Una ecuación diferencial es aquella en la que interviene una función y sus derivadas.
Ej: $\enspace \rm 2xy^{(2)} + e^x y^{(1)} + yx - 2 = 0$
El orden de la ecuación corresponde con la máxima derivada de la ecuación. El ejemplo es de orden 2.
Ecuación diferencial de primer orden:
$\rm \underline{y' = F(x,y)}$
Si:
$\rm y' = F(x)$
Entonces:
$\rm y = \displaystyle \int y' \, dx = \int F(x) \, dx$
Ejemplo:
$\rm xy' + e^{x}y = 0$
$\rm y' = -e^{x}y {∕} x = F(x,y)$
Ejemplo:
$\rm e^x = y$
$\rm y' = e^x$
$\llap{\Rightarrow {}} \rm y' = y$
1.er caso: De variables separadas
$ \begin{array}{l} \rm \begin{array}[t]{c} \rm y' = p(x) \cdot q(y) \\[1ex] ||| \\[1ex] \rm \dfrac{1}{q(y)} \cdot y' = p(x) \end{array} \! \enspace \rightarrow \enspace \underset{\displaystyle \text{Sí}}{y' = x \cdot y} \quad \underset{\displaystyle \text{No}}{y' = x + y} \\[1ex] \rm \llap{\Rightarrow {}} \displaystyle \int \dfrac{1}{q(y)} \cdot y' \, dx = \int p(x) \, dx \\[1ex] \qquad \rm y' \, dx = dy \\[1ex] \rm \llap{\Rightarrow {}} \displaystyle \int \dfrac{1}{q(y)} \, dy = \int p(x) \, dx \end{array} $
Ejemplo:
$ \begin{array}{l} \rm y' = ky \\[1ex] \llap{\Rightarrow {}} \rm \dfrac{1}{y} \cdot y' = k \\[1ex] \llap{\Rightarrow {}} \rm \displaystyle \int \dfrac{1}{y} \cdot y' \, dx = \int k \, dx \\[1ex] \llap{\Rightarrow {}} \rm \displaystyle \int \dfrac{1}{y} \, dy = \int k \, dx \\[1ex] \llap{\Rightarrow {}} \rm \ln y + C = kx + C' \quad C, C' \in \mathbb{R} \end{array} $
Que puede escribirse como:
$\rm \ln y = kx + C \quad C \in \mathbb{R}$
$\llap{\Rightarrow {}} \rm y = e^{\ln y} = e^{kx+C} = e^{kx} e^{C}, \enspace C \in \mathbb{R}$
O lo que es lo mismo:
$\rm y = e^{kx} \cdot C \quad C \in \mathbb{R}$
Ejemplo:
$\rm xy' = 3y$
$ \rm y' = \begin{array}[t]{c} \rm \dfrac{3}{x} \\ \uparrow \\ \rm \llap{p}(x\rlap{)} \end{array} \cdot \begin{array}[t]{c} \rm y \vphantom{\rm \dfrac{3}{x}} \\ \uparrow \\ \rm \llap{q}(y\rlap{)} \end{array} $
$ \begin{array}{l} \llap{\Rightarrow {}} \rm \dfrac{1}{y} \cdot y' = \dfrac{3}{x} \\[1ex] \displaystyle \rm \int \dfrac{1}{y} \, dy = \int \dfrac{3}{x} \, dx \\[1ex] \rm \ln y = 3 \ln x + C = \ln x^3 + C = \ln (e^C x^3) \quad C \in \mathbb{R} \\[1ex] \llap{\Rightarrow {}} \rm y = C x^3 \quad C \in \mathbb{R} \end{array} $
2º. caso. Homogéneas
$\rm y' = F(x,y)$
$\rm F(x,y) = F(λx,λy) \mathrel{\forall} λ$
Ejemplo:
$ \rm \left. \begin{gathered} \text{Mismo} \\ \text{grado} \end{gathered} \right] \genfrac{}{}{0pt}{0}{\rightarrow}{\rightarrow} \dfrac{xy^2}{x^3 + y^3} \rightarrow \dfrac{(λx) (λy)^2}{(λx)^3 + (λy)^3} = \dfrac{\cancel{λ^3} \! xy^2}{\cancel{λ^3} \! (x^3 + y^3)} = \dfrac{xy^2}{x^3 + y^3} $
Sí, es homogénea.
