Campos de direcciones y métodos numéricos En el resto de este capítulo nos centraremos en diversos métodos para resolver ecuaciones diferenciales y analizar el comportamiento de las soluciones. En algunos casos es posible predecir las propiedades de una solución de una ecuación diferencial sin conocer la solución real. También estudiaremos métodos numéricos para la resolución de ecuaciones diferenciales, que pueden programarse utilizando diversos lenguajes informáticos o incluso utilizando un programa de hoja de cálculo, como Microsoft Excel. Creación de campos de direcciones Los campos de direcciones (también llamados campos de pendiente) son útiles para investigar las ecuaciones diferenciales de primer orden. En particular, consideramos una ecuación diferencial de primer orden de la forma y ′ = f ( x , y ) . Un ejemplo aplicado de este tipo de ecuación diferencial aparece en la ley de enfriamiento de Newton, que resolveremos explícitamente más adelante en este capítulo. Primero, sin embargo, vamos a crear un campo de direcciones para la ecuación diferencial T ′ ( t ) = −0,4 ( T − 72 ) . Aquí T ( t ) representa la temperatura (en grados Fahrenheit) de un objeto en el tiempo t , y la temperatura ambiente es 72 ° F . La muestra el campo de direcciones para esta ecuación. Campo de direcciones para la ecuación diferencial T ′ ( t ) = −0,4 ( T − 72 ) . Se representan dos soluciones: una con temperatura inicial inferior a 72 ° F y la otra con temperatura inicial superior a 72 ° F . La idea de un campo de direcciones es el hecho de que la derivada de una función evaluada en un punto determinado es la pendiente de la línea tangente al gráfico de esa función en el mismo punto. Otros ejemplos de ecuaciones diferenciales para las que podemos crear un campo de direcciones son y ′ = 3 x + 2 y − 4 y ′ = x 2 − y 2 y ′ = 2 x + 4 y − 2 . Para crear un campo de dirección, empezamos con la primera ecuación: y ′ = 3 x + 2 y − 4 . Suponemos que ( x 0 , y 0 ) es cualquier par ordenado, y sustituimos estos números en el lado derecho de la ecuación diferencial. Por ejemplo, si elegimos x = 1 y y = 2 , sustituyendo en el lado derecho de la ecuación diferencial se obtiene y ′ = 3 x + 2 y − 4 = 3 ( 1 ) + 2 ( 2 ) − 4 = 3. Esto nos dice que si una solución de la ecuación diferencial y ′ = 3 x + 2 y − 4 pasa por el punto ( 1 , 2 ) , entonces la pendiente de la solución en ese punto debe ser igual a 3 . Para empezar a crear el campo de direcciones, ponemos un segmento de línea corto en el punto ( 1 , 2 ) con pendiente 3 . Podemos hacer esto para cualquier punto del dominio de la función f ( x , y ) = 3 x + 2 y − 4 , que consiste en todos los pares ordenados ( x , y ) en ℝ 2 . Por lo tanto, cualquier punto del plano cartesiano tiene asociada una pendiente, suponiendo que por ese punto pasa una solución de la ecuación diferencial. El campo de direcciones para la ecuación diferencial y ′ = 3 x + 2 y − 4 se muestra en la . Campo de direcciones para la ecuación diferencial y ′ = 3 x + 2 y − 4 . Podemos generar un campo de direcciones de este tipo para cualquier ecuación diferencial de la forma y ′ = f ( x , y ) . Definición Un campo de direcciones (campo de pendiente) es un objeto matemático utilizado para representar gráficamente las soluciones de una ecuación diferencial de primer orden. En cada punto de un campo de direcciones aparece un segmento de línea cuya pendiente es igual a la de la solución de la ecuación diferencial que pasa por ese punto. Uso de los campos de direcciones Podemos utilizar un campo de direcciones para predecir el comportamiento de las soluciones de una ecuación diferencial sin conocer la solución real. Por ejemplo, el campo de direcciones en la sirve de guía para el comportamiento de las soluciones de la ecuación diferencial y ′ = 3 x + 2 y − 4 . Para utilizar un campo de direcciones, empezamos eligiendo cualquier punto del campo. El segmento de línea en ese punto sirve como señal que nos indica la dirección que debemos tomar a partir de ahí. Por ejemplo, si una solución de la ecuación diferencial pasa por el punto ( 0 , 1 ) , entonces la pendiente de la solución que pasa por ese punto viene dada por y ′ = 3 ( 0 ) + 2 ( 1 ) − 4 = –2 . Ahora supongamos que x aumenta ligeramente, digamos que a x = 0,1 . Utilizando el método de aproximaciones lineales se obtiene una fórmula para el valor aproximado de y para x = 0,1 . En particular, L ( x ) = y 0 + f ′ ( x 0 ) ( x – x 0 ) = 1 − 2 ( x − 0 ) = 1 − 2 x . Sustituyendo x = 0,1 en L ( x ) da un valor y aproximado de 0,8 . En este punto la pendiente de la solución cambia (de nuevo según la ecuación diferencial). Podemos seguir avanzando, recalculando la pendiente de la solución a medida que damos pequeños pasos hacia la derecha, y observando el comportamiento de la solución. La muestra un gráfico de la solución que pasa por el punto ( 0 , 1 ) . Campo de direcciones para la ecuación diferencial y ′ = 3 x + 2 y − 4 con la solución que pasa por el punto ( 0 , 1 ) . La curva es el gráfico de la solución del problema de valor inicial y ′ = 3 x + 2 y − 4 , y ( 0 ) = 1 . Esta curva se denomina curva solución que pasa por el punto ( 0 , 1 ) . La solución exacta de este problema de valor inicial es y = − 3 2 x + 5 4 − 1 4 e 2 x , y el gráfico de esta solución es idéntico a la curva en la . Cree un campo de direcciones para la ecuación diferencial y ′ = x 2 − y 2 y dibuje una curva solución que pase por el punto ( –1 , 2 ) . Pista Utilice la sustitución en x como y que van desde −5 a 5 . Para cada par de coordenadas, calcule y ′ utilizando el lado derecho de la ecuación diferencial. Vaya a este sitio web para ver más sobre los campos de pendiente. Consideremos ahora el campo de direcciones para la ecuación diferencial y ′ = ( x − 3 ) ( y 2 − 4 ) , se muestra en la . Este campo de direcciones tiene varias propiedades interesantes. En primer lugar, en y = −2 y y = 2 , aparecen guiones horizontales en todo el gráfico. Esto significa que si y = –2 , entonces y ′ = 0 . Sustituyendo esta expresión en el lado derecho de la ecuación diferencial se obtiene ( x − 3 ) ( y 2 − 4 ) = ( x − 3 ) ( ( −2 ) 2 − 4 ) = ( x − 3 ) ( 0 ) = 0 = y ′ . Por lo tanto, y = −2 es una solución de la ecuación diferencial. De la misma manera, y = 2 es una solución de la ecuación diferencial. Estas son las únicas soluciones de valor constante de la ecuación diferencial, como podemos ver en el siguiente argumento. Supongamos que y = k es una solución constante de la ecuación diferencial. Entonces y ′ = 0 . Sustituyendo esta expresión en la ecuación diferencial se obtiene 0 = ( x − 3 ) ( k 2 − 4 ) . Esta ecuación debe ser cierta para todos los valores de x , por lo que el segundo factor debe ser igual a cero. Este resultado produce la ecuación k 2 − 4 = 0 . Las soluciones de esta ecuación son k = −2 y k = 2 , que son las soluciones constantes ya mencionadas. Estas son las llamadas soluciones de equilibrio de la ecuación diferencial. Campo de direcciones para la ecuación diferencial y ′ = ( x − 3 ) ( y 2 − 4 ) mostrando dos soluciones. Estas soluciones están muy próximas, pero una de ellas está apenas por encima de la solución de equilibrio x = −2 y la otra está apenas por debajo de la misma solución de equilibrio. Definición Consideremos la ecuación diferencial y ′ = f ( x , y ) . Una solución de equilibrio es cualquier solución de la ecuación diferencial de la forma y = c , donde c es una constante. Para determinar las soluciones de equilibrio de la ecuación diferencial y ′ = f ( x , y ) , iguale el lado derecho a cero. Una solución de equilibrio de la ecuación diferencial es cualquier función de la forma y = k tal que f ( x , k ) = 0 para todos los valores de x en el dominio de f . Una característica importante de las soluciones de equilibrio es si se acercan o no a la línea y = k como asíntota para valores grandes de x . Definición Consideremos la ecuación diferencial y ′ = f ( x , y ) , y supongamos que todas las soluciones de esta ecuación diferencial están definidas para x ≥ x 0 . Supongamos que y = k sea una solución de equilibrio de la ecuación diferencial. y = k es una solución asintóticamente estable de la ecuación diferencial si existe ε > 0 tal que para cualquier valor c ∈ ( k − ε , k + ε ) la solución del problema de valor inicial y ′ = f ( x , y ) , y ( x 0 ) = c se acerca a k como x se acerca al infinito. y = k es una solución asintóticamente inestable de la ecuación diferencial si existe ε > 0 tal que para cualquier valor c ∈ ( k − ε , k + ε ) la solución del problema de valor inicial y ′ = f ( x , y ) , y ( x 0 ) = c nunca se acerca a k como x se acerca al infinito. y = k es una solución asintóticamente semiestable de la ecuación diferencial si no es ni asintóticamente estable ni asintóticamente inestable. Ahora volvemos a la ecuación diferencial y ′ = ( x − 3 ) ( y 2 − 4 ) , con la condición inicial y ( 0 ) = 0,5 . El campo de direcciones para este problema de valores iniciales, junto con la solución correspondiente, se muestra en la . Campo de direcciones para el problema de valor inicial y ′ = ( x − 3 ) ( y 2 − 4 ) , y ( 0 ) = 0,5 . Los valores de la solución de este problema de valor inicial se mantienen entre y = −2 y y = 2 , que son las soluciones de equilibrio de la ecuación diferencial. Sin embargo, un problema de valor inicial que comienza con – 2 < y < 2 nunca puede cruzar las soluciones de equilibrio y = 2 y y = −2 . Por lo tanto, dado que y 2 – 4 < 0 y para x > 3 , y ' = ( x – 3 ) ( y 2 – 4 ) < 0 , y es decreciente y por eso se acerca a y = – 2 . Por lo tanto, y = – 2 es una solución asintóticamente estable de la ecuación diferencial. ¿Qué ocurre cuando el valor inicial es inferior a y = −2 ? Este escenario se ilustra en la , con el valor inicial y ( 0 ) = −3 . Campo de direcciones para el problema de valor inicial y ′ = ( x − 3 ) ( y 2 − 4 ) , y ( 0 ) = −3 . Podemos ver que para los valores iniciales y < – 2 por x > 3 , y ' ( x – 3 ) ( y 2 – 4 ) > 0 y y es creciente y por eso se acerca a y = – 2 . Esto reafirma que y = – 2 es una solución asintóticamente estable de la ecuación diferencial. Estabilidad de una solución de equilibrio Cree un campo de direcciones para la ecuación diferencial y ′ = ( y − 3 ) 2 ( y 2 + y − 2 ) e identifique cualquier solución de equilibrio. Clasifique