Ecuaciones diferenciales ordinarias en variables separables

Las ecuaciones de primer orden más sencillas son las ecuaciones en variables separables que son las que se pueden expresar en la forma

$f(y)y'=g(t)$

donde $f$ y $g$ son funciones de una variable real. Es decir, toda expresión que contenga la variable $y$ se debe poder colocar en un lado de la igualdad multiplicando a la variable $y'$ y toda expresión que contenga la variable $t$ se debe colocar al otro lado de la iguadad.

Entonces, si $F$ es una primitiva de $f$ , integrando tenemos

$F(y)=\displaystyle\int g(t)d t+ C,\;\;C \text{ constante}$

y despejando $y$ cuando se puede resulta la solución general.

Ejemplo: Solución general de la ecuación diferencial

$3y+ty'=0$

Separando las variables tenemos

$ty'=-3y,$
$\dfrac{{y'}}{y} = – \dfrac{3}{t},$

e integrando

$\ln |y| = – 3\ln |t| + {c_1}\quad {c_1} \in\mathbb{R},$

introducimos el 3 como exponente

$\ln |y|=-\ln |{t^3}|+{c_1}$

aplicamos las propiedades de logaritmos y exponenciales

$|y|={e^{-\ln|{t^3}|+{c_1}}}={e^{{c_1}}}{e^{-\ln|{t^3}|}}=\dfrac{{{c_2}}}{{\left|{{t^3}}\right|}}$

$\boxed{\color{blue}y=\pm\dfrac{{{c_2}}}{{{t^3}}}=\dfrac{c}{{{t^3}}}\quad c\in\mathbb{R}} \\$

Ejemplo: Resolver el problema de Cauchy

$\left\{\begin{darray}{l}y'=\frac{y-ty}{t^2}\\y(-1)=-1\end{darray}.\right.$

Separamos las variables

$y'=\dfrac{y-ty}{t^2}=\dfrac{y(1-t)}{t^2}\Rightarrow\dfrac{y'}{y}=\dfrac{1-t}{t^2}=\dfrac{1}{t^2}-\dfrac{1}{t}.$

e integrando

$\begin{darray}{l} \ln\left|y\right|=-\frac{1}{t}-\ln\left|t\right|+C,\;C\in\mathbb{R},\\[2ex] \ln\left|{ty}\right|=-\frac{1}{t}+C,\\[2ex] \left|{ty}\right|={e^C}{e^{-\frac{1}{t}}},\\[2ex] ty=k{e^{-\frac{1}{t}}},\;k\in\mathbb{R},\\[2ex] y=\frac{{k{e^{-\frac{1}{t}}}}}{t},\;k\in\mathbb{R}. \end{darray}$

Como $y(-1)=-1$ , $-1=\dfrac{ke}{-1}$ y $k=e^{-1}$

obtenemos por lo tanto

$\boxed{\color{blue}y=\dfrac{e^{-\frac{1}{t}-1}}{t}}.$

Podemos ahora hallar la solución de la ecuación diferencial que define a la curva tractriz vista en la introducción.

Debemos calcular entonces

\displaystyle\int-\dfrac{\sqrt{a^2-t^2}}{t}dt.

Realizamos el cambio de variable

\left\{{\begin{array}{cc}{{a^2}-{t^2}={z^2}}&{t=\sqrt{{a^2}-{z^2}}}\\{-2tdt=2zdz}&{dt=-\dfrac{z}{{\sqrt{{a^2}-{z^2}}}}dz} \end{array}}\right.

y entonces

\begin{darray}{ll}\int-\dfrac{{\sqrt{{a^2}-{t^2}}}}{t}dt&=\int{\dfrac{z}{{\sqrt{{a^2}-{z^2}}}}}\cdot\frac{z}{{\sqrt{{a^2}-{z^2}}}}dz=\int{\frac{{{t^2}}}{{{a^2}-{t^2}}}dt}\\[2em]&=\int{\left({-1+\frac{{{a^2}}}{{{a^2}-{z^2}}}}\right)}dt=-z+a^2\int{\dfrac{{{1}}}{{{a^2}-{z^2}}}dt}.\end{darray}

Si separamos en fracciones simples tenemos que

\dfrac{{{1}}}{{{a^2} – {z^2}}}=\dfrac{1}{2 a (z+a)}+\dfrac{1}{2 a (a-z)}

y entonces

\begin{darray}{ll}a^2 \int\frac{1}{a^2-z^2}dz&=a^2\cdot\frac{1}{2a}\left(\ln(z+a)-\ln(z-a)\right)=\frac{a}{2}\ln\frac{z+a}{a-z}\\[2em]&\underset{\color{red}{(1)}}{=}\frac{a}{2}\ln\frac{(z+a)^2}{a^2-z^2}\underset{\color{blue}{(2)}}{=}a\ln\frac{z+a}{\sqrt{a^2-z^2}}\\[2em]&=a\ln(z+a)-a\ln\sqrt{a^2-z^2}\end{darray}

donde en (1) hemos multiplicado el numerador y denominador por

a+z

y en (2) hemos introducido el número

\dfrac{1}{2}

como exponente dentro del logaritmo.

Deshaciendo el cambio y utilizando las propiedades de los logaritmos obtenemos

y(t)=a\ln\left(\sqrt{a^2-t^2}+a\right)-a\ln t-\sqrt{a^2-t^2}+C

y como

y(a)=0

C=0

concluimos que

\boxed{\color{blue}y(t)=a\ln\left(\sqrt{a^2-t^2}+a\right)-a\ln t-\sqrt{a^2-t^2}.}