Si se hace el siguiente cambio de variable:
$\rm y = v \cdot x$
Entonces:
$ \rm y' = v' \cdot x + v = F(x,vx) \mspace{-20mu} \underset{ \begin{subarray}{c} \uparrow \\ \text{homogénea} \end{subarray} }{{} = \rlap{F(1,v)}} $
Por tanto:
$ \rm v'= \mathop{ \vphantom{\underbrace{\dfrac{1}{x}}} \underbrace{ (F(1,v) - v)} }\limits_{ \begin{gathered} \displaystyle \uparrow \\ \rm \displaystyle q(v) \end{gathered} } \cdot \mspace{-10mu} \underbrace{\dfrac{1}{x}}_{ \begin{gathered} \displaystyle \uparrow \\ \displaystyle \rm p(x) \end{gathered} } $
Quedando una ecuación de variables separables.
Ejemplo:
$\rm x^3 + y^3 = 3xy^2y'$
$ \rm y' = \underbrace{\dfrac{x^3 + y^3}{3xy^2}}_{\displaystyle F(x,y)} $
$ \left. \begin{array}{l} \rm x \rightarrow λx \\ \rm y \rightarrow λ y \end{array} \right\} \Rightarrow \rm \dfrac{(λx)^3 + (λx)^3}{3(λx)(λy)^2} = \dfrac{x^3+y^3}{3xy^2} $
Si $\rm y = vx$ entonces:
$ \begin{array}{l} \rm v'x + v = \dfrac{x^3 + v^3 x^3}{3x v^2 x^2} = \dfrac{\cancel{x^3} \! (1+v^3)}{\cancel{x^3} \! 3v^2} = \dfrac{1 + v^3}{3v^2} \\[1ex] \rm v' = \left( \dfrac{1+v^3}{3v^2} - v \right) \cdot \dfrac{1}{x} = \underbrace{ \vphantom{\dfrac{1}{x}} \smash{\dfrac{1-2v^3}{3v^2}} }_{q(v)} \cdot \! \mathop{ \vphantom{ \underbrace{ \vphantom{\dfrac{1}{x}} \smash{\dfrac{1-2v^3}{3v^2}} } } \underbrace{\dfrac{1}{x}} }\limits_{p(x)} \\[1ex] \Rightarrow \rm \dfrac{3v^2}{1-2v^3} \cdot v' = \dfrac{1}{x} \end{array} $
Integrar:
$ \begin{array}{l} \rm \displaystyle \int \dfrac{3v^2}{1-2v^3} \, dv = \int \dfrac{1}x \, dx \\[1ex] \rm \displaystyle -\dfrac{1}{2} \int - \dfrac{6v^2}{1-2v^3} \, dv = \int \dfrac{1}{x} \, dx \\[1ex] \rm -\dfrac{1}{2} \ln (1-2v^3) = \ln x + C \\[1ex] \rm \ln (1-2v^3) = - 2 \ln x + C = \ln \dfrac{1}{x^2}e^C \equiv \ln \dfrac{1}{x^2} C \quad C \in \mathbb{R} \\[1ex] \rm \Rightarrow 1 - 2v^3 = \dfrac{1}{x^2} C \Rightarrow 1 - 2 \dfrac{y^3}{x^3} = \dfrac{1}{x^2} C \Rightarrow x^3 - 2y^3 = xC \\[1ex] \Rightarrow \boxed{\rm 2y^3 - x^3 + Cx = 0} \end{array} $
Ejemplo:
$\rm 2xyy' - x^2 - y^2 = 0$
$\rm y' = \dfrac{x^2+y^2}{2xy}$
$ \rm \dfrac{(λx)^2 + (λy)^2}{2(λx)(λy)} = \dfrac{x^2 + y^2}{2xy} $
Por tanto es homogénea. Si $\rm y = vx$ entonces:
