Ecuaciones Diferenciales (MA-841)Introduccion´ Variables Separables Estrategia de Solucion´...

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Ecuaciones Diferenciales (MA-841)

Ecuaciones de Variables SeparablesDepartmento de Matemáticas / CSI

ITESM

IntroduccionVariablesSeparablesEstrategia deSolucionEjemplo 1PVIEjemplo 2Ejemplo 3Ejemplo 4


Ecuaciones de Variables Separables

Iniciaremos nuestras técnicas de solución a EDcon las ecuaciones más sencillas de resolver. Estetipo de ecuaciones son resueltas directamentemediante una o dos integraciones.



Definici onUna ecuación diferencial ordinaria de primer ordende la forma:

y′ = F (x, y)

se dice de Variables Separables si es posiblefactorizar F (x, y) en la forma:

F (x, y) = f(x) · g(y)



Una EDO de variables separables puederesolverse usando la siguiente estrategia:- Procedimiento: Variables Separables

- Entrada: Una EDO en la forma y′ = F (x, y)

- Salida: La solución de la ED.Paso I: Factorizar el segundo miembro

Factorizar F (x, y) = f(x) · g(y),si tal factorización no es posible, se concluye quela ED no es de variables separables y elprocedimiento no continua.



Paso II: Separar las variablesHacer álgebra para poner variables diferentes enlados diferentes:

y′ = F (x, y)

= f(x) · g(y)dydx

=1

g(y)dydx

= f(x)



Paso III: IntegrarIntegrando la expresión anterior con respecto a xobtenemos:

∫

1

g(y)

dy

dxdx =

∫

f(x) dx

o simplemente:∫

1

g(y)dy =

∫

f(x) dx + C



Paso IV: Despejar y OpcionalDebido a que y representa la función incógnita adeterminar, lo ideal es determinarla porcompleto, es decir tener como solución unaexpresión de la forma:

y = Expresión en x

En caso que este despeje sea posible, se diceque la solcuón está dada en forma explícita, encaso contrario (cuando no fué posible despejary) se dice que la solucón está dada en formaimplícita.



Ejemplo 1

Resuelve la ED:

dy

dx= −

2 x

y



Ejemplo 1

Resuelve la ED:

dy

dx= −

2 x

y

Primero revisamos si la ED es de variablesseparables:

dy

dx= −

2 x

y= (−2 x)

(

1

y

)

= f(x) g(y)



Ejemplo 1

Resuelve la ED:

dy

dx= −

2 x

y


dy

dx= −

2 x

y= (−2 x)

(

1

y

)

= f(x) g(y)

Separando las variables:

y dy = −2 x dx



Ejemplo 1

Resuelve la ED:

dy

dx= −

2 x

y


dy

dx= −

2 x

y= (−2 x)

(

1

y

)

= f(x) g(y)

Separando las variables:

y dy = −2 x dx

Integrando tenemos:

1

2y2 = −x2 + C



La expresión 12y2 = −x2 + C representa una

familia de soluciones: una solución para cada valorde la constante C. Si graficamos las funcionespara diferentes valores de C tenemos:



Problema con Condiciones Iniciales

Un problema con valores (condiciones) inicialesconsiste de una ecuación diferenciales y de unpunto del plano x − y:

dy

dx= f(x, y) sujeto a y(xo) = yo

El problema consiste en encontrar una funcióny = y(x) solución a la ecuación diferencial y queademás cumpla y(xo) = yo (es decir, que al evaluardicha función en x = xo el valor resultante sea yo).



Problema con Condiciones Iniciales

Un problema con valores (condiciones) inicialesconsiste de una ecuación diferenciales y de unpunto del plano x − y:

dy

dx= f(x, y) sujeto a y(xo) = yo

El problema consiste en encontrar una funcióny = y(x) solución a la ecuación diferencial y queademás cumpla y(xo) = yo (es decir, que al evaluardicha función en x = xo el valor resultante sea yo).Generalmente este problema se resuelve primeroencontrando la solución general (aparece Carbitraria) y posteriormente se sustituten los datosdel punto (xo, yo) para determinar el valor de C.



Ejemplo 2

Resuelve el problema con condiciones iniciales:

dy

dx= −

2 x

ysujeto a y(1) = 1



Ejemplo 2

Resuelve el problema con condiciones iniciales:

dy

dx= −

2 x

ysujeto a y(1) = 1

Por el ejemplo anterior la solución general es

1

2y2 = −x2 + C

Como el punto (xo = 1, yo = 1) debe cumplir:

1

212 = −12 + C

Por tanto, C = 3/2 y la solución buscada es:

1

2y2 = −x2 +

3

2ó y2 = 3 − 2x2



Ejemplo 3

Determine el valor de y(1) siendo y(x) la soluciónque satisface y(0) = 0 a la ED:

− 4√

x y + y′ = 0



Ejemplo 3


− 4√

x y + y′ = 0

Tenemos que:

dy

dx= y′ = 4

√x y = 4

√x 4√

y



Ejemplo 3


− 4√

x y + y′ = 0

Tenemos que:

dy

dx= y′ = 4

√x y = 4

√x 4√

y

Separando variables:

y−1/4 dy = x1/4 dx



Ejemplo 3


− 4√

x y + y′ = 0

Tenemos que:

dy

dx= y′ = 4

√x y = 4

√x 4√

y

Separando variables:

y−1/4 dy = x1/4 dx

Integrando tenemos:

4

3y3/4 =

4

5x5/4 + C



Sustituyendo (xo = 0, yo = 0) tenemos C = 0 y portanto la solución particular es:

4

3y3/4 =

4

5x5/4 ó y =

(

3

5

)4/3

x5/3

Por tanto, el valor para x = 1 es

y(1) =

(

3

5

)4/3



Ejemplo 4

En un cultivo de bacterias el número inicialestimado es de 200. Al cabo de 10 minutos es de300. Indicar cual será el número estimado al cabode 20 minutos.



Ejemplo 4

En un cultivo de bacterias el número inicialestimado es de 200. Al cabo de 10 minutos es de300. Indicar cual será el número estimado al cabode 20 minutos.Recuerde que el modelo utilizado en estosproblemas es

dP

dt= k P



Ejemplo 4


dP

dt= k P

Separando variables e integrando

1

PdP = k dt → ln(P ) = k t + C



Ejemplo 4


dP

dt= k P

Separando variables e integrando

1

PdP = k dt → ln(P ) = k t + C

Despejando P :

P = ek t+C = eC ek t = C ek t = C ek t



Puesto que para t = 0 el número inicial es deP = 200:

200 = C ek·0 = C e0 = C · 1 = C




200 = C ek·0 = C e0 = C · 1 = C

Y para t = 10, el número es de 300:

300 = C ek·10 = 200 e10 k → k =1

10ln(3/2) ≈ 0.04054




200 = C ek·0 = C e0 = C · 1 = C

Y para t = 10, el número es de 300:

300 = C ek·10 = 200 e10 k → k =1

10ln(3/2) ≈ 0.04054

Por tanto, para t = 20 tendremos:

P (t = 20) = 200 ek 20 ≈ 200 e0.04054·20 = 450

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