1. Definición de Ecuación Diferencial Ordinaria (EDO)
Una ecuación diferencial es una ecuación matemática que relaciona una función con sus derivadas.
Una ecuación diferencial se llama ordinaria (EDO) si la función desconocida depende de una única variable independiente. Si dependiera de múltiples variables, sería una ecuación diferencial en derivadas parciales (EDP).
En general, una EDO se puede escribir como $F(x, y, y', y'', \dots, y^{(n)}) = 0$, donde $y = y(x)$ es la función desconocida y $y', y'', \dots, y^{(n)}$ son sus derivadas.
Ejemplos:
1. $\frac{dy}{dx} = 2x + 3$ (Aquí, $y$ es la función desconocida y $x$ es la variable independiente)
2. $y'' + 4y' - 5y = \cos(x)$ (EDO de segundo orden)
3. $(y')^2 + xy = e^x$
Ejercicio para Reflexionar:
¿Por qué crees que las ecuaciones diferenciales son importantes en ingeniería? Piensa en fenómenos que cambian o evolucionan con el tiempo o el espacio.
2. Orden y Grado de una EDO
Orden de una EDO: Es el orden de la derivada de mayor orden presente en la ecuación.
Grado de una EDO: Es la potencia (exponente entero y positivo) a la que está elevada la derivada de mayor orden, una vez que la ecuación diferencial ha sido expresada como un polinomio en las derivadas (es decir, sin radicales ni exponentes fraccionarios en las derivadas).
Nota: Si la ecuación no puede escribirse como un polinomio en sus derivadas (por ejemplo, si una derivada está dentro de una función trascendente como $\sin(y')$ o $e^{y''}$), el grado no está definido.
Ejemplos:
1. $\frac{d^2y}{dx^2} + 5\left(\frac{dy}{dx}\right)^3 - 4y = x$
- Derivada de mayor orden: $\frac{d^2y}{dx^2}$ (segunda derivada) $\Rightarrow$ Orden = 2.
- Potencia de la derivada de mayor orden: $(\frac{d^2y}{dx^2})^1$ $\Rightarrow$ Grado = 1.
2. $(y''')^2 + xy'' + y^5 = \sin(x)$
- Derivada de mayor orden: $y'''$ (tercera derivada) $\Rightarrow$ Orden = 3.
- Potencia de la derivada de mayor orden: $(y''')^2$ $\Rightarrow$ Grado = 2.
3. $\sqrt{1 + (y')^2} = y''$
- Para determinar el grado, eliminamos el radical: $1 + (y')^2 = (y'')^2$.
- Derivada de mayor orden: $y''$ (segunda derivada) $\Rightarrow$ Orden = 2.
- Potencia de la derivada de mayor orden: $(y'')^2$ $\Rightarrow$ Grado = 2.
4. $\frac{d^2y}{dx^2} + \cos(y') = 0$
- Derivada de mayor orden: $\frac{d^2y}{dx^2}$ $\Rightarrow$ Orden = 2.
- La derivada $y'$ está dentro de la función $\cos$. No es una forma polinómica en $y'$. $\Rightarrow$ Grado no definido.
Ejercicio: Determina el orden y grado
Indica el orden y grado de las siguientes EDOs:
a) $x^2 \frac{d^3y}{dx^3} + x \frac{dy}{dx} - y = 0$
b) $(\frac{dy}{dx})^4 + y = x$
c) $\frac{d^2y}{dx^2} = \sqrt[3]{1 + (\frac{dy}{dx})^2}$
3. Solución General y Particular de una EDO
Una solución de una EDO es una función $\phi(x)$ que, al ser sustituida junto con sus derivadas en la ecuación, la convierte en una identidad.
Solución General: Es una solución que contiene una o más constantes arbitrarias. El número de estas constantes independientes es igual al orden de la EDO. Representa una familia de curvas.
Solución Particular: Es una solución que se obtiene de la solución general al asignar valores específicos a las constantes arbitrarias. Estos valores se determinan usualmente mediante "condiciones iniciales" o "condiciones de frontera".
Ejemplo:
Considera la EDO: $\frac{dy}{dx} = 3x^2$.
Podemos resolverla integrando: $y = \int 3x^2 dx = x^3 + C$.
- $y = x^3 + C$ es la solución general. $C$ es una constante arbitraria. Para cada valor de $C$, obtenemos una curva diferente (una parábola cúbica trasladada verticalmente).
