1.8: Ecuaciones Exactas

Otro tipo de ecuación que surge con bastante frecuencia en física e ingeniería es una. Supongamos que\(F(x,y)\) es una función de dos variables, a las que llamamos la. El nombre debe sugerir energía potencial, o potencial eléctrico. Ecuaciones exactas y funciones potenciales aparecen cuando hay una ley de conservación en juego, como la conservación de energía. Hagamos un ejemplo sencillo. Let\[F(x,y) = x^2+y^2 . \nonumber \]

Nos interesan las líneas de energía constante, es decir líneas donde se conserva la energía; queremos curvas donde\(F(x,y) = C\), para alguna constante\(C\). En nuestro ejemplo, las curvas\(x^2+y^2=C\) son círculos. Ver Figura\(\PageIndex{1}\).

Figura\(\PageIndex{1}\): Soluciones a\(F(x,y)=x^{2}+y^{2}=C\) para diversos\(C\).

Tomamos la derivada total de\(F\):\[dF = \frac{\partial F}{\partial x} dx + \frac{\partial F}{\partial y} dy . \nonumber \]

Para mayor comodidad, haremos uso de la notación de\(F_x = \frac{\partial F}{\partial x}\) y\(F_y = \frac{\partial F}{\partial y}\). En nuestro ejemplo,\[dF = 2x \, dx + 2y \, dy . \nonumber \]

Aplicamos la derivada total a\(F(x,y) = C\), para encontrar la ecuación diferencial\(dF = 0\). La ecuación diferencial que obtenemos de tal manera tiene la forma\[M \, dx + N \, dy = 0, \qquad \text{or} \qquad M + N \, \frac{dy}{dx} = 0 . \nonumber \]

Una ecuación de esta forma se llama exacta si se obtuvo como\(dF = 0\) para alguna función potencial\(F\). En nuestro sencillo ejemplo, obtenemos la ecuación\[2x \, dx + 2y \, dy = 0, \qquad \text{or} \qquad 2x + 2y \, \frac{dy}{dx} = 0 . \nonumber \]

Ya que obtuvimos esta ecuación diferenciando\(x^2+y^2=C\), la ecuación es exacta. A menudo deseamos resolver por\(y\) en términos de\(x\). En nuestro ejemplo,\[y = \pm \sqrt{C^2-x^2} . \nonumber \]

Una interpretación de la configuración es que en cada punto\(\vec{v} = (M,N)\) hay un vector en el plano, es decir, una dirección y una magnitud. Como\(M\) y\(N\) son funciones de\((x,y)\), tenemos un campo vectorial. El campo vectorial particular\(\vec{v}\) que proviene de una ecuación exacta es un llamado campo vectorial conservador, es decir, un campo vectorial que viene con una función potencial\(F(x,y)\), tal que\[\vec{v} = \left( \frac{\partial F}{\partial x} ,\frac{\partial F}{\partial y} \right) . \nonumber \] Let\(\gamma\) be a path in the plane starting at\((x_1,y_1)\) and ending at \((x_2,y_2)\). Si pensamos en\(\vec{v}\) la fuerza, entonces el trabajo requerido para avanzar\(\gamma\) es\[\int_\gamma \vec{v}(\vec{r}) \cdot d\vec{r} = \int_\gamma M \, dx + N \, dy = F(x_2,y_2) - F(x_1,y_1) . \nonumber \]

Es decir, el trabajo realizado sólo depende de los puntos finales, ahí es donde empezamos y donde terminamos. Por ejemplo, supongamos que\(F\) es potencial gravitacional. La derivada de\(F\) dada por\(\vec{v}\) es la fuerza gravitacional. Lo que estamos diciendo es que el trabajo requerido para mover una caja pesada de la planta baja a la azotea, sólo depende del cambio en la energía potencial. Es decir, el trabajo realizado es el mismo sin importar el camino que tomemos; si tomamos las escaleras o el elevador. Aunque si tomamos el elevador, el elevador está haciendo el trabajo por nosotros. Las curvas\(F(x,y) = C\) son aquellas en las que no es necesario trabajar, como la pesada caja que se desliza sin acelerarse o romperse en un techo perfectamente plano, en un carro con ruedas increíblemente bien engrasadas.

Una ecuación exacta es un campo vectorial conservador, y la solución implícita de esta ecuación es la función potencial.

