E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer ordenFrancisco Palacios
Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa
Universidad Politécnica de Cataluña
Noviembre 2008, Versión 1.3
Contenido
1. Conceptos básicos
2. Métodos analíticos para la resolución de ecuaciones diferenciales de
primer orden
3. Métodos numéricos
4. Aplicaciones
1 Conceptos básicos
1.1 Ecuación diferencial
Ecuación que contiene las derivadas de una o más variables dependientes
respecto de una o más variables independientes.
En las ecuaciones diferenciales, las incógnitas son funciones. por ejemplo
dy
dx+ 5y = ex, buscamos y = y(x),
d2x
dt2− dxdt+ 6x = 0, buscamos x = x(t),
∂2u
∂x2+
∂2u
∂y2= 0, buscamos u = u(x, y).
1.2 Tipo
• Ecuación diferencial ordinaria (EDO)Una sola variable independiente.
d2y
dx2+ y = cosx ⇒
½incógnita y = y(x),
variable independiente x.
1
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dx
dt+ x = 2t ⇒
½incógnita x = x(t),
variable independiente t.
• Ecuación en derivadas parciales (EDP)Más de una variable independiente.
∂2u
∂x2+
∂2u
∂y2= 0 ⇒
½incógnita u = u(x, y),
variables independientes x, y.
∂2u
∂x2=
∂u
∂x− 2∂u
∂t⇒
½incógnita u = u(x, t),
variables independientes x, t.
1.3 Orden
El orden de una ecuación diferencial es el mayor orden de derivación que
aparece en la ecuación
d2y
dx2+ y = cosx → 2o orden.
dx
dt+ x = 2t → 1er orden.
y000 − 2y00 + y0 = et → 3er orden.
1.4 Forma general y forma normal
• Forma general de la ecuación diferencial ordinaria de orden n
F (x, y, y0, . . . , y(n)) = 0.
• Forma normal de la ecuación diferencial ordinaria de orden n
y(n) = g(x, y, y0, . . . , y(n−1)).
En la forma normal, la derivada de mayor orden aparece despejada.
Dada la ecuación en forma general
y000 + 5xy00 − 2y + cosx = 0,
la forma normal es
y000 = −5xy00 + 2y − cosx.
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1.5 EDO lineal
Una ecuación diferencial ordinaria de orden n es lineal si puede escribirse en
la forma
an(x)dny
dxn+ an−1(x)
dn−1ydxn−1
+ · · ·+ a1(x)dydx+ a0(x) y = g(x).
Observamos que:
1. La variable dependiente y = y(x) y sus derivadas son de primer grado.
2. Cada coeficiente aj(x) depende sólo de x.
3. El término independiente g(x) depende sólo de x.
• Ecuación lineal homogénea.Si el término independiente es nulo g(x) ≡ 0.
Ejemplo 1.1 Ver si son lineales las siguientes ecuaciones; determinar el
orden.
1. y00 − 2y0 + y = 02. y00 + 2y2 = cosx
3. x2y000 − xy0 + y = xex
4. y00 − xy0 + sin y = 0
1. Lineal, orden 2.
2. No lineal, tiene un término y2.
3. Lineal orden 3.
4. No lineal, tiene un término sin y. ¤
1.6 Notación diferencial
Para ecuaciones de primer orden
y0 = f(x, y),
dy
dx= f(x, y),
también se emplea la notación
M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0.
Ejemplo 1.2 Expresa la siguiente ecuación diferencial en notación diferen-
cial
y0 +y + x
y − x = 0.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 4
Multiplicamos por y − x,
(y − x) y0 + (y + x) = 0,
multiplicamos por dx
(y − x) y0 dx+ (y + x) dx = 0,
finalmente, como dy = y0dx, resulta
(y − x) dy + (y + x) dx = 0,
reordenamos
(y + x)| {z }M(x,y)
dx+ (y − x)| {z }N(x,y)
dy = 0. ¤
Ejemplo 1.3 Expresa en forma normal la siguiente ecuación diferencial.
(x+ y + 1) dx+ (2x+ 2y + 3) dy = 0
Tenemos dy = y0dx
(x+ y + 1) dx+ (2x+ 2y + 3) y0 dx = 0,
eliminamos dx
(x+ y + 1) + (2x+ 2y + 3) y0 = 0
y despejamos y0
y0 = − x+ y + 1
2x+ 2y + 3. ¤
1.7 Soluciones de una ecuación diferencial
Dada la ecuación diferencial
F (x, y, y0, . . . , y(n)) = 0,
decimos que una función φ(x) es solución de la ecuación sobre el intervalo
I, si
1. La función φ(x) es de clase Cn(I).
2. Para todo x ∈ I se cumple
F (x,φ(x),φ0(x), . . . ,φ(n)(x)) = 0.
• Curvas solución, curvas integrales. Las curvas integrales de una ecua-ción diferencial son las representaciones gráficas de sus soluciones.
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Ejemplo 1.4 Verifica que la función y = xex es solución de la ecuación
diferencial
y00 − 2y0 + y = 0en el intervalo I = (−∞,+∞) .
La función y = xex tiene derivadas continuas de todos los órdenes. Calcu-
lamos las dos primeras derivadas
y = xex,
y0 = (x+ 1) ex,
y00 = (x+ 2) ex,
sustituyendo en la ecuación
y00 − 2y0 + y = 0,
resulta
y00z }| {(x+ 2) ex −2
y0z }| {(x+ 1) ex +
yz}|{xex =
= [(x+ 2)− 2 (x+ 1) + x] ex= (x+ 2− 2x− 2 + x) ex= 0 · ex = 0 para todo x ∈ R. ¤
1.8 Solución implícita
Una relación
G(x, y) = 0
es una solución implícita de la ecuación diferencial
F (x, y, y0, . . . , y(n)) = 0
en el intervalo I, si existe una función φ(x) de clase Cn(I) que, para todo
x ∈ I, cumple las dos ecuaciones½G(x,φ(x)) = 0,
F (x,φ(x),φ0(x), . . . ,φ(n)(x)) = 0.
Ejemplo 1.5 Verifica que x2 + y2 = 4 es solución implícita de la ecuación
diferencialdy
dx= −x
y,
en el intervalo I = (−2, 2).
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Derivamos implícitamente en
x2 + y2 = 4
y obtenemos
2x+ 2yy0 = 0
de donde resulta
y0 = −xy.
Si despejamos y en x2 + y2 = 4, resulta
y = ±p4− x2.
Obtenemos, por lo tanto, dos soluciones explícitas
φ1(x) =p4− x2,
φ2(x) = −p4− x2.
Las dos funciones son continuas con derivada continua en (−2, 2). ¤
1.9 Familia de soluciones
• Cuando resolvemos una EDO de primer orden
F (x, y, y0) = 0
se obtiene una familia uniparamétrica de soluciones
G(x, y, c) = 0.
• En general, al resolver una EDO de orden n
F (x, y, y0, . . . , y(n)) = 0
se obtiene una familia n-paramétrica de soluciones
G(x, y, c1, c2, . . . , cn) = 0.
• Solución particular. Es cada uno de los elementos de una familia desoluciones, se obtiene dando valores particulares a los parámetros.
Ejemplo 1.6 Consideramos la familia biparamétrica de funciones
y = c1 cos 4x+ c2 sin 4x.
1. Demuestra que la familia dada es solución de la EDO
y00 + 16y = 0.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 7
2. Determina la solución particular que cumple las condiciones½y(0) = 1,
y0(0) = 1.
1. Calculamos las derivadas
y = c1 cos 4x+ c2 sin 4x,
y0 = −4c1 sin 4x+ 4c2 cos 4x,y00 = −16c1 cos 4x− 16c2 sin 4x.
Observamos que, para todo x ∈ R, se cumple
y00 + 16y = −16c1 cos 4x− 16c2 sin 4x+ 16 (c1 cos 4x+ c2 sin 4x)= 0.
2. Solución particular. Tenemos
y = c1 cos 4x+ c2 sin 4x,
y0 = −4c1 sin 4x+ 4c2 cos 4x,
de las condiciones ½y(0) = 1,
y0(0) = 1,
resulta½c1 cos 0 + c2 sin 0 = 1,
−4c1 sin 0 + 4c2 cos 0 = 1, ⇒½c1 = 1,
4c2 = 1,⇒
½c1 = 1,
c2 = 1/4.
Por lo tanto, la solución particular buscada es
y = cos 4x+1
4sin 4x. ¤
1.10 Ecuación diferencial de una familia de curvas
• Planteamiento del problemaDada la familia de curvas
G(x, y, c) = 0
donde y = y(x), se trata de determinar una ecuación diferencial
F (x, y, y0) = 0
que tenga como solución la familia de curvas dada.
• Procedimiento
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1. Derivamos
G(x, y, c) = 0
implícitamente respecto de x, y obtenemos
g(x, y, y0, c) = 0.
2. Con las ecuaciones ½G(x, y, c) = 0,
g(x, y, y0, c) = 0.
eliminamos el parámetro c.
Ejemplo 1.7 Determina una ecuación diferencial para la familia parábolas
y = cx2.
Derivamos
y = cx2
respecto de x, y resulta
y0 = 2cx.
Con las ecuaciones ½y = cx2,
y0 = 2cx,
eliminamos el parámetro c. Para ello, despejamos c en la primera ecuación
c =y
x2
y sustituimos en la segunda
y0 = 2cx ⇒ y0 = 2y
x2x,
resulta
y0 =2y
x. ¤
Ejemplo 1.8 Determina una ecuación diferencial para la siguiente familia
biparamétrica de curvas
y = c1e2x + c2e
x.
