Teoría
La ecuación de primer orden $$M(x,y)+N(x,y){dy\over dx}=0$$
se dice que es exacta si existe una función $\phi$ con primeras derivadas parciales continuas tales que
$${\partial \phi(x,y)\over \partial x}=M(x,y) , \ \hspace{0.5cm} {\partial\phi(x,y)\over \partial y}=N(x,y)$$
Teorema
Si la ecuación diferencial $M(x,y)+N(x,y)y’=0$ es exacta y la función $\phi$ cumple que
$$ {\partial\phi\over \partial x}=M, \ \ \ {\partial\phi\over \partial y}=N $$ entonces una función $ \ y=f(x)$, es solución de la ecuación diferencial si y solo si se satisface la ecuación de la forma $\phi(x,y)=c$ donde $c$ es constante
Demostración
($\Longrightarrow$) Supongamos que $f$ es solución de $$M+Ny’=0$$ si $y=f(x)$, tenemos que
$$ {\partial\phi(x,y)\over \partial x}+{\partial\phi(x,y)\over \partial y}{dy\over dx}=0 $$ o $${d\phi(x,y)\over dx}=0$$
entonces se tiene que $\phi(x,y)=c.$
($\Longleftarrow$) Supongamos que $f$ sastiface la ecuación $\phi(x,y)=c$. Entonces por derivación implícita tenemos
$$ {\partial\phi(x,y)\over \partial x}+{\partial\phi(x,y)\over \partial y}{dy\over dx}=0 $$
sustituyendo $ \ \partial\phi/\partial x=M$ y $\partial\phi/\partial y=N$, entonces
$$M(x,y)+N(x,y){dy\over dx}=0 $$
por tanto la función $f$ es solución de la ecuación diferencial.
Note que si $M+Ny’=0$ es exacta, entonces el diferencial total de $\phi$ es
$$ d\phi={\partial\phi\over \partial x}dx+{\partial\phi\over \partial y}dy=Mdx+Ndy $$
a lo largo de cualquier curva, $d\phi=0$, se sastiface la ecuación de la forma $\phi(x,y)=c.$
Ahora veremos el criterio para saber cuando una ecuación diferencial es exacta.
Supongamos que $$M(x,y)+N(x,y){dy\over dx}=0$$ es exacta. Entonces existe una función $\phi$ tal que
$${\partial\phi\over \partial x}=M, \ \ \ \ {\partial\phi\over \partial y}=N$$
entonces se tiene que
$${\partial M\over \partial y}={\partial^2\phi\over \partial xy} \ \ \mbox{y} \ \ {\partial N\over \partial x}={\partial^2\phi\over \partial xy}$$
note que las segundas parciales mixtas son iguales, esto es
$$ {\partial M\over \partial y}={\partial N\over \partial x} \ \ \hspace{0.5cm} \ \mbox{(1)}$$
entonces se dice que una ecuación es exacta si cumple (1).
Deduciremos una formula para una función $\phi(x,y)$ que sastifaga $\partial\phi/\partial x=M$ y $\partial\phi/\partial y=N$, fijese
ahora que si $${\partial\phi\over \partial x}=M$$
integrando esta ecuación respecto de $x$ tenemos
$$\phi(x,y)=\int M(x,y)dx+g(y)$$ usamos $g(y)$ en vez de la constante $c$ puesto que $y$ se mantiene fija al integral respecto de $x$, por lo que nuestra constante dependera de $y$.
