CAPÍTULO 7

Ecuaciones Diferenciales.

En este capítulo, agregado a las edicio-nes anteriores, tratamos en detalle las ecuaciones diferenciales de primer or-den. La aplicación que tienen las ecuacio-nes diferenciales a la física y a la ingenie-ría, así como a otras ramas de la ciencia, hace de este capítulo algo especial. He-mos intentado, en lo posible, hacer este capítulo todavía más moderno y dinámi-co que las ediciones anteriores.

CONTENIDO.

1. Ecuaciones con variables separables.

2. Ecuaciones lineales.

3. Ecuaciones homogéneas.

4. Ecuaciones totales exactas y factor integrante.

SECCIÓN 1

Métodos de solución. En esta primera sección resolvemos las ecuaciones más clásicas de primer orden con énfasis en los méto-dos de solución. Nuestro objetivo es, luego de agarrar rapidez y confianza en nuestros métodos, pasar luego a los problemas geométricos y físicos de la siguiente sec-ción.

150

Problemas.

(1) Resolver la ecuación diferencial con variables sepa-rables siguiente

xy′�− y2 = xy2.

Solución.

Si vamos a resolver una ecuación diferencial de variables separables lo mejor es comenzar por escri-bir

y′� =dydx

pues ahora podemos tratar a y′� como un “cociente” aun-que en realidad no lo sea. Con esta notación tenemos que nuestra ecuación toma la forma

xdydx

− y2 = xy2.

Precisamente separando las variables tenemos

xdydx

= xy2 + y2 = y2(x + 1)

o lo que es lo mismo

151

Curvas solución de nuestra ecuación diferencial de vari-ables separables.

Galería 7.1 : Algunas curvas solución de nues-tra ecuación diferencial.

dyy2

= 1 +1x

dx.

Ahora sí, integrando ambos miembros tenemos

∫dyy2

= ∫ 1 +1x

dx

y luego de calcular las integrales llegamos a

−1y

= x + ln( |x | ) + c

o más prolijo, expresando y en función de x

y =−1

x + ln( |x | ) + c.

(2) Resolver el problema de valor inicial

y′�+1x

y = 3x y(3) = 0.

Solución.

La ecuación diferencial es del tipo

y′�+ P(x)y = Q(x)

es decir, del tipo lineal. Por eso, si multiplicamos miem-bro a miembro por el factor e ∫ P(x)dx el primer miembro se transforma en la derivada de un producto. En nues-tro caso

P(x) =1x

luego debemos multiplicar ambos miembros por

152

e ∫ 1x dx = eln(x) = x,

donde no hemos puesto ln(x) + C pues no buscamos to-

das las primitivas de 1x

sino una sola función que trans-

forme el primer miembro en la derivada de un produc-to. Y la más sencilla de estas es dándola a la constante de integración C = 0 para que no aparezca.

Multiplicando entonces ambos miembros por x ob-tenemos

xy′�+ y = 3x2

y en efecto, el primer miembro es la derivada del pro-ducto xy. Escribiendo este hecho tenemos

(xy)′� = 3x2.

Luego, integrando ambos miembros encontramos

xy = ∫ 3x2dx = x3 + C

de donde, despejando la y obtenemos la solución gene-ral

y = x2 +Cx

.

Para satisfacer la condición inicial y(3) = 0 halla-mos C de la ecuación

0 = 32 +C3

,

la cual da trivialmente C = − 27.

153

Luego, la respuesta a nuestro P.V.I. es

y = x2 −27x

.

Se puede ver una solución online cliqueando aquí.

(3) Resolver la ecuación diferencial homogénea

x2y′� = y2 + xy

con la condición inicial y(1) = 1.

Solución.

Si dividimos ambos miembros por x2 obtenemos

y′� = (yx )

2+

yx

es decir el miembro de la derecha depende sólo del co-ciente

yx

. Por eso hacemos la sustitución

z =yx

⟹ y = zx.

La curva colorada es la gráfica de la solución de nuestro ejercicio.

Galería 7.2 : Algunas curvas solución de nues-tra ecuación lineal.

154

Entonces

y′� = z′�x + z

y sustituyendo esto derivada y′� en la ecuación difer-encial obtenemos

z′�x + z = z2 + z

o lo que es lo mismo

dzdx

x = z2

y vemos que se han separado las variables.

