Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden CAPÍTULO 2

Contenidos 2.1 Curvas Solución sin una solución 2.2 Variables Separables 2.3 Ecuaciones Lineales 2.4 Ecuaciones Exactas 2.5 Soluciones por Sustituciones 2.6 Métodos Numéricos 2.7 Modelos Lineales 2.8 Modelos No Lineales 2.9 Modelado con sestemas de EDs de primer orden

2.1 Curvas Solución sin Solución Introducción: Empezamos nuestro estudio de EDs de primer orden analizando una ED cualitativamente. Pendientes La derivada dy/dx de y = y(x) proporciona pendientes de las rectas tangentes en los puntos. Elementos Lineales Suponemos que dy/dx = f(x, y(x)). El valor f(x, y) representa la pendiente de una recta, ó un segmento de recta llamado Elemento Lineal. (Fig. . 2.1)

Fig. 2.1

Campos de Dirección Si se evalúa f en una red de puntos rectangular, y se dibuja un elemento lineal en cada punto (x, y) del recinto con pendiente f(x, y), obtenemos el conjunto llamado campo de direcciones o campo de pendientes de la siguiente ED dy/dx = f(x, y)

Ejemplo 1 El campo de direcciones de dy/dx = 0.2xy está representado en la Fig. 2.2(a) y para comparar con la Fig. 2.2(a), en la Fig. 2.2(b)se han representado unas gráficas de esta familia.

Fig. 2.2

Ejemplo 2 Use un campo de direcciones para dibujar una curva solución aproximada para dy/dx = sen y, y(0) = −3/2. Solución: Acudiendo a la continuidad de f(x, y) y f/y = cos y. Teorema 2.1 garantiza la existencia de una única curva solución que pasa por algún punto especificado en el plano. Ahora dividimos la región que contiene a (-3/2, 0) en segmentos rectangulares. Calculamos el elemento lineal de cada segmento rectangular para obtener Fig. 2.3.

Fig. 2.3

Crecimiento/Decrecimiento Si dy/dx > 0 para todo x de I, entonces y(x) es creciente en I. Si dy/dx < 0 para todo x de I, entonces y(x) es decreciente en I. EDs Libres de Variables Independientes dy/dx = f(y) (1) en las que la variable independiente no aparece de manera explícita se llaman autónomas. Suponemos que f y f  son continuas en un intervalo I.

Puntos críticos Los ceros de f en (1) son puntos importantes. Si f(c) = 0, c es un punto crítico, punto de equilibrio o punto estacionario. Sustituimos y(x) = c en (1) y tenemos que f(c) = 0. Si c es un punto crítico, entonces y(x) = c es una solución de (1). Si la solución y(x) = c de (1) es una constante, se llama una solución de equilibrio.

Ejemplo 3 La siguiente ED dP/dt = P(a – bP) donde a y b son constantes positivas, es autónoma. De f(P) = P(a – bP) = 0, las soluciones de equilibrio son P(t) = 0 y P(t) = a/b. Colocamos los puntos críticos en una recta vertical (recta fase). Las flechas en Fig. 2.4 indican el signo algebraico de f(P) = P(a – bP). Si el signo es positivo o negativo, entonces P es creciente o decreciente en este intervalo.

Fig. 2.4

Curvas Soluciones Si garantizamos la existencia y unicidad de (1), por cada punto (x0, y0) en R, hay una sola curva solución. Fig. 2.5(a). Suponemos que (1) presenta dos puntos críticos, c1, y c2, tales que c1 < c2. La gráfica de la solución de equilibrio y(x) = c1, y(x) = c2 son rectas horizontales y dividen R en tres regiones, a los que nombramos R1, R2 y R3 como en la Fig. 2.5(b).

Fig. . 2.5

Algunas conclusiones sin probar: (1) Si (x0, y0) está en Ri, i = 1, 2, 3, una solución y(x) pasa por (x0, y0), y(x) quedará en la misma subregión. Fig. 2.5(b). (2) Por la continuidad de f , f(y) los signos en la subregión no pueden cambiar (3) Como dy/dx = f(y(x)) es o positiva o negativa en Ri, cualquier solución y(x) es monótona en Ri.

