Lección 3. Diferenciales exactas y

factores integrantes

Ecuaciones Diferenciales I

Apuntes de Rafael Ortega Ríostranscritos por Gian Nicola Rossodivita

En esta lección usaremos la notación x para la variable independiente,y = y(x) para la incógnita. Estudiaremos ecuaciones diferenciales del tipo

P (x, y) +Q(x, y) y′ = 0

que intentaremos resolver expresándolas como diferenciales exactas,

d

dx[U(x, y)] = 0.

Entonces la ecuación U(x, y) = cte dene las soluciones en forma implícita.Esta idea ya apareció en la primera lección, ahora la vamos a desarrollar

de manera sistemática. Comenzamos con un ejemplo:

y′ =y − xy + x

, x− y︸ ︷︷ ︸P

+ (x+ y)︸ ︷︷ ︸Q

y′ = 0

x+ y y′ + x y′ − y = 0,d

dx

(x2 + y2

2

)+ x2

d

dx

(yx

)= 0.

Parece que casi hemos llegado a una diferencial exacta pero se sabe quepor esta vía no la vamos a encontrar. Tendremos más éxito si dividimos laecuación por x2 + y2

x+ y y′

x2 + y2+x y′ − yx2 + y2

= 0,

1

1

2

d

dx[ln(x2 + y2)] +

d

dx

[arctan

(yx

)]= 0

ln√x2 + y2 + arctan

(yx

)= cte.

Ahora mismo estos cálculos son misteriosos pero al nal de la lección resul-tarán muy claros.

1 Función potencial y condición de exactitud

Dado un dominio (abierto+conexo) Ω ⊂ R2 y dos funciones P,Q : Ω→ R,¾Es posible encontrar otra función U : Ω→ R de manera que

∂U

∂x= P,

∂U

∂y= Q ?

Cuando esto sea posible podemos completar el programa propuesto,

P (x, y) +Q(x, y) y′ = 0⇔ ∂U

∂x(x, y) +

∂U

∂y(x, y) y′ = 0

md

dx[U(x, y)] = 0.

Para funciones arbitrarias la respuesta a la pregunta anterior es negativa.Por ejemplo, dadas

P (x, y) = x− y, Q(x, y) = x+ y

no es posible encontrar U. En otro caso U debería ser C∞ (pues sus derivadasparciales lo son) y cumpliría

∂U

∂x= x− y, ∂U

∂y= x+ y.

Se sabe que las derivadas cruzadas coinciden pero

∂2U

∂y∂x= −1,

∂2U

∂x∂y= 1

y hemos llegado a una contradicción. Extendemos este razonamiento a unmarco general

2

Proposición 1. Sean P,Q ∈ C1(Ω) funciones tales que existe U ∈ C1(Ω)con

∂U

∂x= P,

∂U

∂y= Q.

Entonces∂P

∂y=∂Q

∂x, Condición de exactitud.

Demostración. Puesto que P y Q son funciones en C1(Ω), la función Uestará en C2(Ω). Entonces las derivadas cruzadas coinciden

∂P

∂y=

∂2U

∂y∂x=

∂2U

∂x∂y=∂Q

∂x.

Llamaremos función potencial a U. (En Física se suele llamar potenciala la función con un cambio de signo V = −U). A la vista de la proposiciónanterior surge una pregunta:

¾Es suciente la condición de exactitud para encontrar un potencial?Veremos que la respuesta es armativa en algunos dominios.

Denición 2. Diremos que Ω tiene forma de estrella (o es estrellado)si existe un punto z∗ ∈ Ω de manera que los segmentos que unen z∗ con losotros puntos de Ω quedan dentro de Ω; es decir,

[z∗, z] ⊂ Ω para cada z ∈ Ω,

donde [z∗, z] = (1− λ) z∗ + λ z : λ ∈ [0, 1].

Sí

z*z

*z*z

No

*z

z

3

Teorema 3. Se supone que Ω tiene forma de estrella y P,Q ∈ C1(Ω) cumplenla condición de exactitud. Entonces existe U ∈ C2(Ω) tal que

∂U

∂x= P,

∂U

∂y= Q en Ω.

