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Presentacion

La coleccion de Ejercicios Resueltos y Propuestos que presentamos estan relaciona-dos con los Modelos Matematicos en Biologıa y se han estructurado en dos grandesbloques. El primero de ellos aborda el caso discreto a traves del algebra matricialy las ecuaciones en diferencias. La segunda parte esta dedicada al caso continuo,cuyas herramientas matematicas basicas son las ecuaciones diferenciales.

Cuando un determinado fenomeno biologico podemos representarlo por medio de unconjunto de ecuaciones (modelo matematico) se plantean varios problemas respectoal modelo utilizado, como son:

• Ver si el problema tiene solucion.

• En caso de que esta exista, demostrar si es unica.

• Calcular de forma explıcita esta solucion.

• Analizar de manera cualitativa la solucion del modelo.

• Utilizar tecnicas numericas para encontrar un valor aproximado de la solucion.

• Estudiar la posibilidad de simular el modelo.

Gran parte de los ejercicios se han disenado teniendo en cuenta el comentario ante-rior. De esta manera, el objetivo basico que se persigue es el de construir y resolverun mismo modelo haciendo uso de tecnicas diferentes. En primer lugar, buscaremosla solucion explıcita del modelo, posteriormente la estudiaremos cualitativamente ya continuacion encontraremos una aproximacion numerica de dicha solucion. Porultimo, mostraremos que la mayorıa de los modelos continuos pueden ser simuladoscon Vensimr en el Laboratorio de Matematicas.

En el primer tema resolveremos diversos ejercicios relacionados con los modelosdiscretos matriciales haciendo especial hincapie en el modelo de Leslie y las tablasde vida. El segundo tema es una introduccion a los modelos discretos no matriciales.

i

ii

Se inicia con distintos ejercicios que muestran las diversas tecnicas de resolucion deecuaciones en diferencias. Posteriormente nos centraremos en el estudio de los puntosde equilibrio y el analisis de la estabilidad del modelo.

Un concepto interesante de los modelos discretos es el estudio de la teorıa del caos.En ellos analizamos el comportamiento de sistemas dinamicos discretos medianteaplicaciones iteradas. Se construyen eligiendo un numero cualquiera como dato deentrada de una funcion, utilizando el resultado como nuevo dato de entrada de lamisma funcion y repitiendo el proceso sucesivamente. Como sabemos por teorıa, unaaplicacion iterada particularmente interesante y popular es la aplicacion logıstica.Esta aplicacion muestra muchas de las propiedades que veremos tambien en lossistemas continuos.

Los temas 3,4,5 y 6 estan dedicados al estudio de los modelos continuos. Muchosproblemas biologicos pueden ser representados a traves de ecuaciones diferenciales,por ejemplo: modelos dinamicos, modelos poblacionales, difusion de epidemias, ...,etc. En general, se trata de buscar una funcion y(t) definida en [0, a] tal que

y′(t) = f(t) , y(0) = y0 , t ∈ [0, a] .

En ocasiones se puede encontrar la solucion de este problema

y(t) = y0 +

∫ t

0

f(x)dx ,

pero es bastante frecuente que dicha solucion no pueda determinarse de forma ele-mental. Por ejemplo, no es facil resolver

∫ a

0

sen x

xdx ,

pero este es un problema elemental para cualquier ordenador. Es importante, antesde aplicar tecnicas numericas, analizar detenidamente nuestro problema para sabersi existe solucion y en caso de que exista ver si esta es unica.

En el tema 6 estudiamos modelos poblacionales relacionados con dos especies quecompiten en un determinado territorio. Su dinamica podemos representarla pormedio del siguiente sistema de ecuaciones diferenciales

x′ =dx

dt= f(t, x, y)

y′ =dy

dt= g(t, x, y) ,

siendo x(t), y(t) las cantidades de animales de cada una de las especies. El planofase sera la representacion de los valores (x(t), y(t)), y su construccion tiene un in-teres especial para estudiar de forma cualitativa el modelo y analizar su estabilidad.

iii

Es posible ver el comportamiento de las soluciones (orbitas) en el plano fase, cal-culando previamente las soluciones constantes (puntos de equilibrio), ya que estasaportan informacion valiosa del resto de las soluciones del sistema. A continuacionse debe hacer un estudio completo de la estabilidad, ya que es muy frecuente enciencias experimentales que al tomar los datos (condiciones iniciales) se cometanpequenos errores, y esto puede obligar a que la solucion buscada se encuentre muylejos de la solucion verdadera o de la solucion de equilibrio. En este caso, diremosque existe inestabilidad. En caso contrario, estarıamos hablando de estabilidad.

El ultimo de los temas es una breve coleccion de ejercicios de metodos numericosaplicados a la resolucion de problemas de valores iniciales. Recordemos que unmetodo de resolucion numerica es un algoritmo que nos permite obtener un resulta-do aproximado de la solucion de un determinado problema por medio de un numerofinito de pasos. Los metodos que utilizaremos seran los mas usuales, como son Euler,Taylor y Runge-Kutta.

Tema 1

MODELOS DISCRETOSMATRICIALES

EJERCICIO 1.1 Un albergue de la Sierra de Cazorla tiene una muymerecida fama de atender las necesidades especiales de cuidado de lasalud de sus huespedes. El gerente del hotel espera cuatro huespedespara la proxima semana; los cuatro padecen diabetes y dependen dela insulina. Estos huespedes tienen planes de permanecer en el hotel7, 14, 21 y 28 dıas respectivamente.

Se requieren tres tipos de insulina: lenta, semilenta y ultralenta y losrequisitos diarios para cada huesped son:

• Huesped 1: 20 unidades (u.) de insulina semilenta, 30 (u.) de lentay 10 (u.) de ultralenta.




v

vi Tema 1 Modelos discretos matriciales

• Esta informacion la representaremos mediante la matriz A de “requisitos”,

A =

20 40 30 1030 0 10 1010 0 30 50

.

Tambien podemos utilizar la matriz B para representar el tiempo, en dıas, que cadahuesped permanecera en el hotel,

B = (7, 14, 21, 28)T .

Para determinar la cantidad de insulina que los cuatro huespedes requeriran secalcula el producto de las matrices AB

AB =

20 40 30 1030 0 10 1010 0 30 50

7142128

=

16107002100

= C .

La matriz C indica que se requieren para los cuatro un total de 1610 unidades (u.)de insulina semilenta, 700 (u.) de insulina lenta y 2100 (u.) de ultralenta.

• Ahora cambiaremos un poco el problema. Supongamos que cada huesped de-cide duplicar la duracion original de su estancia. La matriz resultante queda la cantidad total de insulina semilenta, lenta y ultralenta es

A(2B) = 2(AB) = 2C =

322014004200

,

de hecho, si cada huesped decidiera quedarse en el hotel un multiplo k , (k ≥ 0) deltiempo original (es decir, que el huesped 1 pensara quedarse 7k dıas; el huesped 2,14k dıas, etcetera), entonces los requisitos de insulina serıan

A(kB) = k(AB) = kC =

1610k700k2100k

.

De manera similar, si los huespedes decidieran anadir 1, 3, 4 y 6 dıas a los tiemposoriginalmente planeados, entonces las cantidades de insulina que se requerirıan serıan

A(B + B1) = AB + AB1 , donde B1 =

1346

.

• La ecuacion matricial AX = C es una generalizacion de los casos estudiados.

20 40 30 1030 0 10 1010 0 30 50

x1

x2

x3

x4

=

c1

c2

c3

vii

que representa al sistema de ecuaciones lineales

20x1 +40x2 +30x3 +10x4 = c1

30x1 +10x3 +10x4 = c2

10x1 + +30x3 +50x4 = c3

donde xi es el numero de dıas que el huesped i permanecera en el hotel y c1, c2, c3

dan, respectivamente, el numero total de unidades de insulina semilenta, lenta yultralenta que cada uno de los huespedes necesita para todo su tiempo de estancia.

• Finalmente, supongamos de nuevo que la matriz B representa el numero de dıas quecada huesped planeaba quedarse en el hotel originalmente. Supongamos, ademas,que la matriz D da el costo (en euros) por unidad de cada uno de los tres tipos deinsulina, siendo

D =

9810

.

Es decir, una unidad de semilenta cuesta 9 euros, una unidad de lenta cuesta 8 euros,y una unidad de ultralenta 10 euros. Entonces la cantidad total que el hotel pagapor toda la insulina que los cuatro huespedes requieren es

Dt(AB) = DtC = (9, 8, 10)

16107002100

= 41.009 euros

EJERCICIO 1.2 Contacto directo y contacto indirecto en una enferme-dad contagiosa.

• Se trata de un ejercicio sobre como utilizar la multiplicacion de matrices para mo-delar el proceso de dispersion de una enfermedad contagiosa. Supongase que cuatropersonas han contraıdo una enfermedad de este tipo. Este primer grupo tiene con-tacto con seis personas de un segundo grupo.

Estos contactos, llamados contactos directos, pueden representarse mediante unamatriz A4×6 = (aij) con aij = 1 si la i-esima persona del primer grupo ha estado encontacto con la j-esima persona del segundo grupo, y aij = 0 si no han estado encontacto.

A =

0 1 0 0 1 01 0 0 0 0 10 0 0 1 1 01 0 0 0 0 1

Por ejemplo, el 1 que aparece en la fila 3 columna 5, significa que la tercera personadel primer grupo (los infectados) ha estado en contacto con la quinta persona del

viii Tema 1 Modelos discretos matriciales

segundo grupo.

Supongamos ahora que un tercer grupo de cinco personas ha tenido diversos contac-tos directos con individuos del segundo grupo. Esto tambien podemos representarlomediante una matriz B6×5

B =

0 0 1 0 10 0 0 1 00 1 0 0 01 0 0 0 10 0 0 1 00 0 1 0 0

Los contactos indirectos o de segundo orden entre las personas del primer y tercergrupo se representan mediante una matriz C4×5 que es el producto AB

C = AB =

0 0 0 2 01 0 2 0 21 0 0 1 10 0 2 0 1

Se observa, que solo una persona del tercer grupo no tiene contactos indirectos conla enfermedad. En cambio, la tercera persona tiene cuatro contactos indirectos.

