Resolución de ecuaciones diferenciales de primer orden separables.

Objetivos

En esta sección, aprenderás a identificar y resolver ecuaciones diferenciales de primer orden separables.

Concepto

En la pregunta de la sección que introducía las ecuaciones diferenciales ordinarias se te pidió escribir una ecuación diferencial general a partir de un enunciado que describía el conocido modelo malthusiano de crecimiento de población en un ambiente ideal. La ecuación diferencial lineal simple tenía la forma $\frac{dy}{dt}=F(y)=ky$ . Esta es una EDO separable cuya solución general es $y=Ce^{kt}$ .

Otro problema muy conocido que puede ser modelado por una ecuación diferencial separable consiste en saber cuánto demorará en vaciarse un tanque (con la forma de un cilindro circular recto parado sobre su base), inicialmente lleno de agua, que ahora está filtrando agua por un orificio en la parte de abajo. El científico italiano Torricelli determinó que el agua de un tanque abierto se filtrará por un pequeño orificio en la parte de abajo a una velocidad, $v$ , que adquirirá al caer libremente desde el nivel en el que se encontraba hacia el orificio, es decir $v=\sqrt{2 gh(t)}$ (ideal) donde $h(t)$ es la altura del agua en el tanque. Si la cantidad de agua que sale del tanque en cierto tiempo es la causa de la disminución del nivel del agua, ¿puedes determinar la ecuación diferencial que modela el cambio en la altura del nivel del agua en función del tiempo para un tanque de $H$ metros de alto con un radio de $r$ metros y un orificio con un radio de $s$ metros? ¿Cuánto demora el tanque en vaciarse?

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*Este video sólo se encuentra disponible en inglés.

http://www.youtube.com/watch?v=Mep3AEX1n4Y - Video tutoriales de matemáticas de James Sousa: Resolver una ecuación diferencial por separación de variables

Orientación

Con algunas de las EDO de primer orden, la dependencia de $x$ e $y$ es separable y la ecuación puede ser escrita de las siguientes dos maneras:

$\frac{dy}{dx}=F(x,y)=f(x)g(y)$ , o
$\frac{dy}{dx}=F(x,y)=\frac{f(x)}{g(y)}$ , o
$\frac{dy}{dx}=F(x,y)=\frac{g(y)}{f(x)}$

Estas formas son llamadas ecuaciones diferencias de primer orden separables y se pueden formular y obtener soluciones si se integran ambos lados de la ecuación:

$\frac{dy}{dx}=F(x,y)=f(x)g(y) \Rightarrow \int \frac{dy}{g(y)}=\int f(x)dx$ , o
$\frac{dy}{dx}=F(x,y)=\frac{f(x)}{g(y)} \Rightarrow \int g(y)dy=\int f(x)dx$ , o
$\frac{dy}{dx}=F(x,y)=\frac{g(y)}{f(x)} \Rightarrow \int \frac{dy}{g(y)}=\int \frac{dx}{f(x)}$

Ejemplo A

Resuelve la ecuación diferencial $y^\prime =xy$ con la condición inicial $y(0)=1$ .

Solución:

En este ejemplo $f(x)=x$ y $g(y)=y$ .

Separando $x$ e $y$ se obtiene la forma diferencial $\frac{dy}{y}=xdx$ , con la restricción $y \ne 0$ .

Integrando ambos lados se obtiene: $\ln |y|=\frac{1}{2}x^2+C$ .

Esto significa que $y=e^{\frac{1}{2}x^2+C}=Ke^{\frac{1}{2}x^2}$ .

Si $y(0)=1$ , entonces $1=K$ , y la solución particular es $y=e^{\frac{1}{2}x^2}$ .

Debes notar que $y \ge 1$ , lo que es consistente con la restricción $y \ne 0$ .

Ejemplo B

Resuelve la ecuación diferencial $\frac{dy}{dx}=\frac{x+3}{y+4}$ con la condición inicial $y(0)=0$ .

Solución:

En este ejemplo $f(x)=x+3$ y $g(y)=\frac{1}{y+4}$ . Debemos asegurarnos de que $y \ne -4$ .

Separando $f(x)$ y $g(y)$ se obtiene la forma diferencial $(y+4)dy=(x+3)dx$ .

Integrando ambos lados se obtiene:

$\int (y+4)dy &=\int (x+3)dx \\\frac{y^2}{2}+4y &=\frac{x^2}{2}+3x+C \\y^2+8y &=x^2+6x+C$

Con el fin de crear una forma más compacta para despejar $y$ , elimina el cuadrado en ambos lados de la ecuación anterior:

$y^2+8y+16-16 &=x^2+6x+9-9+C \\(y+4)^2-16 &=(x+3)^2-9+C \\(y+4)^2 &=(x+3)^2+7+C \\y+4 &=\pm \sqrt{(x+3)^2+7+C} \\y &=\pm \sqrt{(x+3)^2+7+C-4}$

Utilizando la condición inicial $y(0)=0$ , vemos que $y=0=\sqrt{(3)^2+7+C}-4$ , para que $C=0$ .

