Ejercicios sobre bases de un espacio vectorial finito. La función delta de Kronecker y los sumatorios

Se considera una base $\mathcal{B}=\{\mathbf{u_1,u_2,\ldots,u_n}\}$ (a diferencia de los escalares, representamos los vectores en letra negrita) de un espacio vectorial $E$ de dimensión $n\gt 1$. Vamos a ejercitarnos demostrando que cualquier vector de dicha base, $\mathbf{u_i}$ ($i=1,\ldots,n$) puede escribirse de la forma $\displaystyle \mathbf{u_i}=\sum_{j=1}^{n}\,\delta_{ij}\,\mathbf{u_j}$.

Nota: Recordemos que la función delta de Kronecker se define de la forma $\mathbb{Z}^+\times \mathbb{Z}^+ \rightarrow \{0,1\} \mapsto \delta_{ij}=\left\{\begin{matrix}1 \;\;\text{si}\;\; i=j \\ 0 \;\;\text{si}\;\; i \neq j\end{matrix}\right.$

$\displaystyle \sum_{j=1}^{n}\,\delta_{ij}\,\mathbf{u_j}=\delta_{i1}\,\mathbf{u_1}+\delta_{i2}\,\mathbf{u_2}+\ldots+\delta_{ii}\,\mathbf{u_i}+\delta_{i\,i+1}\,\mathbf{u_{i+1}}+\ldots+\delta_{in}\,\mathbf{u_n}=$
  $=0\cdot \mathbf{u_1}+0\cdot \mathbf{u_2}+\ldots+1\cdot \mathbf{u_i}+0\cdot \mathbf{u_{i+1}}+\ldots+0\cdot \mathbf{u_n}=\mathbf{u_i}. \diamond$

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Referencias

  [1] S. Lipschutz, Geometría diferencial, McGraw-Hill (serie Shaum), México D.F., 1991.

Ejercicios sobre bases de un espacio vectorial finito. Manejo de sumatorios

Se consideran dos bases $\mathcal{B}=\{\mathbf{u_1,u_2,\ldots,u_n}\}$ (a diferencia de los escalares, representamos los vectores en letra negrita) y $\mathcal{\overset{\sim}{B}}=\{\mathbf{v_1,v_2,\ldots,v_n}\}$ de un espacio vectorial $E$ de dimensión $n\gt 2$, tales que $\displaystyle \mathbf{v_j}=\sum_{i=1}^{n}\,a_{ij}\,\mathbf{u_i}\,\forall\,j=1,\ldots,n$ y $\displaystyle \mathbf{u_i}=\sum_{j=1}^{n}\,b_{ij}\,\mathbf{v_i}\,\forall\,i=1,\ldots,n$. A modo de ejercicio, vamos a demostrar que $\displaystyle \sum_{k=1}^{n} a_{ik}\,b_{kj}=\delta_{ij}$ (función delta de Kronecker)

Nota: Recordemos que la función delta de Kronecker se define de la forma $\mathbb{Z}^+\times \mathbb{Z}^+ \rightarrow \{0,1\} \mapsto \delta_{ij}=\left\{\begin{matrix}1 \;\;\text{si}\;\; i=j \\ 0 \;\;\text{si}\;\; i \neq j\end{matrix}\right.$

Sea un vector $\mathbf{u_j}$ cualquiera de la base $\mathcal{B}$. Entonces, $\displaystyle \mathbf{u_j}=\sum_{i=1}^{n}\,\delta_{ij}\,\mathbf{u_i}=\sum_{k=1}^{n}\,b_{kj}\,\mathbf{v_k}=\sum_{k=1}^{n}\,b_{kj}\,\sum_{i=1}^{n}a_{ik}\,\mathbf{u_i}=\sum_{i=1}^{n}\,\left( \sum_{k=1}^{n} a_{ik} \, b_{kj}\right) \,\mathbf{u_i} \Leftrightarrow \delta_{ij}=\sum_{k=1}^{n} a_{ik} \, b_{kj}.\diamond$

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Referencias

  [1] S. Lipschutz, Geometría diferencial, McGraw-Hill (serie Shaum), México D.F., 1991.