cada una de las soluciones de equilibrio como estable, inestable o semiestable. El campo de direcciones se muestra en la . Campo de direcciones para la ecuación diferencial y ′ = ( y − 3 ) 2 ( y 2 + y − 2 ) . Las soluciones de equilibrio son y = –2 , y = 1 , y y = 3 . Para clasificar cada una de las soluciones, fíjese en la flecha que hay justo encima o debajo de cada uno de estos valores. Por ejemplo, en y = −2 las flechas situadas justo debajo de esta solución apuntan hacia arriba, y las flechas situadas justo encima de la solución apuntan hacia abajo. Por lo tanto, todas las condiciones iniciales cercanas a y = −2 se acercan a y = –2 , y la solución es estable. Para la solución y = 1 , todas las condiciones iniciales arriba y abajo de y = 1 se repelen (se alejan) de y = 1 , por lo que esta solución es inestable. La solución y = 3 es semiestable, porque para condiciones iniciales ligeramente superiores a 3 , la solución se acerca al infinito, y para condiciones iniciales ligeramente inferiores a 3 , la solución se acerca a y = 3 . Análisis Es posible hallar las soluciones de equilibrio de la ecuación diferencial igualando el lado derecho a cero y resolviendo para y . Este enfoque da las mismas soluciones de equilibrio que las que vimos en el campo de direcciones. Cree un campo de direcciones para la ecuación diferencial y ′ = ( x + 5 ) ( y + 2 ) ( y 2 − 4 y + 4 ) e identifique cualquier solución de equilibrio. Clasifique cada una de las soluciones de equilibrio como estable, inestable o semiestable. Las soluciones de equilibrio son y = −2 y y = 2 . Para esta ecuación, y = −2 es una solución de equilibrio inestable, e y = 2 es una solución de equilibrio semiestable. Pista Primero cree el campo de direcciones y busque guiones horizontales que lo atraviesen. A continuación, examine las líneas de pendiente directamente por encima y por debajo de las soluciones de equilibrio. Método de Euler Consideremos el problema de valor inicial y ′ = 2 x − 3 , y ( 0 ) = 3 . Integrando ambos lados de la ecuación diferencial se obtiene y = x 2 − 3 x + C , y resolviendo para C se obtiene la solución particular y = x 2 − 3 x + 3 . La solución de este problema de valor inicial aparece como la parábola en la . Método de Euler para el problema de valor inicial y ′ = 2 x − 3 , y ( 0 ) = 3 . El gráfico rojo está compuesto por segmentos de línea que se aproximan a la solución del problema de valor inicial. El gráfico comienza con el mismo valor inicial de ( 0 , 3 ) . Entonces la pendiente de la solución en cualquier punto está determinada por el lado derecho de la ecuación diferencial, y la longitud del segmento de la línea se determina aumentando el valor x por 0,5 cada vez (el tamaño del paso ). Este enfoque es la base del método de Euler. Antes de enunciar el método de Euler como un teorema, consideremos otro problema de valor inicial: y ′ = x 2 − y 2 , y ( –1 ) = 2 . La idea de los campos de direcciones también puede aplicarse a este problema para estudiar el comportamiento de su solución. Por ejemplo, en el punto ( –1 , 2 ) , la pendiente de la solución está dada por y ′ = ( –1 ) 2 − 2 2 = −3 , por lo que la pendiente de la línea tangente a la solución en ese punto también es igual a −3 . Ahora definimos x 0 = –1 y y 0 = 2 . Como la pendiente de la solución en este punto es igual a −3 , podemos utilizar el método de aproximación lineal para aproximar y cerca de ( –1 , 2 ) . L ( x ) = y 0 + f ′ ( x 0 ) ( x – x 0 ) . Aquí x 0 = −1 , y 0 = 2 , y f ′ ( x 0 ) = −3 , por lo que la aproximación lineal se convierte en L ( x ) = 2 − 3 ( x − ( –1 ) ) = 2 − 3 x − 3 = −3 x − 1 Ahora elegimos un tamaño de paso . El tamaño del paso es un valor pequeño, normalmente 0,1 o menos, que sirve de incremento para x ; se representa con la variable h . En nuestro ejemplo, supongamos que h = 0,1 . Incrementando x 0 por h da nuestro siguiente valor x : x 1 = x 0 + h = −1 + 0,1 = −0,9 . Podemos sustituir x 1 = −0,9 en la aproximación lineal para calcular y 1 . y 1 = L ( x 1 ) = −3 ( −0,9 ) − 1 = 1,7. Por lo tanto, el valor aproximado y de la solución cuando x = −0,9 es y = 1,7 . Podemos entonces repetir el proceso, utilizando x 1 = −0,9 y y 1 = 1,7 para calcular x 2 y y 2 . La nueva pendiente está dada por y ′ = ( −0,9 ) 2 − ( 1,7 ) 2 = −2,08 . Primero, x 2 = x 1 + h = −0,9 + 0,1 = −0,8 . Utilizando la aproximación lineal se obtiene L ( x ) = y 1 + f ′ ( x 1 ) ( x – x 1 ) = 1,7 − 2,08 ( x − ( −0,9 ) ) = 1,7 − 2,08 x − 1,872 = −2,08 x − 0,172. Por último, sustituimos x 2 = −0,8 en la aproximación lineal para calcular y 2 . y 2 = L ( x 2 ) = −2,08 x 2 − 0,172 = −2,08 ( −0,8 ) − 0,172 = 1,492. Por tanto, el valor aproximado de la solución de la ecuación diferencial es y = 1,492 cuando x = −0,8 . Lo que acabamos de mostrar es la idea en la que se basa el método de Euler . Repitiendo estos pasos se obtiene una lista de valores para la solución. Estos valores se muestran en la , redondeados a cuatro decimales. Usar el método de Euler para aproximar soluciones a una ecuación diferencial n 0 1 2 3 4 5 x n −1 −0,9 −0,8 −0,7 −0,6 −0,5 y n 2 1,7 1,492 1,3334 1,2046 1,0955 n 6 7 8 9 10 x n −0,4 −0,3 −0,2 −0,1 0 y n 1,0004 1,9164 1,8414 1,7746 1,7156 Método de Euler Consideremos el problema de valor inicial y ′ = f ( x , y ) , y ( x 0 ) = y 0 . Para aproximar una solución a este problema utilizando el método de Euler, defina x n = x 0 + n h y n = y n – 1 + h f ( x n – 1 , y n – 1 ) . Aquí h > 0 representa el tamaño de paso y n es un número entero, empezando por 1 . El número de pasos dados se cuenta con la variable n . Normalmente h es un valor pequeño, por ejemplo 0,1 o 0,05 . Cuanto menor sea el valor de h , más cálculos se necesitan. Cuanto mayor sea el valor de h , menos cálculos se necesitan. Sin embargo, la compensación resulta en un menor grado de exactitud para un tamaño de paso mayor, como se ilustra en la . Método de Euler para el problema de valor inicial y ′ = 2 x − 3 , y ( 0 ) = 3 con (a) un tamaño de paso de h = 0,5 ; y (b) un tamaño de paso de h = 0,25 . Uso del método de Euler Consideremos el problema de valor inicial y ′ = 3 x 2 − y 2 + 1 , y ( 0 ) = 2 . Utilice el método de Euler con un tamaño de paso de 0,1 para generar una tabla de valores de la solución para valores de x entre 0 y 1 . Nos dan h = 0,1 y f ( x , y ) = 3 x 2 − y 2 + 1 . Además, la condición inicial y ( 0 ) = 2 da como resultado x 0 = 0 y y 0 = 2 . Utilizando la con n = 0 , podemos generar la . Usar el método de Euler para aproximar soluciones a una ecuación diferencial n x n y n = y n – 1 + h f ( x n – 1 , y n – 1 ) grandes. 0 0 2 1 0,1 y 1 = y 0 + h f ( x 0 , y 0 ) = 1,7 2 0,2 y 2 = y 1 + h f ( x 1 , y 1 ) = 1,514 3 0,3 y 3 = y 2 + h f ( x 2 , y 2 ) = 1,3968 4 0,4 y 4 = y 3 + h f ( x 3 , y 3 ) = 1,3287 5 0,5 y 5 = y 4 + h f ( x 4 , y 4 ) = 1,3001 6 0,6 y 6 = y 5 + h f ( x 5 , y 5 ) = 1,3061 7 0,7 y 7 = y 6 + h f ( x 6 , y 6 ) = 1,3435 8 0,8 y 8 = y 7 + h f ( x 7 , y 7 ) = 1,4100 9 0,9 y 9 = y 8 + h f ( x 8 , y 8 ) = 1,5032 10 1,0 y 10 = y 9 + h f ( x 9 , y 9 ) = 1,6202 Con diez cálculos, podemos aproximar los valores de la solución del problema de valor inicial para valores de x entre 0 y 1 . Para obtener más información sobre el método de Euler utilice esta miniaplicación. Consideremos el problema de valor inicial y ′ = x 3 + y 2 , y ( 1 ) = –2 . Utilizando un tamaño de paso de 0,1 , genere una tabla con los valores aproximados de la solución del problema de valor inicial para los valores de x entre 1 y 2 . n x n y n = y n – 1 + h f ( x n – 1 , y n – 1 ) grandes. 0 1 −2 1 1,1 y 1 = y 0 + h f ( x 0 , y 0 ) = −1,5 2 1,2 y 2 = y 1 + h f ( x 1 , y 1 ) = –1,1419 3 1.3 y 3 = y 2 + h f ( x 2 , y 2 ) = –0,8387 4 1,4 y 4 = y 3 + h f ( x 3 , y 3 ) = –0,5487 5 1,5 y 5 = y 4 + h f ( x 4 , y 4 ) = –0,2442 6 1,6 y 6 = y 5 + h f ( x 5 , y 5 ) = 0,0993 7 1,7 y 7 = y 6 + h f ( x 6 , y 6 ) = 0,5099 8 1,8 y 8 = y 7 + h f ( x 7 , y 7 ) = 1,0272 9 1,9 y 9 = y 8 + h f ( x 8 , y 8 ) = 1,7159 10 2 y 10 = y 9 + h f ( x 9 , y 9 ) = 2,6962 Pista Comience por identificar el valor de h , y luego averigüe qué es f ( x , y ) . A continuación, utilice la fórmula del método de Euler para calcular y 1 , y 2 , y así sucesivamente. Visite este sitio web para ver una aplicación práctica del material de esta sección. Conceptos clave Un campo de direcciones es un objeto matemático utilizado para representar gráficamente las soluciones de una ecuación diferencial de primer orden. El método de Euler es una técnica numérica que puede utilizarse para aproximar soluciones a una ecuación diferencial. Ecuaciones clave Método de Euler x n = x 0 + n h y n = y n – 1 + h f ( x n – 1 , y n – 1 ) , donde h es el tamaño del paso Para los siguientes problemas, utilice el siguiente campo de direcciones de la ecuación diferencial y ′ = –2 y . Dibuje el gráfico de la solución para las condiciones iniciales dadas. y ( 0 ) = 1 y ( 0 ) = 0 y ( 0 ) = –1 ¿Existe algún equilibrio? ¿Cuáles son sus estabilidades? y = 0 es un equilibrio estable Para los siguientes problemas, utilice el siguiente campo de direcciones de la ecuación diferencial y ′ = y 2 − 2 y . Dibuje el gráfico de la solución para las condiciones iniciales dadas. y ( 0 ) = 3 y ( 0 ) = 1 y ( 0 ) = –1 ¿Existe algún equilibrio? ¿Cuáles son sus estabilidades? y = 0 es un equilibrio estable y y = 2 es inestable Dibuje el campo de direcciones para las siguientes ecuaciones diferenciales, luego resuelva la ecuación diferencial. Dibuje su solución sobre el campo de direcciones. ¿Su solución sigue las flechas de su campo de direcciones? y ′ = t 3 y ′ = e t d y d x = x 2 cos x d y d t = t e t d x d t = cosh ( t ) Dibuje el campo de direcciones para las siguientes ecuaciones diferenciales. ¿Qué puede decir sobre el comportamiento de la solución? ¿Existen equilibrios? ¿Qué estabilidad tienen estos equilibrios? y ′ = y 2 – 1 y ′ = y − x y ′ = 1 − y 2 − x 2 y ′ = t 2 sen y y ′ = 3 y + x y Haga coincidir el campo de direcciones con las ecuaciones diferenciales dadas. Explique sus selecciones. y ′ = −3 y y ′ = −3 t E y ′ = e t y ′ = 1 2 y + t A y ′ = − t y Haga coincidir el campo de direcciones con las ecuaciones diferenciales dadas. Explique sus selecciones. y ′ = t sen y B y ′ = − t cos y y ′ = t tan y A y ′ = sen 2 y y ′ = y 2 t 3 C Estime las siguientes soluciones mediante el método de Euler con n = 5 pasos sobre el intervalo t = [ 0 , 1 ] . Si es capaz de resolver el problema de valor inicial exactamente, compare su solución con la solución exacta. Si no puede resolver el problema de valor inicial, se le proporcionará la solución exacta para que la compare con el método de Euler. ¿Qué precisión tiene el método de Euler? y ′ = −3 y , y ( 0 ) = 1 y ′ = t 2 2,24 , exacta: 3 y ′ = 3 t − y , y ( 0 ) = 1 . La solución exacta es y = 3 t + 4 e − t − 3 y ′ = y + t 2 , y ( 0 ) = 3 . La solución exacta es y = 5 e t − 2 − t 2 − 2 t 7,739364 , exacta: 5 ( e − 1 ) grandes. y ′ = 2 t , y ( 0 ) = 0 [T] y ′ = e ( x + y ) , y ( 0 ) = −1 . La solución exacta es y = − ln ( e + 1 − e x ) grandes. −0,2535 exacta: 0 y ′ = y 2 ln ( x + 1 ) , y ( 0 ) = 1 . La solución exacta es y = − 1 ( x + 1 ) ( ln ( x + 1 ) − 1 ) grandes. y ′ = 2 x , y ( 0 ) = 0 , La solución exacta es y = 2 x – 1 ln ( 2 ) grandes. 