Notas. 1. Hasta cierto punto se puede pensar en este resultado como en unanálogo del Teorema fundamental del Cálculo para funciones de dos variables

T aCálculo Teorema anterior

f ∈ C(I)⇒∃F ∈ C1(I) : ∂F

∂x= f

P,Q ∈ C1(Ω)∂P∂y

= ∂Q∂x

]⇒ ∃U ∈ C2(Ω)

∂U∂x

= P, ∂U∂y

= Q

2. En la práctica, y si se saben hacer las integrales, es fácil calcular el

potencial

Ejemplo. Ω = R2,

P (x, y) = 3x2 + y, Q(x, y) = 4y3 + x.

Observamos que se cumple la condición de exactitud ∂P∂y

= 1 = ∂Q∂x. Inte-

gramos, respecto a x, en la identidad

∂U

∂x= 3x2 + y ⇒ U(x, y) =

∫(3x2 + y) dx+ ϕ(y),

U(x, y) = x3 + y x+ ϕ(y),

donde ϕ(y) es una función a determinar (la constante de integración)Derivando la última expresión respecto a y, ∂U

∂y= x + ϕ′(y). Buscamos la

identidad∂U

∂y= 4y3 + x,

lo que conduce aϕ′(y) = 4y3 ⇒ ϕ(y) = y4

U(x, y) = x3 + y x+ y4.

[Podríamos añadir una constante y obtener otro potencial.]

Ejercicio. Demuestra que el potencial es único salvo una constante aditiva.

Ejercicio. ¾Qué ocurre si repetimos los cálculos anteriores partiendo deP (x, y) = 3x2 + y, Q(x, y) = 4y3 + x?

4

3. Para la demostración del teorema necesitaremos un resultado previo sobrela derivación de integrales dependientes de parámetros: Se supone queG es un abierto de Rd y F : G × [a, b] → R una función de clase C1, F =F (ξ1, . . . , ξd, t). Se dene

Φ : G→ R, Φ(ξ1, . . . , ξd) =

∫ b

a

F (ξ1, . . . , ξd, t) dt.

Entonces Φ ∈ C1(G) y

∂Φ

∂ξi(ξ1, . . . , ξd) =

∫ b

a

∂F

∂ξi(ξ1, . . . , ξd, t) dt, i = 1, . . . , d.

Ejemplo. Φ(ξ1, ξ2) =∫ 1

0sen[(2ξ1 − 3ξ2) t] dt

∂Φ

∂ξ1(ξ1, ξ2) = 2

∫ 1

0

t cos[(2ξ1 − 3ξ2) t] dt

∂Φ

∂ξ2(ξ1, ξ2) = −3

∫ 1

0

t cos[(2ξ1 − 3ξ2) t] dt.

Ejercicio. Calcula las integrales anteriores.

Demostración del teorema anterior. Supondremos que z∗ = 0. El casogeneral queda como ejercicio. Dado (x, y) ∈ Ω, observamos que λ (x, y) ∈Ω, ∀λ ∈ [0, 1].

,x y

* 0,0z

Esta propiedad geométrica de Ω nos permite denir la función U : Ω→ Rpor la fórmula

U(x, y) = x

∫ 1

0

P (λx, λ y) dλ+ y

∫ 1

0

Q(λx, λ y) dλ.

5

Aplicamos la fórmula de derivación anterior:(G = R2, (ξ1, ξ2) = (x, y), λ = t, [a, b] = [0, 1]) y deducimos que U ∈ C1(Ω)y

∂U

∂x(x, y) =

∫ 1

0

P (λx, λ y) dλ+ x

∫ 1

0

λ∂P

∂x(λx, λ y) dλ+ y

∫ 1

0

λ∂Q

∂x(λx, λ y) dλ

condición de

exactitud

=

∫ 1

0

P (λx, λ y) dλ+ x

∫ 1

0

λ∂P

∂x(λx, λ y) dλ+ y

∫ 1

0

λ∂P

∂y(λx, λ y) dλ

=

∫ 1

0

P (λx, λ y) dλ+

∫ 1

0

λd

dλ[P (λx, λ y)] dλ

=

∫ 1

0

d

dλ[λP (λx, λ y)] dλ

Regla de

Barrow

= [λP (λx, λ y)]λ=1λ=0 = P (x, y).