Resolución de una EDO de primer orden lineal

Vamos a resolver EDO primer orden que es lineal: $\mathcal{E}:\,y'+y=x$

Resolvamos, primero, la ecuación homogénea: $\mathcal{E}_H:\,y_H'+y_H=0$:
  $\dfrac{dy_H}{dx}=-y$
    $\dfrac{dy_H}{y}=-dx$
      $\displaystyle \int\,\dfrac{dy_H}{y_H}=\int\,-dx+\text{constante}$
        $\displaystyle \int\,\dfrac{dy_H}{y_H}=\int\,-dx+\ln\,C$
        $\displaystyle \int\,\dfrac{dy_H}{y_H}=\int\,-dx+\ln\,C$

          $\displaystyle \ln\,y_H=-x+\ln\,C$
            $\displaystyle \ln\,y_H-\ln\,C=-x$
              $\displaystyle \ln\,\left(\dfrac{y_H}{C}\right)=-x$
                $\displaystyle \dfrac{y_H}{C}=e^{-x}$
                  $\displaystyle y_H=C\,e^{-x}$

A continuación, vamos a encontrar la solución general de la ecuación pedida $\mathcal{E}$ a partir de la solución de la $\mathcal{E}_H$, empleando el método de variación de la constante partiendo de $y:=C(x)\,e^{-x}$

Sustituyendo en la ecuación diferencial $y=C(x)\,e^{-x}\;\;\;(1)$ y su derivada $y'=C'(x)\,e^{-x}-C(x)\,e^{-x}$, se llega a $C'(x)\,e^{-x}-C(x)\,e^{-x}+C(x)\,e^{-x}=x$, y simplificando:
  $C'(x)\,e^{-x}=x$
    $\dfrac{dC(x)}{dx}=x\,e^{x}$
      $dC(x)=x\,e^{x}\,dx$
        $\int\,dC(x)=\int\,x\,e^{x}\,dx+\text{constante}$
          $C(x)=e^x\,(x-1)+\overset{\sim}{C}$ (he integrado el segundo término por el método de por partes).
Finalmente, sustituyendo este resultado en (1), obtenemos la solución general pedida:
  $y=\left(e^x\,(x-1)+\overset{\sim}{C}\right)\,e^{-x}$
    $y=e^x\cdot e^{-x}(x-1)+\overset{\sim}{C}\,e^{-x}$
      $y=e^0\,(x-1)+\overset{\sim}{C}\,e^{-x}$
        $y=x+\overset{\sim}{C}\,e^{-x}-1\,\,\forall \overset{\sim}{C}\in \mathbb{R}$. $\diamond$

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Referencias

  [1] R. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simón S.A., Barcelona, 1978.
  [2] A. Kiseliov, M. Krasnov, G. Makarenko, Problemas de ecuaciones diferenciales ordinarias, cuarta edición, Mir, Moscú, 1984.
  [3] C. G. Lambe, C. J. Tranter, Ecuaciones diferenciales, UTEHA, México D.F., 1964.
  [4] M. Cordero, M. Gómez, Ecuaciones diferenciales ordinarias, García Maroto Editores, Madrid, 2010.
  [5] F. Ayres, Ecuaciones diferencials, McGraw-Hill (Shaum), México D.F., 1992.

Existencia y unicidad en una ODE de primer orden. Un ejemplo

Averigüemos el dominio del plano $\mathcal{D}\subseteq \mathbb{R}^2$ el el que la ecuación diferencial $y'=x\,y$ tiene solución única en cada uno de sus puntos.

Recordemos que una ecuación diferencial ordinaria de primer orden, con dos variables, $F(x,y,y')=0$ (forma general), siendo $y=y(x)$ la función incógnita y en la que sea posible despejar $y'$ (ecuación diferencial explicitada según la derivada $y'$) puede escribirse de la forma $y'(x)=f(x,y)$. Y que si $f(x,y)$ es un a función continua en un recinto $\mathcal{D} \subset \mathbb{R}^2$ y admite derivada parcial $\dfrac{\partial\,f}{\partial\,y}$ continua con respecto a $x$ e $y$ en el recinto $\mathcal{D}$, entonces el teorema de existencia y unicidad asegura que existe una solución (única) $y=\varphi(x)$ de la ecuación diferencial que satisface la condición inicial $y(x_0)=y_0$. Encontrar la solución que satisface esa condición inicial dada lleva el nombre de problema de Cauchy; y, desde el punto de vista geométrico, significa encontrar la curva integral en el dominio del plano $\mathcal{D} \subseteq \mathbb{R}^2$ que pasa por un punto dado (de dicho dominio).