1,345 , exacta: 1 ln ( 2 ) grandes. y ′ = y , y ( 0 ) = −1 . La solución exacta es y = − e x . y ′ = −5 t , y ( 0 ) = –2 . La solución exacta es y = − 5 2 t 2 − 2 −4 , exacta: − 1 / 2 Las ecuaciones diferenciales pueden utilizarse para modelar epidemias de enfermedades . En el siguiente conjunto de problemas, examinamos el cambio de tamaño de dos subpoblaciones de personas que viven en una ciudad: los individuos infectados y los individuos susceptibles a la infección. S representa el tamaño de la población susceptible, e I representa el tamaño de la población infectada. Suponemos que si una persona susceptible interactúa con una persona infectada, existe una probabilidad c que la persona susceptible se infecte. Cada persona infectada se recupera de la infección a una tasa r y vuelve a ser susceptible. Consideramos el caso de la gripe, en el que suponemos que nadie muere por la enfermedad, por lo que suponemos que el tamaño total de la población de las dos subpoblaciones es un número constante, N . Las ecuaciones diferenciales que modelan estos tamaños de población son S ′ = r I − c S I y I ′ = c S I − r I . Aquí c representa la tasa de contacto y r es la tasa de recuperación. Demuestre que, por nuestra suposición de que el tamaño total de la población es constante ( S + I = N ) , se puede reducir el sistema a una única ecuación diferencial en I : I ′ = c ( N − I ) I − r I . Suponiendo que los parámetros sean c = 0,5 , N = 5 , y r = 0,5 , dibuje el campo de direcciones resultante. [T] Utilice un programa de computadora o una calculadora para calcular la solución del problema de valor inicial y ′ = t y , y ( 0 ) = 2 utilizando el método de Euler con el tamaño de paso dado h . Halle la solución en t = 1 . A modo de pista, aquí se presenta el "pseudocódigo" de cómo escribir un programa de computadora para realizar el Método de Euler para y ′ = f ( t , y ) , y ( 0 ) = 2 : Cree la función f ( t , y ) Defina los parámetros y ( 1 ) = y 0 , t ( 0 ) = 0 , tamaño de paso h , y número total de pasos, N Escriba un bucle for: para k = 1 hasta N fn = f ( t ( k ) , y ( k ) ) grandes. y ( k+1 ) = y ( k ) + h*fn t ( k+1 ) = t ( k ) + h Resuelva el problema de valor inicial para la solución exacta. y ′ = 2 e t 2 / 2 Dibuje el campo de direcciones h = 1 2 [T] h = 10 [T] h = 100 3,2756 [T] h = 1.000 [T] Evalúe la solución exacta en t = 1 . Haga una tabla de errores para el error relativo entre la solución del método de Euler y la solución exacta. ¿Cuánto cambia el error? ¿Puede explicarlo? 2 e Tamaño de paso Error h = 1 0,3935 h = 10 0,06163 h = 100 0,006612 h = 1.000 0,0006661 Consideremos el problema de valor inicial y ′ = –2 y , y ( 0 ) = 2 . Demuestre que y = 2 e −2 x resuelve este problema de valor inicial. Dibuje el campo de direcciones de esta ecuación diferencial. [T] A mano o con calculadora o computadora, aproxime la solución mediante el método de Euler en t = 10 utilizando h = 5 . [T] Con una calculadora o una computadora, aproxime la solución mediante el método de Euler a t = 10 utilizando h = 100 . 4,0741 e −10 [T] Grafique la respuesta exacta y cada aproximación de Euler (para h = 5 y h = 100 ) en cada h en el campo de direcciones ¿Qué observa? solución asintóticamente semiestable y = k si no es asintóticamente estable ni asintóticamente inestable solución asintóticamente estable y = k si existe ε > 0 tal que para cualquier valor c ∈ ( k − ε , k + ε ) la solución del problema de valor inicial y ′ = f ( x , y ) , y ( x 0 ) = c se acerca a k como x se acerca al infinito solución asintóticamente inestable y = k si existe ε > 0 tal que para cualquier valor c ∈ ( k − ε , k + ε ) la solución del problema de valor inicial y ′ = f ( x , y ) , y ( x 0 ) = c nunca se acerca a k como x se acerca al infinito campo de direcciones (campo de pendiente) objeto matemático utilizado para representar gráficamente las soluciones de una ecuación diferencial de primer orden; en cada punto de un campo de direcciones aparece un segmento de línea cuya pendiente es igual a la pendiente de la solución de la ecuación diferencial que pasa por ese punto solución de equilibrio cualquier solución de la ecuación diferencial de la forma y = c , donde c es una constante Método de Euler técnica numérica utilizada para aproximar soluciones a un problema de valor inicial curva de solución curva graficada en un campo de direcciones que corresponde a la solución del problema de valor inicial que pasa por un punto determinado del campo de direcciones tamaño de paso el incremento h que se suma al valor x en cada paso del método de Euler

Matemáticas


Ecuaciones separables A continuación examinamos una técnica de solución para hallar soluciones exactas a una clase de ecuaciones diferenciales conocidas como ecuaciones diferenciales separables. Estas ecuaciones son comunes en una gran variedad de disciplinas, como la física, la química y la ingeniería. Al final de la sección ilustramos algunas aplicaciones. Separación de variables Comenzamos con una definición y algunos ejemplos. Definición Una ecuación diferencial separable es cualquier ecuación que puede escribirse en la forma y ′ = f ( x ) g ( y ) . El término "separable" se refiere al hecho de que el lado derecho de la ecuación puede separarse en una función de x veces una función de y . Algunos ejemplos de ecuaciones diferenciales separables son y ′ = ( x 2 − 4 ) ( 3 y + 2 ) y ′ = 6 x 2 + 4 x y ′ = sec y + tan y y ′ = x y + 3 x − 2 y − 6. La segunda ecuación es separable con f ( x ) = 6 x 2 + 4 x y g ( y ) = 1 , la tercera ecuación es separable con f ( x ) = 1 y g ( y ) = sec y + tan y , y el lado derecho de la cuarta ecuación se puede factorizar como ( x – 2 ) ( y + 3 ) , por lo que también es separable. La tercera ecuación también se llama ecuación diferencial autónoma porque el lado derecho de la ecuación es una función de y sola. Si una ecuación diferencial es separable, entonces es posible resolver la ecuación utilizando el método de separación de variables . Estrategia para la resolución de problemas: Separación de variables Compruebe si hay valores de y que hacen g ( y ) = 0 . Estos corresponden a soluciones constantes. Reescriba la ecuación diferencial en la forma d y g ( y ) = f ( x ) d x . Integre ambos lados de la ecuación. Resuelva la ecuación resultante para y si es posible. Si existe una condición inicial, sustituya los valores adecuados por x como y en la ecuación y resuelva la constante. Observe que el paso 4 indica "Resolver la ecuación resultante para y si es posible" No siempre es posible obtener y como función explícita de x . Muy a menudo tenemos que conformarnos con hallar y como función implícita de x . Uso de la separación de variables Halle una solución general a la ecuación diferencial y ′ = ( x 2 − 4 ) ( 3 y + 2 ) utilizando el método de separación de variables. Siga el método de separación de variables en cinco pasos. En este ejemplo, f ( x ) = x 2 − 4 y g ( y ) = 3 y + 2 . Si establecemos que g ( y ) = 0 da como resultado y = − 2 3 como solución constante. Reescriba la ecuación diferencial en la forma d y 3 y + 2 = ( x 2 − 4 ) d x . Integre ambos lados de la ecuación: ∫ d y 3 y + 2 = ∫ ( x 2 − 4 ) d x . Supongamos que u = 3 y + 2 . Entonces d u = 3 d y d x d x , por lo que la ecuación se convierte en 1 3 ∫ 1 u d u = 1 3 x 3 − 4 x + C 1 3 ln | u | = 1 3 x 3 − 4 x + C 1 3 ln | 3 y + 2 | = 1 3 x 3 − 4 x + C . Para resolver esta ecuación para y , multiplique primero ambos lados de la ecuación por 3 . ln | 3 y + 2 | = x 3 − 12 x + 3 C Ahora utilizamos algo de lógica cuando tratamos con la constante C . Dado que C representa una constante arbitraria, 3 C también representa una constante arbitraria. Si llamamos a la segunda constante arbitraria C 1 , la ecuación se convierte en ln | 3 y + 2 | = x 3 − 12 x + C 1 . Ahora potencie ambos lados de la ecuación (es decir, haga de cada lado de la ecuación el exponente de la base e ) . e ln | 3 y + 2 | = e x 3 − 12 x + C 1 | 3 y + 2 | = e C 1 e x 3 − 12 x De nuevo, defina una constante nueva C 2 = e c 1 (observe que C 2 > 0 ) : | 3 y + 2 | = C 2 e x 3 − 12 x . Esto corresponde a dos ecuaciones distintas: 3 y + 2 = C 2 e x 3 − 12 x y 3 y + 2 = − C 2 e x 3 − 12 x . La solución de cualquiera de las dos ecuaciones puede escribirse en la forma y = −2 ± C 2 e x 3 − 12 x 3 . Dado que C 2 > 0 , no importa si usamos el más o el menos, por lo que la constante puede tener cualquiera de los dos signos. Además, el subíndice de la constante C es totalmente arbitrario y se puede omitir. Por lo tanto, la solución puede escribirse como y = −2 + C e x 3 − 12 x 3 . No se impone ninguna condición inicial, por lo que hemos terminado. Utilice el método de separación de variables para hallar una solución general a la ecuación diferencial y ′ = 2 x y + 3 y − 4 x − 6 . y = 2 + C e x 2 + 3 x Pista Primero factorice el lado derecho de la ecuación mediante la agrupación, y luego utilice la estrategia de cinco pasos de separación de variables. Resolución de un problema de valor inicial Utilizando el método de separación de variables, resuelva el problema de valor inicial y ′ = ( 2 x + 3 ) ( y 2 − 4 ) , y ( 0 ) = −1 . Siga el método de separación de variables en cinco pasos. En este ejemplo, f ( x ) = 2 x + 3 y g ( y ) = y 2 − 4 . Si establecemos que g ( y ) = 0 da como resultado y = ± 2 como soluciones constantes. Divida ambos lados de la ecuación entre y 2 − 