Para eliminar dos parámetros, derivamos dos veces
y0 = 2c1e2x + c2ex,
y00 = 4c1e2x + c2ex.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 9
Formamos el sistema ⎧⎨⎩y = c1e
2x + c2ex,
y0 = 2c1e2x + c2ex,y00 = 4c1e2x + c2ex.
Se trata ahora de obtener un sistema equivalente donde aparezca una ecua-
ción libre de parámetros
¡2a − 1a¢→ 2
a¡3a − 2a¢→ 3
a
⎧⎨⎩y = c1e
2x + c2ex,
y0 − y = c1e2x,y00 − y0 = 2c1e2x.
¡3a − 2 · 2a¢→ 3
a
⎧⎨⎩y = c1e
2x + c2ex,
y0 − y = c1e2x,y00 − y0 − 2 (y0 − y) = 0.
Obtenemos una ecuación lineal homogénea de segundo orden
y00 − 3y0 + 2y = 0. ¤
1.11 Problema de valor inicial
Se trata de determinar una solución particular de una ecuación diferencial
imponiendo condiciones en un mismo punto.
• Primer orden ½y0 = f(x, y),y(x0) = y0.
• Segundo orden ⎧⎨⎩y00 = f(x, y, y0),y(x0) = y0,
y0(x0) = y00.
• Tercer orden ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩y000 = f(x, y, y0, y00),y(x0) = y0,
y0(x0) = y00,y00(x0) = y000 .
Los siguientes, son problemas de valor inicial½y0 = xy − sinx,y(1) = 2.⎧⎨⎩y00 = x+ y + y0,y(0) = 1,
y0(0) = 2.
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Observa que, en cada caso, las condiciones adicionales para determinar la
solución particular se especifican en un mismo punto x0. En el problema de
valor inicial ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩y000 = y00 + y0 − ex,y(1.5) = 0.23,
y0(1.5) = 1.56,y00(1.5) = −2.45.
es x0 = 1.5.
1.12 Problemas de contorno
Se trata de determinar una solución particular de una ecuación diferencial
imponiendo condiciones en más de un punto. En las ecuaciones de primer
orden, no aparecen los problemas de contorno.
Los siguientes son problemas de contorno con los puntos x0 = 0 y x1 = 1⎧⎨⎩y00 = x+ y + y0,y(0) = 1,
y(1) = 2.⎧⎨⎩y00 = x+ y + y0,y(0) = 1,
y0(1) = 0.
2 Métodos analíticos para resolución de Ecuacio-
nes diferenciales de primer orden
2.1 Separación de variables
Una EDO de primer orden es separable si puede escribirse en la forma
y0 = g(x)h(y).
Resolución.
Expresamos la EDO en la forma
p(y) dy = g(x) dx
e integramos ambos lados, la solución esZp(y) dy =
Zg(x) dx.
Ejemplo 2.1 Resuelve la ecuación
y0 =y
1 + x.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 11
Escribimos la ecuación en la forma
p(y) dy = g(x) dx.
y0
y=
1
1 + x,
y0dxy
=dx
1 + x,
dy
y=
dx
1 + x,
integramos a ambos lados Zdy
y=
Zdx
1 + x.
Obtenemos una solución implícita
ln y = ln(1 + x) + c, c ∈ R.
En este caso podemos obtener una solución explícita despejando y
y = eln(1+x)+c = eln(1+x)ec,
y = k (1 + x) , k = ec > 0. ¤
2.2 Soluciones singulares
Consideremos la EDO
y0 = f(x, y),
y supongamos que existe un intervalo I tal que la función f(x, y) se anula
para el valor y = y0, y todo valor de x ∈ I, esto es
f(x, y0) = 0, para todo x ∈ I,
entonces la función constante
y = y0
es solución de la ecuación diferencial en el intervalo I. Tales funciones cons-
tantes se denominan soluciones singulares de la ecuación diferencial.
Ejemplo 2.2 Determina las soluciones singulares de la EDO¡y2 − 1¢ dx+ ¡x2 + 1¢ dy = 0.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 12
Expresamos la EDO en forma explícita
y0 = f(x, y)
esto es,
y0 = −¡y2 − 1¢(x2 + 1)
.
En este caso es
f(x, y) = −¡y2 − 1¢(x2 + 1)
,
la ecuación
f(x, y) = 0
tiene soluciones
y = ±1por lo tanto, las soluciones singulares son
y = 1, y = −1.
Es inmediato que estas funciones constantes cumplen la ecuación diferencial.
¤
Ejemplo 2.3 Una resolución más general para
y0 =y
1 + x.
Cuando integramosdy
y=
dx
1 + x,Z
dy
y=
Zdx
1 + x,
podemos tomar
ln |y| = ln |1 + x|+ c1, c1 ∈ R.definimos c1 = ln |c2| , c2 6= 0
ln |y| = ln |1 + x|+ ln |c2| , c2 6= 0,
ln |y| = ln |c2(1 + x)| , c2 6= 0,tomando exponenciales
|y| = |c2(1 + x)| ,y = ±c2(1 + x),
y = c (1 + x) , c 6= 0.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 13
Finalmente, observamos que la función constante
y(x) = 0
es una solución singular de la EDO, por lo tanto, tomamos como solución
general
y = c (1 + x) , c ∈ R. ¤
Ejemplo 2.4 Resuelve el problema de valor inicial(y0 = −x
y,
y(4) = −3.
La EDO es separable
yy0 = −x,ydy = −xdx,Zydy = −
Zxdx,
y2
2= −x
2
2+ c1, c1 ∈ R,
y2
2+x2
2= c1, c1 ∈ R,
x2 + y2 = c2, c2 = 2c1.
Imponemos la condición inicial y(4) = −3 y determinamos la constante
16 + 9 = c2 → c2 = 25.
Solución particular (implícita)
x2 + y2 = 25.
Esta última ecuación define dos funciones
y = ±p25− x2,
teniendo en cuenta la condición inicial
y(4) = −3
la solución es
y = −p25− x2. ¤
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 14
2.3 Ecuaciones homogéneas
• Función homogéneaDecimos que una función f(x, y) es homogénea de grado p si
f(tx, ty) = tpf(x, y).
Si se cumple
f(tx, ty) = f(x, y),
entonces f(x, y) es homogénea de grado 0.
Ejemplo 2.5 Estudia si las siguientes funciones son homogéneas y, en caso
afirmativo, determina el grado.
1. f(x, y) = x2 + xy + y2.
2. f(x, y) =x2 + y2
2xy.
3. f(x, y) =x2 + x
x3 − 1 .
4. f(x, y) = x− y + 1.
1)
f(tx, ty) = (tx)2 + (tx) (ty) + (ty)2
= t2x2 + t2xy + t2y2
= t2¡x2 + xy + y2
¢= t2f(x, y).
La función es homogénea de grado 2.
2)
f(tx, ty) =(tx)2 + (ty)2
2 (tx) (ty)
=t2¡x2 + y2
¢2t2 (xy)
=x2 + y2
2xy= f(x, y).
La función es homogénea de grado 0.
3) No es homogénea.
4) No es homogénea. ¤• Ecuación diferencial homogénea en forma normal
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La ecuación diferencial
y0 = f(x, y)
es homogénea si f(x, y) es una función homogénea de grado 0.
• Ecuación diferencial homogénea en forma diferencialLa ecuación diferencial
M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0
es homogénea si las funciones M(x, y) y N(x, y) son homogéneas del mismo
grado.
• Resolución de EDO’s homogéneasSi la ecuación diferencial
y0 = f(x, y)
es homogénea, entonces el cambio de variable
y = ux
conduce a una ecuación de variables separables. La nueva variable es
u =y
x.
Ejemplo 2.6 Resuelve la ecuación diferencial
(x− y) dx+ xdy = 0.
La ecuación diferencial dada tiene la forma
M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0
con M(x, y) y N(x, y) homogéneas de grado 1.
Pasamos la ecuación a forma normal
y0 =y − xx
,
y realizamos el cambio y = ux½y = ux,
y0 = u0x+ u.
u0x+ u =ux− xx
= u− 1.
Obtenemos
u0x = −1
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 16
que es una ecuación diferencial separable. Calculamos u(x)
du
dx= −1
x,Z
du = −Z1
xdx,
u = − ln |x|+ c, c ∈ R.Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x
y
x= − ln |x|+ c, c ∈ R.
Finalmente
y = −x ln |x|+ cx, c ∈ R. ¤
Ejemplo 2.7 Resuelve la ecuación diferencial
y0 =y − xy + x
.
La ecuación tiene la forma
y0 = f(x, y)
con f(x, y) homogénea de grado 0
f(tx, ty) =ty − txty + tx
=t (y − x)t (y + x)
= f(x, y).
Realizamos el cambio y = ux. Observemos que
u =y
x
por lo tanto, u = u(x). Derivando respecto de x, se obtiene
y0 = u0x+ u.
Sustituimos en la ecuación original
u0x+ u =ux− xux+ x
,
u0x+ u =u− 1u+ 1
,
u0x =u− 1u+ 1
− u
=u− 1− u2 − u
u+ 1
= −u2 + 1
u+ 1.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 17
Hemos obtenido la ecuación de variables separadas
u+ 1
u2 + 1
du
dx= −1
x
que tiene solución Zu+ 1
u2 + 1du = −
Z1
xdx.
