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• Juan Carlos Bejarano Cuesta

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Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales

2.1.

1

ECUACIONES SEPARABLES

La ecuación diferencial (2) de la sección 2.1

dy = f(t, y) tiene su representación en forma dt

simétrica, de la forma: M(t, y)dt + N(t, y)dy = 0

(18)

donde M(t, y) y N(t, y) son funciones continuas en las variables t e y. Claramente de (18) se obtiene la ecuación M(t, y) + N(t, y)

dy = 0, dt

(19)

y de esta su forma original (2). Para lo cual basta considerar M(t, y)   f (t , y ) y N(t, y)  1 . Si en (18) se sustituyen M(t, y) y N(t, y) por las funciones continuas M(t) y N(y) respectivamente, donde éstas son funciones en las variables respectivas t e y únicamente, se obtiene la ecuación M(t)dt + N(y)dy = 0 , o en forma equivalente y de manera general, la ecuación dy M(t) = . dt N(y)

(20)

Ecuaciones de la forma (20) se denominan ecuaciones de variables separables. Para resolverlas, se puede multiplicar primero ambos miembros de la ecuación (20) por N(y) , con el fin de obtener la ecuación equivalente: dy = M(t). dt Obsérvese que esta ecuación (21) puede escribirse por medio de la ecuación d    y (t )   M (t ) dt N(y)

(21)

donde φ(y) es la antiderivada de N(y) , es decir, (y (t ) )   N ( y)dy ; consecuentemente, se tiene:

(y (t ) )   M (t )dt  c , c constante.

(22)

Por último, determinando y(t) en (22), se encuentra la solución general. Observaciones. a) Una forma común de resolver (20) es considerar la ecuación N(y)dy = M(t)dt e integrar cada miembro con respecto a y, y a t, respectivamente.

b) Si las funciones M(t,y) y N(t,y) se pueden descomponer en factores de la forma N1(y)M(t) y M1(t)N(y) respectivamente la ecuación es también de la forma (20), y por lo tanto separable.







Ejemplo 3. La ecuación t  1 y  1 dt  tydy  0 es de variables separables. Para resolverla 2

2

podemos por transposición de términos escribir su ecuación equivalente: 2 y t +1 dt + 2 dy = 0 dondet  0 ,t   1 t y -1 Ahora mediante una cuadratura se obtiene :





t 2  logt 2  log y 2 1  c . Si c = log c y mediante algunas transposiciones, llegamos a la solución implícita de la ecuación por medio de la siguiente expresión:

et y  1 c 2 t

2

2

Observe que si t = 0 en la ecuación, y = 1 o y = -1 son soluciones reales de la ecuación que se habían perdido en el proceso de separación de variables. Ejemplo 4. Resolver la ecuación dy dt  1  t  1  y  . Solución. La ecuación es de variables separables, así que mediante transposición de términos se obtiene la ecuación equivalente 1  y dy dt  1  t , y de esta se recibe  d  y2   y   1 t dt  2 

de donde mediante una cuadratura se obtiene y2 t2  y  1  c 2 2

que es la solución en forma implícita de la ecuación dada. 2.2.

ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS Y FACTOR INTEGRANTE

dy  g (t ) , y teniendo en cuenta que dt su solución se consigue en forma muy elemental, mediante la aplicación directa de un proceso de integración, se puede seguir este procedimiento para resolver toda ecuación diferencial que se pueda expresar en la forma d  [t, y(t)] = 0, (23) dt para toda función  t, y  . Por tanto, integrando ambos miembros de (23) se obtiene  t , y   c , c

Considerando nuevamente la ecuación (3) de la sección 2.2

constante, relación que representa la solución de (23) y, de la cual se puede encontrar y(t) en función de t.

Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales

3

Ejemplo 5. La ecuación 1  cost  y   cost  y  dy dt  0 , puede escribirse en la forma d t  sen t  y   0 , dt yt   t  arcosc  t . .

por

tanto,

 t , y   t  sen t  y   c ,

de

donde

encontramos

Aunque la ecuación (23) representa a una clase de ecuaciones de primer orden también muy fáciles de resolver, existen algunas ecuaciones que presentan dificultades para encontrar la función  t, y  , como por ejemplo en la ecuación diferencial d 3 2 ( y + t + ty + Sen y + Cos t) = 0. dt no es obvio encontrar su ecuación equivalente de forma directa. En cualquier caso procedemos en esta sección a determinar de manera analítica de dicha función  (t , y ) , cuando exista.

Primeramente observe que la regla de la cadena para la diferencial parcial expresa d   y  (t , y(t ))   ; dt t y t por tanto, la ecuación diferencial: M(t, y) + N(t, y)

puede escribirse en la forma

dy =0 dt

d  (t , y )  0 , si y solamente si, existe una función  t, y  , tal que dt   M (t , y )   (t , y ) y N (t , y)   (t , y), t y

ecuaciones diferenciales que poseen esta propiedad se llaman ecuaciones diferenciales exactas. El siguiente teorema brinda un criterio eficaz que permite decidir en forma sencilla cuando una ecuación diferencial es exacta. También la demostración del mencionado teorema proporciona al mismo tiempo el método para resolver ecuaciones diferenciales exactas. Teorema 1. Sean M(t,y) y N(t,y) funciones continuas que tienen derivadas parciales continuas con respecto a t e y, en el rectángulo R formado por puntos (t,y) con a < t < b y c < y < d. Existe una función  t, y  tal que M (t , y ) 

 t

y

N (t , y) 

M N en R  y t

 y

si y solamente si, (25)

Demostración. Observe que M t , y    t para alguna función  t, y  si y únicamente si

 t , y    M t , y dt  h( y)

(26)

donde h(y) es una función arbitraria de y. Tomando derivadas parciales en ambos lados de (26) respecto a y, se obtiene  M (t , y)  dt  h' ( y). y y Por tanto,

 será igual a N(t,y) si y solo si y N (t , y)  

M (t , y) dt  h' ( y) y

ó h( y )  N t , y  - 

M (t , y ) dt y

(27)

Ahora h'(y) es una función sólo de y, por tanto el lado derecho de (27) debe ser una función sólo de y, este es el caso sí y sólo si

 M (t , y )  N M dt    0 {N (t , y )   t  y y  t

Por tanto, si

N M  , no hay una función  t, y  tal que M t , y    t y N t , y    y . t y

En el otro caso, es decir, si N t  M y se puede encontrar

 M (t , y)  h( y)    N t , y  -  dt  dy y   y así,



 (t , y)   M (t , y)dt    N (t , y)   

M (t , y)  dt dy . y 

Observación. Un resultado análogo se obtiene, si se considera N t , y    y , obteniéndose

 t , y    N (t , y)dy  K (t ) , donde K(t) es una función sólo de t. En efecto: Como M (t , y ) 

 N (t , y )  dy  K ' (t ), entonces K(t) está determinada por la ecuación t t

 N (t , y)  K (t )  M (t , y)    dy  t 

Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales

5

donde el lado derecho de esta ecuación es función de t, sólo si, M N  . y t Ejemplo 6. Encontrar una solución de la ecuación diferencial 2t  3  2 y  2 dy  0 dt Solución. Aquí M (t , y )  2t  3 y N (t , y )  2 y  2 , y por tanto la ecuación es exacta, ya que

M 0 y y

N 0 t

Para encontrar una solución procedemos de la siguiente forma: Supongamos que existe una función  t, y  tal que satisface las hipótesis del teorema 1. Entonces d  (t , y )  M (t , y )  2t  3, dt e integrando con respecto t, se obtiene

 (t , y)  t 2  3t  h( y)

(28)

Ahora derivando con respecto a y, se tiene: d d  N (t , y )  2 y  2 entonces h( y )  2 y  2  (t , y)  h' ( y), pero dy dy Integrando ésta con respecto a y, se obtiene:

h( y)  y 2  2 y .

