\int F(x)\cdot e^{\int X\left(x\right)\operatorname dx}\operatorname dx.}\end{array}

Ahora también podemos dar la expresión general de la solución completa, obtenida por el método de variación de las constantes:

\begin{array}{l}\begin{array}{l}y=Cy_h+y_p=\\C\cdot e^{-\int X\left(x\right)\operatorname dx}+e^{-\int X\left(x\right)\operatorname dx}\cdot\int F(x)\cdot e^{\int X\left(x\right)\operatorname dx}\operatorname dx\Rightarrow\\\boxed{y=e^{-\int X\left(x\right)\operatorname dx}\cdot\left[C+\int F(x)\cdot e^{\int X\left(x\right)\operatorname dx}\operatorname dx\right]}.\end{array}\\\end{array}

Se puede simplificar un poco esta expresión usando la función solución de la ecuación homogénea \eta\left(x\right), queda:

\boxed{y(x)=\eta\left(x\right)\cdot\left[C+\int F(x)\cdot\eta^{-1}\left(x\right)\operatorname dx\right]}

Por tanto, en el caso de las ecuaciones lineales de primer orden, tenemos una fórmula que las reduce al cálculo de dos integrales.  El método de variación de constantes es general: veremos que se puede aplicar a otras ecuaciones diferenciales.

Ejemplo 5: En un circuito eléctrico que contiene una resistencia R y una inductancia L (abreviadamente, circuito RL) la intensidad de corriente generada al aplicar una tensión V viene dada por la ecuación

RI(t)=V(t)-LI'(t)

 que es una ecuación diferencial lineal en la variable I(t), pues:

RI(t)=V(t)-LI'(t)\Leftrightarrow I'(t)+\frac RLI(t)=V(t)

Si la tensión es constante, V(t)=V, y la ecuación es I'(t)+\frac RLI(t)=V. La ecuación homogénea asociada es I'(t)+\frac RLI(t)=0 que es de variables separables:

\begin{array}{l}\frac{\operatorname dI}{\operatorname dt}=-\frac RLI(t)\Leftrightarrow\frac{\operatorname dI}{I(t)}=-\frac RL\operatorname dt\Leftrightarrow\int\frac{\operatorname dI}{I(t)}=-\int\frac RL\operatorname dt\Leftrightarrow\\\ln\left(I(t)\right)=-\frac RLt+C\Leftrightarrow I(t)=C\cdot exp\left(-\frac RLt\right)=C\eta\left(t\right)\end{array}

La solución general viene dada por

\begin{array}{l}I(t)=\eta\left(t\right)\cdot\left[C+\int X(t)\cdot\eta^{-1}\left(t\right)\operatorname dt\right];\\\int X(t)\cdot\eta^{-1}\left(t\right)\operatorname dt=\int\frac VL\cdot e^{\frac RLt}\operatorname dt=\frac VL\cdot\frac LRe^{\frac RLt}=\frac VRe^{\frac RLt};\\I(t)=e^{-\frac RLt}\cdot\left[C+\frac VRe^{\frac RLt}\right]=\boxed{Ce^{-\frac RLt}+\frac VR}.\\\end{array}

En la práctica se asume
que para t=0 ha de ser I(0)=0, por tanto I(0)=C+\frac VR=0\Rightarrow C=-\frac VR y la expresión de la intensidad queda así:

I(t)=-\frac VRe^{-\frac RLt}+\frac VR=\frac VR\left[1-e^{-\frac RLt}\right]

El término -e^{-\frac RLt} vale 1 para t = 0 y se atenúa ràpidamente, pasando a ser prácticamente nulo: es el denominado régimen transitorio del circuito; después, solo queda el término constante I(t) = V/R (Ley de Ohm): es el régimen estacionario:

Intensidad I(t) en un circuito RL
Intensidad I(t) en un circuito RL

 Unicidad de la solución

El teorema siguiente nos asegura que, en ciertas condiciones, la solución de una ecuación diferencial lineal de primer orden es única, o equivalentemente, que no existen soluciones singulares, toda posible solución está incluida en la solución general.

Teorema 1: Unicidad de la solución de la ecuación diferencial lineal de primer orden.

Dada la ecuación y'+X(x)y=F(x), si las funciones X(x) y F(x) son continuas en un entorno abierto I que contiene a x_0, entonces el problema de valor inicial

y'+X(x)y=F(x), y(x_0)=y_0,

tiene una única solución (la que hemos obtenido, dando un valor adecuado a la constante C).

