E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Resumen y ejemplos Tema 7

E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden
Francisco Palacios
Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa
Universidad Politécnica de Cataluña
Noviembre 2008, Versión 1.3
Contenido
1. Conceptos básicos
2. Métodos analíticos para la resolución de ecuaciones diferenciales de
primer orden
3. Métodos numéricos
4. Aplicaciones
1
1.1
Conceptos básicos
Ecuación diferencial
Ecuación que contiene las derivadas de una o más variables dependientes
respecto de una o más variables independientes.
En las ecuaciones diferenciales, las incógnitas son funciones. por ejemplo
dy
+ 5y = ex ,
dx
buscamos y = y(x),
d2 x dx
+ 6x = 0,
−
dt2
dt
∂2u ∂2u
+
= 0,
∂x2 ∂y 2
1.2
buscamos x = x(t),
buscamos u = u(x, y).
Tipo
• Ecuación diferencial ordinaria (EDO)
Una sola variable independiente.
d2 y
+ y = cos x
dx2
⇒
½
incógnita y = y(x),
variable independiente x.
1
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 2
dx
+ x = 2t
dt
⇒
½
incógnita x = x(t),
variable independiente t.
• Ecuación en derivadas parciales (EDP)
Más de una variable independiente.
½
∂2u ∂2u
incógnita u = u(x, y),
+ 2 =0 ⇒
2
variables independientes x, y.
∂x
∂y
½
∂2u
∂u
∂u
incógnita u = u(x, t),
−
2
⇒
=
variables independientes x, t.
∂x2
∂x
∂t
1.3
Orden
El orden de una ecuación diferencial es el mayor orden de derivación que
aparece en la ecuación
d2 y
+ y = cos x
dx2
dx
+ x = 2t
dt
→
y 000 − 2y 00 + y 0 = et
1.4
2o orden.
→
1er orden.
→
3er orden.
Forma general y forma normal
• Forma general de la ecuación diferencial ordinaria de orden n
F (x, y, y0 , . . . , y(n) ) = 0.
• Forma normal de la ecuación diferencial ordinaria de orden n
y(n) = g(x, y, y 0 , . . . , y(n−1) ).
En la forma normal, la derivada de mayor orden aparece despejada.
Dada la ecuación en forma general
y 000 + 5xy 00 − 2y + cos x = 0,
la forma normal es
y 000 = −5xy 00 + 2y − cos x.
Resumen y ejemplos
1.5
Tema 7: EDO’s de primer orden. 3
EDO lineal
Una ecuación diferencial ordinaria de orden n es lineal si puede escribirse en
la forma
an (x)
dn y
dn−1 y
dy
+ a0 (x) y = g(x).
+
a
(x)
+ · · · + a1 (x)
n−1
n
n−1
dx
dx
dx
Observamos que:
1. La variable dependiente y = y(x) y sus derivadas son de primer grado.
2. Cada coeficiente aj (x) depende sólo de x.
3. El término independiente g(x) depende sólo de x.
• Ecuación lineal homogénea.
Si el término independiente es nulo g(x) ≡ 0.
Ejemplo 1.1 Ver si son lineales las siguientes ecuaciones; determinar el
orden.
1. y 00 − 2y 0 + y = 0
2. y 00 + 2y 2 = cos x
3. x2 y 000 − xy 0 + y = xex
4. y 00 − xy 0 + sin y = 0
1.
2.
3.
4.
Lineal, orden 2.
No lineal, tiene un término y 2 .
Lineal orden 3.
No lineal, tiene un término sin y. ¤
1.6
Notación diferencial
Para ecuaciones de primer orden
y0 = f (x, y),
dy
= f (x, y),
dx
también se emplea la notación
M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0.
Ejemplo 1.2 Expresa la siguiente ecuación diferencial en notación diferencial
y+x
= 0.
y0 +
y−x
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 4
Multiplicamos por y − x,
(y − x) y0 + (y + x) = 0,
multiplicamos por dx
(y − x) y0 dx + (y + x) dx = 0,
finalmente, como dy = y 0 dx, resulta
(y − x) dy + (y + x) dx = 0,
reordenamos
(y + x) dx+ (y − x) dy = 0. ¤
| {z }
| {z }
M(x,y)
N(x,y)
Ejemplo 1.3 Expresa en forma normal la siguiente ecuación diferencial.
(x + y + 1) dx + (2x + 2y + 3) dy = 0
Tenemos dy = y 0 dx
(x + y + 1) dx + (2x + 2y + 3) y 0 dx = 0,
eliminamos dx
(x + y + 1) + (2x + 2y + 3) y 0 = 0
y despejamos y0
y0 = −
1.7
x+y+1
. ¤
2x + 2y + 3
Soluciones de una ecuación diferencial
Dada la ecuación diferencial
F (x, y, y0 , . . . , y(n) ) = 0,
decimos que una función φ(x) es solución de la ecuación sobre el intervalo
I, si
1. La función φ(x) es de clase C n (I).
2. Para todo x ∈ I se cumple
F (x, φ(x), φ0 (x), . . . , φ(n) (x)) = 0.
• Curvas solución, curvas integrales. Las curvas integrales de una ecuación diferencial son las representaciones gráficas de sus soluciones.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 5
Ejemplo 1.4 Verifica que la función y = xex es solución de la ecuación
diferencial
y 00 − 2y0 + y = 0
en el intervalo I = (−∞, +∞) .
La función y = xex tiene derivadas continuas de todos los órdenes. Calculamos las dos primeras derivadas
y = xex ,
y 0 = (x + 1) ex ,
y00 = (x + 2) ex ,
sustituyendo en la ecuación
y00 − 2y 0 + y = 0,
resulta
y 00
y0
y
z }| {
z }| { z}|{
(x + 2) ex −2 (x + 1) ex + xex =
= [(x + 2) − 2 (x + 1) + x] ex
= (x + 2 − 2x − 2 + x) ex
= 0 · ex = 0 para todo x ∈ R. ¤
1.8
Solución implícita
Una relación
G(x, y) = 0
es una solución implícita de la ecuación diferencial
F (x, y, y0 , . . . , y (n) ) = 0
en el intervalo I, si existe una función φ(x) de clase C n (I) que, para todo
x ∈ I, cumple las dos ecuaciones
½
G(x, φ(x)) = 0,
F (x, φ(x), φ0 (x), . . . , φ(n) (x)) = 0.
Ejemplo 1.5 Verifica que x2 + y 2 = 4 es solución implícita de la ecuación
diferencial
x
dy
=− ,
dx
y
en el intervalo I = (−2, 2).
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 6
Derivamos implícitamente en
x2 + y 2 = 4
y obtenemos
2x + 2yy0 = 0
de donde resulta
x
y0 = − .
y
Si despejamos y en x2 + y 2 = 4, resulta
p
y = ± 4 − x2 .
Obtenemos, por lo tanto, dos soluciones explícitas
p
φ1 (x) =
4 − x2 ,
p
φ2 (x) = − 4 − x2 .
Las dos funciones son continuas con derivada continua en (−2, 2). ¤
1.9
Familia de soluciones
• Cuando resolvemos una EDO de primer orden
F (x, y, y 0 ) = 0
se obtiene una familia uniparamétrica de soluciones
G(x, y, c) = 0.
• En general, al resolver una EDO de orden n
F (x, y, y0 , . . . , y (n) ) = 0
se obtiene una familia n-paramétrica de soluciones
G(x, y, c1 , c2 , . . . , cn ) = 0.
• Solución particular. Es cada uno de los elementos de una familia de
soluciones, se obtiene dando valores particulares a los parámetros.
Ejemplo 1.6 Consideramos la familia biparamétrica de funciones
y = c1 cos 4x + c2 sin 4x.
1. Demuestra que la familia dada es solución de la EDO
y00 + 16y = 0.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 7
2. Determina la solución particular que cumple las condiciones
½
y(0) = 1,
y 0 (0) = 1.
1. Calculamos las derivadas
y = c1 cos 4x + c2 sin 4x,
y0 = −4c1 sin 4x + 4c2 cos 4x,
y 00 = −16c1 cos 4x − 16c2 sin 4x.
Observamos que, para todo x ∈ R, se cumple
y 00 + 16y = −16c1 cos 4x − 16c2 sin 4x + 16 (c1 cos 4x + c2 sin 4x)
= 0.
2. Solución particular. Tenemos
y = c1 cos 4x + c2 sin 4x,
y 0 = −4c1 sin 4x + 4c2 cos 4x,
de las condiciones
½
y(0) = 1,
y0 (0) = 1,
resulta
½
c1 cos 0 + c2 sin 0 = 1,
−4c1 sin 0 + 4c2 cos 0 = 1,
⇒
½
c1 = 1,
⇒
4c2 = 1,
½
c1 = 1,
c2 = 1/4.
Por lo tanto, la solución particular buscada es
y = cos 4x +
1.10
1
sin 4x. ¤
4
Ecuación diferencial de una familia de curvas
• Planteamiento del problema
Dada la familia de curvas
G(x, y, c) = 0
donde y = y(x), se trata de determinar una ecuación diferencial
F (x, y, y 0 ) = 0
que tenga como solución la familia de curvas dada.
• Procedimiento
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 8
1. Derivamos
G(x, y, c) = 0
implícitamente respecto de x, y obtenemos
g(x, y, y 0 , c) = 0.
2. Con las ecuaciones
½
G(x, y, c) = 0,
g(x, y, y0 , c) = 0.
eliminamos el parámetro c.
Ejemplo 1.7 Determina una ecuación diferencial para la familia parábolas
y = cx2 .
Derivamos
y = cx2
respecto de x, y resulta
y 0 = 2cx.
Con las ecuaciones
½
y = cx2 ,
y 0 = 2cx,
eliminamos el parámetro c. Para ello, despejamos c en la primera ecuación
c=
y
x2
y sustituimos en la segunda
y 0 = 2cx
⇒
resulta
y0 =
y0 = 2
y
x,
x2
2y
. ¤
x
Ejemplo 1.8 Determina una ecuación diferencial para la siguiente familia
biparamétrica de curvas
y = c1 e2x + c2 ex .
Para eliminar dos parámetros, derivamos dos veces
y 0 = 2c1 e2x + c2 ex ,
y 00 = 4c1 e2x + c2 ex .
