Ecuaciones Diferenciales

ECUACIONES DIFERENCIALES DE VARIABLES SEPARABLES – MÉTODO DE RESOLUCIÓN

Aquí lo que vamos a hacer es resolver una ecuación diferencial de variables separables.

Pero antes de encender el fuego hay que saber qué vamos a poner en la sartén.

¿Qué es una ecuación diferencial de variables separables?

Pues por un lado es una ecuación diferencial.

De esas que llevan derivadas de una función.

Y por el otro lado es un tipo especial de estas.

Porque las variables que hay en ella, se pueden separar.

¿Separar?

Sí.

y\prime-\frac{2}{x^{2}-1}y=0

Ahí tenemos una EDO de orden uno, tranquilita.

Y da la casualidad de que esta es de variables separables.

Porque se puede representar de la forma siguiente:

y\prime=f(x)g(y)

Y que se pueda representar de esa forma no es un susto ni un chiste.

Es una verdad.

Lo que quiere decir es que la ecuación es de variables separables cuando podemos dejar a un lado la derivada y a otro lado todo lo demás, pero sin mezclar plátanos con almendras.

Vamos a verlo con nuestro ejemplo.

La misma ecuación que antes, escrita de otra forma.

y\prime=[y][\frac{2}{x^{2}-1}]

Se ve claramente que hay dos equipos, el de los plátanos y el de las almendras.

En un equipo está la variable x y en el otro equipo está la función y.

¿Y si mi ecuación no puedo representarla de esta forma?

Pues entonces tu ecuación no es de variables separables.

¿Cómo resolver una EDO de variables separables?

Pues vamos a seguir una técnica mate-mágica.

Para empezar, una vez que hemos representado las variables separadas, vamos a poner bien la derivada, con pelos y señales.

\frac{dy}{dx}=[y][\frac{2}{x^{2}-1}]

Y cuando hemos hecho eso, vemos que otra vez hay plátanos con almendras mezclados.

Volvemos a organizar todo.

Cada equipo a un lado.

[\frac{1}{y}]dy=[\frac{2}{x^{2}-1}]dx

Así, tal cual, integramos a ambos lados de la ecuación.

\int [\frac{1}{y}]dy=\int [\frac{2}{x^{2}-1}]dx

Resolvemos las integrales.

LA PRIMERA: Es una fracción cuyo numerador contiene la derivada del denominador.

Pues tenemos que tomar logaritmos neperianos (o logaritmo natural para los matemáticos):

\int [\frac{1}{y}]dy=ln\begin{vmatrix}y\end{vmatrix}+Q

LA SEGUNDA: Es una fracción cuyo denominador tiene mayor grado que el numerador.

Pues tenemos que descomponer en fracciones simples:

Observamos que las raíces del denominador son el 1 y el -1.

¿Qué?

Que el polinomio del denominador se anula – es cero – para valores de x=1 y x=-1.

Por eso, podemos decir que:

(x^{2}-1)=(x-1)(x+1)

Y por eso, podemos decir que:

\frac{2}{x^{2}-1}=\frac{A}{(x-1)}+\frac{B}{(x+1)}

Ahora buscamos los valores de A y B para poder resolver la integral.

El que se asusta no se asusta porque da susto. Se asusta porque no sabe hacerlo. El que no sabe hacerlo tiene dos opciones: aprender a hacerlo o irse a hacer otra cosa.

¿Cómo se hace?

Pues en matemáticas todo se hace operando.

Operamos pues.

Para sumar dos fracciones el denominador tiene que ser igual.

Es decir, que buscamos el mínimo común múltiplo de ambas.

Como veníamos de partir un polinomio en sus factores, pues el mínimo común múltiplo ya lo tenemos.

Es como ir de la casa al cine y luego volver a casa.

\frac{2}{x^{2}-1}=\frac{(x+1)A+(x-1)B}{(x^{2}-1)}

Sustituyendo primero una raíz y luego la otra, tenemos que primero se anula el factor que multiplica a A y luego el que multiplica a B.

Y con esa y con que el numerador de la fracción original vale 2, tenemos estas ecuaciones:

Por un lado:

2=(1+1)A+(1-1)B=2A

De lo que se deduce que A=1

Por otro lado:

2=(-1+1)A+(-1-1)B=-2B

De lo que se deduce que B=-1

Por lo que nos quedamos con:

\frac{2}{x^{2}-1}=\frac{1}{(x-1)}+\frac{-1}{(x+1)}

Y eso está de lujo para poder resolver la integral que nos faltaba:

\int [\frac{2}{x^{2}-1}]dx=\int \frac{1}{(x-1)}-\frac{1}{(x+1)}dx

Tenemos ahora fracciones cuyos numeradores son las derivadas de los denominadores.