(4) Si y(x) está acotada superiormente por c1, (y(x) < c1), la gráfica de y(x) se aproximará a y(x) = c1; Si c1 < y(x) < c2, se aproximará a y(x) = c1 y y(x) = c2; Si c2 < y(x) , se aproximará a y(x) = c2;

Ejemplo 4 En el ejemplo 3, P = 0 y P = a/b son dos puntos críticos, por tanto tenemos tres intervalos para P: R1 : (-, 0), R2 : (0, a/b), R3 : (a/b, ) Sea P(0) = P0 y cuando una solución pasa porP0, tenemos tres tipos de gráficas dependiendo del intervalo al que pertenece P0. Fig. 2.6.

Fig. . 2.6

Ejemplo 5 La ED dy/dx = (y – 1)2 tiene un único punto crítico 1. Desde Fig. 2.7(a), llegamos a la conclusión de que una solución y(x) es creciente en - < y < 1 y 1 < y < , donde - < x < . Fig. 2.7.

Fig. 2.7

Atractores y Repulsores ? Fig. 2.8(a). Cuando y0 está a ambos lados de c, y(x) se aproximará a c c. Este tipo de punto crítico se denomina asintóticamente estable, también llamado atractor. Fig. 2.8(b). Cuando y0 esté a ambos lados de c, y(x) se alejará de c. Este tipo de punto crítico se denomina inestable, también llamado repulsor. Fig. 2.8(c) y (d). Cuando y0 a un lado de c, será atraído por c y repelido por el otro lado. Este tipo de puntos críticos se denomina semiestable.

Fig. . 2.8

ED Autónomas y Campo de Direcciones Fig. 2.9 muestra el campo de direcciones de dy/dx = 2y – 2. Podemos observar que los elementos lineales que pasan por los puntos cualquier recta horizontal deben tener la misma pendiente. Como la ED es de forma dy/dx = f(y), las pendientes sólo dependen de y.

Fig. . 2.9

2.2 Variables Separables Introducción: Considérese dy/dx = f(x, y) = g(x). La ED dy/dx = g(x) (1) puede resolverse mediante integración. Integramos en ambos lados para resolver y =  g(x) dx = G(x) + c. por ejemplo : dy/dx = 1 + e2x, luego y =  (1 + e2x) dx = x + ½ e2x + c Una ED de primer orden de forma dy/dx = g(x)h(y) se dice que es separable o que tiene variables separables. DEFINICIÓN 2.1 Ecuaciones Separables

Volvemos a escribir la ecuación anterior como. (2) donde p(y) = 1/h(y) Volvemos a escribir la ecuación anterior como (2) donde p(y) = 1/h(y). Cuando h(y) = 1, (2) se reduce a (1).

Si y = (x) es una solución de (2), deberíamos tener. y Si y = (x) es una solución de (2), deberíamos tener y (3) Como dy =  (x) dx, (3) es lo mismo que (4)

Ejemplo 1 Resolver (1 + x) dy – y dx = 0. Solución: Como dy/y = dx/(1 + x), tenemos Sustituyendo por c, obtenemos y = c(1 + x).

Ejemplo 2 Resolver Solución: También podemos poner la solución como x2 + y2 = c2, donde c2 = 2c1 Aplicando la condición inicial, 16 + 9 = 25 = c2 (Fig. 2.18.)

Fig. 2.18

Pérdida de una Solución Cuando r es un cero de h(y), y = r también es solución de dy/dx = g(x)h(y). Sin embargo, esta solución no se revelará tras la integración. Es una solución singular.

Ejemplo 3 Resolver dy/dx = y2 – 4. Solución: Escribimos esta ED como (5) luego

Ejemplo 3 (2) Sustituyendo exp(c2) por c y resolviendo para y, tenemos (6) Si escribimos la ED como dy/dx = (y + 2)(y – 2), por la conclusión anterior, tenemos y =  2 es una solución singular.

Ejemplo 4 Resolver Solución: Escribimos esta ED como aplicamos sen 2x = 2 sen x cos x, luego  (ey – ye-y) dy = 2  sin x dx mediante integración por partes, ey + ye-y + e-y = -2 cos x + c (7) Desde y(0) = 0, tenemos c = 4 para llegar a ey + ye-y + e-y = 4 −2 cos x (8)

Uso de Ordenadores Sea G(x, y) = ey + ye-y + e-y + 2 cos x. Utilizando cierto software , podemos trazar las curvas de nivel de G(x, y) = c. Las gráficas resultantes están representadas en Fig. 2.19 y Fig. 2.20.