Resumen y ejemplos
Formamos el sistema
Tema 7: EDO’s de primer orden. 9
⎧
⎨ y = c1 e2x + c2 ex ,
y 0 = 2c1 e2x + c2 ex ,
⎩ 00
y = 4c1 e2x + c2 ex .
Se trata ahora de obtener un sistema equivalente donde aparezca una ecuación libre de parámetros
⎧
⎨ y = c1 e2x + c2 ex ,
¢
¡ a
a
a
0
2x
¡2a − 1a ¢ → 2a ⎩ y00 − y 0= c1 e ,2x
3 −2 →3
y − y = 2c1 e .
¡ a
¢
a
3 − 2 · 2a → 3
⎧
⎨ y = c1 e2x + c2 ex ,
y0 − y = c1 e2x ,
⎩ 00
y − y 0 − 2 (y0 − y) = 0.
Obtenemos una ecuación lineal homogénea de segundo orden
y00 − 3y 0 + 2y = 0. ¤
1.11
Problema de valor inicial
Se trata de determinar una solución particular de una ecuación diferencial
imponiendo condiciones en un mismo punto.
• Primer orden
• Segundo orden
• Tercer orden
½
y 0 = f (x, y),
y(x0 ) = y0 .
⎧ 00
⎨ y = f (x, y, y 0 ),
y(x ) = y0 ,
⎩ 0 0
y (x0 ) = y00 .
⎧ 000
y = f (x, y, y 0 , y 00 ),
⎪
⎪
⎨
y(x0 ) = y0 ,
y 0 (x ) = y00 ,
⎪
⎪
⎩ 00 0
y (x0 ) = y000 .
Los siguientes, son problemas de valor inicial
½ 0
y = xy − sin x,
y(1) = 2.
⎧ 00
⎨ y = x + y + y0 ,
y(0) = 1,
⎩ 0
y (0) = 2.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 10
Observa que, en cada caso, las condiciones adicionales para determinar la
solución particular se especifican en un mismo punto x0 . En el problema de
valor inicial
⎧ 000
y = y 00 + y0 − ex ,
⎪
⎪
⎨
y(1.5) = 0.23,
y0 (1.5) = 1.56,
⎪
⎪
⎩ 00
y (1.5) = −2.45.
es x0 = 1.5.
1.12
Problemas de contorno
Se trata de determinar una solución particular de una ecuación diferencial
imponiendo condiciones en más de un punto. En las ecuaciones de primer
orden, no aparecen los problemas de contorno.
Los siguientes son problemas de contorno con los puntos x0 = 0 y x1 = 1
⎧ 00
⎨ y = x + y + y0 ,
y(0) = 1,
⎩
y(1) = 2.
⎧ 00
⎨ y = x + y + y0 ,
y(0) = 1,
⎩ 0
y (1) = 0.
2
2.1
Métodos analíticos para resolución de Ecuaciones diferenciales de primer orden
Separación de variables
Una EDO de primer orden es separable si puede escribirse en la forma
y0 = g(x) h(y).
Resolución.
Expresamos la EDO en la forma
p(y) dy = g(x) dx
e integramos ambos lados, la solución es
Z
Z
p(y) dy = g(x) dx.
Ejemplo 2.1 Resuelve la ecuación
y0 =
y
.
1+x
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 11
Escribimos la ecuación en la forma
p(y) dy = g(x) dx.
1
y0
=
,
y
1+x
y 0 dx
dx
=
,
y
1+x
dy
dx
=
,
y
1+x
integramos a ambos lados
Z
dy
=
y
Z
dx
.
1+x
Obtenemos una solución implícita
ln y = ln(1 + x) + c,
c ∈ R.
En este caso podemos obtener una solución explícita despejando y
y = eln(1+x)+c = eln(1+x) ec ,
y = k (1 + x) ,
2.2
k = ec > 0. ¤
Soluciones singulares
Consideremos la EDO
y0 = f (x, y),
y supongamos que existe un intervalo I tal que la función f (x, y) se anula
para el valor y = y0 , y todo valor de x ∈ I, esto es
f (x, y0 ) = 0,
para todo x ∈ I,
entonces la función constante
y = y0
es solución de la ecuación diferencial en el intervalo I. Tales funciones constantes se denominan soluciones singulares de la ecuación diferencial.
Ejemplo 2.2 Determina las soluciones singulares de la EDO
¡ 2
¢
¡
¢
y − 1 dx + x2 + 1 dy = 0.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 12
Expresamos la EDO en forma explícita
y 0 = f (x, y)
esto es,
¢
y2 − 1
.
y =− 2
(x + 1)
¡
0
En este caso es
¡
¢
y2 − 1
f (x, y) = − 2
,
(x + 1)
la ecuación
f (x, y) = 0
tiene soluciones
y = ±1
por lo tanto, las soluciones singulares son
y = 1,
y = −1.
Es inmediato que estas funciones constantes cumplen la ecuación diferencial.
¤
Ejemplo 2.3 Una resolución más general para
y0 =
y
.
1+x
Cuando integramos
dx
dy
=
,
y
1+x
Z
Z
dy
dx
=
,
y
1+x
podemos tomar
ln |y| = ln |1 + x| + c1 ,
c1 ∈ R.
definimos c1 = ln |c2 | , c2 6= 0
ln |y| = ln |1 + x| + ln |c2 | ,
ln |y| = ln |c2 (1 + x)| ,
c2 6= 0,
c2 6= 0,
tomando exponenciales
|y| = |c2 (1 + x)| ,
y = ±c2 (1 + x),
y = c (1 + x) ,
c 6= 0.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 13
Finalmente, observamos que la función constante
y(x) = 0
es una solución singular de la EDO, por lo tanto, tomamos como solución
general
y = c (1 + x) , c ∈ R. ¤
Ejemplo 2.4 Resuelve el problema de valor inicial
(
x
y0 = − ,
y
y(4) = −3.
La EDO es separable
yy 0 = −x,
Z
ydy = −xdx,
Z
ydy = − xdx,
y2
x2
= − + c1 ,
2
2
y2 x2
+
= c1 ,
2
2
x2 + y 2 = c2 ,
c1 ∈ R,
c1 ∈ R,
c2 = 2c1 .
Imponemos la condición inicial y(4) = −3 y determinamos la constante
16 + 9 = c2
→
c2 = 25.
Solución particular (implícita)
x2 + y 2 = 25.
Esta última ecuación define dos funciones
p
y = ± 25 − x2 ,
teniendo en cuenta la condición inicial
y(4) = −3
la solución es
p
y = − 25 − x2 . ¤
Resumen y ejemplos
2.3
Tema 7: EDO’s de primer orden. 14
Ecuaciones homogéneas
• Función homogénea
Decimos que una función f (x, y) es homogénea de grado p si
f (tx, ty) = tp f (x, y).
Si se cumple
f (tx, ty) = f (x, y),
entonces f (x, y) es homogénea de grado 0.
Ejemplo 2.5 Estudia si las siguientes funciones son homogéneas y, en caso
afirmativo, determina el grado.
1. f (x, y) = x2 + xy + y 2 .
2. f (x, y) =
x2 + y 2
.
2xy
3. f (x, y) =
x2 + x
.
x3 − 1
4. f (x, y) = x − y + 1.
1)
f (tx, ty) = (tx)2 + (tx) (ty) + (ty)2
= t2 x2 + t2 xy + t2 y 2
¡
¢
= t2 x2 + xy + y 2
= t2 f (x, y).
La función es homogénea de grado 2.
2)
f (tx, ty) =
=
=
(tx)2 + (ty)2
2 (tx) (ty)
¡
¢
2
t x2 + y 2
2t2 (xy)
x2 + y2
= f (x, y).
2xy
La función es homogénea de grado 0.
3) No es homogénea.
4) No es homogénea. ¤
• Ecuación diferencial homogénea en forma normal
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 15
La ecuación diferencial
y 0 = f (x, y)
es homogénea si f (x, y) es una función homogénea de grado 0.
• Ecuación diferencial homogénea en forma diferencial
La ecuación diferencial
M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0
es homogénea si las funciones M (x, y) y N (x, y) son homogéneas del mismo
grado.
• Resolución de EDO’s homogéneas
Si la ecuación diferencial
y 0 = f (x, y)
es homogénea, entonces el cambio de variable
y = ux
conduce a una ecuación de variables separables. La nueva variable es
u=
y
.
x
Ejemplo 2.6 Resuelve la ecuación diferencial
(x − y) dx + xdy = 0.
La ecuación diferencial dada tiene la forma
M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0
con M (x, y) y N (x, y) homogéneas de grado 1.
Pasamos la ecuación a forma normal
y0 =
y realizamos el cambio y = ux
½
y−x
,
x
y = ux,
y0 = u0 x + u.
ux − x
x
= u − 1.
u0 x + u =
Obtenemos
u0 x = −1
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 16
que es una ecuación diferencial separable. Calculamos u(x)
1
du
=− ,
dx
x
Z
Z
1
du = −
dx,
x
u = − ln |x| + c,
c ∈ R.
Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x
y
= − ln |x| + c,
x
c ∈ R.
Finalmente
y = −x ln |x| + cx,
c ∈ R. ¤
Ejemplo 2.7 Resuelve la ecuación diferencial
y0 =
y−x
.
y+x
La ecuación tiene la forma
y 0 = f (x, y)
con f (x, y) homogénea de grado 0
f (tx, ty) =
t (y − x)
ty − tx
=
= f (x, y).
ty + tx
t (y + x)
Realizamos el cambio y = ux. Observemos que
u=
y
x
por lo tanto, u = u(x). Derivando respecto de x, se obtiene
y0 = u0 x + u.
Sustituimos en la ecuación original
u0 x + u =
u0 x + u =
ux − x
,
ux + x
u−1
,
u+1
u−1
−u
u+1
u − 1 − u2 − u
=
u+1
u2 + 1
= −
.
u+1
u0 x =
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 17
Hemos obtenido la ecuación de variables separadas
1
u + 1 du
=−
2
u + 1 dx
x
que tiene solución
Z
1
u+1
du = −
dx.
u2 + 1
x
Calculamos la integral de la parte izquierda de la igualdad
Z
Z
u+1
du =
u2 + 1
=
=
Una primera solución es
Z
Z
u
1
du +
du
2
2
u +1
u +1
Z
1
2u
du + arctan u
2
2
u +1
¢
1 ¡ 2
ln u + 1 + arctan u.
