Algunas ecuaciones diferenciales pueden transformarse en ecuaciones exactas al multiplicarlas por una cierta función \mu. Esta función recibe el nombre de factor integrante.
Consideremos nuevamente la ecuación diferencial
P(t,y)+Q(t,y)y'=0,\qquad {\color{blue}(1)}
donde P y Q son funciones con derivadas parciales primeras continuas en un rectángulo D\subset \mathbb R^2, y sea \mu = \mu(t,y) una función con derivadas parciales primeras continuas en D tal que \mu(t,y)\neq 0 para todo (t,y)\in D.
Multiplicando ambos miembros de la ecuación (1) por \mu se obtiene la ecuación equivalente
\mu (t,y) P(t,y) + \mu(t,y) Q(t,y) y' =0.\qquad {\color{blue} (2)}
Para que esta ecuación sea exacta es necesario y suficiente que
\dfrac{\partial (\mu P)}{\partial y} = \dfrac{\partial (\mu Q)}{\partial t}.\qquad{\color{blue} (3)}
Ahora bien,
\dfrac{\partial (\mu P)}{\partial y} = P\dfrac{\partial \mu}{\partial y}+\mu \dfrac{\partial P}{\partial y},
y
\dfrac{\partial (\mu Q)}{\partial t}= Q \dfrac{\partial \mu}{\partial t}+\mu \dfrac{\partial Q}{\partial t}.
Al reemplazar estas igualdades en (3) se infiere que la ecuación (2) es exacta si y sólo si el factor integrante \mu satisface la ecuación en derivadas parciales
\mu\left(\dfrac{\partial P}{\partial y}-\dfrac{\partial Q}{\partial t}\right)=Q\dfrac{\partial \mu}{\partial t}-P\dfrac{\partial \mu}{\partial y}.
Esta ecuación es mucho más delicada que la ecuación inicial. Sin embargo, en ocasiones dicha ecuación se puede simplificar considerablemente, y entonces resulta fácil encontrar un factor integrante.
Si la expresión
\varphi(t,y)= \dfrac{\dfrac{\partial P}{\partial y}(t,y)-\dfrac{\partial Q}{\partial t}(t,y)}{Q(t,y)}
es función solamente de t, esto es, \varphi(t,y) = \varphi(t), entonces la función definida por \mu(t) = e^{\int \varphi(t)dt} es un factor integrante para la ecuación (1).
- Si la expresión
\varphi = \dfrac{{\dfrac{{\partial Q}}{{\partial t}}(t,y) – \dfrac{{\partial P}}{{\partial y}}}(t,y)}{P(t,y)}
sólo depende de la variable y la función \mu(y)=e^{\int\varphi(y)dy} es un factor integrante de la ecuación (1).
Ejemplo: Resolver la ecuación diferencial
2ty+(y^2-3t^2)y'=0
Sean P(t,y)=2ty, Q(t,y)=y^2-3t^2, tenemos que
\left. \begin{gathered} \dfrac{{\partial P}}{{\partial y}}(t,y) = 2t \\ \dfrac{{\partial Q}}{{\partial t}}(t,y) = – 6t \\ \end{gathered} \right\} \Rightarrow \dfrac{{\dfrac{{\partial Q}}{{\partial t}} – \dfrac{{\partial P}}{{\partial y}}}}{P} = \dfrac{{ – 8t}}{{2ty}} = – \dfrac{4}{y}.
El factor integrante es
\mu(y)=e^{\int-\frac{4}{y}dy}=\dfrac{1}{y^4}
y al multiplicar la ecuación por \mu(y) se convierte en exacta.
\dfrac{2t}{y^3}+\left(\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{3t^2}{y^4}\right)y'=0.
\displaystyle f(t,y) = \int{\dfrac{{2t}}{{{y^3}}}dt} + \alpha (y) = \dfrac{{{t^2}}}{{{y^3}}} + \alpha (y),
\dfrac{{\partial f}}{{\partial y}}(t,y) = – \dfrac{{3{t^2}}}{{{y^4}}} + \alpha '(y) \Rightarrow \alpha '(y) = \dfrac{1}{{{y^2}}} \Rightarrow \alpha (y) = – \dfrac{1}{y},
f(t,y)= \dfrac{{{t^2}}}{{{y^3}}}-\dfrac{1}{y},
y podemos expresar la solución como
\boxed{\color{blue}t^2-y^2-Cy^3=0,\;C\in\mathbb{R}}.
Ejemplo: Resolver el problema de Cauchy
\left\{\begin{array}{l} 4t^2+3\cos y-t\operatorname{sen} y y'=0,\\ y(1)=\dfrac{\pi}{2}. \end{array}\right.
Comenzamos comprobando si se trata de una ecuación exacta. Temos que
\left. \begin{gathered} P(t,y)(t,y) = 4{t^2} + 3\cos y\\ Q(t,y)(t,y) = – t\operatorname{sen} y \\ \end{gathered} \right\}\Rightarrow\begin{darray}{c} \frac{\partial P}{\partial y}(t,y) = – 3\operatorname{sen} y\\\frac{\partial Q}{\partial t}(t,y) = – \operatorname{sen} y\end{darray}
Obervamos que no es exacta, pero en la diferencia de ambas estará \operatorname{sen}y, entonces
\dfrac{\dfrac{\partial P}{\partial y}- \dfrac{\partial Q}{\partial t}}{Q} = \dfrac{ – 3\operatorname{sen} y + \operatorname{sen} y}{ – t\operatorname{sen} y} = \dfrac{2}{t}.
Luego \mu(t)=e^{\int\frac{2}{t}dt}=e^{\ln t^2}=t^2 es un factor integrante y la ecuación que se obtiene al multiplicar por ella es exacta.
4t^4+3t^2\cos y-t^3\operatorname{sen} y y'=0
f(t,y) =\displaystyle \int { – {t^3}\operatorname{sen} ydy} = {t^3}\cos y + \alpha (t),
\dfrac{{\partial f}}{{\partial t}}(t,y) = 3{t^2}\cos y + \alpha '(t) = 4{t^4} + 3{t^2}\cos y \Rightarrow \alpha '(t) = 4{t^4},
\alpha(t)=\dfrac{4t^5}{5},
y la solución de la ecuación diferencial es
t^3\cos y+\dfrac{4t^5}{5}=C,\quad C\in\mathbb{R}.
Como y(1)=\dfrac{\pi}{2}, C=\dfrac{4}{5}. Concluimos que
5t^3\cos y +4t^5=4.
Despejando y obtenemos
\boxed{\color{blue}y=\arccos\dfrac{4-4t^5}{5t^3}.}
Si quieres reforzar lo aprendido, aquí tienes un vídeo con más ejemplos resueltos!!!