Calculamos la integral de la parte izquierda de la igualdad
Zu+ 1
u2 + 1du =
Zu
u2 + 1du+
Z1
u2 + 1du
=1
2
Z2u
u2 + 1du+ arctanu
=1
2ln¡u2 + 1
¢+ arctanu.
Una primera solución es
1
2ln¡u2 + 1
¢+ arctanu = − ln |x|+ c1.
Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x
1
2ln
µ³yx
´2+ 1
¶+ arctan
y
x= − ln |x|+ c1, c1 ∈ R.
Podemos mejorar un poco la expresión mediante las propiedades de los lo-
garitmos. En primer lugar, multiplicamos la ecuación por 2
ln
µ³yx
´2+ 1
¶+ 2arctan
y
x= −2 ln |x|+ 2c1
aplicamos la propiedad 2 ln |x| = lnx2 y cambiamos la constante
ln
µ³yx
´2+ 1
¶+ 2arctan
y
x= − lnx2 + c2, c2 = 2c1
pasamos el término lnx2 al lado izquierdo y aplicamos la propiedad de los
logaritmos ln a+ ln b = ln(a · b)
ln
µ³yx
´2+ 1
¶+ lnx2 + 2arctan
y
x= c2, c2 ∈ R,
ln
∙µ³yx
´2+ 1
¶x2¸+ 2arctan
y
x= c2, c2 ∈ R,
finalmente, simplificamos
ln¡x2 + y2
¢+ 2arctan
y
x= c2, c2 ∈ R. ¤
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 18
Ejemplo 2.8 Resuelve la ecuación diferencial¡y2 + yx
¢dx− x2dy = 0.
La ecuación tiene la forma
M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0
con M(x, y) y N(x, y) homogéneas de grado 2.
Pasamos la ecuación a forma normal
dy
dx=y2 + yx
x2,
realizamos el cambio ½y = ux,
y0 = u0x+ u.
u0x+ u =u2x2 + ux2
x2
= u2 + u
y resulta la ecuación separable
xdu
dx= u2,Z
1
u2du =
Z1
xdx,
−1u= ln |x|+ c, c ∈ R.
Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x
−xy= ln |x|+ c, c ∈ R.
En este caso, podemos despejar y para obtener una solución explícita
y = − x
ln |x|+ c , c ∈ R. ¤
2.4 Ecuaciones diferenciales exactas
• Diferencial de un campo escalarSi u = u(x, y), la diferencial de u es
du =∂u
∂xdx+
∂u
∂ydy.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 19
• Ecuación diferencial exactaUna ecuación diferencial
M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0
es exacta si existe una función u = u(x, y) tal que
du =M(x, y) dx+N(x, y) dy
es decir, si existe una función de dos variables u(x, y) que cumple⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x=M(x, y),
∂u
∂y= N(x, y).
En este caso, tenemos una familia de soluciones de la forma
u(x, y) = c, c ∈ R.
•Criterio para reconocer cuando una ecuación diferencial es exactaSupongamos que las funcionesM(x, y), N(x, y) son continuas con derivadas
parciales continuas en un rectángulo a ≤ x ≤ b, c ≤ x ≤ d. Si se cumple∂M
∂y=
∂N
∂x,
entonces la ecuación diferencial
M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0
es exacta.
•Método de resolución
1. Identificamos que la ecuación diferencial es exacta, usando el criterio
∂M
∂y=
∂N
∂x.
2. Determinamos u = u(x, y) que verifica⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x=M(x, y),
∂u
∂y= N(x, y).
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 20
3. La familia de soluciones es
u(x, y) = c, c ∈ R.
Ejemplo 2.9 Resuelve la siguiente ecuación diferencial
(5x+ 4y) dx+¡4x− 8y3¢ dy = 0.
Tenemos
M(x, y) = 5x+ 4y, N(x, y) = 4x− 8y3.M(x, y) y N(x, y) son continuas con derivadas parciales continuas en todo
R2. Estudiamos si la EDO es exacta
∂M
∂y= 4 =
∂N
∂x,
por lo tanto, es exacta. La solución es de la forma u(x, y) = c con⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= 5x+ 4y,
∂u
∂y= 4x− 8y3.
(1)
Se trata de un sistema de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales.
Integramos la primera ecuación respecto de x
∂u
∂x= 5x+ 4y ⇒ u =
Z(5x+ 4y) ∂x,
u =5
2x2 + 4xy + c1 (y) . (2)
Ahora vamos a sustituir la solución obtenida en la segunda ecuación de (1)
∂u
∂y= 4x− 8y3.
Primero derivamos respecto de y en (2)
∂u
∂y= 4x+
dc1
dy
y, a continuación, sustituimos en la segunda ecuación de (1)
4x+dc1
dy= 4x− 8y3 ⇒ dc1
dy= −8y3.
Integramos respecto de y para obtener c1
c1 = −Z8y3 dy = −2y4.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 21
Sustituyendo c1 en (2), resulta
u =5
2x2 + 4xy − 2y4.
Finalmente, la solución es
5
2x2 + 4xy − 2y4 = c, c ∈ R. ¤
Ejemplo 2.10 Consideramos la siguiente ecuación diferencial
(2x+ y) dx+ (x+ 6y) dy = 0.
1. Resuélvela como ecuación diferencial exacta.
2. Resuélvela como ecuación diferencial homogénea.
1) Resolución como EDO exacta.
Tenemos
M(x, y) = 2x+ y, N(x, y) = x+ 6y.
Las funciones M(x, y) y N(x, y) son continuas con derivadas parciales con-
tinuas en todo R2. Estudiamos si la EDO es exacta
∂M
∂y= 1 =
∂N
∂x,
por lo tanto, la EDO es exacta. La solución es de la forma u(x, y) = c con⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= 2x+ y,
∂u
∂y= x+ 6y.
Integramos∂u
∂x= 2x+ y
respecto de x
u =
Z(2x+ y) ∂x = x2 + xy + c1(y) (3)
y sustituimos u(x) en∂u
∂y= x+ 6y,
resultando
x+dc1
dy= x+ 6y.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 22
Obtenemosdc1
dy= 6y,
que nos permite determinar c1(y)
c1 =
Z6y dy = 3y2.
Sustituimos c1 en (3), y resulta
u = x2 + xy + 3y2.
Finalmente, la solución es
x2 + xy + 3y2 = c, c ∈ R.
2) Resolución como EDO homogénea. Escribimos la ecuación en forma
normaldy
dx= −2x+ y
x+ 6y,
hacemos el cambio y = ux
u0x+ u = −2x+ uxx+ 6ux
= − 2 + u1 + 6u
u0x = − 2 + u1 + 6u
− u
=−2− u− u− 6u2
1 + 6u
=−2− 2u− 6u2
1 + 6u
= −21 + u+ 3u2
1 + 6u.
Separamos variables1 + 6u
1 + u+ 3u2du
dx=−2x,Z
1 + 6u
1 + u+ 3u2du = −2
Z1
xdx,
ln¡1 + u+ 3u2
¢= −2 ln |x|+ c1, c1 ∈ R.
Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x
lnh1 + y/x+ 3 (y/x)2
i= −2 ln |x|+ c1, c1 ∈ R.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 23
Podemos obtener una mejor expresión de la solución usando las propiedades
de los logaritmos
lnh1 + y/x+ 3 (y/x)2
i+ lnx2 = ln c2, c1 = ln c2,
lnh³1 + y/x+ 3 (y/x)2
´x2i= ln c2
ln¡x2 + yx+ 3y2
¢= ln c2
x2 + yx+ 3y2 = c2, c2 > 0. ¤
2.5 Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden
• DefiniciónUna EDO de primer orden es lineal si puede escribirse en la forma
a1(x) y0 + a0(x) y = g(x).
La incógnita es la función y = y(x), los coeficientes a1(x), a0(x) y el término
independiente g(x) dependen únicamente de x.
• Ecuación lineal homogéneaCuando el término independiente es nulo
g(x) ≡ 0,
la ecuación lineal se denomina homogénea.
Dada la ecuación lineal
a1(x) y0 + a0(x) y = g(x),
la ecuación
a1(x) y0 + a0(x) y = 0
se denomina ecuación homogénea asociada.
Nota No debemos confundir las ecuaciones diferenciales homogéneas, estu-
diadas en la Sección 2.3, con las ecuaciones lineales homogéneas
¤ EDO homogénea: y0 = f(x, y), donde f(x, y) es una función homo-
génea de grado 0.
¤ EDO lineal homogénea: a1(x) y0 + a0(x) y = 0.
• Forma estándarDecimos que una EDO lineal de primer orden está en forma estándar cuando
se expresa en la forma
y0 + p(x) y = q(x).
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 24
• Resolución de la EDO lineal homogénea
La ecuación
y0 + p(x) y = 0
es separable, y tiene solución general
y = k e−Rp(x) dx, k ∈ R.
Demostración.
y0 + p(x) y = 0,
y0 = −p(x) y,1
y
dy
dx= −p(x),Z
1
ydy = −
Zp(x) dx,
ln |y| = −Zp(x) dx+ c,
|y| = e−Rp(x) dx+c,
|y| = e−Rp(x) dxec,
|y| = k1e−Rp(x) dx, k1 = e
c > 0,
y = ±k1e−Rp(x) dx, k1 > 0,
y = ke−Rp(x) dx, k = ±k1 6= 0.