(29)

Sustituyendo (29) en (28), se recibe:

 (t, y)  t 2  3t  y 2  2 y , y como  (t , y )  c , Entonces t 2  3t  y 2  2 y  c es solución en forma implícita, de la ecuación dada. De otro lado, si la ecuación (19) de la sección 2.3, dy = 0, dt no es exacta pero existe una función u(t,y) tal que la ecuación equivalente dy u (t , y ) M (t , y )  u (t , y ) N (t , y ) 0 (30) dt Si lo es, entonces las soluciones de la ecuación (30) serán las soluciones de la ecuación (19); debido a la equivalencia de las ecuaciones y por tanto resolver la ecuación diferencial. M(t, y) + N(t, y)

La función u(t,y) recibe el nombre de factor integrante. Por ejemplo, la ecuación diferencial dy 1  ( 2t  y ) 0 (31) dt no es exacta, ya que, aplicando el criterio de exactitud

  1 0 y  2t  y   2 t y

siendo M t , y   1 y N t , y   2t  y . Sin embargo, si se multiplica cada miembro de (31) por la función u  e 2 y se obtiene la ecuación dy e  2 y  (2t  y )e  2 y 0 (32) dt  2 y   (2t  y )e  2 y  2e  2 y ya que de aquí e  2e 2 y y  t y





  M (t , y)  N (t , y), y t entonces la ecuación (32) es exacta, y su solución se determina siguiendo el procedimiento dado para esta clase de ecuaciones diferenciales. integrante.

Aquí u(t , y)  e

2 y

es el denominado factor

Para que u(t,y) sea un factor integrante, debe satisfacer la condición de exactitud. Es decir,   (33) u(t , y) M (t , y)  u (t , y) N (t , y). y t y considerando que u(t, y) es dependiente de t únicamente. La ecuación (33) se recibe:     M u+u M = N u+u N y y t t donde por comodidad se toman M, N, u en vez de M(t,y), N(t,y), y u(t,y). Como u depende de t,

 u  0 , entonces de la ecuación (34) se recibe: y    M M  y t  y  N

e integrando con respecto a t y luego tomando exponenciales, se obtiene:     M N   y t u (t )  exp  dt    N     que es la fórmula del factor integrante cuando este depende de t únicamente.

(34)

Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales

7

De (34) también se puede encontrar el factor integrante cuando éste depende únicamente de y. Basta considerar aquí  u0 t entonces de (34), mediante transposiciones recibe    u M N y t .  t u M Ahora, integrando con respecto a y(t), y tomando exponenciales, se obtiene:      y M  y M  u ( y )  exp   dy  M       que es la fórmula para el factor integrante cuando éste depende solamente de y. Ejemplo 7. Aunque los factores integrantes u(t) y u(y), considerados, son los empleados con mayor frecuencia se pueden determinar también condiciones suficientes para que existan factores 2 2 integrantes de la forma u (ty ) , u (t / y ) , u ( y / t ) , u (t  y ) , u(t  y ) . Se mostrará el caso cuando el factor integrante depende de ty solamente.

dy )  0 es exacta, si y sólo si, dt   (uM )  (uN ), donde u (ty ) y t

Observe que la ecuación u ( M  N

de aquí,

M

es decir,

tM

 M  N u (ty)  u (t , y)  N u (ty)  u (ty) y y t t

 M  N  u (ty)  u (ty)  yN u (ty)  u (ty)  u (ty) y y t t

de aquí en forma equivalente se tiene :

tMu' (ty)  yNu' (ty)  u (ty)(

N M  ), t y

ó también

u' (ty)(tM  yN )  u(ty)(

N M  ). t y

N M ) t y u ' (ty)  (tM  yN ) (

Luego,

Integrando con respecto a X = ty ambos miembros y luego tomando exponenciales, se llega a: N M  t y dN dM  t y u ( X )  exp(  )dX , o tM  yN

u ( X )  exp(  x R( s)ds), donde N M  t R  t tM  yN 2 2 Para los factores integrantes u (t / y ) , u (t  y ) , u(t  y ) véanse ejercicios del capítulo.

dy  0 . Es claro que la dt ecuación diferencial no es exacta, entonces se buscará una función u(t,y) adecuada para convertir dicha ecuación en exacta. Para este fin, supongamos que el factor integrante está en función de y únicamente, en consecuencia para nuestro caso, M t , y   1 y N t , y   2t  y , entonces

Ejemplo 8. Consideremos nuevamente la ecuación (31), 1  (2t  y )

M N  u y t  , de aquí se obtiene y M u 2 y  2u y de aquí, u  e . y Entonces e 2 y dt  (2t  y )e 2 y dy  0 es una ecuación exacta, y por tanto existe una función  (t , y ) tal que: a)

 (t , y )  e  2 y t

b)

 (t , y)  (2t  y)e 2 y y

Para determinar  (t , y ) se puede partir de a) e integrar, acorde con el teorema 1, así tenemos:

 (t, y)  e2 yt  h( y) Ahora, derivando esta con respecto a y, se obtiene

(36)

Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales

 (t , y) y

9

 2e 2 yt  h' ( y)

Por transitividad, considerando (b) en (36) se tiene:

 2e2 yt  h' ( y)  2e2 yt  ye2 y , y de aquí h' ( y)   ye2 y . donde, integrando con respecto y, se obtiene: y 1 h( y )    ye 2 y dy  e  2 y  e  2 y . 2 4

Finalmente llevando el valor de h(y) a (36) se obtiene: y 1 y 1  (t , y )  e  2 y  e  2 y  e  2 y , y por tanto, e  2 y  e  2 y  e  2 y  C es solución implícita de la 2 4 2 4 ecuación dada. Observación. Debe tenerse en cuenta que el factor integrante de una ecuación diferencial no es único, puede comprobarse que las funciones u1  e ecuación diferencial t  1 dt  t  y 1 dy  0

2.3.

(t  y )

y u2  1 ty son factores integrantes de la

ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGENEAS

Hemos visto que una ecuación diferencial de la forma dy  f ( y) (37) dt es separable, sin embargo, hay ecuaciones separables que no tienen la forma explícita de (37) como las ecuaciones diferenciales dy  f (t y ) dt

ó

dy  f ( y t ), dt

dy  y  sen   , donde el argumento de f está en forma de razón t/y o dt t diferenciales de este tipo se denominan ecuaciones diferenciales homogéneas o

tal es el caso de la ecuación y/t. Ecuaciones de sustitución.

Consideremos una ecuación diferencial homogénea de la forma: dy  f ( y / t) dt

(38)

Para resolver esta ecuación, utilizamos la sustitución y = vt, donde v es función de t, entonces dy dv  vt , dt dt Relacionando las ecuaciones (38) y (39) se obtiene: dv vt  f (v), dt o en forma equivalente la ecuación separable dv t  f (v )  v dt Por tanto separando variables se tiene: dt dv  , t f (v )  v

(39)

(40)

de donde, mediante una cuadratura, se recibe: ln t  

dv  c1 y f (v )  1

de aquí la ecuación ln t  H (v)  c1 , (*)

donde H(v) = 

dv f(v) - 1

Esta identidad (*) expresa la relación entre t y v, donde se puede determinar y, después de sustituir v en su forma original y/t, en razón a que y = vt. Así se ha encontrado la solución de (38) en forma implícita o explícita. Ejemplo 9. Si tenemos la ecuación diferencial:

dy y 2 + 2ty = 2 dt t dy  f  y t , ya que podemos comprobar que tiene la forma dt dy y y  ( )2  2 , dt t t por tanto es homogénea, luego para encontrar su solución seguimos el procedimiento descrito. Esto es: dy dv  vt Tomando y  vt y que sustituyendo en la ecuación, se recibe: dt dt

Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales

t

dv + v = v 2 + 2v dt

t

dv 2 =v +v dt

11

o bien

Ecuación que efectivamente es separable, por tanto, separando las variables se tiene: dt dv = t vv + 1 Desarrollando el lado derecho en fracciones parciales simples, se tiene dt 1 1 =( )dv t v v+1 y de aquí integrando ambos miembros se obtiene: ln | t |  ln | c | ln | v |  ln | v  1| donde c es una constante arbitraria. Agrupando y tomando exponenciales, se obtiene: v ct = v+1 Ahora sustituyendo v en términos de y, t se obtiene la solución y/t y ct = = y/t + 1 y + t o bien, mediante transposiciones 2

y=

ct 1 - ct

Es conveniente, en el estudio de las ecuaciones diferenciales homogéneas, presentar un concepto alternativo, el cual se fundamenta en la siguiente definición. 2.5.1. Definición. Una función f(t,y) es homogénea de grado n respecto a las variables t e y, si se verifica la siguiente identidad para todo :

f (t , y)  n f (t , y) . Ejemplo 10. La función f(t,y), donde f (t , y)  ty  y

2

es una función homogénea de segundo

grado, puesto que:

f (t , y)  t y   y   2 (ty  y 2 )  2 f (t , y) . 2

Ejemplo 11. La función f(t,y), donde f(t,y) =

 t 4  2ty 3 es: y 4  2t 3 y

 (t ) 4  2(t )(y)3  t 4  2ty3 f ( t ,  y)   4   f (t , y) (y) 4  2(t )3 (2 ) y  2t 3 y es decir, f (t , y)   f ( x, t ) . 0