Observemos que la función $f(x,y)=xy$ así como su derivada parcial $\dfrac{\partial\,f}{\partial\,y}=x$ son funciones continuas vara cualquier punto del plano $\mathbb{R}^2$, luego por el teorema de existencia y unicidad, existe una solución $y=\varphi(x)$ única en todos los puntos del plano; así pues, el dominio pedido es $\mathcal{D}=\mathbb{R}^2$ (todo el plano). $\diamond$

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Referencias

  [1] R. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simón S.A., Barcelona, 1978.
  [2] A. Kiseliov, M. Krasnov, G. Makarenko, Problemas de ecuaciones diferenciales ordinarias, cuarta edición, Mir, Moscú, 1984.
  [3] C. G. Lambe, C. J. Tranter, Ecuaciones diferenciales, UTEHA, México D.F., 1964.
  [4] M. Cordero, M. Gómez, Ecuaciones diferenciales ordinarias, García Maroto Editores, Madrid, 2010.
  [5] F. Ayres, Ecuaciones diferencials, McGraw-Hill (Shaum), México D.F., 1992.

Ecuaciones diferenciales de primer orden, de tipo $P(x,y)\,dx+Q(x,y)\,dy=0$, que no son exactas, pero que poseen un factor integrante $\mu(x,y)$

Recordemoas que una EDO $P(x,y)\,dx+Q(x,y)\,dy=0\;\;\;(1)$ es de tipo diferencial exacta si existe una función $U:\mathbb{R^2} \rightarrow \mathbb{R}$ de clase $\mathcal{C}^2$ (existen todas sus derivadas parciales de orden $2$ y son continuas) a la que se denomina función potencial que cumpla: $\dfrac{\partial\,U(x,y)}{\partial\,x}=P(x,y)$ y $\dfrac{\partial\,U(x,y)}{\partial\,y}=Q(x,y)$, y como ya vimos, puede afirmarse que la condición necesaria y suficiente para que la e. sea diferencial exacta es $\dfrac{\partial\,P(x,y)}{\partial\,y}=\dfrac{\partial\,Q(x,y)}{\partial\,x}$, en cuyo caso la solución general de la EDO viene dada por $U(x,y)=C$, donde $C$ es una constante arbitraria.

En el caso de que dicha ecuación diferencial no sea exacta, es sin embargo posible, a veces (no siempre), encontrar una función $\mu(x,y)$ a la que denominamos factor integrante tal que la ecuación diferencial $\mu(x,y)\,P(x,y)\,dx+\mu(x,y)\,Q(x,y)\,dy=0$ verifique la condición necesaria y suficiente que habíamos visto que cumplían las EDOSs exactas $$\displaystyle \dfrac{\partial\,\left(\mu(x,y)\,P(x,y)\right)}{\partial\,y}=\dfrac{\partial\,\left(\mu(x,y)\,Q(x,y)\right)}{\partial\,x}$$

Esa nueva ecuación que obtendremos ya no es, en principio, una ecuación diferencial parcial, sino que es una ecuación diferencial en derivadas parciales (EDP): $$\displaystyle \left( \dfrac{\partial\,P(x,y)}{\partial\,y} - \dfrac{\partial\,Q(x,y)}{\partial\,x} \right)\,\mu(x,y)+P(x,y)\,\dfrac{\partial\,\mu(x,y)}{\partial\,y}-Q(x,y)\,\dfrac{\partial\,\mu(x,y)}{\partial\,x}=0\;\;\;(2)$$ la cual tiene como solución el propio factor integrante $\mu(x,y)$.

Ahora bien, lógicamente, integrar esta nueva ecuación (y por tanto, encontrar dicho factor integrante, $\mu(x,y)$) puede representar una dificultad añadida a la de partida; sin embargo, si pudiésemos encontrar un factor integrante (de ser posible tal cosa) de manera que éste lo hiciésemos depender de una sola de las dos variables o bien de una combinación apropiada de las dos (de su producto), la nueva ecuación se convertiría a su vez en una ecuación diferencial ordinaria, que también sería exacta, y por tanto podríamos calcular su solución general de manera asequible.