Procediendo entonces por los métodos usuales en las ecuaciones de variables separables tenemos

dzz2

=dxx

e integrando ambos miembros

∫dzz2

= ∫dxx

de lo cual tenemos, dando a la constante la forma ln(C )

−1z

= ln( |x | ) + ln(C ) = ln(C |x | ). (1)

Recordando ahora que z =yx

tenemos

−xy

= ln(C |x | )

155

por lo tanto la solución general de nuestra ecuación di-ferencial es

y =−x

ln(C |x | ).

Finalmente, la solución particular que satisface la condición inicial y(1) = 1, es decir

1 =−1

ln(C.1)

se obtiene con C = e−1.

Luego dicha solución de nuestro P.V.I. es

y =−x

ln(e−1 . |x | ).

¿Qué hubiese ocurrido si no hubiésemos puesto en

(1) |x | y hubiésemos dejado como primitiva de 1x

a la

función con dominio más restrictivo ln(x)? Que nuestra solución particular, por ejemplo, estaría definida para valores más restringidos de x. Por lo general, en las apli-caciones a la ingeniería se busca una función al menos continua como solución particular que pasa por (1,1). Graficamos en la galería 7.3. estas posibilidades por se-parado.

(4) Hallar la solución general de la ecuación diferen-cial total exacta

3x2y dx + (x3 + sen(y)) dy = 0

y luego hallar la solución particular que pasa por (1,0).

Solución.

Nuestra ecuación diferencial tiene la forma

P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0.

156

Para verificar que es total exacta en algún domi-nio D ⊂ R2 debemos ver para que puntos se satisface la condición

Q′�x = P′�y.

En nuestro caso

Q′�x = 6xy = P′�y

∀(x, y) ∈ R2. Luego la ecuación diferencial es total exac-ta en todo R2 y existe una función φ : R2 → R tal que la diferencial total de φ, definida esta diferencial total por dφ = φxdx + φydy satisface la ecuación

φx(x, y)dx + φ′�y(x, y)dy = P(x, y)dx + Q(x, y)dy.

La solución general será entonces

φ(x, y) = C. (2)

Buscamos entonces una función φ tal que

Estas son las curvas solución si no ponemos módulo en la primitiva de

1x

Galería 7.3 : Gráfica de las soluciones de nues-tra ecuación diferencial homogénea.

157

{φ′�x = P(x, y) = 3x2yφ′�y = Q(x, y) = x3 + sen(y)

Para satisfacer la segunda ecuación diferencial te-nemos “integrando parcialmente con respecto a y” que

φ(x, y) = x3y − cos(y) + α(x)

pues cualquier función α(x) al derivarla respecto de y va-le 0.

Sustituyendo esta expresión en la primera igual-dad tenemos

φ′�x = 3x2y = 3x2y + α′ �(x)

de lo cual deducimos que α(x) = C. Tomando esta cons-tante como 0 pues la solución general (2) ya tiene una constante arbitraria, llegamos a la solución general

x3y − cos(y) = C.

Gráfica de las curvas soluciones de nuestra ecuación con C > 0 (verde) y con C < 0 en colorado.

Galería 7.4 : Soluciones de la ecuación total exacta.

158

Si queremos la solución particular que pasa por (1,0) debemos tomar C = − 1 como se ve trivialmente.

(5) Hallar la solución general de la ecuación diferencial

(2xy + y4) dx + (3x2 + 6xy3) dy = 0 (1)

hallando previamente un factor integrante.

Solución.

La ecuación diferencial tiene la forma

P(x, y) dx + Q(x, y) dy = 0.

Calculando vemos que no es total exacta pues no satisface la condición necesaria

∂Q∂x

=∂P∂y

.

En efecto,

∂Q∂x

= 6x + 6y3 ≠ 2x + 4y3 =∂P∂y

.

Ya que

∂Q∂x

−∂P∂y

≠ 0

formemos los cocientes de esta diferencia con P(x, y) y con Q(x, y).

Si el cociente

Q′�x − P′�y

P

159

depende sólo de y entonces multiplicando ambos miembros de (1) por el factor integrante

μ(y) = e ∫Q′ �x − P′�y

P dy

se transforma en total exacta y si el cociente

Q′�x − P′�y

Q

es función sólo de x entonces multiplicando ambos miembros de (1) por el factor integrante

μ(x) = e− ∫Q′ �x − P′�y

Q dx

se transforma en total exacta.

Por ejemplo en nuestro caso tenemos que

Q′�x − P′�y = 4x + 2y3.