Resolver ecuaciones exactas

Ahora usted, el lector, debería preguntar: ¿Dónde resolvimos una ecuación diferencial? Bueno, en aplicaciones generalmente conocemos\(M\) y\(N\), pero no sabemos\(F\). Es decir, es posible que acabamos de empezar con\(2x + 2y \frac{dy}{dx} = 0\), o tal vez incluso\[x + y \frac{dy}{dx} = 0 . \nonumber \]

Depende de nosotros encontrar algún potencial\(F\) que funcione. Muchos diferentes\(F\) funcionarán; agregar una constante a\(F\) no cambia la ecuación. Una vez que tenemos una función potencial\(F\), la ecuación\(F\bigl(x,y(x)\bigr) = C\) da una solución implícita de la ODE.

Ejemplo\(\PageIndex{1}\)

Encontremos la solución general para\(2x + 2y \frac{dy}{dx} = 0\). Olvida que sabíamos lo que\(F\) era.

Solución

Si sabemos que esta es una ecuación exacta, empezamos a buscar una función potencial\(F\). Tenemos\(M = 2x\) y\(N=2y\). Si\(F\) existe, debe ser tal que\(F_x (x,y) = 2x\). Integrar en la\(x\) variable para encontrar\[\label{eq:exact:fint} F(x,y) = x^2 + A(y) , \]

para alguna función\(A(y)\). La función\(A\) es la, aunque sólo es constante en lo que\(x\) se refiere, y aún puede depender de\(y\). Ahora\(\eqref{eq:exact:fint}\) diferenciarlo\(y\) y establecerlo igual a\(N\), que es lo que\(F_y\) se supone que es:\[2y = F_y (x,y) = A'(y) . \nonumber \]

Integrando, encontramos\(A(y) = y^2\). Podríamos agregar una constante de integración si quisiéramos, pero no hay necesidad. Encontramos\(F(x,y) = x^2+y^2\). Siguiente para una constante\(C\), resolvemos

\[F\bigl(x,y(x)\bigr) = C . \nonumber \]

para\(y\) en términos de\(x\). En este caso, obtenemos\(y = \pm \sqrt{C^2-x^2}\) como lo hacíamos antes.

Ejercicio\(\PageIndex{1}\)

¿Por qué no necesitábamos agregar una constante de integración a la hora de integrar\(A'(y) = 2y\)? Agrega una constante de integración, di\(3\), y mira lo\(F\) que obtienes. ¿Cuál es la diferencia con lo que obtuvimos arriba y por qué no importa?

El procedimiento, una vez que sabemos que la ecuación es exacta, es:

1. Integrar\(F_x = M\) en\(x\) dar como resultado\(F(x,y) = \text{something} + A(y)\).
2. Diferenciar esto\(F\) en\(y\), y establecer eso igual a\(N\), para que podamos encontrar\(A(y)\) por integración.

El procedimiento también se puede hacer integrando primero en\(y\) y luego diferenciando en\(x\). Bastante fácil ¿eh? Intentemos esto otra vez.

Ejemplo\(\PageIndex{2}\)

Considera ahora\(2x+y + xy \frac{dy}{dx} = 0\).

Bien, entonces\(M = 2x+y\) y\(N=xy\). Tratamos de proceder como antes. Supongamos\(F\) que existe. Entonces\(F_x (x,y) = 2x+y\). Integramos:\[F(x,y) = x^2 + xy + A(y) \nonumber \] para alguna función\(A(y)\). Diferenciar\(y\) y establecer igual a\(N\): ¡\[N = xy = F_y (x,y) = x+A'(y) . \nonumber \]Pero no hay forma de satisfacer este requisito! La función\(xy\) no se puede escribir como\(x\) más una función de\(y\). La ecuación no es exacta; no\(F\) existe ninguna función potencial.