Ecuaciones diferenciales ordinarias de 1r orden

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Ecuaciones separables

Las ecuaciones diferenciales separables son las de la forma dy / dx = H (x, y) donde H (x, y)  se puede expresar bien como el cociente H (x, y) = f (x) / g (y)  o bien como el producto H (x, y) = f (x) \text {·} g (y).

En el primer caso, dy / dx = f (x) / g (y) \Rightarrow g (y) dy = f (x) dx \Rightarrow \int g (y) dy = \int f (x) dx + C, mientras que en el segundo caso dy/dx=f(x) \text{·}g(y) \Rightarrow g^{-1}(y)dy=f(x)dx \Rightarrow \int g^{-1}(y)dy = \int f(x)dx+C.

Ejemplo 1: Resolver la ecuación diferencial x^{2}\frac{dy}{dx}=\frac{x^{2}+1}{3y^{2}+1}.

Tomemos H(x,y)=\frac{\left(x^{2}+1\right)/x^{2}}{3y^{2}+1}=\frac{f(x)}{g(y)} de forma que \int f(x)dx=\int\frac{x^{2}+1}{x^{2}}dx=x-\frac{1}{x}, \int g(y)dy=\int\left(3y^{2}+1\right)dy=y^{3}+y y por tanto la solución vendrá dada de forma implícita por y^{3}+y=x-\frac{1}{x}+C.

Ejemplo 2: encontrar todas las soluciones de la ecuación dy/dx=2x\sqrt{y-1}.

Hagamos H(x,y) = 2x \sqrt{y-1} = f(x) \text{·}g(y), e integremos cada función: \int f(x)dx=\int2xdx=x^{2}; \int g^{-1}(y)dy=\int\frac{1}{\sqrt{y-1}}dy=2\sqrt{y-1}. Las soluciones son 2\sqrt{y-1}=x^{2}+C\Rightarrow y=\left(\frac{x^{2}+C}{2}\right)^{2}+1 . Observemos que la función y (x) = 1   también es solución de la ecuación, pero no está incluida en la solución general y = \left ( \frac {x ^ {2} + C} {2} \right) ^ {2} +1,  es decir que para todo C tendremos y = \left (\frac {x ^ {2} + C} {2} \right) ^ {2} +1 \neq1. Llamamos a las soluciones no incluidas en la solución general soluciones singulares de la ecuación diferencial.

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Soluciones singulares

En el ejemplo 2 hemos visto que podemos tener soluciones que no están incluidas en la solución general, llamadas soluciones singulares. ¿Cuándo sucederá esto y cómo podemos encontrar esas otras soluciones? Recordemos lo visto en el post Ecuaciones diferenciales ordinarias: introducción, apartado "Haz de curvas y ecuaciones diferenciales de primer orden": la solución general de la ecuación diferencial ordinaria y'=F(x,y) representa un haz de curvas y=f(C,x) tal que cada curva de ese haz cumple la ecuación, o sea que para cada punto (x,y) la pendiente de cualquiera de las curvas y=f(C,x) en ese punto cumple y'=F(x,y).

Curva envolvente de un haz de curvas y solución singular

Dos rectas de un haz (azul y rojo) y curva envolvente del haz (verde)
Dos rectas de un haz (azul y rojo) y curva envolvente del haz (verde)

Dado un haz de curvas F(x,y,C)=0 se denomina curva envolvente del haz a la curva f(x,y) tal que es tangente a todas las curvas del haz.

Ejemplo 3: en la imagen se muestran dos rectas del haz de rectas y=(1-10/C)*x+(10-C), concretamente las dos rectas correspondientes a los valores C=3 en rojo y C=6 en azul, y la curva envolvente del haz, que es tangente a la primera recta en un punto cercano a x=1, y=5 y a la segunda recta cerca de x=3.5, y=1.5.

Recordemos que podemos asociar a cualquier haz de curvas F(x,y,C)=0 una ecuación diferencial y'=f(x,y) tal que el haz es la solución general de la ecuación: para cada valor de C, tenemos una curva del haz tal que su derivada verificay'=f(x,y). Pero hemos visto que la curva envolvente es tangente a todas las curvas del haz, o sea que su derivada en cada punto coincide con la derivada de alguna de las curvas del haz; es por esto que la curva envolvente es también solución de la ecuación diferencial del haz.