Finalmente, podemos observar que la ecuación
y0 = −p(x) y
admite la solución singular y = 0, por lo tanto, podemos tomar la solución
general
y = ke−Rp(x) dx, k ∈ R. ¤
Ejemplo 2.11 Consideramos la EDO
xdy
dx− 4y = 0.
1. Resuelve la ecuación como ecuación lineal homogénea.
2. Verifica que las funciones obtenidas son soluciones sobre todo intervalo
real.
3. Determina la solución particular que verifica y(1) = 3.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 25
1) Resolución de la EDO. La forma estándar es
y0 + p(x) y = 0,
escribimos la ecuación en forma estándar
dy
dx− 4xy = 0
e identificamos p(x)
p(x) = −4x.
La solución es de la forma
y = ke−Rp(x) dx, k ∈ R.
y = ke−R(− 4
x) dx
= ke4R1xdx
= ke4 ln|x|
= kelnx4
= kx4, k ∈ R.
2) Verificamos las soluciones. Cada función de la familia de soluciones
y = kx4, k ∈ R,
es continua con derivada continua en todo intervalo, además
y0 = 4kx3.
Sustituimos en la ecuación diferencial
xdy
dx− 4y = 0
y obtenemos
x
y0z }| {¡4kx3
¢ −4 yz }| {¡kx4
¢= 0, para todo x ∈ R.
3) Determinamos la solución particular. Sustituyendo la condición inicial
y(1) = 3
en la solución general
y = kx4,
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 26
resulta 3 = k, por lo tanto, la solución particular buscada es
y = 3x4. ¤
• Propiedades de las soluciones de EDO’s linealesConsideramos la ecuación lineal
y0 + p(x) y = q(x).
1. Si y1, y2 son soluciones de la ecuación lineal homogénea
y0 + p(x) y = 0
entonces, para cualquier par de constantes α1,α2 ∈ R, la función
y(x) = α1y1(x) + α2y2(x)
es también una solución de la ecuación lineal homogénea.
2. Toda solución de la ecuación lineal completa
y0 + p(x) y = q(x)
es de la forma
y(x) = yh(x) + yp(x),
donde:
¤ yh(x) es la solución de la ecuación homogénea asociada,
¤ yp(x) es una solución particular de la ecuación completa.
3. Si conocemos una solución particular yp(x) de la ecuación completa,
la solución general de la ecuación completa
y0 + p(x) y = q(x)
puede escribirse en la forma.
y(x) = ke−Rp(x) dx + yp(x), k ∈ R.
• Resolución de la ecuación lineal completa: método de variaciónde parámetros
El objetivo es resolver la ecuación lineal completa
y0 + p(x) y = q(x).
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 27
Si suponemos que hemos sido capaces de resolver la ecuación homogénea
asociada, entonces el problema se reduce a determinar una solución par-
ticular de la ecuación completa. Sabemos que la solución de la ecuación
homogénea asociada
y0 + p(x) y = 0
es
y = ke−Rp(x) dx, k ∈ R.
El método de variación de parámetros consiste en proponer una solución de
la ecuación completa del tipo
y = k(x) e−Rp(x) dx,
donde la constante k pasa a ser una función indeterminada de x, esto es
k = k(x). Sustituimos la solución propuesta en la ecuación completa y de-
terminamos k(x).
Ejemplo 2.12 Consideramos la EDO lineal completa
xdy
dx− 4y = x6ex.
1. Resuélvela usando el método de variación de parámetros.
2. Verifica que las soluciones obtenidas son correctas.
3. Determina la solución particular que cumple y(1) = 2.
1) Resolución de la EDO. Escribimos la ecuación en forma estándar
dy
dx− 4xy = x5ex. (4)
En primer lugar, debemos resolver la ecuación homogénea asociada
dy
dx− 4xy = 0.
Hemos visto en el Ejemplo 2.11 , que la solución es
yh = kx4, k ∈ R.
Para resolver la ecuación completa, proponemos la solución
y = k(x)x4,
derivamos
y0 = k0x4 + 4kx3
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 28
y sustituimos en la ecuación completa (4)
y0z }| {k0x4 + 4kx3 −4
x
yz }| {¡kx4
¢= x5ex,
simplificando, resulta
k0x4 = x5ex,
k0 = xex.
Resolvemos esta última ecuación de variables separables para determinar
k(x).dk
dx= xex,Z
dk =
Zxex dx,
k = xex −Zex dx,
= xex − ex.
Sustituimos en
y = k(x)x4
y obtenemos una solución particular para la EDO completa
yp = (xex − ex)x4= x5ex − x4ex.
Finalmente, la solución general de la EDO completa es
y = yh + yp,
y = kx4 + x5ex − x4ex, k ∈ R.2) Verificación de la solución. Calculamos y0
y0 = 4kx3 + 5x4ex + x5ex − 4x3ex − x4ex= 4kx3 + 4x4ex + x5ex − 4x3ex.
La ecuación diferencial completa es
xdy
dx− 4y = x6ex,
sustituyendo en la parte izquierda de la ecuación
xdy
dx− 4y
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 29
obtenemos
x¡4kx3 + 4x4ex + x5ex − 4x3ex¢− 4 ¡kx4 + x5ex − x4ex¢ =
= 4kx4 + 4x5ex + x6ex − 4x4ex − 4 ¡kx4 + x5ex − x4ex¢= 4kx4 + 4x5ex + x6ex − 4x4ex − 4kx4 − 4x5ex + 4x4ex= x6ex.
3) Determinación de la solución particular. Estamos buscando la solución
particular de la EDO completa que cumple y(1) = 2. La solución general de
la EDO completa es
y = kx4 + x5ex − x4ex, k ∈ R,
imponemos la condición inicial y(1) = 2, y resulta
2 = k + e− e ⇒ k = 2,
por lo tanto, la solución particular buscada es
y = 2x4 + x5ex − x4ex. ¤
Ejemplo 2.13 Resuelve el problema de valor inicial(dy
dt+ y = t,
y(0) = 4.
1) Obtención de la solución general. La ecuación es lineal y está en forma
estándar; notemos que la variable independiente es t.
y0 + p(t) y = q(t),
Identificamos
p(t) = 1,
la solución de la ecuación homogénea asociada
y0 + p(t) y = 0
es
yh(t) = ke−Rp(t) dt = ke−
Rdt
= ke−t, k ∈ R.
Para determinar una solución particular de la ecuación completa, propone-
mos una solución del tipo
yp(t) = k(t) e−t
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 30
y sustituimos en la ecuación completa
dy
dt+ y = t,
resultay0pz }| {
k0 e−t − ke−t +ypz}|{ke−t= t,
k0 e−t = t,
k0 =t
e−t= tet.
Determinamos k(t) resolviendo la EDO
dk
dt= tet,Z
dk =
Ztet dt = tet − et.
Obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa
yp(t) = k(t)e−t = (t− 1)ete−t = t− 1.
La solución general de la EDO completa es
y(t) = yh(t) + yp(t)
= ke−t + t− 1, k ∈ R.
2) Solución del problema de valor inicial. Queremos determinar la solución
de la EDO completa que verifica y(0) = 4. Tomamos la solución general de
la EDO completa
y = ke−t + t− 1, k ∈ R,e imponemos la condición inicial
y(0) = 4,
obtenemos
4 = k − 1 ⇒ k = 5.
La solución particular de la EDO completa buscada es
y = 5e−t + t− 1. ¤
Ejemplo 2.14 Resuelve la EDO
xdy
dx− y = x2 sinx, x > 0.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 31
Ecuación en forma estándar
y0 − 1xy = x sinx,
identificamos p(x)
p(x) = −1/x.Solución de la ecuación homogénea asociada
yh(x) = ke−Rp(x) dx = ke−
R(− 1
x)dx
= keln|x|
= k |x| ,
como, según el enunciado es x > 0, obtenemos
yh = kx, k ∈ R.
Determinamos la solución de la ecuación completa por el método de variación
de parámetros. Proponemos la solución particular de la ecuación completa
yp(x) = k(x)x
y sustituimos en
y0 − 1xy = x sinx,
resultay0pz }| {¡
k0 x+ k¢ −1
x
ypz}|{(kx)= x sinx,
k0 x = x sinx,
k0 = sinx,
k(x) = − cosx.Tomamos como solución particular de la EDO completa
yp(x) = −x cosx,
la solución general de la EDO completa es
y(x) = kx− x cosx, k ∈ R. ¤
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 32
3 Métodos numéricos
3.1 Resolución numérica de problemas de valor inicial
• Problema de valor inicial en forma normal½y0 = f(x, y),y(a) = ya, x ∈ [a, b].
Se busca una función y = y(x) de clase C1[a, b] que verifique la ecuación
diferencial
y0 = f(x, y)
y que, para x = a, tome el valor y(a) = ya.
• Condición suficiente de existencia y unicidad de soluciónSea R una región rectangular
R =
½a ≤ x ≤ bc ≤ y ≤ d
Si f(x, y) y∂f
∂yson continuas enR, entonces para cada punto (x0, y0) interior
a R, existe un intervalo
I0 = (x0 − δ, x0 + δ) , δ > 0,
tal que el problema de valor inicial½y0 = f(x, y),y(x0) = y0,
tiene una única solución y = y(x) definida en I0.
Ejemplo 3.1 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = xy2,y(0) = 1, x ≥ 0.