Dividiendo esta diferencia por P(x, y) obtenemos

Q′�x − P′�y

P=

4x + 2y3

y(2x + y3)=

2y

= μ(y),

luego debemos multiplicar ambos miembros por

μ(y) = e ∫ 2y dy = y2.

En efecto, multiplicando (1) por y2 tenemos

(2xy3 + y6) dx + (3x2y2 + 6xy5) dy = 0 (2)

y ahora sí

160

Q′�x = 6xy2 + 6y5 = P′�y

es decir la ecuación (2) es total exacta.

Por lo tanto a partir de ahora nos concentramos en la ecuación diferencial total exacta

(2xy3 + y6) dx + (3x2y2 + 6xy5) dy = 0.

Para resolverla buscamos una función φ(x, y) tal que

φ′�x = 2xy3 + y6

φ′�y = 3x2y2 + 6xy5

Integrando la segunda igualdad obtenemos

φ(x, y) = x2y3 + xy6 + α(x)

y sustituyendo esta expresión en la primera encontra-mos

Algunas curvas solución : con C > 0 en verde, con C < 0 en colorado y el caso especial C = 0 en azul.

Galería 7.5 : Curvas solución de nuestra ecua-ción total exacta con factor integrante.

161

2xy3 + y6 = 2xy3 + y6 + α′�(x)

de lo cual deducimos que α′�(x) = 0, es decir α(x) = C.

Adoptando C = 0 obtenemos como solución gene-ral de nuestra ecuación la expresión

x2y3 + xy6 = C.

Se puede ver una solución on-line cliqueando aquí.

162

CONTENIDO.

1. Aplicaciones geométricas.

2. Trayectorias ortogonales.

3. Aplicaciones a la física y a la ingeniería.

SECCIÓN 2

Aplicaciones geométricas, físicas y a la ingeniería.

En esta segunda sección de este importante capítu-lo comenzamos a ver aplicaciones concretas de las ecua-ciones diferenciales. Algunas veces es difícil transfor-mar un problema del lenguaje coloquial al lenguaje ma-temático. Haremos énfasis en este tipo de transforma-ción. Finalmente observemos que el problema de las trayectorias ortogonales es importantísimo en física y en ingeniería.

163

Problemas.

(1) Hallar la familia de curvas ortogonales a la familia de parábolas

Φ(x, y, C ) = y − Cx2 = 0.

Solución.

De la definición de la familia Φ obtenemos derivan-do respecto de x ambos miembros que

y′�− 2Cx = 0

y eliminando C, pues de la definición del haz Φ obtene-mos

yx2

= C,

tenemos

y′�− 2( yx2 )x = 0.

Simplificando obtenemos una ecuación diferen-cial para el haz de parábolas. La misma es

y′�−2yx

= 0

o despejando y′�

y′� =2yx

.

Para hallar la ecuación diferencial del haz ortogo-

nal Ω(x, y, C ) = 0 debemos cambiar y′� por −1y′�

o lo que

es lo mismo,

y′� =−x2y

.

164

Resolviendo esta última por variables separables tenemos

dydx

=−x2y

luego

2ydy = − xdx.

Integrando ambos miembros tenemos

∫ 2ydy = − ∫ xdx

de lo cual deducimos

y2 = −x2

2+

C2

2

o lo que es lo mismo

2y2 + x2 = C2

165

El haz de parábolas de nuestro ejericicio. A continuación el haz de elipses ortogonal y ambos en simultáneo.

Galería 7.6 : Trayectorias ortogonales.

lo cual representa un haz de elipses con centro en el ori-gen. En la siguiente galería vemos cada haz por separa-do y la ortogonalidad entre ellos en simultáneo.

(2) Hallar la curva plana que pasa por (2,1) y satisface que en cada punto de coordenadas (x, y) la recta tangen-te corta al eje de ordenadas en el punto (0,3y).

Solución.

Si fijamos un punto P = (x0, y0) sobre la curva, la recta tangente en este punto tiene ecuación

y = y0 + y′�0 (x − x0).

Esta recta debe cortar al eje de ordenadas en el punto (0,3y0), luego debemos tener que

3y0 = y0 + y′�0 (0 − x0),

de donde obtenemos que

−2y0

x0= y′�0. (1)

Ahora bien, no queremos que esto ocurra para un P = (x0, y0) sobre la curva sino para cada punto Q = (x, y) de ella. Luego, la ecuación (1) se debe verifi-car para cada Q = (x, y) y obtenemos que

−2yx

= y′�.