EJERCICIO 1.3 Sea f : IR3 → IR3 un endomorfismo, cuya matriz res-pecto a una base B = {~v1, ~v2, ~v3} es:

A =

1 −1 −32 4 30 0 3

Calculense los autovalores y autovectores de f , estudiese si f es o nodiagonalizable, y en caso afirmativo hallese una base en la cual el endo-morfismo tenga una expresion diagonal, ası como la matriz de paso querelaciona a la matriz A con su diagonal semejante. Calculese Ak.

• Comenzamos resolviendo la ecuacion caracterıstica, para poder encontrar los auto-valores

∣∣∣∣∣∣

1− λ −1 −32 4− λ 30 0 3− λ

∣∣∣∣∣∣= −(λ− 2)(λ− 3)2 = 0 ,

cuyas soluciones son λ1 = 2 y λ2 = 3 como raız doble. Al no salir los tres autovaloresdiferentes no podemos asegurar que la matriz A sea diagonalizable; tenemos que ver

ix

si es posible encontrar una base del espacio vectorial R3 formada por autovectoresde f . Empezamos calculando el subespacio de autovectores asociado al autovalorλ1 = 2,

−1 −1 −3

2 2 30 0 1

xyz

=

000

⇒

−x −y −3z = 02x +2y +3z = 0

z = 0

El sistema tiene por soluciones z = 0, x = −y, dando lugar al subespacio

S1 = L(λ1 = 2) = {(−t, t, 0) : t ∈ IR} =< (−1, 1, 0) > .

Para el segundo de los autovalores λ2 = 3,−2 −1 −3

2 1 30 0 0

xyz

=

000

⇒ 2x + y + 3z = 0 ,

cuyo subespacio asociado es,

S2 = L(λ2 = 3) = {(α, −2α− 3β, β) : α, β ∈ IR} =< (1, −2, 0), (0, −3, 1) > .

Como conclusion, la matriz A es diagonalizable ya que es posible encontrar la basebuscada,

B := {(−1, 1, 0), (1, −2, 0), (0, −3, 1)} ,

siendo la matriz C de paso, que nos permite diagonalizar la matriz A, la siguiente:

C =

−1 1 0

1 −2 −30 0 1

.

En este caso, se comprueba que

C−1 A C = D =

2 0 00 3 00 0 3

.

• El valor de Ak se obtiene haciendo C Dk C−1,

Ak =

−1 1 0

1 −2 −30 0 1

2k 0 00 3k 00 0 3k

−1 1 0

1 −2 −30 0 1

−1

Ak =

2k+1 − 3k 2k − 3k 3× 2k − 3k+1

−2k+1 + 2× 3k −2k + 2× 3k −3× 2k + 3k+1

0 0 3k

.

Observemos que este resultado tambien puede obtenerse a traves del Mathematicar,

A := {{1,−1,−3}, {2, 4, 3}, {0, 0, 3}}MatrixPower[A, k]

x Tema 1 Modelos discretos matriciales

EJERCICIO 1.4 Siendo x0 e y0 las poblaciones iniciales de conejos y zo-rros respectivamente. Se sabe que el numero de conejos en cualquier meses la mitad de la poblacion de conejos del mes anterior y que el numerode zorros en dicho mes es la suma de las poblaciones de zorros mas lamitad de la de conejos en el mes anterior. Calcular las poblaciones dezorros y conejos al cabo de “mucho” tiempo. ¿Se extinguira alguna delas especies mencionadas?. Razonar las respuestas.

• Sean xk e yk las poblaciones de conejos y zorros al cabo de k meses. Del enunciadodel ejercicio se deduce

{xk+1 = 0.5xk

yk+1 = 0.5xk + yk, k = 0, 1, 2, · · ·

O bien en forma matricial,(

xk+1

yk+1

)=

(0.5 00.5 1

)(xk

yk

), k = 0, 1, 2, · · · .

Si llamamos

~N(k) =(

xk

yk

), A =

(0.5 00.5 1

), k = 0, 1, 2, · · · ,

entonces

~N(1) = A ~N(0)~N(2) = A ~N(1) = A2 ~N(0)...

...~N(k) = A ~N(k − 1) = Ak ~N(0) .

Para completar el resto del ejercicio utilizamos el ordenador.

A := {{0.5, 0}, {0.5, 1}}Eigenvalues[A]

{0.5, 1}

P := Transpose[Eigenvectors[[A]]Q := P.DiagonalMatrix[(0.5)k, 1].Inverse[P]MatrixForm[Limit[Q, k→ Infinity]]

(0 01 1

)

xi

– Como sabemos, inicialmente x0 es la cantidad de conejos e y0 el numero dezorros, entonces

(0 01 1

) (x0

y0

)=

(0

x0 + y0

).

Conclusion: A largo plazo desapareceran los conejos y la cantidad de zorros serala suma inicial de zorros y conejos.

EJERCICIO 1.5 Uno de los temas que mas ha preocupado a los eco-nomistas es el del estudio de la distribucion de la riqueza. Supongamosque en un paıs imaginario la poblacion esta dividida en cuatro clases,A, B, C y D, de acuerdo con la riqueza (de mayor a menor y segunalgun criterio dado), una persona que se encuentra en una determinadaposicion en un momento dado puede ascender, mantenerse o descenderen el siguiente con probabilidades dadas por la matriz

A B C D

A 0.7 0.2 0.1 0B 0.2 0.4 0.1 0.3C 0.1 0.3 0.4 0.2D 0 0.1 0.4 0.5

siendo el elemento aij la probabilidad de que un individuo que en unmomento dado pertenece a la clase i en el siguiente periodo pertenezcaa la clase j.

De acuerdo a la introduccion anterior, se pide:

(a) Si en el ano 1985 el 17 % de la poblacion pertenece a la clase A,el 24 % a la B, el 30 % a la C y el 29 % a la D, ¿cual sera ladistribucion en 1986?, ¿y en 1987?.

(b) ¿Cual fue la distribucion en 1984?.

• Si llamamos A a la matriz de probabilidades y a la situacion observada en el ano kpor ~xk, es facil ver que

~xk+1 = A~xk

~x1986 = A~x1985 =

0.7 0.2 0.1 00.2 0.4 0.1 0.30.1 0.3 0.4 0.20 0.1 0.4 0.5

0.170.240.300.29

=

0.1970.2470.2670.289

xii Tema 1 Modelos discretos matriciales

Del mismo modo,

~x1987 = A~x1986 =

0.7 0.2 0.1 00.2 0.4 0.1 0.30.1 0.3 0.4 0.20 0.1 0.4 0.5

0.1970.2470.2670.289

=

0.2140.2510.2580.276

• En relacion a la segunda parte del ejercicio, y de acuerdo a lo anterior

~x1985 = A~x1984 ⇒ ~x1984 = A−1~x1985

EJERCICIO 1.6 La poblacion activa de un paıs se clasifica en 3 ca-tegorıas profesionales: tecnicos superiores x1, obreros especializados x2

y obreros no especializados x3. Ası, en cada generacion k la fuerza detrabajo del paıs esta caracterizada por el numero de personas incluidasen las 3 categorıas, es decir (x1(k), x2(k), x3(k)). Supongamos que

• Cada trabajador activo solo tiene un hijo.

• El 50% de los hijos de los tecnicos superiores lo son tambien, el25% pasa a ser obrero especializado y el 25% restante es obrero noespecializado.

• Los hijos de los obreros especializados se reparten entre las 3 ca-tegorıas segun los porcentajes 30%, 40%, 30%

• Para los hijos de obreros no especializados las proporciones de re-parto entre las categorıas son 50%, 25 % y 25%.

Se pide:

(a) Plantear en forma matricial un modelo que represente la distribu-cion de la fuerza de trabajo del paıs de generacion en generacion.

(b) ¿Cual sera la distribucion de los trabajadores a largo plazo indepen-dientemente de la distribucion inicial?.

• Sean ~x(0) = (x1(0), x2(0), x3(0))T el vector de distribucion inicial y

~x(k) = (x1(k), x2(k), x3(k))T

el vector de distribucion correspondiente a la generacion de orden k. Del enunciadodel ejercicio se deduce,

x1(1)x2(1)x3(1)

=

0.50 0.3 0.500.25 0.4 0.250.25 0.3 0.25

x1(0)x2(0)x3(0)

, ~x(1) = A~x(0) , · · · , ~x(k) = Ak~x(0) .

xiii

Operando

A := {{0.5, 0.3, 0.5}, {0.25, 0.4, 0.25}, {0.25, 0.3, 0.25}}Eigenvalues[A]

{1., 0.15, −1.68812 10−17}Como hay un valor propio igual a 1 entonces, a largo plazo existira estabilidad.

Eigenvectors[A]

{{0.744438, 0.496292, 0.446663}, {0.784465, 0.496292, 0.446663},{−0.707107, −3.18473 10−16, 0.707107}}La distribucion estable vendra dada por el vector propio asociado al valor propio 1.Es decir,

(0.744438, 0.496292, 0.446663)T ,

que una vez pasado a porcentajes:

– el 44% seran tecnicos superiores,

– el 29% seran obreros especializados,

– el 27% seran obreros no especializados.

EJERCICIO 1.7 En una determinada Comunidad Autonoma espanolael 20% de las rentas familiares anuales son inferiores a 6000 de euros, el70% estan comprendidas entre 6000 y 12000 de euros y solo el 10% supe-ran esta ultima cifra. A estos tres tramos de renta los denominaremostramos de renta baja, mediana y alta respectivamente.

Se sabe que, ano tras ano, un 70% de las familias con renta baja per-manecen en dicho tramo mientras que un 20% pasan a renta media yun 10% a renta alta. De las familias con renta media, permanecen endicha renta un 60% , pasando un 30% a renta baja y un 10% a renta alta.Por ultimo, el 60% de las rentas altas siguen siendolo, pasando un 30%a rentas medias y un 10% a rentas bajas.

Las autoridades de la mencionada Comunidad Autonoma estan muypreocupadas por el tema de la distribucion futura de la renta y estanpensando aplicar medidas correctoras, ya que creen que la situacionactual puede empeorarse en un futuro. Se pide:

(a) ¿Existe una distribucion de la renta estable?

(b) En caso afirmativo, ¿que tanto por ciento de familias estan en cadatramo de rentas?.

xiv Tema 1 Modelos discretos matriciales

• Si llamamos x1, x2, x3 al porcentaje de familias que pertenecen al tramo de rentabaja, media y alta respectivamente, podemos observar que ano tras ano se cumple,

x1(k + 1)x2(k + 1)x3(k + 1)

=

0.7 0.3 0.10.2 0.6 0.30.1 0.1 0.6

x1(k)x2(k)x3(k)

, k = 0, 1, 2, · · · ,

(a) Si obtenemos los valores propios de la matriz

A =

0.7 0.3 0.10.2 0.6 0.30.1 0.1 0.6

podremos comprobar si la distribucion es estable o no. Para ello resolvemos laecuacion caracterıstica

|A− λI| = 0.2− 1.1λ + 1.9λ2 − λ3 = 0 ⇒ λ1 = 1, λ2 = 0.4, λ3 = 0.5 .