Por lo tanto, $y=\sqrt{(x+3)^2+7}-4$ . Debes notar que $y \ge \left ( \sqrt{7}-4 \right ) \approx -1.35$ , por lo que se llega a la restricción $y \ne -4$ .

Crecimieto exponencial y logístico

Las ecuaciones diferenciales de primer orden separables son evidentes en dos modelos de crecimiento de población.

En el modelo de Crecimiento Exponencial la población, $P$ , crece con el tiempo, sin restricciones, a una velocidad proporcional a la población actual, es decir,

$\frac{dP}{dt}=kP$ , donde $k > 0$ es la tasa de crecimiento.

Esta ecuación diferencial separable tiene la forma de solución general $P(t)=P_0 e^{kt}$ .

En el modelo de Crecimiento Logístico la tasa de crecimiento es ajustada por otro factor $\left(1- \frac{P}{K} \right)$ como se muestra a continuación:

$\frac{dP}{dt}=kP \left(1- \frac{P}{K} \right)$

donde $K$ es la capacidad de carga. El factor $\left(1- \frac{P}{K} \right)$ es cercano a 1 cuando $\frac{P}{K} \ll 1$ , pero cercano a 0 cuando $\frac{P}{K} \approx 1$ .

Esta ecuación diferencial separable tiene la forma de solución general $P(t)=\frac{P_0}{1+Ae^{kt}}$ , con $A=\frac{K-P_0}{P_0}$ .

Ejemplo C (crecimiento logístico)

La población en una isla está dada por la ecuación $\frac{dP}{dt}=0.05 P \left(1- \frac{P_0}{5000} \right)$ , con $t$ en años y $P_0=1000$ .

a. Encuentra los tamaños de las poblaciones $P(20)$ y $P(30)$ .

b. ¿Cuándo la problación superará primero los 4000?

Solución:

a. La solución está dada por $P=\frac{P_0}{1-Ae^{0.05 t}}$ donde $A=\frac{5000-1000}{1000}=4$ .

Por lo tanto,

$P(20) &=\frac{5000}{1+4e^{-0.05(20)}}=\frac{5000}{1+4e^{-1}}=2023, \ \text{and} \\P(30) &=\frac{5000}{1+4e^{-0.05(30)}}=\frac{5000}{1+4e^{-1.5}}=3785$

b. Despeja el tiempo,

$P(t) &=4000=\frac{5000}{1+4e^{-0.05(t)}} \ \text{gives} \\e^{-0.05 t} &=\frac{\frac{5000}{4000}-1}{4}=0.0625.$

Esto significa $t=56$ . La población superará primero los 4000 en el año $56^{th}$ .

Análisis del Problema de la Sección

Si la cantidad de agua que sale del tanque en cierto tiempo es la causa de la disminución del nivel del agua, ¿puedes determinar la ecuación diferencial que modela el cambio en la altura del nivel del agua con respecto al tiempo para un tanque de $H$ metros de alto con un radio de $r$ metros y un orificio con un radio de $s$ metros? ¿Cuánto demora el tanque en vaciarse?

1. La cantidad de agua que sale del tanque en un tiempo $dt$ es $\pi s^2 vdt=\pi s^2 \sqrt{2 gh(t)dt}$ .

2. La disminución del volumen del agua en el tanque anterior es $-\pi r^2 dh$ .

3. Igualando las dos ecuaciones anteriores da $-\pi r^2 dh=\pi s^2 \sqrt{2 gh(t)}dt$ o $\frac{dh}{dt}=- \left(\frac{s}{r} \right)^2 \sqrt{2gh(t)}=- \left[ \left(\frac{s}{r} \right)^2 \sqrt{2g} \right] \sqrt{h(t)}=-k \sqrt{h(t)}$ . El cambio en el nivel del agua es proporcional a su raíz cuadrada.

4. Para resolver esta EDO no lineal, de 1 ^er reorganiza e integra: $\int \frac{dh}{\sqrt{h(t)}}=- \int kdt$ , o $2 \sqrt{h(t)}=-kt+C^\prime \Rightarrow h(t)= \left(C- \frac{1}{2}kt \right)^2$ como la forma de solución general.