Ejemplo 4. Consideremos el haz de parábolas 4y=(x + C)^2, todas las curvas son tangentes al eje X en algún punto; en la imagen se representan tres de las curvas del haz, tangentes a y=0 en los puntos x=-3, -2, -1.

Haz de parábolas 4y=(x + C)²
Haz de parábolas 4y=(x + C)²

¿Cuál es la ecuación diferencial del haz de curvas? Derivamos respecto a x la ecuación del haz: 4y'=2(x + C), y eliminamos la constante C usando esta igualdad y la ecuación del haz:

\left.\begin{array}{r}4y'=2(x+C)\Rightarrow C=2y'-x\\4y=(x\;+\;C)^2\end{array}\right\}\Rightarrow4y=(2y'{)^2=4y'^2}\Rightarrow y=y'^2.

Observemos que la recta y=0, por ser tangente a todas las curvas del haz, tiene la misma derivada que las curvas del haz en cada punto del eje X; por tanto, también verifica la ecuación diferencial del haz. En general: si existe una curva envolvente que es tangente a todas las curvas de un haz, entonces esa curva será una solución singular de la ecuación diferencial del haz.

Cálculo de la envolvente de un haz de curvas

Dado un valor cualquiera x=x_0, la envolvente tendrá la misma derivada en ese punto que alguna curva del haz, esto es, habrá una constante C, dependiente de x=x_0, tal que la derivada de la curva del haz F(x_0,y,C)=0 tendrá el mismo valor en ese punto. Prescindimos de x_0: en general para cada x tendremos una C(x). Derivemos respecto a x la expresión del haz, teniendo en cuenta que y también depende de x, usando la regla de la cadena y la derivación implícita:

F(x,y,C)=0\Rightarrow\frac{\operatorname d{F(x,y,C)}}{\operatorname dx}=\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial x}+\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial y}\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}=\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial x}+\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial y}y'=0

Despejamos y' para obtener la derivada en cualquier punto de cualquier curva del haz:

y'=-\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial x}\left(\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial y}\right)^{-1}.

Pasamos ahora a la curva envolvente; en los puntos de contacto (x,y) entre cada curva y la envolventes las derivadas coinciden con las curvas del haz; en cada valor dado x tendremos determinado un C(x), como el valor y(x) también coincide con el del haz, tendremos que en el punto de contacto se cumple F(x,y,C(x)). Derivamos de nuevo respecto a x:

\begin{array}{l}F(x,y,C\left(x\right))=0\Rightarrow\\\frac{\operatorname d{F(x,y,C\left(x\right))}}{\operatorname dx}=\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial x}+\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial y}\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}+\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial C}\frac{\operatorname dC}{\operatorname dx}\\=\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial x}+\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial y}y'+\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial C}C'=0\end{array}.

Despejamos y':

y'=\left(\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial y}\right)^{-1}\left[\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial x}+\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial C}C'\right].

Las dos expresiones para la derivada y' han de ser iguales:

y'=\left(\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial y}\right)^{-1}\left[\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial x}+\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial C}C'\right]=\left(\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial y}\right)^{-1}\left[\frac{\partial F(x,y,C)}{\partial x}\right].

Vemos que ha de ser: \frac{\partial F(x,y,C)}{\partial C}C'=0, que tiene dos soluciones posibles, la trivial C'=0\Rightarrow C=cte y la condición \frac{\partial F(x,y,C)}{\partial C}=0. La primera es una solución sin importancia pues nos dice que la constante C no dependerá
de x (haz de curvas degenerado: todas la curvas son iguales), mientras que la segunda es la condición general que ha de cumplir la envolvente.

Ejemplo 5: encontrar la expresión de la curva envolvente del haz de rectas del ejemplo 3, y=(1-10/C)*x+(10-C).

Lo expresamos en la forma F(x,y,C)=y-(1-10/C)\ast x-(10-C)=0 para derivar respecto a  C e igualar a cero:

\frac{\partial{F(x,y,C)}}{\partial C}=\frac{-10}{C^2}x+1=0\Rightarrow C=\sqrt{10x}.

Sustituimos este valor en la expresión del haz para eliminar C y obtener la ecuación de la envolvente:

F(x,y)=y(1-\frac{10}{\sqrt{10x}})x+(10-\sqrt{10x})=y-10-x+2\sqrt{10x}=0.

La envolvente es y=10+x-2\sqrt{10x}.