4 y multiplique por d x . Esto da la ecuación d y y 2 − 4 = ( 2 x + 3 ) d x . A continuación, integre ambos lados: ∫ 1 y 2 − 4 d y = ∫ ( 2 x + 3 ) d x . Para evaluar el lado izquierdo, utilice el método de descomposición en fracciones parciales. Esto nos lleva a la identidad 1 y 2 − 4 = 1 4 ( 1 y − 2 – 1 y + 2 ) . Entonces la se convierte en 1 4 ∫ ( 1 y − 2 – 1 y + 2 ) d y = ∫ ( 2 x + 3 ) d x 1 4 ( ln | y − 2 | − ln | y + 2 | ) = x 2 + 3 x + C . Multiplicando ambos lados de esta ecuación por 4 y sustituyendo 4 C con C 1 da ln | y − 2 | − ln | y + 2 | = 4 x 2 + 12 x + C 1 ln | y − 2 y + 2 | = 4 x 2 + 12 x + C 1 . Es posible resolver esta ecuación para y . Primero potencie ambos lados de la ecuación y defina C 2 = e C 1 : | y − 2 y + 2 | = C 2 e 4 x 2 + 12 x . A continuación podemos eliminar el valor absoluto y suponer que C 2 es positivo o negativo. A continuación, multiplique ambos lados por y + 2 . y − 2 = C 2 ( y + 2 ) e 4 x 2 + 12 x y − 2 = C 2 y e 4 x 2 + 12 x + 2 C 2 e 4 x 2 + 12 x . Ahora reúna todos los términos que involucren a y en un lado de la ecuación y resuelva para y : y − C 2 y e 4 x 2 + 12 x = 2 + 2 C 2 e 4 x 2 + 12 x y ( 1 − C 2 e 4 x 2 + 12 x ) = 2 + 2 C 2 e 4 x 2 + 12 x y = 2 + 2 C 2 e 4 x 2 + 12 x 1 − C 2 e 4 x 2 + 12 x . Para determinar el valor de C 2 , sustituya x = 0 y y = −1 en la solución general. Alternativamente, podemos poner los mismos valores en una ecuación anterior, es decir, la ecuación y − 2 y + 2 = C 2 e 4 x 2 + 12 . Esto es mucho más fácil de resolver para C 2 : y − 2 y + 2 = C 2 e 4 x 2 + 12 x −1 − 2 −1 + 2 = C 2 e 4 ( 0 ) 2 + 12 ( 0 ) C 2 = −3 . Por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es y = 2 − 6 e 4 x 2 + 12 x 1 + 3 e 4 x 2 + 12 x . Un gráfico de esta solución aparece en la . Gráfico de la solución del problema de valor inicial y ′ = ( 2 x + 3 ) ( y 2 − 4 ) , y ( 0 ) = −1 . Halle la solución del problema de valor inicial 6 y ′ = ( 2 x + 1 ) ( y 2 − 2 y − 8 ) , y ( 0 ) = −3 utilizando el método de separación de variables. y = 4 + 14 e x 2 + x 1 − 7 e x 2 + x Pista Siga los pasos de la separación de variables para resolver el problema de valores iniciales. Aplicaciones de la separación de variables Muchos problemas interesantes pueden describirse mediante ecuaciones separables. Ilustramos dos tipos de problemas: las concentraciones de soluciones y la ley de Newton del enfriamiento. Concentraciones de soluciones Considere un tanque que se llena con una solución salina. Queremos determinar la cantidad de sal presente en el tanque en función del tiempo. Podemos aplicar el proceso de separación de variables para resolver este problema y otros similares que impliquen concentraciones de soluciones . Determinación de la concentración de sal en el tiempo Un tanque que contiene 100 L de una solución de salmuera tiene inicialmente 4 kg de sal disuelta en la solución. En el tiempo t = 0 , otra solución de salmuera fluye hacia el tanque a una tasa de 2 L/min . Esta solución de salmuera contiene una concentración de 0,5 kg/L de sal. Al mismo tiempo, se abre una llave de paso en el fondo del tanque, lo que permite que la solución combinada salga a una tasa de 2 L/min , para que el nivel de líquido en el depósito se mantenga constante ( ). Calcule la cantidad de sal en el tanque en función del tiempo (medido en minutos) y la cantidad límite de sal en el tanque, suponiendo que la solución en el tanque está bien mezclada en todo momento. Un tanque de salmuera con una cantidad inicial de solución salina admite un flujo de entrada y emite un flujo de salida. ¿Cómo cambia la cantidad de sal con el tiempo? Primero definimos una función u ( t ) que representa la cantidad de sal en kilogramos en el tanque en función del tiempo. Entonces d u d t representa la tasa a la que cambia la cantidad de sal en el tanque en función del tiempo. También, u ( 0 ) representa la cantidad de sal en el tanque en el tiempo t = 0 , que es 4 kilogramos. El planteamiento general de la ecuación diferencial que vamos a resolver es de la forma d u d t = TASA DE FLUJO DE ENTRADA − TASA DE FLUJO DE SALIDA . La TASA DE FLUJO DE ENTRADA representa la tasa a la que la sal entra en el tanque y la TASA DE FLUJO DE SALIDA representa la tasa a la que la sal sale del tanque. Debido a que la solución entra en el tanque a una tasa de 2 L/min, y cada litro de solución contiene 0,5 kilo de sal, cada minuto 2 ( 0,5 ) = 1 kilo de sal entra en el tanque. Por lo tanto, la TASA DE FLUJO DE ENTRADA = 1 . Para calcular la tasa a la que la sal sale del tanque, necesitamos la concentración de sal en el tanque en cualquier tiempo. Dado que la cantidad real de sal varía con el tiempo, también lo hace la concentración de sal. Sin embargo, el volumen de la solución se mantiene fijo en 100 litros. El número de kilogramos de sal en el tanque en el tiempo t es igual a u ( t ) . Así, la concentración de sal es u ( t ) 100 kg/L, y la solución sale del tanque a una tasa de 2 L/min. Por lo tanto, la sal sale del tanque a una tasa de u ( t ) 100 . 2 = u ( t ) 50 kg/min, y la TASA DE FLUJO DE SALIDA es igual a u ( t ) 50 . Por lo tanto, la ecuación diferencial se convierte en d u d t = 1 − u 50 , y la condición inicial es u ( 0 ) = 4 . El problema de valor inicial a resolver es d u d t = 1 − u 50 , u ( 0 ) = 4 . La ecuación diferencial es una ecuación separable, por lo que podemos aplicar la estrategia de cinco pasos para la solución. Paso 1. Si establecemos que 1 − u 50 = 0 da como resultado u = 50 como solución constante. Dado que la cantidad inicial de sal en el tanque es 4 kilogramos, esta solución no se aplica. Paso 2. Reescriba la ecuación como d u d t = 50 − u 50 . A continuación, multiplique ambos lados por d t y divida ambos lados entre 50 − u : d u 50 − u = d t 50 . Paso 3. Integre ambos lados: ∫ d u 50 − u = ∫ d t 50 − ln | 50 − u | = t 50 + C . Paso 4. Resuelva para u ( t ) : ln | 50 − u | = − t 50 − C e ln | 50 − u | = e − ( t / 50 ) − C | 50 − u | = C 1 e − t / 50 . Elimine el valor absoluto permitiendo que la constante sea positiva o negativa: 50 − u = C 1 e − t / 50 . Por último, resuelva para u ( t ) : u ( t ) = 50 − C 1 e − t / 50 . Paso 5. Resuelva para C 1 : u ( 0 ) = 50 − C 1 e −0 / 50 4 = 50 − C 1 C 1 = 46 . La solución del problema de valor inicial es u ( t ) = 50 − 46 e − t / 50 . Para calcular la cantidad límite de sal en el tanque, tome el límite como t se acerca al infinito: lím t → ∞ u ( t ) = 50 − 46 e − t / 50 = 50 − 46 ( 0 ) = 50 . Observe que esta era la solución constante de la ecuación diferencial. Si la cantidad inicial de sal en el tanque es 50 kilogramos, entonces se mantiene constante. Si comienza con menos de 50 kilogramos, con el tiempo se acerca a los 50 kilogramos. Un tanque contiene 3 kilogramos de sal disuelta en 75 litros de agua. Una solución salina de 0,4 kg de sal/L se bombea al tanque a una tasa de 6 L/min y se drena a la misma tasa. Calcule la concentración de sal en el tiempo t . Suponga que el tanque está bien mezclado en todo momento. Problema de valor inicial: d u d t = 2,4 − 2 u 25 , u ( 0 ) = 3 Solución: u ( t ) = 30 − 27 e − t / 50 Pista Siga los pasos de y determine una expresión para el FLUJO DE ENTRADA y el FLUJO DE SALIDA. Formule un problema de valor inicial y resuélvalo. Ley del enfriamiento de Newton La ley del enfriamiento de Newton establece que la tasa de cambio de la temperatura de un objeto es proporcional a la diferencia entre su propia temperatura y la temperatura ambiente (es decir, la temperatura de su entorno). Supongamos que T ( t ) representa la temperatura de un objeto en función del tiempo, entonces d T d t representa la tasa a la que cambia esa temperatura. La temperatura del entorno del objeto puede representarse mediante T s . Entonces la ley del enfriamiento de Newton se puede escribir en la forma d T d t = k ( T ( t ) − T s ) o simplemente d T d t = k ( T − T s ) . La temperatura del objeto al comienzo de cualquier experimento es el valor inicial del problema de valor inicial. Llamamos a esta temperatura T 0 . Por tanto, el problema de valor inicial que hay que resolver tiene la forma d T d t = k ( T − T s ) , T ( 0 ) = T 0 , donde k es una constante que debe se debe dar o determinar en el contexto del problema. Utilizamos estas ecuaciones en el . Esperar a que se enfríe una pizza Se saca una pizza del horno después de hornearla bien y su temperatura al salir del horno es 350 ° F . La temperatura de la cocina es 75 ° F , y después de 5 minutos la temperatura de la pizza es 340 ° F . Nos gustaría esperar hasta que la temperatura de la pizza alcance 300 ° F antes de cortarla y servirla ( ). ¿Cuánto tiempo más tendremos que esperar? Por la ley del enfriamiento de Newton, si la pizza se enfría 10 ° F en 5 minutos, ¿cuánto tiempo pasará antes de que se enfríe a 300 ° F? La temperatura ambiente (temperatura del entorno) es 75 ° F , así que T s = 75 . La temperatura de la pizza al salir del horno es 350 ° F , la cual es la temperatura inicial (es decir, el valor inicial), por lo que T 0 = 350 . Por lo tanto, la se convierte en d T d t = k ( T − 75 ) , T ( 0 ) = 350 . Para resolver la ecuación diferencial, utilizamos la técnica de cinco pasos para resolver ecuaciones separables. Si el lado derecho es igual a cero, se obtiene T = 75 como solución constante. Como la pizza empieza en 350 ° F , esta no es la solución que buscamos. Reescriba la ecuación diferencial multiplicando ambos lados por d t y dividiendo ambos lados entre T − 75 : d T T − 75 = k d t . Integre ambos lados: ∫ d T T − 75 = ∫ k d t ln | T − 75 | = k t + C . Resuelva para T potenciando primero ambos lados: e ln | T − 75 | = e k t + C | T − 75 | = C 1 e k t T − 75 = C 1 e k t T ( t ) = 75 + C 1 e k t . Resuelva para C 1 utilizando la condición inicial T ( 0 ) = 350 : T ( t ) = 75 + C 1 e k t T ( 0 ) = 75 + C 1 e k ( 0 ) 350 = 75 + C 1 C 1 = 275 . Por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es T ( t ) = 75 + 275 e k t . Para determinar el valor de k , tenemos que utilizar el hecho de que después de 5 minutos la temperatura de la pizza es 340 ° F . Por lo tanto T ( 5 ) = 340 . Sustituyendo esta información en la solución del problema de valor inicial, tenemos T ( t ) = 75 + 275 e k t T ( 5 ) = 340 = 75 + 275 e 5 k 265 = 275 e 5 k e 5 k = 53 55 ln e 5 k = ln ( 53 55 ) 5 k = ln ( 53 55 ) k = 1 5 ln ( 53 55 ) ≈ − 0,007408. 