ecuaciones reducibles a exactas

ECUACIONES REDUCIBLES A EXACTAS
P(t,y)dt + Q(t,y) dy = 0 que no es exacta, pero sabemos que existe µ(t,y) tal que :
µ(t,y) P(t,y)dt + µ(t,y)Q(t,y) dy = 0
µ(t,y) P(t,y)dt = P’(t,y)
µ(t,y) Q(t,y) dy = Q’(t,y)
Como P’(t,y)dt + Q’(t,y)dy es exacta, entonces :
dP '( t , y )
= dQ 'dt( t , y ) pero :
dy
dP '( t , y )
dy
= µ (t , y )
+
dµ ( t , y )
dy
P (t , y )
dQ '( t , y )
dt
= µ (t , y ) dQdt( t , y ) +
dµ ( t , y )
dt
Q(t , y )
dP ( t , y )
dy
dP ( t , y )
entonces µ (t , y )( dy −
dµ ( t , y )
1
dt
µ (t , y )
Q(t , y ) =
dµ ( t , y )
1
dt
µ (t , y )
=
d
dt
dQ ( t , y )
dt
dµ ( t , y )
1
dy
µ (t , y )
)=
dµ ( t , y )
dt
P (t , y ) =
Q(t , y ) −
dP ( t , y )
dy
−
dµ ( t , y )
1
dy
µ (t , y )
(ln(µ (t , y )))
dµ ( t , y )
dy
P(t , y ) de donde :
dQ ( t , y )
dt
=
d
dy
(ln(µ (t , y )))
Al final, el factor integrante satisface la siguiente ecuación :
Q dtd (ln µ ) − P dyd (ln µ ) = dP
− dQ
dy
dt
Ejemplo:
La ecuación (1-t 2 y)dt - t 2 (y-t)dy = 0 con P = (1 -t 2 y) y Q = t 2 (y-t)
No es exacta ya que las derivadas parciales no son iguales:
dP
= − t2
dy
= 2ty − 3t 2
Pero es reducible a exacta con un factor integral µ(t,y) que sólo depende de t (µ(t))
Para encontrar µ(t) hay que resolver la ecuación :
Q dtd (ln µ ) − P dyd (ln µ ) = dP
− dQ
dy
dt
dQ
dt
pero µ sólo depende de t, entonces
d (ln( µ ))
dy
= 0 y la ecuación se reduce a d (ln(µ )) =
Como:
dP
= − t2
dy
dQ
dt
= 2ty − 3t 2
entonces
entonces
dP
dy
−
dP dQ
− dt
dy
Q
dQ
dt
= − t 2 − 2ty + 3t 2 = − 2t ( y − t )
=
− 2t ( y − t )
d
dt
Por lo tanto :
t2 ( y− t)
=
(ln((µ )) =
−2
t
−2
t
entonces ln(µ ) = ln(t − 2 ) + C ; µ = e c (t − 2 ) siendo
k
e c = k ; µ= t 2
tomemos µ (t ) =
1
t2
y veamos que µ(t) P(t,y) dt + µ(t) Q(t,y) dy = 0 es exacta
dP dQ
− dt
dy
Q
1
t2
(1 − t 2 y )dt +
dP '( t , y )
dy
1
t2
(t 2 ( y − t ))dy = 0 y nos queda : ( t12 − y )dt + ( y − t )dy = 0
= −1
= −1
La ecuación es exacta. Ahora hay que resolverla :
( t12 − y )dt + ( y − t )dy = 0
dQ '( t , y )
dt
− y =P’(t,y)
y-t=Q’(t,y)
existe F(t,y) tal que :
1
t2
dF ( t , y )
dt
= P ' (t , y ) ;
dF
dt
=
1
t2
− y ; F (t , y ) =
1
∫ (t
2
− y )dt + g ( y ) = − 1t − yt + g ( y )
Tenemos que F (t , y ) = −t1 − yt + g ( y ) , para determinar g(y) empleamos la ecuación:
2
dF ( t , y )
= − t + g ' ( y ) = y − t ; g’(y)= y ; g(y)= y
= Q(t , y ) ; dF
dy
dy
2
Por lo tanto F(t,y)= −t1 − yt +
y2
2
De donde deducimos que la solución general de la ecuación
Al final el factor integrante satisface la siguiente ecuación:
Q dtd (ln µ ) − P dyd (ln µ ) = dP
− dQ
dy
dt
−1
t
− yt +
y2
2
=C
Observación: si µ(t) la ecuación se reduce a :
dP dQ
−
f ( t ) dt
d (ln(µ )) = dy dt =f(t) entonces µ = e ∫
Q
Calcular la solución general de una ecuación lineal :
dy
+ g (t ) y = h(t ) ; dy+(g(t)y-h(t))dt=0
dt
dy=Q(t,y)
(g(t)y-h(t))dt=P(t,y)
Esta ecuación es exacta con un factor integrante que depende de t.
dP dQ
− dt
g ( t ) dt
dy
por lo tanto, la ecuación :
= g (t ) , entonces µ (t ) = e ∫
Q
µ(t)dy+µ(t)(g(t)y-h(t))dt=0
µ(t)dy=Q’(t,y)
µ(t)(g(t)y-h(t))dt=P’(t,y)
g ( t ) dt
F (t , y ) = ye ∫
g (t )
Ahora utilizamos la primera ecuación:
g ( t ) dt
g ( t ) dt
g ( t ) dt
dF
= yg (t )e ∫
+ g ' (t ) = yg (t )e ∫
− h (t ) e ∫
dt
dF ( t , y )
dy
= Q(t , y ) = e ∫ g ( t ) dt ;
y nos queda que : g’(t)=-h(t)e ∫ g ( t ) dt de donde g(t)=- ∫ h(t )e ∫
F (t , y ) = ye ∫
g ( t ) dt
- ∫ h (t ) e ∫
g ( t ) dt
Las soluciones de la ecuación serían:
g ( t ) dt
g (t )
e∫
− h(t )e ∫
= C
∫
entonces
− g (t )
y = e ∫ (C +
∫ h(t )e
∫ g ( t ) dt )
g ( t ) dt
y por lo tanto