Ejemplo 6: calcular la envolvente del haz de curvas 4y=(x + C)^2 del ejemplo 4.

\begin{array}{l}F(x,y,C)=4y-(x+C)^2=0;\\\frac{\partial F}{\partial C}=2(x+C)=0\Rightarrow C=-x;\\F(x,y)=4y-(x-x)^2=4y=0\Rightarrow\boxed{y=0}.\end{array}

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Funciones homogéneas. Aplicación a las ecuaciones diferenciales.

Una función F(x,y) es homogénea de grado n si F(\lambda x,\lambda y)=\lambda^nF(x,y) para todo parámetro \lambda\neq0. Por ejemple, la función F(x,y)=xy-x^2 es homogénea de grado 2, pues F(\lambda x,\lambda y)=\lambda x\lambda y- ( \lambda x)^2=\lambda^2F(x,y).

En el caso especial de que F(x,y) es homogénea de grado 0 tenemos F(\lambda x,\lambda y)=F(x,y), y nos da un método de resolución de ecuaciones diferenciales y'=F(x,y) en los que la F sea homogénea de grado 0: con el cambio de variable u=y/x se convierten en ecuaciones de variables separadas. En efecto:

\begin{array}{l}u=y/x\Leftrightarrow y=ux\Rightarrow y'=u'x+u;\\y'=F(x,y)\Leftrightarrow u'x+u=F(x,ux)=F(1,u)\end{array}

donde hemos usado la x en vez de la \lambda como parámetro de la homogénea. Entonces

\begin{array}{l}\frac{du}{dx}x+u=F(u)\Leftrightarrow\frac{du}{dx}x=F(u)-u\Leftrightarrow\frac{du}{F(u)-u}=\frac{dx}x\Leftrightarrow\\\int\frac{du}{F(u)-u}=\int\frac{dx}x=\ln\left(x\right)+C\end{array}.

Ejemplo 7: Resolver y'=\frac y{\sqrt{x^2+y^2}-x}.

F(\lambda x,\lambda y)=\frac{\lambda y}{\sqrt{\lambda^2x^2+\lambda^2y^2}-\lambda x}=\frac{\lambda y}{\lambda\left(\sqrt{x^2+y^2}-x\right)}=\frac y{\sqrt{x^2+y^2}-x} luego es homogénea de grado 0. Hacemos el cambio u=y/x para conseguir que sea de variables separadas:

\begin{array}{l}y'=u'x+u=\frac{ux}{\sqrt{x^2+u^2x^2}-x}=\frac u{\sqrt{1+u^2}-1};\\\frac{du}{dx}x=\frac u{\sqrt{1+u^2}-1}-u=\frac{u\left(\sqrt{1+u^2}+1\right)}{1+u^2-1}-u=\frac{\sqrt{1+u^2}+1}u-u=\\\frac{\sqrt{1+u^2}+1-u^2}u;\\\frac{udu}{\sqrt{1+u^2}+1-u^2}=\frac{dx}x\\\end{array}.

Luego \int\frac{udu}{\sqrt{1+u^2}+1-u^2}=\int\frac{dx}x=\ln\left(x\right)+C. En la primera integral hacemos el cambio de variable 1+u^2=t^2 que la convierte en:

\int\frac{udu}{\sqrt{1+u^2}+1-u^2}=\int\frac{t\operatorname dt}{t+1-\left(t^2-1\right)}=\int\frac{t\operatorname dt}{-t^2+t+2},

que es de tipo racional; descomponemos en fracciones simples:

\begin{array}{l}\int\frac{t\operatorname dt}{-t^2+t+2}=\int\frac{-1/3}{t+1}+\int\frac{-2/3}{t-2}=-\frac13\ln\left(t+1\right)-\frac23\ln\left(t-2\right)\\=-\frac13\ln\left(\left(t+1\right)\left(t-2\right)^2\right)=\ln\left(\left(t+1\right)\left(t-2\right)^2\right)^{-1/3}\end{array}.

Igualamos las dos integrales, y deshacemos los cambios para obtener la solución general en forma implícita:

\begin{array}{l}\ln\left(\left(t+1\right)\left(t-2\right)^2\right)^{-1/3}=\ln\left(x\right)+C\Leftrightarrow\\Cx=\left(\left(t+1\right)\left(t-2\right)^2\right)^{-1/3}=\left(t^3-3t^2+4\right)^{-1/3}\Leftrightarrow\\\frac C{x^3}=\left(u^2+1\right)^{3/2}-3u^2+1\Leftrightarrow\\C=x^3\left[\left(\left(\frac yx\right)^2+1\right)^\frac32-3\left(\frac yx\right)^2+1\right].\end{array}.