Considerando ahora la ecuación diferencial de primer orden dy M (t , y)  , dt N (t , y)

(41)

donde M(t,y) y N(t,y) son funciones homogéneas del mismo grado n, y haciendo   1 t se tiene: M (t , y)  M (1, y t ) y N (t , y)  N (1, y t ) , por tanto (41) es equivalente a la ecuación dy M (1, y / t ) ,  dt N (1, y / t ) dy  f ( y / t ) . Así que la ecuación es homogénea en el sentido de la dt definición original. Según esto, la ecuación de primer orden dy dt  f (t , y) es homogénea

y por tanto tiene la forma

respecto a t e y, si la función f(t,y) es homogénea de grado cero respecto a t e y. Ejemplo 12. Sea la ecuación

dy ty  2 , dt t  y 2

ty , 2 t -y que es una función homogénea de grado cero, puesto que (t )(y) ty f (t , y)   2  f (t , y). 2 2 (t )  (y) t  y2 entonces

f(t, y)=

2

Es decir, f (t , y)   f ( x, t ) . Entonces la ecuación diferencial es homogénea. Para resolverla 0

considerando y = vt, y

dy dy v t se tiene: el método para las ecuaciones homogéneas esto dt dt

es con y = vt v+t

dv v = dt 1 - v 2

Esta ecuación es de variables separables, por tanto, transponiendo sus términos se obtiene: dt 1 - v 2 = 3 dv t v De ésta ecuación se recibe: dt t  (1 v 1 v)dv , en donde después de aplicar una cuadratura, se 3

obtiene:

Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales

 1    2   ln | v | ln | t |  ln | c | , y de esta agrupando   2v   Que sustituyendo v, mediante la relación v = y/t se recibe:

13

1  ln | vtc |  2v2 

t 2  ln | cy |  2 y2  siendo ésta última expresión una solución de la ecuación, presentada en forma implícita, en términos de sus variables originales t e y.

Ejemplo 13: Resolver la siguiente ecuación diferencial: dy 4y - 3t = dt 2t - y Solución: Si t  0, la ecuación se puede escribir en la forma: y 4 3 dy  t y dt 2 t

mostrando así, que es una ecuación diferencial homogénea ya que tiene la forma dy dt  f ( y / t ) . Por tanto, considerando y = vt, y por ende dy dv  vt , dt dt la ecuación queda: dv 4v - 3 v+t = dt 2-v y de ésta ecuación separable se recibe: t

dv v 2  2v  3  dt 2v

o también

dt 2v  1   1   dv  (1 / 4)   5 dv t (v  1)(v  3)  v 1   v  3  Ahora después de integrar ambos miembros se obtiene: 1 ln | t | c    ln | v  1| 5ln | v  3 | 4





1/ 4

 v 1  = (1 / 4) ln v  1 / v  3 )  ln  5  v  3  5

,

y de aquí  1  | v  1|  4  tc    5  | v  3 |  

1

y t 1 y t 3

1 4   y  t t4 4 y  t t4 4   ( tc )  o también ; y de aquí se obtiene  5 5 y  3t   y  3t  

y  3t c 4  y  t que es solución implícita de la ecuación dada. 5

dy 2 y  t  dt 2t  y

Ejemplo 14. Resolver la ecuación diferencial:

Solución. Dividiendo cada término del segundo miembro de la ecuación por t  0, se obtiene la ecuación: dy 2( y / t )  1  , con lo cual se muestra que la ecuación es homogénea. Por tanto, considerando dt 2  ( y / t) y=vt, se obtiene la ecuación: t

dv 2v - 1 = es una ecuación diferencial separable, por lo tanto dt 2-v

agrupando término mediante transposiciones se obtiene:

t

dv v 2  1  dt 2  v

Y de esta, escribimos: dt 2  v = dv  1 2 1 / v  1dv  3 2 1 / v  1dv t v2 1 De aquí después de integrar cada término se obtienen: 1 ln | t | c     ln | v  1| 3ln | v  1|  2

1 ln | t | c    ln | v  1|| v  1|3  2 1/ 2

 v 1   , de donde = ln  v  13   



 y / t  1  y  t  / t   y / t 1 y  t / t 3

t 2c 2 

y t y t

3

v 1 v 1

y sustituyendo v = y/t se tiene: t 2 c 2 

3

 y   1 t  y   1 t

3

t 2 , para finalmente obtener una solución, en forma implícita,

dada por la expresión:

y  t c2  y  t ; 3

Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales 2.4.

15

ECUACIONES TRANSFORMABLES A HOMOGENEAS

Consideremos ecuaciones que tienen la forma:

dy a1t  b1 y  c1  , dt a2t  b2 y  c2

(42)

donde a1, b1, c1, a2, b2, y c2 son constantes. Observe que a1t + b1y + c1 = 0 y a2t + b2t + c2 = 0 son ecuaciones de rectas que se cortan entre sí o son paralelas. Ecuaciones de este tipo corresponden a las denominadas transformables a homogéneas. Para resolverlas vamos a considerar dos casos: Primer caso. Si las rectas se cortan en un punto, sea ( ,  ) dicho punto, entonces:

a1t  b1 y  c1  a1 (t   )  b1 ( y   ) a2t  b2 y  c2  a2 (t   )  b2 ( y   )

Haciendo T = t - α, y Y = y - β,

(43)

de la ecuación (42) se recibe:

y considerar la sustitución Y = VT, como en el caso de las ecuaciones diferenciales homogéneas, ya estudiadas. Es conveniente aclarar que, después de encontrar la solución, esta se encuentra en términos de las variables T e Y, pero por medio de las relaciones (43), se encuentra la solución en términos de las variables originales t e y. Ejemplo 15: Encontrar la solución de la ecuación diferencial: dy 2y - t + 5 = dt 2t - y - 4 Solución. Debemos observar que las rectas 2y - t + 5  0 y 2t - y - 4  0 , se cortan en un punto ( ,  ) , puesto que sus pendientes m1 = 1/2 y m2 =2 son diferentes. Resolviendo el sistema de las dos ecuaciones encuentra que ( ,  ) =(-1,2) es el punto de intersección. Así

T = t - 1, Y = y + 2, a demás

dt dT  dy dY

Por lo tanto, se tiene:

dy 2 y  t  5  (t  1)  2( y  2)   , dt 2t  y  4 2(t  1)  ( y  2)

Es decir: dY  T  2Y  dT 2T  Y

(45)

es una ecuación homogénea y en las variables T e Y. Tomando Y = VT y utilizando el resultado del ejemplo de la sección 2.5 concluimos que la ecuación (45) tiene por solución la ecuación: Y T C2  Y T 3

Finalmente, como T = t - 1 y Y = y + 2, se tiene y  t  1 C 2  y  t  3 , que es solución 3

implícita de la ecuación dada en sus variables originales t e y. Segundo caso. Considerando ahora que la ecuación diferencial (42), donde a1t  b1 y  c1  0 , a2t  b2 y  c2  0 son ecuaciones de dos rectas paralelas, se tiene entonces

a1 a2  b1 b2

y a2t  b2 y  a2 a1 a1t  b1 y  ; de lo cual concluimos que el segundo miembro de (42)

es una función que depende sólo de

a1t  b1 y . Este hecho permite tomar la transformación

z  a1t  b1 y , con el fin de obtener una ecuación de variable separable de la forma dz  a1  b1 ( z ) dt