Ahora para determinar $g(y)$ derivamos de ambos lados respecto de $y$ esto es
$${\partial\phi\over\partial y}={\partial\over\partial y}\int M(x,y)dx+{\partial\over\partial y}g(y)$$
como $g$ sólo depende de $y$ podemos sustituir ${\partial g/\partial y}=g’$ y despejar $g'(y)$, esto es
$$g'(y)={\partial\phi(x,y)\over\partial y}-{\partial\over\partial y}\int M(x,y)dx$$
como ${\partial\phi/\partial y}=N$, entonces
$$g'(y)=N(x,y)-{\partial\over\partial y}\int M(x,y)dx$$
fijese que el lado derecho da la sensación de depender de $x$, esta variable debe cancelarce, el lado derecho $g'(y)$ sólo depende de $y$. Luego al integral podemos determinar $g(y)$ salvo una constante de integración, por tanto se puede encontrar $\phi(x,y)$ salvo una constante.
En forma alternativa, partiendo de ${\partial\phi/\partial y}=N$, la solución implícita se puede determinar integrando primero con respecto de $y$.
Ejercicios Resueltos
- $(2xy+3)dx+(x^2-1)dy=0$
Solución
Lo primero es verificar si la ecuación es exacta, esto es verificar si se cumple que
$$\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x} $$
fijese que $M=2xy+3$ y $N=x^2-1$ se puede ver que
$$\frac{\partial M}{\partial y}=2x=\frac{\partial N}{\partial x} $$
por lo que la ecuación es exacta. Ahora procedemos a resolver la ecuación, tomemos $$\frac{\partial \phi}{\partial x}=M=2xy+3$$
integrando respecto de $x$, esto es $$\phi(x,y)=\int(2xy+3)dx+g(y)=x^2y+3x+g(y)$$
$$\phi(x,y)=x^2y+3x+g(y)$$
derivando parcialmente con respecto de $y$, esto es
$$\frac{\partial \phi}{\partial y}=\frac{\partial }{\partial y}(x^2y+3x+g(y))=x^2+g'(y)$$
$$\frac{\partial \phi}{\partial y}=x^2+g'(y)$$
como $\frac{\partial \phi}{\partial y}=N$, sustituyendo tendremos
$$x^2-1=x^2+g'(y)$$ entonces $$g'(y)=-1$$ integrando respecto de $y$ para obtener $g(y)$ se tiene que
$$g(y)=-y$$ sustituyendo en $\phi$, se tiene que
$$\phi=x^2y+3x-y$$
entonces para obtener la solución $\phi=c$, esto es
$$c=x^2y+3x-y $$ entonces $$y(x^2-1)=c-3x$$
por tanto la solución de la ecuación es $$y={c-3x\over x^2-1}$$ - $(3x^2y^3-5x^4)dx+3x^3y^2dy=0$
Solución
Lo primero es verificar si la ecuación es exacta, esto es verificar si se cumple que
$$\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x} $$
fijese que $M=3x^2y^3-5x^4$ y $N=3x^3y^2$ se puede ver que
$$\frac{\partial M}{\partial y}=9x^2y^2 =\frac{\partial N}{\partial x} $$
por lo que la ecuación es exacta. Ahora procedemos a resolver la ecuación, tomemos $$\phi=\int Mdx+g(y)$$
sustituyendo e integrando respecto de $x$, esto es $$\phi=\int(3x^2y^3-5x^4)dx+g(y)$$
entonces $$\phi=x^3y^3-x^5+g(y)$$
derivando respecto de $y$ se tiene que
$$\frac{\partial \phi}{\partial y}=3x^3y^2+g'(y)$$
sustituyendo $\partial \phi/\partial y=N$, esto es
$$3x^3y^2=3x^3y^2+g'(y)$$
entonces $g'(y)=0$ integrando respecto de $y$ se tiene que $g(y)=a\in \mathbb{R}$, entonces
$$\phi=x^3y^3-x^5+a$$
como $\phi=c$ se tiene que
$$c=x^3y^3-x^5+a$$
entonces $$y^3={x^5+c-a\over x^3}$$
por tanto la solución es $$y={\sqrt[3]{x^5+c-a}\over x}$$
- Determinar el valor de $k$ de modo que la ecuación diferencial siguiente sea exacta.