Reducción a homogénea

Las funciones racionales de la forma

F(x,y)=\frac{ax+by+c}{a'x+b'y+c'}

sólo son homogéneas de grado 0 cuando c=c'=0, no obstante si pensamos en el numerador y denominador de la función como si fueran dos rectas ax+by+c=0,\;a'x+b'y+c'=0, podemos probar a encontrar su punto de intersección (x_0,y_0), si existe, entonces el cambio de variable X = x - x_0, Y = y - y_0 (que es una traslación de los ejes xy a los ejes XY, tomando como origen de coordenadas el punto (x_0,y_0)), convierte la función en homogénea de grado 0.

Ejemplo 8:  Resolver y'=\frac{y-x-1}{x+y-1}.

Hallamos la intersección de las rectas:

\left.\begin{array}{r}y-x-1=0\\x+y-1=0\end{array}\right\}y=1,\;x=0

hacemos el cambio X=x, Y=y-1 que transforma la ecuación en:

y'=\frac{y-x-1}{x+y-1}\Leftrightarrow Y'=\frac{Y-X}{X+Y}

que contiene una función f(X,Y) homogénea de grado 0; hacemos el cambio u=Y/X para separar las variables:

\begin{array}{l}u'X+u=\frac{u-1}{1+u}\Leftrightarrow\frac{\operatorname du}{\operatorname dX}X=\frac{u-1}{1+u}-u=\frac{-1-u^2}{1+u}=-\frac{1+u^2}{1+u};\\-\int\frac{1+u}{1+u^2}\operatorname du=\int\frac{\operatorname dX}X=\ln\left(X\right)+C\end{array}.

Descomponemos la primera integral:

\begin{array}{l}\int\frac{1+u}{1+u^2}=\int\frac1{1+u^2}+\int\frac u{1+u^2}=\tan^{-1}\left(u\right)+\frac12\int\frac{2u}{1+u^2}=\\\tan^{-1}\left(u\right)+\frac12\ln\left(1+u^2\right)\end{array}.

Igualamos integrales y deshacemos el cambio:

\begin{array}{l}-\tan^{-1}\left(u\right)-\frac12\ln\left(1+u^2\right)=\ln\left(X\right)+C=\ln\left(CX\right)\Leftrightarrow\\-\tan^{-1}\left(\frac YX\right)=\ln\left(CX\left(1+\left(\frac YX\right)^2\right)\right);\\\ln\left(Cx\left(1+\left(\frac{y-1}x\right)^2\right)\right)+\tan^{-1}\left(\frac{y-1}x\right)=0.\\\end{array}

Caso especial: las rectas son paralelas

En el caso especial de que las dos rectas no tengan intersección, entonces es que son paralelas, con vectores directores proporcionales: \frac ba=\frac{b'}{a'}=r; pero entonces podemos hacer

F(x,y)=\frac{ax+by+c}{a'x+b'y+c}=\frac{a'rx+b'ry+c}{a'x+b'y+c}=\frac{r\left(a'x+b'y\right)+c}{a'x+b'y+c},

con el cambio de variable Y=a'x+b'y se convierte en

\begin{array}{l}F(x,Y)=\frac{rY+c}{Y+c'};\;y=\frac{Y-a'x}{b'}\Rightarrow\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}=\frac1{b'}\left(\frac{\operatorname dY}{\operatorname dx}-a'\right);\\\frac{\operatorname dy}{\operatorname dx}=F(x,y)\Leftrightarrow\frac1{b'}\left(\frac{\operatorname dY}{\operatorname dx}-a'\right)=\frac{rY+c}{Y+c'}\Leftrightarrow\\\frac{\operatorname dY}{\operatorname dx}=b'\frac{rY+c}{Y+c'}+a'\end{array}

que es de variables separadas.

Ejemplo 9: y'=\frac{x+y+1}{x+y-1}.