Separando las variables tenemos

−2dx

x=

dyy

de lo cual integrando obtenemos

166

−∫2dx

x= ∫

dyy

o sea

−2ln( |x | ) + ln(C ) = ln( |y | ) C > 0

o lo que es lo mismo

ln(Cx−2) = ln( |y | )

y por inyectividad del logaritmo llegamos a la expre-sión final

|y | = Cx−2.

De aquí obtenemos que todas las curvas que satis-facen nuestra propiedad son

y = ± Cx−2

y llamando D = ± C obtenemos la expresión más agra-dable

167

La curva colorada es la gráfica de nuestra solución : pasa por (2,1) y la recta tangente a ella en P = (4,1/4) en verde corta al eje de ordenadas en el punto R = (0,3/4). La coorde-nada y de R es el triple que la coordenada y de P.

Galería 7.7 : Propiedad geométrica de la curva solución.

y = Dx−2.

Para que nuestra curva pase por (2,1) debemos po-ner D = 4 y con este valor para D llegamos a la expre-sión

y =4x2

.

Se puede ver una solución on-line cliqueando aquí.

(3) Un termómetro que marca 10∘C se lleva a una habi-tación a 20∘C. En un minuto la temperatura del termó-metro asciende a 15∘C. Si la velocidad con que cambia la temperatura del termómetro es proporcional a la di-ferencia entre su temperatura y la de la habitación, ob-tener y graficar el comportamiento de la temperatura del termómetro en función del tiempo. ¿Cuándo estará a 1∘C de la temperatura ambiente?

Solución.

Debemos expresar la temperatura del termómetro en función del tiempo t. Sea entonces

x(t)=”temperatura del termómetro en el instante t”.

( t en minutos y x en grados centígrados)

Entonces la velocidad de cambio de la temperatura en función del tiempo será x′�(t). Dicha velocidad de cambio es, según el enunciado, proporcional a la dife-rencia entre su temperatura x(t) y la de la habitación 20∘C. Por lo tanto tenemos

x′�(t) = k . (x(t) − 20).

Resolviendo esta ecuación diferencial de variables separables tenemos

dxdt

= k . (x(t) − 20)

168

es decir,

dx

x − 20= kdt.

Integrando resulta

∫dx

x − 20= ∫ kdt

lo cual da

ln(x − 20) = kt + C.

Tomando exponencial y despejando llegamos a que la expresión para x = x(t) es

x(t) = 20 + ekt+C.

Usemos ahora la condición de temperatura inicial igual a 10∘C. Tenemos

10 = x(0) = 20 + ek.0+C = 20 + eC,

luego

eC = − 10.

Tenemos hasta ahora que

x(t) = 20 − 10ekt.

Como un minuto después la temperatura del ter-mómetro es 15∘C, tenemos

15 = 20 − 10ek,

169

de lo cual deducimos

ek =12

.

Luego, sustituyendo en nuestra expresión para x(t) tenemos

x(t) = 20 − 10( 12 )

t.

Al igualar a 19 obtenemos el instante t para el cual la temperatura del mismo será igual a 19∘C. Conclui-mos que

19 = 20 − 10( 12 )

t.

Entonces

0.1 = (0.5)t

de donde

La gráfica en verde es la temperatura del termómetro en función del tiempo t. La gráfica en colorado en la tempera-tura constante de la habitación. Observamos que nunca llega el termómetro a la temperatura de la habitación, si bien tiende a dicha temperatura en el infinito.

Galería 7.8 : Temperatura del termómetro

170

ln(0.1)ln(0.5)

= t.

luego,

t ≈ 3.321928.

(4) A qué velocidad hay que lanzar un cuerpo vertical-mente hacia arriba para que éste no vuelva a la tierra. (Velocidad de escape)

Solución.

Supongamos que la altura h respecto del centro de la tierra está dada como en la galería 7.9. donde tam-bién hemos dibujado el campo gravitatorio para ilus-trar mejor el asunto.

Si h(t) es la altura en el instante t entonces la veloci-dad de cambio de la altura respecto del tiempo es

v(t) =dhdt

.

Luego la aceleración de la altura respecto del tiem-po es

a(t) = v′�(t) =d2hdt2

. (1)

Supongamos que en el instante t = 0 la velocidad inicial (la que queremos determinar para que la masa m no vuelva a la tierra) es v(0) = v0.

