Solución genérica al problema de valor inicial de una EDO lineal de primer orden

Consideremos la ecuación diferencial lineal de primer orden no homogénea $$y'+P(x)\,y=Q(x)$$ siendo $P$ y $Q$ funciones continuas en un intervalo abierto $I$ de $\mathbb{R}$. Consideremos ahora un punto $a\in I$ y un número real cualquiera $b$. Entonces (teorema) existe una única función $y=f(x)$ que satisface la condición inicial $f(a)=b$, y es la siguiente: $$f(x)=b\,e^{-A(x)}+e^{-A(x)}\,\int_{a}^{x}\,Q(t)\,e^{A(t)}\,dt,\quad \text{donde}\; A(x)=\int_{a}^{x}\,P(t)\,dt$$ Nota. Véase la siguiente referencia en la que hay una demostración de este teorema: Tom M. Apostol, Calculus I (p. 377-382), Reverté, Barcelona, 2009.

Veamos un ejemplo muy sencillo, en el que encontraremos todas las soluciones de la EDO lineal de primer orden, tomando por ejemplo $a=1$ en la condición inicial $f(a)=b$, esto es $f(1)=b$: $$y'+y=x$$ En este caso, $P(x)=1$ y $Q(x)=x$. Entonces, $A(x)=\int_{1}^{x}\,1\cdot dt = x-1$, con lo cual $e^{-A(x)}=e^{-(x-1)}$ y $e^{A(t)}=e^{t-1}$; y, de acuerdo con el resultado expuesto, se tiene que $$f(x)=b\,e^{-(x-1)}+e^{-(x-1)}\,\int_{1}^{x}\,t\,e^{t-1}\,dt$$ esto es, $$f(x)=b\,e^{-(x-1)}+e^{-(x-1)}\,\left[ e^{t-1}\,(t-1) \right]_{1}^{x}=b\,e^{-(x-1)}+e^{-(x-1)}\,\left(e^{x-1}\,(x-1) \right)=b\,e^{-(x-1)}+x-1$$ dicho de otro modo, $y=b\,e^{-(x-1)}+x-1$ es la solución general de la ecuación diferencial lineal de primer orden no homogénea propuesta, que puede escribirse de la forma $y=b\,e^{-x}\,e^1+x-1$, es decir, $y=b\cdot e\,e^{-x}+x-1$, donde $b\cdot e$ puede entenderse como la correspondiente constante de integración, a la que denominaremos $C$. Esto es, la solución general es $$y=C\,e^{-x}+x-1$$

Observación: Puede comprobarse que, sustituyendo este resultado en la ecuación diferencial, $y'+y=x$, el primer miembro de la misma resulta igual al segundo, como debe ser. $\diamond$

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Comentario: Otra manera de llegar a la solución consiste en tener en cuenta que la solución general es la suma de la solución de la ecuación homogénea, $y'+y=0$, y de una solución particular (que denotaremos por $\tilde{y}$), y que, como el el segundo miembro de la EDO no homogénea es $x$ (un término polinómico de grado $1$), postulamos que la solución particular tiene también la forma de un polinomio de grado uno, $\tilde{y}=\alpha\,x+\beta \quad (2)$, con lo cual $\tilde{y}'=\alpha$. Entonces, como dicha solución ha de verificar la ecuación diferencial $(1)$, vemos que $\alpha + (\alpha\,x+\beta)=x \Leftrightarrow \alpha=1 \quad y \quad \beta=-1$, con lo cual $\hat{y}=x-1$. Por otra parte, fácilmente se ve que la solución de la ecuación homogénea $y'+y=0$ es $y=C\,e^{-x}$, donde $C$ es la constante de integración. Entonces, para acabar, sabemos que la solución general viene dada por la suma de la solución de la e. homogénea y y de la solución particular, de ahí que encontremos también así el resultado ya visto antes a partir del teorema al que nos referíamos: $$y=Ce^{-x}+(x-1)$$ $\diamond$

Otro ejemplo de resolución de una EDO lineal no homogénea

Se pide que resolvamos la siguiente EDO: $$y'+2y = x^2+2x$$

Observemos que se trata de una EDO lineal no homogénea, pues su forma se corresponde con la genérica de ese tipo: $y'+f(x)\,y=g(x)$, siendo en este caso concreto $f(y)=2$ y $g(x)=x^2+2x$