Si además nos dan una condición inicial, por ejemplo, $y(0) = 2$ (la curva solución pasa por el punto (0,2)), podemos hallar $C$:
$2 = (0)^3 + C \Rightarrow C = 2$.
- $y = x^3 + 2$ es una solución particular.
Ejercicio: Verificación y Solución Particular
1. Verifica que $y = Ce^{2x}$ es una solución general de la EDO $y' - 2y = 0$.
2. Encuentra la solución particular si $y(0) = 5$.
4. Solución de una EDO de Primer Orden
Una EDO de primer orden es de la forma $F(x, y, y') = 0$ o, más comúnmente, $\frac{dy}{dx} = f(x,y)$.
La solución general de una EDO de primer orden contendrá una constante arbitraria (ya que el orden es 1).
Para encontrar una solución particular, se necesita una condición inicial, típicamente de la forma $y(x_0) = y_0$.
Interpretación Geométrica: La solución general representa una familia de curvas en el plano $xy$. Cada curva es una solución. Una condición inicial $y(x_0) = y_0$ especifica un punto $(x_0, y_0)$ por el cual debe pasar la curva solución particular.
Ejemplo:
Considera la EDO $\frac{dy}{dx} = -\frac{x}{y}$.
Esta EDO puede resolverse (como veremos en "Variables Separables") y su solución general es $x^2 + y^2 = C^2$ (una familia de círculos centrados en el origen con radio $C$).
Si se da la condición inicial $y(3) = 4$:
$3^2 + 4^2 = C^2 \Rightarrow 9 + 16 = C^2 \Rightarrow 25 = C^2 \Rightarrow C=5$ (tomamos $C>0$ para el radio).
La solución particular es $x^2 + y^2 = 5^2 = 25$. Este es el círculo con centro en (0,0) que pasa por el punto (3,4).
5. EDO de Variables Separables
Una EDO de primer orden se dice que es de variables separables si se puede escribir en la forma:
$g(y) \frac{dy}{dx} = f(x)$
O, de manera equivalente, usando diferenciales:
$g(y) dy = f(x) dx$
Método de Solución:
Si la ecuación es separable, agrupamos todos los términos con $y$ (incluyendo $dy$) de un lado de la ecuación, y todos los términos con $x$ (incluyendo $dx$) del otro lado. Luego, integramos ambos lados:
$\int g(y) dy = \int f(x) dx + C$
donde $C$ es la constante de integración.
Ejemplo:
Resolver $\frac{dy}{dx} = \frac{2x}{y^2}$.
1. Separar variables:
$y^2 dy = 2x dx$
2. Integrar ambos lados:
$\int y^2 dy = \int 2x dx$
$\frac{y^3}{3} = \frac{2x^2}{2} + K$
$\frac{y^3}{3} = x^2 + K$
Podemos reescribir la constante: $y^3 = 3x^2 + 3K$. Llamando $C = 3K$, la solución general es:
$y^3 = 3x^2 + C$ o $y = \sqrt[3]{3x^2 + C}$.
Ejercicio:
Resuelve la siguiente EDO de variables separables: $\frac{dy}{dx} = e^{x-y}$.
(Pista: $e^{x-y} = e^x e^{-y} = \frac{e^x}{e^y}$)
Problema de Aplicación: Ley de Enfriamiento de Newton
La tasa de cambio de la temperatura $T$ de un cuerpo es proporcional a la diferencia entre su temperatura y la temperatura $T_a$ del medio ambiente circundante (que se supone constante).
Esto se expresa como: $\frac{dT}{dt} = -k(T - T_a)$, donde $k$ es una constante de proporcionalidad positiva.
Si la temperatura inicial del cuerpo es $T(0) = T_0$, encuentra la expresión para $T(t)$.
6. EDO Lineal de Primer Orden
Una ecuación diferencial ordinaria lineal de primer orden tiene la forma general:
$$\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)$$
donde $P(x)$ y $Q(x)$ son funciones continuas de $x$.
Vamos a asumir una solución de la forma:
$$y(x) = u(x)v(x)$$
donde $u(x)$ y $v(x)$ son funciones de $x$ que elegiremos de forma conveniente.