Ejemplo 16. Resolver la ecuación diferencial dy (4t  10 y )  2t  5 y  2 dt Solución. Llevando la ecuación a la forma (42), se tiene

dy 2t  5 y  2  , dt 4t  10 y las rectas cuyas ecuaciones son 2t  5 y  2  0 y 4t  10 y  0, tienen igual pendiente m1 = 2/5. Por tanto, las rectas son paralelas, y entonces tomamos la sustitución z  2t  5 y. Se obtiene. dz dy  25 ,o dt dt

dy 1 dz  (2 / 5)  ; dt 5 dt

Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales

17

Que reemplazando en la ecuación se recibe,, 2 dz z2   5 5dt 2z Esta ecuación es separable, por tanto separando sus variables y efectuando transposiciones se recibe 2zdz dt = - z - 10 de la cual mediante una cuadratura, se recibe:

t  c  2( z  10)  20 ln  z  10 Ya que z  2t  5 y. , se tiene:

t  2(2t  5 y  10)  20 ln  2t  5 y  10 , siendo ésta solución en forma implícita de la ecuación dada, en sus variables originales t e y. 2.6.1. Ecuación diferencial de Bernoulli. Una ecuación de la forma dy  p (t ) y  q (t ) y n (46) dt Se denomina ecuación diferencial de Bernoulli, en honor al matemático suizo James Bernoulli (1654-1705). Observe que si n = 0 o n = 1, la ecuación (46) es una ecuación diferencial lineal de primer orden, y por tanto, su solución es obvia mediante la aplicación del método dado en la sección 2.1. Estudiemos a ecuación (46) con n  0, n  1. Para éste fin, multipliquemos primeramente cada término de la ecuación por y-n. Obteniendo la ecuación equivalente dy y n  y (1 n ) p (t )  q (t ) (47) dt dv dy  (1  n) y  n , aquí Ahora, tomando v = y(1-n), donde dt dt P1 (t )  (1  n) p(t ) y q1 (t )  (1  n)q(t ) . dy en (47) y luego de transponer términos, se obtiene la ecuación: dt dv  (1  n) p (t )v  (1  n) q (t ) (48) dt Esta es una ecuación lineal de primer orden que se puede escribir en la forma: dv  p1 (t )v  q1 (t ) (49) dt donde p1 (t )  (1  n) p(t ) y q1 (t )  (1  n)q(t ) .

Por tanto sustituyendo v y

Cuya solución se alcanza con facilidad..

Ejemplo 17. Resolver la ecuación diferencial dy  (1 / t ) y  ty 2 (50) dt Solución. Es claro que se trata de una ecuación de Bernoulli de grado 2, para resolverla seguimos el procedimiento indicando. Efectivamente, multiplicamos (50) por y

2

se obtiene:

dy  (1 / t ) y 1  t , (51) dt dv dy dy dv 1   y 2   y2 Con v  y , y, y de esta, dt dt dt dt dv dv Con estas sustituciones, (51) se convierte en   (v / t )  t o también  (v / t )  t . Esta dt dt última es ya una ecuación lineal no homogénea; para resolverla, sea y 2





u(t )  exp   1 t dt  exp ln t   t 1 .

Siendo u(t )  t

1

el factor integrante con el cual la

ecuación se convierte en:

 

d vt 1  1 , dt

en donde mediante una cuadratura se obtiene vt 1  t  c





o

v  t 2  ct .

Como v  y

1

entonces y  1 n , así que, y  1  t  ct . es la solución explícita de la ecuación dada. 2

2.6.2 Ecuación de Riccati. A la ecuación diferencial dy  p (t ) y  q (t ) y 2  r (t )  0 (53) dt donde p(t), q(t), y r(t) son funciones de t, se le conoce con el nombre de ecuación general de Riccati en honor al matemático y filósofo Conde Jacobo Francisco Riccati (1676 - 1754). En general, la ecuación no se resuelve por cuadraturas, pero cuando una solución particular y   (t ) se conoce, la solución general puede obtenerse por medio de las cuadraturas sucesivas. En efecto: Sea y   (t )  z , (54) donde z es una función de t por determinarse. Derivando (54) se recibe: dy dz   t   ; dt dt De modo que haciendo las sustituciones respectivas, la ecuación (53) se convierte en: d dz  (t )   q (t )  2 (t )  2 (t ) z  z 2  p (t ) (t )  z   r (t )  0 dt dt o también d dz  (t )  p(t ) (t )  q(t ) 2 (t )  r (t )   2 (t )q(t )  p (t )z  q (t ) z 2  0 dt dt





Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales

y como  (t ) es solución, ésta se reduce a:

19

dz  2 (t )q (t )  p (t )z  q (t ) z 2  0 . Esta es una dt

ecuación de Bernoulli, la que por medio de z  u 1 la ecuación es llevada a una lineal, y por tanto su solución se alcanza como tal. Ejemplo 18. Resolver la ecuación dy (55)  2ty  y 2  2  0 dt Solución. Fácilmente se verifica que es una ecuación de Riccati, donde n = 2, p(t) = 2t, q(t) = -1 y r(t) = -2. . También se comprueba que  (t )  2t es una solución de dicha ecuación. Entonces, dy dz  2 . Ahora dt dt sustituyendo en la ecuación, y(t) y dy/dt y efectuando algunos cálculos necesarios, de (55) se recibe la ecuación de Bernoulli: dz  2tz  z 2 (56) dt La que resuelve multiplicando (56) por z-2 , obteniendo: dz z 2  2tz 1  1 y considerando ahora la sustitución w  z 1 se obtiene la ecuación diferencial dt dw 2  2tw  1 . Que es lineal no homogénea considerando ahora ut   exp(t ) como un lineal dt factor integrante. Entonces multiplicando cada término de la ecuación por este factor se recibe:

para encontrar la solución general consideramos y  2t  z , y de aquí

t1

exp(t 2 ) w    e x dx  C 2

t0

(57)

donde se obtiene en definitiva:

z

et t

2

c   e dx x2

(58)

t0

y la solución general es y  2t  z , donde z está determinada por (58). Volviendo a la ecuación (53), se puede observar que si q(t) = 0, esta ecuación es lineal. Si q(t) no es cero, la ecuación puede transformarse en una ecuación lineal de segundo orden1, mediante la sustitución y= v/q, donde v es una nueva variable dependiente. Efectivamente, derivando con respecto a t se encuentra la identidad

dy qv'vq'  , dt q2 donde se ha simplificado la notación, teniendo en cuenta que todas las variables dependen de t. dy Así, sustituyendo y(t) y en (53) y efectuando los cálculos convenientes, se obtiene la dt ecuación dv  v 2  v( p  q ' / q )  qr  0, dt o su equivalente dv 2  v  v    0 dt

donde   p  q ' / q

y

(59)

  qr

La sustitución v = u'/u permite obtener la ecuación lineal de segundo orden d 2u du   u  0 2 dt dt

(60)

El estudio de la ecuación (60) se hará en los capítulos siguientes. Sin embargo, es alentador poseer un resultado como el que se ha encontrado, ya que permite resolver una ecuación de Riccati sin necesidad de pasar por una ecuación lineal.

2.5.

INTERPRETACION GEOMETRICA DE LAS SOLUCIONES

Hemos estudiado una ecuación diferencial de la forma dy  f (t , y ) dt y hemos visto que su solución general tiene la forma  (t , y, c)  0

(61)

(62)

Esta relación (62) desde el punto de vista geométrico representa una familia de curvas en el plano de coordenadas, dependiente de una constante arbitraria o parámetro c. Estas curvas se llaman curvas integrales de la ecuación diferencial dada. Cada curva integral está representada por una curva de esta familia que pasa por un punto dado del plano. Por ejemplo, la ecuación familia de funciones que representa dy dt   y t tiene por solución general una geométricamente una familia de hipérbolas.

Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales

21

Figura 1. Familia de Funciones y = c/t que es una solución general de la ecuación diferencial

dy dt   y t

Una solución al problema de valor inicial y (t0 )  y0 equivale a determinar c mediante las condiciones dadas, y esto significa geométricamente a localizar la curva de la familia que pasa por el punto (t0, y0), obteniendo la llamada curva integral particular, así, si en el ejemplo propuesto, se requiere la solución particular que satisface la condición y0 = 1, t0 = 2, es claro que y  2 / t es la solución particular buscada, esto es la curva integral particular que corresponde a la hipérbola que pasa por el punto P0 (2, 1) (Véase Figura 1). Observación. La ecuación dy dt   y t no tiene solución que pase por el eje y, esto se debe a que el segundo miembro de la ecuación no está definido para todo t = 0. Para interpretar geométricamente la ecuación diferencial (61) dy dt  f (t , y) , tomamos y    t , c  como solución general. Para todo punto P(t,y), la ecuación (61) determina un valor de

la derivada dy dt , es decir, el coeficiente angular de la tangente a la curva integral que pasa por este punto. Por consiguiente, la ecuación diferencial define un conjunto de direcciones o mejor, determina el campo de direcciones en el plano ty. Así, para encontrar la solución de una ecuación diferencial desde el punto de vista geométrico se deben hallar las curvas integrales cuyas tangentes estén orientadas de modo que su dirección coincida con la dirección del campo en estos puntos (isóclina)2. En la Figura 2 se muestra el campo de direcciones de la ecuación diferencial dy dt   y t y algunas curvas integrales encontradas por este método, para lo cual tomamos Figura 2Se

llama isóclina al lugar geométrico de puntos en los que las tangentes a las curvas integrales consideradas tienen una misma dirección.

dy  n con base en el hecho que las tangentes a las curvas integrales son paralelas a las dt

direcciones del campo en cada punto, obteniéndose al mismo tiempo el campo de direcciones correspondiente a cada valor de K, facilitando aquí el trazo de las pendientes en cada recta, es así que se obtienen las rectas y  2t con K = -2, y = 4t con K = -4 , etc. Esto es, dando al parámetro K, valores numéricos próximos dibujamos una red bastante compacta de isoclinas, sirviéndose de las cuales se pueden trazar aproximadamente las curvas integrales de la ecuación diferencial (61).

Figura 2. Campo de direcciones y trazado de algunas curvas integrales de la ecuación diferencial dy dt   y t

Veremos ahora el caso reciproco, es decir, dada la familia de funciones dependientes de un parámetro c, y    t , c  , de modo que cada punto del plano pase sólo una curva de esta familia, encontrar la ecuación diferencial que acepta esta familia de funciones como solución general. Para resolver este problema, empezamos derivando con respecto a t la ecuación (62) y obtenemos dy ´t  t , c  dt

(63)

Como por todo punto del plano pasa una sola curva de la familia, para cada par de números t e y se determina un valor único de c correspondiente a la ecuación (62); de modo que llevando este

Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales

23

valor de c a (63) encontramos como función de t e y, obteniéndose así la ecuación diferencial que se satisface para toda función de la familia (62). Ejemplo 19. Hallar la ecuación diferencial de la familia de parábolas dada por y  ce3t (Véase Figura 3). Solución. Derivando la ecuación respecto a t tenemos dy  3ce 3t dt Sustituyendo en esta última el valor c

y 3t

e definido en la ecuación de la familia de curvas , obtenemos seguidamente la ecuación diferencial dy  3 y dt que corresponde a la familia de curvas dada.

Figura 3. Familia de parábolas, dada por y  ce3t 2.6.

ENVOLVENTE DE UNA FAMILIA DE CURVAS Y SOLUCIONES SINGULARES

Consideremos nuevamente la ecuación (62) f (t , y, c)  0 , donde t e y son coordenadas cartesianas y c es un parámetro. Para cada valor del parámetro c la ecuación (62) determina cierta curva en el plano ty. Dando a c todos los valores posibles, se obtiene una familia de curvas que dependen de un sólo parámetro (curvas uniparamétrica). Se llama envolvente de la familia uniparamétrica f (t , y, c)  0 a la curva que en cada uno de sus puntos es tangente a cierta curva de la familia (curva integral) (62), y que en cada segmento es tangente a infinitas curvas de dicha familia. Más

adelante se concluirá que la envolvente de la familia de curvas integrales de esta ecuación f t , y, y  0 será siempre una solución singular.

Figura 4. Gráfica de una familia de funciones y su respectiva envolvente.

Efectivamente en los puntos de la envolvente los valores t, y e y' coinciden con los valores t, y e y' para la curva integral que es tangente a la envolvente en el punto (t,y). Por tanto, en cada punto de la envolvente los valores t, y e y' satisfacen la ecuación  t , y, y  0 , tal como se ilustra, por ejemplo, en la figura 4. Para determinar la envolvente de una familia de curvas f  t , y, c   0 , c parámetro, utilizamos el resultado que para el efecto presenta N. Piskunov en su libro Cálculo Diferencial e Integral. Este método es el siguiente: consideremos el sistema:   t , y, c   0

c  t , y, c   0

(64)

y eliminamos c de éstas ecuaciones obteniendo y   (t ) , función derivable que es la ecuación de la envolvente. c en este caso es diferente de una constante. Ejemplo 20. Hallar la envolvente de la familia de circunferencias

t  c 

2

 y 2  R2  0 , c parámetro.

Solución. Derivando esta ecuación (66) respecto a c se obtiene:

(65)

Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales

t  c   0 ,

25

(66)

eliminando c de las ecuaciones (65) y (66) se obtiene y 2  R 2 de donde y   R que es la envolvente de la familia de circunferencias. La Figura 5 muestra este resultado. 2.8.1 Definición. La solución de la ecuación diferencial que no se obtiene de la solución general cualquiera que sea c , y que tiene como gráfica la envolvente de la familia de curvas integrales que entran en la solución general, recibe el nombre de solución singular de la ecuación diferencial. Para ampliar un poco más la definición anterior, supongamos conocida la solución general de la ecuación diferencial, la que podemos notar por   t , y, c   0 , conjuntamente con la ecuación c  t , y, c   0 , eliminamos c y obtenemos la función  t , y   0 . Si esta función satisface la ecuación diferencial y no pertenece a la familia   t , y, c   0 , entonces es solución singular.

Figura 5. Envolvente de la familia de circunferencias





Ejemplo 21. Hallar la solución singular de la ecuación y 1   y  R . 2

2

2

Solución. Hallamos primero su solución general, para lo cual, escribimos la ecuación respecto a y', así

(R2  y 2 ) dy  dt y

y   R  y  dy  dt

Separando las variables se obtiene

2

2

De aquí, integrando se encuentra la solución general  t  c   y 2  R 2 . Esta familia de curvas 2

integrales corresponde a circunferencias de radio R con centro en el eje de las t. La envolvente de esta familia de curvas está dada por las rectas y = ± R

Las funciones y = ± R satisfacen la ecuación diferencial y además estas no se obtienen por medio de un valor cualquiera de c , asignado a la solución general, por tanto, son soluciones singulares de la ecuación. (Ver Fig 5). Ejemplo 22. Hallar las soluciones singulares de la ecuación diferencial y2  4t 2 Solución. Determinemos la integral general de la ecuación De (68) se recibe las ecuaciones: y = t2 + c , y = -t2 + c que representan la integral general de la ecuación y corresponden a una familia de parábolas. (Ver Fig 6) De esta se observa que la recta t = 0 es el lugar geométrico de los puntos de contacto de las curvas integrales de la ecuación (68) y por tanto es solución singular.

Figura 6. Familia de parábolas que corresponden a la solución de la ecuación y’2 = 4t

2.8.2 ECUACIONES DE CLAIRAUT. La ecuación diferencial dy , (67) dt es conocida con el nombre de Ecuación Diferencial de Clairaut, en honor al matemático Francis Alexis Claude Clairaut (1713 - 1765). El procedimiento que se emplea para determinar la solución de esta ecuación es diferente a los métodos que hasta el momento hemos estudiado, para resolver ecuaciones diferenciales de primer orden. A continuación se presentará este nuevo método. Derivando la ecuación (67) con respecto a t se tiene:

y  Pt  f (P), con P =

P  P

De donde:

dP t  f ' ( P), y de aquí, dt

0

dP t  f ' ( P) dt

(68)

Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales

27

dP  0 o t  f ( P )  0 dt Del primer caso se deduce que la ecuación se satisface para P = c, constante. Por lo tanto la solución general es; y (t )  ct  f (c)

En el caso t  f ( P )  0 , se permite la posibilidad de obtener una solución particular eliminando el parámetro P de las ecuaciones y  tP  f (P ) y t  f ( P )  0 ; observándose que esta no contiene una constante arbitraria ni tampoco es un caso particular de la solución general, siendo, por tanto, una solución singular. Ahora la envolvente de la familia de líneas rectas y  ct  f (c) se obtiene por eliminación de c entre esta ecuación y la ecuación t  f ´(c)  0 . Esta envolvente es idéntica con la curva encontrada por la solución singular; luego, la solución singular en el caso de la ecuación de Clairaut representa la envolvente de la familia de curvas integrales. Ejemplo 23. Resolver la ecuación diferencial dy y  tP  (1/ 2) P2 , P = dt