Primero, buscaremos la solución de la e.d. homogénea $y'+ 2y=0$, que, fácilmente hallamos, y a la que denominaremos $y_H$:
  $\dfrac{dy}{dx}+2y=0$
    $\dfrac{dy}{y}=-2\,dx$
      $\displaystyle \int\,\dfrac{dy}{y}=\int\,-2\,dx$
        $\ln(y)=-2\,x+\text{constante}$
Elegimos ahora la constante arbitraria como $\ln(C)$, luego podemos escribir:
          $\ln(y)-\ln(C)=-2\,x$
            $\ln\left(\dfrac{y}{C}\right)=-2\,x$, por lo que
              $y_H=C\,e^{-2\,x}$

En segundo lugar, buscaremos una solución particular, $y_P$, de la ecuación original, por el método de los coeficientes indeterminados: Como $g(x)=x^2+2x$ es un polinomio de segundo grado, postulamos que $y_P=A\,x^2+B\,x+C$ (constante). Así que, sustituyendo en la e.d. $y'+2y=x^2+2x$, podremos determinar el valor de los coeficientes $A,B$ y $C$. Al sustituir, obtenemos $(A\,x^2+B\,x+C)'+2\,(A\,x^2+B\,x+C)=x^2+2x$. Con lo cual, agrupando términos e identificando coeficentes del mismo grado, llegamos al siguiente sistema de ecuaciones algebraicas:
$$\left\{\begin{matrix}2\,A=1 \\ 2\,A+2\,B=2\\ B+2C=0\end{matrix}\right. \Rightarrow A=B=\dfrac{1}{2}\,,C=-\dfrac{1}{4}$$ Por consiguiente, una solución particular es $y_P=\dfrac{1}{2}\,(x^2+x-\dfrac{1}{2})$

Finalmente, y teniendo en cuenta que la solución general de la e.d. es $y=y_H+y_P$, se obtiene:
$$y=C\,e^{-2x}+\dfrac{1}{2}\,(x^2+x-\dfrac{1}{2})$$ $\diamond$

Ejemplo de integración de una EDO lineal de primer grado no homogénea

Se pide que resolvamos la siguiente EDO: $$y'=2y+\dfrac{2}{3}$$

Observemos que se trata de una EDO lineal no homogénea, pues su forma se corresponde con la genérica de ese tipo: $y'+f(x)\,y=g(x)$, siendo en este caso concreto $f(y)=-2$ y $g(x)=\dfrac{2}{3}$

Procederemos de la siguiente manera:

Primero, buscaremos la solución de la e.d. homogénea $y'-2y=0$, que, fácilmente hallamos, y a la que denominaremos $y_H$:
  $\dfrac{dy}{dx}-2y=0$
    $\dfrac{dy}{y}=2\,dx$
      $\displaystyle \int\,\dfrac{dy}{y}=\int\,2\,dx$
        $\ln(y)=2\,x+\text{constante}$
Elegimos ahora la constante arbitraria como $\ln(C)$, luego podemos escribir:
          $\ln(y)-\ln(C)=2\,x$
            $\ln\left(\dfrac{y}{C}\right)=2\,x$, por lo que
              $y_H=C\,e^{2\,x}$

En segundo lugar, buscaremos una solución particular, $y_P$, de la ecuación original, por el método de los coeficientes indeterminados: Como $g(x)=\dfrac{2}{3}$ es constante, esto es, un polinomio de grado $0$, postulamos que $y_P=k$ (constante). Así que, sustituyendo en la e.d. $y'=2y+\dfrac{2}{3}$, podremos determinar el valor del coeficiente $k$:
  $y'_P=2\,y_P+\dfrac{2}{3}$
    $0=2\cdot k +\dfrac{2}{3}$
      $k = -\dfrac{1}{3}$
Por consiguiente, una solución particular es $y_P=-\dfrac{1}{3}$

Finalmente, sabemos que la solución general de la e.d. es $y=y_H+y_P$, es decir:
$$y=C\,e^{2x}-\dfrac{1}{3}$$ $\diamond$

ODEs lineales no homogéneas. Un método general para resolver las de primer orden

Recordemos la definiación de ecuación diferencial lineal: Una ODE $F(x,y,y',y'',\ldots,y^{(n)})=0$, se dice que es una ecuación diferencial lineal si $F$ es una función lineal con respecto a la variable dependiente $y$ y sus derivadas de órdenes $1,2\,\ldots,n$ con respecto a la variable independiente $x$: $y',\ldots,y^{(n)}$.

También puede reconocerse una EDO lineal si es de la forma $a_{0}(x)\,y+a_{1}(x)\,y'+\ldots+a_{n}(x)\,y^{(n)}=g(x) \quad (1)$, siendo $a_{0}(x),\ldots,a_{n}(x)$ funciones diferenciales, no necesariamente lineales. El orden de dicha EDO lineal viene dada por el entero positivo $m\le n$ tal que $a_{m}(x)$ sea una función no nula (la f. que envía todo valor de su dominio de efinición a cero). Por otra parte, si la función $g(x)$ del segundo miembro es nula, la EDO diferencial se denomina homogénea.