0,007408 t Así que ahora tenemos T ( t ) = 75 + 275 e . ¿Cuándo es la temperatura 300 ° F? Si resolvemos para t , tenemos T ( t ) = 75 + 275 e − 0 . 007408 t 300 = 75 + 275 e − 0 . 007408 t 225 = 275 e − 0 . 007408 t e − 0 . 007408 t = 9 11 ln e − 0 . 007408 t = ln 9 11 − 0 . 007408 t = ln 9 11 t = − 1 0 . 007408 ln 9 11 ≈ 27 . 1 . Por lo tanto, tenemos que esperar 22,1 minutos adicionales (después de que la temperatura de la pizza alcance 340 ° F ) . Eso debería ser el tiempo suficiente para terminar este cálculo. Se retira un pastel del horno después de hornearlo completamente y la temperatura del pastel cuando sale del horno es 450 ° F . La temperatura de la cocina es 70 ° F , y después de 10 minutos la temperatura del pastel es 330 ° F . Escriba el problema de valor inicial correspondiente para describir esta situación. Resuelva el problema de valor inicial para T ( t ) . ¿Cuánto tiempo pasará hasta que la temperatura del pastel tenga una diferencia menor que 5 ° F de la temperatura ambiente? Problema del valor inicial d T d t = k ( T − 70 ) , T ( 0 ) = 450 T ( t ) = 70 + 380 e k t Aproximadamente 114 minutos. Pista Determine los valores de T s y T 0 y luego utilice . Conceptos clave Una ecuación diferencial separable es cualquier ecuación que puede escribirse en la forma y ′ = f ( x ) g ( y ) . El método de separación de variables se utiliza para hallar la solución general de una ecuación diferencial separable. Ecuaciones clave Ecuación diferencial separable y ′ = f ( x ) g ( y ) Concentración de solución d u d t = TASA DE FLUJO DE ENTRADA − TASA DE FLUJO DE SALIDA Ley del enfriamiento de Newton d T d t = k ( T − T s ) Resuelva los siguientes problemas de valor inicial con la condición inicial y 0 = 0 y grafique la solución. d y d t = y + 1 y = e t − 1 d y d t = y − 1 d y d t = y + 1 y = 1 − C e − t d y d t = − y − 1 Halle la solución general de la ecuación diferencial. x 2 y ′ = ( x + 1 ) y y = C x e −1 / x y ′ = tan ( y ) x y ′ = 2 x y 2 y = 1 C − x 2 d y d t = y cos ( 3 t + 2 ) grandes. 2 x d y d x = y 2 y = − 2 C + ln x y ′ = e y x 2 ( 1 + x ) y ′ = ( x + 2 ) ( y − 1 ) grandes. y = C e x ( x + 1 ) + 1 d x d t = 3 t 2 ( x 2 + 4 ) grandes. t d y d t = 1 − y 2 y = sen ( ln t + C ) grandes. y ′ = e x e y Halle la solución del problema de valor inicial. y ′ = e y − x , y ( 0 ) = 0 y = − ln ( e – x ) grandes. y ′ = y 2 ( x + 1 ) , y ( 0 ) = 2 d y d x = y 3 x e x 2 , y ( 0 ) = 1 y = 1 2 − e x 2 d y d t = y 2 e x sen ( 3 x ) , y ( 0 ) = 1 y ′ = x sech 2 y , y ( 0 ) = 0 y = tanh −1 ( x 2 2 ) grandes. y ′ = 2 x y ( 1 + 2 y ) , y ( 0 ) = –1 d x d t = ln ( t ) 1 − x 2 , x ( 1 ) = 0 x = sen ( 1 – t + t ln t ) grandes. y ′ = 3 x 2 ( y 2 + 4 ) , y ( 0 ) = 0 y ′ = e y 5 x , y ( 0 ) = ln ( ln ( 5 ) ) grandes. y = ln ( ln ( 5 ) ) − ln ( 2 − 5 x ) grandes. y ′ = –2 x tan ( y ) , y ( 0 ) = π 2 Para los siguientes problemas, utilice un programa de computadora o su calculadora para generar los campos de direcciones. Resuelva de manera explícita y dibuje las curvas de solución para varias condiciones iniciales. ¿Existen algunas condiciones iniciales críticas que cambien el comportamiento de la solución? [T] y ′ = 1 − 2 y y = C e −2 x + 1 2 [T] y ′ = y 2 x 3 [T] y ′ = y 3 e x y = 1 2 C − e x [T] y ′ = e y [T] y ′ = y ln ( x ) grandes. y = C e – x x x La mayoría de los fármacos en el torrente sanguíneo se descomponen según la ecuación y ′ = c y , donde y es la concentración del fármaco en el torrente sanguíneo. Si la vida media de un fármaco es de 2 horas, ¿qué fracción de la dosis inicial queda después de 6 ¿horas? Un medicamento se administra por vía intravenosa a un paciente a una tasa de r mg/h y se elimina del organismo a una tasa proporcional a la cantidad de fármaco aún presente en el cuerpo, d Plantee y resuelva la ecuación diferencial, suponiendo que no hay ningún fármaco inicialmente presente en el cuerpo. y = r d ( 1 − e − d t ) [T] ¿Con qué frecuencia debe tomarse un medicamento si su dosis es 3 mg, se elimina a una tasa de c = 0,1 mg/h y 1 mg es necesario que esté en el torrente sanguíneo en todo momento? Un tanque contiene 1 kilogramo de sal disuelta en 100 litros de agua. Una solución salina de 0,1 kg de sal/L se bombea en el tanque a una tasa de 2 L/min y se drena a la misma tasa. Calcule la concentración de sal en el tiempo t . Supongamos que el tanque está bien mezclado. y ( t ) = 10 − 9 e – x / 50 Un tanque que contiene 10 kilogramos de sal disuelta en 1.000 litros de agua se le bombean dos soluciones salinas. La primera solución de 0,2 kg de sal/L se bombea a una tasa de 20 L/min y la segunda solución de 0,05 kg de sal/L se bombea a una tasa de 5 L/min. El tanque drena a 25 L/min. Supongamos que el tanque está bien mezclado. Calcule la concentración de sal en el tiempo t . [T] Para el problema anterior, calcule la cantidad de sal que hay en el tanque 1 hora después del inicio del proceso. 134,3 kilogramos La ley de Torricelli establece que para un tanque de agua con un agujero en el fondo que tiene una sección transversal de A y con una altura de agua h por encima del fondo del tanque, la tasa de cambio del volumen de agua que fluye del tanque es proporcional a la raíz cuadrada de la altura del agua, según d V d t = − A 2 g h , donde g es la aceleración debida a la gravedad. Tenga en cuenta que d V d t = A d h d t . Resuelva el problema de valor inicial resultante para la altura del agua, suponiendo que el tanque tiene un agujero de radio 2 pies. La altura inicial del agua es 100 pies. Para el problema anterior, determine el tiempo que tarda el tanque en vaciarse. 720 segundos Para los siguientes problemas, utilice la ley del enfriamiento de Newton. La base líquida de un helado tiene una temperatura inicial de 200 ° F antes de colocarla en un congelador con una temperatura constante de 0 ° F . Después de 1 hora, la temperatura de la base del helado ha disminuido a 140 ° F . Formule y resuelva el problema de valor inicial para determinar la temperatura del helado. [T] La base líquida de un helado tiene una temperatura inicial de 210 ° F antes de colocarla en un congelador con una temperatura constante de 20 ° F . Después de 2 horas, la temperatura de la base del helado ha disminuido a 170 ° F . ¿A qué hora estará listo el helado para comerlo? (Supongamos que 30 ° F es la temperatura óptima para comerlo). 24 horas 57 minutos [T] Está organizando una fiesta de helados. La temperatura exterior es 80 ° F y el helado está a 10 ° F . Después de 10 minutos, la temperatura del helado ha aumentado 10 ° F . ¿Cuánto tiempo más puede esperar antes de que el helado se derrita a 40 ° F? Tiene una taza de café a una temperatura de 70 ° C y la temperatura ambiente en la habitación es 20 ° C . Si suponemos una tasa de enfriamiento k de 0,125 , escriba y resuelva la ecuación diferencial para describir la temperatura del café con respecto al tiempo. T ( t ) = 20 + 50 e −0,125 t [T] Tiene una taza de café a una temperatura de 70 ° C que coloca en el exterior, donde la temperatura ambiente es 0 ° C . Después de 5 minutos, ¿cuánto se ha enfriado el café? Tiene una taza de café a una temperatura de 70 ° C y vierte inmediatamente 1 porción de leche por 5 porciones de café. La leche está inicialmente a una temperatura de 1 ° C . Escriba y resuelva la ecuación diferencial que determina la temperatura de este café. T ( t ) = 20 + 38,5 e −0,125 t Tiene una taza de café a una temperatura de 70 ° C , que deja enfriar 10 minutos antes de verter la misma cantidad de leche a 1 ° C como en el problema anterior. ¿Cómo se compara la temperatura con la taza anterior después de 10 minutos? Resuelva el problema genérico y ′ = a y + b con condición inicial y ( 0 ) = c . y = ( c + b a ) e a x − b a Demuestre la ecuación básica de interés compuesto continuo. Si suponemos un depósito inicial de P 0 y una tasa de interés de r , plantee y resuelva una ecuación para el interés compuesto continuo. Supongamos una cantidad inicial de nutrientes de I kilogramos en un tanque con L litros. Supongamos una concentración de c kg/L que se bombea a una tasa de r L/min. El tanque está bien mezclado y se vacía a una tasa de r L/min. Halle la ecuación que describe la cantidad de nutrientes en el tanque. y ( t ) = c L + ( I − c L ) e − r t / L Las hojas se acumulan en el suelo del bosque a una tasa de 2 g/cm 2 /año y también se descomponen a una tasa de 90 % por año. Escriba una ecuación diferencial que determine el número de gramos de hojarasca por centímetro cuadrado de suelo forestal, suponiendo que en el tiempo 0 no hay hojarasca en el suelo. ¿Se acerca esta cantidad a un valor estable? ¿Cuál es ese valor? Las hojas se acumulan en el suelo del bosque a una tasa de 4 g/cm 2 /año. Estas hojas se descomponen a una tasa de 10 % por año. Escriba una ecuación diferencial que determine el número de gramos de hojarasca por centímetro cuadrado de suelo forestal. ¿Se acerca esta cantidad a un valor estable? ¿Cuál es ese valor? y = 40 ( 1 − e −0,1 t ) , 40 g/cm 2 ecuación diferencial autónoma una ecuación en la que el lado derecho es una función de y sola ecuación diferencial separable cualquier ecuación que se pueda escribir en la forma y ′ = f ( x ) g ( y ) separación de variables un método utilizado para resolver una ecuación diferencial separable