Como existe un autovalor λ1 = 1, entonces existe estabilidad.

(b) La distribucion estable nos viene dada por el autovector correspondiente alautovalor λ1 = 1.

A continuacion calculamos la forma de dicho autovector,

(A− λI)~x = ~0 ⇒{ −0.3x + 0.3y + 0.1z = 0

0.2x− 0.4y + 0.3z = 0

Si z = t ⇒ y = 1.833t, x = 2.16t . De donde:

2.16t + 1.833t + t = 100 ⇒ t = 20

– El 43% de las familias tendran renta alta

– El 37% renta media

– El 20% renta baja.

xv

EJERCICIO 1.8 Entre las personas, muchas de las enfermedades gene-ticas son regidas por la herencia autosomica. En ellas, un gen normalA domina a un gen anormal a. El genotipo AA es un individuo normal,Aa el de un portador de la enfermedad, aunque no la padezca y elaa padece la enfermedad. Con estas enfermedades sucede bastante amenudo, que los individuos que la padecen mueren antes de alcanzarla madurez, lo que significa que los ninos afectados son hijos de padresambos portadores. Supongamos que se lleva a cabo un programa paraidentificar a los portadores de una de las enfermedades y que todos losportadores identificados prometen no procrear hijos entre ellos. Ası,losfuturos ninos tendran padres normales (parejas AA×AA) o un progenitornormal y otro portador (parejas AA×Aa). En consecuencia, en el futurono habra ninos que sufran la enfermedad, aunque en las generacionesfuturas haya todavıa portadores. Ahora, se determinara la fraccionde portadores que tendran las futuras generaciones, bajo el programade los matrimonios controlados. Se establece que ~x(k) = (x1(k), x2(k))T ,k = 1, 2, · · · en donde x1(k) es % de la poblacion del genotipo AA en lageneracion de orden k, y x2(k) es % de la poblacion del genotipo Aa(portadores) en la generacion de orden k.

(a) Encontrar el valor de ~x(k).

(b) Encontrar el valor de ~x(k) cuando k −→∞. Analizar el resultado.

• Como cada nuevo nino tiene por lo menos un progenitor normal se puede considerarque el programa del apareamiento controlado es de apareamiento continuo con elgenotipo AA. Entonces, la transicion de la distribucion de los genotipos entre dosgeneraciones sucesivas, se rige por la ecuacion

~x(k) = A~x(k − 1) , k = 1, 2, 3, · · ·Supongamos que la poblacion inicial sea ~x(0) = (x1(0), x2(0)) y que

A =(

1 12

0 12

)

En primer lugar procedemos a diagonalizar la matriz A,

A := {{1, 0.5}, {0, 0.5}}P := Transpose[Eigenvectors[A]]Inverse[P].A.P

(0 00 0.5

)

xvi Tema 1 Modelos discretos matriciales

Ahora calculamos el valor de Ak

Q := P.DiagonalMatrix[0, (0.5)k].Inverse[P]

(0.5k 0.5k

0 0.5k

)

lo que nos permite encontrar ~x(k)(

x1(k)x2(k)

)=

(0.5k 0.5k

0 0.5k

)(x1(0)x2(0)

)⇒

{x1(k) = 0.5kx1(0) + 0.5kx2(0)x3(k) = 0x1(0) + 0.5kx2(0)

Conclusion: Si k es “suficientemente grande”, entonces (x1(k), x2(k)) tiende alvector nulo.

EJERCICIO 1.9 En la herencia autosomica, supongamos que cadaplanta se fecunda con una de su propio genotipo. Construir un mo-delo matricial y analizar su comportamiento a largo plazo.

• Para k = 0, 1, 2, · · · ,

– x1(k) representa la fraccion de las plantas del genotipo AA que hay en lageneracion de orden k.

– x2(k) representa la fraccion de las plantas del genotipo Aa que hay en lageneracion de orden k.

– x3(k) representa la fraccion de las plantas del genotipo aa que hay en la ge-neracion de orden k.

En consecuencia, x1(0), x2(0) y x3(0) son las fracciones de la distribucion inicial delos tres genotipos. Tambien se tiene que,

x1(k) + x2(k) + x3(k) = 1 ; k = 0, 1, 2, · · ·

Por lo estudiado en teorıa, la distribucion de los genotipos en cada generacion apartir de la distribucion en la generacion anterior viene dado por el sistema

x1(k) = x1(k − 1) +14x2(k − 1)

x2(k) =12x2(k − 1)

x3(k) =14x2(k − 1) + x3(k − 1)

, k = 0, 1, 2, · · ·

xvii

Estas ecuaciones podemos escribirlas de manera matricial,

~x(k) = A~x(k − 1) ; k = 1, 2, · · ·

donde,

~x(k) =

x1(k)x2(k)x3(k)

; ~x(k − 1) =

x1(k − 1)x2(k − 1)x3(k − 1)

; A =

1 14 0

0 12 0

0 14 1

.

De la ecuacion ~x(k) = A~x(k − 1) se deduce:

~x(k) = A~x(k − 1) = A2~x(k − 2) = · · · = Ak~x(0) .

Entonces, si se puede encontrar una expresion explıcita para Ak, aplicamos la ecua-cion anterior y obtenemos una expresion explıcita para ~x(k). Para ello, primero sediagonaliza la matriz A. Es decir, buscamos una matriz invertible C y una matrizdiagonal D tales que

A = CDC−1 .

Se tiene que

Ak = CDkC−1 .

En nuestro caso,

|A− λI| = 0 ⇒ λ1 = 1, λ2 = 1, λ3 =12

,

y los valores propios asociados son:

~v1 = (1, 0, −1)T , ~v2 = (0, 0, 1)T , ~v3 = (1, −2, 1)T .

Por tanto,

C =

1 0 10 0 −2

−1 1 1

, D =

1 0 00 1 00 0 1

2

.

Luego,

~x(k) =

1 0 10 0 −2

−1 1 1

1 0 00 1 00 0

(12

)k

1 12 0

1 1 10 −1

2 0

x1(0)x2(0)x3(0)

.

Es decir,

~x(k) =

x1(k)x2(k)x3(k)

=

1 12 − (1

2)k+1 00 (1

2)k 00 1

2 − (12)k+1 1

x1(0)x2(0)x3(0)

.

xviii Tema 1 Modelos discretos matriciales

Operando,

~x(k) =

x1(0) +(

12 − (1

2)k+1)x2(0)

(12)kx2(0)

(12 − (1

2)k+1)x2(0) + x3(0)

Como (12)k tiende a cero cuando k tiende a infinito, de estas ecuaciones se desprende

que

x1(k) → x1(0) +12x2(0), x2(k) → 0, x3(k) → 1

2x2(0) + x3(0) .

Conclusion: La fecundacion de cada planta con una de sus mismos genotipos daorigen a una poblacion que, en el lımite, contiene solo genotipos AA y aa.

EJERCICIO 1.10 Supongamos individuos diploides que difieren a losumo en una localizacion de un gen autosomal con los alelos A y a. Selleva a cabo el experimento que sigue: se cruzan entre sı dos de talesindividuos M0 y V0. Entre la descendencia se eligen al azar dos indivi-duos M1 y V1 que se cruzan entre sı y entre su descendencia se elige denuevo al azar dos individuos M2 y V2 y ası sucesivamente. Construir lamatriz de transicion.

• El objeto S de la cadena de Markov lo constituyen ahora los dos individuos M y V .El estado del sistema viene descrito por el genotipo de los dos individuos. Existenseis estados distintos:

Z1 Z2 Z3 Z4 Z5 Z6

AA×AA AA×Aa Aa×Aa Aa× aa aa× aa AA× aa

donde se han considerado identicos los estados AA× aa y aa×AA.

Z1 Z2 Z3 Z4 Z5 Z6

Z1 1 0.25 1/16 0 0 0Z2 0 0.5 0.25 0 0 0Z3 0 0.25 0.25 0.25 0 1Z4 0 0 0.25 0.5 0 0Z5 0 0 1/16 0.25 1 0Z6 0 0 1/8 0 0 0

Tabla 1.1

xix

• De la descendencia de Z1 solamente puede originarse Z1 y por lo tanto la pro-babilidad del paso de Z1 a Z1 es de 1.De Z3 se originan descendientes AA,Aa, aa en la proporcion 1

4 : 12 : 1

4 . La proba-bilidad de elegir un individuo Aa y un individuo aa entre estos descendientes es de2.12 .14 = 1

4 . Por lo tanto la probabilidad de pasar de Z3 a Z4 es de 14 .

De padres Aa×Aa se obtienen descendientes del tipo AA, Aa, aa con probabilidadesrespectivas 1/4, 1/2, 1/4. Las distintas posibilidades de apareamiento son:

AA×AA AA×Aa AA× aaAa×AA Aa×Aa Aa× aaaa×AA aa×Aa aa× aa

Es decir, los diferentes apareamientos con sus probabilidades podemos resumirlos dela siguiente manera:

AA×AA = 1(

14

)(14

)=

116

AA×Aa = 2(

14

)(12

)=

14

AA× aa = 2(

14

)(14

)=

18

Aa×Aa = 1(

12

)(12

)=

14

Aa× aa = 2(

12

)(14

)=

14

aa× aa = 1(

14

)(14

)=

116

Disponiendo en una matriz las 36 probabilidades de paso, obtenemos una cadena deMarkov que aparece en la Tabla 1.1.

EJERCICIO 1.11 En el modelo de los pajaros que utilizamos en teorıacomo modelo matricial intermedio,

(x1(k)x2(k)

)=

(0 γα β

)(x1(k − 1)x2(k − 1)

), k = 1, 2, 3, · · · .

Demostrar que si α = β y α > 1/2, entonces a la larga, la poblacion depajaros aumentara siempre que cada hembra adulta tenga al menos unahembra entre sus crıas.

• Sabemos que la matriz que representa al modelo intermedio viene dada por

M =(

0 γα β

).