Fig. 2.19 Fig. 2.20

Si resolvemos. dy/dx = xy½. , y(0) = 0 Si resolvemos dy/dx = xy½ , y(0) = 0 (9) Las graficas resultantes se muestran en la Fig. 2.21.

Fig. 2.21

2.3 Ecuaciones Lineales Introducción: Las EDs lineales no son complicados de resolver. Podemos encontrar maneras fáciles de tratarlas. Una ED de primer orden de forma a1(x)(dy/dx) + a0(x)y = g(x) (1) se dice que es une ecuación lineal en y. Cuando g(x) = 0, se dice que (1) es homogénea; en el caso contrario no homogénea. DEFINICIÓN 2.2 Ecuación Lineal

Forma estándar La forma estándar de una ED puede escribirse como Forma estándar La forma estándar de una ED puede escribirse como dy/dx + P(x)y = f(x) (2) La propiedad ED (2) tiene la propiedad de que su solución es la suma de dos soluciones, y = yc + yp, donde yc es una solución de la ecuación homogénea dy/dx + P(x)y = 0 (3) e yp es una solución particular de (2).

Comprobación Ahora (3) también es separable. Escribimos (3) como Resolviendo para y se obtiene

Variación de Parametros Sea yp = u(x) y1(x), donde y1(x) está definida anteriormente. Queremos hallar u(x) de manera que yp también sea una solución. Sustituyendo yp en (2) se obtiene

Como dy1/dx + P(x)y1 = 0, tenemos que y1(du/dx) = f(x) Reagrupando la ecuación anterior, Partiendo de la definición de y1(x), tenemos (4)

Procedimientos de Resolución Si (4) está multiplicada por (5) entonces (6) es diferenciado (7) obtenemos (8) Dividiendo (8) por obtenemos (2).

? Factor Integrante Llamamos a y1(x) = factor integrante y sólo necesitamos memorizarlo para poder resolver problemas. En le libro pone que no se recomienda memorizarlo sino seguir cada vez cierto procedimiento (pag. 59)

Ejemplo 1 Resolver dy/dx – 3y = 6. Solución: Como P(x) = – 3, tenemos que el factor integrante es luego al mesmo tiempo Entonces e-3xy = -2e-3x + c, una solución es y = -2 + ce-3x, - < x < .

Observación La ED del ejemplo 1 puede escribirse de forma por lo que y = –2 es un punto crítico.

Soluciones Generales Ecuación (4) se llama solución general en un intervalo I. Suponemos de nuevo que P y f son continuas en I. Escribiendo (2) como y = F(x, y) identificamos F(x, y) = – P(x)y + f(x), F/y = – P(x) que son continuas en I. Luego podemos concluir que existe una y solo una solución de (9)

Ejemplo 2 Resolver Solución: Dividiendo en ambos lados por x, obtenemos (10) Entonces, P(x) = –4/x, f(x) = x5ex, P y f son continuas en (0, ). Como x > 0, escribimos el factor integrante como

Ejemplo 2 Multiplicamos (10) por x-4, Aplicando integración por partes, llegamos a que la solución general en (0, ) es x-4y = xex – ex + c ó y = x5ex – x4ex + cx4

Ejemplo 3 Hallar la solución general de Solución: Ponemos (11) Entonces, P(x) = x/(x2 – 9). Aunque P(x) es continua en (-, -3), (-3, 3) y (3, ), resolveremos esta ED en el primer y tercer intervalos. El factor integrante es

Ejemplo 3 (2) Multiplicando (11) por este factor para obtener y Así, para x > 3 ó x < -3, la solución general es Observación: x = 3 y x = -3 son puntos singulares de la ED y es descontinua en estos puntos

Ejemplo 4 Resolver Solución: Primero tenemos P(x) = 1 y f(x) = x, y son continuas en (-, ). El factor integrante es , entonces nos da que exy = xex – ex + c y y = x – 1 + ce-x Como y(0) = 4, obtenemos c = 5. La solución es y = x – 1 + 5e-x, – < x <  (12)

Observación: En el ejemplo anterior, encontramos Observación: En el ejemplo anterior, encontramos yc = ce-x y yp = x – 1 llamamos a yc un término transitorio, como yc  0 cuando x . Algunas soluciones están representadas en Fig. 2.24. Fig. 2.24