1. Estudia la existencia y unicidad de solución.
2. Resuelve el problema en forma exacta.
3. Determina el dominio de la solución.
1) Existencia y unicidad. Tenemos
f(x, y) = xy2,
∂f
∂y= 2xy,
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 33
que son continuas en todo R2. Para cada punto del plano (x0, y0), existe unintervalo
I0 = (x0 − δ, x0 + δ) , δ > 0,
tal que el problema de valor inicial½y0 = f(x, y),y(x0) = y0,
tiene una única solución y = y(x) definida en I0. En particular, cuando
x0 = 0, y0 = 1, existe un intervalo I0 = (−δ, δ) tal que el problema de valorinicial ½
y0 = xy2,y(0) = 1,
tiene una única solución y = y(x) definida en I0.
2) Solución exacta. La ecuación y0 = xy2 es de variables separables.
dy
dx= xy2,
1
y2dy = xdx,Z
1
y2dy =
Zxdx,
−1y=1
2x2 + c, c ∈ R.
Familia de soluciones
y =−1
12x2 + c
, c ∈ R.
Solución particular. Imponemos la condición y(0) = 1
1 =−1
1202 + c
=−1c
⇒ c = −1,
por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es
y(x) =−1
12x2 − 1 =
2
2− x2 .
3) Dominio de la solución. El denominador de la solución
y =2
2− x2
se anula para x = ±√2. El mayor intervalo que contiene a x0 = 0, donde
y(x) es derivable es ³−√2,√2´.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 34
Teniendo en cuenta que en el enunciado se especifica que buscamos una
función y = y(x) para x ≥ 0. El dominio de la solución es
I = [0,√2). ¤
• Resolución numéricaPara muchos problema de valor inicial, podemos asegurar la existencia y
unicidad de solución y, sin embargo, no es posible obtener una solución
exacta. El enfoque numérico consiste en aproximar el valor de la solución
para determinados valores de x. Con mayor precisión, dado el problema de
valor inicial (dy
dx= f(x, y),
y(a) = ya, x ∈ [a, b].
1. Dividimos el intervalo [a, b] en n partes de longitud
h =b− an,
h es el tamaño de paso (step).
2. Construimos los nodos de la red
x0 = a, x1 = a+ h, . . . , xj = a+ jh, . . . , xn = a+ nh = b.
3. Para cada xj , calculamos un valor aproximado
yj ' y(xj) = yj .
B El errorej = yj − yj
se denomina error de truncamiento del paso j.
B El error al final del intervalo
en = yn − ynse denomina error de truncamiento global.
3.2 Método de Euler
Dado el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy
dx= f(x, y),
y(a) = ya, x ∈ [a, b],
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 35
el método de Euler de n pasos queda definido por½y0 = yayj+1 = yj + h f(xj , yj), j = 0, 1, . . . , n− 1,
donde
h =b− an
y
x0 = a, x1 = a+ h, . . . , xj = a+ jh, . . . , xn = a+ nh = b.
Ejemplo 3.2 Dado el problema de valor inicial½y0 + y − x− 1 = 0,y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].
1. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos.
2. Calcula la solución exacta.
3. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamiento
global.
1) Método de Euler.
I Formulación del método.En primer lugar, escribimos el problema en forma normal e identificamos
f(x, y) ½y0 = x− y + 1,y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5],
tenemos
f(x, y) = x− y + 1.El tamaño de paso es
h =0.5− 05
= 0.1,
y los nodos son
x0 = 0, x1 = 0.1, x2 = 0.2, x3 = 0.3, x4 = 0.4, x5 = 0.5.
El método de Euler es½y0 = 1,
yj+1 = yj + 0.1 (xj − yj + 1) , j = 0, 1, . . . , 4.
I IteracionesFase 0.
x0 = 0, y0 = y(x0) = 1.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 36
Fase 1.
x0 = 0
y0 = 1
¾⇒ y1 = y0 + h (x0 − y0 + 1) = 1 + 0.1 (0− 1 + 1) = 1.
Fase 2.
x1 = 0.1
y1 = 1
¾⇒ y2 = y1+h (x1 − y1 + 1) = 1+0.1 (0.1− 1 + 1) = 1.01.
Fase 3.
x2 = 0.2
y2 = 1.01
¾⇒ y3 = 1.01 + 0.1 (0.2− 1.01 + 1) = 1. 029.
Fase 4.
x3 = 0.3
y3 = 1.029
¾⇒ y4 = 1.029 + 0.1 (0.3− 1.029 + 1) = 1. 0561.
Fase 5.
x4 = 0.4
y4 = 1.0561
¾⇒ y5 = 1.0561 + 0.1 (0.4− 1.0561 + 1) = 1. 09049
Resumimos los resultados en una tabla
j xj yj
0 0 1
1 0.1 1
2 0.2 1.01
3 0.3 1.029
4 0.4 1.0561
5 0.5 1.09049
2) Solución exacta
I Solución general de la EDO completa. La ecuación
y0 + y = x+ 1
es lineal. La ecuación homogénea asociada es
y0 + y = 0.
Identificamos p(x) = 1, la solución de la ecuación homogénea asociada es
yh(x) = ke− R p(x) dx = ke−x.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 37
Para obtener la solución de la ecuación completa, aplicamos el método de
variación de parámetros, esto es, proponemos una solución particular de la
forma
yp(x) = k(x) e−x
y sustituimos en
y0 + y = x+ 1,
resultay0pz }| {
k0e−x − ke−x +ypz }| {ke−x= x+ 1,
k0e−x = x+ 1,
k0 =x+ 1
e−x= (x+ 1) ex,
k =
Z(x+ 1) exdx,
resolvemos la integral por partesZ(x+ 1) exdx = (x+ 1) ex −
Zex dx = (x+ 1) ex − ex + c
= xex + c, c ∈ R.
Tomamos el valor de k
k(x) = xex,
de donde resulta la siguiente solución particular de la EDO completa
yp(x) = (xex) e−x = x.
Finalmente, obtenemos la solución general de la EDO completa
y = yh + yp = ke−x + x, k ∈ R.
I Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición y(0) = 1y obtenemos
1 = ke0 + 0 ⇒ k = 1,
la solución del problema de valor inicial es
y = e−x + x.
3) Errores de truncamiento. En la siguiente tabla se recogen los valores
exactos
yj = y(xj), j = 0, 1, . . . , 5.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 38
y los errores locales de truncamiento
j xj yj yj ej = yj − yj0 0 1 1 0
1 0.1 1. 004837 1 0. 004837
2 0.2 1. 018731 1.01 0. 008731
3 0.3 1. 040818 1.029 0.011818
4 0.4 1. 070320 1.0561 0.014220
5 0.5 1. 106531 1.09049 0.016041
El error de truncamiento global es
e5 = y5 − y5 = 0.016041. ¤
• Deducción del métodoSupongamos que el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩
dy
dx= f(x, y),
y(a) = ya, x ∈ [a, b],tiene una solución y = y(x) que es de clase C2 en [a, b] y que conocemos
yj = y(xj).
Desarrollamos y(x) por Taylor en c = xj y obtenemos
y(x) = y(xj) + y0(xj) (x− xj) + y00(t) (x− xj)2 , t entre xj y x.
Sustituimos x = xj+1, y resulta
y(xj+1) = y(xj)+y0(xj) (xj+1 − xj)+1
2y00(t) (xj+1 − xj)2 , t entre xj y xj+1.
Como h = xj+1 − xj , resulta
y(xj+1) = y(xj) + y0(xj)h+
1
2y00(t)h2, t entre xj y xj+1.
Si h es pequeño, podemos despreciar el término 12y00(t)h2 y tomar la apro-
ximación
y(xj+1) ' y(xj) + y0(xj)h,además, como
y0(xj) = f (xj , yj)
resulta
yj+1 ' yj + h f (xj , yj) .Finalmente, sustituimos yj por el valor aproximado yj , y obtenemos la apro-
ximación para yj+1yj+1 = yj + h f (xj , yj) .
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 39
3.3 Método de Euler Modificado
Dado el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy
dx= f(x, y),
y(a) = ya, x ∈ [a, b],
el método de Euler modificado de n pasos queda definido por⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
y0 = ya,
k(j)1 = f(xj , yj),
k(j)2 = f
³xj+1, yj + hk
(j)1
´,
yj+1 = yj +h
2
³k(j)1 + k
(j)2
´, j = 0, 1, . . . , n− 1,
donde
h =b− an
y
x0 = a, x1 = a+ h, . . . , xj = a+ jh, . . . , xn = a+ nh = b.
Ejemplo 3.3 Dado el problema de valor inicial½y0 + y − x− 1 = 0,y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].
1. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos.
2. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamiento
global.
1) Método de Euler modificado. El problema en forma normal es½y0 = x− y + 1,y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].
Tenemos
f(x, y) = x− y + 1,
h =0.5− 05
= 0.1,
x0 = 0, x1 = 0.1, x2 = 0.2, x3 = 0.3, x4 = 0.4, x5 = 0.5.
I Iteraciones.Fase 0.
x0 = 0, y0 = y(x0) = 1.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 40
Fase 1. Partimos de los valores
x0 = 0, x1 = 0.1, y0 = 1,
k(0)1 = f(x0, y0) = x0 − y0 + 1 = 0− 1 + 1 = 0,
k(0)2 = f
³x1, y0 + hk
(0)1
´= f (0.1, 1 + 0.1 · 0)
= 0.1− 1 + 1 = 0. 1,
y1 = y0 +h
2
³k(0)1 + k
(0)2
´= 1 + 0.05 (0 + 0.1) = 1. 005.