Las rectas x+y+1=0 y x+y-1 no tienen intersección, son paralelas; hacemos el cambio Y=x+y, Y'=1+y' para obtener:

\begin{array}{l}Y'-1=\frac{Y+1}{Y-1};\;\frac{\operatorname dY}{\operatorname dx}=\frac{Y+1}{Y-1}+1=\frac{Y+1+Y-1}{Y-1}=\frac{2Y}{Y-1};\\\int\frac{Y-1}{2Y}\operatorname dY=\int\operatorname dx;\\\frac12\int\left(1-\frac1Y\right)\operatorname dY=x+C;\\Y-\ln\left(Y\right)=2x+C;\\x+y-\ln\left(x+y\right)=2x+C;\\y=x+\ln\left(x+y\right)+C.\end{array}

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Ecuaciones exactas

Las ecuaciones de la forma M (x, y) + N (x, y) \frac {dy} {dx} = 0, o equivalentemente, M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0, diremos que son exactas siempre y cuando M y N  sean funciones continuas y
se verifique la condición \frac {\partial M} {\partial y} = \frac {\partial N} {\partial x}.

La solución vendrá dada de forma implícita por F (x, y) = C donde \frac {\partial F} {\partial x} = M, \: \frac {\partial F} {\partial y} = N.

Ejemplo 10: La ecuación y^{3} dx + 3xy^{2} dy = 0  es exacta, pues N = 3xy^{2}, \frac{\partial N} {\partial x} = 3y^{2}, \: M = y^{3}, \: \frac {\partial M} {\partial y} = 3y^{2}.  Como \frac {\partial F} {\partial x} = M, será F (x, y) = \int MDX = xy^{3} + C (y) y también F (x, y) = \int Ndy = xy^{3} + C (x);  igualando las dos expresiones tenemos F (x, y) = xy^{3}, C (x) = C (y) = 0, así que la solución general es xy^{3} = C.

 

Ejemplo 11: Resolver la ecuación diferencial \left (6xy-y^{3} \right) dx + \left (4y + 3x^{2} -3xy^{2} \right) dy = 0.

Como M = 6xy-y^{3},  N = 4y + 3x^{2} -3xy^{2}, \frac {\partial N} {\partial x} = 6x-3y^{2} = \frac {\partial M} {\partial y}, la ecuación es exacta. Entonces

F (x, y) = \int Ndy = 2y^{2} + 3x^{2} y-xy^{3} + C (x),   F (x, y) = \int MDX = 3x^{2} y-xy^{3} + C(y),

y cuando igualamos las dos expresiones obtenemos C (y) = 2y^{2}.

 

Ecuaciones diferenciales ordinarias: introducción

Motivación

Las ecuaciones que se estudian en el Álgebra, tales como x^{3}+7x^{2}+41=0,
expresan relaciones numéricas estáticas, y su solución son números que cumplen la ecuación. Ahora bien, los fenómenos naturales más interesantes implican relaciones dinámicas y se expresan mejor con relaciones entre cantidades variables, esto es, con ecuaciones que no son estáticas, sino que expresan variaciones y relaciones entre magnitudes cambiantes: son las ecuaciones diferenciales.

Recordemos que la derivada de una función dy/dt=f'(t) se puede interpretar como la proporción de cambio de la variable dependiente y respecto a los cambios en la variable dependiente t. Es por ello las ecuaciones que describen cambios utilizan derivadas de funciones.

Definición 1: una ecuación que contiene una función desconocida y una o más de una de sus derivadas se llama ecuación diferencial. Al resolverla, obtenemos funciones y = f (x) que verifican la ecuación. Si la función sólo tiene una variable independiente, la ecuación se llama ecuación diferencial ordinaria. Si la función depende de dos o más variables, las derivadas serán parciales y la ecuación se llama ecuación en derivadas parciales. El orden de una ecuación diferencial es el de la derivada más alta que aparece en la ecuación.

En este post sólo introduciremos las ecuaciones diferenciales ordinarias, dando algunas definiciones, y resolviendo las más inmediatas.