Por tanto ∂U∂x

(x, y) = P (x, y) y de modo análogo se prueba que ∂Q∂y

(x, y) =

Q(x, y). Todavía no hemos completado la demostración, pues falta por probarque U es de clase C2. Esto es claro al ser U y sus parciales ∂U

∂x= P y ∂U

∂y= Q

de clase C1.

Nota. Esta demostración es correcta, pero no explica cómo se ha ideado lafórmula para U en términos de integrales.

2 Campos de fuerzas. Trabajo.

Consideramos una función F : Ω ⊂ R2 → R2, F = (F1, F2) y la pensamoscomo un campo de fuerzas

6

Se dice que F admite un potencial si existe una función U : Ω ⊂ R2 → Rtal que ∇U = F ; es decir

∂U

∂x= F1

∂U

∂y= F2.

Por ejemplo, el campo F (x, y) = (x, y) admite el potencial U(x, y) =x2 + y2

2

Por el contrario F (x, y) = (y,−x) no admite potencial ∂F1

∂y= 1 6= ∂F2

∂x=

−1.

Imaginemos ahora que nos dan un campo de fuerzas F : Ω → R2 y uncamino en Ω; es decir, una función de clase C1, γ : [a, b]→ Ω, γ = γ(s)

7

a

b

Se dene el trabajo del campo de fuerzas F a lo largo del camino γ porla fórmula

T =

∫ b

a

〈F (γ(s)), γ′(s)〉 ds

(una forma sosticada de la vieja fórmula Trabajo= Fuerza×espacio)En general T dependerá del campo F y del camino γ. En el caso especial

de los campos que admiten potencial F = ∇U el trabajo no depende delcamino

T =

∫ b

a

〈F (γ(s)), γ′(s)〉 ds =

=

∫ b

a

〈∇U(γ(s)), γ′(s)〉 ds

=

∫ b

a

d

ds[U(γ(s))] ds =︸︷︷︸

Regla de Barrow

U(γ(b))− U(γ(a))

Si F = ∇U el trabajo a lo largo de γ1 y γ2 coincide

1

2

8

Ahora podemos extender las denición de U en la prueba del teorema.Se considera el campo F = (P,Q) y el camino rectilíneo γ(s) = (s x, s y).Entonces γ′(s) = (x, y),

U(x, y) =

∫ 1

0

〈(P γ(s), Q γ(s)), γ′(s)〉 ds =

∫ 1

0

(xP γ(s) + y Q γ(s)) ds.

La función U se denió como el trabajo realizado a lo largo de los segmentosque emanan del origen

Un ejemplo importante

Consideremos el anillo

Ω =

(x, y) ∈ R2 :

1

4< x2 + y4 < 4

y las funciones

P (x, y) = − y

x2 + y2, Q(x, y) =

x

x2 + y2.

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Estas funciones están en C∞(Ω) y cumplen la condición de exactitud

∂P

∂y=

y2 − x2

(x2 + y2)2=∂Q

∂x

Comenzamos calculando el trabajo a lo largo del camino cerrado

γ(θ) = (cos θ, sen θ), θ ∈ [0, 2π].

Observamos que

P (γ(θ)) = −sen θ, Q(γ(θ)) = cos θ

T =

∫ 2π

0

〈(P (γ(θ)), Q(γ(θ))), γ′(θ)〉 dθ

=

∫ 2π

0

(sen2 θ + cos2 θ) dθ = 2π.

A partir de aquí es fácil deducir que no existe U ∈ C1(Ω) de manera que∂U∂x

= P , ∂U∂y

= Q pues, en otro caso, el trabajo a lo largo de γ sería

T = U(γ(2π))− U(γ(0)) = 0.

Observamos que en este ejemplo es compatible con el teorema porque Ω notiene forma de estrella.

Se puede hacer una mejora del teorema sustituyendo la condición geo-métrica Ω es estrellado por la condición topológica Ω es simplemente conexo

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(= no tiene agujeros). Esta última condición es óptima. El anillo no essimplemente conexo.

Ejercicio. Se dene Ω =

(x, y) ∈ R2 : x > 0, 14< x2 + y4 < 4

. Encuen-

tra un potencial para las funciones P y Q del ejemplo.

3 Ecuación diferencial exacta

Suponemos un dominio de Ω de R2 y una ecuación diferencial

P (x, y) +Q(x, y) y′ = 0

con P,Q ∈ C1(Ω). Diremos que la ecuación es exacta si se cumple ∂P∂y

= ∂Q∂x.