Fase 2. Partimos de los valores
x1 = 0.1, x2 = 0.2, y1 = 1.005,
k(1)1 = f(x1, y1) = f(0.1, 1.005) = 0.1− 1.005 + 1
= 0.0 95,
k(1)2 = f
³x2, y1 + hk
(1)1
´= f (0.2, 1.005 + 0.1 · 0.0 95)
= f (0.2, 1. 0145) = 0.2− 1.0145 + 1= 0. 1855,
y2 = y1 +h
2
³k(1)1 + k
(1)2
´= 1.005 + 0.05 (0.095 + 0.1855)
= 1. 019025.
Fase 3. Partimos de los valores
x2 = 0.2, x3 = 0.3, y2 = 1. 01902 5,
k(2)1 = f(x2, y2) = f(0.2, 1. 01902 5) = 0.2− 1. 01902 5 + 1
= 0. 18097 5,
k(2)2 = f
³x3, y2 + hk
(2)1
´= f (0.3, 1. 01902 5 + 0.1 · 0. 18097 5)
= f (0.3, 1. 03712 3) = 0.3− 1. 03712 3 + 1= 0. 26287 7,
y3 = y2 +h
2
³k(2)1 + k
(2)2
´= 1. 01902 5 + 0.05 (0. 18097 5 + 0. 26287 7)
= 1. 04121 8.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 41
Fase 4. Partimos de los valores
x3 = 0.3, x4 = 0.4, y3 = 1. 04121 8,
k(3)1 = f(x3, y3) = f(0.3, 1. 04121 8) = 0.3− 1. 04121 8 + 1
= 0. 25878 2,
k(3)2 = f
³x4, y3 + hk
(3)1
´= f (0.4, 1. 04121 8 + 0.1 · 0. 25878 2)
= f (0.4, 1. 06709 6) = 0.4− 1. 06709 6 + 1= 0. 33290 4,
y4 = y3 +h
2
³k(3)1 + k
(3)2
´= 1. 04121 8 + 0.05 (0. 25878 2 + 0. 33290 4)
= 1. 07080 2.
Fase 5. Partimos de los valores
x4 = 0.4, x5 = 0.5, y4 = 1. 07080 2,
k(4)1 = f(x4, y4) = f(0.4, 1. 07080 2) = 0. 32919 8,
k(4)2 = f
³x5, y4 + hk
(4)1
´= f (0.5, 1. 07080 2 + 0.1 · 0. 32919 8)
= f (0.5, 1. 10372 2) = 0. 39627 8,
y5 = y4 +h
2
³k(4)1 + k
(4)2
´= 1. 07080 2 + 0.05 (0. 32919 8 + 0. 39627 8)
= 1. 10707 6.
Resumimos los resultados en una tabla
j xj yj
0 0 1
1 0.1 1.005
2 0.2 1. 01902 5
3 0.3 1. 04121 8
4 0.4 1. 07080 2
5 0.5 1. 10707 6
2) Errores de truncamiento. Hemos visto en el ejemplo anterior que la
solución exacta es
y = e−x + x.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 42
En la siguiente tabla se recogen los valores exactos
yj = y(xj), j = 0, 1, . . . , 5,
y los errores locales de truncamiento
j xj yj yj ej = yj − yj0 0 1 1 0
1 0.1 1. 004837 1.005 −0.000 1632 0.2 1. 018731 1. 01902 5 −0.000 2943 0.3 1. 040818 1. 04121 8 −0.000 4004 0.4 1. 070320 1. 07080 2 −0.000 4825 0.5 1. 106531 1. 10707 6 −0.000 545
El error de truncamiento global es
e5 = y5 − y5 = −0.000 545. ¤
• Deducción del métodoTenemos el problema de valor inicial½
y0 = f(x, y),y(a) = ya, x ∈ [a, b].
Tomamos
y0 = f(x, y)
e integramos en el intervalo [x0, x1]Z x1
x0
y0(x) dx =Z x1
x0
f(x, y(x)) dx.
Para la integral de lado izquierdo tenemosZ x1
x0
y0(x) dx = [y(x)]x1x0 = y(x1)− y(x0),
para aproximar el valor de la integral del lado derecho, usamos la regla del
trapecio simpleZ x1
x0
f(x, y(x)) dx ' h
2[f (x0, y0) + f (x1, y1)] .
Los valores x0, x1, y0 son conocidos; para el valor y1, tomamos la estimación
que nos proporcionaría el método de Euler
y1 ' y0 + hf (x0, y0) ,
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 43
tenemos finalmente
y(x1)− y(x0) ' h
2[f (x0, y0) + f (x1, y0 + hf (x0, y0))] ,
y1 = y0 +h
2[f (x0, y0) + f (x1, y0 + hf (x0, y0))] .
En pasos posteriores, se procede de forma análoga. Supongamos que hemos
obtenido yj , para calcular yj+1 integramos
y0 = f(x, y)
en el intervalo [xj , xj+1]Z xj+1
xj
y0(x) dx =Z xj+1
xj
f(x, y(x)) dx,
Z xj+1
xj
y0(x) dx = y(xj+1)− y(xj),Z xj+1
xj
f(x, y(x)) dx ' h
2[f (xj , yj) + f (xj+1, yj+1)] ,
para yj+1 tomamos la estimación que nos proporcionaría el método de Euler
yj+1 ' yj + hf (xj , yj) ,
y(xj+1)− y(xj) ' h
2[f (xj , yj) + f (xj+1, yj + hf (xj , yj))] ,
yj+1 = yj +h
2[f (xj , yj) + f (xj+1, yj + hf (xj , yj))] .
3.4 Método de Taylor de 2o orden
Dado el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy
dx= f(x, y),
y(a) = ya, x ∈ [a, b],el método de Taylor de 2o orden de n pasos queda definido por⎧⎨⎩ y0 = ya,
yj+1 = yj + h f(xj , yj) +h2
2
£f 0x(xj , yj) + f 0y(xj , yj) f(xj , yj)
¤, j = 0, 1, . . . , n− 1,
donde
• f 0x es la derivada parcial de f(x, y) respecto de x,
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 44
• f 0y es la derivada parcial de f(x, y) respecto de y,
• h = b−anes el step,
• x0 = a, x1 = a + h, . . . , xj = a + jh, . . . , xn = a + nh = b, son los
nodos.
Ejemplo 3.4 Dado el problema de valor inicial(y0 = 1 +
y
x,
y(1) = 2, x ∈ [1, 2].
1. Aproxima la solución usando el método de Taylor de segundo orden
con 4 pasos.
2. Calcula la solución exacta.
3. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamiento
global.
1) Método de Taylor de segundo orden.
I Formulación del método. El problema está en forma normal; identificamosf(x, y)
f(x, y) = 1 +y
x,
calculamos las derivadas parciales
f 0x(x, y) = −y
x2,
f 0y (x, y) =1
x.
El tamaño de paso es
h =2− 14
= 0.25,
los nodos son
x0 = 1, x1 = 1.25, x2 = 1.5, x3 = 1.75, x4 = 2.
La fórmula de recurrencia es, en este caso
yj+1 = yj + 0.25 · f (xj , yj) + (0.25)2
2
£f 0x(xj , yj) + f
0y (xj , yj) f(xj , yj)
¤= yj + 0.25 · f (xj , yj) + 0.0 3125 ·
£f 0x(xj , yj) + f
0y (xj , yj) f(xj , yj)
¤.
I Iteraciones.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 45
Fase 1. Partimos de x0 = 1, y0 = 2,
f (x0, y0) = 1 +2
1= 3,
f 0x(x0, y0) = −2
1= −2,
f 0y (x0, y0) =1
1= 1,
y1 = y0 + 0.25 · f (x0, y0) + 0.0 3125 ·£f 0x(x0, y0) + f
0y (x0, y0) f (x0, y0)
¤= 2 + 0.25 · 3 + 0.0 3125 · (−2 + 1 · 3)= 2. 78125.
Fase 2. Partimos de x1 = 1.25, y1 = 2. 78125,
f (x1, y1) = 1 +2. 78125
1.25= 3. 225,
f 0x(x1, y1) = −2. 78125
(1.25)2= −1. 78,
f 0y (x1, y1) =1
1.25= 0. 8,
y2 = y1 + 0.25 · f (x1, y1) + 0.0 3125 ·£f 0x(x1, y1) + f
0y (x1, y1) f (x1, y1)
¤= 2. 78125 + 0.25 · 3. 225 + 0.0 3125 · (−1. 78 + 0. 8 · 3. 225)= 3. 6125.
Fase 3. Partimos de x2 = 1.5, y2 = 3. 6125,
f (x2, y2) = 1 +3. 6125
1.5= 3. 40833 3,
f 0x(x2, y2) = −3. 6125
(1.5)2= −1. 60555 6
f 0y (x2, y2) =1
1.5= 0. 66666 67,
y3 = y2 + 0.25 · f (x2, y2) + 0.0 3125 ·£f 0x(x2, y2) + f
0y (x2, y2) f (x2, y2)
¤= 3. 6125 + 0.25 · 3. 40833 3 + 0.0 3125 · (−1. 60555 6 + 0. 66666 67 · 3. 40833 3)= 4. 48541 7.