Ejemplo 1: La variación de la temperatura T de un cuerpo con respecto al tiempo es proporcional a la diferencia (T-A) donde A es la temperatura del medio ambiente (ley de enfriamiento de Newton). La ley física se representa por una ecuación diferencial ordinaria de primer orden (EDO de orden 1):

\frac{dT}{dt}=k\left(T-A\right)

Ejemplo 2: La variación con respecto al tiempo de una población P(t) con índices constantes de nacimiento y mortalidad es proporcional al tamaño de la población, y también es una EDO de orden 1:

\frac{dP}{dt}=kP

Ejemplo 3: La ley de Torricelli establece que la variación respecto al tiempo del volumen V de agua en un depósito que se está vaciando es proporcional a la raíz cuadrada de la profundidad y del agua del depósito:

\frac{dV}{dt}=-ky^{1/2}

Ejemplo 4: La distancia x(t) recorrida en el movimiento acelerado de un cuerpo de masa m sometido a una fuerza variable F(t)  viene dada por una EDO de orden 2:

\frac{d^{2}x}{dt}=\frac{F(t)}{m}

Definición 2: una función y = f (x) se llama solución de una ecuación diferencial si la ecuación se cumple cuando se sustituyen y y sus derivadas por f (x) y sus derivadas, respectivamente. Una solución particular de una ecuación diferencial es cualquier solución que se obtiene asignando valores concretos a las constantes en la solución general. En la práctica, las soluciones particulares se obtienen a partir de condiciones iniciales que proporcionan el valor de la variable dependiente o de alguna de sus derivadas para un valor particular de la variable independiente.

Ejemplo 5:  de la ecuación diferencial y''-y=0 son soluciones: a)  y=sin(x),  b) y=4e^{-x}  c) y=Ce^{-x} para cualquier valor C real. La solución b) es una solución particular obtenida a partir de la solución general c). Aunque es menos obvio, también la solución a) es una solución particular obtenida a partir de la solución general (puede verse usando los desarrollos de Taylor de la función exponencial y de la función seno).

Haz de curvas y ecuaciones diferenciales de primer orden

Otra forma de introducir las ecuaciones diferenciales es desde el punto de vista geométrico. Consideremos la gráfica de la función y=Cx^2 para todos los posibles valores reales de C. En la imagen se representan los valores C=1, 2, 4, 8.

Haz de curvas y=Cx²
Haz de curvas y=Cx²

Se denomina haz de curvas planas al conjunto de todas las curvas que son gráficas de una función general y=F(x,C). Cuando damos a C todos los valores posibles, las curvas generadas van llenando una región R del plano; en el caso de la imagen anterior esa región es todo el semiplano superior x\in\left(-\infty,\infty\right),\;y\in\left[0,\infty\right). En general la región R dependerá del haz.

Nos preguntamos ahora: ¿para cada punto (x,y) del plano existirá un único valor C tal que nos define de forma unívoca la función y=F(x,C) que pase por ese punto? Podemos plantearlo en estos términos: fijando x=x_0 la función F pasa a depender sólo de Cy=F(x_0,C)=f(C); ¿para cada valor de y habrá un único valor de C? Será así siempre que la función f sea estrictamente creciente o decreciente en R, y eso sucederá cuando su derivada no se anule: \frac{\operatorname df}{\operatorname dC}\neq0. En este caso es como si tuviéramos otra función C=\psi(x,y) de dos variables que determina C para cada punto del plano.

En el ejemplo de la imagen anterior, fijando x=x_0 cualquiera obtenemos y=f(C)=Cx_0^2, f'(C)=x_0^2, este valor es siempre distinto de cero excepto en el origen de coordenadas, por tanto para el haz y=Cx^2 tenemos unicidad en el sentido de que dado un \left(x,y\right)\neq\left(0,0\right) existe un único valor C=\psi(x,y)=y/x^2 que determina la curva que pasa por ese punto; por el origen (0,0) en cambio pasan todas las curvas del haz.

Si derivamos la ecuación del haz obtenemos y'=2Cx, entonces, sustituyendo el valor anterior C=\psi(x,y) eliminamos la C para obtener: y'=2Cx=2\left(\frac y{x^2}\right)x=\frac{2y}x, que es la ecuación diferencial del haz de curvas, que es una ecuación de primer orden.

Ejemplo 6: Hallar la ecuación diferencial del haz de curvas plano y=Csin(x).

La región R es la unión de los cuadrantes +X+Y  y -X-Y, en la figura se muestran algunas curvas.

Haz de curvas y=C·Sin(x)
Haz de curvas y=C·Sin(x)

Fijando x=x_0 cualquiera obtenemos y=C\sin\left(x_0\right)=f\left(C\right);f'\left(C\right)=\sin\left(x_0\right). Este valor será cero siempre que x_0=k\mathrm\pi,\;\mathrm k=0,1,\dots. En este conjunto de puntos todas las curvas del haz coinciden, y en el resto de puntos tenemos unicidad: una única curva para cada punto, dada por: C=\frac y{\sin\left(x\right)}=\psi(x,y).