2
¢
1 ¡ 2
ln u + 1 + arctan u = − ln |x| + c1 .
2
Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x
µ³ ´
¶
1
y 2
y
ln
+ 1 + arctan = − ln |x| + c1 ,
2
x
x
c1 ∈ R.
Podemos mejorar un poco la expresión mediante las propiedades de los logaritmos. En primer lugar, multiplicamos la ecuación por 2
¶
µ³ ´
y
y 2
+ 1 + 2 arctan = −2 ln |x| + 2c1
ln
x
x
aplicamos la propiedad 2 ln |x| = ln x2 y cambiamos la constante
µ³ ´
¶
y 2
y
ln
+ 1 + 2 arctan = − ln x2 + c2 , c2 = 2c1
x
x
pasamos el término ln x2 al lado izquierdo y aplicamos la propiedad de los
logaritmos ln a + ln b = ln(a · b)
µ³ ´
¶
y 2
y
ln
+ 1 + ln x2 + 2 arctan = c2 , c2 ∈ R,
x
x
∙µ³ ´
¶ ¸
y 2
y
ln
+ 1 x2 + 2 arctan = c2 , c2 ∈ R,
x
x
finalmente, simplificamos
¡
¢
y
ln x2 + y2 + 2 arctan = c2 ,
x
c2 ∈ R. ¤
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 18
Ejemplo 2.8 Resuelve la ecuación diferencial
¢
¡ 2
y + yx dx − x2 dy = 0.
La ecuación tiene la forma
M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0
con M (x, y) y N (x, y) homogéneas de grado 2.
Pasamos la ecuación a forma normal
y2 + yx
dy
=
,
dx
x2
realizamos el cambio
½
y = ux,
y0 = u0 x + u.
u2 x2 + ux2
x2
2
= u +u
u0 x + u =
y resulta la ecuación separable
du
= u2 ,
dx
Z
Z
1
1
dx,
du =
2
u
x
1
− = ln |x| + c, c ∈ R.
u
Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x
x
−
x
= ln |x| + c,
y
c ∈ R.
En este caso, podemos despejar y para obtener una solución explícita
y=−
2.4
x
,
ln |x| + c
c ∈ R. ¤
Ecuaciones diferenciales exactas
• Diferencial de un campo escalar
Si u = u(x, y), la diferencial de u es
du =
∂u
∂u
dx +
dy.
∂x
∂y
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 19
• Ecuación diferencial exacta
Una ecuación diferencial
M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0
es exacta si existe una función u = u(x, y) tal que
du = M (x, y) dx + N(x, y) dy
es decir, si existe una función de dos variables u(x, y) que cumple
⎧
∂u
⎪
⎪
⎪ ∂x = M (x, y),
⎨
⎪
⎪
∂u
⎪
⎩
= N (x, y).
∂y
En este caso, tenemos una familia de soluciones de la forma
u(x, y) = c,
c ∈ R.
• Criterio para reconocer cuando una ecuación diferencial es exacta
Supongamos que las funciones M (x, y), N (x, y) son continuas con derivadas
parciales continuas en un rectángulo a ≤ x ≤ b, c ≤ x ≤ d. Si se cumple
∂M
∂N
=
,
∂y
∂x
entonces la ecuación diferencial
M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0
es exacta.
• Método de resolución
1. Identificamos que la ecuación diferencial es exacta, usando el criterio
∂M
∂N
=
.
∂y
∂x
2. Determinamos u = u(x, y) que verifica
⎧
∂u
⎪
⎪
= M (x, y),
⎪
⎨ ∂x
⎪
⎪
∂u
⎪
⎩
= N (x, y).
∂y
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 20
3. La familia de soluciones es
u(x, y) = c,
c ∈ R.
Ejemplo 2.9 Resuelve la siguiente ecuación diferencial
¡
¢
(5x + 4y) dx + 4x − 8y 3 dy = 0.
Tenemos
M (x, y) = 5x + 4y,
N (x, y) = 4x − 8y3 .
M (x, y) y N (x, y) son continuas con derivadas parciales continuas en todo
R2 . Estudiamos si la EDO es exacta
∂N
∂M
=4=
,
∂y
∂x
por lo tanto, es exacta. La solución es de la forma u(x, y) = c con
⎧
∂u
⎪
⎪
⎪
⎨ ∂x = 5x + 4y,
(1)
⎪
⎪
∂u
⎪
3
⎩
= 4x − 8y .
∂y
Se trata de un sistema de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales.
Integramos la primera ecuación respecto de x
Z
∂u
= 5x + 4y ⇒ u = (5x + 4y) ∂x,
∂x
5
u = x2 + 4xy + c1 (y) .
(2)
2
Ahora vamos a sustituir la solución obtenida en la segunda ecuación de (1)
∂u
= 4x − 8y3 .
∂y
Primero derivamos respecto de y en (2)
∂u
dc1
= 4x +
∂y
dy
y, a continuación, sustituimos en la segunda ecuación de (1)
4x +
dc1
= 4x − 8y 3
dy
⇒
dc1
= −8y3 .
dy
Integramos respecto de y para obtener c1
Z
c1 = − 8y 3 dy = −2y 4 .
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 21
Sustituyendo c1 en (2), resulta
5
u = x2 + 4xy − 2y 4 .
2
Finalmente, la solución es
5 2
x + 4xy − 2y 4 = c,
2
c ∈ R. ¤
Ejemplo 2.10 Consideramos la siguiente ecuación diferencial
(2x + y) dx + (x + 6y) dy = 0.
1. Resuélvela como ecuación diferencial exacta.
2. Resuélvela como ecuación diferencial homogénea.
1) Resolución como EDO exacta.
Tenemos
M (x, y) = 2x + y,
N (x, y) = x + 6y.
Las funciones M (x, y) y N (x, y) son continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 . Estudiamos si la EDO es exacta
∂N
∂M
=1=
,
∂y
∂x
por lo tanto, la EDO es exacta. La solución es de la forma u(x, y) = c con
⎧
∂u
⎪
⎪
= 2x + y,
⎪
⎨ ∂x
⎪
⎪
∂u
⎪
⎩
= x + 6y.
∂y
Integramos
∂u
= 2x + y
∂x
respecto de x
u=
y sustituimos u(x) en
Z
(2x + y) ∂x = x2 + xy + c1 (y)
∂u
= x + 6y,
∂y
resultando
x+
dc1
= x + 6y.
dy
(3)
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 22
Obtenemos
dc1
= 6y,
dy
que nos permite determinar c1 (y)
Z
c1 = 6y dy = 3y 2 .
Sustituimos c1 en (3), y resulta
u = x2 + xy + 3y 2 .
Finalmente, la solución es
x2 + xy + 3y 2 = c,
c ∈ R.
2) Resolución como EDO homogénea. Escribimos la ecuación en forma
normal
dy
2x + y
=−
,
dx
x + 6y
hacemos el cambio y = ux
2x + ux
x + 6ux
2+u
= −
1 + 6u
u0 x + u = −
2+u
−u
1 + 6u
−2 − u − u − 6u2
=
1 + 6u
−2 − 2u − 6u2
=
1 + 6u
1 + u + 3u2
.
= −2
1 + 6u
u0 x = −
Separamos variables
−2
1 + 6u du
=
,
1 + u + 3u2 dx
x
Z
Z
1 + 6u
1
dx,
du = −2
2
1 + u + 3u
x
¡
¢
ln 1 + u + 3u2 = −2 ln |x| + c1 , c1 ∈ R.
Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x
i
h
ln 1 + y/x + 3 (y/x)2 = −2 ln |x| + c1 , c1 ∈ R.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 23
Podemos obtener una mejor expresión de la solución usando las propiedades
de los logaritmos
i
h
ln 1 + y/x + 3 (y/x)2 + ln x2 = ln c2 , c1 = ln c2 ,
ln
´ i
h³
1 + y/x + 3 (y/x)2 x2 = ln c2
¢
¡
ln x2 + yx + 3y 2 = ln c2
x2 + yx + 3y2 = c2 ,
2.5
c2 > 0. ¤
Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden
• Definición
Una EDO de primer orden es lineal si puede escribirse en la forma
a1 (x) y0 + a0 (x) y = g(x).
La incógnita es la función y = y(x), los coeficientes a1 (x), a0 (x) y el término
independiente g(x) dependen únicamente de x.
• Ecuación lineal homogénea
Cuando el término independiente es nulo
g(x) ≡ 0,
la ecuación lineal se denomina homogénea.
Dada la ecuación lineal
a1 (x) y0 + a0 (x) y = g(x),
la ecuación
a1 (x) y 0 + a0 (x) y = 0
se denomina ecuación homogénea asociada.
Nota No debemos confundir las ecuaciones diferenciales homogéneas, estudiadas en la Sección 2.3, con las ecuaciones lineales homogéneas
¤ EDO homogénea: y 0 = f (x, y), donde f (x, y) es una función homogénea de grado 0.
¤ EDO lineal homogénea: a1 (x) y 0 + a0 (x) y = 0.
• Forma estándar
Decimos que una EDO lineal de primer orden está en forma estándar cuando
se expresa en la forma
y 0 + p(x) y = q(x).
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 24
• Resolución de la EDO lineal homogénea
La ecuación
y 0 + p(x) y = 0
es separable, y tiene solución general
y = k e−
R
p(x) dx
,
k ∈ R.
Demostración.
y 0 + p(x) y = 0,
y 0 = −p(x) y,
1 dy
= −p(x),
y dx
Z
Z
1
dy = − p(x) dx,
y
Z
ln |y| = − p(x) dx + c,
|y| = e−
|y| = e−
|y| = k1 e−
R
y = ke−
R
p(x) dx+c
R
e,
k1 = ec > 0,
,
p(x) dx
p(x) dx
,
p(x) dx c
p(x) dx
y = ±k1 e−
R
R
,
,
k1 > 0,
k = ±k1 6= 0.