(69)

dy 1 y f P   P 2 . En dt 2 consecuencia, se encuentra su solución acorde con la teoría para este tipo de ecuaciones. Esto es, dP dP (t  P ), de aquí 0 o derivando la ecuación (69) con respecto a t, se tiene 0 = dt dt t  P  0 . De la primera P = c constante, así que sustituyendo en (69) se obtiene la familia de rectas 1 y  tc    c 2 , llamada solución general de la ecuación diferencial propuesta. 2

Solución. Claramente se trata de una ecuación de Clairaut, ya que P 

Figura. 7 Familia de curvas dadas por la ecuación

De las ecuaciones t  P  0 y (69), se elimina P obteniendo la solución singular y   t 2 . Se ve fácilmente que ésta no es parte de la familia . Ver figura 7. Observe además que su gráfica corresponde a la envolvente de la familia de rectas dada por la solución general 2

2.8.3 Ecuación de Lagrange. Un tipo general de ecuación cuya solución puede obtenerse en forma de parámetro por diferenciación es la siguiente: dy y  tf ( P)  g ( P), donde P= (70) dt Un procedimiento para resolver (70) puede ser el siguiente: Derivando (70) con respecto a t se tiene: dP P  f ( P )  tf ( P )  g ( P ) , dt o también dP tf ' ( P)  g ' ( P). P  f ( P)  dt Considerando a t como variable dependiente y P como variable independiente, cuando P  f ( P )  0 , hecho que se consigue mediante transposiciones en la última ecuación, obtenemos: dt tf ' ( P) g ' ( P)   , dP P  f ( P) P  f ( P)

que es una ecuación diferencial lineal respecto a la función t de P. Una solución de ésta última ecuación tiene la forma: t   ( P, c)

(71)

Eliminando el parámetro P de las ecuaciones (70) y (72) se obtiene la solución general de la ecuación (70) en la forma  (t , y, c)  0 Para hallar una solución singular, es suficiente sustituir en la ecuación (70) el valor P = P0 constante que satisface la condición P0  f P0   0, (72) Con este valor P0 se obtiene y  tf ( P0 )  g ( P0 ), donde si esta solución no se deduce de la solución general, cualquiera que sea el valor de la constante arbitraria, será una solución singular Ejemplo 24. Resolver la siguiente ecuación diferencial

Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales

dy dt La ecuación es de Lagrange donde f P   2 p y  2tP  2 P  1,

Solución.

29

P

(73) y g P   2P  1 . Por tanto,

derivamos respecto a la variable t, así tenemos: dy dP dP dp  2t  2P  2  2P  (2t  2), dt dt dt dt dP 2t  2 , la que se puede expresar en la forma: y de esta la ecuación separable  P  dt dt dp  , así mediante una cuadratura se tiene: dp 2t  2 1 12 ln  t  1   ln P  c o también P  K t 1 , donde K  eC . 2

Por último sustituyendo P en (73) se obtiene la solución general

y  2K t 1  1 . Para 12

determinar las soluciones singulares, se observa de (72), que P0  2P0 si P0  0 , así sustituyendo este valor en la ecuación, se obtiene y  2t (0)  2(0)  1. Es decir, y  1 es la posible solución singular. Pero si se sustituye en su solución general (72), el valor de t = 1, se obtiene también el valor de y = 1, comprobándose de esta manera que la ecuación diferencial propuesta no tiene soluciones singulares. 2.7.

EXISTENCIA Y UNICIDAD

Del tema tratado hasta el momento, podemos destacar un interés principal, cual es exhibir una solución al problema de valor inicial dy Y (t0 )  Y0 ,  f (t , y ), dt sin tener en cuenta situaciones como las que se presentan en los siguientes interrogantes: a) ¿Cómo se determina que el problema de valor inicial tiene una solución sin que sea posible exhibirla?. b) ¿Cómo se determina que hay únicamente una solución, dos soluciones o infinitas soluciones?. c) ¿Con qué objeto se hacen las dos primeras preguntas. Más aún, ¿Cuál es la importancia de decidir que un problema de valor inicial posea una única solución sin que ésta sea posible exhibirla explícita o implícitamente? Para contestar los anteriores interrogantes anotamos inicialmente, en particular con referencia a la pregunta c), que la clase de ecuaciones diferenciales solubles por cuadraturas es sumamente limitada. Por ello, ya desde los tiempos de Euler tuvieron gran importancia los métodos aproximados en la teoría de ecuaciones diferenciales. Usualmente es más que suficiente dar y(t) en cuatro cifras decimales, y esta puede darse especialmente con la ayuda de computadores

digitales. El computador también puede dar la solución en ocho, nueve, dieciséis, etc. cifras decimales. Así, el conocimiento sobre si el problema de valor inicial tiene una solución única y(t) es realmente importante y es lo que se debe observar aquí; y sobre este hecho de decidir si existe o no solución del problema, es lo que se conoce con el nombre de existencia. Si existe solución, se debe determinar si la solución es única o por el contrario hay infinitas soluciones, lo que se conoce con el nombre de unicidad. Por lo anteriormente expuesto, con las preguntas a) y b) se está planteando el llamado problema de existencia y unicidad de la solución del problema de valor inicial, tema que comprende el teorema que usualmente lleva el nombre de existencia y unicidad. En él se dan las condiciones precisas que deben tenerse para decidir si el problema de valor inicial tiene solución y también precisar si esta solución es única. Aquí se enunciarán y se darán algunas aclaraciones sobre el teorema, omitiendo su demostración, por considerarse que en ella se requieren conceptos de análisis un poco avanzados, sin embargo, el lector puede mirar la demostración en cualquier texto de la bibliografía que se da al final de estas notas. Teorema 1 Existencia y unicidad.: Sean f y

 t  ,

  y

f funciones continuas en algún rectángulo y

que contenga el punto

t0 , y0  ,

entonces en algún intervalo

t0  h  t  t0  h contenido en   t   existe una solución única, y   t  , del problema con valores iniciales, dy f t , y  , dt

y t0   y0 .

Figura 8. Rectángulo, que garantiza la solución única

Los criterios de continuidad de f(t,y) y

f son relativamente fáciles de verificar, lo que permite y

que el teorema de existencia y unicidad sea un teorema de sencilla aplicabilidad. En general no

Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales

31

siempre es posible encontrar un intervalo I en el cual se define una solución sin, de hecho, resolver la ecuación diferencial. Gráficamente ilustramos este teorema en la figura 9. Ejemplo 25. Se puede comprobar fácilmente que el problema de valor inicial dy  ty1 2  0 y0  0 dt tiene al menos dos soluciones en el intervalo    t   4 Los gráficos de ambas funciones y  0 y y  t 16 pasan por (0,0) . Escribiendo la ecuación

y  ty1 2 , se tiene: t f t y = 1/ 2 y 2y

diferencial en la forma

f t , y   ty1 2

Figura 9. Ilustra el ejemplo 25

Notamos que ambas funciones son continuas en el semiplano definido por y > 0. Por medio del teorema 1 concluimos que para cualquier punto t0 , y0  , y0 > 0, por ejemplo el punto (0,1), existe algún intervalo en torno a t0 en el cual la ecuación dada tiene una solución única. Ejemplo 26. Compruebe que y1 (t ) 1  t valor inicial

y

y2 (t )   t 2 4 son soluciones del problema de

dy  t  (t 2  4 y )1 / 2  , y(2)= 1 dt 2 y establezca la región del plano ty, donde la existencia de una solución única, a través de cualquier punto especificado, pueda garantizarse por medio del teorema de existencia y unicidad.

Solución. Vemos que y1(t) e y2(t) son soluciones de la ecuación diferencial sobre los intervalos t>2 para y1(t), y para todo t en y2 (t). Es decir, este problema no tiene solución única, y esto no contradice el teorema de existencia y unicidad, ya que f(t, y)=

Lo que indica que

- t + ( t 2 + 4y )1/2 f 1 , = 2 y ( t 2 + 4y)1/2

f 2 no está definida en aquellos puntos para los cuales y(t )   t 4 como, por y

ejemplo, el punto (2,-1).





