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.

• PendientesLa derivada dy/dx de y = y(x) proporciona pendientes de las rectas tangentes en los puntos.

• Elementos LinealesSuponemos 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

CH2_10

• Crecimiento/DecrecimientoSi 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 EDdP/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 formady/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). Cuando h(y) = 1, (2) se reduce a (1).

)()( xgdxdyyp

• Si y = (x) es una solución de (2), deberíamos tener

y (3)

Como dy = (x) dx, (3) es lo mismo que

(4)

dxxxP )('))((

)()('))(( xgxxP

cxGyHdxxgdyyP )()( ó )()(

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).

)1(

1

1lnln1

1

111 1ln1ln

1

xe

exeeey

cxyx

dxydy

c

ccxcx

1ce

Ejemplo 2

Resolver

Solución:

También podemos poner la solución comox2 + y2 = c2, donde c2 = 2c1

Aplicando la condición inicial, 16 + 9 = 25 = c2

(Fig. 2.18.)

3)4( , yyx

dxdy

1

22

22y cxyxdxydy

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 3Resolver dy/dx = y2 – 4.Solución:

Escribimos esta ED como

(5)

luego

dxdyyy

dxydy

22 ó

441

41

2

22

,422ln

,2412ln

41

24

2

1

cxeyy

cxyy

cxyy

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.

x

x

cecey 4

4

112

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 aey + ye-y + e-y = 4 −2 cos x (8)

0)0( ,2sin)(cos 2 yxedxdyyex yy

dxxxdy

eye

y

y

cos2sin2

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 resolvemosdy/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 formaa1(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 contrariono homogénea.

DEFINICIÓN 2.2 Ecuación Lineal

• Forma estándarLa 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

)()()(

])[(][

xfyxPdxdy

yxPdxdy

yyxPyydxd

Pp

cc

pcoc

0)( dxxPydy

)(1)( xcycey dxxP

)()(

ó

)()(

111

111

xfdxduyyxP

dxdyu

xfuyxPdxduy

dxdyu

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)

dxxyxfudx

xyxfdu

)()(y

)()(

11

dxxfeeceyyy dxxPdxxPdxxPpc

)()()()(

Procedimientos de Resolución

• Si (4) está multiplicada por

(5)

entonces(6)

es diferenciado

(7)obtenemos(8)

Dividiendo (8) por obtenemos (2).

dxxPe )(

dxxfecye dxxPdxxP )()()(

)()()( xfeyedxd dxxPdxxP

)()( )()()( xfeyexPdxdye dxxPdxxPdxxP

dxxPe )(

• 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)

dxxPe )(

Factor Integrante

?

Ejemplo 1Resolver 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 < .

xdx ee 3)3(

xxx eyedxdye 333 63

xx eyedxd 33 6][

• La ED del ejemplo 1 puede escribirse de forma

por lo que y = –2 es un punto crítico.

)2(3 ydxdy

Observación

• 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)00)( ),()( yxyxfyxP

dxdy

Soluciones Generales

Ejemplo 2

ResolverSolución:

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

xexydxdyx 64

xexyxdx

dy 54

4lnln4/4 4 xeee xxxdx

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

xxy xeyxdxdxex

dxdyx ][ ,4 454

Ejemplo 3

Hallar la solución general deSolución:

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

092

yxx

dxdy

929ln21)9/(2

21

)9/(222

xeeexxxdxxxdx

0)9( 2 xydxdyx

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

cyx 92

092 yxdxd

9/ 2 xcy

9/ 2 xcy

CH2_54

Ejemplo 4

ResolverSolución:

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 esy = x – 1 + 5e-x, – < x <

(12)

4)0( , yxydxdy

xxdx ee /

xx xeyedxd ][

• Observación: En el ejemplo anterior, encontramosyc = 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

1 ,0

10 ,1)(

xx

xf

0)0( ),( yxfydxdy

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

xx eyedxdy

dxdy ][ ,1

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, ).

1 ,)1(

10 ,1

xee

xey

x

x

1 ,

10 ,1

2 xec

xey

x

x

Fig. 2.26

• Nos interesan la función de error y la función de error complementaria.

y(14)

Como , vemos que erf(x) + erfc(x) = 1

dtexx t

0

22)(erf

dtexx

t

22)(erfc

1)/2(0

2

dte t

Funciones Definidas por Integrales

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)

222][ xx ee

dxd

222

02 xx tx cedteey

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)

dyyfdx

xfdz

0

dy

yfdx

xf

Una expresión M(x, y) dx + N(x, y) dy es unadiferencial 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 = 0es 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

xN

yM

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)

xN

yf

xxyf

xf

yyM

2

xf

yf

xf

yf

• Como f/x = M(x, y), tenemos

(5)derivando en (5) con respecto a y y suponiendof/y = N(x, y)Tenemos

y

(6) dxyxMy

yxNxg ) ,() ,()('

) ,()(') ,( yxNygdxyxMyy

f

)() () ,( ygdxyx,Myxf

Método de Solución

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 – 1Luego

f(x, y) = x2y + g(y)f/y = x2 + g’(y) = x2 – 1g’(y) = -1, g(y) = -y

Ejemplo 1 (2)