$$(kx^2y+e^y)dx+(x^3+xe^y-y)dy=0$$Solución
Tenemos que $M=kx^2y+e^y$ y $N=x^3+xe^y-y$. Recuerde que para que la ecuación sea exacta se tiene que cumplir que $$\pmm=\pnn$$ de aqui que
$$\pmm=kx^2+e^y \ \ \ \mbox{ y } \ \ \pnn=3x^2+e^y$$ de donde se tiene que cumplir que
$$kx^2+e^y=3x^2+e^y\Longrightarrow kx^2=3x^2$$
por lo que $k=3$ para que la ecuación sea exacta, esto es $$M=kx^2y+e^y=3x^2y+e^y$$
- $(2x^3+2xy)dx+(x^2-y)dy=0$
Solución
Tenemos que $ M=2x^3+2xy$ y $N=x^2-y$.
Puede verificarse que $$\pmm=2x=\pnn$$
por lo que la ecuación es exacta.Tomemos $$\pp=\int N(x,y)dy+g(x)$$
esto es
$$\pp=\int(x^2-y)dy+g(x)$$
entonces $$\pp=x^2y+{1\over2}y^2+g(x)$$
derivando parcialmente respecto de $x$ se tiene que
$$\px=2xy+g'(x)$$
sustituyendo $\partial \phi/\partial x=M$, esto es
$$ 2x^3+2xy=2xy+g'(x) $$
entonces $$g'(x)=3x^2\Longrightarrow \g=x^3$$
por lo que $$\pp=x^2y+{1\over2}y^2+x^3$$
tomando $\pp=c_1$, entonces
\begin{eqnarray*} x^2y+{1\over2}y^2+x^3&=&c_1\\ \\ x^2y+{1\over2}y^2+x^3-c_1&=&0\\ \\ \mbox{multiplicando por $2$} \\ \\ y^2+2x^2y+2x^3-2c_1&=&0\\ \\ y^2+2x^2y+2x^3+c_2&=&0 \ \hspace{0.2cm} \mbox{para $c_2=-2c_1$} \end{eqnarray*}
esto es una ecuación algebraica de segundo grado, recuerde que
$$y=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$$
entonces
\begin{eqnarray*} y&=&\frac{-2x^2\pm\sqrt{(2x^2)^2-4(1)(2x^2+c_2)}}{2(1)}=\frac{-2x^2\pm\sqrt{4x^4-8x^2-4c_2}}{2}\\ \\ &=&\frac{-2x^2\pm2\sqrt{x^4-2x^2-c_2}}{2}=-x^2\pm\sqrt{x^4-2x^2-c_2}\\ \\ &=&-x^2\pm\sqrt{(x^2-1)^2+(-1-c_2)}=-x^2\pm\sqrt{(x^2-1)^2+c} \end{eqnarray*}
para $c=-1-c_2$, por tanto
$$y=-x^2\pm((x^2-1)^2+c)^{1/2}$$
- Encuentre una función $M(x,y)$ de modo que la siguiente ecuación diferencial sea exacta
$$M(x,y)dx+(x^3+xe^y-y)dy=0$$Solución
Tenemos que $N(x,y)=x^3+xe^y-y$, para que la ecuación sea exacta se tiene que cumplir que
$$\pmm=\pnn$$
tenemos que $$\pnn=e^y+3x^2$$ de donde se tiene que
$$\pmm=e^y+3x^2\Longrightarrow \partial M=(e^y+3x^2)\partial y$$
integrando $$M=\int(e^y+3x^2)\partial y=3x^2y+ye^y+\f$$
por tanto
$$M(x,y)=3x^2y+ye^y+\f$$
donde $\f$ es una función cualquiera que depende solamente de $x$.
- $ (e^x\sin y -3x^2)\,dx+(e^x\cos y +{1\over3}y^{-2/3})\,dy=0$
Solución
Tenemos que $M=e^x\sin y -3x^2$ \ y \ $N=e^x\cos y +{1\over3}y^{-2/3}$.
