Calculo Diferencial e Integral

AMPLIACION DE MATEMATICASAntonio Baeza Salas

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Ampliacin de Matemticas o a

Indice general1. Introduccin. o 1.1. Deniciones y terminolog . . . . . . . . . . . . . . . . . . . a. 1.1.1. Solucin general. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . o 1.1.2. Sistemas de ecuaciones diferenciales. . . . . . . . . . . 1.1.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Problemas de valor inicial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1. Problemas de valor inicial de primero y segundo orden. 1.2.2. Existencia y unicidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Las E.D. como modelos matemticos. . . . . . . . . . . . . . a 1.3.1. Crecimiento y decaimiento. . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.2. Diseminacin de una enfermedad. . . . . . . . . . . . . o 1.3.3. Ley de Newton del enfriamiento. . . . . . . . . . . . . 1.3.4. Mezclado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.5. Vaciado de un tanque. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.6. Ca libre. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . da 1.4. Practica con Mathematica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.1. Denicin de funciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . o 1.4.2. Derivadas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.3. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.4. Resolucin de ecuaciones diferenciales. . . . . . . . . . o 1.4.5. Ecuaciones con condiciones iniciales. . . . . . . . . . . 1.4.6. Grcos bidimensionales. El comando Plot. . . . . . . a 1.4.7. Representacin grca de la solucin de una ecuacin o a o o diferencial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 7 11 12 12 13 13 15 15 19 20 20 20 21 23 23 23 24 24 25 26 26 27

2. E.D.O. Primer Orden 29 2.1. Integracin directa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 o 2.2. Variables separables. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.2.1. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 3

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Ampliacin de Matemticas o a 2.3. Ecuaciones exactas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 2.3.1. Mtodo de solucin para ecuaciones diferenciales exace o tas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 2.3.2. Ecuaciones reducibles a exactas. Factores integrantes. 36 2.3.3. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 2.4. Ecuaciones lineales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 2.4.1. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 2.5. Soluciones por sustitucin. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 o 2.5.1. Ecuaciones homogneas. . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 e 2.5.2. La ecuacin de Bernoulli. . . . . . . . . . . . . . . . . 47 o 2.5.3. Reduccin a separacin de variables. . . . . . . . . . . 48 o o 2.5.4. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 2.6. Modelado con ecuaciones diferenciales de primer orden. . . . 49 2.6.1. Crecimiento bacteriano. . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 2.6.2. Periodo medio del plutonio. . . . . . . . . . . . . . . . 50 2.6.3. Antigedad de un fsil. . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 u o 2.6.4. Ley de Newton del enfriamiento. . . . . . . . . . . . . 53 2.6.5. Mezclas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 2.6.6. Modelos demogrcos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 a 2.6.7. Modelo depredador-presa. . . . . . . . . . . . . . . . . 58 2.7. Practica con Mathematica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 2.7.1. Integrando con Mathematica. . . . . . . . . . . . . . . 59 2.7.2. Representacin grca de funciones dadas en forma o a impl cita. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 2.7.3. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

3. Mtodos numricos. e e 3.1. Campos direccionales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1. Representacin grca de un Campo de Direcciones. . o a 3.1.2. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Resolucin numrica del problema de Cauchy. . . . . . . . . . o e 3.2.1. Mtodos de un paso para la resolucin numrica. . . . e o e 3.3. Mtodos de Euler. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . e 3.3.1. Errores en los mtodos numricos. . . . . . . . . . . . e e 3.3.2. Mtodo Euler expl e cito. . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.3. Mtodo Euler impl e cito. . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.4. Mtodo modicado de Euler o mtodo del punto medio. e e 3.3.5. Mtodo de Grank-Nicolson. . . . . . . . . . . . . . . . e 3.3.6. Mtodo de Heum o mtodo mejorado de Euler. . . . . e e 3.4. Mtodo de Ronge-Kutta de orden 4. . . . . . . . . . . . . . . e

61 61 62 63 64 68 69 72 73 74 75 76 77 79

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3.4.1. Frmula de Runge-Kutta de cuarto orden. . . . . . . . 80 o 3.5. Ecuaciones de orden mayor y sistemas de ecuaciones diferenciales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 3.5.1. Problemas de valores iniciales de segundo orden. . . . 82 3.5.2. Sistemas reducidos a sistemas de primer orden. . . . . 83 3.5.3. Solucin numrica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 o e 3.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 3.7. Practica con Mathematica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 3.7.1. Mtodo de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 e 3.7.2. Mtodo de Euler Mejorado. . . . . . . . . . . . . . . . 85 e 3.7.3. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 4. Ecuaciones lineales de orden superior. Aplicaciones. 4.1. Teor preliminar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . a 4.1.1. Problemas de valor inicial y de valor en la frontera. . . 4.1.2. Ecuaciones homogneas. . . . . . . . . . . . . . . . . . e 4.1.3. Ecuaciones no homogneas. . . . . . . . . . . . . . . . e 4.1.4. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2. Reduccin de orden. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . o 4.2.1. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Ecuaciones lineales homogneas con coecientes constantes. . e 4.3.1. Mtodo de solucin. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . e o 4.3.2. Ecuaciones de orden superior. . . . . . . . . . . . . . . 4.3.3. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4. Coecientes indeterminados, mtodo del anulador. . . . . . . e 4.4.1. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5. Variacin de parmetros. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . o a 4.5.1. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6. Ecuacin de Cauchy-Euler. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . o 4.6.1. Mtodo de solucin. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . e o 4.6.2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.7. Modelado con ecuaciones diferenciales de orden superior. . . . 4.7.1. Sistemas de resorte y masa: movimiento libre no amortiguado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.7.2. Desviacin de una viga. . . . . . . . . . . . . . . . . . o 4.8. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 89 89 92 96 98 99 101 101 102 104 106 106 113 113 116 116 117 118 118 118 121 123

5. Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales. 129 5.1. Teor preliminar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 a 5.1.1. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

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Ampliacin de Matemticas o a 5.2. Sistemas lineales homogneos con coecientes constantes. e 5.2.1. Valores propios reales y distintos. . . . . . . . . . . 5.2.2. Valores propios repetidos. . . . . . . . . . . . . . . 5.2.3. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3. Variacin de parmetros. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . o a 5.3.1. Una matriz fundamental. . . . . . . . . . . . . . . 5.3.2. Variacin de parmetros. . . . . . . . . . . . . . . o a 5.3.3. Problema de valor inicial. . . . . . . . . . . . . . . 5.3.4. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 137 139 141 142 142 143 146 146

6. Ecuaciones en derivadas parciales. 6.1. Ecuaciones diferenciales en derivadas parciales separables. 6.1.1. Ecuaciones lineales. . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.2. Separacin de variables. . . . . . . . . . . . . . . . o 6.1.3. Principio de superposicin. . . . . . . . . . . . . . o 6.1.4. Clasicacin de las ecuaciones. . . . . . . . . . . . o 6.1.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2. Ecuaciones clsicas y problemas de valor en la frontera. . a 6.2.1. Ecuacin de transmisin de calor. . . . . . . . . . . o o 6.2.2. Ecuacin de onda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . o 6.2.3. Ecuacin de Laplace. . . . . . . . . . . . . . . . . . o 6.3. Ecuacin de transmisin de calor. . . . . . . . . . . . . . . o o 6.4. Ecuacin de onda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . o 6.5. Ecuacin de Laplace. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . o

147 . 147 . 147 . 148 . 150 . 150 . 151 . 152 . 152 . 152 . 153 . 153 . 154 . 154

Cap tulo 1

Introduccin. o1.1. Deniciones y terminolog a.

dy o o La derivada, dx , de una funcin y = f (x), es otra funcin de x, que se determina siguiendo las reglas conocidas de derivacin, por ejemplo, si o 2 2 2 dy y = ex , entonces dx = 2xex . Al reemplazar ex por el s mbolo y se obtiene:

dy = 2xy dx

(1.1)

Uno de los problemas al que nos enfrentamos en esta asignatura es dada una ecuacin diferencial, como la ecuacin (1.1), hay algn mtodo por el o o u e cual podamos llegar a la funcin desconocida y = f (x)? o Denicin 1.1.1 (Ecuacin diferencial) Una ecuacin que contiene las o o o derivadas de una o ms variables dependientes con respecto a una o ms a a variables independientes es una ecuacin diferencial. o Las ecuaciones diferenciales se clasican de acuerdo con su tipo, orden y linealidad. Clasicacin seg n el tipo Si una ecuacin slo contiene derivadas oro u o o dinarias de una o ms variables dependientes con respecto a una sola a variable independiente, entonces se dice que es una ecuacin difeo rencial ordinaria. Por ejemplo: dy + 10y = ex dx d2 y dy + 6y = 0 2 dx dx 7

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Ampliacin de Matemticas o a son ecuaciones diferenciales ordinarias. Una ecuacin que contiene las o derivadas parciales de una o ms variables dependientes, respecto de a dos o ms variables independientes, se llama ecuacin en derivadas a o parciales. Por ejemplo: u v = y x 2u 2u u = 2 2 2 x t t

Clasicacin seg n el orden. El orden de una ecuacin diferencial (oro u o dinaria o en derivadas parciales) es el de la derivada de mayor orden en la ecuacin. Por ejemplo, o d2 y dy + 6y = ex 2 dx dx es una ecuacin diferencial de segundo orden. Como la ecuacin o o (y x)dx + 4xdy = 0 se puede escribir en la forma 4x dy +y =x dx

si se divide entre la diferencial dx, es un ejemplo de una ecuacin o diferencial ordinaria de primer orden. Una ecuacin diferencial ordinaria general de orden n se suele repreo sentar mediante los s mbolos F (x, y, y , y , , y (n) ) = 0 (1.2)

En este curso supondremos que se puede despejar la derivada de orden mximo, y (n) , de una ecuacin diferencial de orden n, como la ecuacin a o o (1.2); esto es, y (n) = f (x, y, y , y , , y (n1) ) (1.3) Clasicacin seg n la linealidad o no linealidad. Se dice que una ecuao u cin diferencial de la forma y (n) = f (x, y, y , y , , y (n1) ) es lineal o cuando f es una funcin lineal de y, y , y , , y (n1) . Esto signica o que una ecuacin es lineal si se puede escribir en la forma o an (x) dn y dn1 y dy + an1 (x) n1 + + a1 (x) + a0 (x)y = g(x) n dx dx dx (1.4)

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En esta ecuacin, vemos las dos propiedades caracter o sticas de las ecuaciones diferenciales lineales: 1. La variable dependiente y y todas sus derivadas son de primer grado; esto es, la potencia de todo trmino donde aparece y es 1. e 2. Cada coeciente slo depende de x, que es la variable indepeno diente. Las funciones de y como sen y o las funciones de las derivadas de y, como ey no pueden aparecer en una ecuacin lineal. Cuando una ecuao cin diferencial no es lineal, se dice que es no lineal. Las ecuaciones o (y x)dx + 4xdy = 0 y 2y + y = 0 x3 dy d3 y + 6y = ex 3 dx dx

son ecuaciones lineales ordinarias de primero, segundo y tercer orden, respectivamente. Por otro lado,el coeciente depende de y funcin no lineal de y od2 y dx2

potencia distinta de 1d4 y dx4

son ecuaciones diferenciales no lineales de primero, segundo y cuarto orden, respectivamente. Denicin 1.1.2 (Solucin de una ecuacin diferencial.) Cuando una o o o funcin , denida en algn intervalo I, se sustituye en una ecuacin dio u o ferencial y transforma esa ecuacin en una identidad, se dice que es una o solucin de la ecuacin en el intervalo. o o Por ejemplo, una solucin de una ecuacin diferencial ordinaria, como la o o ecuacin (1.2), es una funcin con al menos n derivadas y o o F (x, (x), (x), (x), , (n) (x)) = 0 x I Se dice que y = (x) satisface la ecuacin diferencial. El intervalo I puede o ser intervalo abierto, cerrado, innito, etc. En este curso supondremos que una solucin es una funcin de valores reales. o o Ejemplo 1.1.1 (Comprobacin de una solucin.) o o x4 Comprobar que y = 16 es una solucin de la ecuacin no lineal o o1 dy = xy 2 dx

(1 y)y + 4y = ex

+ sen y = 0

+ y2 = 0

10 en el intervalo (, +).