¡Pero no hay manera de satisfacer este requisito! La función\(xy\) no se puede escribir como\(x\) más una función de\(y\). La ecuación no es exacta; no\(F\) existe ninguna función potencial

¿Hay una manera más fácil de verificar la existencia de\(F\), aparte de no intentar encontrarla? Resulta que hay. Supongamos\(M = F_x\) y\(N = F_y\). Entonces, siempre y cuando las segundas derivadas sean continuas, lo\[\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial^2 F}{\partial y \partial x} = \frac{\partial^2 F}{\partial x \partial y} = \frac{\partial N}{\partial x} . \nonumber \] expongamos como teorema. Por lo general a esto se le llama el Lema Poincaré. \(^{1}\)

Teorema\(\PageIndex{1}\)

Pointcaré

Si\(M\) y\(N\) son funciones continuamente diferenciables de\((x,y)\), y\(\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}\), entonces cerca de cualquier punto hay una función\(F(x,y)\) tal que\(M = \frac{\partial F}{\partial x}\) y\(N = \frac{\partial F}{\partial y}\).

El teorema no nos da una\(F\) definición global en todas partes. En general, sólo podemos encontrar el potencial a nivel local, cerca de algún punto inicial. En este momento, hemos llegado a esperar esto de las ecuaciones diferenciales.

Volvamos a Ejemplo\(\PageIndex{2}\) dónde\(M = 2x + y\) y\(N = xy\). Aviso\(M_y = 1\) y\(N_x = y\), que claramente no son iguales. La ecuación no es exacta.

Ejemplo\(\PageIndex{3}\)

Resolver\[\frac{dy}{dx} = \frac{-2x-y}{x-1}, \qquad y(0) = 1. \nonumber \]

Solución

Escribimos la ecuación como\[(2x+y) + (x-1)\frac{dy}{dx} = 0 , \nonumber \] así\(M = 2x+y\) y\(N = x-1\). Entonces\[M_y = 1 = N_x . \nonumber \]

La ecuación es exacta. Integrándose\(M\) en\(x\), encontramos\[F(x,y) = x^2+xy + A(y) . \nonumber \]

Diferenciando\(y\) y configurando a\(N\), encontramos\[x-1 = x + A'(y) . \nonumber \]

Entonces\(A'(y) = -1\), y\(A(y) = -y\) va a funcionar. Tomar\(F(x,y) = x^2+xy-y\). Deseamos resolver\(x^2+xy-y = C\). Primero encontremos\(C\). Como\(y(0)=1\) entonces\(F(0,1) = C\). Por lo tanto\(0^2+0\times 1 - 1 = C\), así\(C=-1\). Ahora resolvemos\(x^2+xy-y = -1\)\(y\) para conseguir\[y = \frac{-x^2-1}{x-1} . \nonumber \]

Ejemplo\(\PageIndex{4}\)

Resolver\[-\frac{y}{x^2+y^2} dx + \frac{x}{x^2+y^2} dy = 0 , \qquad y(1) = 2. \nonumber \]

Solución

Dejamos al lector que compruebe eso\(M_y = N_x\).

Este campo vectorial no\((M,N)\) es conservador si se considera como un campo vectorial de todo el plano menos el origen. El problema es que si la curva\(\gamma\) es un círculo alrededor del origen, digamos comenzando en\((1,0)\) y terminando en\((1,0)\) ir en sentido antihorario, entonces si\(F\) existiera esperaríamos

\[0 = F(1,0) - F(1,0) = \int_\gamma F_x \, dx + F_y \, dy = \int_\gamma \frac{-y}{x^2+y^2} \, dx + \frac{x}{x^2+y^2} \, dy = 2\pi . \nonumber \]

¡Eso es una tontería! Dejamos el cálculo del camino integral al lector interesado, o bien puedes consultar tu libro de texto de cálculo multivariable. Por lo que no hay ninguna función potencial\(F\) definida en todas partes fuera del origen\((0,0)\).

Si pensamos en el teorema, de todos modos no garantiza tal función. Sólo garantiza una función potencial a nivel local, es decir, sólo en alguna región cercana al punto inicial. Como\(y(1) = 2\) empezamos en el punto\((1,2)\). Considerando\(x > 0\) e integrando\(M\)\(N\) en\(x\) o en\(y\), encontramos

\[F(x,y) = \operatorname{arctan} \left( \frac{y}{x} \right) . \nonumber \]

La solución implícita es\(\operatorname{arctan} \bigl( \frac{y}{x} \bigr) = C\). Resolviendo,\(y = \tan(C) x\). Es decir, la solución es una línea recta. Resolver nos\(y(1) = 2\) da eso\(\tan(C) = 2\), y así\(y= 2x\) es la solución deseada. Ver Figura\(\PageIndex{1}\), y tenga en cuenta que la solución sólo existe para\(x > 0\).