Puede verificarse que
$$\pmm=e^x\cos y=\pnn$$
tomemos
$$\pp=\int M(x,y)dx+g(y)$$
entonces
$$\pp = \int (e^x\sin y-3x^2) \, dx = e^x\cos y -x^3+g(y)$$
por tanto $$\pp=e^x\sin y -x^3+g(y)$$
derivando parcialmente respecto de $y$ esto es $$\py=e^x\cos y +g'(y)$$
tomando $\partial\phi/\partial y=N$, esto es
$$e^x\cos y +g'(y)=e^x\cos y +{1\over3}y^{-2/3}$$
de donde se tiene que
$$ g'(y)=\frac{1}{3}y^{-2/3}\Longrightarrow g(y)=\int \frac{1}{3}y^{-2/3}=y^{1/3}$$
por lo que $\phi$ esta dado por
$$\pp=e^x\sin y -x^3+y^{1/3}$$
tomando ahora $\phi=c$
$$e^x\sin y -x^3+y^{1/3}=c$$
entonces $$y=(x^3-e^x\sin y+c)^3$$
- $ \displaystyle \left( 2x+\frac{y}{1+x^2y^2} \right)dx+\left( \frac{x}{1+x^2y^2}-2y \right)dy=0 $
Solución
Tenemos que $\displaystyle M= 2x+\frac{y}{1+x^2y^2} $ y $\displaystyle N=\frac{x}{1+x^2y^2}-2y$
de donde puede verificarse que
$$\pmm=\frac{1-x^2y^2}{(1+x^2y^2)^2}=\pnn$$
por lo que la ecuación es exacta. Tomemos ahora
$$\pp=\int M(x,y)dx+g(y)$$
$$\pp=\int\left( 2x+\frac{y}{1+x^2y^2} \right)dx+g(y)=x^2+\tan^{-1}(xy)+g(y)$$ahora tomemos $\partial\phi/\partial y=N$, esto es
$$ \frac{\partial\phi}{\partial y}=\frac{x}{1+x^2y^2}+g'(y)=\frac{x}{1+x^2y^2}-2y $$
entonces $$g'(y)=-2y\Longrightarrow g(y)=-y^2$$
por lo que $\phi$ esta dado por
$$\pp=x^2-y^2+\tan^{-1}(xy)$$
ahora tomando $\pp=c$, esto es
$$c=x^2-y^2+\tan^{-1}(xy)$$
- $(x+y)^2dx+(2xy+x^2-1)dy=0; \ \ \ \ \ y(1)=1$
Solución
Tenemos que $M(x,y)=(x+y)^2$ y $N(x,y)=2xy+x^2-1$ de donde se puede observar que
$$\pmm=\pnn=2(x+y)=2x+2y$$
por lo que la ecuación es exacta. Tomemos
$$\pp=\int M(x,y)dx+h(y)$$
esto es
\begin{eqnarray*} \pp&=&\int(x+y)^2dx+h(y)=\int(x^2+2xy+y^2)dx+h(y)\\ \\ &=&\frac{1}{3}x^3+x^2y+xy^2+h(y) \end{eqnarray*}
puesto que $\partial\phi/\partial y=N$ se tiene que
\begin{eqnarray*} {\partial\over \partial y}\left(\frac{1}{3}x^3+x^2y+xy^2+h(y)\right)&=&x^2+2xy+h'(y) \\ \\ \Longrightarrow x^2+2xy+h'(y)&= &2xy+x^2-1 \\ \\ h'(y)&=&-1\Longrightarrow h(y)=-y \end{eqnarray*}
por lo que $$\pp={1\over3}x^3+x^2y+xy^2-y$$
de donde se tiene que la solución general es
$$c=\frac{1}{3}x^3+x^2y+xy^2-y$$
tomando la condición $y(1)=1$ para encontrar el valor $c$, esto es
$$c=\frac{1}{3}(1)^3+(1)^2(1)+(1)(1)^2-1=\frac{1}{3}+1=\frac{4}{3}$$
$$c=\frac{4}{3}$$
entonces
$$\frac{4}{3}=\frac{1}{3}x^3+x^2y+xy^2-y$$
o lo que es lo mismo
$$4=x^3+3x^2y+3xy^2-3y$$
que es la solución particular.