Ejemplo 5 Resolver , donde Solución: Primero observamos la gráfica de f(x) in Fig. 2.25. Fig. 2.25

Ejemplo 5 (2) Resolvemos este problema en 0  x  1 y 1 < x < . Para 0  x  1, luego y = 1 + c1e-x Como y(0) = 0, c1 = -1, y = 1 - e-x Para x > 1, dy/dx + y = 0 luego y = c2e-x

Ejemplo 5 Tenemos Además, queremos que y(x) sea continua en x = 1, esto es, cuando x  1+, y(x) = y(1) implica que c2 = e – 1. Como en Fig. 2.26, la función (13) es continua en [0, ).

Fig. 2.26

Funciones Definidas por Integrales Nos interesan la función de error y la función de error complementaria. y (14) Como , vemos que erf(x) + erfc(x) = 1

Ejemplo 6 Resolver dy/dx – 2xy = 2, y(0) = 1. Solución: El factor integrante es exp{-x2}, obtenemos (15) Aplicando y(0) = 1, tenemos que c = 1. (Fig. 2.27)

Fig. 2.27

2.4 Ecuaciones Exactas Introducción: Aunque ydx + xdy = 0 es separable, Podemos resolverla tomando un camino alternativo para llegar a la solución implícita xy = c.

Diferencial de una Función de Dos Variables Si z = f(x, y), su diferencial es (1) Ahora si z = f(x, y) = c, (2) por ejemplo: si x2 – 5xy + y3 = c, entonces (2) nos proporciona (2x – 5y) dx + (-5x + 3y2) dy = 0 (3)

Una expresión M(x, y) dx + N(x, y) dy es una diferencial exacta en una región R del plano si Corresponde a la diferencial de alguna función f(x, y) definida en R. Una ED de primer orden de la forma M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 es una ecuación exacta, si la expresión del lado izquierdo es una diferencial exacta. DEFINICIÓN 2.3 Ecuación Exacta

Sean M(x, y) y N(x, y) continuas y con primeras derivadas continuas en una región rectangular R definida por a < x < b, c < y < d. Entonces uan condición necesaria y suficiente de que M(x, y) dx + N(x, y) dy sea Una diferencial exacta es (4) TEOREMA 2.1 Criterio para una Diferencial Exacta

Demostración de la Necesidad Si M(x, y) dx + N(x, y) dy es exacta, existe una función f tal que para todo x de R M(x, y) dx + N(x, y) dy =(f/x) dx + (f/y) dy Por tanto M(x, y) = , N(x, y) = y La parte de suficiencia consiste en demostrar que hay una función f para la cual = M(x, y) y = N(x, y)

Método de Solución Como f/x = M(x, y), tenemos (5) derivando en (5) con respecto a y y suponiendo f/y = N(x, y) Tenemos y (6)

Integrando (6) con respecto a y se obtiene g(y), y se sustituye el resultado en (5). La solución implícita es f(x, y) = c.

Ejemplo 1 Resolver 2xy dx + (x2 – 1) dy = 0. Solución: Con M(x, y) = 2xy, N(x, y) = x2 – 1, tenemos qeu M/y = 2x = N/x Así la ecuación es exacta. Existe una función f tal que f/x = 2xy, f/y = x2 – 1 Luego f(x, y) = x2y + g(y) f/y = x2 + g’(y) = x2 – 1 g’(y) = -1, g(y) = -y

Ejemplo 1 (2) De ahí f(x, y) = x2y – y, y la solución es x2y – y = c, y = c/(1 – x2) El intervalo de definición es cualquier intervalo que no contenga a x = 1 ó x = -1.