Para conocer como evoluciona la poblacion tenemos que encontrar el valor propiopositivo estrictamente dominante.

|M − λI| = λ2 − βλ− αγ = 0 ⇒ λ =β ±

√β2 + 4αγ

2.

xx Tema 1 Modelos discretos matriciales

La poblacion crecera si λ > 1, para lo cual, β ±√

β2 + 4αγ > 2. Simplificando,

γ >1− β

α,

pero al ser α = β > 1/2, de la expresion anterior deducimos que

γ >1− 1/2

1/2= 1 .

Es decir, la poblacion aumentara, cuando el valor de γ (numero de crıas que portermino medio tiene una hembra adulta) sea mayor que uno.

EJERCICIO 1.12 En este ejercicio utilizaremos la natalidad y super-vivencia de las mujeres canadienses a partir del ano 1965. Como sonpocas las mujeres que quedan embarazadas despues de los 50 anos, elproblema se limitara a la parte de la poblacion femenina cuya edad estacomprendida entre 0 y 50 anos. Los datos presentan clases de 5 anos,por lo que se tendrıa un total de diez clases de edades. En lugar deescribir toda la matriz de Leslie, 10 × 10, presentaremos una lista de losparametros de nacimientos y supervivencias, como sigue:

edades ai bi

0-5 0.00000 0.996515-10 0.00024 0.9982010-15 0.05861 0.9980215-20 0.28608 0.9972920-25 0.44791 0.9969425-30 0.36399 0.9962130-35 0.22259 0.9946035-40 0.10457 0.9918440-45 0.02826 0.9870045-50 0.00240 -

Analizar para estos datos el modelo de Leslie ası como su comportamien-to en el lımite.

• Haciendo uso del ordenador podemos encontrar el valor propio positivo estrictamentedominante λ1 = 1.076222 y su vector propio correspondiente.

~v1 =(1, b1/λ1, b2b1/λ2

1, · · · , b1b2 · · · bn−1/λn−11

)T =(1, 0.9259, 0.8588, 0.7964, 0.7380, 0.6836, 0.6328, 0.5848, 0.5389, 0.4942)T

Ası, las mujeres canadienses continuaran reproduciendose y muriendose de la mismaforma que en 1965, finalmente, cada cinco anos, los numeros aumentaran un 7.62%.

xxi

Por el vector propio ~v1 se ve que, en el lımite, por cada 100 hembras cuya edad estacomprendida entre 0 y 5 anos, habra 93 cuya edad estara comprendida entre 5 y 10anos, 86 entre los 10 y 15 anos y ası sucesivamente.

EJERCICIO 1.13 La siguiente tabla corresponde a la distribucion entres intervalos de edad de la poblacion femenina de EEUU de hasta 44anos en 1940 y 1955 (expresada en miles). Calcular la poblacion en losanos 1970 y 1985.

EDAD N. MUJ. 1940 N. HIJAS 1940-55 N. MUJ.1955

0 - 14 14459 4651 1642815 - 29 15264 10403 1425830 - 44 11346 1374 14837

• De la tabla anterior, se deducen los coeficientes

a1 =465114459

= 0.3217 b1 =1425814459

= 0.9861

a2 =1040315264

= 0.68153 b2 =1483715264

= 0.97202

a3 =137411346

= 0.12101

con los que construimos la matriz de Leslie correspondiente

L =

0.3217 0.6815 0.12100.9861 0 0

0 0.9720 0

.

Con ayuda del ordenador encontramos los valores propios de esta matriz,

λ1 = 1.05941, λ2 = −0.53186, λ3 = −0.205852 .

Al ser λ1 = 1.05941 > 1 el valor propio estrictamente dominante, nos indica que lapoblacion crece cada 15 anos a un ritmo del 6% (aproximadamente).

Si nos fijamos en el vector propio ~v1 asociado al valor propio λ1,

~v1 = (0.620683, 0.577732, 0.530074) ,

podemos conocer cual sera la distribucion de las hembras por edades:

0.620683x + 0.577732x + 0.530074x = 100 ⇒ x = 57.86

xxii Tema 1 Modelos discretos matriciales

Los porcentajes seran

Clase de 0 a 14 anos 57.87× 0.620683 = 0.3591 (35.91%)Clase de 14 a 29 anos 57.87× 0.577732 = 0.3340 (33.40%)Clase de 30 a 44 anos 57.87× 0.0.530074 = 0.3069 (30.69%)

Comentarios:

– Segun Lotka, cualquier poblacion sometida a tasas constantes de supervivencia(o mortalidad) y de fertilidad, alcanza asintoticamente una distribucion poredades fija y determinada. Una poblacion que ha alcanzado tal estado deequilibrio, en virtud del cual la distribucion de la poblacion total en clases deedad se mantiene indefinidamente igual a ella misma, se denomina estable (omalthusiana ). Una poblacion de este tipo recupera sus caracterısticas aunqueexperimente perturbaciones pasajeras que pueden consistir en la eliminacionde un numero considerable de individuos de una clase de edad, fracaso de lareproduccion durante un cierto periodo de crıa, etc. Cualquier perturbaciongenera una oscilacion en las caracterısticas de la poblacion; la amplitud de laoscilacion se atenua progresivamente.

– Una poblacion estable y estacionaria a la vez es la que se conserva con parecidonumero de individuos y con una semejante distribucion de estos individuos enclase de edad. La poblacion humana en la actualidad no es ni estable niestacionaria, ni tiene constantes sus parametros de cambio.

– La poblacion estable tiene una caracterıstica muy interesante, consistente enque la relacion entre los numeros de individuos en las clases de edad sucesivas,permite calcular directamente la supervivencia (o la mortalidad) en el paso deuna a otra edad.

EJERCICIO 1.14 Supongamos que para x = 0 tenemos 100 peces en unacuario. Contamos la poblacion una vez al dıa y obtenemos los siguientesdatos:

x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11Num 100 85 72 61 52 44 37 31 26 22 19 16

x 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23Num 14 12 10 8 7 6 5 4 3 3 2 2

Construir y comentar la curva de vida correspondiente a esta poblacion.

• De la tabla anterior obtenemos los diferentes valores de l(x) = S(x)/100, los cualesse encuentran reflejados en la siguiente tabla:

xxiii

x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9l(x) 1 0.85 0.72 0.61 0.52 0.44 0.37 0.31 0.26 0.22x 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19

l(x) 0.19 0.16 0.14 0.12 0.10 0.08 0.07 0.06 0.05 0.04x 20 21 22 23 - - - - - -

l(x) 0.03 0.03 0.02 0.02 - - - - - -

Con ayuda del Mathematicar, representamos graficamente estos datos,

5 10 15 20 25

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Figura 1.1 Representacion grafica de (x, l(x))

La curva corresponde al tercero de los tipos estudiados en teorıa. Es decir, estamosante una poblacion con una elevada tasa de mortalidad infantil.

EJERCICIO 1.15 Supongamos la siguiente tabla de vida para una de-terminada poblacion:

Edad en anos x S(x) b(x)0 500 01 400 22 200 33 50 14 0 0

(a) Completar la tabla para calcular l(x), g(x), R0, G y estimar el valorde r.

(b) Supongamos que inicialmente la poblacion de caracoles es de 200 enla primera clase, 0 en la segunda, 0 en la tercera, y 0 en la cuarta.Construir la matriz de Leslie para esta tabla de vida y proyectar lapoblacion “a largo plazo”.

xxiv Tema 1 Modelos discretos matriciales

• Construimos la tabla:

x S(x) b(x) l(x) = S(x)/S(0) g(x) = l(x + 1)/l(x) l(x)b(x) l(x)b(x)x0 500 0 1 0.8 0 01 400 2 0.8 0.5 1.6 1.62 200 3 0.4 0.25 1.2 2.43 50 1 0.1 0 0.1 0.34 0 0 0 - 0 0

Con los valores anteriores calculamos

R0 =4∑

x=0

l(x)b(x) = 2.9

G =

4∑

x=0

l(x)b(x)x

4∑

x=0

l(x)b(x)

=4.32.9

= 1.482 anos

r =lnR0

G= 0.718 individuos/(individuos× ano)

Para construir el modelo de Leslie debemos elaborar la siguiente tabla.

x i l(x) b(x) bi = l(i)/l(i− 1) ai = b(i)bi

0 - 1 0 - -1 1 0.8 2 0.8 1.62 2 0.4 3 0.5 1.53 3 0.1 1 0.25 0.254 4 0 0 - 0

El modelo escrito en forma matricial, es el siguiente:

n1(t + 1)n2(t + 1)n3(t + 1)n4(t + 1)

=

1.6 1.5 0.25 00.8 0 0 00 0.5 0 00 0 0.25 0

n1(t)n2(t)n3(t)n4(t)

⇒ ~N(t + 1) = L ~N(t) , t = 0, 1, 2 · · · .

• Sabemos que el vector de valores iniciales es

~N(0) = (200, 0, 0, 0)T ,

lo que nos permite proyectar la poblacion para cualquier ano. Por ejemplo, al cabode 5 anos

~N(5) = L ~N(4) = L5 ~N(0) = (7613, 2804, 642, 75)T ,

xxv

o bien, al cabo de 25 anos

~N(25) = L ~N(24) = L25 ~N(0) = (4.20× 1010, 1.54× 1010, 3.56× 109, 4.09× 108)T .

Esto supone que un 68% de la poblacion se encuentra en la primera clase, un 25 %en la segunda, un 6% en la tercera y un 1 % en la cuarta. Si ahora cambiamos elvector inicial, por ejemplo:

~N(0) = (10, 10, 10, 10)T ,

y realizamos las mismas proyecciones

~N(5) = L ~N(4) = L5 ~N(0) = (67, 27, 4, 2)T ,

o bien, al cabo de 25 anos

~N(25) = L ~N(24) = L25 ~N(0) = (3.85× 109, 1.41× 109, 3.26× 108, 3.75× 107)T .

Es decir, los porcentajes en cada una de las clases son 68 %, 25%, 6% y 1%, identicosa los encontrados en el caso anterior.

El ejemplo nos muestra el efecto de los valores iniciales en el crecimiento de la pobla-cion. Despues de algunas fluctuaciones ambas poblaciones se comportande manera similar. Si representamos graficamente las poblaciones para cada unade las clases en diferentes anos, utilizando una escala logarıtmica en el eje de orde-nadas, obtenemos lıneas rectas, lo cual nos indica un crecimiento exponencial de lapoblacion.