$ \rm y' = v'x + v = \dfrac{x^2 + v^2 x^2}{2x vx} = \dfrac{\cancel{x^2} \! (1+v^2)}{\cancel{x^2} \! 2v} = \dfrac{1+v^2}{2v} $
$ \rm v' = \left( \dfrac{1+v^2}{2v} - v \right) \cdot \dfrac{1}{x} = \underbrace{ \vphantom{\dfrac{1}{x}} \smash{\left( \dfrac{1-v^2}{2v} \right)} }_{q(v)} \cdot \! \mathop{ \vphantom{ \underbrace{ \vphantom{\dfrac{1}{x}} \smash{\left( \dfrac{1-v^2}{2v} \right)} } } \underbrace{\dfrac{1}{x}} }\limits_{p(x)} $
Así que separando variables:
$ \begin{array}{l} \rm \dfrac{2v}{1-v^2} \cdot v' = \dfrac{1}{x} \\[1ex] \rm \displaystyle \int \dfrac{2v}{1-v^2} \, dv = \int \dfrac{1}{x} \, dx \\[1ex] \rm \displaystyle - \int \dfrac{-2v}{1-v^2} \, dv = \int \dfrac{1}{x} \, dx \\[1ex] \rm -\ln (1-v^2) = \ln x + C \equiv \ln Cx \quad C \in \mathbb{R} \\[1ex] \rm \ln (1-v^2)^{-1} = \ln Cx \\[1ex] \rm \dfrac{1}{1-v^2} = Cx \mathbin{;} 1-v^2 = \dfrac{1}{Cx} \\[1ex] \rm v = \dfrac{y}{x} \Rightarrow 1 - \dfrac{y^2}{x^2} = \dfrac{1}{Cx} \equiv \dfrac{C}{x} \quad C \in \mathbb{R} \\[1ex] \Rightarrow \boxed{\rm x^2 - y^2 = Cx} \end{array} $
Ejemplo:
$\rm 2xyy' - 3x^2 + y^2 = 0$
$\rm y' = \dfrac{3x^2 - y^2}{2xy}$
$\rm \dfrac{3(λx)^2 - (λy)^2}{2(λx)(λy)} = \dfrac{3x^2 - y^2}{2xy}$
Es homogénea. Cambio de variable:
$\rm y = vx \Rightarrow y' = v'x + v$
$ \rm y' = \dfrac{3x^2 - (vx)^2}{2x vx} = \dfrac{\cancel{x^2} \! (3-v^2)}{\cancel{x^2} \! 2v} = \dfrac{3-v^2}{2v} $
$ \rm v' = \left( \dfrac{3-v^2}{2v} - v \right) \cdot \dfrac{1}{x} = \underbrace{ \vphantom{\dfrac{1}{x}} \smash{\left( \dfrac{3 - 3v^2}{2v} \right)} }_{q(v)} \cdot \! \mathop{ \vphantom{ \underbrace{ \vphantom{\dfrac{1}{x}} \smash{\left( \dfrac{3 - 3v^2}{2v} \right)} } } \underbrace{\dfrac{1}{x}} }\limits_{p(x)} $
Separar variables e integrar:
$ \begin{array}{l} \rm \displaystyle \int \dfrac{2v}{3-3v^2} \, dv = \int \dfrac{1}{x} \, dx \\[1ex] \rm -\dfrac{1}{3} \displaystyle \int \dfrac{-6v}{3-3v^2} \, dv = \int \dfrac{1}{x} \, dx \\[1ex] \rm \ln(3-3v^2) = -3 \ln xC \equiv \ln \dfrac{1}{x^3} C \quad C \in \mathbb{R} \\[1ex] \rm 3 - 3v^2 = \dfrac{1}{x^3}C \\[1ex] \Rightarrow \rm 3 - \dfrac{3y^2}{x^2} = \dfrac{1}{x^3}C \\[1ex] \Rightarrow \rm 3x^2 - 3y^2 = \dfrac{C}{x} \\[1ex] \Rightarrow \boxed{\rm 3x^2 - 3y^2 - \dfrac{C}{x} = 0} \end{array} $