Ejemplo 2 Resolver (e2y – y cos xy)dx+(2xe2y – x cos xy + 2y)dy = 0. Solución: Esta ED es exacta porque M/y = 2e2y + xy sen xy – cos xy = N/x De ahí que una función f existe, y f/y = 2xe2y – x cos xy + 2y esto es,

Ejemplo 2 (2) Así h’(x) = 0, h(x) = c. La solución es xe2y – sin xy + y2 + c = 0

Ejemplo 3 Resolver Solución: Escribimos la ED en la forma (cos x sin x – xy2) dx + y(1 – x2) dy = 0 Como M/y = – 2xy = N/x (Esta ED es exacta) Ahora f/y = y(1 – x2) f(x, y) = ½y2(1 – x2) + h(x) f/x = – xy2 + h’(x) = cos x sin x – xy2

Ejemplo 3 (2) Tenemos h(x) = cos x sen x h(x) = -½ cos2 x Así ½y2(1 – x2) – ½ cos2 x = c1 o y2(1 – x2) – cos2 x = c (7) donde c = 2c1. Ahora y(0) = 2, so c = 3. La solución es y2(1 – x2) – cos2 x = 3

Fig. 2.28 Fig. 2.28 muestra al familia de curvas del ejemplo anterior y la curva solución del PVI es la que aparece en color azul.

Factores Integrantes En algunos casos se puede hallar un factor integrante (x, y), tal que (x, y)M(x, y)dx + (x, y)N(x, y)dy = 0 (8) es una diferencial exacta. Ecuación (8) es exacta si y solo si (M)y = (N)x Luego My + yM = Nx + xN, o xN – yM = (My – Nx)  (9)

Suponiendo que  es a función de una variable, x, entonces Suponiendo que  es a función de una variable, x, entonces x = d /dx (9) pasa a ser (10) Si tenemos que (My – Nx) / N sólo depende de x, entonces (10) es una EDO de primer orden y es separable. De manera similar, si  sólo es una función de y, entonces (11) En este caso, si (Nx – My) / M solo es una función de y, podemos resolver (11) para .

Resumimos los resultados para. M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 Resumimos los resultados para M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 (12) Si (My – Nx) / N sólo depende de x, entonces (13) Si (Nx – My) / M sólo depende de y, entonces (14)

Ejemplo 4 La ED no lineal: xy dx + (2x2 + 3y2 – 20) dy = 0 no es exacta. Con M = xy, N = 2x2 + 3y2 – 20, hallamos My = x, Nx = 4x. Como depende como de x tanto de y. Sólo depende de y. El factor integrante es e  3dy/y = e3lny = y3 = (y)

Ejemplo 4 (2) Entonces la ecuación resultante xy4 dx + (2x2y3 + 3y5 – 20y3) dy = 0 Se le deja comprobar que la solución es ½ x2y4 + ½ y6 – 5y4 = c

2.5 Soluciones por Sustituciones Introducción Si queremos transformar la ED de primer orden: dx/dy = f(x, y) por la sustitución y = g(x, u), donde u es una función de x, luego Como dy/dx = f(x, y), y = g(x, u), Resolviendo para du/dx, tenemos la forma du/dx = F(x, u). Si podemos obtener u = (x), una solución es y = g(x, (x)).

Ecuaciones Homogéneas Si una función f tiene la propiedad f(tx, ty) = tf(x, y), entonces f se dice que es una función homogénea de grado . Por ejemplo: f(x, y) = x3 + y3 s homogénea de grado 3, f(tx, ty) = (tx)3 + (ty)3 = t3f(x, y) Una ED de grado: M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 (1) es homogénea, si como M tanto N son homogéneas del mesmo grado, esto es, si M(tx, ty) = tM(x, y), N(tx, ty) = tN(x, y)

Observación: Aquí la palabra “homogénea” no significa lo mismo que en la Sec 2.3. Si M y N son homogéneas de grado , M(x, y)=x M(1, u), N(x, y)=xN(1, u), u=y/x (2) M(x, y)=y M(v, 1), N(x, y)=yN(v, 1), v=x/y (3) Entonces (1) se convierte en x M(1, u) dx + x N(1, u) dy = 0, ó M(1, u) dx + N(1, u) dy = 0 donde u = y/x ó y = ux y dy = udx + xdu,

luego. M(1, u) dx + N(1, u)(u dx + x du) = 0, y luego M(1, u) dx + N(1, u)(u dx + x du) = 0, y [M(1, u) + u N(1, u)] dx + xN(1, u) du = 0 ó

Ejemplo 1 Resolver (x2 + y2) dx + (x2 – xy) dy = 0. Solución: Tenemos que M = x2 + y2, N = x2 – xy son homogéneas de grado 2. Sea y = ux, dy = u dx + x du, entonces (x2 + u2x2) dx + (x2 - ux2)(u dx + x du) = 0

Ejemplo 1 (2) Luego Simplificamos para obtener Observación: También podemos probar con x = vy.