- $\displaystyle \left( y^2-\frac{xy}{x+1}+xy^2 \right)+\left( 2xy-x+\ln(x+1)+x^2y+\frac{y^3}{y^8-2} \right)y’=0 $
Solución
Tenomos que
\begin{eqnarray*} M(x,y)&=&y^2-\frac{xy}{x+1}+xy^2 \\ \\ N(x,y)&=&2xy-x+\ln(x+1)+x^2y+\frac{y^3}{y^8-2} \end{eqnarray*}
de donde se tiene que
\begin{eqnarray*} \pmm=2y-\frac{xy}{x+1}+2xy=\pnn \end{eqnarray*}
por lo que la ecuación es exacta, tomemos entonces
$$\pp=\int M(x,y)dx+g(y)$$
esto es
\begin{eqnarray*} \pp&=&\int\left( y^2-\frac{xy}{x+1}+xy^2 \right)dx+g(y)\\ \\ &=&y^2\int dx-y\int\left(\frac{x}{x+1} \right)dx+y^2\int xdx+g(y)\\ \\ &=&xy^2-y\int dx+y\int\left( 1\over x+1 \right)dx+y^2\int xdx+g(y)\\ \\ \pp&=&xy^2-xy+y\ln(x+1)+\frac{x^2y^2}{2}+g(y) \end{eqnarray*}por lo que tomando ahora $\partial\phi/\partial y=N$, esto es
\begin{eqnarray*} 2xy-x+\ln(x+1)+x^2y+g'(y)=2xy-x+\ln(x+1)+x^2y+\frac{y^3}{y^8-2} \end{eqnarray*}por lo que $$g'(y)=\frac{y^3}{y^8-2}$$
integrando para obtener $g(y)$
\begin{eqnarray*} g(y)&=&\int\frac{y^3}{y^8-2}dy=\int\frac{y^3}{(y^4)^2-2}dy\\ \\ \mbox{tomando}&&z=y^4\Longrightarrow dz=4y^3dy \\ \\ \mbox{por lo que}\\ \\ &=&{1\over4}\int\frac{dz}{z^2-2}={1\over4}\left( {1\over2\sqrt{2}}\ln\left( z-\sqrt{2}\over z+\sqrt{2} \right) \right)+c\\ \\ g(y)&=&{1\over8\sqrt{2}}\ln\left( y^4-\sqrt{2}\over y^4+\sqrt{2} \right) \end{eqnarray*}
por lo que$$\pp=xy^2-xy+y\ln(x+1)+\frac{x^2y^2}{2}+{1\over8\sqrt{2}}\ln\left( y^4-\sqrt{2}\over y^4+\sqrt{2} \right)$$
tomando ahora $\pp=k$ para la solución general, esto es
$$k=xy^2-xy+y\ln(x+1)+\frac{x^2y^2}{2}+{1\over8\sqrt{2}}\ln\left( y^4-\sqrt{2}\over y^4+\sqrt{2} \right)$$
Super interesante el post!!!
BUENAS me gustaría saber si tienen una aplicación con este nombre que se pueda descargar o sólo podemos ver lo que ustedes publican
Buenas
De momento solo esta aquí el contenido, se esta ampliando, pero aun esta en proceso
En la primera ED es erróneo en un signo. Basto para no seguir realizando tus demás desarrollos.
Saludos.
Gracias por el comentario, e corregido el error.
Saludos