3er. caso. Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden
$\rm y' + h(x)y + g(x) = 0$
1) Si $\rm g(x) = 0$ se le dice homogénea (lineal homogénea):
$\rm y' + h(x)y = 0$
$\rm \dfrac{y'}{y} = -h(x)$
$ \rm \displaystyle \int \dfrac{y'}{y} \, dx = \int \dfrac{1}{y} \, dy = \ln y = - \int h(x) \, dx + C \quad C \in \mathbb{R} $
$\rm y = C \cdot e^{- \! \int h(x) \, dx} \quad C \in \mathbb{R}$
Ejemplo:
$\rm y' + x^2y = 0$
$\rm \dfrac{y'}{y} = -x^2$
$ \rm \displaystyle \int \dfrac{y'}{y} \, dx = \int -x^2 \, dx $
$\rm y' dx = dy$
$ \rm \displaystyle \Rightarrow \int \dfrac{1}{y} \, dy = \int -x^2 \, dx $
$\rm \ln y = -\dfrac{1}{3} x^3 + C$
$\rm \Rightarrow y = C \cdot e^{-(1∕3)x^3} \quad C \in \mathbb{R}$
2) Toda ecuación diferencial lineal $\eqref{1}$ tiene asociada una homogénea $\eqref{2}$:
$ \begin{align} &\rm y' + h(x)y + g(x) = 0 \tag{1} \label{1} \\[1ex] &\rm y' + h(x)y = 0 \tag{2} \label{2} \end{align} $
Entonces si $\rm h_1(x)$ y $\rm h_2(x)$ son soluciones de $\eqref{1}$ se tiene que $\rm h_1(x) - h_2(x)$ es solución de la homogeneizada $\eqref{2}$. La demostración:
$ \begin{array}{l} \rm \bigl( h_1(x) - h_2(x) \bigr)' + h(x) \bigl( h_1(x) - h_2(x) \bigr) = \\[1ex] \qquad \rm = \bigl( h_1'(x) + h(x) h_1(x) \bigr) - \bigl( h_2'(x) + h(x) h_2(x) \bigr) = \\[1ex] \qquad \rm = -g(x) - \bigl( -g(x) \bigr) = 0 \end{array} $
Ademas si $\rm h_1(x)$ es solución de $\eqref{1}$ y $\rm p(x)$ de $\eqref{2}$ entonces $\rm h_1(x)+p(x)$ es solución de $\eqref{1}$. Se puede hacer la demostración:
$ \begin{array}{l} \rm \bigl( h_1(x) + p(x) \bigr)' + h(x) \bigl( h_1(x) + p(x) \bigr) + g(x) = \\[1ex] \qquad \rm = \underbrace{ \vphantom{p'(x)+h(x)p(x)} \smash{h_1'(x) + h(x)h_1(x) + g(x)} }_0 + \underbrace{p'(x) + h(x)p(x)}_0 = 0 \end{array} $
Por tanto:
- sea $\rm h_1(x)$ solución particular de $\eqref{1}$.
- sea $\rm p(x)$ solución general de $\eqref{2}$.
Entonces:
$\rm p(x) + h_1(x) =$ solución general de $\eqref{1}$
Así que esto da un sistema para resolver $\eqref{1}$. Primero se ha de encontrar la solución general de $\eqref{2}$ (ecuación lineal homogeneizada). Después encontrar una solución particular de $\eqref{1}$. Por último se sumarán.