Ecuación de Bernoulli La ED: dy/dx + P(x)y = f(x)yn (4) donde n es un número real cualquiera, llama Ecuación de Bernoulli . Observe que para n = 0 y n = 1, (4) es lineal, por otro lado u = y1-n para reducir (4) a una ecuación lineal.

Ejemplo 2 Resolver x dy/dx + y = x2y2. Solución: Escribimos la ED como dy/dx + (1/x)y = xy2 Con n = 2, y = u-1, y dy/dx = -u-2(du/dx) Por la sustitución y simplificación, du/dx – (1/x)u = -x El factor integrante en (0, ) es

Ejemplo 2 (2) Integrando se obtiene x-1u = -x + c, ó u = -x2 + cx. Como u = y-1, tenemos y = 1/u y una solución de la ED es y = 1/(−x2 + cx).

Reducción a Separación de Variables Una ED de la forma dy/dx = f(Ax + By + C) (5) siempre puede reducirse a una ecuación separable por medio de la sustitución u = Ax + By + C.

Ejemplo 3 Resolver dy/dx = (-2x + y)2 – 7, y(0) = 0. Solución: Sea u = -2x + y, entonces du/dx = -2 + dy/dx, du/dx + 2 = u2 – 7 ó du/dx = u2 – 9 Es separable. Al utilizar fracciones parciales, o

Ejemplo 3 (2) Luego tenemos o Resolviendo la ecuación para u y la solución es o (6) Al aplicar y(0) = 0 se obtiene c = -1.

Ejemplo 3 (3) La gráfica de la solución particular está representada en Fig. 2.30 en color sólido.

Fig. . 2.30

2.6 Un Método Numérico Uso de la Recta Tangente Suponga que y’ = f(x, y), y(x0) = y0 (1) posee una solución. por ejemplo, la gráfica resultante está representada en Fig. . 2.31.

Fig. . 2.31

Método de Euler Se utiliza linealización de la solución desconocida y(x) de (1) en x0, L(x) = f(x0, y0)(x - x0) + y0 (2) Al sustituir x por x1 = x0 + h, tenemos L(x1) = f(x0, y0)(x0 + h - x0) + y0 o y1 = y0 + h f(x0, y0) y yn+1 = yn + h f(xn, yn) (3) donde xn = x0 + nh. (Fig. 2.32)

Fig. . 2.32

Ejemplo 1 Considere Utilice el método de Euler para obtener y(2.5) usando h = 0.1 y después h = 0.05. Solución: Sea En las Tablas 2.1 y 2.2 están mostrados los resultados paso a paso.

Tabla 2.1 Tabla 2.2 Tabla 2.1 h = 0.1 xn yn 2.00 4.0000 2.10 4.1800 2.20 4.3768 2.30 4.5914 2.40 4.8244 2.50 5.0768 Tabla 2.2 h = 0.05 xn yn 2.00 4.0000 2.05 4.0900 2.10 4.1842 2.15 4.2826 2.20 4.3854 2.25 4.4927 2.30 4.6045 2.35 4.7210 2.40 4.8423 2.45 4.9686 2.50 5.0997

Ejemplo 2 Considere y’ = 0.2xy, y(1) = 1. Utilice el método de Euler para obtener y(1.5) usando h = 0.1 y después h = 0.05. Solución: Tenemos f(x, y) = 0.2xy. En las tablas 2.3 y 2.4 están mostrados los resultados paso a paso.

Tabla 2.3 Tabla 2.3 h = 0.1 xn yn Valor real Error Absoluto Error, % 1.00 1.0000 0.0000 0.00 1.10 1.0200 1.0212 0.0012 0.12 1.20 1.0424 1.0450 0.0025 0.24 1.30 1.0675 1.0714 0.0040 0.37 1.40 1.0952 1.1008 0.0055 0.50 1.50 1.1259 1.1331 0.0073 0.64

Table 2.4 Tabla 2.4 h = 0.05 xn yn Valor real Error Absoluto Error, % 1.00 1.0000 0.0000 0.00 1.05 1.0100 1.0103 0.0003 0.03 1.10 1.0206 1.0212 0.0006 0.06 1.15 1.0318 1.0328 0.0009 0.09 1.20 1.0437 1.0450 0.0013 0.12 1.25 1.0562 1.0579 0.0016 0.16 1.30 1.0694 1.0714 0.0020 0.19 1.35 1.0833 1.0857 0.0024 0.22 1.40 1.0980 1.1008 0.0028 0.25 1.45 1.1133 1.1166 0.0032 0.29 1.50 1.1295 1.1331 0.0037 0.32