Estas funciones no tienen que cumplir ninguna condición inicial específica más allá de ser diferenciables,
Primero, necesitamos encontrar la derivada de $y(x)$ con respecto a $x$ utilizando la regla del producto:
$$\frac{dy}{dx} = \frac{du}{dx}v(x) + u(x)\frac{dv}{dx}$$
Ahora, sustituimos $y(x)$ y $\frac{dy}{dx}$ en la ecuación diferencial original:
$$\left( \frac{du}{dx}v(x) + u(x)\frac{dv}{dx} \right) + P(x)(u(x)v(x)) = Q(x)$$
Reorganizamos los términos para agrupar $u(x)$:
$$v(x)\frac{du}{dx} + u(x)\left( \frac{dv}{dx} + P(x)v(x) \right) = Q(x)$$
Podemos elegir $v(x)$ de tal manera que el término dentro del paréntesis sea igual a cero. Esto simplifica enormemente la ecuación. Entonces, imponemos la condición:
$$\frac{dv}{dx} + P(x)v(x) = 0$$
Esta es una ecuación diferencial de variables separables para $v(x)$. Podemos resolverla de la siguiente manera:
$$\frac{dv}{dx} = -P(x)v(x)$$
$$\frac{dv}{v(x)} = -P(x)dx$$
Integrando ambos lados:
$$\int \frac{dv}{v(x)} = \int -P(x)dx$$
$$\ln|v(x)| = -\int P(x)dx + C_1$$
Para simplificar, podemos asumir $C_1 = 0$ y tomar la exponencial de ambos lados. No necesitamos la constante de integración aquí porque estamos buscando una función $v(x)$ que satisfaga la condición, y cualquier múltiplo constante de esa $v(x)$ también funcionaría.
$$v(x) = e^{-\int P(x)dx}$$
Ahora, volvemos a nuestra ecuación principal:
$$v(x)\frac{du}{dx} + u(x)\left( \frac{dv}{dx} + P(x)v(x) \right) = Q(x)$$
Dado que hemos elegido $v(x)$ de modo que $\frac{dv}{dx} + P(x)v(x) = 0$, la ecuación se simplifica a:
$$v(x)\frac{du}{dx} = Q(x)$$
Ahora podemos resolver para $\frac{du}{dx}$:
$$\frac{du}{dx} = \frac{Q(x)}{v(x)}$$
Sustituimos la expresión para $v(x)$:
$$\frac{du}{dx} = \frac{Q(x)}{e^{-\int P(x)dx}}$$
$$\frac{du}{dx} = Q(x)e^{\int P(x)dx}$$
Para encontrar $u(x)$, integramos ambos lados:
$$u(x) = \int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx + C$$
Finalmente, recordamos que nuestra solución original era $y(x) = u(x)v(x)$. Sustituimos las expresiones que encontramos para $u(x)$ y $v(x)$:
Ejemplo:
Resolver $\frac{dy}{dx} + \frac{1}{x}y = x^2$ (para $x > 0$).
1. Identificar $P(x)$ y $Q(x)$:
$P(x) = \frac{1}{x}$, $Q(x) = x^2$.
2. Calcular $\int P(x)dx$:
$\int P(x)dx = \int \frac{1}{x} dx = \ln(x)$ (como $x > 0$, $|x|=x$).
3. Calcular $e^{\int P(x)dx}$ (el factor integrante $\mu(x)$):
$e^{\ln(x)} = x$.
4. Calcular $e^{-\int P(x)dx}$:
$e^{-\ln(x)} = e^{\ln(x^{-1})} = x^{-1} = \frac{1}{x}$.
5. Aplicar la fórmula de solución:
$y(x) = \frac{1}{x} \left[ \int x^2 \cdot x dx + C \right]$
$y(x) = \frac{1}{x} \left[ \int x^3 dx + C \right]$
$y(x) = \frac{1}{x} \left[ \frac{x^4}{4} + C \right]$
$y(x) = \frac{x^3}{4} + \frac{C}{x}$ (Solución general).
Ejercicio:
Resuelve la EDO lineal de primer orden: $y' - 2y = e^{3x}$.
Problema de Aplicación: Circuito RL
Un circuito en serie contiene una resistencia $R$ (en ohmios), una inductancia $L$ (en henrios) y una fuente de voltaje $E(t)$ (en voltios). La EDO que describe la corriente $I(t)$ (en amperios) en el circuito es:
$L \frac{dI}{dt} + RI = E(t)$
Supongamos $L=1$ H, $R=10 \Omega$, y un voltaje constante $E(t) = 50$ V. Si la corriente inicial es $I(0) = 0$ A, encuentra $I(t)$.