Ejemplo:
$ \rm \underset{ \displaystyle \begin{gathered} \vphantom{\uparrow} \\ (1) \end{gathered} }{\smash{y' + 2xy} = 4x} \enspace \Rightarrow \enspace y' + \mspace{-8mu} \underset{ \displaystyle \begin{gathered} \uparrow \\ \rm h(x) \end{gathered} }{2x} \mspace{-8mu} y - \mspace{-8mu} \underset{ \displaystyle \begin{gathered} \uparrow \\ \rm g(x) \end{gathered} }{4x} \mspace{-8mu} = 0 $
- Resolver la homogeneizada:
La homogeneizada $(2)$ es $\rm y' + 2xy = 0$, entonces:
$ \begin{array}{l} \rm \dfrac{y'}{y} = -2x \\[1ex] \displaystyle \rm \int \dfrac{y'}{y} \, dx = \int -2x \, dx \\[1ex] \quad \rm y' \, dx = dy \\[1ex] \Rightarrow \displaystyle \rm \int \dfrac{1}{y} \, dy = \int -2x \, dx \\[1ex] \Rightarrow \rm \ln y = -x^2 + C \\[1ex] \Rightarrow \boxed{\rm y = C \cdot e^{-x^2}} \end{array} $
Así que:
solución general de $(2)$: $\enspace \rm y = C \cdot e^{-x^2} \quad C \in \mathbb{R}$
- Encontrar una solución para $(1)$ mediante el conocido como "método de la variación de las constantes". Para hacerlo se coge la solución de $(2)$ y $\rm C$ como función:
$\rm C(x) e^{-x^2}$ ?
Se mira si existe, con esta forma, una solución de $(1)$:
$ \begin{array}{l} \rm \bigl( C(x)e^{-x^2} \bigr)' + 2x \bigl( C(x)e^{-x^2} \bigr) = 4x \\[1ex] \rm C'(x)e^{-x^2} + \cancel{C(x)\bigl( -2xe^{-x^2} \bigr)} + \cancel{2xC(x)e^{-x^2}} \! = 4x \\[1ex] \rm C'(x)e^{-x^2} \! = 4x \enspace \Rightarrow \enspace C'(x) = 4xe^{x^2} \end{array} $
Integrar:
$ \begin{array}{l} \displaystyle \rm \int C'(x) \, dx = \int 4xe^{x^2} dx \\[1ex] \rm C(x) = 2e^{x^2} \end{array} $
Ahora se sustituye:
$\rm C(x)e^{-x^2} = 2e^{x^2}e^{-x^2} = 2$
La solución, solución general de $(2)$ + solución particular de $(1)$, es pues:
$\rm 2 + C \cdot e^{-x^2} \leftarrow$ solución general de $(1)$
Demostración del método de variación de las constantes:
$ \rm \begin{gathered}[t] \rm y' + h(x)y + g(x) = 0 \\ (1) \end{gathered} \enspace \Rightarrow \enspace C \cdot p(x) $ solución de la homogénea
¿$\rm C(x)$ para que $\rm C(x)p(x)$ sea una solución de $(1)$?