La función primitiva de ambas será pues:

\int \frac{1}{(x-1)}-\frac{1}{(x+1)}dx=ln\begin{vmatrix}x-1\end{vmatrix}-ln\begin{vmatrix}x+1\end{vmatrix}+K

Retomando nuestra ecuación y sustituyendo las integrales de ambos miembros por los respectivos elementos que hemos calculado:

ln\begin{vmatrix}y\end{vmatrix}+Q=ln\begin{vmatrix} \frac{x-1}{x+1}\end{vmatrix}+K

Vamos a juntar las constantes que vienen de haber integrado.

Porque un número juntado con otro sigue siendo un número.

Digamos que K-Q=N

ln\begin{vmatrix}y\end{vmatrix}=ln\begin{vmatrix} \frac{x-1}{x+1}\end{vmatrix}+N

¿Ahora qué pasa?

Pues que nosotros estamos resolviendo una ecuación de variables separables.

Y eso significa que estamos buscando una solución de esa ecuación.

Significa que estamos buscando una función y que satisfaga la cosa aquella que decía la ecuación.

¿Y dónde está esa función?

Pues está escondida dentro el logaritmo neperiano ese del primer miembro.

Vamos a sacarla de ahí, pobrecita.

¿Cómo?

Pues la única forma de matar una función es con su anti-función.

Si te hago la raíz cuadrada del cuadrado de un pan te quedas con el pan.

Pues lo mismo pasa si tomamos la exponencial en un logaritmo neperiano.

Y en nuestra ecuación podemos hacer lo que queramos, siempre que lo hagamos a ambos lados.

e^{ln\begin{vmatrix}y\end{vmatrix}}=e^{ln\begin{vmatrix} \frac{x-1}{x+1}\end{vmatrix}+N}

El primer miembro está de lujo, pero en el segundo hay una suma que vamos a separar:

\begin{vmatrix}y\end{vmatrix}=e^{ln\begin{vmatrix} \frac{x-1}{x+1}\end{vmatrix}}e^{N}

Vemos que el número e elevado a un número sigue siendo un número, así que para simplificar el asunto vamos a quitar esa exponencial y dejar el número.

Digamos que eN=T, sabiendo que T≠0, porque e elevado a cualquier cosa nunca va a ser cero.

\begin{vmatrix}y\end{vmatrix}=T\begin{vmatrix} \frac{x-1}{x+1}\end{vmatrix}

Los valores absolutos tampoco los queremos.

Podemos quitarlos y pasarle toda la negatividad a la T.

y=\pm T (\frac{x-1}{x+1})

Volvemos a cambiarle el nombre a esa ±T tan paranoica, para que se quede limpio el asunto.

Cambiarle el signo a número sigue siendo un número.

±T=C, sabiendo que C≠0.

y=C (\frac{x-1}{x+1})

Ya casi hemos terminado.

¿Casi?

Sí.

Tenemos la y que es solución de nuestra EDO, pero nos falta atar un cabo suelto.

Y es que resulta que al principio del todo, al separar los plátanos de las almendras, habíamos puesto a la y en el denominador.

Y eso hacía que estuviésemos sin darnos cuenta diciendo que esa y nunca puede valer cero.

Claro, ¿cómo va a valer cero si está en un denominador?.

Pero al decir eso, estábamos descartando también la solución y=0 para todos los posteriores cálculos.

Hemos “arrastrado” la condición que y nunca puede valer cero, pero en ningún caso hemos comprobado si era solución o no.

Estábamos pendientes de comprobar eso.

Pues lo comprobamos ahora, mirando si esa y, al sustituirla en la ecuación, verifica la igualdad.

Y nos damos cuenta muy rápidamente de que sí es solución.

Entonces, vamos a meter esa y=0 en nuestro paquete de soluciones.

y=0=C(\frac{x-1}{x+1})

Y vemos que para meter la y=0 en nuestro paquete hay que decir que C=0.

Antes habíamos dicho que la C no vale cero nunca, porque eso era una consecuencia de haber “arrastrado” aquella jugarreta anterior de haber puesto la y en un denominador.

Pero como lo hemos comprobado conscientemente, pues ahora vemos que esa C puede valer cero sin problema ninguno.

Así que todo se queda perfecto.

La solución de nuestra EDO de variables separables es:

y=C (\frac{x-1}{x+1})

Para C∈ℜ.

Esto es, para C con cualquier valor real, incluso el cero.

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