Ejemplo 1.1.2 (Comprobacin de una solucin.) o o Comprobar que y = xex es una solucin de la ecuacin lineal o o y 2y + y = 0 en el intervalo (, +).

Ejemplo 1.1.3 (Comprobacin de una solucin impl o o cita.) La relacin x2 + y 2 4 = 0 es una solucin impl o o cita de la ecuacin o diferencial dy x = dx y en el intervalo (2, +2). Derivando impl citamente obtenemos d 2 d d d 2 x + y 4= 0 dx dx dx dx 2x + 2y Al despejar el s mbolody dx

dy =0 dx

de la ultima ecuacin se obtiene la ecuacin o o x dy = dx y

en el intervalo (2, +2). Toda relacin de la forma x2 + y 2 c = 0 satisface formalmente la o ecuacin anterior para cualquier constante c, sin embargo, se sobrentiende o que la relacin siempre debe tener sentido en el sistema de los nmeros o u reales. As por ejemplo, no podemos decir que x2 + y 2 + 4 = 0 sea una , solucin impl o cita de la ecuacin. o Ejemplo 1.1.4 La funcin y = c1 ex + c2 ex es una familia biparamtrica o e de soluciones de la ecuacin lineal de segundo orden y y = 0. Algunas de o las soluciones particulares son y = 0 (cuando c1 = c2 = 0), y = ex (cuando c1 = 1 y c2 = 0) Normalmente usamos x y y para representar las variables independientes y dependiente, respectivamente. Pero en la prctica, esas dos variables se a

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representan mediante muchos s mbolos distintos. Por ejemplo, podr amos representar con t la variable independiente y con x la variable dependiente. Ejemplo 1.1.5 Las funciones x = c1 cos 4t y x = c2 sen 4t, donde c1 yc2 son arbitrarias, son soluciones de la ecuacin diferencial o x + 16x = 0 Es fcil comprobar que la combinacin lineal de soluciones o sea, la a o familia biparamtrica x = c1 cos t + c2 sen t es una solucin de la ecuacin e o o dada. 2 /4 + c)2 proporciona una Ejemplo 1.1.6 Puedes comprobar que y = (x familia monoparamtrica de soluciones de y = xy 1/2 . Cuando c = 0, la e solucin particular que resulta es y = x4 /16. En este caso, la solucin trivial o o y = 0 es una solucin singular de la ecuacin porque no se puede obtener o o partiendo de la familia y eligiendo algn valor del parmetro c. u a

1.1.1.

Solucin general. o

Si toda solucin de una ecuacin de orden n, F (x, y, y , y , . . . , y (n) ) = 0, o o en un intervalo I, se puede obtener partiendo de una familia n-paramtrica e G(x, y, c1 , c2 , . . . , cn ) = 0 con valores adecuados de los parmetros ci (i = a 1, 2, . . . , n), se dice que la familia es la solucin general de la ecuacin o o diferencial. Al resolver las ecuaciones diferenciales lineales vamos a imponer restricciones relativamente sencillas a los coecientes de esas ecuaciones. Con estas restricciones siempre nos aseguraremos no slo de que exista una solucin en o o un intervalo, sino tambin de que una familia de soluciones contenga todas e las soluciones posibles. Las ecuaciones no lineales, a excepcin de algunas de o primer orden, son dif ciles de resolver e incluso resultan irresolubles , en trminos de las funciones elementales comunes (combinaciones nitas de e potencias o ra enteres de x, de funciones exponenciales y logar ces tmicas, o funciones trigonomtricas o trigonomtricas inversas). Adems, si en cierto e e a momento nos encontramos con una familia de soluciones de una ecuacin o no lineal, no es obvio cundo la familia es una solucin general. Por lo ana o terior, y en un nivel prctico, el nombre solucin general slo se aplica a a o o las ecuaciones diferenciales lineales.

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1.1.2.

Sistemas de ecuaciones diferenciales.

Hasta ahora se han descrito ecuaciones diferenciales aisladas con una funcin desconocida; pero muchas veces, en teor y en muchas aplicaciones, o a debemos manejar sistemas de ecuaciones diferenciales. Denicin 1.1.3 (Sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias.) o Un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias es un conjunto de dos o ms ecuaciones donde aparecen las derivadas de dos o ms funciones descoa a nocidas de una sola variable independiente; por ejemplo, si x y y representan variables dependientes y t es la variable independiente, el conjunto siguiente es un sistema de dos ecuaciones diferenciales de primer orden:dx dt dy dt

= 3x 4y = x + y

(1.5)

Una solucin de un sistema como el anterior es un par de funciones difeo renciables, x = 1 (t) y y = 2 (t), que satisface cada ecuacin del sistema o en algn intervalo comn I. u u

1.1.3.

Ejercicios

En los problemas que siguen comprueba que la funcin indicada sea una o solucin de la ecuacin. En algunos casos, suponga un intervalo adecuado o o de validez de la solucin. o 1. 2y + y = 0; 2. 3.dy dx dy dt

y = ex/2 y = e3x + 10e2x y=6 5 6 5 e20t

4. y + 4y = 32; 5. y = 25 + 6.dy dx

y=8

2y = e3x ; + 20y = 24;

y2;

=

y x;

y = 5 tan 5x y = ( x + c1 )2 , x > 0, c1 > 0

Comprueba que la funcin denida por tramos sea una solucin de la o o ecuacin diferencial dada. o 7. xy 2y = 0; 8. (y )2 = 9xy; y= y= x2 , x < 0 x2 , x 0 0, x < 0 x3 , x 0

Determinar valores de m tales que y = emx sea una solucin de la o ecuacin diferencial respectiva: o 9. y 5y + 6y = 0

Antonio Baeza Salas 10. y + 10y + 25y = 0

13

Comprueba que cada par de funciones sea una solucin del sistema o respectivo de ecuaciones diferenciales. 11.dx dt dy dt

= x + 3y = 5x + 3y

x = e2t + 3e6t , y = e2t + 5e6t

12.d2 x dt2 d2 y dt2

= 4y + et = 4x et

1 1 x = cos 2t+sen 2t+ et , y = cos 2tsen 2t et 5 5

1.2.

Problemas de valor inicial.

A menudo nos interesa resolver una ecuacin diferencial sujeta a cono diciones prescritas, que son las condiciones que se imponen a y(x) o a sus derivadas. En algn intervalo I que contenga a x0 , el problema: u Resolver: dn y = f (x, y, y , . . . , y n1 ) dxn Sujeto a: y(x0 ) = y0 , y (x0 ) = y1 , . . . , y (n1) (x0 ) = yn1 , (1.7) (1.6)

en donde y0 , y1 , . . . , yn1 son constantes reales especicadas arbitrariamente, se llama problema de valor inicial. Los valores dados de la funcin desconocida, y(x), y sus primeras n 1 derivadas en un solo punto o x0 :y(x0 ) = y0 , y (x0 ) = y1 , . . . , y (n1) (x0 ) = yn1 , se llaman condiciones iniciales.

1.2.1.

Problemas de valor inicial de primero y segundo orden.

El problema enunciado con (1.6) y (1.7) tambin se denomina problema e de valor inicial de ensimo orden; por ejemplo, e Resolver: dy = f (x, y) dx (1.8)

14 Sujeto a: y(x0 ) = y0 Resolver: d2 y dx2 = f (x, y, y ) Sujeto a:


(1.9)

y(x0 ) = y0 , y (x0 ) = y1 son problemas de valor inicial de primero y segundo orden, respectivamente. Son fciles de interpretar en trminos geomtricos. Para la ecuacin (1.8) a e e o estamos buscando una solucin de la ecuacin diferencial en un intervalo I o o que contenga a x0 , tal que una curva de solucin pase por el punto prescrito o (x0 , y0 ) Para las ecuaciones (1.9), deseamos determinar una solucin de la ecuao cin diferencial cuya grca no slo pase por (x0 , y0 ), sino que tambin pase o a o e por ese punto de tal manera que la pendiente de la curva en ese lugar sea y 1 . El trmino condicin inicial procede de los sistemas f e o sicos en que la variable independiente es el tiempo t y donde y(t0 ) = y0 , y y (t0 ) = y1 representan, respectivamente,la posicin y la velocidad de un objeto en cierto momento o o tiempo inicial t0 . Ejemplo 1.2.1 Se comprueba que y = cex es una familia monoparamtrie ca de soluciones de la ecuacin y = y, de primer orden, en el intervalo o (, +). Si especicamos una condicin inicial, por ejemplo, y(0) = 3, al o sustituir x = 0, y = 3 en la familia, se determina la constante 3 = ce0 = c; por consiguiente, la funcin y = 3ex es una solucin del problema de valor o o inicial y = y, y(0) = 3 Ejemplo 1.2.2 Podemos comprobar que x = c1 cos 4t + c2 sen 4t es una familia biparamtrica de soluciones de x + 16x = 0. Determinemos una e solucin del problema de valor inicial o Resolver: x + 16x = 0 Sujeto a: x( ) = 2, 2 x( )=1 2 (1.10)

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Primero sustituimos x(/2) = 2 en la familia dada de soluciones y vemos que c1 = 2. A continuacin sustituimos x (/2) = 1 en la familia o monoparamtrica x(t) = 2 cos 4t+c2 sen 4t, con lo que vemos que c2 = 1/4; e por lo tanto: x = 2 cos 4t + 1/4 sen 4t es una solucin de (1.10). o

1.2.2.les:

Existencia y unicidad.

Al resolver un problema de valor inicial surgen dos asuntos fundamenta-

Existe una solucin al problema?. Si la hay, es unica? o Teorema 1.2.1 (Existencia de una solucin unica.) Sea R una regin o o rectangular del plano xy, denida por a x b, c y d, que contiene al punto (x0 , y0 ). Si f (x, y) y f son continuas en R, entonces existe un y intervalo I, centrado en x0 , y una funcin unica, y(x) denida en I, que o satisface el problema de valor inicial expresado por las ecuaciones (1.8)

1.3.

Las ecuaciones diferenciales como modelos matemticos. a

Con frecuencia se desea describir el comportamiento de algn sistema o u fenmeno de la vida real en trminos matemticos; dicho sistema puede ser o e a f sico, sociolgico, econmico, etc. La descripcin matemtica de un sistema o o o a o fenmeno se llama modelo matemtico y se forma con ciertos objetivos o a en mente; por ejemplo, podr amos tratar de comprender los mecanismos de cierto ecosistema estudiando el crecimiento de las poblaciones de animales, o podr amos tratar de fechar fsiles analizando la desintegracin de una o o sustancia radiactiva, sea en el fsil o en el estrato donde se encontraba. o Para la formulacin de un modelo matemtico de un sistema: o a i) Identicacin de las variables causantes del cambio del sistema. Podreo mos elegir no incorporar todas las variables en el modelo desde el comienzo. En este paso especicamos el nivel de resolucin del modeo lo.