$ \begin{array}{l} \rm \bigl( C(x)p(x) \bigr)' + h(x) \bigl( C(x)p(x) \bigr) + g(x) = \\[1ex] \qquad \rm = C'(x)p(x) + C(x)p'(x) + h(x)C(x)p(x) + g(x) = \\[1ex] \qquad \rm = C'(x)p(x) + g(x) + C(x) \bigl( \underbrace{p'(x) + h(x)p(x)}_0 \bigr) = 0 \end{array} $
Por tanto:
$ \begin{array}{l} \rm C'(x)p(x) + g(x) = 0 \\[1ex] \rm C'(x) = \dfrac{-g(x)}{p(x)} \\[1ex] \rm C(x) = \displaystyle \int \dfrac{-g(x)}{p(x)} \, dx \end{array} $
Ejemplo:
$\rm y' \sin x = y \cos x + 2 \cos x \qquad (1)$
$\rm y' \sin x - y \cos x - 2 \cos x = 0$
- Homogeneizada:
$ \begin{array}{l} \rm y' \sin x - y \cos x = 0 \\[1ex] \rm \dfrac{y'}{y} = \dfrac{\cos x}{\sin x} \\[1ex] \rm \displaystyle \int \dfrac{y'}{y} \, dx = \int \dfrac{\cos x}{\sin x} \, dx \\[1ex] \rm \ln y = \ln (\sin x) + C \\[1ex] \rm \Rightarrow y = C \sin x \qquad C \in \mathbb{R} \end{array} $
- Hace falta una solución particular del tipo $\rm C(x) \sin x$. Entonces:
$ \begin{array}{l} \rm \bigl( C(x) \sin x \bigr)' \sin x = C(x) \sin x \cos x + 2 \cos x \\[1ex] \rm \bigl( C'(x) \sin x + \! \cancel{C(x) \cos(x)} \bigr) \sin x = \cancel{C(x) \sin x \cos x} + 2 \cos x \\[1ex] \rm C'(x) \sin^2 x = 2 \cos x \\[1ex] \rm C'(x) = \dfrac{2 \cos x}{\sin^2 x} \end{array} $
Integrar:
$ \rm C(x) = \displaystyle \int \dfrac{2 \cos x}{\sin^2 x} \, dx = -2 \int - \cos x \cdot (\sin x)^{-2} \, dx = \dfrac{-2}{\sin x} $
Solución:
$\rm \dfrac{-2}{\cancel{\sin x}} \cancel{\sin x} = -2$
Así pues, la solución general de $(1)$:
$\boxed{\rm -2 + C \sin x \quad C \in \mathbb{R}}$
Ahora se puede hacer el camino inverso. Es decir, de unas soluciones encontrar la ecuación diferencial, en definitiva el valor de $\rm C$:
$ \begin{array}{c} \rm x = 1 \mathbin{;} y = 10 \\[1ex] \begin{aligned} &\Rightarrow \rm -2 + C \sin (1) = 10 \\[1ex] &\Rightarrow \rm C = 12 {∕} {\sin (1)} \end{aligned} \end{array} $
Ejemplo:
$\rm xy' + y - e^x = 0 \qquad (1)$
$\rm x = 1 , y = 0 \enspace \leftarrow$ Para encontrar $\rm C$.
- Homogénea:
$\rm xy' + y = 0 \qquad (2)$
$\rm xy' = -y \enspace \Rightarrow \enspace \dfrac{y'}{y} = \dfrac{-1}{x}$
Integrando:
$ \begin{array}[b]{l} \rlap{\rm \displaystyle \int \dfrac{y'}{y} \, dx = \int \dfrac{-1}{x} \, dx} \\[1ex] \rlap{\rm \ln y = - \ln x + C} \\[1ex] \Rightarrow \rm y = \dfrac{C}{x} \enspace \leftarrow \end{array} $ Solución general de $(2)$
- Solución de $(1)$ de forma:
$ \begin{array}{l} \rm y = \dfrac{C(x)}{x} \\[1ex] \rm x \left( \dfrac{C(x)}{x} \right)' + \dfrac{C(x)}{x} - e^x = 0 \\[1ex] \rm x \left( \dfrac{C'(x)}{x} - \dfrac{C(x)}{x^2} \right) + \dfrac{C(x)}{x} - e^x = 0 \\[1ex] \rm C'(x) - \cancel{\dfrac{C(x)}{x}} + \cancel{\dfrac{C(x)}{x}} - e^x = 0 \\[1ex] \rm C'(x) - e^x = 0 \enspace \Rightarrow \enspace C'(x) = e^x \end{array} $
Integrar:
$\rm C(x) = \displaystyle \int e^x \, dx = e^x$
$\rm y = \dfrac{C(x)}{x} = \dfrac{e^x}{x} \enspace \leftarrow$ Solución particular de $(1)$.
Sumando:
$\rm y = \dfrac{e^x}{x} + \dfrac{C}{x} = \dfrac{e^x + C}{x} \enspace \leftarrow$ Solución general de $(1)$.
Aplicando $\rm x = 1$ é $\rm y = 0$ para saber $\rm C$, entonces:
$\boxed{\rm C = -e}$