3 Ejemplo 27. Comprobemos que y  1  2 3 ln 1  t



12

es una solución del problema con valor

inicial

dy t2  , dt y(1  t 3 )

y(0)=1;

y determinemos el intervalo en el cual es válida esta solución.





Efectivamente, observando que y(t) no puede ser cero, 1  2 3ln 1  t  0 , entonces



t   1 e



3 2 1 3

3

y por tanto es su intervalo solución.

2.8. APLICACIONES EN LAS QUE INTERVIENEN ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 2.10.1. Problemas del tipo de interés compuesto. Las cantidades que varían a una velocidad proporcional a su tamaño se dice que siguen la ley del interés compuesto. Ejemplo 28. Una persona joven sin capital inicial invierte K pesos por año a una tasa de interés anual r. Suponga que las inversiones se hacen continuamente y que el interés se compone continuamente. a. Determine la suma S(t) acumulada después de transcurrido cualquier tiempo t. b. Si r = 5%, determine K de modo que pueda disponer para su retiro de un millón de pesos al cabo de 40 años. Solución: Sean S(t) la suma acumulada en el tiempo t, K (pesos) inversiones anuales y r el interés anual. Un breve análisis permite considerar a la variación de la cantidad S(t), debido a la composición del interés r, con la derivada de esa misma cantidad (teniendo en cuenta que la composición se hace continuamente). En términos matemáticos se presenta la ecuación siguiente dS (t )  rS (t ), dt

(74)

Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales

33

La cual indica que la variación de la cantidad es proporcional a esa cantidad (la constante de proporcionalidad está dada por r). Pero además, se hacen algunos depósitos anuales de K pesos y con el supuesto también de hacerse continuamente. De modo que con base en la ecuación (74) se obtiene la ecuación dS (t )  rS (t )  K (75) dt Siendo ésta la ecuación diferencial que rige el fenómeno. Esta ecuación (75) puede ser escrita en la forma dS (t )  rS (t )  K (76) dt que corresponde a una ecuación diferencial lineal no homogénea. Para resolverla utilizamos el factor integrante U (t )  exp rt  y tenemos:





d r t e S (t )  Ke  r t , dt de donde, mediante una cuadratura y algunas transposiciones de sus términos se tiene:

 K s(t )      ert  1 , c constante.  r 

(77)

Es claro que la condición inicial S(0) = 0, permite obtener de (77) el valor de c = K/r, por tanto, sustituyendo c en (77) se obtiene la solución





S t   K r  er t  1 ,

(78)

que determina la suma acumulada en cualquier tiempo t. b. La solución corresponde simplemente a calcular el número K mediante la expresión (78). Puesto que S(40)=106 pesos, t = 40 años y r = 0,05, entonces de (78) se recibe:

K

K

S (t )r (e

0, 05)( 40)

 1)

, de donde

(10)6 (0.05) 50.000   7825,9. (e0,05)( 40)  1) 6,3890

Ejemplo 28. Suponga que una gota de lluvia esférica se evapora a una rapidez proporcional a su área superficial. Si el radio original es 3 mm, y una hora después se reduce a 2 mm, encuentre una expresión para el radio de la gota en cualquier instante. Solución. Dado que la gota de lluvia se evapora a una rapidez proporcional a su área superficial, se puede describir el fenómeno por medio de la ecuación

dV = K A, (79) dt Siendo V el volumen de la gota y K la constante de proporcionalidad. La ecuación (80) es la que dV 3  4 r 2 , y siendo rige el problema. Pero el volumen de la esfera es V  4 3 r , entonces dr 4π r2 el área de la superficie esférica, se obtiene: (80) dV  Adr.

Relacionando (79) y (80) se obtiene Adr  KAdt , luego dr  Kdt

(81)

y por tanto, mediante un proceso de integración r  Kt  c , c constante.

(82)

Es claro que c = r0 , por aplicación de la condición inicial r(0) = r0 en (82), siendo r0 el radio en t= 0. Por tanto, con el valor de c, (82) se convierte en r  Kt  r0 (83) Ahora, con r0 = 3 mm, t = 1 h y r = 2 mm, se determina K = -1. Por tanto, de la ecuación (83) se concluye que r = 3 - t es el radio de la gota esférica en cualquier instante t. Ejemplo 29. El Einstenio 253 decrece con una rapidez proporcional a la cantidad presente. Determine la vida media  si este material pierde un tercio de su masa en 11.7 días. Solución. Sea Q(t) la cantidad de Einstenio 253 en cualquier instante. Interpretando la rapidez de decrecimiento de la sustancia Q(t) con su derivada, se expresa el fenómeno por medio de la ecuación diferencial dQ  KQ (t ), K constante de proporcionalidad. (84) dt Esta ecuación (84) es lineal y separable, por tanto, de esta se recibe la expresión Q(t )  ce Kt . También es obvia la condición Q(0) = Q0, siendo Q0 la cantidad de Einstenio en t = 0. Con esta condición se determina c = Q0. y por tanto

Q(t )  Q0e K t

(85)

Esta expresión (85) determina la cantidad presente en cualquier instante. Para encontrar la vida media del material, se debe determinar primero el valor de K, conociendo que se pierde 1/3 de la sustancia en 11.7 días. Es decir, Q0 - Q 0/3 = (2/3) Q 0 es la sustancia Q (t) sobrante en el transcurso de 11.7 días. Por tanto, con este tiempo y mediante (86) se obtiene

2 3 Q0  Q0e(11.7 ) K , de donde

K  ln 2 3 11.7

(86)

Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales

35

Entendiéndose que la vida media del material, notada por  , es el tiempo en el cual la sustancia se reduce a la mitad de su valor original, mediante (86) se obtiene: ln 2  (87) k Así, sustituyendo (86) en (87), se consigue    ln 211.7 ln 2  ln 3 = 20.7, es decir,  = 20.7 días, es la vida media de la sustancia. 2.9.

APLICACIONES AL CAMPO ELECTRICO

Se puede considerar la electricidad como una sustancia que fluye por conductores tales como cables. La velocidad de paso de electricidad se denomina corriente y así se habla de intensidad de una corriente (I) para expresar la velocidad de flujo de la electricidad. La unidad práctica de la electricidad es el Coulombio y el Amperio para la intensidad de la corriente. También se entiende por carga q a una cantidad de electricidad. El flujo de corriente en un circuito eléctrico y la carga de un condensador corresponden a las soluciones de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes. Para lograr este objetivo, en forma breve, las definiciones de otros elementos y conceptos propios del campo eléctrico, se nombran únicamente, como capacitores, circuitos, etc., esto con el fin de no desviar el propósito de plantear la aplicación de las ecuaciones diferenciales en los circuitos eléctricos simples. Sin embargo, damos a continuación algunas notaciones y unidades tales como: V: Caída de voltaje o diferencia de potencial entre las placas de un condensador. C: Capacidad de un condensador, su unidad es el Faradio. q: Carga de un condensador, su unidad es el Coulombio. L: Coeficientes de autoinducción, su unidad es el Henrio. R: Resistencia, su unidad es el Ohmio. E: Fuerza electromotriz, su unidad es el voltio. La inductancia, la resistencia y la capacitancia poseen caídas de voltaje, de acuerdo a las siguientes leyes: dI : Caída de voltaje a través de la inductancia. dt RI : Caída de voltaje a través de la resistencia. q / C  V : Caída de voltaje a través de la capacitancia. L

Ahora se puede decir que cuando se aplica una fuerza electromotriz en un circuito eléctrico que posee un condensador, la corriente se define como la rapidez de cambio de la carga de un condensador. Este modelo matemático se expresa por la identidad

I 

dq dt

La ecuación diferencial que se obtiene de un circuito eléctrico que tiene una fuerza electromotriz aplicada, se encuentra por medio de las denominadas leyes de Kirchhoff, de las cuales en forma sucinta se obtiene que en un circuito cerrado, el voltaje aplicado es igual a la suma de las caídas de potencial del resto del circuito. La fuerza electromotriz E es por lo general una constante, o alterna e igual a Ecos wt o Esen wt De lo anterior y teniendo en cuenta los elementos que intervienen en el circuito, se tiene: dI a. Circuito RL, E  L dt

b. Circuito RC, RI 

q E C

dq , la ecuación del circuito es: dt dq q R  E ó dt C dI I d o bien R   E . dt C dt

Ya que I 

R

c. Circuito RLC, la ecuación de éste circuito es

L

dI q  RI   E dt c

dV v   E / C, dt c

Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales

Como I 

37

d 2q dq dq  (q / C )  E , o bien , se tiene L 2  R dt dt dt L

d 2V dV R  (V / C )  E / C , 2 dt dt

o también d 2I dI d L 2  R  (I / C)  E dt dt dt El circuito RLC dado en (c) será considerado en detalle en el capítulo tres, aquí se estudian circuitos en los que intervienen ecuaciones diferenciales de primer orden.