Finalmente, podemos observar que la ecuación
y 0 = −p(x) y
admite la solución singular y = 0, por lo tanto, podemos tomar la solución
general
R
y = ke− p(x) dx , k ∈ R. ¤
Ejemplo 2.11 Consideramos la EDO
x
dy
− 4y = 0.
dx
1. Resuelve la ecuación como ecuación lineal homogénea.
2. Verifica que las funciones obtenidas son soluciones sobre todo intervalo
real.
3. Determina la solución particular que verifica y(1) = 3.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 25
1) Resolución de la EDO. La forma estándar es
y 0 + p(x) y = 0,
escribimos la ecuación en forma estándar
4
dy
− y=0
dx x
e identificamos p(x)
4
p(x) = − .
x
La solución es de la forma
y = ke−
R
p(x) dx
y = ke−
= ke4
R
,
k ∈ R.
(− x4 ) dx
R
1
x
dx
= ke4 ln|x|
4
= keln x
= kx4 ,
k ∈ R.
2) Verificamos las soluciones. Cada función de la familia de soluciones
y = kx4 ,
k ∈ R,
es continua con derivada continua en todo intervalo, además
y 0 = 4kx3 .
Sustituimos en la ecuación diferencial
x
dy
− 4y = 0
dx
y obtenemos
y0
y
z¡ }| ¢{
¡z }| ¢{
x 4kx3 −4 kx4 = 0,
para todo x ∈ R.
3) Determinamos la solución particular. Sustituyendo la condición inicial
y(1) = 3
en la solución general
y = kx4 ,
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 26
resulta 3 = k, por lo tanto, la solución particular buscada es
y = 3x4 . ¤
• Propiedades de las soluciones de EDO’s lineales
Consideramos la ecuación lineal
y 0 + p(x) y = q(x).
1. Si y1 , y2 son soluciones de la ecuación lineal homogénea
y0 + p(x) y = 0
entonces, para cualquier par de constantes α1 , α2 ∈ R, la función
y(x) = α1 y1 (x) + α2 y2 (x)
es también una solución de la ecuación lineal homogénea.
2. Toda solución de la ecuación lineal completa
y0 + p(x) y = q(x)
es de la forma
y(x) = yh (x) + yp (x),
donde:
¤ yh (x) es la solución de la ecuación homogénea asociada,
¤ yp (x) es una solución particular de la ecuación completa.
3. Si conocemos una solución particular yp (x) de la ecuación completa,
la solución general de la ecuación completa
y0 + p(x) y = q(x)
puede escribirse en la forma.
y(x) = ke−
R
p(x) dx
+ yp (x),
k ∈ R.
• Resolución de la ecuación lineal completa: método de variación
de parámetros
El objetivo es resolver la ecuación lineal completa
y 0 + p(x) y = q(x).
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 27
Si suponemos que hemos sido capaces de resolver la ecuación homogénea
asociada, entonces el problema se reduce a determinar una solución particular de la ecuación completa. Sabemos que la solución de la ecuación
homogénea asociada
y 0 + p(x) y = 0
es
y = ke−
R
p(x) dx
,
k ∈ R.
El método de variación de parámetros consiste en proponer una solución de
la ecuación completa del tipo
y = k(x) e−
R
p(x) dx
,
donde la constante k pasa a ser una función indeterminada de x, esto es
k = k(x). Sustituimos la solución propuesta en la ecuación completa y determinamos k(x).
Ejemplo 2.12 Consideramos la EDO lineal completa
x
dy
− 4y = x6 ex .
dx
1. Resuélvela usando el método de variación de parámetros.
2. Verifica que las soluciones obtenidas son correctas.
3. Determina la solución particular que cumple y(1) = 2.
1) Resolución de la EDO. Escribimos la ecuación en forma estándar
dy
4
− y = x5 ex .
dx x
En primer lugar, debemos resolver la ecuación homogénea asociada
4
dy
− y = 0.
dx x
Hemos visto en el Ejemplo 2.11 , que la solución es
yh = kx4 ,
k ∈ R.
Para resolver la ecuación completa, proponemos la solución
y = k(x) x4 ,
derivamos
y 0 = k0 x4 + 4kx3
(4)
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 28
y sustituimos en la ecuación completa (4)
y0
simplificando, resulta
y
z
}|
{ 4 z¡ }| ¢{
k0 x4 + 4kx3 −
kx4 = x5 ex ,
x
k0 x4 = x5 ex ,
k 0 = xex .
Resolvemos esta última ecuación de variables separables para determinar
k(x).
dk
= xex ,
dx
Z
Z
dk = xex dx,
x
k = xe −
Z
ex dx,
= xex − ex .
Sustituimos en
y = k(x) x4
y obtenemos una solución particular para la EDO completa
yp = (xex − ex ) x4
= x5 ex − x4 ex .
Finalmente, la solución general de la EDO completa es
y = yh + yp ,
y = kx4 + x5 ex − x4 ex ,
2) Verificación de la solución. Calculamos y0
k ∈ R.
y 0 = 4kx3 + 5x4 ex + x5 ex − 4x3 ex − x4 ex
= 4kx3 + 4x4 ex + x5 ex − 4x3 ex .
La ecuación diferencial completa es
x
dy
− 4y = x6 ex ,
dx
sustituyendo en la parte izquierda de la ecuación
x
dy
− 4y
dx
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 29
obtenemos
¡
¢
¡
¢
x 4kx3 + 4x4 ex + x5 ex − 4x3 ex − 4 kx4 + x5 ex ¡− x4 ex =
¢
= 4kx4 + 4x5 ex + x6 ex − 4x4 ex − 4 kx4 + x5 ex − x4 ex
= 4kx4 + 4x5 ex + x6 ex − 4x4 ex − 4kx4 − 4x5 ex + 4x4 ex
= x6 ex .
3) Determinación de la solución particular. Estamos buscando la solución
particular de la EDO completa que cumple y(1) = 2. La solución general de
la EDO completa es
y = kx4 + x5 ex − x4 ex ,
k ∈ R,
imponemos la condición inicial y(1) = 2, y resulta
2=k+e−e
⇒
k = 2,
por lo tanto, la solución particular buscada es
y = 2x4 + x5 ex − x4 ex . ¤
Ejemplo 2.13 Resuelve el problema de valor inicial
(
dy
+ y = t,
dt
y(0) = 4.
1) Obtención de la solución general. La ecuación es lineal y está en forma
estándar; notemos que la variable independiente es t.
y 0 + p(t) y = q(t),
Identificamos
p(t) = 1,
la solución de la ecuación homogénea asociada
y 0 + p(t) y = 0
es
yh (t) = ke−
R
= ke−t ,
p(t) dt
= ke−
k ∈ R.
R
dt
Para determinar una solución particular de la ecuación completa, proponemos una solución del tipo
yp (t) = k(t) e−t
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 30
y sustituimos en la ecuación completa
dy
+ y = t,
dt
resulta
yp0
yp
z
}|
{ z}|{
k0 e−t − ke−t + ke−t = t,
k0 e−t = t,
t
k0 = −t = tet .
e
Determinamos k(t) resolviendo la EDO
dk
= tet ,
dt
Z
Z
dk = tet dt = tet − et .
Obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa
yp (t) = k(t)e−t = (t − 1)et e−t = t − 1.
La solución general de la EDO completa es
y(t) = yh (t) + yp (t)
= ke−t + t − 1,
k ∈ R.
2) Solución del problema de valor inicial. Queremos determinar la solución
de la EDO completa que verifica y(0) = 4. Tomamos la solución general de
la EDO completa
y = ke−t + t − 1, k ∈ R,
e imponemos la condición inicial
y(0) = 4,
obtenemos
4=k−1
⇒
k = 5.
La solución particular de la EDO completa buscada es
y = 5e−t + t − 1. ¤
Ejemplo 2.14 Resuelve la EDO
x
dy
− y = x2 sin x,
dx
x > 0.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 31
Ecuación en forma estándar
y0 −
1
y = x sin x,
x
identificamos p(x)
p(x) = −1/x.
Solución de la ecuación homogénea asociada
yh (x) = ke−
R
p(x) dx
R
1
= ke− (− x )dx
= keln|x|
= k |x| ,
como, según el enunciado es x > 0, obtenemos
yh = kx,
k ∈ R.
Determinamos la solución de la ecuación completa por el método de variación
de parámetros. Proponemos la solución particular de la ecuación completa
yp (x) = k(x) x
y sustituimos en
y0 −
resulta
z¡
yp0
1
y = x sin x,
x
yp
}| ¢{ 1 z}|{
k0 x + k − (kx)= x sin x,
x
0
k x = x sin x,
k0 = sin x,
k(x) = − cos x.
Tomamos como solución particular de la EDO completa
yp (x) = −x cos x,
la solución general de la EDO completa es
y(x) = kx − x cos x,
k ∈ R. ¤
Resumen y ejemplos
3
Tema 7: EDO’s de primer orden. 32
Métodos numéricos
3.1
Resolución numérica de problemas de valor inicial
• Problema de valor inicial en forma normal
½ 0
y = f (x, y),
y(a) = ya , x ∈ [a, b].
Se busca una función y = y(x) de clase C 1 [a, b] que verifique la ecuación
diferencial
y 0 = f (x, y)
y que, para x = a, tome el valor y(a) = ya .
• Condición suficiente de existencia y unicidad de solución
Sea R una región rectangular
½
a≤x≤b
R=
c≤y≤d
∂f
son continuas en R, entonces para cada punto (x0 , y0 ) interior
∂y
a R, existe un intervalo
Si f (x, y) y
I0 = (x0 − δ, x0 + δ) ,
δ > 0,
tal que el problema de valor inicial
½ 0
y = f (x, y),
y(x0 ) = y0 ,
tiene una única solución y = y(x) definida en I0 .
Ejemplo 3.1 Consideramos el problema de valor inicial
½ 0
y = xy2 ,
y(0) = 1, x ≥ 0.
1. Estudia la existencia y unicidad de solución.
2. Resuelve el problema en forma exacta.
3. Determina el dominio de la solución.
1) Existencia y unicidad. Tenemos
f (x, y) = xy 2 ,
∂f
= 2xy,
∂y
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 33
que son continuas en todo R2 . Para cada punto del plano (x0 , y0 ), existe un
intervalo
I0 = (x0 − δ, x0 + δ) , δ > 0,
tal que el problema de valor inicial
½ 0
y = f (x, y),
y(x0 ) = y0 ,
tiene una única solución y = y(x) definida en I0 . En particular, cuando
x0 = 0, y0 = 1, existe un intervalo I0 = (−δ, δ) tal que el problema de valor
inicial
½ 0
y = xy2 ,
y(0) = 1,
tiene una única solución y = y(x) definida en I0 .