16


ii) Se establece un conjunto de hiptesis razonables acerca del sistema que o tratamos de describir. Esas hiptesis tambin incluyen todas las leyes o e emp ricas aplicables al sistema. Para algunos nes quiz baste contar con modelos de baja resolucin; a o por ejemplo, en los cursos bsicos de f a sica al modelar el movimiento de un cuerpo que cae cerca de la supercie de la Tierra, se hace caso omiso de la resistencia del aire. Pero si queremos predecir la trayectoria de vuelo de un proyectil de largo alcance, deber tenerse en cuenta la resistencia del aire y a dems factores, como la curvatura de la Tierra. a Dado que las hiptesis acerca de un sistema implican con frecuencia la o razn o tasa de cambio de una o ms de las variables, el enunciado mao a temtico de todas esas hiptesis es una o ms ecuaciones donde intervienen a o a derivadas. En otras palabras, el modelo matemtico es una ecuacin o sisa o tema de ecuaciones diferenciales. Ejemplo 1.3.1 Problema de rapidez de variacin: Se vierte agua o en un recipiente de forma cnica (ver gura 1.1) con una rapidez r. El o recipiente en forma de cono de base horizontal tiene el vrtice dirigido hacia e abajo; el radio de la base del cono es a, su altura b. Determinar la velocidad a la que la supercie del agua se eleva cuando la profundidad del agua es y. Despus, obtener el valor numrico de la incgnita, suponiendo que e e o a = 4 dm, b = 3 dm, r = 2 dm3 por minuto e y = 1 dm.

a

x b

y

Figura 1.1: Problema de rapidez de variacin o

Antonio Baeza Salas

17

Solucin: Se suponen conocidas las reglas ms elementales de difereno a ciacin y la nocin de rapidez de variacin. o o o Cules son los datos?. a El radio de la base del cono, a = 4 dm; la altura del cono, b = 3 dm; la rapidez con que el agua se vierte en el recipiente r = 2 dm3 por minuto, y la profundidad del agua en un cierto momento, y = 1 dm. Exacto. El enunciado del problema parece sugerir que se deben dejar de lado, provisionalmente, los valores numricos y razonar con las e letras expresando la incgnita en funcin de a, b, r e y , y al nal o o solamente tras de obtener la expresin algebraica de la incgnita, suso o tituir los valores numricos. Adoptemos esta sugerencia. Cul es la e a incgnita?. o La velocidad a la que se eleva la supercie del agua cuando la profundidad es y. Es decir, puede usted expresarlo en otros trminos? e La velocidad con que aumenta la profundidad del agua. Nuevamente, puede usted enunciar el problema en forma diferente? La rapidez de variacin de la profundidad del agua. o Exacto: la rapidez de variacin de y. Pero, qu es la rapidez de variao e cin?. Considere usted la denicin. o o La derivada de una funcin representa la rapidez de variacin. o o Correcto. Ahora bien, y es una funcin?. Como ya lo hemos dicho, no o nos ocuparemos de su valor numrico. Puede imaginar que y var e a? Si, y, la profundidad del agua, aumenta a medida que pasa el tiempo. Por lo tanto, y es funcin de qu?. o e Del tiempo t. Bien. Introduzca una notacin apropiada. Cmo expresar uso o a ted la rapidez de variacin de y por medio de s o mbolos matemticos?. a

18dy dt


Bien. He ah pues, su incgnita. Le hace falta expresarla en trminos , o e de a, b,r e y. De hecho, uno de estos datos es una rapidez de variacin: o cul de ellos?. a r, que representan la cantidad de agua que cae en el recipiente durante un tiempo dado. Puede decirlo en otra forma? r es la rapidez de variacin del volumen de agua en el recipiente. o Es decir, puede enunciarlo nuevamente en forma diferente?; cmo podr escribirlo con una notacin apropiada?. o a o r=dV dt

Qu es V? e El volumen de agua que hay en el recipiente en el instante t. e Bien. As pues, tiene que expresar dy en trminos de a, b,r = dt Cmo va usted a tratar de hacerlo? o ...... Si no puede resolver el problema, trate de resolver, primero, un problema relacionado. Si no ve la relacin entre dy y los datos, o dt trate de que aparezca alguna relacin ms sencilla que podr servirle o a a de punto de partida. ...... No ve usted que existen otras relaciones? Por ejemplo, V e y son independientes una de otra? No. Cuando y aumenta, V debe aumentar tambin. e As hay una relacin. Cul es, pues?. o a Pues que V es el volumen del cono cuya altura es y. Pero desconozco el radio de la base. Sin embargo, puede tenerlo en cuenta. Dle un nombre cualquiera, x e por ejemplo.dV dt

e y.

Antonio Baeza Salas V =x2 y 3

19

Exacto. Ahora, qu sabe usted de x?Es independiente de y? e No. Cuando la profundidad del agua, y, aumenta, el radio de la supercie variable x aumenta tambin. e As pues, hay una relacin, cul es sta?. o a e Si , claro, hay tringulos semejantes: ax y

=

a b

Una relacin ms, ve usted?. No hay que desaprovecharla. No olvide o a que usted quer conocer la relacin existente entre V e y. a o Se tiene x =ay b

yV =

a2 y 3 3b2

Muy bien. Esto me parece un buen punto de partida. Qu le parece e a usted?. Pero no olvide su propsito. Cul es la incgnita?. o a ody dt

Tiene que encontrar una relacin entre dy , dV y otras cantidades. o dt dt Aqu tiene una entre y, V y otras cantidades. Qu hacer? e Pues claro, diferenciando se tiene He ah la solucin. o Perfecto. Y, para los valores numricos? e Si a = 4, b = 3, r = 2, y = 1, entonces 2 =161 9 dV dt

=

a2 y 2 b2

dy dt

dy dt

1.3.1.

Crecimiento y decaimiento.

Uno de los primeros intentos de modelar matemticamente el crecimiento a demogrco lo hizo Thomas Malthus, economista ingls en 1798. En esencia, a e la idea del modelo malthusiano es la hiptesis de que la tasa de crecimiento o de la poblacin de un pa crece de forma proporcional a la poblacin total, o s o P (t), de ese pa en cualquier momento t. En trminos matemticos esta s e a hiptesis se puede expresar: o dP = kP (1.11) dt donde k es una constante de proporcionalidad. Esta ecuacin diferencial an o u se utiliza con mucha frecuencia para modelar poblaciones de bacterias y de animales pequeos durante cortos intervalos. n

20


1.3.2.

Diseminacin de una enfermedad. o

Cuando se analiza la diseminacin de una enfermedad contagiosa la o gripe, por ejemplo, es razonable suponer que la tasa o razn con que se o difunde no slo es proporcional a la cantidad de personas, x(t), que la han o contra en el momento t, sino tambin a la cantidad de sujetos, y(t), que do e no han sido expuestos todav al contagio. Si la tasa es dx/dt, entonces: a dx = kxy, dt (1.12)

donde k es la acostumbrada constante de proporcionalidad. Si, por ejemplo, se introduce una persona infectada en una poblacin constante de n pero sonas, entonces x y y se relacionan mediante x + y = n + 1. Usamos esta ecuacin para eliminar y en la ecuacin (1.12) y obtenemos el modelo o o dx = kx(n + 1 x) dt (1.13)

Una condicin inicial obvia que acompaa a esta ecuacin es x(0) = 1. o n o

1.3.3.

Ley de Newton del enfriamiento.

Segn la ley emp u rica de Newton acerca del enfriamiento, la rapidez con que se enfr un objeto es proporcional a la diferencia entre su temperatura y a la del medio que le rodea, que es la temperatura ambiente. Si T (t) representa la temperatura del objeto en el momento t, Tm es la temperatura constante del medio que lo rodea y dT /dt es la rapidez con que se enfr el objeto, la a ley de Newton del enfriamiento se traduce en el enunciado matemtico a dT = k(T Tm ) dt (1.14)

en donde k es una constante de proporcionalidad. Como supusimos que el objeto se enfr se debe cumplir que T > Tm ; en consecuencia, lo lgico es a, o que k < 0.

1.3.4.

Mezclado.

Al mezclar dos soluciones salinas de distintas concentraciones se da pie a una ecuacin diferencial de primer orden, que dene la cantidad de sal que o contiene la mezcla. Supongamos que un tanque mezclador grande contiene 300 galones de agua, en donde se ha disuelto sal. Otra solucin de salmuera se bombea al o

Antonio Baeza Salas

21

tanque a una tasa de 3 galones por minuto. El contenido se agita perfectamente y es desalojado a la misma tasa (ver gura 1.2) . Si la concentracin o de la solucin que entra es 2 libras/galn, hay que formar un modelo de la o o cantidad de sal en el tanque en cualquier momento.

Figura 1.2: Mezclado Sea A(t) la cantidad de sal (en libras) en el tanque en cualquier momento t. En este caso, la rapidez con que cambia A(t) es la tasa neta: dA = (tasa de entrada de la sustancia)(tasa de salida de la sustancia) = R 1 R2 dt (1.15) Ahora bien, la razn, R1 , con la que entra la sal al tanque, en lb/min, es o R1 = (3gal/min) (2lb/gal) = 6lb/min Mientras que la razn, R2 , con que sale la sal es o R2 = (3gal/min) ( A A lb/gal) = lb/min 300 100

Entonces, la ecuacin (1.15) se transforma en o A dA =6 dt 100 (1.16)

1.3.5.

Vaciado de un tanque.

En hidrodinmica, la ley de Torricelli establece que la velocidad v de a eujo (salida) del agua a travs de un agujero de bordes agudos en el fondo e de una tanque lleno con agua hasta una altura (o profundidad) h es igual a la

22


velocidad de un objeto (en este caso una gota de agua), que cae libremente o desde una altura h ; esto es, v = 2gh, donde g es la aceleracin de la gravedad. Esta ultima expresin se origina al igualar la energ cintica, o a e 1 mv 2 , con la energ potencial, mgh, despejando v. Supongamos que un a 2 tanque lleno de agua se deja vaciar por un agujero, por la accin de la o gravedad. Queremos determinar la profundidad, h, del agua que queda en el tanque (ver gura 1.3) en el momento t.

Aw

h Ao

Figura 1.3: Vaciado Si el area transversal del agujero es 0 , en pies cuadrados, y la velocidad A del agua que sale del tanque es v = 2gh, en pies segundo, el volupor u men de agua que sale del tanque, por segundo, es A0 2gh, en pies cbicos por segundo. As si V (t) representa al volumen del agua en el tanque en , cualquier momento t, dV = A0 2gh (1.17) dt donde el signo menos indica que V est disminuyendo. Obsrvese que no a e tenemos en cuenta la posibilidad de friccin en el agujero, que podr causar o a una reduccin de la tasa de ujo. Si el tanque es tal que el volumen del agua o en cualquier momento t se expresa como V (t) = Aw h, donde Aw son los pies cuadrados de area constante del espejo (la supercie superior) del agua, dV dh = Aw dt dt Sustituimos esta ultima expresin en la ecuacin (1.17) y llegamos a la ecua o o cin diferencial que desebamos para expresar la altura del agua en cualquier o a momento t: dh A0 2gh (1.18) = dt Aw Es interesante observar que la ecuacin (1.18) es vlida aun cuando A w no o a sea constante. En este caso, debemos expresar el area del agua en funcin o de h: Aw = A(h).

Antonio Baeza Salas

23

1.3.6.

Ca libre. da

Supongamos que se arroja una piedra hacia arriba, desde la azotea de un edicio. Cul es su posicin en el momento t?. Consideremos que su a o posicin respecto al suelo es s(t). La aceleracin de la piedra es la segunda o o 2s o derivada, d 2 . Si suponemos que la direccin hacia arriba es positiva, que dt la masa de la piedra es m y que no hay otra fuerza, adems de la de la a gravedad (g), actuando sobre la piedra, la segunda ley de Newton establece que d2 s d2 s m 2 = mg = g (1.19) dt dt2 Donde g es la aceleracin de la gravedad y mg es el peso de la piedra. Se o usa el signo menos porque el peso de la piedra es una fuerza que se dirige hacia abajo, opuesta a la direccin positiva. Si la altura del edicio es s 0 o y la velocidad inicial de la piedra es v0 , s queda determinada mediante el problema de valor inicial d2 s = g, dt2 s(0) = s0 , s (0) = v0 (1.20)

1.4.1.4.1.

Practica con MathematicaDenicin de funciones. o

Adems de las funciones incorporadas por Mathematica, tu puedes dea nir tus propias funciones. Una forma de hacerlo es la siguiente: In := h[x ] = x2 + 1 Out := 1 + x2 Una vez denida la funcin pueden calcularse diferentes valores para o distintos argumentos tanto numricos como simblicos. e o In := h[1] Out := 2 In := h[y] Out := 1 + y 2

24


1.4.2.

Derivadas.

Mathematica incorpora distintos formatos para la utilizacin de derivao das. D[f, x] Permite calcular la derivada parcial de la funcin f respecto a x. o Por ejemplo la derivada de la funcin seno: o In := D[Sin[x], x] Out := Cos[x] D[f, x, n] Permite calcular la derivada n-sima parcial de la funcin f respecto a x. e o Adems, dada una funcin f , si sta es derivable en un cierto dominio a o e D, se puede denir sobre ese dominio us funcin derivada f como la funcin o o que asocia a cada punto x el valor de la derivada de f en ese punto. Por ejemplo: In := f [x ] := Cos[x]; f [x] Out := Sin[x] In := f [P i]; Out := 0

Se dene f como la funcin coseno y se calcula su derivada y se evala o u la derivada en .