Fase 4. Partimos de x3 = 1.75, y3 = 4. 48541 7,
f (x3, y3) = 1 +4. 48541 7
1.75= 3. 56309 5,
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 46
f 0x(x3, y3) = −4. 48541 7
(1.75)2= −1. 46462 6,
f 0y (x3, y3) =1
1.75= 0. 57142 86,
y4 = y3 + 0.25 · f (x3, y3) + 0.0 3125 ·£f 0x(x3, y3) + f
0y (x3, y3) f (x3, y3)
¤= 4. 48541 7 + 0.25 · 3. 56309 5 + 0.0 3125 · (−1. 46462 6 + 0. 57142 86 · 3. 56309 5)= 5. 39404 8.
Resumimos los resultados en una tabla
j xj yj
0 1.00 2
1 1.25 2. 781250
2 1.50 3. 612500
3 1.75 4. 48541 7
4 2.00 5. 39404 8
2) Solución exacta. Se trata de una ecuación lineal
y0 = 1 +y
x,
la escribimos en la forma estándar
y0 + p(x) y = q(x),
y0 − 1xy = 1.
La ecuación homogénea asociada es
y0 − 1xy = 0,
identificamos
p(x) = −1x,
la solución de la ecuación homogénea es
yh(x) = ke− R −1
xdx = kelnx = kx, k ∈ R.
Para obtener la solución de la ecuación completa, aplicamos el método de
variación de parámetros, esto es, proponemos una solución particular de la
EDO completa de la forma
yp(x) = k(x) x
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 47
y sustituimos en
y0 − 1xy = 1,
resultay0pz }| {
k0x+ k −1x
ypz}|{kx = 1,
k0x = 1,
k0 =1
x.
k =
Z1
xdx = lnx+ c, c ∈ R.
Tomamos el valor de k
k(x) = lnx,
de donde resulta la siguiente solución particular para la EDO completa
yp(x) = x lnx.
Finalmente, obtenemos la solución general de la EDO completa
y(x) = yh(x) + yp(x) = kx+ x lnx, k ∈ R.
Ahora vamos a calcular la solución del problema de valor inicial. Imponemos
la condición y(1) = 2 y obtenemos
2 = k + 1 ln 1 ⇒ k = 2,
la solución particular es
y = 2x+ x lnx.
3) Errores de truncamiento. En la siguiente tabla se recogen los valores
exactos
yj = y(xj), j = 0, 1, . . . , 5,
y los errores locales de truncamiento
j xj yj yj ej = yj − yj0 1.00 2 2 0
1 1.25 2. 77892 9 2. 781250 −0.00 23212 1.50 3. 60819 8 3. 612500 −0.00 43023 1.75 4. 47932 8 4. 48541 7 −0.00 60894 2.00 5. 38629 4 5. 39404 8 −0.00 7754
El error de truncamiento global es
e4 = y4 − y4 = −0.00 7754. ¤
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 48
• Deducción del métodoSupongamos que el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩
dy
dx= f(x, y),
y(a) = ya, x ∈ [a, b],
tiene una solución y = y(x) que es de clase C3 en [a, b] y que conocemos
yj = y(xj).
Desarrollamos y(x) por Taylor hasta orden 2 en c = xj y obtenemos
y(x) = y(xj) + y0(xj) (x− xj) + 1
2y00(xj) (x− xj)2 +
+1
3!y000 (t) (x− xj+1)3 , t entre xj y x.
Sustituimos x = xj+1, y resulta
y(xj+1) = y(xj) + y0(xj) (xj+1 − xj) + 1
2y00(xj) (xj+1 − xj)2 +
+1
3!y000 (t) (xj+1 − xj)3 , t entre xj y xj+1.
Como h = xj+1 − xj , resulta
y(xj+1) = y(xj) + y0(xj)h+
1
2y00(xj)h2 +
1
3!y000 (t) h3 t entre xj y xj+1,
si h es pequeño, podemos despreciar el término
1
3!y000 (t) h3
y tomar la aproximación
y(xj+1) ' y(xj) + y0(xj)h+ 12y00(xj)h2.
El valor de y0(xj) podemos obtenerlo de
y0(xj) = f (xj , yj) ,
para y00(xj), aplicamos la regla de la cadena
y00(x) =d
dxf (x, y(x)) =
∂
∂xf (x, y) +
∂
∂yf (x, y) y0(x)
=∂
∂xf (x, y) +
∂
∂yf (x, y) f(x, y)
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 49
y obtenemos
y00(xj) =∂
∂xf (xj , yj) +
∂
∂yf (xj , yj) f(xj , yj),
yj+1 ' yj + h f (xj , yj) + h2
2
∙∂
∂xf (xj , yj) +
∂
∂yf (xj , yj) f(xj , yj)
¸.
Finalmente, sustituimos yj por el valor aproximado yj , y obtenemos la apro-
ximación para yj+1
yj+1 = yj + h f(xj , yj) +h2
2
£f 0x(xj , yj) + f
0y(xj , yj) f(xj , yj)
¤.
4 Algunos ejemplos de aplicación
Ejemplo 4.1 Supongamos que la tasa de crecimiento de una población y(t)
es proporcional al número de individuos y que la población inicial es y0. Si
después de 50 años la población se ha duplicado, ¿en cuántos años tendremos
una población triple de la inicial?
• Modelo.y = y(t) población,
t tiempo (en años),
t = 0 momento inicial,
y0 = y(0) población inicial,
dy
dttasa de crecimiento de la población (individuos/año).
• Ecuación diferencial.dy
dt= α y,
donde α es la constante de proporcionalidad (desconocida). La ecuación es
una EDO lineal homogénea. La escribimos en forma estándar
y0 + p(t) y = 0,
esto es
y0 − α y = 0,
donde identificamos
p(t) = −α.La solución general es
y = ke−Rp(t) dt
= ke−R(−α) dt,
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 50
y = keαt, k ∈ R.Utilizamos la condición inicial
y(0) = y0
para determinar la constante k
y0 = keα·0 = k,
por lo tanto,
y = y0 eαt.
Para determinar la constante α, usamos el hecho de que la población inicial
se ha duplicado en un período de 50 años.
y(50) = y0 eα50 = 2y0 ⇒ eα50 = 2,
50α = ln 2,
α =ln 2
50= 0.013863.
El modelo de la población, es por lo tanto,
y = y0 e0.013863t.
Para ver el período de tiempo necesario para triplicar la población , plan-
teamos la ecuación
y0 e0.01 3863t = 3y0
y determinamos el valor de t
e0.01 3863t = 3,
0.013863t = ln 3,
t =ln 3
0.01 3863= 79. 2478.
Para triplicar la población se necesitan 79.25 años desde en momento inicial
(29.25 años desde el momento en que se duplica la población inicial. ¤
Ejemplo 4.2 En un cultivo de bacterias, la tasa de crecimiento de la po-
blación es proporcional a la población presente.
1. Si se ha observado que la población se ha duplicado en 4 horas, ¿que
población cabe esperar al cabo de 12 horas?
2. Supongamos que en un segundo cultivo, el número de bacterias es 104
al cabo de 3 horas y 4×104 al cabo de 5 horas. Determina la poblacióninicial. ¿Qué tamaño de población tendremos después de 6 horas?
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 51
• Modeloy = y(t) población,
t tiempo (en horas),
t = 0 momento inicial,
y0 = y(0) población inicial,
dy
dttasa de crecimiento de la población (individuos/hora).
• Ecuación diferencialdy
dt= α y,
α es la constante de proporcionalidad (desconocida). La ecuación es una
EDO lineal homogénea. La escribimos en forma estándar y0 + p(t) y = 0 yobtenemos, como en el ejemplo anterior, la solución
y = keαt, k ∈ R.
Utilizamos la condición inicial y(0) = y0 para determinar la constante k
y0 = keα·0 = k,
resulta,
y = y0 eαt.
1) Para determinar la constante α, usamos el hecho de que la población
inicial se ha duplicado en un período de 4 horas.
y(4) = y0 eα4 = 2y0 ⇒ e4α = 2,
4α = ln 2,
α =ln 2
4.
El modelo de la población, es por lo tanto,
y = y0 eln 24t.
Después de 12 horas, tendremos
y(12) = y0 eln 2412 = y0 e
3 ln 2 = y0eln 8 = 8y0,
es decir, al cabo de 12 horas, la población se ha multiplicado por 8.
2) En este caso disponemos de dos datos, lo que nos permite determinar la
constante α y la población inicial. El modelo es
y = y0 eαt
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 52
y tenemos ½y(3) = 104,
y(5) = 4× 104,es decir ½
y0 e3α = 104,
y0 e5α = 4× 104.
Dividiendo las ecuaciones, podemos eliminar y0 y determinar α
y0 e5α
y0 e3α=4× 104104
,
e5α
e3α= 4,
e2α = 4,
2α = ln 4,
α =ln 4
2= ln
√4 = ln 2.
Sustituyendo en la primera ecuación, resulta
y0 e3 ln 2 = 104,
y0 =104
e3 ln 2=104
8= 1250,
la población inicial es, por lo tanto de 1250 individuos. El modelo que
describe el tamaño de la población es
y = 1250 et ln 2 = 1250× 2t
Después de 6 horas, el tamaño de población será
y(6) = 1250× 26 = 80000 individuos. ¤
Ejemplo 4.3 Según la ley de enfriamiento de Newton, la velocidad a que
se enfría una sustancia al aire libre es proporcional a la diferencia de tem-
peratura entre la sustancia y el aire. Sabemos que la temperatura del aire es
de 30o y la sustancia se ha enfriado desde 100o a 70o en 15 minutos.