Pero, cuidado, la solución de (2) puede aportar soluciones (adicionales) que no forman parte de la solución general de (1), o bien pueden no incluir soluciones que deberían estar en la solución general de (1). Si el proceso de obtención del factor integrante $\mu(x,y)$ tiene éxito (que recordemos que sería la solución de (2)) deberemos contrastar dicha solución, comprobando que es también la solución general de la ecuación original (1). $\diamond$

Ejemplo:

Consideremos la ecuación diferencial $\mathcal{E}:\,y\,dx+(x^2\,y-x)\,dy=0$ y tratemos de resolverla. Veamos, primero, si es una ecuación diferencial exacta; teniendo en cuenta que $P(x,y):=y$ y $Q(x,y):=x^2\,y-x$, se tiene que $\displaystyle \dfrac{\partial\,P(x,y)}{\partial\,y}=\dfrac{\partial\,y}{\partial\,y}=1\neq \dfrac{\partial\,Q(x,y)}{\partial\,x}=2\,x\,-1$, y al incumplirse la condición necesaria y suficiente para que lo sea, podemos afirmar que no se trata de una ecuación diferencial exacta.

Veamos, sin embargo, si conseguimos encontrar un factor integrante $\mu(x,y)$ tal que al multiplicar ambos miembros de $\mathcal{E}$, obtenemos otra ecuación diferencial $\overset{\sim}{\mathcal{E}}:\,\mu(x,y)\,y\,dx+\mu(x,y)\, (x^2\,y-x)\,dy=0$ que sí lo sea. Tratemos de encontrar un factor integrante de tal manera que solo dependa de una de las dos variables, en concreto de $x$; esto es, $\mu(x,y):=\mu(x)$. Las nuevas funciones con las que trabajaremos son pues $\overset{\sim}{P}(x,y):=y\,\mu(x)$ y $\overset{\sim}{Q}(x,y):=(x^2\,y-x)\,\mu(x)$.

Para que $\mathcal{E}$ sea exacta deberá cumplirse que $\displaystyle \dfrac{\partial\,\overset{\sim}{P}(x,y) } {\partial\,y}=\dfrac{\partial\,\overset{\sim}{Q}(x,y) } {\partial\,x}$. Calulemos las derivadas parciales:
$\displaystyle \dfrac{\partial\,\overset{\sim}{P}(x,y)}{\partial\,y}=P(x,y)\,\dfrac{\partial\,\mu(x)}{\partial\,y}+\mu(x)\,\dfrac{\partial\,P(x,y)}{\partial\,y}=0+1\cdot \mu(x)=\mu(x)$
$\displaystyle \dfrac{\partial\,\overset{\sim}{Q}(x,y)}{\partial\,x}=Q(x,y)\,\dfrac{d\,\mu(x)}{d\,x}+\mu(x)\,\dfrac{\partial\,Q(x,y)}{\partial\,x}=\mu'(x)\cdot (x^2\,y-x)+\mu(x)\cdot(2\,x\,y-1)$
Igualando se tiene que $\mu(x)=\mu'(x)\cdot (x^2\,y-x)+\mu(x)\cdot(2\,x\,y-1)$, y ordenando los términos y simplificando,
$\mu(x)\,(1-2\,x\,y+1)=\mu'(x)\,(x^2\,y-x)$
  $2\,\mu(x)\,(1-\,x\,y)=\mu'(x)\,x\,(x\,y-1)$
    $-2\,\mu(x)\,(x\,y-1)=\mu'(x)\,x\,(x\,y-1)$
      $\left(-2\,\mu(x)-x\,\mu'(x)\right)\,(x\,y-1)=0 \Leftrightarrow 2\,\mu(x)+x\,\mu'(x)=0 \Rightarrow 2\,\mu(x)dx=-x\,d\,\mu(x)$ que es una ecuación de variables separables, luego $\displaystyle\,\int\,\dfrac{d\,\mu}{\mu}=-2\,\int\,\dfrac{d\,x}{x}+\text{constante}$; esto es $2\,\ln\,x+\ln\,\mu=\ln\,k$, donde $k$ es una constante (arbitraria), luego $\ln\,(x^2\,\mu)=\ln\,k$ y por tanto $x^2\,\mu=k$; con lo cual $\mu=\dfrac{k}{x^2}$, y eligiendo un valor cualquiera para $k$, pongamos que $k:=1$, encontramos un factor integrante: $\mu(x)=\dfrac{1}{x^2}$