Programas de Solución Numérica Observe la Fig. 2.33 para comparar los métodos numéricos. Fig. 2.33

Cómo Usar un Programa de Solución Numérica Cuando un programa de solución numérica tiene dificultades, como podemos ver en la Fig. 2.34, podemos disminuir el tamaño de paso, usar otro método numérico, u otro programa de solución numérica. Fig. 2.34

2.7 Modelos Lineales Crecimiento y Decaimiento (1)

Ejemplo 1: Crecimiento de bacterias P0 : cantidad inicial de bacterias = P(0) P(1) = 3/2 P(0) Determine el tiempo necesario para que se triplique el número de bacterias. Solución: Como dP/dt = kt, dP/dt – kt = 0, tenemos P(t) = cekt, usamos P(0) = P0 luego c = P0 y P(t) = P0ekt Como P(1) = 3/2 P(0), entonces P(1) = P0ek = 3/2 P(0) Por tanto, k = ln(3/2) = 0.4055. Ahora P(t) = P0e0.4055t = 3P0 , t = ln3/0.4055 = 2.71. Fig. 2.35.

Fig. . 2.35

Fig. 2.36 k > 0 es una constante de crecimiento, y k > 0 es una constante de decaimiento. Fig. 2.36.

Ejemplo 2: Período de semidesintegración de Plutonio Un reactor convierte U-238 en el isótopo plutonio 239. Después de pasar 15 años, 0.043% de la cantidad inicial A0 del plutonio se ha desintegrado. Calcule el período de semidesintegración de este isótopo. Solución: Sea A(t) la cantidad de Plutonio en el tiempo t. La ED es (2) La solución es A(t) = A0ekt. Si 0.043% de A0 se han desintegrado, queda 99.957%.

Entonces, 0.99957A0 = A(15) = A0e15k, luego Ejemplo 2 (2) Entonces, 0.99957A0 = A(15) = A0e15k, luego k = (ln 0.99957) / 15 =-0.00002867 Sea A(t) = A0e-0.00002867t = ½ A0 En este caso tenemos

Ejemplo 3: Fechado con Carbono Un hueso fosilizado contiene 1/1000 de la concentración de C-14 que se encuentra en la materia viva. Determine la edad del fósil. Solución: Sabemos que el período de semidesintegración p C-14 es 5600 años. Entonces A0 /2 = A0e5600k, k = −(ln 2)/5600 = −0.00012378. Y A(t) = A0 /1000 = A0e -0.00012378t

Ley de Newton del Calentamiento/Enfriamiento (3) donde Tm es la temperatura del medio.

Ejemplo 4 La temperatura de un pastel es 300F. Tres minutos más tarde su temperatura es 200F. ¿Cuánto tarda el pastel en alcanzar una temperatura ambiente de 70F? Solución: Se hace la identificación Tm = 70, luego (4) y T(3) = 200. A partir de (4), tenemos

Ejemplo 4 (2) Para T(0) = 300, c2 = 230 Para T(3) = 200, e3k = 13/23, k = -0.19018 Así T(t) = 70 + 230e-0.19018t (5) A partir de (5), sabemos que sólo para t = , T(t) = 70. Esto significa que necesitamos un período de tiempo razonablemente largo para llegar a T = 70.Fig. 2.37.

Fig. . 2.37

Mezclas (6)

Ejemplo 5 Recurriendo al ejemplo 5 de la Sec. 1.3, tenemos ¿Cuánta sal queda en el depósito tras pasar un período de tiempo largo? Solución: Como Para x(0) = 50, tenemos x(t) = 600 - 550e-t/100 (7) Cuando el tiempo t es bastante grande, x(t) = 600.

Fig. 2.38

Circuitos en Serie Observe Fig. 2.39. (8) Observe Fig. 2.40. (9) (10)

Fig. 2.39

Fig. 2.40

Ejemplo 6 Nos referimos a la Fig. 2.39, donde E(t) = 12 Volt, L = ½ Henry R = 10 Ohm. Determine i(t) donde i(0) = 0. Solución: De (8), Luego Para i(0) = 0, c = -6/5, entonces i(t) = (6/5) – (6/5)e-20t.