2) Solución exacta. La ecuación y0 = xy 2 es de variables separables.
dy
= xy 2 ,
dx
1
dy = x dx,
y2
Z
Z
1
dy = x dx,
y2
1
1
− = x2 + c, c ∈ R.
y
2
Familia de soluciones
y=
−1
,
+c
1 2
2x
c ∈ R.
Solución particular. Imponemos la condición y(0) = 1
1=
−1
−1
=
c
+c
1 2
20
⇒
c = −1,
por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es
y(x) =
−1
2
.
=
2 − x2
−1
1 2
2x
3) Dominio de la solución. El denominador de la solución
y=
2
2 − x2
√
se anula para x = ± 2. El mayor intervalo que contiene a x0 = 0, donde
y(x) es derivable es
³ √ √ ´
− 2, 2 .
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 34
Teniendo en cuenta que en el enunciado se especifica que buscamos una
función y = y(x) para x ≥ 0. El dominio de la solución es
√
I = [0, 2). ¤
• Resolución numérica
Para muchos problema de valor inicial, podemos asegurar la existencia y
unicidad de solución y, sin embargo, no es posible obtener una solución
exacta. El enfoque numérico consiste en aproximar el valor de la solución
para determinados valores de x. Con mayor precisión, dado el problema de
valor inicial
( dy
= f (x, y),
dx
y(a) = ya , x ∈ [a, b].
1. Dividimos el intervalo [a, b] en n partes de longitud
h=
b−a
,
n
h es el tamaño de paso (step).
2. Construimos los nodos de la red
x0 = a,
x1 = a + h, . . . , xj = a + jh, . . . , xn = a + nh = b.
3. Para cada xj , calculamos un valor aproximado
ȳj ' y(xj ) = yj .
B El error
ej = yj − ȳj
se denomina error de truncamiento del paso j.
B El error al final del intervalo
en = yn − ȳn
se denomina error de truncamiento global.
3.2
Método de Euler
Dado el problema de valor inicial
⎧
dy
⎪
= f (x, y),
⎨
dx
⎪
⎩
y(a) = ya , x ∈ [a, b],
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 35
el método de Euler de n pasos queda definido por
½
ȳ0 = ya
ȳj+1 = ȳj + h f (xj , ȳj ), j = 0, 1, . . . , n − 1,
donde
h=
b−a
n
y
x0 = a,
x1 = a + h, . . . , xj = a + jh, . . . , xn = a + nh = b.
Ejemplo 3.2 Dado el problema de valor inicial
½ 0
y + y − x − 1 = 0,
y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].
1. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos.
2. Calcula la solución exacta.
3. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamiento
global.
1) Método de Euler.
I Formulación del método.
En primer lugar, escribimos el problema en forma normal e identificamos
f (x, y)
½ 0
y = x − y + 1,
y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5],
tenemos
f (x, y) = x − y + 1.
El tamaño de paso es
h=
0.5 − 0
= 0.1,
5
y los nodos son
x0 = 0, x1 = 0.1, x2 = 0.2, x3 = 0.3, x4 = 0.4, x5 = 0.5.
El método de Euler es
½
ȳ0 = 1,
ȳj+1 = ȳj + 0.1 (xj − ȳj + 1) ,
j = 0, 1, . . . , 4.
I Iteraciones
Fase 0.
x0 = 0,
ȳ0 = y(x0 ) = 1.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 36
Fase 1.
x0 = 0
ȳ0 = 1
¾
⇒
ȳ1 = ȳ0 + h (x0 − ȳ0 + 1) = 1 + 0.1 (0 − 1 + 1) = 1.
Fase 2.
x1 = 0.1
ȳ1 = 1
¾
⇒
ȳ2 = ȳ1 + h (x1 − ȳ1 + 1) = 1 + 0.1 (0.1 − 1 + 1) = 1.01.
Fase 3.
x2 = 0.2
ȳ2 = 1.01
¾
⇒
ȳ3 = 1.01 + 0.1 (0.2 − 1.01 + 1) = 1. 029.
Fase 4.
x3 = 0.3
ȳ3 = 1.029
¾
⇒
ȳ4 = 1.029 + 0.1 (0.3 − 1.029 + 1) = 1. 0561.
Fase 5.
x4 = 0.4
ȳ4 = 1.0561
¾
⇒
ȳ5 = 1.0561 + 0.1 (0.4 − 1.0561 + 1) = 1. 09049
Resumimos los resultados en una tabla
j
0
1
2
3
4
5
xj
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
ȳj
1
1
1.01
1.029
1.0561
1.09049
2) Solución exacta
I Solución general de la EDO completa. La ecuación
y0 + y = x + 1
es lineal. La ecuación homogénea asociada es
y0 + y = 0.
Identificamos p(x) = 1, la solución de la ecuación homogénea asociada es
yh (x) = ke−
R
p(x) dx
= ke−x .
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 37
Para obtener la solución de la ecuación completa, aplicamos el método de
variación de parámetros, esto es, proponemos una solución particular de la
forma
yp (x) = k(x) e−x
y sustituimos en
y0 + y = x + 1,
resulta
yp0
yp
z
}|
{ z }| {
k 0 e−x − ke−x + ke−x = x + 1,
k0 e−x = x + 1,
x+1
= (x + 1) ex ,
e−x
Z
k = (x + 1) ex dx,
k0 =
resolvemos la integral por partes
Z
Z
x
x
(x + 1) e dx = (x + 1) e − ex dx = (x + 1) ex − ex + c
= xex + c,
c ∈ R.
Tomamos el valor de k
k(x) = xex ,
de donde resulta la siguiente solución particular de la EDO completa
yp (x) = (xex ) e−x = x.
Finalmente, obtenemos la solución general de la EDO completa
y = yh + yp = ke−x + x,
k ∈ R.
I Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición y(0) = 1
y obtenemos
1 = ke0 + 0 ⇒ k = 1,
la solución del problema de valor inicial es
y = e−x + x.
3) Errores de truncamiento. En la siguiente tabla se recogen los valores
exactos
yj = y(xj ), j = 0, 1, . . . , 5.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 38
y los errores locales de truncamiento
j
0
1
2
3
4
5
xj
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
yj
ȳj
1
1. 004837
1. 018731
1. 040818
1. 070320
1. 106531
1
1
1.01
1.029
1.0561
1.09049
ej = yj − ȳj
0
0. 004837
0. 008731
0.011818
0.014220
0.016041
El error de truncamiento global es
e5 = y5 − ȳ5 = 0.016041. ¤
• Deducción del método
Supongamos que el problema de valor inicial
⎧
dy
⎪
= f (x, y),
⎨
dx
⎪
⎩
y(a) = ya , x ∈ [a, b],
tiene una solución y = y(x) que es de clase C 2 en [a, b] y que conocemos
yj = y(xj ).
Desarrollamos y(x) por Taylor en c = xj y obtenemos
y(x) = y(xj ) + y 0 (xj ) (x − xj ) + y 00 (t) (x − xj )2 ,
t entre xj y x.
Sustituimos x = xj+1 , y resulta
1
y(xj+1 ) = y(xj )+y 0 (xj ) (xj+1 − xj )+ y 00 (t) (xj+1 − xj )2 ,
2
Como h = xj+1 − xj , resulta
1
y(xj+1 ) = y(xj ) + y 0 (xj ) h + y00 (t) h2 ,
2
t entre xj y xj+1 .
t entre xj y xj+1 .
Si h es pequeño, podemos despreciar el término 12 y 00 (t) h2 y tomar la aproximación
y(xj+1 ) ' y(xj ) + y 0 (xj ) h,
además, como
y 0 (xj ) = f (xj , yj )
resulta
yj+1 ' yj + h f (xj , yj ) .
Finalmente, sustituimos yj por el valor aproximado ȳj , y obtenemos la aproximación para yj+1
ȳj+1 = ȳj + h f (xj , ȳj ) .
Resumen y ejemplos
3.3
Tema 7: EDO’s de primer orden. 39
Método de Euler Modificado
Dado el problema de valor inicial
⎧
dy
⎪
⎨
= f (x, y),
dx
⎪
⎩
y(a) = ya , x ∈ [a, b],
el método de Euler modificado de n pasos queda definido por
⎧
ȳ0 = ya ,
⎪
⎪
⎪
⎪
(j)
⎪
⎨ k1 = f (x
³ j , ȳj ),
´
(j)
(j)
=
f
x
,
ȳ
+
h
k
k
,
j+1
j
2
1
⎪
⎪
³
´
⎪
⎪
⎪
⎩ ȳj+1 = ȳj + h k1(j) + k2(j) , j = 0, 1, . . . , n − 1,
2
donde
h=
b−a
n
y
x0 = a,
x1 = a + h, . . . , xj = a + jh, . . . , xn = a + nh = b.
Ejemplo 3.3 Dado el problema de valor inicial
½ 0
y + y − x − 1 = 0,
y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].
1. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos.
2. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamiento
global.
1) Método de Euler modificado. El problema en forma normal es
½ 0
y = x − y + 1,
y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].
Tenemos
f (x, y) = x − y + 1,
0.5 − 0
= 0.1,
5
x0 = 0, x1 = 0.1, x2 = 0.2, x3 = 0.3, x4 = 0.4, x5 = 0.5.
h=
I Iteraciones.
Fase 0.
x0 = 0,
ȳ0 = y(x0 ) = 1.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 40
Fase 1. Partimos de los valores
x0 = 0, x1 = 0.1, ȳ0 = 1,
(0)
k1 = f (x0 , ȳ0 ) = x0 − ȳ0 + 1 = 0 − 1 + 1 = 0,
(0)
k2
´
³
(0)
= f (0.1, 1 + 0.1 · 0)
= f x1 , ȳ0 + hk1
= 0.1 − 1 + 1 = 0. 1,
´
h ³ (0)
(0)
k1 + k2
= 1 + 0.05 (0 + 0.1) = 1. 005.