La ecuación diferencial que, ésta sí, es exacata es pues $\displaystyle \mathcal{\overset{\sim}{\mathcal{E}}}:\,\dfrac{y}{x^2}\,dx+\dfrac{x^2\,y-x}{x^2}\,dy=0$. Para encontrar su solución general, $\overset{\sim}{U}(x,y)=C$ (donde $C$ es la constante de integración), tenemos que encontrar la función potencial $\overset{\sim}{U}(x,y)$, la cual sabemos que cumplirá la condición necesaria y suficiente de e. diferencial exacta: $\displaystyle \dfrac{\partial\,\overset{\sim}{U}(x,y)}{\partial\,x}=\overset{\sim}{P}(x,y)$, esto es, $\displaystyle \dfrac{\partial\,\overset{\sim}{U}(x,y)}{\partial\,x}=\dfrac{y}{x^2}$; y $\displaystyle \dfrac{\partial\,\overset{\sim}{U}(x,y)}{\partial\,y}=\overset{\sim}{Q}(x,y)$, es decir, $\displaystyle \dfrac{\partial\,\overset{\sim}{U}(x,y)}{\partial\,y}=\dfrac{x^2\,y-x}{x^2}$.

De la primera se tiene que, integrando con respecto a $x$, $\displaystyle \overset{\sim}{U}(x,y)=\int\,\dfrac{y}{x^2}\,dx+\Phi(y)=-\dfrac{y}{x}+\Phi(y)$. Por otra parte, de $\displaystyle \dfrac{\partial\,\overset{\sim}{U}(x,y)}{\partial\,y}=\overset{\sim}{Q}(,y)$, se tiene que $\displaystyle \dfrac{\partial\,\left(-\dfrac{y}{x}+\Phi(y) \right)}{\partial\,y}=\dfrac{x^2\,y-x}{x^2}$ y por tanto,
$-\dfrac{1}{x}+\Phi'(y)=\dfrac{x^2\,y-x}{x^2}$ y simplificando el segundo miembro,
  $\displaystyle -\dfrac{1}{x}+\Phi'(y)=y-\dfrac{1}{x} \Rightarrow \Phi'(y)=y \Rightarrow \Phi(y)=\int\,y\,dy+\text{constante} =\dfrac{1}{2}\,y^2+\text{constante}$; eligiendo el valor de esta constante (arbitraria) igual a cero y sustituyendo se llega la función potencial $\overset{\sim}{U}(x,y)=-\dfrac{y}{x}+\dfrac{1}{2}\,y^2$, y por tanto a la solución general (familia de curvas integrales): $\dfrac{1}{2}\,y^2-\dfrac{y}{x}=C$

Puede comprobarse que la solución que hemos encontrado para $\mathcal{\overset{\sim}{E}}$, también es la solución general de $\mathcal{E}$; en efecto, podemos escribir $\mathcal{E}:\,y\,dx+(x^2\,y-x)\,dy=0$ de la forma equivalente $y+(x^2\,y-x)\,\dfrac{dy}{dx}=0$, es decir, $y+(x^2\,y-x)\,y'=0 \;\;\;(3)$. Derivando la expresión la solución general con respecto de $x$, encontramos $\left(\dfrac{1}{2}\,y^2-\dfrac{y}{x}\right)'=0$, es decir $2\cdot \dfrac{1}{2}\,y\cdot y'-\left( \dfrac{y'}{x}-\dfrac{y}{x^2}\right)=0$; simplificando y despejando $y'$, se llega a $y'=-\dfrac{y}{x^2\,y-x}$, que sustituida en (3) vemos que satisface la igualdad. $\diamond$

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Referencias

  [1] R. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simón S.A., Barcelona, 1978.
  [2] A. Kiseliov, M. Krasnov, G. Makarenko, Problemas de ecuaciones diferenciales ordinarias, cuarta edición, Mir, Moscú, 1984.
  [3] C. G. Lambe, C. J. Tranter, Ecuaciones diferenciales, UTEHA, México D.F., 1964.
  [4] M. Cordero, M. Gómez, Ecuaciones diferenciales ordinarias, García Maroto Editores, Madrid, 2010.
  [5] F. Ayres, Ecuaciones diferencials, McGraw-Hill (Shaum), México D.F., 1992.