Ejemplo 30. Estudiar la carga de un gran condensador o una batería en un circuito de la forma (b). Solución. Aplicando las leyes de Kirchoff, se obtiene la ecuación que rige el fenómeno, esta es: dq q R  E (88) dt C Que no es más que una ecuación diferencial lineal no homogénea. Como condición inicial se puede tomar q = 0 cuando t = 0. La solución de la ecuación diferencial (88) es:



q  CE 1  et RC



(89) -1

De (89), se deduce que el valor máximo de la carga es CE, cuando q = CE(1 - e ) = 0,632 CE y cuando t = 2RC, q = CE(1 - e-2) = 0,865 CE. La corriente inicial es E/R cuando t = 0 y disminuye cuando t crece.

EJERCICIOS En los problemas 1 al 16 clasifique cada ecuación respecto a lineal, homogénea, separable, exacta y luego resuélvala por el método correspondiente al tipo de ecuación que pertenece. Si se dan condiciones prescritas, resuelva el problema de valor inicial

dy  y t sent  0 dt dy 2. t  2 y  sen t , t > 0 dt

1.

3. 1  (1  ty)ety  (1  t 2 ety ) 4. 5. 6. 7. 8. 9.

dy 0 dt

dy  (2 / t ) y  cos t  t 2 , y ( )  0, dt dy (2t  4 y )  ( 2t  2 y ) 0 dt dy ( y 2 / 2)  2 yet  ( y  et ) 0 dt dy t (2 y 4  t 4 )  y( y 4  t 4 ) dt dy  2 y  te 2t , y (1)  0 dt dy  ty3 (1  t 2 ) 1 / 2 , y (0)  1 dt

t 0

dy t  et  10. dt y  ey 11.

dy  et  y  3 dt

12.

dy 2t , y ( 2)  0  dt 1  2 y

dy  2 y  te 2t , y (1)  0 dt dy  1  t 2 e  t y  0 y ( 0)  0 14. dt dy  ty  y 2  0 15. t 2 dt dy  0), y (0)  1 16. 3t 2  4ty  (2 y  2t 2 dt 17. Demuestre que, si M (t , y )dt  N (t , y )dy  0 es una ecuación homogénea, entonces tiene a

13.

 (t , y) 

1 tM (t , y)  yN (t , y)

como un factor integrante.

Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales

39

dy  f (t , y ) , es homogénea, si f (t , y ) es tal que dt f (t , y )  f (1,  ) , donde λ es un parámetro real. Use este hecho para determinar si las

18. Demuestre que la ecuación

siguientes ecuaciones son homogéneas: a.

dy t 3  ty  y 3  2 dt t y  ty 2

b.

dy ty  ln t  ln y  dt ty

19. Demuestre que toda ecuación separable de la forma dy M (t )  N ( y ) )  0 es exacta. dt 20. Demostrar

que

M (t , y )  N (t , y )

sí

 N M    M  Q( y) ,  y   t

entonces

la



ecuación

dy  0 tiene un factor integrante U ( y)  exp  Q( y)dy dt

diferencial



21. Deduzca la solución de la ecuación t   2Kt  Ut  0 , considerando la ecuación dy  y 2  2ky  U . K, U constantes dt En los problemas 22 al 24 identifique el tipo de ecuación, para resolverla utilice el método correspondiente: dy  2ty  y 3  0 22. t 2 dt dy  (1 / t 2 )  ( y / t )  y 2 , 23. y1 (t )  1 t dt 24.

dy 2Cos 2t  Sen2t  y 2  , dt 2Cost

y2 (t )  sen t .

En los problemas del 25 al 29 encuentre la solución general y soluciones singulares, si las dy hubiese. Aquí p  . dt 25. y  p  1  ap  b 26. y  tp  1 p 27. tp  y  t 2  y 2 28. p  py  t  0 29. y  pt  ln p . 2

30. Trazar las curvas integrales de la ecuación diferencial

dy  y2 / t2 dt ¿En qué regiones del plano, ellas forman una familia normal de curvas?

31. Muéstrese que y   3 t es una solución de la ecuación dy  y 2  7 y t   9 t 2  0 dt y hállese la solución general. De allí obténgase la solución general de la ecuación

d 2z dz  (7 / t )  (9 z ) /(t 2 )  0 2 dt dt

32. Resolver las ecuaciones siguientes por medio de series de potencias, alrededor del punto que se indica: dy  cos t  t y  sen t  t 2 alrededor de 0. a. dt dy y 1 b.   2 , alrededor de 0 y alrededor de 1. 2 dt t (1  t ) t 33. Estudiar la carga de un gran condensador, o una batería, en un circuito que tenga una FEM constante E, y una resistencia R, careciendo de inductancia. 34. Estudiar la descarga de un condensador a través de una resistencia R resolviendo la ecuación del circuito con L = 0, E = 0, con las condiciones iniciales q = qo cuando t = 0, y hallando q cuando t = , t = CR y t = 2CR. Hallar también t cuando q = (0,01)qo. 35. Determine la suma acumulada en 20 años, para cada uno de los siguientes programas de inversión. Suponga que el interés del 4% se compone, y los depósitos se hacen continuamente: a. Nada inicial y $ 1500 al año, durante 20 años. b. $10.000 iniciales y $ 1000 al año durante 20 años. c. $20.000 iniciales y $ 500 al año durante 20 años. d. $30.000 iniciales y ningún depósito adicional. 36. Una persona retirada tiene una suma S(t) depositada a término a una tasa anual r, a fin de obtener interés, el cual se compone continuamente. Se hacen retiros para los gastos cotidianos a una tasa de K pesos por año; suponga también que los retiros se hacen continuamente. Si el valor inicial de la inversión es So, determine S(t) después de transcurrido cualquier tiempo t.

Soluciones Numéricas de Ecuaciones Diferenciales

41

37. Un tanque contiene originalmente 400 litros de agua limpia. Entonces se vierte en el tanque agua que contiene 0,050Kg de sal por litro, a una velocidad de 8 litros por minuto y se deja que la mezcla salga con la misma rapidez. Después de 10 minutos se detiene el proceso y se vierte agua limpia en el tanque a la rapidez de 8 litros por minuto, dejando salir la mezcla con la misma rapidez. Determine la cantidad de sal que habrá después de 20 minutos en el tanque. 38. Un tanque con capacidad de 200 litros contiene originalmente 800 litros de agua con 40 Kg de sal en solución. Se introduce agua que contiene 0,100 Kg de sal por litro a una rapidez de 12 litros por minuto, y se deja que la mezcla salga del tanque con una rapidez de 8 litros por minuto. Encuentre la cantidad de sal que hay en el tanque en cualquier instante, antes que la solución empiece a exceder la capacidad del tanque. Encuentre la concentración (en Kg/L) de sal en el tanque cuando está en el punto donde la solución empieza a exceder la capacidad del tanque. Compare esta concentración con el límite teórico de la concentración si el tanque tuviese una capacidad infinita. 39. Suponga que un cuarto contiene 32 metros cúbicos de aire, originalmente libres de monóxido de carbono. En el instante t = 0 se empieza a introducir al cuarto humo de cigarrillo, con un contenido del 4% de monóxido de carbono, con una rapidez de 0,002 m3/min. y se deja salir la mezcla bien circulada, con la misma rapidez, a. Encuentre una expresión para la concentración X(t) de monóxido de carbono en el cuarto, en cualquier instante t > 0 b. Para un ser humano, quedar expuesto a una concentración de monóxido de carbono tan baja como 0,00012 puede ser nocivo. Encuentre el tiempo T en el cual se alcanza esta concentración