En ese caso podemos encontrar una solución y = y(x) que cumpla lacondición inicial y(x0) = y0 si (x0, y0) ∈ Ω cumple Q(x0, y0) 6= 0.

Para ello comenzamos dibujando un disco abierto B centrado en (x0, y0)y que quede dentro de Ω.

0 0,x y

B

Como B tiene forma de estrella podemos encontrar U ∈ C2(B) de maneraque ∂U

∂x= P , ∂U

∂y= Q en B.

En el disco B la ecuación se escribe como una diferencial exacta

d

dx[U(x, y)] = 0⇒ U(x, y) = cte.

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Determinamos la constante por la condición inicial

U(x, y) = c con c = U(x0, y0)

y llegamos a un problema de funciones implícitas.Como ∂U

∂y(x0, y0) = Q(x0, y0) 6= 0, podemos encontrar y = y(x) denida

en un entorno de x0

Nota. Si escribimos la ecuación de partida en forma normal

y′ = −P (x, y)

Q(x, y)

la condición Q(x0, y0) 6= 0 es muy natural.

Ejemplo: y2 + 2x+ (5y4 + 2xy) y′ = 0, y(0) = 3En este caso Ω = R2, P (x, y) = y2 + 2x, Q(x, y) = 5y4 + 2xy, son funcionesen C∞(R2) y se cumple

∂P

∂y= 2y =

∂Q

∂x.

El punto (x0, y0) = (0, 3) está en el dominio y Q(0, 3) = 5 · 34 6= 0. Buscamosun potencial, que en este caso existirá en todo R2,

∂U

∂x= P,

∂U

∂y= Q

∂U

∂x= y2 + 2x⇒ U(x, y) = y2 x+ x2 + ϕ(y)

∂U

∂y= 5y4 + 2xy ⇒ ϕ′(y) = 5y4, ϕ(y) = y5

U(x, y) = y5 + y2 x+ x2.

12

La ecuación y5 + y2 x + x2 = 243 dene de manera implícita una funcióny = y(x) que cumple y(0) = 3.

4 El factor integrante

La condición de exactitud es muy exigente y la mayoría de las ecuaciones nola cumplen. Sin embargo puede ocurrir que una ecuación no exacta se trans-forme en exacta despues de multiplicarla por una función (factor integrante).Por ejemplo,

y + y′ = 0

no es exacta, P (x, y) = y, Q(x, y) = 1, ∂P∂y

= 1 6= 0 = ∂Q∂x.

Pero si multiplicamos por ex,

ex y + ex y′ = 0⇔ d

dx[ex y] = 0

o si dividimos por y ( ≡ multiplicar por 1y)

1 +y′

y= 0⇔ d

dx[x+ ln y] = 0.

Tanto ex como 1yson factores integrantes de y + y′ = 0.

Dada una ecuación

P (x, y) +Q(x, y) y′ = 0

con P,Q ∈ C1(Ω) diremos que µ ∈ C1(Ω) es un factor integrante si cumple

i) µ(x, y) 6= 0 para todo (x, y) ∈ Ω

ii) ∂(µP )∂y

= ∂(µQ)∂x

.

Si conocemos un factor integrante podemos resolver la ecuación

P (x, y) +Q(x, y) y′ = 0 ⇔︸︷︷︸por i)

µ(x, y)P (x, y) + µ(x, y)Q(x, y) y′ = 0︸ ︷︷ ︸Exacta por ii)

Ejemplo. y + y′ = 0µ1(x, y) = ex factor integrante en Ω1 = R2; µ2(x, y) = 1

yfactor integrante en

Ω2 = R×]0,∞[

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A la hora de buscar un factor integrante conoceremos P y Q en tanto queµ será la incógnita. Entonces podemos pensar en la condición ii) como unaecuación con incógnita µ. Se trata de una ecuación en derivadas parciales yaque µ es una función de dos variables

∂(µP )

∂y=∂(µQ)

∂x⇔ µy P + µPy = µxQ+ µQx

µy P − µxQ = µ (Qx − Py)

Puede resultar un poco extraño utilizar una ecuación en derivadas parcialespara resolver una ecuación ordinaria, pero hay un punto importante: nonecesitamos conocer todas las soluciones de la ecuación recuadrada, nos bastacon encontrar una solución no trivial.