Calculamos los valores y vectores propios de la matriz de Leslie.

L:={ {1.6, 1.5, 0.25, 0 },{0.8, 0, 0, 0 },{0,0.5,0, 0}, {0, 0,0.25,0 } }Eigenvalues[L]

{2.17332,−0.47682,−0.096498, 0} ,

al ser el valor propio estrictamente dominante λ = 2.17332 > 1, la poblacion creceun 117% cada ano. Lo cual supone un crecimiento exponencial con una tasa r =ln 2.17332 = 0.77625. Observemos que el valor de r encontrado es el valor exacto,mientras que el obtenido en la primera parte del ejemplo r = 0.718 era un valoraproximado. Si ~N(0) = (200, 0, 0, 0)T la poblacion total crece de manera exponencialde acuerdo al siguiente modelo

P (t) = P (0)ert = 200e0.77625t , .

Para finalizar, representaremos graficamente las poblaciones de hembras para cadauna de las clases en las primeras 10 generaciones. Si ~N(t) = Lt ~N(0) entonces, enel eje de abscisas situaremos los diferentes valores de t = 0, · · · , 10, y en el eje deordenadas los ni(t), i = 1, 2, 3, 4, correspondientes en la escala logarıtmica.

xxvi Tema 1 Modelos discretos matriciales

2 4 6 8 10

6

8

10

12

Figura 1.2 Evolucion en cada clase de edad

La grafica en rojo corresponde a la clase de menor edad, la verde a la segunda, laazul a la tercera y la coloreada en negro representa a las hembras de mayor edad.Como podemos apreciar, a “largo plazo” la poblacion crece a un ritmo constante,que coincide con la pendiente de las rectas (r = ln 2.17332 = 0.77625) y ademas losporcentajes en cada una de las clases permanecen constantes (las cuatro rectas sonparalelas).

EJERCICIO 1.16 Para un bosque de pinos escoceses con perıodo decrecimiento de seis anos se encontro la siguiente matriz de crecimiento

G =

0.72 0 0 0 0 00.28 0.69 0 0 0 00 0.31 0.75 0 0 00 0 0.25 0.77 0 00 0 0 0.23 0.63 00 0 0 0 0.37 1.00

Supongamos que los precios de las cinco clases de arboles de mayoraltura, son

p2 = 50 , p3 = 100 , p4 = 150 , p5 = 200 , p6 = 250

¿Cual es la clase de arboles que debe cortarse por completo para obtenerel rendimiento optimo duradero y cual es ese rendimiento?.

• De la matriz G se obtiene

g1 = 0.28, g2 = 0.31, g3 = 0.25, g4 = 0.23, g5 = 0.37

xxvii

Con el teorema estudiado en teorıa, deducimos

R2 = 50s/(0.28−1) = 14.0sR3 = 100s/(0.28−1 + 0.31−1) = 14.7sR4 = 150s/(0.28−1 + 0.31−1 + 0.25−1) = 13.9sR5 = 200s/(0.28−1 + 0.31−1 + 0.25−1 + 0.23−1) = 13.2sR6 = 250s/(0.28−1 + 0.31−1 + 0.25−1 + 0.23−1 + 0.37−1) = 14.0s

Se ve que R3 es la cantidad mayor y por tanto, son los arboles de la tercera claselos que deben cortarse por completo cada seis anos, para maximizar el rendimientoduradero. El rendimiento optimo duradero es de 14.7s, siendo s el numero total dearboles que hay en el bosque.

EJERCICIO 1.17 En el Ejemplo anterior, ¿cual debe ser la relacionentre los precios p2, p3, p4, p5 y p6 para que los rendimientos Rk, con k =2, · · · , 6 sean iguales?. (En este caso, cualquier polıtica de explotacionracional y duradera producira el mismo rendimiento).

• Para obtener esta relacion debemos comparar cualquiera de las clases con la segunda,esto es

R2 = R3 ⇒ p2s128

=p3s

128 + 1

31

⇒ p3

p2= 1.9

R2 = R4 ⇒ p2s128

=p4s

128 + 1

31 + 125

⇒ p4

p2= 3.02

Y ası sucesivamente hasta conseguir la relacion

1 : 1.9 : 3.02 : 4.24 : 5

EJERCICIO 1.18 Si los parametros de crecimiento g1, g2, · · · , gn−1 sontodos iguales, ¿cual debe ser la relacion entre los precios p2, p3, · · · , pn, pa-ra que cualquier polıtica de explotacion racional y duradera sea optima?.

• Suponiendo que g1 = g2 = · · · = gn−1, debemos de ir comparando tal y como hicimosen el ejercicio anterior.

R2 = R3 ⇒ p2s1

g1

= p3s1

g1+ 1

g2

= p3s2

g1

⇒ p3

p2= 2

R2 = R4 ⇒ p2s1

g1

= p4s1

g1+ 1

g2+ 1

g3

= p4s3

g1

⇒ p4

p2= 3

xxviii Tema 1 Modelos discretos matriciales

Y ası sucesivamente con el resto de las clases.

Es facil obtener la siguiente relacion

1 : 2 : 3 : · · · : n− 1

EJERCICIOS PROPUESTOS:

1.- En el Ejercicio 1.1, supongamos que el huesped 1 estara en el hotel 4 dıas;el huesped 2, durante 7 dıas, y el huesped 3 durante 10 dıas. El huesped 4cambia de planes y no se hospedara en el hotel. Los requisitos diarios de lostres huespedes y la matriz de costos son los mismos que antes. Determinar lacantidad total (en euros) que el hotel debe pagar por toda la insulina que serequiere.

2.- Analizar para los siguientes datos el modelo de Leslie ası como su compor-tamiento en el lımite. Datos demograficos sobre una poblacion del roedorMicrotus agrestis en el laboratorio. La tabla se refiere unicamente a hembrasy perıodos de 8 semanas.

• lx := Funcion de supervivencia (la probabilidad de que un individuonacido siga viviendo en la edad x)

• nx := Funcion de natalidad (numero de descendientes que, por unidadde tiempo, produce un individuo de edad x).

En nuestro caso:

SEMANAS lx nx

8 0.83349 0.650416 0.73132 20393924 0.58809 2.972732 0.43343 2.466240 0.29277 1.704348 0.18126 1.081556 0.10285 0.668364 0.05348 0.428672 0.02549 0.3000

ai = nx

bi = 1−mx siendo mx := lx−lx+1

lx

3.- Supongamos que la edad maxima alcanzada por las hembras de una poblacionanimal es de 15 anos y que esta poblacion se divide en tres clases de edades

xxix

iguales con intervalos de 5 anos, a las que llamaremos jovenes, medianas yadultas. La matriz de crecimiento de Leslie viene definida de la siguientemanera: una hembra joven aporta otra hembra y una mediana dos, ademas el50% de las jovenes sobreviven para llegar a medianas y el 25% de las medianasse hacen adultas.

El precio de venta de cada una de las clases es 10 euros las hembras jovenes,20 las medianas y 30 las adultas. Si disponemos de 100 animales y cada 5 anosseparamos la misma fraccion de cada una de las clases, ¿cual es el importe dela venta?.

4.- Una cierta poblacion de animales esta divida en tres clases de edades de unano de duracion y la matriz de Leslie correspondiente es

L =

0 4 31/2 0 00 1/4 0

4.a.- Si cada ano se separa la misma fraccion de cada una de las clases, obtenerdicha fraccion y el vector de distribucion de las edades despues de cadaseparacion.

4.b.- Si cada ano se separa solo la clase de menor edad, encontrar dicha fracciony el vector de distribucion de las edades despues de cada separacion.

5.- Los arboles de cierto bosque estan divididos en tres clases segun su altura. Encada temporada de corte la mitad de los arboles de la primera clase pasan ala segunda, y la tercera parte de los arboles de la segunda clase pasan a latercera. Si el precio de los arboles de la segunda clase es de 30 euros y el preciode los arboles de la tercera es de 50 euros. ¿Cual es la clase de arboles quedebe cortarse para lograr el rendimiento optimo duradero?. ¿Cual es dichorendimiento si el bosque tiene 1000 arboles?, y ¿a partir de que precio es masrentable cortar los arboles de la tercera clase.?

xxx Tema 1 Modelos discretos matriciales

Tema 2

MODELOS DISCRETOS II

EJERCICIO 2.1 [Ajuste por mınimos cuadrados]. Durante cinco dıasseguidos medimos el tamano de una poblacion de Drosophila, obte-niendose 100, 158, 315, 398 y 794 individuos. Dibujar el logaritmo ne-periano del tamano de la poblacion para estimar el parametro r eny(t) = y(0)ert.

• Dado que debemos ajustar la funcion y(t) = y(0)ert, al aplicar logaritmos neperianos

ln (y(t)) = ln (y(0)) + rt .

Llamando ln (y(t)) = Y y ln (y(0)) = A, entonces la funcion inicial y(t) = y(0)ert

se nos transforma en esta otra Y = A + rt. Ahora, procedemos a un ajuste linealutilizando el metodo de los mınimos cuadrados. Para ello, debemos minimizar lafuncion:

Φ(r,A) = (ln 100− (r + A))2 + (ln 158− (2r + A))2

+(ln 315− (3r + A))2 + (ln 398− (4r + A))2

+(ln 794− (5r + A))2

Calculando las derivadas parciales e igualando a cero, obtenemos el sistema de ecua-ciones lineales,

∂Φ(r,A)∂A

= 0 ⇒ 55r + 15A = 89.3193

∂Φ(r,A)∂r

= 0 ⇒ 15r + 5A = 28.0839

xxxi

xxxii Tema 2 Modelos discretos II

que tiene por solucion r = 0.50676 y A = 4.0965. Es decir, la ecuacion de la rectabuscada es y = 0.50676t + 4.0965.

El siguiente dibujo corresponde a la situacion estudiada.

-1 1 2 3 4 5

4.5

5

5.5

6

6.5

Figura 2.1. Representacion grafica de los puntos y la recta de ajuste.

El ejercicio tambien puede resolverse haciendo uso del software adecuado, por ejem-plo, Statgraphicsr.

Los resultados que se obtienen se resumen en la siguiente tabla:

Parametro Estimacion Error Standard T Statistic p-valorA 4.09647 0123613 33.1395 0.0001r 0.506767 0.0372708 3.5969 00009

Estos datos corresponden a la figura siguiente:

Figura 2.2. Resultado del ajuste usando Statgraphicsr.

xxxiii

EJERCICIO 2.2 Sea yt el numero de individuos de una determinadaespecie de animales en el tiempo t. Sabiendo que su evolucion sigue unarelacion de la forma:

yt+2 =3

2yt+1 − 1

2yt , t = 0, 1, 2, · · · ,

probar que la poblacion se estabiliza a largo plazo.