1.4.3.

Ejercicios.

En los siguientes problemas utiliza Mathematica para comprobar que la funcin indicada sea una solucin de la ecuacin diferencial dada. o o o 1. 2y + y = 0; 2.dy dx

y = ex/2 y = e3x + 10e2x

2y = e3x ;

3. y + 4y = 32; 4. y = 2 + y 2 ;

y=8 y = 5 tan 5x

Antonio Baeza Salas

25

1.4.4.

Resolucin de ecuaciones diferenciales. o

El comando principal que incorpora Mathematica para resolver las ecuaciones diferenciales ordinarias es la funcin DSolve cuya sintaxis es la siguieno te: In := DSolve[ecuac, y[x], x] Resuelve la ecuacin diferencial ecuac hao llando la expresin formal de y[x] que la o verica. In := DSolve[y [x] y[x] == 0, y[x], x] Out := {{y(x) ex C(1)}} La solucin general de una ecuacin diferencial sin condiciones iniciales ino o volucra coecientes indeterminados: C(1). La llamada al comando DSolve produce como resultado la expresin foro mal de y[x]; sin embargo, esta solucin no dene una funcin por s misma, es o o decir, no se puede efectuar directamente a travs de ella ninguna operacin e o con y[x]. En los casos en los que, adems de obtener informacin sobre la soa o lucin de la ecuacin, se necesite operar con ella (obtener y[4], y [x], . . . , etc), o o se ha de variar ligeramente la sintaxis del comando anterior. Se dispone del siguiente comando para resolver estos casos: In := DSolve[ecuac, y, x] Resuelve la ecuacin diferencial ecuac hao llando un conjunto de reglas sobre y que la denen como funcin . o La forma de denir la solucin como una funcin es la siguiente: o o In := reglas = DSolve[y [x] y[x] == 0, y, x] Out := {{y(x) F unction(e#(1) C(1))}} Se obtienen las reglas que denen la solucin de la ecuacin o o In := y[x ] = y[x]/.reglas Out := {e#(1) C(1)} Se dena la funcin y[x] a partir de las reglas que denen la o solucin de la ecuacin diferencial. Se tiene la solucin de la o o o ecuacin como una nueva funcin. o o

26

Ampliacin de Matemticas o a In := y [x] y[x] Out := {0} Efectivamente, es la solucin de la anterior ecuacin difereno o cial. In := y[x] Out := { C(1) } ex Se pueden realizar operaciones con la nueva funcin solucin. o o

1.4.5.

Ecuaciones con condiciones iniciales.

Mathematica soporta tanto el problema general de bsqueda de soluu cin de una ecuacin diferencial como un problema de Cauchy, es decir, la o o bsqueda de solucin cuando se conoce alguna condicin inicial. u o o In := DSolve[{x [t] + x[t] == 0, x[0] == 0, x [0] == 1}, x[t], t] Out := {{x(t) Sin(t)}} De entre todas la posibles soluciones de la ecuacin se tiene o la que verica las condiciones iniciales. In := Regla = DSolve[{x [t] + x[t] == 0, x[0] == 0, x [0] == 1}, x, t] Out := {{x (Sin[#1]&)}} De entre todas la posibles soluciones de la ecuacin se tiene o la que verica las condiciones iniciales. In := x [t]/.Regla Out := {Cost(t)} Se obtiene su derivada.

1.4.6.

Grcos bidimensionales. El comando Plot. a

El comando que utiliza Mathematica para dibujar la grca de una funa cin de una variable es Plot. Para su ejecucin plot necesita dos argumentos: o o la descripcin de la funcin cuya grca se desea obtener y o o a una lista de tres elementos, separados por comas e incluidos entre llaves, que indican, respectivamente, la variable de la funcin y los o valores m nimo y mximo entre los que se pretende representar dicha a funcin. o

Antonio Baeza Salas In := P lot[Sin[x]2 + 2xCos[x], {x, 4P i, 4P i}] Out := Graphics Devuelve la grca de la gura 1.4. Representa la funcin a o sen2 x + 2x cos x como variable de x entre 0 y .

27

20 10

-10

-5 -10 -20

5

10

Figura 1.4: Grca de una funcin con Plot a o

1.4.7.

Representacin grca de la solucin de una ecuacin o a o o diferencial.

El problema que ms comnmente se plantea es obtener la grca de la a u a solucin de una ecuacin diferencial. o o Si utilizamos el comando DSolve para obtener una solucin, la represeno tacin de sta es sencilla, pues se tiene su expresin formal. Por lo tanto, o e o puede ser representada directamente: In := Regla = DSolve[{2x [t] 4x[t] == Exp[t], x[0] == 0}, x, t] 2#(1) Out := {{x F unction( 6e1 + e 6 &)}} #(1) Se obtiene la solucin de la ecuacin diferencial. o o In := P lot[x[t]/. %, {t, 8, 4}] Out := Graphics Devuelve la grca de la gura 1.5. a

Ejercicios. 1. Resuelve con Mathematica la ecuacin 1.16 del apartado 1.3.4. o

28150 100 50 -8 -6 -4 -2 -50 -100 -150


2

4

Figura 1.5: Grca de la solucin de la ecuacin. a o o 2. Supongamos como condicin inicial A(0) = 0. o 3. Denir usando Mathematica una funcin solucin del problema de o o valor inicial anterior. 4. Representar con Mathematica la funcin solucin e interpretar adeo o cuadamente que ocurrir con la cantidad de sal en el tanque con el a paso del tiempo.

Cap tulo 2

Ecuaciones ordinarias de primer orden. Aplicaciones.Se llama E.D.O. (Ecuacin Diferencial Ordinaria) a una ecuacin del o o tipo: F (x, y, y , y , . . . , y (n) ) = 0 que relaciona la variable independiente x, la funcin buscada y = y(x) y las o derivadas de sta funcin, y (x), y (x), . . . , y (n) (x). e o Decimos que la E.D.O. es de primer orden si el orden de la mayor derivada de y es 1: F (x, y, y ) = 0

2.1.

Integracin directa. o

Comenzamos nuestro estudio de la metodolog para resolver ecuaciones a dy a de primer orden, dx = f (x, y), con la ms sencilla de todas las ecuaciones diferenciales. Cuando f es independiente de la variable y esto es, cuando f (x, y) = g(x) la ecuacin diferencial o dy = g(x) (2.1) dx se puede resolver por integracin. Si g(x) es una funcin continua, al integrar o o ambos miembros de (2.1) se llega a la solucin o y= g(x)dx = G(x) + C 29 (2.2)

30


en donde G(x) es una integral indenida de g(x). dy Ejemplo 2.1.1 Resolver dx = 1 + e2x . Integrando se tiene: y= 1 (1 + e2x )dx = x + e2x + C 2

2.2.

Variables separables.

Denicin 2.2.1 Se dice que una ecuacin diferencial de primer orden, de o o la forma dy = g(x)h(y) dx es separable, o de variables separables. Al dividir entre la funcin h(y), una ecuacin separable se puede escribir o o en la forma: dy p(y) = g(x) (2.3) dx donde, por comodidad, p(y) representa a 1/h(y). As podemos ver de inme diato que la ecuacin (2.3) se reduce a la ecuacin (2.1) cuando h(y) = 1. o o Si y = (x) representa una solucin de (2.3), se debe cumplir o p((x)) (x)dx = g(x)dx (2.4)

Pero dy = (x)dx, de modo que la ecuacin (2.4) es lo mismo que o p(y)dy = g(x)dx (2.5)

Esta ecuacin indica el procedimiento para resolver las ecuaciones sepao rables. Al integrar ambos lados de p(y)dy = g(x)dx se obtiene una familia monoparamtrica de soluciones, que casi siempre se expresa de manera ime pl cita. Ejemplo 2.2.1 Resolver (1 + x)dy ydx = 0. Dividiendo entre (1 + x)y dy dx = y 1+x

Antonio Baeza Salas Integrando en los trminos: e dy = y dx 1+x

31

ln |y| = ln |1 + x| + c1 y = eln |1+x|+c1 y = eln |1+x| ec1 = |1 + x|ec1 = c(1 + x) Ejemplo 2.2.2 Resolver el problema de valor inicial x dy = dx y y(4) = 3

ydy = xdx ydy = xdx

y 2 /2 = x2 /2 + c1 Esta solucin se puede escribir en la forma x2 + y 2 = c2 , si sustituimos o la constante 2c1 con c2 . Vemos que la solucin representa una familia de o c rculos concntricos. e Cuando x = 4, y = 3, de modo que 16 + 9 = 25 = c2 . As el problema , 2 + y 2 = 25. de valor inicial determina que x Se debe tener cuidado al separar las variables porque los divisores variables podr ser cero en algn punto. En ocasiones se puede perder una an u solucin constante mientras resolvemos un problema. o Ejemplo 2.2.3 Resolver xy 4 dx + (y 2 + 2)e3x dy = 0. xe3x dx + (y 2 + 2y 4 )dy = 0 Integramos por partes: 1 3x 1 3x 2 xe e y 1 y 3 = c1 3 9 3 La familia monoparamtrica de soluciones tambin se puede escribir en e e la forma

32


e3x (3x 1) = Ejemplo 2.2.4

6 9 + 3 +c y y

Resolver el problema de valor inicial dy = y 2 4, y(0) = 2 dx Solucin: Pasamos la ecuacin a la forma o o dy = dx 4 Integrando en los dos miembros se tiene: y2 1 1 ln |y + 2| + ln |y 2| = x + c1 4 4 Al multiplicar la ecuacin por 4 y combinar logaritmos resulta: o y2 = 4x + c2 y+2 Despejamos y de la ultima ecuacin o ln y=2 y2 = ce4x y+2

1 + ce4x 1 ce4x Si sustituimos x = 0 y y = 2 se tiene 1+c 2 = 2 1 + c = 1 + c 1 = 1 1c Esto es imposible, por lo que debemos examinar con ms cuidado la a ecuacin diferencial. El hecho es que la ecuacin o o dy = (y + 2)(y 2) dx queda satisfecha con dos funciones constantes, que son y = 2 y y = 2. Al revisar las ecuaciones anteriores advertimos que debemos excluir a y = 2 y y = 2 de esos pasos de la solucin. Es interesante observar que despus o e podemos recuperar la solucin y = 2 si hacemos que c = 0 en la ecuacin o o 1 + ce4x 1 ce4x Sin embargo, no hay valor nito de c que pueda producir la solucin y = 2. o Esta ultima funcin constante es la unica solucin al problema de valor inicial o o planteado. y=2

Antonio Baeza Salas

33

2.2.1.

Ejercicios.

Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales por separacin de variao bles: 1. 2.dy dx dy dx

= sen 5x = (x + 1)2

7. 8. 9. 11.

dy dx dx dy dy dx

= =

y3 x2 x2 y 2 1+x

3. dx + e3x dy = 0dy 5. (x + 1) dx = x + 6

= e3x+2y = kS

4. dx x2 dy = 0 6. xy = 4y

10. (4y + yx2 )dy (2x + xy 2 )dx = 0 12.dS dr dP dt

Con frecuencia, un cambio radical en la solucin de una ecuacin difeo o rencial corresponde a un cambio muy pequeo en la condicin inicial n o o en la ecuacin misma. En los problemas que siguen compare las o soluciones de los problemas de valor inicial respectivos: 13. 14. 15. 16.dy dx dy dx dy dx dy dx

= P P2

= (y 1)2 = (y 1)2

y(0) = 1 y(0) = 1,01 y(0) = 1 y(0) = 1

= (y 1)2 + 0,01 = (y 1)2 0,01

2.3.

Ecuaciones exactas.