Ecuaciones diferenciales ordinarias (EDOs) de primer orden exactas

Se dice que una EDO $P(x,y)\,dx+Q(x,y)\,dy=0$ es de tipo diferencial exacta si existe una función $U:\mathbb{R^2} \rightarrow \mathbb{R}$ de clase $\mathcal{C}^2$ (existen todas sus derivadas parciales de orden $2$ y son continuas) a la que se denomina función potencial que cumpla: $\dfrac{\partial\,U(x,y)}{\partial\,x}=P(x,y)$ y $\dfrac{\partial\,U(x,y)}{\partial\,y}=Q(x,y)$; y como, por la propiedad de las segundas derivadas cruzadas, $\dfrac{\partial^2\,U(x,y)}{\partial\,x\,\partial\,y}=\dfrac{\partial^2\,U(x,y)}{\partial\,y\,\partial\,x}$, puede afirmarse que la condición necesaria y suficiente para que la e. sea diferencial exacta es $\dfrac{\partial\,P(x,y)}{\partial\,y}=\dfrac{\partial\,Q(x,y)}{\partial\,x}$, en cuyo caso la solución general de la EDO viene dada por $U(x,y)=C$, donde $C$ es una constante arbitraria.

Veamos ahora cómo calcular dicha solución. De $\dfrac{\partial\,U(x,y)}{\partial\,y}=Q(x,y)$ se tiene que, integrando con respecto de $y$: $\displaystyle U(x,y)\equiv\int\,\dfrac{\partial\,U(x,y)}{\partial\,y}\,dy=\int\,Q(x,y)\,dy+\phi(x) \;\;\; (1)$, y, teniendo en cuenta que $\dfrac{\partial\,U(x,y)}{\partial\,x}=P(x,y)$, podemos escribir que $\displaystyle P(x,y)=\dfrac{\partial \, \left(\int\,Q(x,y)\,dy \right)}{\partial\,x}+\phi'(x) \Rightarrow \phi'(x)=P(x,y)-\dfrac{\partial \, \left(\int\,Q(x,y)\,dy \right)}{\partial\,x}$, por lo que, integrando con respecto a $x$, $\displaystyle \phi(x)=\int\,\left(P(x,y)-\dfrac{\partial \, \left(\int\,Q(x,y)\,dy \right)}{\partial\,x}\right)\,dx+\text{constante}$, con lo cual, sustituyendo en (1), se llega a $$\displaystyle U(x,y)=\int\,Q(x,y)\,dy+ \int\,\left(P(x,y)-\dfrac{\partial \, \left(\int\,Q(x,y)\,dy \right)}{\partial\,x}\right)\,dx=C$$

Ejemplo 1:

Consideremos la ecuación diferencial exacta $y\,dx+x\,dy=0$. Comprobemos, primero, que es del tipo diferencial exacta: en efecto, como $P(x,y):=y$ y $Q(x,y):=x$, se cumple que $\dfrac{\partial\,P(x,y)}{\partial\,y}=1=\dfrac{\partial\,Q(x,y)}{\partial\,x}$, y por tanto queda probado que se trata de una ecuación diferencial exacta, luego existe una función potencial $U(x,y)$ tal que $\displaystyle \dfrac{U(x,y)}{\partial\,y}=Q(x,y)$ y $ \dfrac{U(x,y)}{\partial\,x}=P(x,y)$, siendo $U(x,y)=C$ (constante) la solución general de dicha ecuación diferencial.

Calulémos la función potencial $U(x,y)$, paso a paso:
De $\displaystyle \dfrac{U(x,y)}{\partial\,y}=Q(x,y)$ se tiene que $\displaystyle \dfrac{U(x,y)}{\partial\,y}=x \Rightarrow U(x,y)=\int\,x\,dy+\Phi(x)=x\,y+\Phi(x)$. Por otra parte, $\displaystyle \dfrac{U(x,y)}{\partial\,x}=P(x,y)$, esto es $\displaystyle \dfrac{U(x,y)}{\partial\,x}=y$; así pues, $\displaystyle \dfrac{\partial}{\partial\,x}\,\left( x\,y+\Phi(x) \right)=y$, es decir, $y+\Phi'(x)=y$, y por tanto, $\Phi'(x)=0$, con lo cual $\Phi(x)=\text{constante}$. Por consiguiente, la función potencial es $U(x,y)=x\,y+\text{constante}$, y, finalmente, podemos ya escribir la solución general de dicha ecuación diferencial exacta: $x\,y=C\,$, lo cual quiere decir que ésta representa la familia de curvas integrales $y=\dfrac{C}{x}$ (hipérbolas equiláteras). $\diamond$