• La ecuacion en diferencias anterior es homogenea ya que puede ser escrita como,

2yt+2 − 3yt+1 + yt = 0 ,

y tiene como ecuacion caracterıstica

2λ2 − 3λ + 1 = 0 ⇒ λ1 = 1, λ2 =12

,

luego la solucion general

yt = k1 + k2

(12

)t = k1 +k2

2t, k1 , k2 ∈ IR

• Si tomamos lımites cuando t tiende a infinito se obtiene de manera inmediata queyt → k1.

EJERCICIO 2.3 Resolver la ecuacion en diferencias de orden dos

yt+2 + yt = 1 + t .

• La solucion general se construye a partir de una solucion particular de la ecuacioncompleta y la solucion general de la ecuacion homogenea asociada. Empezamos, portanto, encontrando las raıces del polinomio caracterıstico

λ2 + 1 = 0 ⇒ λ = ±i .

Es decir, dos numeros complejos conjugados de modulo 1 y argumento π/2. Lasolucion general de la ecuacion homogenea es:

yht = k1 cos

(π2 t

)+ k2 sen

(π2 t

), k1 , k2 ∈ IR

Para buscar una solucion particular de la ecuacion completa, observamos que eltermino independiente 1 + t, es un polinomio de primer grado. Ensayamos con la

xxxiv Tema 2 Modelos discretos II

solucion ypt = a + bt. Al imponer que sea solucion de la ecuacion en diferencias, se

obtiene,

a + b(t + 2) + a + bt = 1 + t ⇒ 2a + 2b = 1, 2b = 1 ⇒ a = 0, b = 1/2 ,

luego, la solucion particular buscada es ypt = 1/2 t. La solucion general de la ecuacion

completa sera

yt = k1 cos(

π2 t

)+ k2 sen

(π2 t

)+ 1

2 t , k1, k2 ∈ R

EJERCICIO 2.4 Resolver la siguiente ecuacion en diferencias lineal decoeficientes constantes

yt+2 − 6yt+1 + 5yt = 3t .

• Para encontrar la solucion yt de la ecuacion completa empezamos buscando yht , que

es la solucion general de la homogenea

yt+2 − 6yt+1 + 5yt = 0.

Al ser las raıces del polinomio caracterıstico λ1 = 1 y λ2 = 5,

yht = k1 + k25t .

Para conocer una solucion particular de la ecuacion completa nos fijamos en eltermino independiente 3t y ensayamos la solucion yp

t = c3t. Sustituyendo en laecuacion inicial y simplificando

c3t+2 − 6c3t+1 + 5c3t = 3t ⇒ c = −14

.

La solucion general vendra dada por

yt = k1 + k25t − 143t , k1 , k2 ∈ IR

xxxv

EJERCICIO 2.5 [Modelo de la telarana.] Para el ajuste dinamico deun bien en el mercado, se suele utilizar un modelo discreto, que sefundamenta en las siguientes hipotesis:

• La oferta del bien depende del precio del perıodo anterior (la pro-duccion del producto se decide teniendo en cuenta el precio enese momento, pero tarda en realizarse un perıodo de tiempo, porejemplo en los productos agrıcolas),

St = −c + dPt−1, c, d > 0

• La demanda en cada perıodo depende del precio del bien en elmismo perıodo de tiempo

Dt = a− bPt, a, b > 0

• La condicion de equilibrio sera Dt = St, siendo el valor del precioinicial P0.

Analizar el comportamiento del modelo.

• De la tercera de las hipotesis que nos da la condicion de equilibrio, obtenemos lasiguiente ecuacion en diferencias

Pt = −d

bPt−1 +

a + c

b⇒ Pt+1 = −d

bPt +

a + c

b,

que para resolverla, damos al tiempo los valores t = 0, 1, 2, · · ·

P1 = −d

bP0 +

a + c

b

P2 = −d

bP1 +

a + c

b= −d

b

(−d

bP0 +

a + c

b

)+

a + c

b

=(−d

b

)2

P0 − d

b

(a + c

b

)+

a + c

b

P3 = −d

bP2 +

a + c

b= −d

b

((−d

b

)2

P0 − d

b

(a + c

b

)+

a + c

b

)+

a + c

b

=(−d

b

)3

P0 +(−d

b

)2 (a + c

b

)+

(−d

b

)(a + c

b

)+

a + c

b...

...

xxxvi Tema 2 Modelos discretos II

......

Pt =(−d

b

)t

P0 +(−d

b

)t−1 (a + c

b

)+ · · ·+

(−d

b

)(a + c

b

)+

a + c

b

=(−d

b

)t

P0 +(

a + c

b

) [(−d

b

)t−1

+(−d

b

)t−2

+ · · ·+(−d

b

)+ 1

]

Los sumandos que se encuentran dentro del corchete son la suma1 de t terminos deuna progresion geometrica de razon −d

b , cuyo valor es

1− (−d/b)t

1− (−d/b),

si sustituimos este valor en Pt y simplificamos convenientemente,

Pt =(−d

b

)t

P0 +a + c

b + d

[1−

(−d

b

)t]

=(−d

b

)t [P0 − a + c

b + d

]+

a + c

b + d.

Llamando

Pe :=a + c

b + d,

que se conoce con el nombre de precio teorico de equilibrio para las funciones deoferta y demanda dada. Sustituyendo

Pt = (P0 − Pe)(−d

b

)t

+ Pe .

Si suponemos que d < b, entonces d/b < 1 y Pt tiende a Pe cuando t tiende a infinito.Es decir, las fuerzas del mercado haran que el precio del producto tienda al preciode equilibrio teorico. Esta situacion queda reflejada en la figura siguiente:

1La suma de n terminos de una progresion geometrica de razon r vale

Sn = a11− rn

1− r

xxxvii

Figura 2.3. Modelo de telarana.

Para un precio inicial P0, los productores ofrecen en el perıodo la oferta S1, perola demanda cubrira dicha oferta a un precio diferente P1. A este ultimo precio laoferta del perıodo siguiente sera S2, que sera cubierta por la demanda a un precioP2, y ası sucesivamente.

EJERCICIO 2.6 El modelo formal a tiempo discreto, que describe laconvivencia de dos especies con funciones de efectivos xt e yt, con medi-das mensuales, es el siguiente:

{xt+1 = xt + yt − 12

2t

yt+1 = yt + 82t .

Al principio x0 = 40, y0 = 31. ¿En que situacion esta el ecosistema alcabo de 4 meses?.

• Al no depender la segunda de las ecuaciones de xt, empezamos resolviendola. Suecuacion homogenea asociada es λ− 1 = 0, que tiene por raız λ = 1, dando lugar ala siguiente solucion general de la ecuacion homogenea yt = k1.

Para encontrar la solucion general de la ecuacion completa, ensayamos la solucionparticular yt = a/2t. Sustituyendo

a

2t+1=

a

2t+

82t

⇒ a = −16 ,

xxxviii Tema 2 Modelos discretos II

y la solucion general de la ecuacion completa es:

yt = k1 − 162t

• Si sustituimos este valor en la primera de las ecuaciones del sistema

xt+1 = xt + k1 − 162t− 12

2t⇒ xt+1 − xt = −28

2t+ k1 .

La ecuacion homogenea tiene a λ = 1 como raız de su ecuacion caracterıstica asocia-da, por tanto, y = k2 sera su solucion general. Para encontrar una solucion particularde la solucion completa nos fijamos en el termino independiente −28/2t + k1, quecomo podemos ver esta formado por dos terminos −28/2t y la constante k1 (unpolinomio de grado cero). Al ser λ = 1 raız de la ecuacion caracterıstica, debemostener en cuenta la observacion realizada en la teorıa, y tenemos que ensayar con unpolinomio de un orden mayor. En resumen, debemos probar con xt = a/2t + bt + c.Sustituyendo en la ecuacion, se obtiene

a

2t+1+ b(t + 1) + c−

( a

2t+ bt + c

)= −28

2t+ k1 .

Simplificando

a

2t

(−1

2

)+ b = −28

2t+ k1 ⇒ a = 56, b = k1 .

En consecuencia, la solucion general de la ecuacion completa es

xt = k2 + k1t +562t

, k1 , k2 ∈ IR

• Si estamos interesados en encontrar la solucion particular para los valores x0 = 40 ey0 = 31, debemos sustituir en las soluciones generales encontradas

40 = k2 + 56 ⇒ k2 = −1631 = k1 − 16 ⇒ k1 = 47

La solucion particular que cumple las condiciones iniciales es:

xt = 47t− 16 +7

2t−3

yt = 47− 12t−4

xxxix

• Un metodo alternativo para resolver el ejercicio es el siguiente.

Dando los valores t = 1, 2, 3, · · · , se obtiene

y1 = 31 + 8 120

y2 =(31 + 8 1

20

)+ 8 1

21 = 31 + 8(

120 + 1

21

)

y3 = 31 + 8(

120 + 1

21

)+ 8 1

22 = 31 + 8(

120 + 1

21 + 122

)

...yt = 31 + 8

(120 + 1

21 + 122 + · · ·+ 1

2t−1

).

Ahora, utilizando la formula que nos da la suma de t terminos de una progresiongeometrica de razon 1/2,

yt = 31 + 81− (

12

)t

1− 12

,

y simplificando

yt = 47− 16(

12

)t

Para encontrar xt, sustituimos el valor de yt en la primera de las ecuaciones

xt+1 = xt + 47− 16(

12

)t

= xt + 47− 28(

12

)t

,

y resulta ser del mismo tipo a la anterior,

x1 = 40 + 47− 28(

12

)0

x2 =(40 + 47− 28

(12

)0)

+ 47− 28(

12

)1 = 40 + 2× 47− 28[(

12

)0 +(

12

)1]

x3 = 40 + 2× 47− 28[(

12

)0 +(

12

)1]

+ 47− 28(

12

)2

= 40 + 3× 47− 28[(

12

)0 +(

12

)1 +(

12

)2]

...xt = 40 + t× 47− 28

[(12

)0 +(

12

)1 + · · ·+ (12

)t−1]

.