La sencilla ecuacin ydx + xdy = 0 es separable, pero tambin equivale o e a la diferencial del producto de x por y ydx + xdy = d(xy) = 0 Al integrar obtenemos de inmediato la solucin impl o cita xy = c En clculo diferencial, se tiene que si z = f (x, y) es una funcin con a o primeras derivadas parciales continuas en una regin R del plano xy, su o diferencial (que tambin llamamos diferencial total) es e dz = f f dx + dy x y

34 Entonces, si f (x, y) = c, se tiene f f dx + dy = 0 x y


Esto es, dada una familia de curvas f (x, y) = c, podemos generar una ecuacin diferencial de primer orden si calculamos la diferencial total, por o ejemplo si x2 5xy + y 3 = c dy 5y 2x = dx 5x + 3y 2 Para nuestros nes, es ms importante darle la vuelta al problema, o sea; a dada una ecuacin como o dy 5y 2x = dx 5x + 3y 2 (2x 5y)dx + (5x + 3y 2 )dy = 0

podemos demostrar que la ecuacin equivale a d(x2 5xy + y 3 ) = 0 ? o

Denicin 2.3.1 Una ecuacin diferencial M (x, y) + N (x, y) es una difeo o rencial exacta en una regin R del plano xy si corresponde a la diferencial o de alguna funcin f (x, y). Una ecuacin diferencial de primer orden de la o o forma M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 es una ecuacin diferencial exacta si la expresin del lado izquierdo es o o una diferencial exacta. Teorema 2.3.2 Sean continuas M (x, y) y N (x, y), con derivadas parciales continuas en una regin rectangular, R, denida por a < x < b, c < y < d. o Entonces, la condicin necesaria y suciente para que M (x, y)dx+N (x, y)dy o sea una diferencial exacta es que N M = y x (2.6)

2.3.1.

Mtodo de solucin para ecuaciones diferenciales exace o tas.

Dada una ecuacin de la forma M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0, se determina o si es vlida la igualdad (2.6). En caso armativo, existe una funcin f para a o la cual f = M (x, y) x

Antonio Baeza Salas

35

Podemos determinar f si integramos M (x, y) con respecto a x, manteniendo y constante: f (x, y) = M (x, y)dx + g(y) (2.7)

en donde la funcin arbitraria g(y) es la constante de integracin. Ahora o o f derivamos (2.7) con respecto a y, y suponemos que y = N (x, y): f = y y Esto da g (y) = N (x, y) M (x, y)dx + g (y) = N (x, y) y

M (x, y)dx

Por ultimo integramos esta ecuacin con respecto a y y sustituimos el o resultado en la ecuacin (2.7). La solucin de la ecuacin es f (x, y) = c o o o Ejemplo 2.3.1 Resolver 2xydx + (x2 1)dy = 0 Solucin: o Igualamos M (x, y) = 2xy y N (x, y) = (x2 1) y tenemos: M N = 2x = y x Por tanto se trata de una ecuacin exacta y existe una funcin f (x, y) tal o o que f f = 2xy = x2 1 x y Integrando la primera de estas ecuaciones se tiene: f (x, y) = x2 y + g(y) Derivamos con respecto a y, e igualamos a N (x, y) f = x2 + g (y) = x2 1 y Por lo tanto g (y) = 1 y g(y) = y La solucin es x2 y y = c o

36


2.3.2.

Ecuaciones reducibles a exactas. Factores integrantes.

Sea 2xy 3 dx + 3x2 y 2 dy = 0 una ecuacin exacta (tambin homognea). o e e Si dividimos por el factor xy, se tiene: 2y 2 dx + 3xydy = 0 podemos comprobar que la ecuacin resultante no es exacta. o En este caso particular se observa que multiplicando por el factor xy se tiene una ecuacin exacta y por tanto integrable. o Si una ecuacin M (x, y)dx+N (x, y)dy = 0 no es una ecuacin diferencial o o exacta, es decir, M = N , puede que se transforme en exacta multiplicando y x por un factor apropiado u(x, y) llamado factor integrante de la ecuacin difeo rencial tal que la ecuacin resultante u(x, y)M (x, y)dx + u(x, y)N (x, y)dy = o 0 sea exacta. Ejemplo 2.3.2 Resolver la ecuacin diferencial: o tan y + tan xy = 0 Solucin: Podemos escribir la ecuacin (2.8) en la forma o o tan ydx + tan xdy = 0 1 1 tan x tan y = = = 2y 2x y cos cos x Por tanto la ecuacin no tiene forma exacta, mientras que la ecuacin o o equivalente: cos x sen ydx + sen x cos ydy = 0 (2.10) si que lo es: sen x cos y cos x sen y = cos x cos y = y x (2.9) (2.8)

(2.10) resulta de (2.9) multiplicando por cos y cos x. Es lo que llamaremos factor integrante de la ecuacin. o Si u(x, y) es un factor integrante de la ecuacin o M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 , entonces, multiplicando por u(x, y) es exacta luego: (u(x, y)M (x, y)) (u(x, y)N (x, y)) = y x

Antonio Baeza Salas y por tanto u M u N M (x, y) + u = N +u y y x x M u u N M N = u( ) y x x y

37

(2.11)

Para buscar factores integrantes hay que resolver una ecuacin en derivadas o parciales que normalmente es ms dif que la propia ecuacin diferencial. a cil o Por eso se recomienda el uso de funciones u de una forma particular: u(x), u(y), u(x + y), u(xy) . . . El factor integrante u slo depende de x, entonces la ecuacin (2.11) o o ser a N M u = u( ) N x x y luego u = u Si u = u(y) entonces (2.11) ser: a u = uM y N x

N

M y

M

N x

Si u = u(x + y) = u(z) con z = x + y entonces (2.11) ser: a u x y = u M NN M

Si u = u(xy) = u(z) con z = xy entonces (2.11) ser: a u x y = u xM yN Ejemplo 2.3.3 Resolver (x + y)dx + x ln xdy = 0 Solucin: o No es de variables separables. No es homognea. No es exacta. e Buscamos un factor integrante que dependa de x: u = u(x) (x + y)u(x)dx + x ln xu(x)dy = 0N M

38 Forzamos a que sea exacta:


[(x + y)u(x)] [x ln xu(x)] = y x [(x + y)u(x)] =u y [x ln xu(x)] = u ln x + u + x ln xu x Entonces u = u ln x + u + x ln xu u ln x + u x ln x = 0 u+ux=0 u x = u u 1 = u x ln u = ln x 1 x>0 u= x De esta forma la ecuacin o (x + y) dx + ln xdy = 0 x es exacta. Resolvemos y se tiene: y f =1+ x x f (x, y) = (1 + y )dx + C(y) = x + y ln x + C(y) x

f = ln x + C (y) = ln x C (y) = 0 C(y) = cte. = C y f (x, y) = x + y ln x + C y= C x ln x

Antonio Baeza Salas

39

2.3.3.

Ejercicios.

1. En los problemas que siguen determinar si la ecuacin es exacta y, en o caso armativo, resolverla. a) (2x 1)dx + (3y + 7)dy = 0 b) (5x + 4y)dx + (4x 8y 3 )dy = 0

d ) (x + y)(x y)dx + x(x 2y)dy = 0dy e) x dx = 2xex y + 6x2 dy f ) (1 2x2 2y) dx = 4x3 + 4xy

c) (2y 2 x 3)dx + (2yx2 + 4)dy = 0

2. Resuelva cada ecuacin diferencial sujeta a la condicin inicial indicao o da. a) (x + y)2 dx + (2xy + x2 1)dy = 0, y(1) = 1 y(1) = 2 y(0) = e

b) (4y + 2x 5)dx + (6y + 4x 1)dy = 0,

c) (y 2 cos x3x2 y2x)dx+(2y sen xx3 +ln y)dy = 0,

3. Calcular el valor de k para que la ecuacin diferencial correspondiente o sea exacta. a) (y 3 + kxy 4 2x)dx + (3xy 2 + 20x2 y 3 )dy = 0 b) (2xy 2 + yex )dx + (2x2 y + kex 1)dy = 0 4. A veces es posible transformar una ecuacin diferencial no exacta en o una exacta multiplicandola por un factor integrante (x, y). Resuelve las siguientes ecuaciones comprobando que la funcin indicada, (x, y), o sea un factor integrante. a) 6xydx + (4y + 9x2 )dy = 0, (x, y) = y 2 (x, y) = xy

b) (xy sen x + 2y cos x)dx + 2x cos xdy = 0,

2.4.

Ecuaciones lineales.dy + a0 (x)y = g(x) dx

Denicin 2.4.1 Una ecuacin diferencial de primer orden, de la forma o o a1 (x) es una ecuacin lineal. o (2.12)

40


Al dividir ambos lados de la ecuacin (2.12) entre el primer coeciente, o a1 (x), se obtiene una forma ms util, la forma estndar de una ecuacin a a o lineal: dy + P (x)y = f (x) (2.13) dx Debemos hallar una solucin de (2.13) en un intervalo I, en el que las o dos funciones P y f sean continuas. Puede comprobarse que la ecuacin diferencial (2.13) tiene la propiedad o de que su solucin es la suma de las dos soluciones, y = yc + yp , donde yc es o una solucin de o dy + P (x)y = 0 (2.14) dx y yp es una solucin particular de (2.13). Podemos determinar yc por sepao racin de variables. Escribimos la ecuacin (2.14) en la forma o o dy + P (x)dx = 0 y al integrar y despejar a y obtenemos yc = ce P (x)dx . Por comodidad deniremos yc = cy1 (x), en donde y1 = e P (x)dx . Aplicaremos de inmediato el hecho de que dy1 + P (x)y1 = 0, para determinar a yp . dx Ahora podemos denir una solucin particular de la ecuacin (2.13), o o siguiendo un procedimiento llamado variacin de parmetros. La idea o a bsica es encontrar una funcin, u, tal que yp = u(x)y1 (x), en que y1 , que a o est denida en el prrafo anterior, sea una solucin de la ecuacin (2.13). a a o o En otras palabras, nuestra hiptesis de yp equivale a yc = cy1 (x), excepto o que el parmetro variable u reemplaza a c. Al sustituir yp = uy1 en (2.13) a obtenemos d [uy1 ] + P (x)uy1 = f (x) dx dy1 du u + y1 + P (x)uy1 = f (x) dx dx dy1 du u[ + P (x)y1 ] + y1 = f (x) dx dx du y1 = f (x) dx Separamos variables, integramos y llegamos a du = f (x) dx y1 (x) y u= f (x) dx y1 (x)

Antonio Baeza Salas De acuerdo con la denicin de y1 , tenemos o yp = uy1 = e As , y = yc + yp = ceP (x)dx P (x)dx

41

e

P (x)dx

f (x)dx

+ e

P (x)dx

e

P (x)dx

f (x)dx

(2.15)

Entonces, si (2.12) tiene una solucin, debe poseer la forma de la ecuacin o o (2.15). Reciprocamente, por derivacin directa se comprueba que la ecuacin o o (2.15) es una familia monoparamtrica de soluciones de la ecuacin (2.13). e o Hay un mtodo equivalente y ms fcil de resolver la ecuacin (2.13). Si e a a o se multiplica (2.15) por e y despus se deriva e eP (x)dx P (x)dx

y =c+P (x)dx

e

P (x)dx

f (x)dx

d [e dx llegamos a eP (x)dx dy

y] = e

P (x)dx

f (x)

dx

+ P (x)e

P (x)dx

y=e

P (x)dx

f (x)

o Al dividir este resultado entre e P (x)dx obtenemos la ecuacin (2.13). Recuerda 2.4.1 Solucin de una ecuacin lineal de primer orden o o 1. Para resolver una ecuacin lineal de primer orden,primero o se convierte a la forma de (2.13); esto es, se hace que el dy coeciente de dx sea la unidad. Hay que identicar P (x) y denir el factor integrante, eP (x)dx

2. 3.

La ecuacin obtenida en el paso (1) se multiplica por el factor o integrante: eP (x)dx dy

dx

+ P (x)e

P (x)dx

y=e

P (x)dx

f (x)

42 4.

Ampliacin de Matemticas o a El lado izquierdo de la ecuacin obtenida en el paso (3)es la o derivada del producto del factor integrante por la variable dependiente, y; esto es, d [e dxP (x)dx

y] = e

P (x)dx

f (x)

5.