Desarrollaremos estrategias para encontrar algunos tipos de soluciones.

4.1 Métodos de busqueda del factor integrante

Partimos de la ecuación en derivadas parciales

µy P − µxQ = µ (Qx − Py)

y buscamos soluciones que sean función de una forma prejada. Así, podemosbuscar un factor integrante que

solo depende de x, µ(x, y) = m(x)

solo depende de y, µ(x, y) = m(y)

depende de la suma x+ y µ(x, y) = m(x+ y)

depende del cuadrado de la norma, µ(x, y) = m(x2 + y2),

etcétera.En cada caso m = m(ξ) será una función de una variable a determinar.

Ejemplo 1. 1. µ(x, y) = ex, Ω = R2, m(ξ) = eξ

2. µ(x, y) = 1y, Ω = R×]0,∞[, m(ξ) = 1

ξ

3. µ(x, y) = 1 + (x+ y)2, m(ξ) = 1 + ξ2, Ω = R2

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4. µ(x, y) = 1x2+y2

, Ω = R \ 0, m(ξ) = 1ξ.

Vamos a analizar un par de casos en detalle.

1 Factor integrante µ(x, y) = m(x)

µx = m′, µy = 0

−m′(x)Q(x, y) = m(x) (Qx(x, y)−Py(x, y)) ⇔︸︷︷︸m6=0

m′(x)

m(x)=Py(x, y)−Qx(x, y)

Q(x, y).

El término de la izquierda sólo depende de x mientras que el de laderecha depende de las dos variables; por eso en general no es posibleencontrar m. Si suponemos

Py(x, y)−Qx(x, y)

Q(x, y)= f(x)

Para alguna función f(x), entonces

m′(x)

m(x)= f(x)⇒ m′(x) = f(x)m(x)︸ ︷︷ ︸

Ecuación lineal homogénea, incógnita m

y podemos escoger m(x) = eF (x), donde F (x) es una primitiva de f(x).

Resumimos la discusión anterior en un enunciado más preciso: sesupone que Q(x, y) 6= 0 para cada (x, y) ∈ Ω. Entonces P (x, y) +Q(x, y) y′ = 0 admite un factor integrante del tipo µ(x, y) = m(x) si ysolo si la función

Py −Qx

Qsolo depende dex.

En ese caso µ(x, y) = eF (x) es un factor integrante con F (x) primitiva

de f(x) =Py −Qx

Q.

Ejemplo. La ecuación lineal

a(t)x+ b(t)− x′ = 0

admite un factor integrante que sólo depende de t.

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Importante !! Ahora t es la variable independiente. En este casoP (t, x) = a(t)x+ b(t), Q(t, x) = −1. Como

Px −Qt

Q= −a(t) solo depende de t,

µ(t, x) = e−A(t) es un factor integrante con A(t) primitiva de a(t)

Ejercicio. Recupera la fórmula de variación de constantes buscandoel potencial asociado.

2 Factor integrante µ(x, y) = m(x2 + y2)

µx = 2xm′ (x2 + y2), µy = 2y m′ (x2 + y2)

m′ (2y P − 2xQ) = m (Qx − Py)⇔m′(x2 + y2)

m(x2 + y2)=

Qx − Py2y P − 2xQ

El término de la izquierda depende de x2 + y2, así que imponemos lacondición

Qx − Py2y P − 2xQ

= f(x2 + y2)

Para alguna función f(ξ).

Haciendo ξ = x2 + y2, m′(ξ)

m(ξ)= f(ξ) y encontramos el factor integrante

m(x, y) = eF (x2+y2), donde F (ξ) es una primitiva de f(ξ).

Ejemplo: x+ y︸ ︷︷ ︸P

+ (y − x)︸ ︷︷ ︸Q

y′ = 0

Qx − Py2y P − 2xQ

= f(x2 + y2) =−1− 1

2y (x+ y)− 2x (y − x)=

−1

x2 + y2.

Observamos que este cociente es función de x2 + y2 con f(ξ) = −1ξ.

Entonces F (ξ) = − ln ξ y

µ(x, y) = eF (x2+y2) =1

x2 + y2.

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