Figura\(\PageIndex{1}\): Solución a\(-\frac{y}{x^{2}+y^{2}}dx+\frac{x}{x^{2}+y^{2}}dy=0\),\(y(1)=2\), con punto inicial marcado.

Ejemplo\(\PageIndex{5}\)

Resolver\[x^2+y^2 + 2y(x+1) \frac{dy}{dx} = 0 . \nonumber \]

Solución

El lector debe comprobar que esta ecuación es exacta. Dejar\(M= x^2+y^2\) y\(N=2y(x+1)\). Seguimos el procedimiento para ecuaciones exactas

\[F(x,y) = \frac{1}{3}x^3 + xy^2 + A(y) , \nonumber \]y\[2y(x+1) = 2xy + A'(y) . \nonumber \]

Por lo tanto\(A'(y) = 2y\) o\(A(y) = y^2\) y\(F(x,y) = \frac{1}{3}x^3 + xy^2 + y^2\). Tratamos de resolver\(F(x,y) = C\). Solucionamos fácilmente para\(y^2\) y luego solo tomamos la raíz cuadrada:

\[y^2 = \frac{C-(\frac{1}{3})x^3}{x+1}, \qquad \text{so} \qquad y = \pm \sqrt{\frac{C-(\frac{1}{3})x^3}{x+1}} . \nonumber \]Cuando\(x=-1\), el término frente a se\(\frac{dy}{dx}\) desvanece. También puede ver que nuestra solución no es válida en ese caso. No obstante, en ese caso se podría tratar de resolver\(x\) en términos de\(y\) partir de la solución implícita\(\frac{1}{3}x^3 + xy^2 + y^2 = C\). La solución es algo desordenada y la dejamos como implícita.

Factores integradores

A veces una ecuación no\(M\, dx + N \, dy = 0\) es exacta, pero se puede hacer exacta multiplicando por una función\(u(x,y)\). Es decir, quizás para alguna función distinta de cero\(u(x,y)\),\[u(x,y) M(x,y) \, dx + u(x,y) N(x,y) \, dy = 0 \nonumber \] es exacto. Cualquier solución a esta nueva ecuación es también una solución a\(M\, dx + N \, dy = 0\).

De hecho, una ecuación lineal\[\frac{dy}{dx} + p(x) y = f(x), \qquad \text{or} \qquad \bigl( p(x) y - f(x) \bigr)\, dx + dy = 0 \nonumber \] es siempre tal ecuación. Dejar\(r(x) = e^{\int p(x)\,dx}\) ser el factor integrador para una ecuación lineal. Multiplique la ecuación por\(r(x)\) y escríbala en forma de\(M + N \frac{dy}{dx} = 0\). \[r(x) p(x) y - r(x) f(x) + r(x) \frac{dy}{dx} = 0 . \nonumber \]Entonces\(M = r(x) p(x) y - r(x) f(x)\), entonces\(M_y = r(x) p(x)\), mientras\(N = r(x)\), así\(N_x = r'(x) = r(x) p(x)\). En otras palabras, tenemos una ecuación exacta. Los factores de integración para funciones lineales son solo un caso especial de factores de integración para ecuaciones exactas.

Pero, ¿cómo encontramos el factor integrador\(u\)? Bueno, dada una ecuación\[M \, dx + N \, dy = 0 , \nonumber \]\(u\) debería ser una función tal que\[\frac{\partial}{\partial y} \bigl[ u M \bigr] = u_y M + u M_y = \frac{\partial}{\partial x} \bigl[ u N \bigr] = u_x N + u N_x . \nonumber \] por lo tanto,\[(M_y-N_x)u = u_x N - u_y M . \nonumber \] Al principio puede parecer que reemplazamos una ecuación diferencial por otra. Es cierto, pero no se pierde toda esperanza.