Se integran ambos lados de la ecuacin obtenida en el paso o (4).

dy Ejemplo 2.4.1 Resolver x dx 4y = x6 ex Solucin o Dividimos por x y tenemos la forma normal

4y dy = x 5 ex dx x4 Tenemos que P (x) = x , el factor integrante es

e4

dx x

= e4 ln |x| = eln x

4

= x4

Multiplicamos la forma normal por este factor: x4 dy 4x5 y = xex dx (2.16) (2.17)

d 4 [x y] = xex dx Integrando por partes, llegamos a x4 y = xex ex + c

y = x5 ex x4 ex + cx4 . dy Ejemplo 2.4.2 Resolver el problema de valor inicial x dx +y = 2x, y(1) = 0. Solucin: Escribimos la ecuacin dada en la forma o o 1 dy + y=2 dx x1 , P (x) = x es continua en cualquier intervalo que no contenga al origen. En vista de la condicin inicial, resolveremos el problema en el intervalo o dx (0, +). El factor integrante es e x = eln x = x, y as

Antonio Baeza Salas

43

d [xy] = 2x dx que es igual a xy = x2 + c. Despejamos y y llegamos a la solucin general o y =x+ c x

Pero y(1) = 0 implica que c = 1; por consiguiente, la solucin es o y = x 1/x, 0 < x < +

2.4.1.

Ejercicios.

1. Determine la solucin general de las ecuaciones diferenciales dadas: o a) b) c) d)dy dx = 5y dy 3 dx + 12y = 4 dy 3x dx + y = e y + 3x2 y = x2

e) x2 y + xy = 1 2. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales sujetas a las condiciones iniciales indicadas: a) c)dy dx

+ 5y = 20,

y(0) = 2 y(0) = 1

b) y + (tan x)y = cos2 x,dT dt

= k(T 50), k es una constante,T (0) = 200

2.5.

Soluciones por sustitucin. o

Para resolver una ecuacin diferencial, reconocemos en ella cierto tipo o de ecuacin (separable, por ejemplo), y a continuacin aplicamos un proo o cedimiento formado por etapas espec cas que nos conducen a una funcin o diferenciable, la cual satisface la ecuacin. A menudo, el primer paso consiste o en transformarla en otra ecuacin diferenciable mediante sustitucin. o o

44


2.5.1.

Ecuaciones homogneas. e

Denicin 2.5.1 Se dice que una funcin f (x, y) es homognea de grado o o e n f (x, y), para n R n si verica que f (tx, ty) = t Ejemplo 2.5.1 f (x, y) = x 3 xy + 5y f (tx, ty) = tx 3 txty + 5ty = t(x 3 xy + 5y) = tf (x, y) Esta ecuacin es homognea de grado 1. o e Ejemplo 2.5.2 f (x, y) = x2 + y 2 + 1 f (tx, ty) = (tx)2 + (ty)2 + 1 = t2 x 2 + t 2 y 2 + 1 Esta ecuacin no es homognea. o e Recuerda 2.5.1 Podemos deducir si una funcin es homognea o no o e sin ms que examinar el grado de cada trmino: si los grados coinciden a e ser homognea en caso contrario no. a e

Denicin 2.5.2 Si una ecuacin diferencial de la forma: o o M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 (2.18)

verica que M y N son funciones homogneas del mismo grado, entonces e se dice que la ecuacin es homognea. o e Si hacemos el cambio y = u(x) x (o bien x = v(y) y) se reduce la ecuacin homognea a una ecuacin en variables separables donde la variable o e o dependiente es u (o v en el otro cambio). Ejemplo 2.5.3 Resolver la ecuacin o y = 2xy + 3y 2 x2 + 2xy

Solucin Se trata de una ecuacin homognea, todos los trminos tienen o o e e el mismo grado.

Antonio Baeza Salas La escribimos de la siguiente forma: dy 2xy + 3y 2 = 2 dx x + 2xy (x2 + 2xy)dy (2xy + 3y 2 )dx = 0 Hacemos el cambio de variables y = u x y =ux+u ux+u= x 2xux + 3u2 x2 2u + 3u2 = x2 + 2xux 1 + 2u

45

du 2u + 3u2 = u dx 1 + 2u x u + u2 du = dx 1 + 2u

Integrando respecto a x: 1 + 2u du = u + u2 dx x

ln |u2 + u| = ln |x| + ln |C| ln |u2 + u| = ln |Cx| u2 + u = Cx Deshacemos el cambio u = y/x y y ( )2 + = Cx x x y 2 + yx = Cx3 Ejemplo 2.5.4 Resolver (x2 + 2y 2 )dx = xydy y(1) = 1

46


Solucin: La ecuacin es homognea de grado 2. o o e Si consideramos xy = 0 tenemos: y = x2 + 2y 2 xy

Cambio de variable: y = ux, y = u x + u ux+u= xu = Separacin de variables: o 1 uu = 2 1+u x udu 1 = dx 1 + u2 x udu = 1 + u2 1 dx + C x 1 + 2u2 x2 + 2u2 x2 = xux u

1 + 2u2 1 + u2 u= u u

1 ln |1 + u2 | = ln |x| + C 2 1 ln |1 + u2 | = ln |x| + ln C 2 ln |1 + u2 | = 2 ln |x| + ln C = ln |x2 C| 1 + u 2 = x2 C Deshacemos el cambio: 1+ y2 = x2 C x2

Teniendo en cuenta la condicin inicial y(1) = 1 se tiene o 1 = C(1)4 (1)2 = C 1 por tanto C = 2. La solucin es y 2 = x2 (2x2 1) o

y 2 = Cx4 x2

Antonio Baeza Salas

47

2.5.2.

La ecuacin de Bernoulli. ody + P (x)y = f (x)y n dx

La ecuacin diferencial: o (2.19)

en la que n es cualquier nmero real, es la ecuacin de Bernoulli. Obsrvese u o e que cuando n = 0 y n = 1, la ecuacin (2.19) es lineal. Cuando n = 0 y o n = 1, la sustitucin u = y 1n reduce cualquier ecuacin de la forma (2.19) o o a una ecuacin lineal. o dy Ejemplo 2.5.5 Resolver la ecuacin x dx + y = x2 y 2 . o Solucin: o Reescribimos la ecuacin como sigue: o dy 1 + y = xy 2 dx x Hacemos la sustitucin u = y 12 = y 1 , y = u1 por tanto o du dy = u2 dx dx Y el resultado es: du 1 u = x dx x El factor integrante para esta ecuacin lineal en, por ejemplo (0, +), o e Integramosdx x

es

= e ln x = eln x

1

= x1

d 1 [x u] = 1 dx x1 u = x + c u = x2 + cx 1 + cx

y obtenemos Como y = u1 , una solucin de la ecuacin es o o y= x2

En este ejemplo no hemos llegado a la solucin general de la ecuacin o o diferencial no lineal original, porque y = 0 es una solucin singular de esa o ecuacin. o

48


2.5.3.

Reduccin a separacin de variables. o ody = f (Ax + By + C) dx

Una ecuacin de la forma o

siempre se puede reducir a una ecuacin con variables separables, con la o sustitucin u = Ax + By + C, B = 0. o dy Ejemplo 2.5.6 Resolver = (5x + y)2 4 dx dy Solucin: Si hacemos que u = 5x + y, entonces du = 5 + dx , de esta o dx forma la ecuacin dada se transforma en o du + 5 = u2 4 dx du = u2 9 dx Separamos variables, empleamos fracciones parciales e integramos: du = dx (u 3)(u + 3)

1 1 1 = dx 6 u3 u+3 1 u3 ln = x + c1 6 u+3

u3 = e6x+6c1 = ce6x u+3 Al despejar u de la ultima ecuacin, llegamos a la solucin o o u= 3(1 + ce6x ) 3(1 + ce6x ) y = 5x + 1 ce6x 1 ce6x

2.5.4.

Ejercicios.

1. Resuelva cada una de las ecuaciones con la sustitucin apropiada: o a) (x y)dx + xdy = 0

b) xdx + (y 2x)dy = 0

c) (y 2 + yx)dx x2 dy = 0

Antonio Baeza Salas d)dy dx

49

=

yx y+x

2. Resuelve la ecuacin homognea de cada uno de los problemas siguieno e tes, sujeta a la condicin inicial respectiva. ody a) xy 2 dx = y 3 x3 , y(1) = 2

b) (x + yey/x )dx xey/x dy = 0, y(1) = 0

3. Resuelva la ecuacin respectiva de Bernoulli empleando una sustituo cin adecuada. ody a) x dx + y = 1 y2

b)

dy dx

dy c) x2 dx + y 2 = xy

= y(xy 3 1)

2.6.2.6.1.

Modelado con ecuaciones diferenciales de primer orden.Crecimiento bacteriano.

Un cultivo tiene una cantidad inicial N0 de bacterias. Cuando t = 1 3 o o hora, la cantidad medida de bacterias es 2 N0 . Si la razn de reproduccin es proporcional a la cantidad de bacterias presentes,calcule el tiempo necesario para triplicar la cantidad inicial de los microorganismos. Solucin: Primero se resuelve la ecuacin diferencial o o dN = kN dt (2.20)

Sujeta a N (0) = N0 . A continuacin se dene la condicin emp o o rica N (1) = 3 N0 para hallar k, la constante de proporcionalidad. 2 La ecuacin (2.20 es separable y lineal, a la vez. Cuando se escribe en la o forma dN kN = 0 (2.21) dt podemos ver por inspeccin que el factor integrante es ekt . Multiplicamos o ambos lados de la ecuacin por ese factor y el resultado inmediato es o d kt e N =0 dt

50


Integramos ambos lados de la ultima ecuacin para llegar a la solucin o o general ekt N = c N (t) = cekt Cuando t = 0, N0 = ce0 = c y, por tanto, N (t) = N0 ekt . Cuando t = 1, 3 entonces 2 N0 = N0 ek , o bien ek = 3 . Por tanto k = ln 3 = 0,4055. As 2 2 N (t) = N0 e0,4055t Para establecer el momento en que se triplica la cantidad de bacterias, despejamos t de 3N0 = N0 e0,4055t ; por consiguiente, t= ln 3 2,71h. 0,4055

En este ejemplo la cantidad real, N0 , de bacterias presentes en el momento t = 0, no inuy para la denicin del tiempo necesario para que el o o cultivo se triplicara siempre es de unas 2.71 horas.

2.6.2.

Periodo medio del plutonio.

Un reactor de cr convierte al uranio 238, relativamente estable, en a plutonio 239, un istopo radiactivo. Al cabo de 15 aos, se ha desintegrado o n el 0,043 % de la cantidad inicial, A0 , de una muestra de plutonio. Calcule el periodo medio de ese istopo, si la razn de desintegracin es proporcional o o o a la cantidad presente. Solucin: Como hemos visto en el problema 2.6.1, la solucin del proo o blema de valor inicial dA = kA, dt es A(t) = A0 ekt donde A(t) representa la cantidad de plutonio que queda en cualquier momento. A(0) = A0

Antonio Baeza Salasp p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p 7p p p 6p p 5p p p 4 p p 3p p 2p p p 1p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p 1p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p2 p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p 3p pt p 2,71 p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p pN (t) = 1e0,4055t p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p 5 p p

51

4

Figura 2.1: Crecimiento bacteriano para N0 = 1 Si se ha desintegrado el 0,043 % de los atomos de A0 , queda el 99,957 %. Para calcular la constante k empleamos 0,99957A0 = A(15), esto es, 0,99957A0 = A0 e15k . Despejamos k y tenemos k = 0,00002867. En consecuencia, A(t) = A0 e0,00002867t Si el periodo medio es el valor que corresponde a A(t) = a t en 1 = e0,00002867t 2 se tiene t= ln 2 24180 0,00002867A0 2 ,

despejando

52


2.6.3.