De ahí f(x, y) = x2y – y, y la solución esx2y – 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 porqueM/y = 2e2y + xy sen xy – cos xy = N/x

De ahí que una función f existe, yf/y = 2xe2y – x cos xy + 2y

esto es,

xyyexhxyyexf

xhysenxyxe

ydyxydyxdyexyxf

yy

y

y

cos)('cos

)(

2cos2) ,(

22

22

2

Ejemplo 2 (2)

Así h’(x) = 0, h(x) = c. La solución esxe2y – sin xy + y2 + c = 0

Ejemplo 3

ResolverSolución:

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

2)0( ,)1(sincos

2

2

yxy

xxxydxdy

Ejemplo 3 (2)

Tenemosh(x) = cos x sen x h(x) = -½ cos2 xAsí ½y2(1 – x2) – ½ cos2 x = c1 oy2(1 – x2) – cos2 x = c (7)

donde c = 2c1. Ahora y(0) = 2, so c = 3.La solución esy2(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.

• 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)

Factores Integrantes

• 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 .

NNM

dyd xy

MMN

dyd yx

• Resumimos los resultados paraM(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)

dxNNM xy

ex

)(

dyMMN yx

ey

)(

Ejemplo 4

La ED no lineal: xy dx + (2x2 + 3y2 – 20) dy = 0 no es exacta. Con M = xy, N = 2x2 + 3y2 – 20, hallamosMy = 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)

20323

20324

2222

yxx

yxxx

NNM xy

yMMN yx 3

Ejemplo 4 (2)

Entonces la ecuación resultantexy4 dx + (2x2y3 + 3y5 – 20y3) dy = 0

Se le deja comprobar que la solución es½ 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)).

dxduuxguxg

dxdy

ux ),() ,(

dxduuxguxguxgxf ux ) ,() ,()) ,( ,(

• Si una función f tiene la propiedad f(tx, ty) = tf(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) = tM(x, y), N(tx, ty) = tN(x, y)

Ecuaciones Homogéneas

• 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)=xN(1, u), u=y/x (2)M(x, y)=y M(v, 1), N(x, y)=yN(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 = 0donde u = y/x ó y = ux y dy = udx + xdu,

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 = 0ó 0

) ,1() ,1() ,1(

uuNuMdxuN

xdx

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

011

xdxdu

uu

01

21

xdxdu

u

Ejemplo 1 (2)

Luego

Simplificamos para obtener

• Observación: También podemos probar con x = vy.

cxxy

xy

cxuu

lnln1ln2

lnln1ln2

xycxeyxxy

csyx /2

2

)(or )(ln

• 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.

Ecuación de Bernoulli

Ejemplo 2

Resolver x dy/dx + y = x2y2.Solución:

Escribimos la ED comody/dx + (1/x)y = xy2

Con n = 2, y = u-1, ydy/dx = -u-2(du/dx)

Por la sustitución y simplificación, du/dx – (1/x)u = -x

El factor integrante en (0, ) es1lnln/ 1

xeee xxxdx

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).

xuxdx

du 1

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

dxuu

du )3)(3(

dxduuu

31

31

61

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.

133ln

61 cx

uu

x

x

cecexy 6

6

1)1(32

x

x

ceceu 6

6

1)1(3

x

x

eexuxy 6

6

1)1(322

Ejemplo 3 (3)

La gráfica de la solución particular

está representada en Fig. 2.30 en color sólido.

x

x

eexuxy 6

6

1)1(322

Fig. . 2.30

• Uso de la Recta TangenteSuponga que

y’ = f(x, y), y(x0) = y0 (1)posee una solución. por ejemplo, la gráfica resultante está representada en Fig. . 2.31.

2.6 Un Método Numérico

4)2( ,4.01.0' 2 yxyy

Fig. . 2.31

• 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)

Método de Euler

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.

.4)2( ,4.01.0' 2 yxyy

24.01.0) ,( xyyxf

Tabla 2.1 Tabla 2.2Tabla 2.1 h = 0.1xn yn

2.00 4.00002.10 4.18002.20 4.37682.30 4.59142.40 4.82442.50 5.0768

Tabla 2.2 h = 0.05xn yn

2.00 4.00002.05 4.09002.10 4.18422.15 4.28262.20 4.38542.25 4.49272.30 4.60452.35 4.72102.40 4.84232.45 4.96862.50 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.

CH2_103

Tabla 2.3

Tabla 2.3 h = 0.1xn yn Valor

realError

Absoluto Error, %

1.00 1.0000 1.0000 0.0000 0.001.10 1.0200 1.0212 0.0012 0.121.20 1.0424 1.0450 0.0025 0.241.30 1.0675 1.0714 0.0040 0.371.40 1.0952 1.1008 0.0055 0.501.50 1.1259 1.1331 0.0073 0.64

Table 2.4Tabla 2.4 h = 0.05

xn yn Valorreal

ErrorAbsoluto

Error, %

1.00 1.0000 1.0000 0.0000 0.001.05 1.0100 1.0103 0.0003 0.031.10 1.0206 1.0212 0.0006 0.061.15 1.0318 1.0328 0.0009 0.091.20 1.0437 1.0450 0.0013 0.121.25 1.0562 1.0579 0.0016 0.161.30 1.0694 1.0714 0.0020 0.191.35 1.0833 1.0857 0.0024 0.221.40 1.0980 1.1008 0.0028 0.251.45 1.1133 1.1166 0.0032 0.291.50 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

• 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.