Sumando los t terminos de esta progresion geometrica

xt = 40 + 47t− 281−

(12

)t

1− 12

,

xl Tema 2 Modelos discretos II

que una vez simplificada

xt = −16 + 47t + 56(

12

)t

• Para saber la situacion de las poblaciones al cabo de los 4 anos, sustituimos en lassoluciones encontradas t = 4,

x4 ≈ 176, y4 = 46 .

EJERCICIO 2.7 Dos especies que conviven en un mismo territorio si-guen un crecimiento descrito por el sistema de ecuaciones en diferenciassiguiente:

{xt+1 = 5xt − 2yt + tyt+1 = 4xt − yt + 3

donde el tiempo t esta medido en anos. Si inicialmente el numero deindividuos de cada especie es x0 = 130 e y0 = 250, resolver el sistema yanalizar el comportamiento a la larga de las dos especies.

• Comenzamos el ejercicio convirtiendo el sistema en una ecuacion en diferencias li-neal de segundo orden con coeficientes constantes. Para ello, de la segunda de lasecuaciones deducimos

yt+2 = 4xt+1 − yt+1 + 3 .

Ahora, sustituimos xt+1 de la primera de las ecuaciones en la expresion anterior

yt+2 = 4 (5xt − 2yt + t)− yt+1 + 3 = 20xt − 8yt + 4t− yt+1 + 3 .

Por ultimo, sustituimos el valor xt de la segunda de las ecuaciones del sistema, ysimplificamos

yt+2 − 4yt+1 + 3yt = 4t− 12 .

Para resolverla, empezamos encontrando la solucion general de su ecuacion ho-mogenea asociada

λ2 − 4λ + 3 = 0 ⇒ λ1 = 1, λ2 = 3 ;

la solucion buscada es:

yht = k1 + k2 3t .

xli

A continuacion necesitamos una solucion particular de la ecuacion completa. Al serel termino independiente un polinomio de primer grado y λ = 1 raız del polinomiocaracterıstico, ensayamos la solucion yp

t = at2 + bt+ c. Si sustituimos en la ecuaciony simplificamos

(−4a)t− 2b = 4t− 12 ⇒ a = −1, b = 6 ⇒ ypt = −t2 + 6t .

La solucion general de la ecuacion completa es:

yt = k1 + k2 3t − t2 + 6t , k1 , k2 ∈ IR

Para encontrar xt, despejamos de la segunda de las ecuaciones y sustituimos el valorde yt

xt = 14 (yt+1 + yt − 3)

= 14

(k1 + k2 3t+1 − (t + 1)2 + 6(t + 1) + k1 + k2 3t − t2 + 6t− 3

)

= 14

(2k1 + 4k23t − t2 − 10t + 2

).

Es decir,

xt =12k1 + k23t − 1

4t2 − 5

2t +

12

, k1 , k2 ∈ IR

• Finalizamos el ejercicio encontrando la solucion particular del sistema correspon-diente a las condiciones iniciales, x0 = 130 e y0 = 250. Sustituyendo en las expre-siones de xt e yt obtenemos el sistema

130 = 12k1 + k2 + 1

2

250 = k1 + k2 ;

cuya solucion nos proporciona los valores k1 = 241 y k2 = 9. En consecuencia,

xt =2412

+ 9× 3t − 14t2 − 5

2t

yt = 241 + 9× 3t − t2 + 6t

• Como podemos apreciar, si en las expresiones anteriores tomamos lımites cuando t

tiende a infinito, nos encontramos con xt →∞ e yt →∞.

xlii Tema 2 Modelos discretos II

EJERCICIO 2.8 Dos especies admiten el siguiente modelo de coexis-tencia:

{xt+1 = 4xt + 6yt − 3t

yt+1 = −2xt − 4yt + 3t .

Obtener las expresiones de las funciones de efectivos de las dos especiesque satisfacen las condiciones iniciales: x0 = 21, y0 = 150, expresando porseparado el caso t par del caso impar.

• Utilizando el metodo de reduccion en el sistema anterior, obtenemos.

2xt+1 + 3yt+1 = 2xt + 3t . (2.1)

Ahora, aumentamos un paso en la primera de las ecuaciones y despejamos yt+1,

yt+1 =16

(xt+2 − 4xt+1 + 3 3t

).

Sustituyendo en (??) y simplificando se obtiene,

xt+2 − 4xt = −3t . (2.2)

Es facil comprobar que λ1 = 2 y λ2 = −2 son las raıces de la ecuacion caracterıstica.Por lo tanto, la solucion general de la homogenea es

xht = k1 2t + k2(−2)t.

El termino independiente sugiere una solucion particular del tipo xpt = c 3t. Susti-

tuimos en (??)

c 3t+2 − 4c 3t = −3t ⇒ c = −15

⇒ xpt = −1

53t .

La solucion general de la ecuacion completa es:

xt = k1 2t + k2(−2)t − 15

3t , k1 , k2 ∈ IR

Para encontrar el valor correspondiente de yt despejamos su valor en la primera delas ecuaciones

yt =16

(xt+1 − 4xt + 3t

).

Al conocer el valor de xt podemos sustituir

yt =16

((k1 2t+1 + k2(−2)t+1 − 1

53t+1)− 4(k1 2t + k2(−2)t − 1

53t) + 3t

).

xliii

Finalmente, simplificando se llega a

yt = −13k1 2t − k2 (−2)t +

153t , k1 , k2 ∈ IR

• Para determinar la solucion particular, es necesario tener en cuenta las condicionesiniciales x0 = 21, y0 = 150. De aquı determinarıamos las constantes k1 = 256.5 yk2 = −235.3. Para finalizar, observemos que si t es par (−2)t = 2t, y en el casoimpar (−2)t = −2t.

EJERCICIO 2.9 Resolver el sistema en diferencias{

xt+1 = −3xt + 6yt + e−t

yt+1 = −xt + 2yt − e−t ,

donde xt e yt representan los efectivos de dos especies animales y el tiem-po t, considerado como variable discreta, se mide en anos. Comprobarque en este metodo, los efectivos iniciales de una de las especies han denecesariamente condicionar los de la otra. Tomar, por ejemplo, x0 = 35y calcular y0. Analizar las posibilidades de extincion.

• El metodo que utilizamos esta basado en convertir el sistema anterior en una unicaecuacion en diferencias que dependa de una sola variable. Para ello, sumamos a laprimera ecuacion del sistema la segunda multiplicada por (-3)

xt+1 − 3yt+1 = 4e−t . (2.3)

Necesitamos hacer desaparecer yt+1 de esta ecuacion, y esto lo conseguimos sustitu-yendo t por t + 1 en la primera de las ecuaciones del sistema

xt+2 = −3xt+1 + 6yt+1 + e−t−1 ⇒ yt+1 =16

(xt+2 + 3xt+1 − e−1e−t

),

sustituyendo en (??)

xt+2 + xt+1 = e−t(e−1 − 8) .

Esta ecuacion tiene como solucion general de la ecuacion homogenea asociada

xht = k1(−1)t ,

y como consecuencia de la forma del termino independiente, probamos con la solu-cion particular xp

t = Ae−t. Es facil obtener el valor A = 16.72. Por tanto,

xt = k1(−1)t + 16.72e−t , k1 ∈ IR

xliv Tema 2 Modelos discretos II

En la primera de las ecuaciones del sistema, despejamos yt y sustituimos el valorencontrado de xt

yt =16

(xt+1 + 3xt − e−t

) ⇒ yt =13k1(−1)t + 9.22e−t

Observemos que en las soluciones del sistema solo aparece una constante (k1), estoobliga a que los valores iniciales de cada una de las especies tengan que estar relacio-nados. Como sabemos que x0 = 37, sustituimos y determinamos el valor k1 = 20.28,lo que nos permite saber el valor inicial de la segunda de las especies

y0 =1320.28(−1)0 + 9.22e0 =

20.283

+ 9.22 = 16 .

La solucion particular pedida es:

xt = 20.28(−1)t + 16.72e−t

yt = 6.76(−1)t + 9.22e−t

• Analicemos el problema de la extincion. Para la primera de la especie xt,observamos que si t es par al ser e−t y (−1)t positivos, es imposible que xt se anule.Si consideramos un ano impar

e−t =16.7228.28

< 1 ,

pero si despejamos t tenemos que tomar logaritmos y aparecera una cantidad ne-gativa, la cual no tiene sentido biologico. En consecuencia, la primera de la especienunca desaparecera.

Si repetimos el mismo razonamiento para la segunda de las especies, deducimos quesi el tiempo es positivo yt 6= 0 . Supongamos que t es impar

e−t =9.226.76

> 1 ⇒ t ≈ 0.3 .

Si somos estrictos, esta solucion al no ser entera no deberıamos considerarla, peropodemos interpretarla diciendo que la extincion de la segunda especie se produciraa los 0.3 anos, o bien a los 109 dıas.

xlv

EJERCICIO 2.10 Dos especies, una depredadora x y otra presa y, sereproducen de manera que, en solitario, sus poblaciones se duplicarıany cuadruplicarıan cada ano, respectivamente. La presencia de depreda-dores produce el efecto de disminuir cada ano la poblacion de presas encuatro veces el efectivo de los depredadores existentes al comienzo delano, y la de presas hace aumentar la especie depredadora en k vecesel efectivo de las presas existentes al comienzo del ano. Movimientosmigratorios suman cada ano 20 individuos a la especie depredadora pro-cedente de otra region del ecosistema.

1.- Describir la evolucion cuantitativa de estas especies mediante unsistema de ecuaciones en diferencias de primer orden.

2.- Determinar el valor de k, sabiendo que la ecuacion caracterısticade la ecuacion en diferencias de segundo orden que satisface lapoblacion presa tiene una raız doble igual a 3

3.- Si inicialmente las poblaciones depredadora y presa constan de 7 y80 individuos, respectivamente, se desea saber el numero de indivi-duos que componen cada una de ellas al cabo de 6 anos y si algunase extingue a tiempo finito.

• El sistema de ecuaciones en diferencias cuando las poblaciones estan en solitario es:{

xt+1 = 2xt

yt+1 = 4yt ,

donde el tiempo se encuentra expresado en anos.

Al poner en contacto ambas especies, el sistema anterior se transforma en{

xt+1 = 2xt + kyt + 20yt+1 = 4yt − 4xt .

• Para el segundo de los apartados, resolveremos el sistema anterior. Comenzamosaumentando un paso en la segunda de las ecuaciones, y sustituyendo el valor dext+1 dado en la primera,

yt+2 = 4yt+1 − 4xt+1 = 4yt+1 − 4(2xt + kyt + 20) = 4yt+1 − 8xt − 4kyt − 80 .