5. La solución particular debe satisfacer $h(0)=H=\left(C- \frac{1}{2}k \cdot 0 \right)^2=C^2$ , de manera que $C=\sqrt{H}$ . La solución particular es $h(t)=\left(\sqrt{H}- \frac{1}{2} \left[ \left(\frac{s}{r} \right)^2 \sqrt{2g} \right]t \right)^2$

6. El tanque quedará completamente vacío cuando $h(t)=0$ , lo cual ocurre en el tiempo dado por $t= \sqrt{\frac{2H}{g}} \cdot \left(\frac{r}{s} \right)^2$ .

Vocabulario

Una ecuación diferencial es una ecuación que contiene una o más derivadas de alguna(s) función(es) desconocidas.

Una ecuación diferencial ordinaria (EDO) es una ecuación que contiene una variable independiente; una o más variables dependientes, cada una de las cuales es una función de la variable independiente; y derivadas ordinarias de una o más de las variables dependientes.

El orden de una EDO es la derivada mayor que aparece en la ecuación deferencial.

Una EDO es lineal si puede ser escrita como una combinación lineal de la variable dependiente y sus derivadas.

Una EDO no lineal es una EDO que no es lineal.

Una EDO separable es una EDO que puede ser escrita generalmente en la forma $G(y) \frac{dy}{dx}=F(x)$ .

Un problema de valor inicial es una ED con un valor de la función y quizás con valores de la derivada en el mismo valor independiente.

Una solución general de una EDO lineal es una solución que contiene una cantidad (el orden de la EDO) de variables arbitrarias que corresponden a las constantes de integración.

Una solución particular se obtiene a partir de la solución general mediante el establecimiento de las constantes de integración para valores que satisfacen las condiciones iniciales del problema.

Práctica guiada

Problema 1:

Resuelve la ecuación diferencial $y^\prime=-y \sin x$ .

Solución:

En este ejemplo $f(x)=\sin x$ y $g(y)=-y$ .

Separando $f(x)$ y $g(y)$ se obtiene la forma diferencial $\frac{dy}{-y}=\sin xdx$ , la cual puede ser integrada como se indica a continuación:

$- \int \frac{dy}{y} &=\int \sin xdx \\-\ln |y| &=\cos x+C \\y &=\pm e^{- \cos x-C} \\y &=\pm De^{- \cos x} \quad \ldots D=e^C > 0 \\$

Problema 2

Resuelve la ecuación diferencial $2 xy^\prime=1-y^2$ .

Solución:

En este ejemplo $f(x)=\frac{1}{2x}$ y $g(y)=1-y^2$ .

Separando $f(x)$ y $g(y)$ se llega a la forma diferencial $\frac{2}{1-y^2}dy=\frac{dx}{x}$ , la cual puede ser integrada para obtener $\int \frac{2}{1-y^2}dy=\int \frac{dx}{x}$ .

El integrando de la izquierda puede ser expandido como una fracción parcial para convertirse en $\int \left(\frac{1}{1-y}+ \frac{1}{1+y} \right)dy=\int \frac{dx}{x}$ .

Integrando ambos lados, obtenemos

$-\ln |1-y|+ \ln |1+y| &=\ln |x|+C \\\ln \bigg|\frac{1+y}{1-y} \bigg| &=\ln (e^C |x|) \\\bigg|\frac{1+y}{1-y} \bigg| &=D |x| \quad \qquad \qquad \ldots D=e^C > 0 \\\frac{1+y}{1-y} &=\pm Dx \\y &=\pm \frac{Dx-1}{Dx+1} \qquad \quad \ldots D > 0$

Práctica

Para los problemas 1-12, resuelve las ecuaciones diferenciales utilizando cualquiera de las condiciones especificadas:

$y^\prime=\frac{1}{e^y}$ con la condición $y(e)=0$ .
$y^\prime=x(y^2+1)$ .
$y^\prime=\frac{x}{\sqrt{1-y^2}}$ .
$\frac{dP}{dt}=kP$ .
$\frac{dP}{dt}=kP$ con $P(1)=10,000$ y $P(2)=20,000$ .
$y^\prime=y^2$ .
$y^\prime=\ln(y)$ .
$y^\prime=2y$ .
$y^\prime=\frac{1}{y}$ .
$y^\prime=e^y$ .
$y^\prime=y$ con la condición inicial $y(0)=4$ .
$y^\prime=y$ con la condición inicial $y(2)=e$ .
Encuentra otra condición inicial para el problema de valor inicial $y^\prime=y$ , $y(0)=2$ que llevaría a la misma solución particular.
Resuelve la ecuación diferencial: $\frac{dP}{dt}=kP \left(1- \frac{P}{K} \right)$ .
(Crecimiento logístico) La población de una ciudad está dada por la ecuación

$\frac{dP}{dt}=0.06 P \left(1- \frac{P_0}{100000} \right)$ con $P_0=25000$ .

Encuentra el tamaño de la población $P(10)$ . ¿Cuándo la población superará primero los 90,000?

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