Antig edad de un fsil. u o

Alrededor de 1950, el qu mico Willard Libby invent un mtodo que o e emplea al carbono radiactivo para determinar las edades aproximadas de fsiles. La teor de la datacin con radiocarbono, se basa en que el istopo o a o o carbono 14 se produce en la atmsfera por accin de la radiacin csmica o o o o sobre el nitrgeno. La razn de la cantidad de C-14 al carbono ordinario o o en la atmsfera parece ser constante y, en consecuencia, la cantidad proo porcional del istopo presente en todos los organismos vivos es igual que la o de la atmsfera. Cuando muere un organismo la absorcin del C-14 sea por o o respiracin o alimentacin cesa. As si se compara la cantidad proporcioo o , nal de C-14 presente, por ejemplo en un fsil, con la relacin constante que o o existe en la atmsfera, es posible obtener una estimacin razonable de su o o antigedad. El mtodo se basa en que se sabe que el periodo medio del C-14 u e radiactivo es, aproximadamente, 5600 aos. Por este trabajo, Libby gan el n o Premio Nobel de qu mica en 1960. Ejemplo 2.6.1 Se analiz un hueso fosilizado y se encontr que conten o o a la milsima parte de la cantidad original de C-14. Determine la edad del e fsil. o Solucin: El punto de partida es A(t) = A0 ekt . Para calcular el valor o de la constante de decaimiento aplicamos el hecho que A0 /2 = A(5600) , o sea, A0 /2 = A0 e5600k , despejando k = (ln 2)/5600 = 0,00012378; por consiguiente A(t) = A0 e0,00012378t Tenemos, para A(t) = A0 /1000, que A0 /1000 = A0 e0,00012378t , de modo 1 que 0,00012378t = ln 1000 = ln 1000. As t= ln 1000 55800 0,00012378

En realidad, la edad determinada en este ejemplo est en el l a mite de exactitud del mtodo. Normalmente esta tcnica se limita a unos 9 periodos e e medios del istopo, que son unos 50000 aos. o n

Antonio Baeza Salas

53

2.6.4.

Ley de Newton del enfriamiento.

En la ecuacin (1.14) de la seccin 1.3.3 vimos que la formulacin mao o o temtica de la ley emp a rica de Newton, relativa al enfriamiento de un objeto, se expresa con la ecuacin diferencial lineal de primer orden o dT = k(T Tm ) dt (2.22)

en que k es una constante de proporcionalidad, T (t) es la temperatura del objeto cuando t > 0 y Tm es la temperatura ambiente; o sea; la temperatura del medio que rodea al objeto. Ejemplo 2.6.2 Al sacar un pastel del horno, su temperatura es 300o F. Despus de 3 minutos, 200o F. En cunto tiempo se enfriar hasta la e a a temperatura ambiente de 70o F? Solucin: En la ecuacin (2.22) vemos que Tm = 70. Por consiguiente, o o debemos resolver el problema de valor inicial: dT = k(T 70) dt T (0) = 300 (2.23)

y determinar el valor k de tal modo que T (3) = 200 La ecuacin (2.23) es lineal y separable, a la vez. Al separar las variables, o dT = kdt T 70 cuyo resultado es ln |T 70| = kt + c1 , y as T = 70 + c2 ekt . Cuando t = 0, T = 300, de modo que 300 = 70 + c2 dene a c2 = 230. Entonces, T = 70 + 230ekt . Por ultimo, la determinacin T (3) = 200 conduce a e3k = o 13 13 23 , o sea, k = 1/3 ln 23 , o sea, k = 0,19018. As T (t) = 70 + 230e0,19018t .

2.6.5.

Mezclas.

Al mezclar dos uidos, a veces se originan ecuaciones diferenciales lineales de primer orden. Cuando describimos la mezcla de dos salmueras,(Sec.

54


1.3.4), supusimos que la razn con que cambia la cantidad de sal, A (t), en o el tanque de mezcla es una razn neta: o = (tasa de entrada de la sustancia) (tasa de salida de la sustancia) = R1 R2 (2.24) Ejemplo 2.6.3 Recordemos que el tanque de la seccin 1.3.4 conten o a inicialmente 300 galones de una solucin de salmuera. Al tanque entraba y o sal sal porque se le bombeaba una solucin a un ujo de 3 gal/min, se meza o claba con la solucin original, y sal del tanque con un ujo de 3 gal/min. o a La concentracin de la solucin entrante era 2 lb/gal; por consiguiente, la o o entrada de sal era R1 = (2lb/gal) (3gal/min) = 6lb/min; del tanque sal a con una razn R2 = (A/300lb/gal) (3gal/min) = A/100lb/min. A partir o de esos datos y de la ecuacin (2.24) obtuvimos la ecuacin o o dA A =6 dt 100 (2.25)dA dt

Nos planteamos el siguiente problema: Si hab 50 lb de sal disueltas a en los 300 galones iniciales, cunta sal habr en el tanque pasado mucho a a tiempo? Solucin: Para hallar A(t), resolvemos el problema de valor inicial o dA A =6 dt 100 A(0) = 50 (2.26)

El factor integrante de esta ecuacin diferencial lineal es et/100 , podemos o formular la ecuacin as o : d t/100 e A = 6et/100 dt Se tiene la solucin general A = o y teniendo las condiciones iniciales, se tiene c = 550. Entonces, la cantidad de sal en el tanque en el momento t est denida por a 600+cet/100 , A(t) = 600 550et/100 Pasado un largo tiempo la cantidad de libras de sal en la solucin debe o ser 600 lb.

Antonio Baeza Salas

55

2.6.6.

Modelos demogrcos. a

Si P (t) es el tamao de una poblacin en el momento t, el modelo del n o crecimiento exponencial comienza suponiendo que dP = kP dt para cierta k > 0. En este modelo, la tasa espec ca o relativa de crecimiento, denida por (2.27) P se supone constante, igual a k. Es dif encontrar casos reales de un crecicil miento exponencial durante largos periodos, porque en cierto momento los recursos limitados del ambiente ejercern restricciones sobre el crecimiento a demogrco. As cabe esperar que la razn (2.27) disminuya a medida que a , o P aumenta de tamao. n La hiptesis que la tasa con que crece o decrece una poblacin slo o o o depende del nmero presente y no de mecanismos dependientes del tiempo, u como los fenmenos estacionales, se puede enunciar como sigue: odP dt dP dt

P

= f (P )

dP = P f (P ) dt

(2.28)

Esta ecuacin diferencial, que se adopta en muchos modelos demogrcos o a animales, se llama hiptesis de dependencia de densidad. o Ecuacin log o stica. Supngase que un medio es capaz de sostener, como mximo, una cantio a dad K determinada de individuos en una poblacin. Dicha cantidad se llama o capacidad de sustento, o de sustentacin, del ambiente. Entonces f (K) = 0 o para la funcin f en la ecuacin (2.28) y se escribe tambin f (0) = r. En la o o e gura 2.6.6 vemos tres funciones que satisfacen estas dos condiciones. La hiptesis ms sencilla es que f (P ) es lineal, esto es, que f (P ) = c1 P + o a c2 . Si aplicamos las condiciones f (0) = r y f (K) = 0, tenemos que c2 = r y c1 = r/K, respectivamente, y f adopta la forma f (P ) = r (r/K)P . Entonces la ecuacin (2.28) se transforma en o dP r = P (r P ) dt K (2.29)

Si redenimos las constantes, la ecuacin no lineal (2.29) es igual a la o siguiente:

56


f (P )p r p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p

P

K dP = P (a bP ) (2.30) dt Esta ecuacin, estudiada por Verhulst en 1840, se denomina ecuacin o o log stica y su solucin se denomina funcin log o o stica. La grca de una funa cin log o stica es la curva log stica. Si reescribimos la ecuacin (2.30) en la forma o dP = aP bP 2 dt (2.31)

el trmino no lineal bP 2 , se puede interpretar como un trmino de e e inhibicin. En la mayor parte de las aplicaciones la constante a es mucho o mayor que b. Solucin de la ecuacin log o o stica. Resolvemos por separacin de variables. Al descomponer el lado izquiero do de dP/P (a bP ) = dt en fracciones parciales e integrar, se obtiene ( 1/a b/a + )dP = dt P a bP

1 1 ln |P | ln |a bP | = t + c a a P ln | | = at + ac a bP

Antonio Baeza Salas P = c1 eat a bP Como consecuencia de la ultima ecuacin, o P (t) = ac1 eat ac1 = at 1 + bc1 e bc1 + eat

57

Si P (0) = P0 , P0 = a/b, llegamos a c1 = P0 /(a bP0 ) y as sustituyendo , y simplicando, la solucin es o P (t) = Crecimiento log stico. Supongamos que un alumno es portador del virus de la gripe y regresa a su escuela, donde hay 1000 estudiantes. si se supone que la razn con o que se propaga el virus es proporcional no slo a la cantidad x de alumnos o infectados, sino tambin a la cantidad de alumnos no infectados, determine e la cantidad de alumnos infectados seis d despus, si se observa que a los as e cuatro d x(4) = 50. as Solucin: Suponiendo que nadie sale del campus durante la epidemia, o debemos resolver el problema de valor inicial dx = kx(1000 k), x(0) = 1 dt Sustituimos a = 1000k y b = k en la ecuacin (2.32) y vemos de inmeo diato que 1000 1000k = 1000kt k + 999ke 1 + 999e1000kt Usamos la condicin x(4) = 50 y calculamos k con o x(t) = 50 = 1000 1 + 999e4000k1 4

aP0 bP0 + (a bP0 )eat

(2.32)

Esto da como resultado 1000k = x(t) = La respuesta es x(6) =

ln 1 999 = 0,9906. Entonces: 9

1000 1 + 999e0,99906t

1000 = 276 1 + 999e5,9436

alumnos

58


2.6.7.

Modelo depredador-presa.

Supongamos que dos especies animales interactan en el mismo ambiente u o ecosistema; la primera slo come plantas y la segunda se alimenta de o la primera. Una especie es depredador y la otra es la presa. Para nes de nuestra descripcin, imaginemos que los depredadores son zorros y las presas, o conejos. Sean x(t) y y(t) las poblaciones de zorros y conejos en cualquier momento t. Si no hubiera conejos, cabr esperar que los zorros disminuyeran en a nmero siguiendo la ecuacin u o dx = ax, dt a>0 (2.33)

Al carecer del suministro alimenticio adecuado. Por otro lado, cuando hay conejos ecosistema parece lgico imaginar que la cantidad de encuentros o o interacciones por unidad de tiempo entre ambas especies, es proporcional simultneamente a sus poblaciones, x y y; o sea , es proporcional al producto a xy. As cuando hay conejos, hay alimento para los zorros y stos aumentan , e en el ecosistema a una tasa bxy > 0. Al sumar esta tasa a la ecuacin (2.33) o se obtiene un modelo demogrco para estos depredadores: a dx = ax + bxy dt (2.34)

Por otro lado, cuando no hay zorros y si se supone adems que las rea servas de alimentoson ilimitadas, los conejos aumentar con una rapidez an proporcional al nmero de espec u menes existentes en el momento t: dy = ey, e>0 (2.35) dt Pero cuando hay zorros, el modelo demogrco para los conejos es la a ecuacin (2.35) menos cxy, c > 0; esto es, disminuye segn la rapidez con o u que son comidos: dy = ey cxy (2.36) dt Con lo que podemos formar un sistema de ecuaciones diferenciales no lineales:dx dt dy dt

en donde a, b, c, e son constantes positivas. Este es un sistema famoso de ecuaciones y se llama modelo depredador-presa de Lotka-Volterra.

= ax + bxy = x(a + by) = ey cxy = y(e cx)

(2.37)

Antonio Baeza Salas

59

A excepcin de las dos soluciones constantes x(t) = 0, y(t) = 0 y x(t) = o d/c, y(t) = a/b, el sistema no lineal (2.37) no se puede resolver en trminos de e funciones elementales; sin embargo, podemos analizar en forma cuantitativa y cualitativa esos sistemas.

2.7.2.7.1.

Practica con Mathematica.Integrando con Mathematica.