De acuerdo a la ley de Newton tenemos

F(t) = m . a(t) (2)

y usando (1) obtenemos

F(t) = m . v′�(t).

171

Ahora bien, la fuerza que actúa sobre el proyectil de masa m que intenta escapar de la tierra es, de acuer-do con la ley de gravitación universal

F(t) = −KMmh2(t)

(3)

donde K es la constante de gravitación universal, M la masa de la tierra y m, como ya hemos dicho, la masa del proyectil que intenta escapar.

Igualando (2) con (3) tenemos

m . a(t) = −KMmh2(t)

y al simplificar m tenemos

a(t) = −KMh2(t)

. (*)

La simplificación de m nos muestra que la veloci-dad de escape es independiente del objeto que quere-mos lanzar al espacio.

Utilizando ahora (1) obtenemos nuestra ecuación diferencial de primer orden para v(t) :

El cuerpo de masa m intenta escapar de la tierra cuya masa es M.

Galería 7.9 : Velocidad de escape.

172

dvdt

= v′�(t) = −KMh2(t)

.

Ahora bien, como la velocidad v depende de la altu-ra h y como la altura h depende de t tenemos, en virtud de la regla de la cadena de una variable que

dvdt

=dvdh

dhdt

= −KMh2(t)

y como v(t) =dhdt

obtenemos

dvdh

v(t) = −KMh2(t)

.

Como esta igualdad debe valer para todo t, nuestra ecuación diferencial es para v como función de h y obte-nemos

dvdh

v = −KMh2

.

Separando las variables obtenemos

vdv = −KMh2

dh

de lo cual, integrando ambos miembros

∫ vdv = ∫ −KMh2

dh

llegamos a

v2

2=

KMh

+ C. (4)

Pasemos ahora a aplicar las condiciones iniciales. Cuanto el instante es t = 0, la altura h(0) es el radio de la tierra el cual es en metros aproximadamente

173

R = 6.400.000m y la velocidad inicial es como ya hemos indicado v(0) = v0. Luego

v2

0

2=

KMR

+ C

de donde obtenemos el valor de C

v2

0

2−

KMR

= C. (5)

Sustituyendo (5) en (4) obtenemos

v2

2=

KMh

+ (v20

2−

KMR ).

Ahora bien, si h empieza a crecer, físicamente, si el proyectil comienza a alejarse de la tierra indefinidamen-te el primer sumando del miembro de la derecha que no se encuentra entre paréntesis tiende a 0. Luego, si la velocidad no debe hacerse nunca 0 para siempre alejar-

se de la tierra, debemos tener que el término entre pa-réntesis debe ser positivo, de lo cual deducimos

v2

0

2>

KMR

es decir

v0 >2KM

R. (6)

Ahora bien, ya podríamos de aquí sacar como míni-mo cual debe ser la velocidad inicial con sólo sustituir la constante de gravitación universal y la masa de la tie-rra por sus correspondientes valores, pero para utilizar una constante más famosa recordemos de (*) que

a(t) = −KMh2(t)

.

174

Si ponemos t = 0 la aceleración es justo g = − 9.8

mseg2

y h(0) = 6.400.000m de modo que

9.8 × 6.400.0002 = KM.

Entonces de (6) vemos que

v0 >2 × 9.8 × 6.400.0002

6.400.000≈ 11.200

mseg

o lo que es lo mismo, la mínima velocidad de escape es aproximadamente

ve = 11,2kmseg

.

175

CONTENIDO.

1. Definición de líneas de campo.

2. Hallazgo de las líneas de campo de F.

3. Aplicaciones a la física.

SECCIÓN 3

Líneas de Campo. Una de las herramientas matemáticas más útiles para la física son los campos vectoriales representables por funciones matemáticas. De ellos se puede hallar precisamente las líneas de campo de los mismos. Esta sección contiene una introducción a este importante concepto.

176

Problemas.

(1) Comprobar que la curva parametrizada por

γ(t) = (t2,2t − 1, t), t > 0

es una línea de campo de

F(x, y, z) = (y + 1, 2,12z ).

Solución.

Por definición, γ(t) es una línea de campo de F si γ′�(t) = λF(γ(t)). En nuestro caso

γ′�(t) = (2t, 2,1

2 t)

y

F(γ(t)) = ((2t − 1) + 1, 2,1

2( t) ).