Cómo Usar un Programa de Solución Numérica

Fig. 2.34

2.7 Modelos Lineales

• Crecimiento y Decaimiento

(1)00 )( , xtxkx

dtdx

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) = P0luego 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%.

0)0( , AAkAdtdA

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

years. 2418000002867.0

2ln T

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

years. 558000.00012378

1000ln T

(3)

donde Tm es la temperatura del medio.

)( mTTkdxdT

Ley de Newton del Calentamiento/Enfriamiento

Ejemplo 4

La temperatura de un pastel es 300F. Tres minutos más tarde su temperatura es 200F. ¿Cuánto tarda el pastel en alcanzar una temperatura ambiente de 70F?Solución:Se hace la identificación Tm = 70, luego

(4)y T(3) = 200. A partir de (4), tenemos

300)0( ),70( TTkdxdT

ktectT

cktTkdtTdT

2

1

70)(

70ln ,70

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)outin RR

dtdx

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.

50)0( ,6100

1 xxdtdx

100/100/100/ 600)( ,6][ ttt cetxexedtd

Fig. 2.38

Circuitos en Serie

• Observe Fig. 2.39. (8)

Observe Fig. 2.40.

(9)

(10)

)(tERidtdiL

)(1 tEqC

Ri

)(1 tEqCdt

dqR

Fig. 2.39

Fig. 2.40

Ejemplo 6

Nos referimos a la Fig. 2.39, donde E(t) = 12 Volt, L = ½ HenryR = 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.

0)0( ,121021 iidtdi

t

t

ceti

eiedtd

20

2020

56)(

24][

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.

tLRtLRtLR

cedttEeL

eti )/()/()/(

)()(

tLRo ceREti )/()(

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.

PdtdP /

)(or )(/ PPfdtdPPf

PdtdP

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. 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.

P

KrrP

dtdP

)( bPaPdtdP

Solución de la Ecuación Logística

• A partir

tras una simplificación, tenemos

dtbPaP

dP )(

acatPba

P

dtdPbPa

b/aPa

)(ln

lnln1

atat

at

ebcac

ebceactP

1

1

1

1

1)(

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

(5) atebPabP

aPtP

)()(

00

0

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)

1)0( ,)1000( xxkxdtdx

ktetx 10009991

1000)(

Ejemplo 1 (2)

Como x(4) = 50, -1000k = -0.9906, asíx(t) = 1000/(1 + 999e-0.9906t)

(Fig. 2.48)

students 27699911000)6( 9436.5

e

x

tetx 9906.09991

1000)(

Fig. . 2.48

Modificación de la Ecuación Logística

o (6)

o

(7)

la cual se conoce como ED de Gompertz.

hbPaPdtdP )(

hbPaPdtdP )(

)ln( PbaPdtdP

Reacciones Químicas

(8)

o

(9)

X

NMNbX

NMMa

dtdX

))(( XXkdtdX

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)

XX

dtdX

5432

550

)40)(250( XXkdtdX

ktecXXckt

XX 210

21 40250 ó 210

40250ln

t

t

eetX 1258.0

1258.0

42511000)(

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)

) , ,(1 yxtgdtdx ) , ,(2 yxtg

dtdy

ydtdz

yxdtdy

xdtdx

2

21

1

• De la Fig. 2.52, tenemos

(3)21

2

211

252

252

501

252

xxdtdx

xxdtdx

Mezclas

Fig. 2.52

• 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)

Modelo Presa-Predador

Luego

(8)

que se conoce como modelo presa-predador de Lotka-Volterra.

)(

)(

cxdycxydydtdy

byaxbxyaxdtdx

Ejemplo 1

• Suponemos que

Fig. 2.53 muestra la gráfica de la solución.

4)0( ,4)0( ,9.05.4

08.016.0

yxxyydtdy

xyxdtdx

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 – bydy/dt = cy – dx (10)o dx/dt = ax – bxydy/dt = cy – dxy (11)o dx/dt = a1x – b1x2

dy/dt = a2y – b2y2 (12)

odx/dt = a1x – b1x2 – c1xydy/dt = a2y – b2y2 – c2xy

(13)

Redes

• En la Fig. 2.54, tenemosi1(t) = i2(t) + i3(t) (14)

(15)

(16) dtdiLRitE

RidtdiLRitE

3211

222

111

)(

)(

• Empleando (14) para eliminar i1, obtenemos

(17)

En cuanto a la Fig. 2.55, compruebe

(18)

)(

)()(

31213

2

332212

1

tEiRiRdtdiL

tEiRiRRdtdiL

0

)(

122

21

iidtdiRC

tERidtdiL

Fig. . 2.54

Fig. . 2.55