Ejemplo 6 (2) Una solución general de (8) es (11) Cuando E(t) = E0 es una constante, (11) se convierte en (12) donde al primer término se conoce como la parte de estado estable, y el segundo termino es un término transitorio.

Observación: En cuanto al ejemplo 1, P(t) es una función continua. Sin embargo, esto debería estar descartado teniendo en cuenta que el modelo matemático no es real. Fig. 2.41.

Fig. 2.41

2.8 Modelos No Lineales Dinámica Poblacional Si P(t) representa el de una población en el tiempo t, la rapidez de crecimiento relativo (o específico), está definida por (1) Cuando la rapidez de crecimiento solo depende de la cantidad presente, la ED es (2) que se llama hipótesis de dependencia de de densidad.

Ecuación Logística Si K es la capacidad de soporte, de (2) tenemos f(K) = 0, y simplemente se permite que f(0) = r. Fig. 2.46 muestra tres funciones que satisfacen estas dos condiciones.

Fig. 2.46

Suponemos que f (P) = c1P + c2 Suponemos que f (P) = c1P + c2. Empleando las condiciones, tenemos c2 = r, c1 = −r/K. Luego (2) pasa a ser (3) (3), lo mismo que (4) a la que se conoce como ecuación logística, su solución se llama función logística y su gráfica, curva logística.

Solución de la Ecuación Logística A partir tras una simplificación, tenemos

Si P(0) = P0  a/b, entonces c1 = P0/(a – bP0) (5)

Gráfica de P(t) De (5), tenemos la gráfica como en la Fig. 2.47. Cuando 0 < P0 < a/2b,  Fig. 2.47(a). Cuando a/2b < P0 < a/b,  Fig. 2.47(b). Fig. 2.47

Ejemplo 1 Teniendo en cuenta conclusiones previas, imagínese un campus de 1000 estudiantes, en este caso tenemos la ED Determine x(6). Solución: Identificamos a = 1000k, b = k, de (5)

Ejemplo 1 (2) Como x(4) = 50, -1000k = -0.9906, así x(t) = 1000/(1 + 999e-0.9906t) (Fig. 2.48)

Fig. . 2.48

Modificación de la Ecuación Logística o (6) o (7) la cual se conoce como ED de Gompertz.

Reacciones Químicas (8) o (9)

Ejemplo 2 La reacción química se describe como entonces Por separación de variables y fracciones parciales, (10) Para X(10) = 30, 210k = 0.1258, finalmente (11) (Fig. 2.49)

Fig. 2.49

2.9 Modelado con Sistemas de EDs de Primer Orden Sistemas (1) donde g1 y g2 son lineales en x e y. Series de decaimiento reactivo (2)

Mezclas De la Fig. 2.52, tenemos (3)

Fig. 2.52

Modelo Presa-Predador Suponemos que x, y representan las poblaciones de zorros y conejos en el tiempo t. Cuando hay escasez de alimento, dx/dt = – ax, a > 0 (4) En presencia de conejos, dx/dt = – ax + bxy (5) En ausencia de zorros, dy/dt = dy, d > 0 (6) En presencia de zorros, dy/dt = dy – cxy (7)

Luego (8) que se conoce como modelo presa-predador de Lotka-Volterra.

Ejemplo 1 Suponemos que Fig. 2.53 muestra la gráfica de la solución.

Fig. . 2.53

Modelos de Competencia dx/dt = ax, dy/dt = cy (9) Dos especies por los mismos recursos, en este caso dx/dt = ax – by dy/dt = cy – dx (10) o dx/dt = ax – bxy dy/dt = cy – dxy (11) o dx/dt = a1x – b1x2 dy/dt = a2y – b2y2 (12)

o dx/dt = a1x – b1x2 – c1xy dy/dt = a2y – b2y2 – c2xy (13)

Redes En la Fig. 2.54, tenemos i1(t) = i2(t) + i3(t) (14) (15) (16)

Empleando (14) para eliminar i1, obtenemos. (17) En cuanto a la Fig. 2 Empleando (14) para eliminar i1, obtenemos (17) En cuanto a la Fig. 2.55, compruebe (18)

Fig. . 2.54

Fig. . 2.55