ȳ1 = ȳ0 +
2
Fase 2. Partimos de los valores
x1 = 0.1, x2 = 0.2, ȳ1 = 1.005,
(1)
k1
= f (x1 , ȳ1 ) = f (0.1, 1.005) = 0.1 − 1.005 + 1
= 0.0 95,
³
´
(1)
= f x2 , ȳ1 + hk1
= f (0.2, 1.005 + 0.1 · 0.0 95)
(1)
k2
= f (0.2, 1. 0145) = 0.2 − 1.0145 + 1
= 0. 1855,
´
h ³ (1)
(1)
k1 + k2
= 1.005 + 0.05 (0.095 + 0.1855)
2
= 1. 019025.
ȳ2 = ȳ1 +
Fase 3. Partimos de los valores
x2 = 0.2, x3 = 0.3, ȳ2 = 1. 01902 5,
(2)
k1
= f (x2 , ȳ2 ) = f (0.2, 1. 01902 5) = 0.2 − 1. 01902 5 + 1
= 0. 18097 5,
(2)
k2
´
³
(2)
= f (0.3, 1. 01902 5 + 0.1 · 0. 18097 5)
= f x3 , ȳ2 + hk1
= f (0.3, 1. 03712 3) = 0.3 − 1. 03712 3 + 1
= 0. 26287 7,
´
h ³ (2)
(2)
k1 + k2
= 1. 01902 5 + 0.05 (0. 18097 5 + 0. 26287 7)
2
= 1. 04121 8.
ȳ3 = ȳ2 +
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 41
Fase 4. Partimos de los valores
x3 = 0.3, x4 = 0.4, ȳ3 = 1. 04121 8,
(3)
k1
= f (x3 , ȳ3 ) = f (0.3, 1. 04121 8) = 0.3 − 1. 04121 8 + 1
= 0. 25878 2,
(3)
k2
´
³
(3)
= f (0.4, 1. 04121 8 + 0.1 · 0. 25878 2)
= f x4 , ȳ3 + hk1
= f (0.4, 1. 06709 6) = 0.4 − 1. 06709 6 + 1
= 0. 33290 4,
´
h ³ (3)
(3)
k1 + k2
= 1. 04121 8 + 0.05 (0. 25878 2 + 0. 33290 4)
2
= 1. 07080 2.
ȳ4 = ȳ3 +
Fase 5. Partimos de los valores
x4 = 0.4, x5 = 0.5, ȳ4 = 1. 07080 2,
(4)
k1 = f (x4 , ȳ4 ) = f (0.4, 1. 07080 2) = 0. 32919 8,
(4)
k2
´
³
(4)
= f (0.5, 1. 07080 2 + 0.1 · 0. 32919 8)
= f x5 , ȳ4 + hk1
= f (0.5, 1. 10372 2) = 0. 39627 8,
´
h ³ (4)
(4)
= 1. 07080 2 + 0.05 (0. 32919 8 + 0. 39627 8)
k1 + k2
2
= 1. 10707 6.
ȳ5 = ȳ4 +
Resumimos los resultados en una tabla
j
0
1
2
3
4
5
xj
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
ȳj
1
1.005
1. 01902 5
1. 04121 8
1. 07080 2
1. 10707 6
2) Errores de truncamiento. Hemos visto en el ejemplo anterior que la
solución exacta es
y = e−x + x.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 42
En la siguiente tabla se recogen los valores exactos
yj = y(xj ),
j = 0, 1, . . . , 5,
y los errores locales de truncamiento
j
0
1
2
3
4
5
xj
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
yj
ȳj
1
1. 004837
1. 018731
1. 040818
1. 070320
1. 106531
1
1.005
1. 01902 5
1. 04121 8
1. 07080 2
1. 10707 6
ej = yj − ȳj
0
−0.000 163
−0.000 294
−0.000 400
−0.000 482
−0.000 545
El error de truncamiento global es
e5 = y5 − ȳ5 = −0.000 545. ¤
• Deducción del método
Tenemos el problema de valor inicial
½ 0
y = f (x, y),
y(a) = ya , x ∈ [a, b].
Tomamos
y 0 = f (x, y)
e integramos en el intervalo [x0 , x1 ]
Z x1
Z
0
y (x) dx =
x0
x1
f (x, y(x)) dx.
x0
Para la integral de lado izquierdo tenemos
Z x
1
y 0 (x) dx = [y(x)]xx10 = y(x1 ) − y(x0 ),
x0
para aproximar el valor de la integral del lado derecho, usamos la regla del
trapecio simple
Z x1
h
f (x, y(x)) dx ' [f (x0 , y0 ) + f (x1 , y1 )] .
2
x0
Los valores x0 , x1 , y0 son conocidos; para el valor y1 , tomamos la estimación
que nos proporcionaría el método de Euler
y1 ' y0 + hf (x0 , y0 ) ,
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 43
tenemos finalmente
h
[f (x0 , y0 ) + f (x1 , y0 + hf (x0 , y0 ))] ,
2
y(x1 ) − y(x0 ) '
h
[f (x0 , y0 ) + f (x1 , y0 + hf (x0 , y0 ))] .
2
En pasos posteriores, se procede de forma análoga. Supongamos que hemos
obtenido ȳj , para calcular ȳj+1 integramos
ȳ1 = y0 +
y 0 = f (x, y)
en el intervalo [xj , xj+1 ]
Z xj+1
0
y (x) dx =
xj
Z
Z
xj
xj+1
f (x, y(x)) dx,
xj
xj+1
xj
xj+1
Z
y 0 (x) dx = y(xj+1 ) − y(xj ),
f (x, y(x)) dx '
h
[f (xj , yj ) + f (xj+1 , yj+1 )] ,
2
para yj+1 tomamos la estimación que nos proporcionaría el método de Euler
yj+1 ' ȳj + hf (xj , ȳj ) ,
y(xj+1 ) − y(xj ) '
ȳj+1 = ȳj +
3.4
h
[f (xj , yj ) + f (xj+1 , ȳj + hf (xj , ȳj ))] ,
2
h
[f (xj , ȳj ) + f (xj+1 , ȳj + hf (xj , ȳj ))] .
2
Método de Taylor de 2o orden
Dado el problema de valor inicial
⎧
dy
⎪
⎨
= f (x, y),
dx
⎪
⎩
y(a) = ya , x ∈ [a, b],
el método de Taylor de 2o orden de n pasos queda definido por
⎧
⎨ ȳ0 = ya ,
¤
h2 £ 0
⎩ ȳj+1 = ȳj + h f (xj , ȳj ) +
fx (xj , ȳj ) + fy0 (xj , ȳj ) f (xj , ȳj ) ,
2
donde
• fx0 es la derivada parcial de f (x, y) respecto de x,
j = 0, 1, . . . , n − 1,
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 44
• fy0 es la derivada parcial de f (x, y) respecto de y,
• h=
b−a
n
es el step,
• x0 = a,
nodos.
x1 = a + h, . . . , xj = a + jh, . . . , xn = a + nh = b, son los
Ejemplo 3.4 Dado el problema de valor inicial
(
y
y0 = 1 + ,
x
y(1) = 2, x ∈ [1, 2].
1. Aproxima la solución usando el método de Taylor de segundo orden
con 4 pasos.
2. Calcula la solución exacta.
3. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamiento
global.
1) Método de Taylor de segundo orden.
I Formulación del método. El problema está en forma normal; identificamos
f (x, y)
y
f (x, y) = 1 + ,
x
calculamos las derivadas parciales
fx0 (x, y) = −
fy0 (x, y) =
y
,
x2
1
.
x
El tamaño de paso es
h=
2−1
= 0.25,
4
los nodos son
x0 = 1, x1 = 1.25, x2 = 1.5, x3 = 1.75, x4 = 2.
La fórmula de recurrencia es, en este caso
¤
(0.25)2 £ 0
fx (xj , ȳj ) + fy0 (xj , ȳj ) f (xj , ȳj )
2
£
¤
= ȳj + 0.25 · f (xj , ȳj ) + 0.0 3125 · fx0 (xj , ȳj ) + fy0 (xj , ȳj ) f (xj , ȳj ) .
ȳj+1 = ȳj + 0.25 · f (xj , ȳj ) +
I Iteraciones.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 45
Fase 1. Partimos de x0 = 1,
ȳ0 = 2,
f (x0 , ȳ0 ) = 1 +
2
= 3,
1
2
fx0 (x0 , ȳ0 ) = − = −2,
1
1
fy0 (x0 , ȳ0 ) = = 1,
1
£
¤
ȳ1 = ȳ0 + 0.25 · f (x0 , ȳ0 ) + 0.0 3125 · fx0 (x0 , ȳ0 ) + fy0 (x0 , ȳ0 ) f (x0 , ȳ0 )
= 2 + 0.25 · 3 + 0.0 3125 · (−2 + 1 · 3)
= 2. 78125.
Fase 2. Partimos de x1 = 1.25,
ȳ1 = 2. 78125,
f (x1 , ȳ1 ) = 1 +
fx0 (x1 , ȳ1 ) = −
2. 78125
= 3. 225,
1.25
2. 78125
= −1. 78,
(1.25)2
fy0 (x1 , ȳ1 ) =
1
= 0. 8,
1.25
£
¤
ȳ2 = ȳ1 + 0.25 · f (x1 , ȳ1 ) + 0.0 3125 · fx0 (x1 , ȳ1 ) + fy0 (x1 , ȳ1 ) f (x1 , ȳ1 )
= 2. 78125 + 0.25 · 3. 225 + 0.0 3125 · (−1. 78 + 0. 8 · 3. 225)
= 3. 6125.
Fase 3. Partimos de x2 = 1.5,
ȳ2 = 3. 6125,
f (x2 , ȳ2 ) = 1 +
fx0 (x2 , ȳ2 ) = −
3. 6125
= 3. 40833 3,
1.5
3. 6125
= −1. 60555 6
(1.5)2
fy0 (x2 , ȳ2 ) =
1
= 0. 66666 67,
1.5
£
¤
ȳ3 = ȳ2 + 0.25 · f (x2 , ȳ2 ) + 0.0 3125 · fx0 (x2 , ȳ2 ) + fy0 (x2 , ȳ2 ) f (x2 , ȳ2 )
= 3. 6125 + 0.25 · 3. 40833 3 + 0.0 3125 · (−1. 60555 6 + 0. 66666 67 · 3. 40833 3)
= 4. 48541 7.