Ejemplo 2:

Consideremos la EDO diferencial exacta $y\,e^x\,dx+e^x\,dy=0$. Comprobemos, primero, que es del tipo diferencial exacta: en efecto, como $P(x,y):=y\,e^x$ y $Q(x,y):=x$, se cumple que $\dfrac{\partial\,P(x,y)}{\partial\,y}=e^x=\dfrac{\partial\,Q(x,y)}{\partial\,x}$, luego existe una función potencial $$\displaystyle U(x,y):=\int\,Q(x,y)\,dy+ \int\,\left(P(x,y)-\dfrac{\partial \, \left(\int\,Q(x,y)\,dy \right)}{\partial\,x}\right)\,dx\;\;\; (2)$$

Calulémosla ahora directamente (aplicando (2)):
$\displaystyle\int\,Q(x,y)\,dy=\int\,e^x\,dx=e^x+\text{constante}$ (primer término del segundo miembro de (2)) y por tanto $\displaystyle \dfrac{\partial\,Q(x,y)}{\partial\,x}=e^x$
Por otra parte,
  $\displaystyle\int\,P(x,y)\,dx=\int\,y\,e^x\,dx=y\,e^x+\text{constante}$
  $\displaystyle\int\,\dfrac{\partial\,\int\,Q(x,y)\,dy}{\partial\,x}\,dx=\int\,e^x\,dx=e^x+\text{constante}$
con lo cual, el segundo término del segundo miembro de (2) nos queda: $y\,e^x-e^x+\text{constante}$
Entonces, finalmente: $U(x,y)=e^x+y\,e^x-e^x+\text{constante}=y\,e^x+\text{constante}$, con lo cual la solución general de la ecuación diferencial propuesta es $y\,e^x=C$, es decir, el conjunto de curvas integrales $y=C\,e^{-x}$. $\diamond$

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Referencias

  [1] R. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simón S.A., Barcelona, 1978.
  [2] A. Kiseliov, M. Krasnov, G. Makarenko, Problemas de ecuaciones diferenciales ordinarias, cuarta edición, Mir, Moscú, 1984.
  [3] C. G. Lambe, C. J. Tranter, Ecuaciones diferenciales, UTEHA, México D.F., 1964.
  [4] M. Cordero, M. Gómez, Ecuaciones diferenciales ordinarias, García Maroto Editores, Madrid, 2010.
  [5] F. Ayres, Ecuaciones diferencials, McGraw-Hill (Shaum), México D.F., 1992.

Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden de coeficientes homogéneos

Recordemos que llamamos ecuación diferencial ordinaria a una ecuación que relaciona la variable independiente $x$, la función incógnita $y=y(x)$ —dependiendo de una sola variable—, y sus derivadas $y',y'',\ldots,y^{(n)}$ mediante la función $F(x,y,y',\ldots,y^{(n)})=0$. Se denomina orden de la ecuación diferencial al de la derivada de mayor orden que aparece en dicha ecuación.

Se considera una ecuación diferencial ordinaria de primer orden, con dos variables, $F(x,y,y')=0$ (forma general), siendo $y=y(x)$ la función incógnita. Supondremos que de la forma general es posible despejar $y'$, por lo que la ecuación diferencial explicitada según la derivada puede escribirse de la forma $y'(x)=f(x,y)$. Recordemos que, si $f(x,y)$ es un a función continua en un recinto $\mathcal{D} \subseteq \mathbb{R}^2$ y admite derivada parcial $\dfrac{\partial\,f}{\partial\,y}$ continua con respecto a $x$ e $y$ en el recinto $\mathcal{D}$, entonces el teorema de existencia y unicidad asegura que existe una solución (única) $y=\varphi(x)$ de la ecuación diferencial que satisface la condición inicial $y(x_0)=y_0$. Encontrar la solución que satisface esa condición inicial dada lleva el nombre de problema de Cauchy; y, desde el punto de vista geométrico, significa encontrar la curva integral en el dominio $\mathcal{D}\subset \mathbb{R}^2$ que pasa por un punto dado de dicho dominio.

