Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
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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