Fase 4. Partimos de x3 = 1.75,
ȳ3 = 4. 48541 7,
f (x3 , ȳ3 ) = 1 +
4. 48541 7
= 3. 56309 5,
1.75
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 46
fx0 (x3 , ȳ3 ) = −
4. 48541 7
= −1. 46462 6,
(1.75)2
fy0 (x3 , ȳ3 ) =
1
= 0. 57142 86,
1.75
£
¤
ȳ4 = ȳ3 + 0.25 · f (x3 , ȳ3 ) + 0.0 3125 · fx0 (x3 , ȳ3 ) + fy0 (x3 , ȳ3 ) f (x3 , ȳ3 )
= 4. 48541 7 + 0.25 · 3. 56309 5 + 0.0 3125 · (−1. 46462 6 + 0. 57142 86 · 3. 56309 5)
= 5. 39404 8.
Resumimos los resultados en una tabla
j
0
1
2
3
4
xj
1.00
1.25
1.50
1.75
2.00
ȳj
2
2. 781250
3. 612500
4. 48541 7
5. 39404 8
2) Solución exacta. Se trata de una ecuación lineal
y
y0 = 1 + ,
x
la escribimos en la forma estándar
y 0 + p(x) y = q(x),
y0 −
1
y = 1.
x
La ecuación homogénea asociada es
y0 −
1
y = 0,
x
identificamos
1
p(x) = − ,
x
la solución de la ecuación homogénea es
yh (x) = ke−
R
−1
dx
x
= keln x = kx,
k ∈ R.
Para obtener la solución de la ecuación completa, aplicamos el método de
variación de parámetros, esto es, proponemos una solución particular de la
EDO completa de la forma
yp (x) = k(x) x
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 47
y sustituimos en
y0 −
resulta
1
y = 1,
x
yp0
y
p
z }| { 1 z}|{
0
k x + k − kx = 1,
x
0
k x = 1,
1
k0 = .
x
Z
1
k=
dx = ln x + c, c ∈ R.
x
Tomamos el valor de k
k(x) = ln x,
de donde resulta la siguiente solución particular para la EDO completa
yp (x) = x ln x.
Finalmente, obtenemos la solución general de la EDO completa
y(x) = yh (x) + yp (x) = kx + x ln x,
k ∈ R.
Ahora vamos a calcular la solución del problema de valor inicial. Imponemos
la condición y(1) = 2 y obtenemos
2 = k + 1 ln 1
⇒
k = 2,
la solución particular es
y = 2x + x ln x.
3) Errores de truncamiento. En la siguiente tabla se recogen los valores
exactos
yj = y(xj ), j = 0, 1, . . . , 5,
y los errores locales de truncamiento
j
0
1
2
3
4
xj
1.00
1.25
1.50
1.75
2.00
yj
2
2. 77892 9
3. 60819 8
4. 47932 8
5. 38629 4
ȳj
2
2. 781250
3. 612500
4. 48541 7
5. 39404 8
ej = yj − ȳj
0
−0.00 2321
−0.00 4302
−0.00 6089
−0.00 7754
El error de truncamiento global es
e4 = y4 − ȳ4 = −0.00 7754. ¤
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 48
• Deducción del método
Supongamos que el problema de valor inicial
⎧
dy
⎪
= f (x, y),
⎨
dx
⎪
⎩
y(a) = ya , x ∈ [a, b],
tiene una solución y = y(x) que es de clase C 3 en [a, b] y que conocemos
yj = y(xj ).
Desarrollamos y(x) por Taylor hasta orden 2 en c = xj y obtenemos
1
y(x) = y(xj ) + y 0 (xj ) (x − xj ) + y00 (xj ) (x − xj )2 +
2
1 000
3
+ y (t) (x − xj+1 ) , t entre xj y x.
3!
Sustituimos x = xj+1 , y resulta
1
y(xj+1 ) = y(xj ) + y0 (xj ) (xj+1 − xj ) + y 00 (xj ) (xj+1 − xj )2 +
2
1 000
3
+ y (t) (xj+1 − xj ) , t entre xj y xj+1 .
3!
Como h = xj+1 − xj , resulta
1
1
y(xj+1 ) = y(xj ) + y0 (xj ) h + y 00 (xj ) h2 + y000 (t) h3
2
3!
t entre xj y xj+1 ,
si h es pequeño, podemos despreciar el término
1 000
y (t) h3
3!
y tomar la aproximación
1
y(xj+1 ) ' y(xj ) + y 0 (xj ) h + y00 (xj ) h2 .
2
El valor de y 0 (xj ) podemos obtenerlo de
y0 (xj ) = f (xj , yj ) ,
para y 00 (xj ), aplicamos la regla de la cadena
y 00 (x) =
=
∂
∂
d
f (x, y(x)) =
f (x, y) +
f (x, y) y 0 (x)
dx
∂x
∂y
∂
∂
f (x, y) +
f (x, y) f (x, y)
∂x
∂y
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 49
y obtenemos
∂
∂
f (xj , yj ) +
f (xj , yj ) f (xj , yj ),
∂x
∂y
∙
¸
h2 ∂
∂
f (xj , yj ) +
f (xj , yj ) f (xj , yj ) .
' yj + h f (xj , yj ) +
2 ∂x
∂y
y 00 (xj ) =
yj+1
Finalmente, sustituimos yj por el valor aproximado ȳj , y obtenemos la aproximación para yj+1
ȳj+1 = ȳj + h f (xj , ȳj ) +
4
¤
h2 £ 0
fx (xj , ȳj ) + fy0 (xj , ȳj ) f (xj , ȳj ) .
2
Algunos ejemplos de aplicación
Ejemplo 4.1 Supongamos que la tasa de crecimiento de una población y(t)
es proporcional al número de individuos y que la población inicial es y0 . Si
después de 50 años la población se ha duplicado, ¿en cuántos años tendremos
una población triple de la inicial?
• Modelo.
y = y(t)
t
t=0
y0 = y(0)
dy
dt
población,
tiempo (en años),
momento inicial,
población inicial,
tasa de crecimiento de la población (individuos/año).
• Ecuación diferencial.
dy
= α y,
dt
donde α es la constante de proporcionalidad (desconocida). La ecuación es
una EDO lineal homogénea. La escribimos en forma estándar
y 0 + p(t) y = 0,
esto es
y 0 − α y = 0,
donde identificamos
p(t) = −α.
La solución general es
y = ke−
= ke−
R
R
p(t) dt
(−α) dt
,
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 50
y = keαt ,
k ∈ R.
Utilizamos la condición inicial
y(0) = y0
para determinar la constante k
y0 = keα·0 = k,
por lo tanto,
y = y0 eαt .
Para determinar la constante α, usamos el hecho de que la población inicial
se ha duplicado en un período de 50 años.
y(50) = y0 eα50 = 2y0
⇒
eα50 = 2,
50α = ln 2,
ln 2
= 0.013863.
50
El modelo de la población, es por lo tanto,
α=
y = y0 e0.013863t .
Para ver el período de tiempo necesario para triplicar la población , planteamos la ecuación
y0 e0.01 3863t = 3y0
y determinamos el valor de t
e0.01 3863t = 3,
0.013863t = ln 3,
ln 3
= 79. 2478.
0.01 3863
Para triplicar la población se necesitan 79.25 años desde en momento inicial
(29.25 años desde el momento en que se duplica la población inicial. ¤
t=
Ejemplo 4.2 En un cultivo de bacterias, la tasa de crecimiento de la población es proporcional a la población presente.
1. Si se ha observado que la población se ha duplicado en 4 horas, ¿que
población cabe esperar al cabo de 12 horas?
2. Supongamos que en un segundo cultivo, el número de bacterias es 104
al cabo de 3 horas y 4 × 104 al cabo de 5 horas. Determina la población
inicial. ¿Qué tamaño de población tendremos después de 6 horas?
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 51
• Modelo
y = y(t)
t
t=0
y0 = y(0)
dy
dt
población,
tiempo (en horas),
momento inicial,
población inicial,
tasa de crecimiento de la población (individuos/hora).
• Ecuación diferencial
dy
= α y,
dt
α es la constante de proporcionalidad (desconocida). La ecuación es una
EDO lineal homogénea. La escribimos en forma estándar y 0 + p(t) y = 0 y
obtenemos, como en el ejemplo anterior, la solución
y = keαt ,
k ∈ R.
Utilizamos la condición inicial y(0) = y0 para determinar la constante k
y0 = keα·0 = k,
resulta,
y = y0 eαt .
1) Para determinar la constante α, usamos el hecho de que la población
inicial se ha duplicado en un período de 4 horas.
y(4) = y0 eα4 = 2y0
⇒
e4α = 2,
4α = ln 2,
ln 2
.
4
El modelo de la población, es por lo tanto,
α=
y = y0 e
ln 2
t
4
.
Después de 12 horas, tendremos
y(12) = y0 e
ln 2
12
4
= y0 e3 ln 2 = y0 eln 8 = 8y0 ,
es decir, al cabo de 12 horas, la población se ha multiplicado por 8.
2) En este caso disponemos de dos datos, lo que nos permite determinar la
constante α y la población inicial. El modelo es
y = y0 eαt
Resumen y ejemplos
y tenemos
es decir
Tema 7: EDO’s de primer orden. 52
½
½
y(3) = 104 ,
y(5) = 4 × 104 ,
y0 e3α = 104 ,
y0 e5α = 4 × 104 .
Dividiendo las ecuaciones, podemos eliminar y0 y determinar α
y0 e5α
4 × 104
=
,
y0 e3α
104
e5α
= 4,
e3α
e2α = 4,
2α = ln 4,
√
ln 4
= ln 4 = ln 2.
α=
2
Sustituyendo en la primera ecuación, resulta
y0 e3 ln 2 = 104 ,
104
104
= 1250,
=
e3 ln 2
8
la población inicial es, por lo tanto de 1250 individuos. El modelo que
describe el tamaño de la población es
y0 =
y = 1250 et ln 2 = 1250 × 2t
Después de 6 horas, el tamaño de población será
y(6) = 1250 × 26 = 80000 individuos. ¤
Ejemplo 4.3 Según la ley de enfriamiento de Newton, la velocidad a que
se enfría una sustancia al aire libre es proporcional a la diferencia de temperatura entre la sustancia y el aire. Sabemos que la temperatura del aire es
de 30o y la sustancia se ha enfriado desde 100o a 70o en 15 minutos.