Caso de una EDO lineal no homogénea de orden $1$

Vamos a resolver una EDO de primer orden lineal no homogénea: $$y'+a(x)\,y=g(x) \quad (1)$$

La EDO homogénea asociada es $y'+a(x)\,y=0 \quad (2)$

Mediante el cambio de variable $y=u\,v$ —con lo cual $y'=u\,v'+v'\,u$ (derivadas con respecto de $x$)— la ecuación $(1)$ se escribe de la forma:
  $(u'\,v+v'\,u+a(x)\,u\,v=g(x)$
    $(u'+a(x)\,u)\,v+v'\,u=g(x) \quad (3)$

Si el primer término del primer miembro de $(3)$ es igual a cero, éste corresponde a la EDO homogénea $(2)$ de la EDO del problema, en las variables $x$ y $u$ (que depende de $x$).

Procedimiento: Una vez hayamos encontrado la solución de $(2)$ (primer paso), podemos encontrar la solución general de la ecuación diferencial pedida (segundo paso) sustituyendo ésta en $(3)$. Vamos a realizar pues estos dos pasos:

Primer paso:
  $u'+a(x)\,u=0 \quad (2.1)$
    $\dfrac{du}{dx}+a(x)\,u=0$
      $\dfrac{du}{dx}=-a(x)\,u$
        $\dfrac{du}{u}=-a(x)\,dx$
          $\displaystyle \int\,\dfrac{du}{u}=-\int\,a(x)\,dx$
            $\displaystyle \ln(|u|)=-\int\,a(x)\,dx+\ln(k_1)$, donde, por conveniencia (como se verá enseguida) damos la forma $\ln(k_1)$ a la constante de integración
              $\displaystyle \ln(|u|)-\ln(k_1)=-\int\,a(x)\,dx$
                $\displaystyle \ln\left(\left|\dfrac{u}{k_1}\right|\right)=-\int\,a(x)\,dx$
en consecuencia,
                      $\dfrac{u}{k_1}=\displaystyle e^{-\int\,a(x)\,dx}$
y por tanto,
                        $u=k_1\,\displaystyle e^{-\int\,a(x)\,dx}\quad (2.2)$

Segundo paso: Sustituimos ahora $(2.2)$ en $(3)$, ecuación que nos queda,
  $0\cdot v+v'\cdot k_1\,\displaystyle e^{-\int\,a(x)\,dx}=g(x)$
    $0+v'\cdot \,k_1\,\displaystyle e^{-\int\,a(x)\,dx}=g(x)$
      $v'\cdot \,k_1\,e^{-\int\,a(x)\,dx}=g(x)$
        $\dfrac{dv}{dx} \cdot \,k_1\,e^{-\int\,a(x)\,dx}=g(x)$
          $\dfrac{dv}{dx} = \dfrac{1}{k_1}\,e^{\int\,a(x)\,dx}\,g(x)$
            $dv = \dfrac{1}{k_1}\,e^{\int\,a(x)\,dx}\,g(x)\,dx$
              $\displaystyle \int\,dv = \int\,\dfrac{1}{k_1}\,e^{\int\,a(x)\,dx}\,g(x)\,dx$
                $\displaystyle v = \int\,\dfrac{1}{k_1}\,e^{\int\,a(x)\,dx}\,g(x)\,dx+k_2$
Deshaciendo el cambio de variable $y=u\,v$, se tiene que $v=\dfrac{y}{u}$, por tanto lo anterior lo escribimos de la forma:
                  $\displaystyle \dfrac{y}{u} = \int\,\dfrac{1}{k_1}\,e^{\int\,a(x)\,dx}\,g(x)\,dx+k_2$
                    $\displaystyle y = u\,\left(\int\,\dfrac{1}{k_1}\,e^{\int\,a(x)\,dx}\,g(x)\,dx+k_2\right)$
                      $\displaystyle y \overset{(2.2)}{=} k_1\,\displaystyle e^{-\int\,a(x)\,dx}\,\left(\int\,\dfrac{1}{k_1}\,e^{\int\,a(x)\,dx}\,g(x)\,dx+k_2\right)$
                        $\displaystyle y = k_1\,\displaystyle e^{-\int\,a(x)\,dx}\,\left( \dfrac{1}{k_1}\,\int\,e^{\int\,a(x)\,dx}\,g(x)\,dx+k_2\right)$
                          $\displaystyle y = \displaystyle e^{-\int\,a(x)\,dx}\,\int\,e^{\int\,a(x)\,dx}\,g(x)\,dx+k_1\cdot k_2\,e^{-\int\,a(x)\,dx}$
                            $\displaystyle y = \displaystyle e^{-\int\,a(x)\,dx}\,\int\,e^{\int\,a(x)\,dx}\,g(x)\,dx+C\,e^{-\int\,a(x)\,dx}\quad (4)$
siendo $C=k_1\cdot k_2$ la constante de integración del proceso global de integración.