Simplificando, vemos que con λ = 1 obtenemos que γ′�(t) = λF(γ(t)), es decir, la curva parametrizada por γ(t) es una línea de campo de F.

(2) Hallar una ecuación cartesiana para las líneas de campo de F(x, y) = (−y, x).

Solución.

Tomando λ = 1 en la definición de línea de campo, encontramos que debemos tener la igualdad

γ′�(t) = F(γ(t)).

Si hacemos

γ(t) = (x(t), y(t)) 177

encontramos que en nuestro caso debemos tener

(x′�(t), y′�(t)) = (−y(t), x(t))

o componente a componente

{x′�(t) = − y(t)y′�(t) = x(t)

Con herramientas más avanzadas se puede resol-ver este sistema y hallar x(t) e y(t) como funciones de t. Pero a nosotros nos piden una ecuación cartesiana pa-ra las líneas de campo de modo que podemos eliminar t de la siguiente manera.

Nuestro sistema se puede escribir en la forma

dxdt

= − ydydt

= x

178

Si el campo vectorial F es F(x, y) = (−y, x) en el punto de co-ordenadas (x, y) debemos dibujar una flecha inclinada en la dirección (−y, x). Un dibujo con esas direcciones es el de la figura donde, para mayor claridad, hemos conservado direc-ción y sentido pero no magnitud.

Galería 7.9 : Interpretación geométrica del campo vectorial F.

de lo cual dividiendo la segunda por la primera obtene-mos

dydx

=−xy

ecuación de variables separables, pues

ydy = − xdx

e integrando ambos miembros llegamos a

∫ ydy = − ∫ xdx

es decir

x2 + y2 = r2

ecuación de una circunferencia con centro en el origen y radio r.

En la siguiente galería vemos claramente que este resultado es correcto por la interpretación geométrica del campo F.

A continuación vemos en la siguiente movie una línea de campo y como se mueve una partícula al ser depositada en algún punto de dicha línea de campo.

(3) Demostrar que si F : R2 → R2 es un campo de gra-dientes y U es su función potencial, entonces las lí-neas de campo y las líneas equipotenciales son fa-milias de curvas ortogonales. Dar varios ejemplos geométricos de este hecho.

Solución.

Supongamos que una parametrización regular de una línea de campo de F es

179

γ(t), a ≤ t ≤ b

y que una parametrización regular de una línea equipo-tencial de F es

c(u), c ≤ u ≤ d.

Supongamos que estas curvas se cruzan en el pun-to P = (x0, y0). Sean los valores de los parámetros que hacen que la curva pase por P = (x0, y0) los siguientes :

γ(t0) = P c(u0) = P. (1)

Queremos probar que

γ′�(t0) ⋅ c′�(u0) = 0.

Como c(u) es parametrización de una línea de equi-potencial F, como F es de gradientes y como la función potencial de F es U tenemos

U(c(u)) = K

con K ∈ R.

Una línea de campo y una partícula moviéndose por ella.

Movie 7.10 : Líneas de campo

180

Derivando ambos miembros con respecto a u usan-do la regla de la cadena tenemos

∇U(c(u)) ⋅ c′�(u) = 0

y evaluando en u = u0 obtenemos

∇U(c(u0)) ⋅ c′�(u0) = 0. (2)

Por otro lado, como γ(t) es una línea de campo de F tenemos

F(γ(t)) = γ′�(t)

y evaluando en t = t0 obtenemos

F(γ(t0)) = γ′�(t0). (3)

Ahora bien, como F es de gradientes y como su fun-ción potencial es U tenemos

F = ∇U.

Luego, en (3) podemos poner

∇U(γ(t0)) = γ′�(t0).

Recordando (1) tenemos que γ(t0) = c(u0) = P y en-tonces obtenemos de esta última igualdad

∇U(c(u0)) = γ′�(t0)

de lo cual, sustituyendo en (2) obtenemos finalmente

γ′�(t0) ⋅ c′�(u0) = 0.

181

Vemos en la siguiente galería 7.11 varios ejemplos de esta propiedad importante de los campos de gradien-tes.

F(x, y) = (3x2, cos(y)) gradiente de la función U(x, y) = x3 + sin(y). Las líneas en negro son líneas equipo-tenciales. Para hallar una línea de campo sólo hay que se-guir las flechas. Estas flechas son perpendiculares a las líneas de campo.

Galería 7.11 : Ejemplos de líneas equipotencia-les y de líneas de campo cuando el campo es de gradientes.

182