Con Mathematica podemos realizar tanto integrales indenidas como denidas usando el comando Integrate. Integrate[f, x] Para obtener la integral indenida de f respecto de x Integrate[f, x, xmin, xmax] Se obtiene la integral denida de f respecto de x en el intervalo [xmin, xmax] Por ejemplo; podemos calcular una primitiva de1 x4 1

de la siguiente forma:

In:Integrate[1/(x4 1), x] Out:(ArcT an[x]/2 + 1/4Log[1 + x] 1/4Log[1 + x] Se obtiene una primitiva de la funcin o Podemos calcular la derivada de este resultado para comprobar la integral. In:D[ %, x] 1 1 1 Out: 4(1+x) 4(1+x) 4(1+x2 ) Operamos esta expresin con el comando Simplify o In:Simplif y[ %] Se obtiene la funcin inicialmente integrada: o 1 Out: (1+x4 )

2.7.2.

Representacin grca de funciones dadas en forma o a impl cita.

Para representar grcas de curvas dadas en forma impl a cita debers a cargar el paquete ImplicitPlot, mediante la orden: In: {T hickness[0,01], T hickness[0,02]}] Devuelve la grca de la gura 2.2 a

1.5 1 0.5 -3 -2 -1 -0.5 -1 -1.5 1 2 3

Figura 2.2: Grca de dos funciones dadas en forma impl a cita.

2.7.3.

Ejercicios.

1. Representa grcamente las soluciones del ejemplo (2.3.1) para distina tos valores de c. 2. Utiliza el comando Integrate para resolver los ejercicios (13,14, 15,16) de la pgina 33. a 3. Representa grcamente las soluciones de los ejercicios (13,14, 15,16) a de la pgina 33. a

Cap tulo 3

Mtodos numricos para e e resolver ecuaciones diferenciales ordinarias.Una ecuacin diferencial no necesita tener una solucin, y aun si la tiene, o o no siempre podemos expresarla en forma expl cita o impl cita; en muchos casos tendremos que contentarnos con una aproximacin. o Si suponemos que existe una solucin de la ecuacin diferencial entonces o o aquella representa un lugar geomtrico en el plano cartesiano. Los procedie mientos numricos utilizan la ecuacin diferencial para obtener una sucesin e o o de puntos cuyas coordenadas aproximan las coordenadas de los puntos de la curva que efectivamente es la solucin. o

3.1.

Campos direccionales.

Denicin 3.1.1 (Elementos lineales.) Examinemos la ecuacin difereno o cial de primer orden dy/dx = y. Esta ecuacin signica que las pendientes o de las tangentes a la grca de una solucin estn determinadas por la funa o a cin f (x, y) = y. Cuando f (x, y) se mantiene constante esto es, cuando o y = c, donde c es cualquier constante real estamos obligando a que la pendiente de las tangentes a las curvas de solucin tenga el mismo valor o constante a lo largo de una l nea horizontal; por ejemplo, para y = 2 podemos trazar una serie de segmentos lineales cortos o elementos lineales (cada uno de pendiente 2) con un punto medio en la l nea. Las curvas de solucin cruzan esta reta horizontal en cada punto tangente a los elementos o lineales. Como se ilustra en la gura 3.1. 61

62


y=21

2

Figura 3.1: Elementos lineales. Denicin 3.1.2 (Isoclinas y campos de direcciones.) La ecuacin y = o o c representa una familia uniparamtrica de l e neas horizontales. En general, cualquier miembro de la familia f (x, y) = c se llama isoclina, que literalmente signica curva a lo largo de la cual la inclinacin de las tangentes o es igual. Cuando se hace variar el parmetro c, obtenemos un conjunto de a isoclinas en que los elementos lineales se construyen adecuadamente. La totalidad de esos elementos lineales se llama de diversos modos: campo de direcciones, campo direccional, campo de pendientes o campo de elementos lineales de la ecuacin diferencial dy/dx = f (x, y). Segn se o u aprecia en la gura 3.2, el campo de direcciones recuerda las l neas de ujo de la familia de curvas solucin de la ecuacin diferencial y = y. Si deseao o mos una solucin que pase por el punto (0, 1), debemos formar una curva que o pase por este punto de modo que atraviese las isoclinas con las inclinaciones adecuadas.

3.1.1.

Representacin grca de un Campo de Direcciones. o a

Podemos obtener un Campo de Direcciones de una ecuacin diferencial o de la forma dy/dx = f (x, y) con el siguiente comando

In: Automatic, ScaleF actor > 1, P lotP oints > d] La instruccin Automatic, ScaleF actor > 1, P lotP oints > 20] Ejemplo 3.1.1 Trace el campo de direcciones e indique varios posibles dy miembros de la familia de curvas de solucin de dx = x o y Solucin: Ver guras 3.3 y 3.4. o

3.1.2.

Ejercicios.

En los siguientes problemas obtenga con computadora el campo de direcciones de la ecuacin diferencial dada. Indique diversas curvas posibles o de solucin. o 1. y =x

6410


5

-10

-5

5

10

-5

-10

Figura 3.3: Campos de direcciones del Ejemplo 3.1.1. 2. y 3.

dy = x dx

dy = 0,2x2 + y dx y = y cos x 2

4.

3.2.

Resolucin numrica del problema de Cauchy. o e

Consideremos el problema de Cauchy o problema de valores iniciales: y = f (t, y(t)) y(t0 ) = t [t0 , t0 + T ] (3.1)

En este caso va a ser muy importante estudiar las condiciones de la funcin f . o El problema est bien planteado?Existe solucin del problema? Si existe, a o es unica? Ejemplo 3.2.1 y = 1 + y2 , y(0) = 0 t [0, 2] (3.2)

Antonio Baeza Salas

65

10

5

-10

-5

5

10

-5

-10

Figura 3.4: Posibles miembros de la familia de curvas del Ejemplo 3.4. t0 = 0; t0 + T = 2 T = 2. Solucin y = tan t o Ejemplo 3.2.2 El problema y = x2 + y 2 y(0) = 1

(3.3)

veremos que tiene solucin, pero no hay forma de saber cmo es la solucin o o o de una manera expl cita o impl cita. Podemos darnos una idea de cmo va, representando el campo vectorial o o campo de direcciones de la ecuacin diferencial. o Las isoclinas son circunferencias concntricas denidas por x2 + y 2 = e c, c > 0, gura 3.5. Los elementos lineales que se trazan en cada c rculo tienen una pendiente que corresponde al valor elegido de c. Al estudiar la gura 3.5 parece lgico que una curva de solucin aproximada que pase por o o el punto (0, 1) tenga la forma que se ilustra en la gura gura 3.6. Ejemplo 3.2.3 Sabemos que el siguiente problema de valor inicial: y = y 2/3 y(0) = 0 (3.4)

664


3

2

1

-3

-2

-1 -1

1

2

3

-2

-3

Figura 3.5: Campo de direcciones para y = x2 + y 2 . Tiene solucin pero no es unica, y(t) 0 es solucin, y(t) = o o Ejemplo 3.2.4 tambin. e Sabemos que el siguiente problema de valor inicial: y = 1 + t sen t y(0) = 0 Tiene solucin unica, y(t) = t t cos t + sen t0. o (3.5)1 3 27 t

Denicin 3.2.1 (Funcin lipschitziana.) f (t, y) se dice que esta funo o cin es lipschitziana o globalmente lipschitziana para la variable y en un o conjunto [t0 , to + T ] R, si existe una constante L 0 con la propiedad |f (t, y1 ) f (t, y2 )| L|y1 y2 | para (t, y1 ), (t, y2 ) D. A la constante L se le llama constante de Lipschitz para f . Ejemplo 3.2.5 4} Sea f (t, y) = ty, (t, y) D = {(t, y)/1 t 2, 3 < y 0 tal que f (t, y) D | (t, y)| L, y entonces es lipschitziana para la variable y y con constante de Lipschitz L. Teorema 3.2.3 Sea D = {(t, y)/t0 t t0 + T, y +} y supongamos que f (t, y) es continua en D. Si f satisface una condicin de o Lipschitz en D para la variable y, entonces el problema de valor inicial y = f (t, y(t)) y(t0 ) = t [t0 , t0 + T ] (3.6)

tiene una unica solucin y(t) para t0 t t0 + T , y C ([t0 , t0 + T ]) o

68


Denicin 3.2.4 Un problema de Cauchy o de valor inicial est bien plano a teado si Existe una solucin unica para el problema. o Existe constantes positivas y k con la propiedad de que existe una unica solucin al problema o z = f (t, z) + (t) z(t0 ) = + 0 |z(t)y(t)| < k t [t0 , t0 +T ] | 0 | < , |(t)| < (3.7) Si estamos en las hiptesis del teorema anterior el problema est bien o a planteado.

3.2.1.

Mtodos de un paso para la resolucin numrica. e o e

Queremos resolver de forma efectiva el problema, hasta ahora slo teneo mos asegurada la existencia y unicidad del problema, no sabemos construir la solucin. o Consideramos una particin del intervalo [t0 , t0 + T ], t0 < t1 < < o tn < tn+1 < < tN = t0 + T donde hn = tn+1 tn , h = mx hn , 0 n N a Pretendemos construir unas aproximaciones yn+1 de la solucin en tn+1 , o es decir, yn+1 y(tn+1 ) a partir de los valores tn , yn , hn . Es decir, yn se va calcular a partir de valores referidos exclusivamente en la etapa anterior, de ah que los mtodos se llamen mtodos de un paso. e e Estos mtodos no nos van a dar una funcin continua que sea aproxie o maciones de la solucin y(t) sino que generarn aproximaciones en varios o a puntos llamados puntos de red en el intervalo [t0 , t0 + T ]. Una vez que se obtenga la solucin aproximada en estos puntos, la soluo cin aproximada en otros puntos del intervalo se puede encontrar utilizando o algn procedimiento de interpolacin. u o Queremos resolver numricamente el problema bien planteado e y = f (t, y(t)) y(t0 ) = tn+1

t [t0 , t0 + T ]

(3.8)

Si integramos la ecuacin diferencial en [tn , tn+1 ] obtenemos: o y(tn+1 ) = y(tn ) +tn

f (t, y(t))dt

(3.9)

Los distintos mtodos numricos se obtendrn aplicando alguna frmula e e a o de cuadratura a la integral anterior.

Antonio Baeza Salas

69

3.3.

Mtodos de Euler. e

En lugar de aplicar frmulas de cuadratura podemos considerar la recta o tangente a una curva en un punto como aproximacin a la funcin y(x) en o o ese punto. Una de las tcnicas ms sencillas para aproximar soluciones del problema e a de valor inicial y = f (x, y) (3.10) y(x0 ) = y0 se llama mtodo de Euler o mtodo de las tangentes. Aplica el hecho que la e e derivada de una funcin y(x), evaluada en un punto x0 , es la pendiente de la o tangente a la grca de y(x) en este punto. como el problema de valor inicial a establece el valor de la derivada de la solucin en (x0 , y0 ), la pendiente de o la tangente a la curva de solucin en este punto es f (x0 , y0 ). Si recorremos o una distancia corta por la l nea tangente obtenemos una aproximacin a un o punto cercano de la curva de solucin. A continuacin se repite el proceso en o o el punto nuevo. Para formalizar este procedimiento se emplea la linealizacin o L(x) = y (x0 )(x x0 ) + y0 (3.11)

de y(x) en x = x0 . La grca de esta linealizacin es una recta tangente a o a la grca de y = y(x) en el punto (x0 , y0 ). Ahora se dene h como un a incremento positivo sobre el eje x (Fig. 3.7). Reemplazamos x con x1 = x0 +h en (3.11) y llegamos a L(x1 ) = y (x0 )(x0 + h x0 ) + y0 = y0 + hy0 o sea y1 = y0 + hf (x0 , y0 ) en donde y0 = y (x0 ) = f (x0 , y0 ) y y1 = L1 (x). El punto (x1 , y1 ) sobre la tangente es una aproximacin al punto (x1 , y(x1 )) en la curva de solucin; o o esto es, y1 y(x1 ) es una aproximacin lineal local de y(x) en x1 . La o exactitud de la aproximacin depende del tamao h del incremento. Si a o n continuacin repetimos el proceso, identicando al nuevo punto de partida o (x1 , y1 ) como (x0 , y0 ) de la descripcin anterior, obtenemos la aproximacin o o y(x2 ) = y(x0 + 2h) = y(x1 + h) y2 = y1 + hf (x1 , y1 ) La consecuencia general es que yn+1

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