1. ¿Qué temperatura tenía la sustancia después de 10 minutos?
2. ¿Cuándo tendrá la sustancia una temperatura de 40o?
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 53
• Modeloy = y(t) temperatura de la sustancia,
t tiempo (en minutos),
t = 0 momento inicial,
y0 = 100o temperatura inicial,
Tm = 30o temperatura del medio,
dy
dttasa de variación de la temperatura de la sustancia.
• Ecuación diferencialdy
dt= −α ( y − Tm),
α > 0 es la constante de proporcionalidad (desconocida). Observamos que
si y > Tm, entonces
−α ( y − Tm) < 0y la sustancia se enfría. La ecuación es una EDO lineal completa, la escri-
bimos en forma estándar
y0 + p(t) y = q(t),
y0 + α y = αTm,
identificamos
p(t) = α, q(t) = αTm, (ambos constantes).
La EDO lineal homogénea asociada es
y0 + α y = 0,
que tiene solución
y = ke−Rα dt, k ∈ R,
y = ke−α t, k ∈ R.Calculamos la solución de la EDO completa por variación de parámetros,
esto es, proponemos una solución
yp(t) = k(t) e−α t
y sustituimos en la ecuación completa para determinar k(t)
y0pz }| {k0 e−α t − αk e−α t +α
ypz }| {k e−α t= αTm,
k0 e−α t = αTm,
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 54
k0 =αTm
e−α t,
k0 = αTm eα t,
k =
ZαTm e
α t dt.
Obtenemos
k = Tm eα t + c, c ∈ R,
tomamos el valor de k
k = Tm eα t,
de donde resulta la siguiente solución particular de la ecuación completa
yp(t) =¡Tm e
α t¢e−αt = Tm.
La solución general de la EDO completa es
y(t) = yh(t) + yp(t) = ke−α t + Tm, k ∈ R.
Observa que podíamos haber obtenido la solución particular directamente
yp(t) = Tm apreciando que la ecuación
dy
dt= −α ( y − Tm),
tiene la solución singular y = Tm.
1) Para determinar k, sustituimos Tm = 30o y usamos las condición inicial
y(0) = 100o,
100 = k e0 + 30 ⇒ k = 70.
Finalmente, para determinar α, usamos el dato
y(15) = 70,
70 = 70e−15α + 30,
70e−15α = 40
e−15α =4
7
−15α = ln 47
α =−115ln4
7= 0.03731.
El modelo matemático que describe el enfriamiento de la sustancia es
y = 70e−0.03731 t + 30.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 55
La temperatura después de 10 minutos será
y(10) = 70 e−0.3731 + 30 = 78. 2o
2) El tiempo necesario para que la sustancia esté a 40 grados se obtiene
resolviendo la ecuación
70e−0.03731 t + 30 = 40,
e−0.03731 t =10
70,
t =−1
0.03731ln1
7= 52. 16 minutos. ¤
Ejemplo 4.4 Un tanque contiene 1000 litros de una disolución de agua y
sal. En el tanque entra agua a razón de 20 litros/min y la mezcla, conservada
uniforme por agitación, sale a la misma velocidad. Si inicialmente hay 60
kg de sal en el tanque, ¿cuánta sal queda en el tanque después de 1 hora?
• Modeloy = y(t) cantidad de sal en el tanque (en kg),
t tiempo (en minutos),
t = 0 momento inicial,
y0 = 60 cantidad inicial de sal (en kg),
dy
dttasa de variación de la cantidad de sal (en kg/min).
Observemos que la tasa de entrada y de salida de líquido es la misma, por
lo tanto el volumen de disolución en el tanque se mantiene constante
concentración de sal =y
1000(en Kg/litro).
Tasa de variación de sal =
tasa de entrada de salz }| {20litros
min.× 0 kg
litro−
tasa de salida de salz }| {20litros
min.× y
1000
kg
litro
= − 150ykg
min.
• Ecuación diferencialdy
dt= − 1
50y.
Es una ecuación lineal homogénea
y0 +1
50y = 0,
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 56
con solución general
y = k e−R
150dt, k ∈ R,
y = k e−150t, k ∈ R.
Usamos la condición inicial
y(0) = 60,
para determinar k
60 = k e−0 ⇒ k = 60.
El modelo matemático que describe la cantidad de sal en el tanque es
y = 60 e−150t.
La cantidad de sal después de 1 hora será
y(60) = 60 e−6050 = 18. 07 kg. ¤
Ejemplo 4.5 En una galería subterránea de dimensiones 15×5×1.2 metroshay una concentración del 0.2% de CO2. Se quiere renovar la atmósfera con
aire exterior, cuya concentración de CO2 es de 0.05%, mediante ventiladores
que proporcionan un caudal de aire de 9m3/min. Calcula el porcentaje de
CO2 después de 20 minutos.
• Modeloy = y(t) cantidad de CO2 (en m
3),
t tiempo (en minutos),
t = 0 momento inicial,
V = 90 m3 volumen de la galería,y
90concentración de CO2,
y0 = 0. 18 m3 cantidad inicial de CO2 (y(0) = 0.002× 90),
dy
dttasa de variación de la cantidad de CO2 (en m
3/min).
Tasa de variación de CO2
tasa de entrada de CO2z }| {9m3 aire
min.× 0.0005 m
3 CO2
m3 aire−
tasa de salida de CO2z }| {9m3 aire
min.× y
90
m3 CO2
m3 aire
=³0.0045− y
10
´ m3 CO2min
.
• Ecuación diferencialdy
dt=³0.0045− y
10
´.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 57
Resolvemos por separación de variables
1³0.0045− y
10
´ dy = dt,Z
1³0.0045− y
10
´ dy = Z dt,
−10 ln¯0.0045− y
10
¯= t+ c1,
ln¯0.0045− y
10
¯= − t
10+ c2, c2 =
−c110,¯
0.0045− y
10
¯= e−
t10+c2 = c3e
− t10 , c3 = e
c2 ,
0.0045− y
10= ±c3 e−
t10 ,
0.0045− y
10= c4 e
− t10 ,
y = 10³0.0045− c4 e−
t10
´,
y = 0.045− c e− t10 , c ∈ R.
Sustituimos la condición inicial, y determinamos c
y(0) = 0.18,
0.18 = 0.045− c e− 010 ⇒ c = −0. 135.
El modelo matemático que describe la cantidad de CO2 en la galería es
y = 0.045 + 0.135 e−t10 .
La cantidad de CO2 después de 20 minutos será
y(20) = 0.045 + 0.135 e−2010 = 0.06 327 m3
y la concentración es
0.06 327 m3CO2
90 m3 aire= 0.000703.
Después de 20 minutos, la concentración de CO2 será de 0.07%. ¤
Ejemplo 4.6 Tenemos un depósito cilíndrico con radio de la base R = 8
dm y altura h = 1 m. El depósito se vacía a través de un orificio redondo
de radio r = 0.833 cm situado en la base del depósito. Sabemos que por un
orificio de ese tipo el agua fluye a una velocidad aproximada v = 4.8√h
dm/s, donde h es la altura del nivel de agua en el depósito. Si inicialmente
el depósito está totalmente lleno, determina el tiempo que el depósito tardará
en vaciarse.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 58
• Modeloh = h(t) nivel de agua en el depósito (en dm),
t tiempo (en segundos),
t = 0 momento inicial,
h0 = 10 dm nivel inicial,
R = 8 dm radio del depósito,
r = 0.0833 dm radio del orificio de salida,
dh
dttasa de variación del nivel de agua (en dm/s).
La velocidad de salida del agua por el orificio de la base es
v = 4.8√hdm/s,
y el área de la sección perpendicular al flujo de salida es
A = πr2 dm2,
por lo tanto, tendremos un flujo de salida
v ·A = 4.8√hdm/s× πr2 dm2 = 4.8πr2
√h dm3/s.
La variación del volumen de agua V = V (t) en el depósito es igual a flujo
de salidadV
dt= −4.8πr2
√h, (5)
por otra parte, el volumen de agua en el depósito es
V = πR2h,
por lo tantodV
dt= πR2
dh
dt.
Sustituimos en (5), y resulta
πR2dh
dt= −4.8πr2
√h,
de donde obtenemos la ecuación diferencial para la altura del agua en el
depósito
R2dh
dt= −4.8r2
√h,
dh
dt= −4.8 r
2
R2
√h.
Sustituimos los valores R = 8, r = 0.0833
dh
dt= −5. 204× 10−4
√h.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 59
Se trata de una ecuación diferencial no lineal de variables separables
1√hdh = −5. 204× 10−4 dt,
Z1√hdh = −5. 204× 10−4
Zdt,
2√h = −5. 204× 10−4 t+ c, c ∈ R.
Determinamos c con la condición inicial h0 = 10
2√10 = −5. 204× 10−4 × 0 + c ⇒ c = 2
√10,
por lo tanto, el modelo matemático que describe la altura del nivel de agua
en el tanque es
2√h = −5. 204× 10−4 t+ 2
√10, (6)
que en forma explícita queda
h =³√10− 0.000 2602 t
´2.
Para determinar el tiempo de vaciado, sustituimos h = 0 en (6) y despejamos
t
0 = −5. 204× 10−4 t+ 2√10,
t =−2√10
−5. 204× 10−4 = 12153. 26 s = 3. 37 horas = 3 horas 22minutos. ¤