Derivando la ecuación del haz: y'=C\cdot\cos\left(x\right). Sustituimos el valor de C:

\left.\begin{array}{r}y'=C\cdot\cos\left(x\right)\\C=\frac y{\sin\left(x\right)}\end{array}\right\}\Rightarrow y'=\frac{y\cos\left(x\right)}{\sin\left(x\right)}=\frac y{\tan\left(x\right)}

Definición 2: El haz de curvas y=f(C,x) es la solución general de la ecuación diferencial ordinaria; si fijamos un valor de C=C_0, obtenemos una única curva del haz, que denominamos solución particular de la ecuación diferencial ordinaria.

Ejemplo 7: el haz de curvas y=Csin(x) es la solución general de la ecuación diferencial y'=\frac y{\tan\left(x\right)}. Por el punto \left(\frac{\mathrm\pi}2,3\right) pasa una única curva, y=3Sin(x), que es una solución particular de la ecuación diferencial.

Existencia y unicidad de la solución de una ecuación diferencial de primer orden

Hemos visto que para obtener la ecuación diferencial de un haz de curvas hay que derivar y eliminar la constante. Planteamos ahora el problema inverso: ¿dada una ecuación diferencial cualquiera, existe "su" haz de curvas  tal como lo hemos definido? El siguiente teorema nos responde para el caso de ecuaciones de primer orden.

Teorema 1: existencia y unicidad. Si tenemos una ecuación diferencial dada en la forma  y'=f(x,y)  tal que la función f es derivable de todos los órdenes (existen todas las derivadas de cualquier orden) en un entorno de (x_0,y_0), entonces existe una única curva y(x) tal que pasa por el punto (x_0,y_0) y cumple la ecuación y'=f(x,y).

Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden inmediatas

Vemos en este apartado sólo las EDO de 1r orden más simples de resolver, en otros posts veremos los casos más generales.

Ecuaciones del tipo dy/dx=f\left(x\right)

Son integrables directamente, escribiéndolas como dy=f(x)\Rightarrow y=\int f(x)dx+C.

Ejemplo 8: Resolver la ecuación diferencial y'+x^{2}-1=e^{x}.

La ecuación es equivalente a dy/dx=e^{x}-x^{2}+1\Rightarrow y=\int\left(e^{x}-x^{2}+1\right)dx+C=e^{x}-\frac{1}{3}x^{3}+x+C.

Ecuaciones del tipo dy/dx=ky

Si y = f (x) es una función, las ecuaciones del tipo dy / dx = ky tienen por solución al conjunto de funciones y (x) = Ce ^ {kx} donde C es un número real cualquiera. En general una ecuación diferencial tiene infinitas soluciones.

Ejemplo 9: la solución de la ecuación \frac {dP} {dt} = kp  que establece la evolución de una población P(t) con índices constantes de nacimiento y mortalidad es cualquier función de la forma y (x) = Ce^{kx}.

Ejemplo 10: Supongamos que P(t) es la población de una colonia de bacterias en el tiempo t, que la población en t = 0 es de 1000, y que la población se duplica en una hora. Entonces podemos decir que

1000 = P(0)=C
2000 = P(1)=Ce^{k}

por tanto C=1000 y k=\ln2, luego P(t)=1000e^{x\text{·}\ln2}.

La condición P(0) = 1000 se llama condición inicial pues normalmente el valor t = 0 se toma como el estado inicial. Cuando damos una condición inicial, la solución de la ecuación diferencial ya no tendrá en general infinitas soluciones, sino que tendrá sólo una,  o quizá ninguna si las condiciones son incompatibles. Equivalentemente, al dar una condición inicial pasamos, si existe, de la solución general a la solución particular que cumple esa condición. Así, la condición inicial P (0) = - 1000 no tiene ninguna solución del tipo P(t) = Ce^{kt}.

Ejemplo 11: Para resolver la ecuación dy / dx = \frac{x} {\left (x^{2} +9 \right)^{1/2}} con la condición inicial y(4)=2 hacemos y(x)=\int\frac{x}{\left(x^{2}+9\right)^{1/2}}dx=\left(x^{2}+9\right)^{1/2}+C, como  y(4)=\left(16+9\right)^{1/2}+C=5+C ha de ser C=-3.

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Bibliografía

ECUACIONES DIFERENCIALES - Resumen teórico y colección de ejercicios resueltos, y propuestos.