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La ecuación logística Las ecuaciones diferenciales pueden utilizarse para representar el tamaño de una población a medida que varía en el tiempo. Esto lo vimos en un capítulo anterior en la sección de crecimiento y decaimiento exponencial, que es el modelo más simple. Un modelo más realista incluye otros factores que afectan al crecimiento de la población. En esta sección, estudiamos la ecuación diferencial logística y vemos cómo se aplica al estudio de la dinámica de poblaciones en el contexto de la biología. Crecimiento de la población y capacidad de carga Para modelar el crecimiento de la población mediante una ecuación diferencial, primero tenemos que introducir algunas variables y términos relevantes. La variable t . representará el tiempo. Las unidades de tiempo pueden ser horas, días, semanas, meses o incluso años. Cualquier problema dado debe especificar las unidades utilizadas en ese problema en particular. La variable P representará a la población. Como la población varía con el tiempo, se entiende que es una función del tiempo. Por lo tanto, utilizamos la notación P ( t ) para la población en función del tiempo. Si P ( t ) es una función diferenciable, entonces la primera derivada d P d t representa la tasa instantánea de cambio de la población en función del tiempo. En Crecimiento y decaimiento exponencial , estudiamos el crecimiento y decaimiento exponencial de poblaciones y sustancias radiactivas. Un ejemplo de función de crecimiento exponencial es P ( t ) = P 0 e r t . En esta función, P ( t ) representa la población en el momento t , P 0 representa la población inicial (población en el tiempo t = 0 ) , y la constante r > 0 se denomina tasa de crecimiento . La muestra un gráfico de P ( t ) = 100 e 0,03 t . Aquí P 0 = 100 y r = 0,03 . Un modelo de crecimiento exponencial de la población. Podemos comprobar que la función P ( t ) = P 0 e r t satisface el problema de valor inicial d P d t = r P , P ( 0 ) = P 0 . Esta ecuación diferencial tiene una interpretación interesante. El lado izquierdo representa la tasa de aumento (o disminución) de la población. El lado derecho es igual a una constante positiva multiplicada por la población actual. Por lo tanto, la ecuación diferencial establece que la tasa de aumento de la población es proporcional a la población en ese tiempo. Además, afirma que la constante de proporcionalidad nunca cambia. Un problema de esta función es su predicción de que, a medida que pasa el tiempo, la población crece sin límites. Esto es poco realista en el mundo real. Diversos factores limitan la tasa de crecimiento de una población concreta, como la tasa de natalidad, la tasa de mortalidad, el suministro de alimentos, los depredadores, etc. La constante de crecimiento r suele tener en cuenta las tasas de natalidad y mortalidad, pero ninguno de los demás factores, y puede interpretarse como una tasa de crecimiento porcentual neta (natalidad menos mortalidad) por unidad de tiempo. Una pregunta natural es si la tasa de crecimiento de la población se mantiene constante o si cambia con el tiempo. Los biólogos han comprobado que, en muchos sistemas biológicos, la población crece hasta que se alcanza una determinada población en estado estacionario. Esta posibilidad no se tiene en cuenta con el crecimiento exponencial. Sin embargo, el concepto de capacidad de carga permite la posibilidad de que en una zona determinada solo pueda prosperar un cierto número de un organismo o animal determinado sin que se produzcan problemas de recursos. Definición La capacidad de carga de un organismo en un ambiente determinado se define como la población máxima de ese organismo que el ambiente puede sostener indefinidamente. Utilizamos la variable K para denotar la capacidad de carga. La tasa de crecimiento está representada por la variable r . Utilizando estas variables, podemos definir la ecuación diferencial logística. Definición Supongamos que K representa la capacidad de carga de un organismo concreto en un ambiente determinado, y que r es un número real que representa la tasa de crecimiento. La función P ( t ) representa la población de este organismo en función del tiempo t , y la constante P 0 representa la población inicial (población del organismo en el tiempo t = 0 ) . Entonces la ecuación diferencial logística es d P d t = r P ( 1 – P K ) Consulte este sitio web para obtener más información sobre la ecuación logística. La ecuación logística fue publicada por primera vez por Pierre Verhulst en 1845 . Esta ecuación diferencial se puede acoplar con la condición inicial P ( 0 ) = P 0 para formar un problema de valor inicial para P ( t ) . Supongamos que la población inicial es pequeña en relación con la capacidad de carga. Entonces P K es pequeña, posiblemente cercana a cero. Por lo tanto, la cantidad entre paréntesis en el lado derecho de la está cerca de 1 , y el lado derecho de esta ecuación está cerca de r P . Si r > 0 , entonces la población crece rápidamente, asemejándose a un crecimiento exponencial. Sin embargo, a medida que la población crece, el cociente P K también crece, porque K es constante. Si la población se mantiene por debajo de la capacidad de carga, entonces P K es menor que 1 , así que 1 – P K > 0 . Por lo tanto, el lado derecho de la sigue siendo positivo, pero la cantidad entre paréntesis se reduce y, en consecuencia, la tasa de crecimiento disminuye. Si P = K entonces el lado derecho es igual a cero, y la población no cambia. Supongamos ahora que la población comienza con un valor superior a la capacidad de carga. Entonces P K > 1 , y 1 – P K < 0 . Entonces el lado derecho de la es negativo, y la población disminuye. Siempre que P > K , la población disminuye. En realidad nunca llega a K porque d P d t será cada vez más pequeña, pero la población se acerca a la capacidad de carga a medida que t se acerca al infinito. Este análisis puede representarse visualmente mediante una línea de fase. Una línea de fase describe el comportamiento general de una solución de una ecuación diferencial autónoma, en función de la condición inicial. Para el caso de una capacidad de carga en la ecuación logística, la línea de fase es como se muestra en la . Una línea de fase para la ecuación diferencial d P d t = r P ( 1 – P K ) . Esta línea de fase muestra que cuando P es menor que cero o mayor que K , la población disminuye con el tiempo. Cuando P está entre 0 y K , la población aumenta con el tiempo. Inicio del capítulo: Examen de la capacidad de carga de una población de ciervos (créditos: modificación del trabajo de Rachel Kramer, Flickr). Consideremos la población de ciervos de cola blanca ( Odocoileus virginianus ) en el estado de Kentucky. El Departamento de Recursos de Pesca y Vida Silvestre de Kentucky (Kentucky Department of Fish and Wildlife Resources, KDFWR) establece las directrices para la caza y la pesca en el estado. Antes de la temporada de caza de 2004 , estimó una población de 900.000 ciervos. Johnson señala: "Una población de ciervos que tiene mucho que comer y no es cazada por los humanos u otros depredadores se duplicará cada tres años" (George Johnson, “The Problem of Exploding Deer Populations Has No Attractive Solutions”, enero 12 , 2001 , consultado el 9 de abril de 2015, http://www.txtwriter.com/onscience/Articles/deerpops.html). Esta observación corresponde a una tasa de aumento r = ln ( 2 ) 3 = 0,2311 , por lo que la tasa de crecimiento aproximada es 23,11 % por año . (Esto supone que la población crece exponencialmente, lo cual es razonable, al menos a corto plazo, con un suministro abundante de alimentos y sin depredadores). El KDFWR también informa sobre las densidades de población de ciervos para 32 condados de Kentucky, cuyo promedio es de aproximadamente 27 ciervos por milla cuadrada. Supongamos que esta es la densidad de ciervos para todo el estado ( 39.732 millas cuadradas). La capacidad de carga K es 39.732 millas cuadradas por 27 ciervos por milla cuadrada, o 1.072.764 ciervos . Para esta aplicación, tenemos P 0 = 900.000 , K = 1.072.764 , y r = 0,2311 . Sustituya estos valores en la y plantee el problema de valor inicial. Resuelva el problema de valor inicial de la parte a. Según este modelo, ¿cuál será la población en 3 años? Recordemos que el tiempo de duplicación previsto por Johnson para la población de ciervos era 3 años. ¿Cómo se comparan estos valores? Supongamos que la población logra alcanzar 1.200.000 ciervos. ¿Qué predice la ecuación logística que ocurrirá con la población en este escenario? El problema de valor inicial es d P d t = 0,2311 P ( 1 – P 1.072.764 ) , P ( 0 ) = 900.000. La ecuación logística es una ecuación diferencial autónoma, por lo que podemos utilizar el método de separación de variables. Paso 1: Si el lado derecho es igual a cero, se obtiene P = 0 y P = 1.072.764 . Esto significa que si la población comienza en cero nunca cambiará, y si comienza en la capacidad de carga, nunca cambiará. Paso 2: Reescriba la ecuación diferencial y multiplique ambos lados por d P d t = 0,2311 P ( 1.072.764 − P 1.072.764 ) d P = 0,2311 P ( 1.072.764 − P 1.072.764 ) d t . Divida ambos lados entre P ( 1.072.764 − P ) : d P P ( 1.072.764 − P ) = 0,2311 1.072.764 d t . Paso 3: Integre ambos lados de la ecuación utilizando la descomposición de fracciones parciales: ∫ d P P ( 1.072.764 − P ) = ∫ 0,2311 1.072.764 d t 1 1.072.764 ∫ ( 1 P + 1 1.072.764 − P ) d P = 0,2311 t 1.072.764 + C 1 1.072.764 ( ln | P | − ln | 1.072.764 − P | ) = 0,2311 t 1.072.764 + C . Paso 4: Multiplique ambos lados por 1.072.764 y utilice la regla del cociente para los logaritmos: ln | P 1.072.764 − P | = 0,2311 t + C 1 . Aquí C 1 = 1.072.764 C . A continuación potencie ambos lados y elimine el valor absoluto: e ln | P 1.072.764 − P | = e 0,2311 t + C 1 | P 1.072.764 − P | = C 2 e 0,2311 t P 1.072.764 − P = C 2 e 0,2311 t . Aquí C 2 = e C 1 pero después de eliminar el valor absoluto, también puede ser negativo. Ahora resuelva para: P = C 2 e 0,2311 t ( 1.072.764 − P ) . P = 1.072.764 C 2 e 0,2311 t − C 2 P e 0,2311 t P + C 2 P e 0,2311 t = 1.072.764 C 2 e 0,2311 t P ( 1 + C 2 e 0,2311 t ) = 1.072.764 C 2 e 0,2311 t P ( t ) = 1.072.764 C 2 e 0,2311 t 1 + C 2 e 0,2311 t . Paso 5: Para determinar el valor de C 2 , en realidad es más fácil retroceder un par de pasos hasta donde se definió C 2 . En particular, utilice la ecuación P 1.072.764 − P = C 2 e 0,2311 t . La condición inicial es P ( 0 ) = 900.000 . Sustituya P con 900.000 y t con cero: P 1.072.764 − P = C 2 e 0,2311 t 900.000 1.072.764 − 900.000 = C 2 e 0,2311 ( 0 ) 900.000 172.764 = C 2 C 2 = 25.000 4.799 ≈ 5,209 . Por lo tanto P ( t ) = 1.072.764 ( 25.000 4.799 ) e 0,2311 t 1 + ( 25.000 4.799 ) e 0,2311 t = 1.072.764 ( 25.000 ) e 0,2311 t 4.799 + 25.000 e 0,2311 t . Dividiendo el numerador y el denominador entre 25.000 da P ( t ) = 1.072.764 e 0,2311 t 0,19196 + e 0,2311 t . La es un gráfico de esta ecuación Curva logística para la población de ciervos con una población inicial de 900.000 ciervos. Con este modelo podemos predecir la población en 3 años. P ( 3 ) = 1.072.764 e 0,2311 ( 3 ) 0,19196 + e 0,2311 ( 3 ) ≈ 978.830 ciervos Esto es mucho menos que el doble de la población inicial de 900.000 . Recuerde que el tiempo de