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Un ejemplo:

Apliquemos ahora lo que acabamos de deducir a un caso concreto, y muy sencillo: la EDO lineal de primer orden no homogénea $$y'+2y=3$$

Observemos que, para este caso, $a(x)=2$ y $f(x)=3$. Entonces, según $(4)$
  $\displaystyle y = \displaystyle e^{-\int\,2\,dx}\,\int\,e^{\int\,2\,dx}\cdot 3\,dx+C\,e^{-\int\,2\,dx}$
    $\displaystyle y = \displaystyle e^{-2x}\,\int\,3\,e^{2x}\,dx+C\,e^{-2x}$
      $\displaystyle y = \displaystyle 3\,e^{-2x}\,\int\,e^{2x}\,dx+C\,e^{-2x}$
        $\displaystyle y = \displaystyle 3\,e^{-2x}\cdot \dfrac{1}{2}\,e^{2x}+C\,e^{-2x}$
          $\displaystyle y = \displaystyle \dfrac{3}{2}\,e^{-2x}\cdot \,e^{2x}+C\,e^{-2x}$
            $\displaystyle y = \displaystyle \dfrac{3}{2}\,e^{2x-2x}+C\,e^{-2x}$
              $\displaystyle y = \displaystyle \dfrac{3}{2}\,e^{0}+C\,e^{-2x}$
                $\displaystyle y = \displaystyle \dfrac{3}{2}\cdot 1+C\,e^{-2x}$
                  $\displaystyle y = \displaystyle \dfrac{3}{2}+C\,e^{-2x}$

Comprobación:Sustituyendo la solución general que acabamos de encontrar en la ecuación diferencial ha de verificarse la igualdad de la misma. Veámoslo:
  $(\dfrac{3}{2}+C\,e^{-2x})'+2\,(\dfrac{3}{2}+C\,e^{-2x})\overset{?}{=}3$
En efecto, desarrollando el primer miembro:
    $0-2\,C\,e^{-2x}+2\cdot \dfrac{3}{2}+2\,C\,e^{-2x}=$
      $-2\,C\,e^{-2x}+2\,C\,e^{-2x}+3=$
        $0+3=3$, que es igual al segundo miembro.

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Nota: La ecuación del ejemplo, que es muy sencilla, puede integrarse de manera alternativa sin utilizar el resultado $(4)$, tal como vamos a hacer a continuación. Así, viendo que llegamos a la misma solución, veremos, de otra manera, como todo lo anterior funciona bien.
  $y'+2y=3$
    $y'=3-2y$
      $\dfrac{dy}{dx}=3-2y$
        $\dfrac{dy}{3-2y}=dx$
          $\displaystyle \int\,\dfrac{dy}{3-2y}=\int\,dx$
Para integrar el primer miembro, hagamos el siguiente cambio de variable: $w=3-2y$, con lo cual $dw=-2\,dy$ y por tanto $dy=-\dfrac{1}{2}\,dw$; por otra parte, el segundo miembro es de integración inmediata, luego
  $\displaystyle \int\,\dfrac{dy}{3-2y}=-\dfrac{1}{2}\,\int\,\dfrac{dw}{w}=-\dfrac{1}{2}\,\ln(|w|)=-\dfrac{1}{2}\,\ln(|3-2y|)=x+k \Rightarrow 3-2y = e^{-2\,(x+k)}$
es decir,
  $2\,y=3-e^{-2\,(x+k)}$
    $y=\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{2}\,e^{-2\,(x+k)}$
      $y=\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{2}\,e^{-2\,(x+k)}$
        $y=\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{2}\,e^{-2\,k}\cdot e^{-2\,x}$
          $y=\dfrac{3}{2}+\left(-\dfrac{1}{2}\,e^{-2\,k}\right)\cdot e^{-2\,x}$
y tomando como constante (arbitraria) de integración $C=-\dfrac{1}{2}\,e^{-2\,k}$, podemos escribir la solución de la misma forma que la que hemos encontrado antes: $$y=\dfrac{3}{2}+C\,e^{-2x}$$

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