Ecuaciones exactas

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

1. $(2xy+3)dx+(x^2-1)dy=0$

   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 $$y={c-3x\over x^2-1}$$

2. $(3x^2y^3-5x^4)dx+3x^3y^2dy=0$

   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 $$y={\sqrt[3]{x^5+c-a}\over x}$$

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3. 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 $$M=kx^2y+e^y=3x^2y+e^y$$

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4. $(2x^3+2xy)dx+(x^2-y)dy=0$

   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
   $$y=-x^2\pm((x^2-1)^2+c)^{1/2}$$

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5. 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 $x$.

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6. $ (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 $$y=(x^3-e^x\sin y+c)^3$$

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7. $ \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
   $$c=x^2-y^2+\tan^{-1}(xy)$$

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8. $(x+y)^2dx+(2xy+x^2-1)dy=0; \ \ \ \ \ y(1)=1$

   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.

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9. $\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
   $$k=xy^2-xy+y\ln(x+1)+\frac{x^2y^2}{2}+{1\over8\sqrt{2}}\ln\left( y^4-\sqrt{2}\over y^4+\sqrt{2} \right)$$