duplicación se basa en el supuesto de que la tasa de crecimiento nunca cambia, pero el modelo logístico tiene en cuenta esta posibilidad. Si la población alcanzara 1.200.000 ciervos, entonces el nuevo problema de valor inicial sería d P d t = 0,2311 P ( 1 – P 1.072.764 ) , P ( 0 ) = 1.200.000. La solución general de la ecuación diferencial seguiría siendo la misma P ( t ) = 1.072.764 C 2 e 0,2311 t 1 + C 2 e 0,2311 t Para determinar el valor de la constante, vuelva a la ecuación P 1.072.764 − P = C 2 e 0,2311 t . Sustituyendo los valores t = 0 y P = 1.200.000 , se obtiene C 2 e 0,2311 ( 0 ) = 1.200.000 1.072.764 − 1.200.000 C 2 = − 100.000 10.603 ≈ − 9,431 . Por lo tanto P ( t ) = 1.072.764 C 2 e 0,2311 t 1 + C 2 e 0,2311 t = 1.072.764 ( − 100.000 10.603 ) e 0,2311 t 1 + ( − 100.000 10.603 ) e 0,2311 t = − 107.276.400.000 e 0,2311 t 100.000 e 0,2311 t − 10.603 ≈ 10.117.551 e 0,2311 t 9,43129 e 0,2311 t − 1 . Esta ecuación se representa gráficamente en la . Curva logística para la población de ciervos con una población inicial de 1.200.000 ciervos. Resolución de la ecuación diferencial logística La ecuación diferencial logística es una ecuación diferencial autónoma, por lo que podemos utilizar la separación de variables para hallar la solución general, como acabamos de hacer en el . Paso 1: Si el lado derecho es igual a cero, se obtiene P = 0 y P = K como soluciones constantes. La primera solución indica que cuando no hay organismos presentes, la población nunca crecerá. La segunda solución indica que cuando la población comienza en la capacidad de carga, nunca cambiará. Paso 2: Reescriba la ecuación diferencial en la forma d P d t = r P ( K − P ) K . A continuación, multiplique ambos lados por d t y divida ambos lados entre P ( K − P ) . Esto lleva a d P P ( K − P ) = r K d t . Multiplique ambos lados de la ecuación por K e integre: ∫ K P ( K − P ) d P = ∫ r d t . El lado izquierdo de esta ecuación puede integrarse utilizando la descomposición en fracciones parciales. Le dejamos que verifique que K P ( K − P ) = 1 P + 1 K − P . Entonces la ecuación se convierte en ∫ 1 P + 1 K − P d P = ∫ r d t ln | P | − ln | K − P | = r t + C ln | P K − P | = r t + C . Ahora potencie ambos lados de la ecuación para eliminar el logaritmo natural: e ln | P K − P | = e r t + C | P K − P | = e C e r t . Definimos C 1 = e c y, observando que K , P > 0 y P < K , de modo que P K − P > 0 podemos eliminar el signo del valor absoluto, de modo que la ecuación se convierte en P K − P = C 1 e r t . Para resolver esta ecuación para P ( t ) , multiplique primero ambos lados por K − P y reúna los términos que contienen P en el lado izquierdo de la ecuación: P = C 1 e r t ( K − P ) P = C 1 K e r t − C 1 P e r t P + C 1 P e r t = C 1 K e r t . A continuación, factorice P del lado izquierdo y divida ambos lados entre el otro factor: P ( 1 + C 1 e r t ) = C 1 K e r t P ( t ) = C 1 K e r t 1 + C 1 e r t . El último paso es determinar el valor de C 1 . La forma más sencilla de hacerlo es sustituir t = 0 y P 0 en vez de P en la y resolver para C 1 : P K − P = C 1 e r t P 0 K − P 0 = C 1 e r ( 0 ) C 1 = P 0 K − P 0 . Por último, sustituya la expresión de C 1 en la : P ( t ) = C 1 K e r t 1 + C 1 e r t = P 0 K − P 0 K e r t 1 + P 0 K − P 0 e r t Ahora multiplique el numerador y el denominador del lado derecho por ( K − P 0 ) y simplifique: P ( t ) = P 0 K − P 0 K e r t 1 + P 0 K − P 0 e r t = P 0 K − P 0 K e r t 1 + P 0 K − P 0 e r t . K − P 0 K − P 0 = P 0 K e r t ( K − P 0 ) + P 0 e r t . Enunciamos este resultado como un teorema. Solución de la ecuación diferencial logística Consideremos la ecuación diferencial logística sujeta a una población inicial de P 0 con capacidad de carga K y tasa de crecimiento r . La solución del correspondiente problema de valor inicial viene dada por P ( t ) = P 0 K e r t ( K − P 0 ) + P 0 e r t . Ahora que tenemos la solución del problema de valor inicial, podemos elegir valores para P 0 , r , y K y estudiar la curva de solución. Por ejemplo, en el utilizamos los valores r = 0,2311 , K = 1.072.764 , y una población inicial de 900.000 ciervos. Esto nos lleva a la solución P ( t ) = P 0 K e r t ( K − P 0 ) + P 0 e r t = 900.000 ( 1.072.764 ) e 0,2311 t ( 1.072.764 − 900.000 ) + 900.000 e 0,2311 t = 900.000 ( 1.072.764 ) e 0,2311 t 172.764 + 900.000 e 0,2311 t . Dividiendo la parte superior e inferior entre 900.000 da P ( t ) = 1.072.764 e 0,2311 t 0,19196 + e 0,2311 t . Esto es lo mismo que la solución original. El gráfico de esta solución se muestra de nuevo en azul en la , superpuesto al gráfico del modelo de crecimiento exponencial con población inicial 900.000 y tasa de crecimiento 0,2311 (que aparece en verde). La línea roja discontinua representa la capacidad de carga, y es una asíntota horizontal para la solución de la ecuación logística. Una comparación del crecimiento exponencial frente al logístico para la misma población inicial de 900.000 organismos y tasa de crecimiento de 23,11 % . Trabajando bajo el supuesto de que la población crece según la ecuación diferencial logística, este gráfico predice que aproximadamente 20 años antes ( 1984 ) , el crecimiento de la población fue muy cercano al exponencial. La tasa de crecimiento neto en ese momento habría sido de alrededor de 23,1 % por año. A medida que pasa el tiempo, los dos gráficos se separan. Esto sucede porque la población aumenta, y la ecuación diferencial logística establece que la tasa de crecimiento disminuye a medida que aumenta la población. En el momento en que se midió la población ( 2004 ) , estaba cerca de la capacidad de carga, y la población estaba empezando a estabilizarse. La solución de la ecuación diferencial logística tiene un punto de inflexión. Para hallar este punto, se establece la segunda derivada igual a cero: P ( t ) = P 0 K e r t ( K − P 0 ) + P 0 e r t P ′ ( t ) = r P 0 K ( K − P 0 ) e r t ( ( K − P 0 ) + P 0 e r t ) 2 P ″ ( t ) = r 2 P 0 K ( K − P 0 ) 2 e r t − r 2 P 0 2 K ( K − P 0 ) e 2 r t ( ( K − P 0 ) + P 0 e r t ) 3 = r 2 P 0 K ( K − P 0 ) e r t ( ( K − P 0 ) − P 0 e r t ) ( ( K − P 0 ) + P 0 e r t ) 3 . Igualando el numerador a cero, r 2 P 0 K ( K − P 0 ) e r t ( ( K − P 0 ) − P 0 e r t ) = 0 . Siempre que P 0 ≠ K , la cantidad total antes e incluyendo e r t es distinta de cero, así que podemos dividirla: ( K − P 0 ) − P 0 e r t = 0 . Resolviendo para t , P 0 e r t = K − P 0 e r t = K − P 0 P 0 ln e r t = ln K − P 0 P 0 r t = ln K − P 0 P 0 t = 1 r ln K − P 0 P 0 . Tenga en cuenta que si P 0 > K , entonces esta cantidad es indefinida, y el gráfico no tiene un punto de inflexión. En el gráfico logístico, el punto de inflexión puede verse como el punto en el que el gráfico cambia de cóncavo hacia arriba a cóncavo hacia abajo. Aquí es donde empieza a producirse la "nivelación", porque la tasa de crecimiento neto se hace más lenta a medida que la población empieza a acercarse a la capacidad de carga. Se observa que una población de conejos en una pradera es de 200 conejos para el tiempo t = 0 . Al cabo de un mes, se observa que la población de conejos ha aumentado en 4 % . Si utilizamos una población inicial de 200 y una tasa de crecimiento de 0,04 , con una capacidad de carga de 750 conejos, Escriba la ecuación diferencial logística y la condición inicial para este modelo. Dibuje un campo de pendiente para esta ecuación diferencial logística y dibuje la solución correspondiente a una población inicial de 200 conejos. Resuelva el problema de valor inicial para P ( t ) . Utilice la solución para predecir la población después de 1 año. d P d t = 0,04 ( 1 – P 750 ) , P ( 0 ) = 200 P ( t ) = 3.000 e 0,04 t 11 + 4 e 0,04 t Después de 12 meses, la población será P ( 12 ) ≈ 278 conejos. Pista En primer lugar, determine los valores de r , K , y P 0 . A continuación, cree el problema de valor inicial, dibuje el campo de direcciones y resuelva el problema. Proyecto estudiantil: Ecuación logística con un umbral de población Una mejora del modelo logístico incluye un umbral de población . El umbral de población se define como la población mínima necesaria para que la especie sobreviva. Utilizamos la variable T para representar el umbral de población. Una ecuación diferencial que incorpora tanto el umbral de población T y la capacidad de carga K es d P d t = − r P ( 1 – P K ) ( 1 – P T ) donde r representa la tasa de crecimiento, como antes. El umbral de población es útil para los biólogos y puede utilizarse para determinar si una especie determinada debe incluirse en la lista de especies en peligro. Un grupo de investigadores australianos afirma haber determinado el umbral de población para que cualquier especie sobreviva: 5.000 adultos. (Catherine Clabby, "A Magic Number", American Scientist 98(1): 24, doi:10.1511/2010.82.24., consultado el 9 de abril de 2015, http://www.americanscientist.org/issues/pub/a-magic-number). Por lo tanto, utilizamos T = 5.000 como umbral de población en este proyecto. Supongamos que la capacidad de carga ambiental en Montana para los alces es 25.000 . Plantee la utilizando la capacidad de carga de 25.000 y el umbral de población de 5.000 . Supongamos una tasa de crecimiento neto anual de 18 % . Dibuje el campo de direcciones para la ecuación diferencial del paso 1 , junto con varias soluciones para diferentes poblaciones iniciales. ¿Cuáles son las soluciones constantes de la ecuación diferencial? ¿A qué corresponden estas soluciones en el modelo de población original (es decir, en un contexto biológico)? ¿Cuál es la población límite para cada población inicial que ha elegido en el paso 2 ? (Pista: Utilice el campo de pendiente para ver lo que sucede para varias poblaciones iniciales, es decir, busque las asíntotas horizontales de sus soluciones). Esta ecuación puede resolverse mediante el método de separación de variables. Sin embargo, es muy difícil obtener la solución como una función explícita de t . Si utilizamos una población inicial de 18.000 alces, resuelva el problema de valor inicial y exprese la solución como una función implícita de t , o resuelva el problema general de valor inicial, hallando una solución en términos de r , K , T , y P 0 . Conceptos clave Cuando se estudian las funciones de la población, diferentes supuestos (como el crecimiento exponencial, el crecimiento logístico