Una estrategia que muchas veces funciona es buscar una\(u\) que sea una función de\(x\) solo, o una función de\(y\) solo. Si\(u\) es una función de\(x\) solo, es decir\(u(x)\), entonces escribimos\(u'(x)\) en lugar de\(u_x\), y\(u_y\) es solo cero. Entonces\[\frac{M_y-N_x}{N}u = u' . \nonumber \] en particular,\(\frac{M_y-N_x}{N}\) debería ser una función de\(x\) solo (no depender de\(y\)). Si es así, entonces tenemos una ecuación lineal\[u' - \frac{M_y-N_x}{N} u = 0 . \nonumber \] Dejando\(P(x) = \frac{M_y-N_x}{N}\), resolvemos usando el método estándar del factor de integración, para encontrar\(u(x) = C e^{\int P(x) \, dx}\). La constante en la solución no es relevante, necesitamos cualquier solución distinta de cero, así que tomamos\(C=1\). Entonces\(u(x) = e^{\int P(x) \, dx}\) es el factor integrador.

De igual manera podríamos intentar una función de la forma\(u(y)\). Entonces\[\frac{M_y-N_x}{M} u = - u' . \nonumber \] en particular,\(\frac{M_y-N_x}{M}\) debería ser una función de\(y\) solo. Si es así, entonces tenemos una ecuación lineal\[u' + \frac{M_y-N_x}{M} u = 0 . \nonumber \] Dejando\(Q(y) = \frac{M_y-N_x}{M}\), nos encontramos\(u(y) = C e^{-\int Q(y) \, dy}\). Tomamos\(C=1\). Así\(u(y) = e^{-\int Q(y) \, dy}\) es el factor integrador.

Ejemplo\(\PageIndex{6}\)

Resolver\[\frac{x^2+y^2}{x+1} + 2y \frac{dy}{dx} = 0 . \nonumber \]

Solución

Dejar\(M= \frac{x^2+y^2}{x+1}\) y\(N=2y\). Compute\[M_y-N_x = \frac{2y}{x+1} - 0 = \frac{2y}{x+1} . \nonumber \]

Como esto no es cero, la ecuación no es exacta. Notamos\[P(x) = \frac{M_y-N_x}{N} = \frac{2y}{x+1} \frac{1}{2y} = \frac{1}{x+1} \nonumber \] es una función de\(x\) solo. Calculamos el factor integrador\[e^{\int P(x) \, dx} = e^{\ln (x+1)} = x+1 . \nonumber \] Multiplicamos nuestra ecuación dada por\((x+1)\) para obtener\[x^2+y^2 + 2y(x+1) \frac{dy}{dx} = 0 , \nonumber \] cuál es una ecuación exacta que resolvimos en Ejemplo\(\PageIndex{5}\). La solución fue\[y = \pm \sqrt{\frac{C-(\frac{1}{3})x^3}{x+1}} . \nonumber \]

Ejemplo\(\PageIndex{7}\)

Resolver\[y^2 + (xy+1) \frac{dy}{dx} = 0 . \nonumber \]

Solución

Primero computar\[M_y-N_x = 2y-y = y . \nonumber \] Como esto no es cero, la ecuación no es exacta. Observamos\[Q(y) = \frac{M_y-N_x}{M} = \frac{y}{y^2} = \frac{1}{y} \nonumber \] es una función de\(y\) solo. Calculamos el factor integrador\[e^{-\int Q(y) \, dy} = e^{-\ln y} = \frac{1}{y} . \nonumber \] Por lo tanto miramos la ecuación exacta\[y + \frac{xy+1}{y} \frac{dy}{dx} = 0 . \nonumber \] El lector debe verificar dos veces que esta ecuación es exacta. Seguimos el procedimiento para ecuaciones exactas\[F(x,y) = xy + A(y) , \nonumber \] y\[\frac{xy+1}{y} = x+\frac{1}{y} = x+ A'(y) . \nonumber \] Consecuentemente\(A'(y) = \frac{1}{y}\) o\(A(y) = \ln y\). Así\(F(x,y) = xy + \ln y\). No es posible resolver\(F(x,y)=C\)\(y\) en términos de funciones elementales, así que contentémonos con la solución implícita:\[xy + \ln y = C . \nonumber \] Buscamos la solución general y nos dividimos por\(y\) arriba. Deberíamos comprobar qué pasa cuando\(y=0\), ya que la ecuación misma tiene perfecto sentido en ese caso. Nos conectamos\(y=0\) para encontrar que la ecuación está satisfecha. Entonces también\(y=0\) es una solución.

Notas al pie

[1] Nombrado así por el polímata francés Jules Henri Poincaré (1854-1912).