Recordemos que una funcion $\varphi(x,y)$ se dice homogénea de grado $n$ si $\varphi(\lambda\,x,\lambda\,y)=\lambda^n\,\varphi(x,y) \;\forall \lambda\gt 0$ y $\forall\, x,y\in \mathbb{R^2}\,$. Diremos que, en las condiciones expuestas arriba, una EDO es homogénea en el caso de que $f(\lambda\,x,\lambda\,y)=f(x,y)$, esto es si $f(\lambda\,x,\lambda\,y)=\lambda^0\,f(x,y) \; \forall \, \lambda \in \mathbb{R}$, es decir, si es una función homogénea de grado $0$.

Además, si dicha ecuación puede expresarse de la forma $P(x,y)\,dx+Q(x,y)\,dy=0\;\;\; (1)$, donde $P(x,y)$ y $Q(x,y)$ sean funciones homogéneas del mismo grado, entonces la ecuación diferencial dada se convierte en una ecuación diferencial de variables separables mediante el cambio de variable $y:=x\,u$, donde $u$ es función de $x$.

Ejemplo:

Sea la EDO de primer orden $y'(x)=\dfrac{x+y(x)}{x}$ (por lo que, aquí, $f(x,y)=\dfrac{x+y(x)}{x}$). Notemos que $f(\alpha\,x,\alpha\,y)=\dfrac{\alpha\,x+\alpha\,y}{\alpha\,x}=\dfrac{\alpha\,(x+y(x))}{\alpha\,x}=\dfrac{x+y(x)}{x}=\alpha^0\cdot \dfrac{x+y(x)}{x}=f(x,y)$, luego al ser $f(x,y)$ una función homogénea, la ecuación propuesta es una EDO de coeficientes homogéneos.

Intentemos expresarla tal como está escrita en (1), para ello, la reescribimos de la forma $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{x+y(x)}{x}$; de ello, fácilmente se obtiene que $(x+y)\,dx+(-x)\,dy=0$, con lo cual $P(x,y):=x+y$ y $Q(x,y):=-x$. Observemos que estas funciones son homogéneas de grado $1$; en efecto, $P(\lambda\,x,\lambda\,y)=\lambda\,x+\lambda\,y=\lambda\,(x+y)=\lambda^1\,P(x,y)$, y $Q(\lambda\,x,\lambda\,y)=\lambda\,(-x)=\lambda^1\,Q(x,y)$.

Estamos en condiciones de realizar el cambio de variable indicado para expresar la EDO de partida (ecuación con coeficientes homogéneos) como una EDO de variables separables. Entonces, haciendo pues dicho cambio de variables, $y(x)=x\cdot u(x)$, se tiene que $y'(x)=u(x)+x\,u'(x)$; por otra parte, el segundo miembro de la ecuación diferencial se expresará ahora de la forma $\dfrac{x+y(x)}{x}=\dfrac{x+x\,u(x)}{x}=1+u(x)$. Así, la ecuación diferencial nos queda reescrita de la forma $u(x)+x\,u'(x)=1+u(x)$, esto es $x\,u'(x)=1$, que es lo mismo que $x\,\dfrac{u(x)}{dx}=1$, luego $du(x)=\dfrac{dx}{x}$.

Integrando en ambos miebros: $\displaystyle \int\,du(x)=\int\,\dfrac{dx}{x}+C$, con lo cual, $u(x)=\ln\,x+C$. Y, finalmente, deshaciendo el cambio de variable: $u(x)=\dfrac{y(x)}{x}\, \therefore y=x\,(\ln\,x+C)$, que es la estructura de la solución general. $\diamond$

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Referencias

  [1] R. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simón S.A., Barcelona, 1978.
  [2] A. Kiseliov, M. Krasnov, G. Makarenko, Problemas de ecuaciones diferenciales ordinarias, cuarta edición, Mir, Moscú, 1984.
  [3] C. G. Lambe, C. J. Tranter, Ecuaciones diferenciales, UTEHA, México D.F., 1964.
  [4] M. Cordero, M. Gómez, Ecuaciones diferenciales ordinarias, García Maroto Editores, Madrid, 2010.
  [5] F. Ayres, Ecuaciones diferencials, McGraw-Hill (Shaum), México D.F., 1992.