o el umbral de población) conducen a diferentes tasas de crecimiento. La ecuación diferencial logística incorpora el concepto de capacidad de carga. Este valor es un valor límite de la población para un ambiente determinado. La ecuación diferencial logística puede resolverse para cualquier tasa de crecimiento positiva, población inicial y capacidad de carga. Ecuaciones clave Ecuación diferencial logística y problema de valor inicial d P d t = r P ( 1 – P K ) , P ( 0 ) = P 0 Solución de la ecuación diferencial logística/problema de valor inicial P ( t ) = P 0 K e r t ( K − P 0 ) + P 0 e r t Modelo de umbral de población d P d t = − r P ( 1 – P K ) ( 1 – P T ) Para los siguientes problemas, considere la ecuación logística en la forma P ′ = C P − P 2 . Dibuje el campo de direcciones y halle la estabilidad de los equilibrios. C = 3 C = 0 P = 0 semiestable C = −3 Resuelva la ecuación logística para C = 10 y una condición inicial de P ( 0 ) = 2 . P = 10 e 10 x e 10 x + 4 Resuelva la ecuación logística para C = −10 y una condición inicial de P ( 0 ) = 2 . Una población de ciervos dentro de un parque tiene una capacidad de carga de 200 y una tasa de crecimiento de 2 % . Si la población inicial es de 50 ciervos, ¿cuál es la población de ciervos en un tiempo dado? P ( t ) = 10.000 e 0,02 t 150 + 50 e 0,02 t Una población de ranas en un estanque tiene una tasa de crecimiento de 5 % . Si la población inicial es de 1.000 ranas y la capacidad de carga es 6.000 , ¿cuál es la población de ranas en un tiempo dado? [T] Las bacterias crecen a una tasa de 20 % por hora en una placa de Petri. Si inicialmente hay una bacteria y una capacidad de carga de 1 millón de células, ¿cuánto tiempo tarda en llegar a 500.000 células? 69 horas 5 minutos [T] Los conejos de un parque tienen una población inicial de 10 y crece a una tasa de 4 % por año. Si la capacidad de carga es 500 , ¿en qué tiempo la población alcanza 100 conejos? [T] Dos monos son colocados en una isla. Después de 5 años, hay 8 monos, y la capacidad de carga estimada es de 25 monos. ¿Cuándo alcanza la población 16 monos? 8 años 11 meses [T] Se construye un santuario de mariposas que puede albergar 2000 mariposas, y 400 mariposas se trasladan inicialmente. Si después de 2 meses hay ahora 800 mariposas, ¿cuándo llega la población a 1,500 mariposas? Los siguientes problemas consideran la ecuación logística con un término añadido de agotamiento, ya sea por muerte o por emigración. [T] La población de truchas en un estanque está dada por P ′ = 0,4 P ( 1 – P 10.000 ) − 400 , donde 400 truchas son capturadas al año. Utilice tu calculadora o un programa de computadora para dibujar un campo de direcciones y dibuje algunas soluciones de ejemplo. ¿Qué espera del comportamiento? En el problema anterior, ¿cuáles son las estabilidades de los equilibrios 0 < P 1 < P 2 ? [T] Para el problema anterior, utilice un software para generar un campo de direcciones para el valor f = 400 . ¿Cuáles son las estabilidades de los equilibrios? P 1 semiestable [T] Para los problemas anteriores, utilice un software para generar un campo de direcciones para el valor f = 600 . ¿Cuáles son las estabilidades de los equilibrios? [T] Para los problemas anteriores, considere el caso en el que se agrega un cierto número de peces al estanque, o f = −200 . ¿Cuáles son los equilibrios no negativos y sus estabilidades? P 2 > 0 estable Es más probable que la cantidad de pesca se rija por el número actual de peces presentes, por lo que en vez de un número constante de peces capturados, la tasa es proporcional al número actual de peces, con la constante de proporcionalidad k , como P ′ = 0,4 P ( 1 – P 10.000 ) − k P . [T] Para el problema de pesca anterior, dibuje un campo de direcciones suponiendo que k = 0,1 . Dibuje algunas soluciones que presentan este comportamiento. ¿Cuáles son los equilibrios y cuáles son sus estabilidades? [T] Utilice un software o una calculadora para dibujar campos de direcciones para k = 0,4 . ¿Cuáles son los equilibrios no negativos y sus estabilidades? P 1 = 0 es semiestable [T] Utilice un software o una calculadora para dibujar campos de direcciones para k = 0,6 . ¿Cuáles son los equilibrios y sus estabilidades? Resuelva esta ecuación, si asumimos un valor de k = 0,05 y una condición inicial de 2000 peces. y = −20 4 × 10 −6 − 0,002 e 0,01 t Resuelva esta ecuación, si asumimos un valor de k = 0,05 y una condición inicial de 5.000 peces. Los siguientes problemas agregan un valor umbral mínimo para que la especie sobreviva, T , que cambia la ecuación diferencial a P ′ ( t ) = r P ( 1 – P K ) ( 1 − T P ) . Dibuje el campo de direcciones de la ecuación logística del umbral, suponiendo que K = 10 , r = 0,1 , T = 2 . ¿Cuándo sobrevive la población? ¿Cuándo se extingue? Para el problema anterior, resuelva la ecuación del umbral logístico, suponiendo la condición inicial P ( 0 ) = P 0 . Los tigres de Bengala en un parque de conservación tienen una capacidad de carga de 100 y necesitan un mínimo de 10 para sobrevivir. Si crecen en población a una tasa de 1 % por año, con una población inicial de 15 tigres, calcule el número de tigres presentes. P ( t ) = 850 + 500 e 0,009 t 85 + 5 e 0,009 t Un bosque con lémures de cola anillada en Madagascar tiene el potencial de mantener 5.000 individuos, y la población de lémures crece a una tasa de 5 % por año. Un mínimo de 500 individuos es necesario para que los lémures sobrevivan. Dada una población inicial de 600 lémures, calcule la población de lémures. La población de leones de montaña en el norte de Arizona tiene una capacidad de carga estimada de 250 y crece a una tasa de 0,25 % por año y debe haber 25 para que la población sobreviva. Con una población inicial de 30 leones de montaña, ¿cuántos años serán necesarios para que los leones de montaña salgan de la lista de especies en peligro de extinción (al menos 100 ) ? 13 años meses Las siguientes preguntas consideran la ecuación de Gompertz , una modificación para el crecimiento logístico, que se utiliza a menudo para modelar el crecimiento del cáncer, específicamente el número de células tumorales. La ecuación de Gompertz está dada por P ( t ) ′ = α ln ( K P ( t ) ) P ( t ) . Dibuje los campos de direcciones para esta ecuación suponiendo que todos los parámetros son positivos y que K = 1 . Supongamos que para una población K = 1.000 y α = 0,05 . Dibuje el campo de direcciones asociado a esta ecuación diferencial y dibuje algunas soluciones. ¿Cuál es el comportamiento de la población? Resuelva la ecuación de Gompertz para el genérico α y K y P ( 0 ) = P 0 . [T] La ecuación de Gompertz se ha utilizado para modelar el crecimiento de los tumores en el cuerpo humano. A partir de una célula tumoral en el día 1 y asumiendo que α = 0,1 y una capacidad de carga de 10 millones de células, ¿cuánto tiempo tarda en alcanzar la fase de "detección" en 5 millones de células? 31,465 días [T] Se estima que la población humana mundial alcanzó 3 mil millones de personas en 1959 y 6 mil millones en 1999 . Suponiendo una capacidad de carga de 16 mil millones de seres humanos, escriba y resuelva la ecuación diferencial para el crecimiento logístico, y determine en qué año la población alcanzó 7 mil millones. [T] Se estima que la población humana mundial alcanzó 3 mil millones de personas en 1959 y 6 mil millones en 1999 . Suponiendo una capacidad de carga de 16 mil millones de seres humanos, escriba y resuelva la ecuación diferencial del crecimiento de Gompertz, y determine en qué año la población alcanzó 7 mil millones. ¿Fue más preciso el crecimiento logístico o el crecimiento de Gompertz, teniendo en cuenta la población mundial alcanzó 7 mil millones el 31 de octubre d e 2011 ? Septiembre de 2008 Demuestre que la población crece más rápidamente cuando alcanza la mitad de la capacidad de carga para la ecuación logística P ′ = r P ( 1 – P K ) . ¿Cuándo aumenta más rápido la población en la ecuación logística del umbral P ′ ( t ) = r P ( 1 – P K ) ( 1 − T P ) ? K + T 2 ¿Cuándo aumenta más rápido la población para la ecuación de Gompertz P ( t ) ′ = α ln ( K P ( t ) ) P ( t ) ? A continuación se muestra una tabla de las poblaciones de grullas trompeteras de 1940 a 2000 . La población se recuperó desde su casi extinción tras el inicio de los esfuerzos de conservación. Los siguientes problemas consideran la aplicación de modelos de población para ajustar los datos. Supongamos una capacidad de carga de 10.000 grullas. Ajuste los datos asumiendo los años desde 1940 (por lo que su población inicial en el momento 0 sería 22 grullas). Año (años desde el inicio de la conservación) Población de grullas trompeteras 1940 ( 0 ) grandes. 22 1950 ( 10 ) grandes. 31 1960 ( 20 ) grandes. 36 1970 ( 30 ) grandes. 57 1980 ( 40 ) grandes. 91 1990 ( 50 ) grandes. 159 2000 ( 60 ) grandes. 256 Fuente: https://www.savingcranes.org/images/stories/site_images/conservation/whooping_crane/pdfs/historic_wc_numbers.pdf Halle la ecuación y el parámetro r que mejor se ajustan a los datos de la ecuación logística. r = 0,0405 Halle la ecuación y los parámetros r y T que mejor se ajustan a los datos para la ecuación logística del umbral. Halle la ecuación y el parámetro α que mejor se ajustan a los datos de la ecuación de Gompertz. α = 0,0081 Grafique las tres soluciones y los datos en el mismo gráfico. ¿Qué modelo parece ser más preciso? Utilizando las tres ecuaciones halladas en los problemas anteriores, estime la población en 2010 (año 70 después de la conservación). La población real medida en ese momento era 437 . ¿Qué modelo es más preciso? Logística: 361 , Umbral: 436 , Gompertz: 309 . capacidad de carga la población máxima de un organismo que el ambiente puede mantener indefinidamente tasa de crecimiento la constante r > 0 en la función de crecimiento exponencial P ( t ) = P 0 e r t población inicial población en el tiempo t = 0 ecuación diferencial logística ecuación diferencial que incorpora la capacidad de carga K y tasa de crecimiento r en un modelo de población línea de fase representación visual del comportamiento de las soluciones de una ecuación diferencial autónoma sujeta a diversas condiciones iniciales umbral de población población mínima necesaria para que una especie sobreviva

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