1. ¿Qué temperatura tenía la sustancia después de 10 minutos?
2. ¿Cuándo tendrá la sustancia una temperatura de 40o ?
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 53
• Modelo
y = y(t)
t
t=0
y0 = 100o
Tm = 30o
dy
dt
temperatura de la sustancia,
tiempo (en minutos),
momento inicial,
temperatura inicial,
temperatura del medio,
tasa de variación de la temperatura de la sustancia.
• Ecuación diferencial
dy
= −α ( y − Tm ),
dt
α > 0 es la constante de proporcionalidad (desconocida). Observamos que
si y > Tm , entonces
−α ( y − Tm ) < 0
y la sustancia se enfría. La ecuación es una EDO lineal completa, la escribimos en forma estándar
y 0 + p(t) y = q(t),
y 0 + α y = αTm ,
identificamos
p(t) = α,
q(t) = αTm ,
(ambos constantes).
La EDO lineal homogénea asociada es
y 0 + α y = 0,
que tiene solución
y = ke−
R
α dt
y = ke−α t ,
,
k ∈ R,
k ∈ R.
Calculamos la solución de la EDO completa por variación de parámetros,
esto es, proponemos una solución
yp (t) = k(t) e−α t
y sustituimos en la ecuación completa para determinar k(t)
yp0
yp
z
}|
{
z }| {
k 0 e−α t − αk e−α t +α k e−α t = α Tm ,
k0 e−α t = α Tm ,
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 54
k0 =
α Tm
,
e−α t
k0 = α Tm eα t ,
Z
k = α Tm eα t dt.
Obtenemos
k = Tm eα t + c,
c ∈ R,
tomamos el valor de k
k = Tm eα t ,
de donde resulta la siguiente solución particular de la ecuación completa
¡
¢
yp (t) = Tm eα t e−αt = Tm .
La solución general de la EDO completa es
y(t) = yh (t) + yp (t) = ke−α t + Tm ,
k ∈ R.
Observa que podíamos haber obtenido la solución particular directamente
yp (t) = Tm apreciando que la ecuación
dy
= −α ( y − Tm ),
dt
tiene la solución singular y = Tm .
1) Para determinar k, sustituimos Tm = 30o y usamos las condición inicial
y(0) = 100o ,
100 = k e0 + 30
⇒ k = 70.
Finalmente, para determinar α, usamos el dato
y(15) = 70,
70 = 70e−15α + 30,
70e−15α = 40
4
e−15α =
7
4
−15α = ln
7
−1 4
α=
ln = 0.03731.
15
7
El modelo matemático que describe el enfriamiento de la sustancia es
y = 70e−0.03731 t + 30.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 55
La temperatura después de 10 minutos será
y(10) = 70 e−0.3731 + 30 = 78. 2o
2) El tiempo necesario para que la sustancia esté a 40 grados se obtiene
resolviendo la ecuación
70e−0.03731 t + 30 = 40,
e−0.03731 t =
t=
10
,
70
−1
1
ln = 52. 16 minutos. ¤
0.03731 7
Ejemplo 4.4 Un tanque contiene 1000 litros de una disolución de agua y
sal. En el tanque entra agua a razón de 20 litros/min y la mezcla, conservada
uniforme por agitación, sale a la misma velocidad. Si inicialmente hay 60
kg de sal en el tanque, ¿cuánta sal queda en el tanque después de 1 hora?
• Modelo
y = y(t)
t
t=0
y0 = 60
dy
dt
cantidad de sal en el tanque (en kg),
tiempo (en minutos),
momento inicial,
cantidad inicial de sal (en kg),
tasa de variación de la cantidad de sal (en kg/min).
Observemos que la tasa de entrada y de salida de líquido es la misma, por
lo tanto el volumen de disolución en el tanque se mantiene constante
concentración de sal =
y
1000
(en Kg/litro).
tasa de entrada de sal
Tasa de variación de sal
z
tasa de salida de sal
}|
{ z
}|
{
kg
y kg
litros
litros
= 20
×0
− 20
×
min.
litro
min.
1000 litro
kg
1
= − y
50 min.
• Ecuación diferencial
dy
1
= − y.
dt
50
Es una ecuación lineal homogénea
y0 +
1
y = 0,
50
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 56
con solución general
y = k e−
R
1
50
1
− 50
y = ke
dt
t
,
k ∈ R,
,
k ∈ R.
Usamos la condición inicial
y(0) = 60,
para determinar k
60 = k e−0
⇒
k = 60.
El modelo matemático que describe la cantidad de sal en el tanque es
1
y = 60 e− 50 t .
La cantidad de sal después de 1 hora será
60
y(60) = 60 e− 50 = 18. 07 kg. ¤
Ejemplo 4.5 En una galería subterránea de dimensiones 15×5×1.2 metros
hay una concentración del 0.2% de CO2 . Se quiere renovar la atmósfera con
aire exterior, cuya concentración de CO2 es de 0.05%, mediante ventiladores
que proporcionan un caudal de aire de 9 m3 /min. Calcula el porcentaje de
CO2 después de 20 minutos.
• Modelo
y = y(t)
t
t=0
V = 90 m3
y
90
y0 = 0. 18 m3
dy
dt
cantidad de CO2 (en m3 ),
tiempo (en minutos),
momento inicial,
volumen de la galería,
concentración de CO2 ,
cantidad inicial de CO2 (y(0) = 0.002 × 90),
tasa de variación de la cantidad de CO2 (en m3 /min).
Tasa de variación de CO2
z
tasa de entrada de CO2
}|
{
z
tasa de salida de CO2
}|
{
m3 CO2
y m3 CO2
m3 aire
m3 aire
× 0.0005 3
−9
×
9
min.
m aire
min.
90 m3 aire
³
y ´ m3 CO2
.
= 0.0045 −
10
min
• Ecuación diferencial
y´
dy ³
= 0.0045 −
.
dt
10
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 57
Resolvemos por separación de variables
1
³
y ´ dy = dt,
0.0045 −
10
Z
Z
1
³
y ´ dy = dt,
0.0045 −
10
¯
y ¯¯
¯
−10 ln ¯0.0045 − ¯ = t + c1 ,
10
¯
y ¯¯
t
−c1
¯
,
ln ¯0.0045 − ¯ = − + c2 , c2 =
10
10
10
¯
¯
t
t
y¯
¯
¯0.0045 − ¯ = e− 10 +c2 = c3 e− 10 , c3 = ec2 ,
10
t
y
= ±c3 e− 10 ,
0.0045 −
10
t
y
0.0045 −
= c4 e− 10 ,
10
´
³
t
y = 10 0.0045 − c4 e− 10 ,
t
y = 0.045 − c e− 10 ,
c ∈ R.
Sustituimos la condición inicial, y determinamos c
y(0) = 0.18,
0
0.18 = 0.045 − c e− 10
⇒
c = −0. 135.
El modelo matemático que describe la cantidad de CO2 en la galería es
t
y = 0.045 + 0.135 e− 10 .
La cantidad de CO2 después de 20 minutos será
20
y(20) = 0.045 + 0.135 e− 10 = 0.06 327 m3
y la concentración es
0.06 327 m3 CO2
= 0.000703.
90 m3 aire
Después de 20 minutos, la concentración de CO2 será de 0.07%. ¤
Ejemplo 4.6 Tenemos un depósito cilíndrico con radio de la base R = 8
dm y altura h = 1 m. El depósito se vacía a través de un orificio redondo
de radio r = 0.833 cm situado en la base del depósito. Sabemos que por √
un
orificio de ese tipo el agua fluye a una velocidad aproximada v = 4.8 h
dm/s, donde h es la altura del nivel de agua en el depósito. Si inicialmente
el depósito está totalmente lleno, determina el tiempo que el depósito tardará
en vaciarse.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 58
• Modelo
h = h(t)
t
t=0
h0 = 10 dm
R = 8 dm
r = 0.0833 dm
dh
dt
nivel de agua en el depósito (en dm),
tiempo (en segundos),
momento inicial,
nivel inicial,
radio del depósito,
radio del orificio de salida,
tasa de variación del nivel de agua (en dm/s).
La velocidad de salida del agua por el orificio de la base es
√
v = 4.8 h dm/s,
y el área de la sección perpendicular al flujo de salida es
A = πr2 dm2 ,
por lo tanto, tendremos un flujo de salida
√
√
v · A = 4.8 h dm/s × πr2 dm2 = 4.8πr2 h dm3 /s.
La variación del volumen de agua V = V (t) en el depósito es igual a flujo
de salida
√
dV
= −4.8πr2 h,
(5)
dt
por otra parte, el volumen de agua en el depósito es
V = πR2 h,
por lo tanto
dh
dV
= πR2 .
dt
dt
Sustituimos en (5), y resulta
πR2
√
dh
= −4.8πr2 h,
dt
de donde obtenemos la ecuación diferencial para la altura del agua en el
depósito
√
dh
R2
= −4.8r2 h,
dt
dh
r2 √
= −4.8 2 h.
dt
R
Sustituimos los valores R = 8, r = 0.0833
√
dh
= −5. 204 × 10−4 h.
dt
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 59
Se trata de una ecuación diferencial no lineal de variables separables
1
√ dh = −5. 204 × 10−4 dt,
h
Z
Z
1
√ dh = −5. 204 × 10−4
dt,
h
√
2 h = −5. 204 × 10−4 t + c, c ∈ R.
Determinamos c con la condición inicial h0 = 10
√
2 10 = −5. 204 × 10−4 × 0 + c ⇒
√
c = 2 10,
por lo tanto, el modelo matemático que describe la altura del nivel de agua
en el tanque es
√
√
(6)
2 h = −5. 204 × 10−4 t + 2 10,
que en forma explícita queda
³√
´2
h=
10 − 0.000 2602 t .
Para determinar el tiempo de vaciado, sustituimos h = 0 en (6) y despejamos
t
√
0 = −5. 204 × 10−4 t + 2 10,
√
−2 10
= 12153. 26 s = 3. 37 horas = 3 horas 22 minutos. ¤
t=
−5. 204 × 10−4