Despejamos en la segunda ecuacion del sistema xt y sustituimos

yt+2 = 4yt+1 − 84

(4yt − yt+1)− 4kyt − 80 ,

xlvi Tema 2 Modelos discretos II

que da lugar a la siguiente ecuacion en diferencias

yt+2 − 6yt+1 + 4(2 + k)yt = −80 . (2.4)

Su ecuacion caracterıstica λ2 − 6λ + 4(2 + k) = 0, tiene por raıces

3±√

9− 4(2 + k) ,

y al ser el 3 una raız doble, entonces k = 1/4. El sistema nos quedara

xt+1 = 2xt + 14yt + 20

yt+1 = 4yt − 4xt ,

• El tercer apartado consiste en resolver el sistema con las condiciones iniciales x0 = 7,y0 = 80. Sabemos que la solucion general de la ecuacion homogenea vale

yht = (k1 + k2 t)3t .

Para encontrar una solucion particular de la solucion completa, probamos con yt =A. Sustituimos en (??)

A− 6A + 9A = −80 ⇒ A = −20 .

La solucion general buscada es

yt = (k1 + tk2)3t − 20 , k1 , k2 ∈ IR

que nos permite, sustituyendo en

xt = −14yt+1 + yt

escribir

xt = 14 (k1 + (t− 3)k2) 3t − 15 , k1 , k2 ∈ IR

Si hacemos que t = 0

7 = 14 (k1 − 3k2)− 15

80 = k1 − 20

cuya solucion es: k1 = 100, k2 = 4. Es decir,

xt = (22 + t)3t − 15

yt = (100 + 4t)3t − 20

xlvii

• Ahora podemos encontrar el numero de presas y depredadores al cabo de 6 anos

x(6) = 20397 , y(6) = 90376 .

Como se puede observar,

xt → +∞ , yt → +∞ ,

cuando t →∞, por lo que ninguna de las dos especies desaparecera.

EJERCICIO 2.11 Supongamos que la funcion oferta y la funcion de-manda, de un animal exotico, vienen dadas por:

S(p) = 1000p− 400 D(p) = 5000− 500p

donde p denota el precio del animal. Supongamos que el cambio delprecio viene descrito por

pt+1 = pt + α(D(pt)− S(pt)) , α ∈ IR+ , t = 0, 1, 2, · · · .

Demostrar que este modelo es lineal y encontrar el punto de equilibrio.

• Basta sustituir los valores de la oferta y de la demanda en la ecuacion en diferencias

pt+1 = pt + α(D(pt)− S(pt)) = pt + α(5000− 500pt − 1000pt + 400)

= (1− 1500α)pt + 5400α .

Estamos ante un modelo discreto lineal, siendo f(x) = (1− 1500α)x + 5400α.

El punto de equilibrio se encuentra resolviendo la ecuacion f(x∗) = x∗, cuyo valores x∗ = 18/5.

Para saber si es un punto de equilibrio estable o inestable, nos fijamos en la pendientede la recta,

|1− 1500α| < 1 ⇒ −1 < 1− 1500α < 1 ,

en consecuencia, para que el punto de equilibrio sea estable tiene que ocurrir

0 < α <1

750.

Observemos que en el momento que el precio del animal corresponde al punto deequilibrio,

S(18/5) = 1000× 185− 400 = 3200

D(18/5) = 5000− 500× 185

= 3200 ,

la oferta y la demanda coinciden.

xlviii Tema 2 Modelos discretos II

EJERCICIO 2.12 Encontrar la raız de la ecuacion x3 − x − 1 = 0 utili-zando el metodo del punto fijo.

• Recordemos que para aplicar el metodo debemos escribir la ecuacion en la formax = g(x) y obtener una sucesion xk+1 = g(xk) partiendo de un valor x0 ∈ (a, b).

Observemos que si aplicamos el Teorema de Bolzano a la funcion ϕ(x) = x3 − x− 1en el intervalo [1, 2] nos aseguramos que la ecuacion x3 − x − 1 = 0 tiene una raızen el intervalo (1, 2),

Por otro lado, si escribimos la ecuacion como x3 − 1 = x y consideramos la funciong(x) = x3 − x, podemos tomar como valor inicial o semilla un numero entre 1 y 2,por ejemplo x0 = 1.5. Al ser g′(x) = 3x2, en cualquier entorno de 1.5 se cumple|g′(x)| > 1. En consecuencia, el metodo no es convergente.

Tambien es posible escribir la ecuacion de esta otra manera x = (x + 1)13 , y ahora

considerar otra funcion h(x) = (x + 1)13 con derivada h′(x) ≈ 0.165 en un entorno

de x0 = 1.85. Es decir, el metodo del punto fijo es convergente.

Para encontrar la raız utilizamos el software Mathemathicar

h[x ] := (x + 1)1/3

FixedPointList[h, 1.85, 14]

{1.85, 1.417799, 1.342167, 1.328024, 1.325345, 1.3248371, 1.324740,1.324722, 1.324718, 1.324718, 1.324717, 1.324717, 1.324717, 1.324717}

Figura 2.4. Diagrama de Cobweb.

xlix

EJERCICIO 2.13 Para dos poblaciones de un mismo tipo de bacterias,que crecen independientemente una de la otra, obtenemos los siguientesdatos:

t 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

N1(t) 10 11 10 20 25 60 110 140 165 175 185N2(t) 30 50 75 110 145 170 180 185 180 180 180

Dibujar N1(t) y N2(t) en funcion del tiempo t. ¿Cual de estas dos pobla-ciones se parece mas a la ecuacion logıstica?.

• Si utilizamos el software Mathematicar obtenemos la siguiente representacion grafica

2 4 6 8 10

25

50

75

100

125

150

175

Figura 2.5.

La curva en color verde tiende a 180 cuando aumentamos el valor del tiempo, tieneforma en S, y ademas su punto de inflexion se encuentra hacia la mitad de lacapacidad de carga 180/2 = 90. En consecuencia N2(t) es la mas parecida a laecuacion logıstica.

EJERCICIO 2.14 Sea r = 0.69 y K = 100. Dibujar en el plano los puntos(N(t), N(t + 1)) correspondientes a las siguientes ecuaciones:

N(t + 1) = N(t)er (2.5)

N(t + 1) =N(t)erK

N(t)(er − 1) + K(2.6)

l Tema 2 Modelos discretos II

• Empezamos la resolucion del ejercicio con la ecuacion (??) que podemos reescribirla

N(t + 1) =200N(t)

N(t) + 100,

El resto lo resolveremos con el software Mathematicar. Lo iniciamos escribiendolas funciones

f[x ] := 200 ∗ x/(x + 100)g[x ] := x

continuamos encontrando 20 terminos de la orbita correspondiente al valor x0 = 5,

iters = NestList[f, 5., 20]

cuyos valores son:{ 5., 9.5238, 17.3913, 29.6296, 45.7142, 62.7450, 77.1084, 87.07482, 93.0909,96.4218, 98.1783, 99.0807, 99.5382, 99.7686, 99.8841, 99.9420, 99.9710, 99.9855, 99.,99.9963, 99.9981 }Se observa que los valores de esta poblacion tienden al punto de equilibrio 100.

• En ciertas ocasiones, es frecuente enfrentar las representaciones graficas de N(t+1)en funcion de N(t), con la de N(t).

fg = Plot[{x, f[x]}, {x, 0, 150}, PlotStyle− > {RGBColor[1, 0, 0],RGBColor[0, 0, 1]}, DisplayFunction− > Identity]

gi = ListPlot[Partition[Flatten[Transpose[{iters, iters}]], 2, 1],PlotJoined− > True, DisplayFunction− > Identity]Show[fg, gi, AspectRatio− > 1, DisplayFunction− > $DisplayFunction]ListPlot[iters, PlotJoined− > True]

Figura 2.6.

li

Como puede apreciarse, la poblacion sigue un modelo logıstico discreto.

• La ecuacion (??) observamos que es lineal en el plano (N(t), N(t + 1)); pasa porel origen de coordenadas y tiene de pendiente er. Para su estudio, realizamos unanalisis similar al caso anterior. En este caso los primeros terminos de la orbita son:

{ 5. 9.9685, 19.8745, 39.6241, 78.9992, 157.5019, 314.0141, 626.0548, 1248.1751,2488.5062, 4961.3735, 9891.5675, 19720.9719, 39318.0080 }que experimentan un crecimiento exponencial, como se pone de manifiesto en lassiguientes graficas

Figura 2.7.

EJERCICIO 2.15 Dada la ecuacion logıstica del crecimiento

N(t) =K

1 +(

K−N(0)N(0)

)e−rt

Expresar N(t + 1) en funcion de N(t)

• Empezamos resolviendo el ejercicio calculando N(t + 1) de la expresion N(t),

N(t + 1) =k

1 + k−N(0)N(0) e−rte−r

=k

e−r(er + k−N(0)

N(0) e−rt)

=k

e−r(er − 1 + 1 + k−N(0)

N(0) e−rt) =

k

ke−r

(er−1

k +1+

k−N(0)N(0)

e−rt

k

)

=1

e−r(

er−1k

)+ e−rN(t)−1

=er

er−1k + 1

N(t)

,

lii Tema 2 Modelos discretos II

que una vez simplificada, nos da como solucion

N(t + 1) =erkN(t)

k + N(t)(er − 1)

EJERCICIO 2.16 [Modelo de Varley, Gradwell y Hassell]. Muchas po-blaciones de insectos se rigen por el siguiente modelo

f(Nt) = Nt+1 =λ

αN1−b

t , α, b, λ > 0 , t = 0, 1, 2 · · · (2.7)

donde λ representa a la tasa reproductiva (λ > 1) y N−bt /α es la fra-

ccion de la poblacion que sobreviven desde la infancia a la edad adultareproductiva. Podemos expresar (??) como

Nt+1 =

(1

αN−b

t

)(λNt) ,

es decir, Nt+1 sera igual a la fraccion de insectos que sobreviven en lageneracion t + 1 por el numero de insectos que nacen de la generacion t.Estudiar los puntos de equilibrio del modelo.

• Tenemos que estudiar el sistema dinamico discreto Nt+1 = f(Nt), siendo

f(x) =λ

αx1−b .

Sus puntos de equilibrio se obtienen resolviendo la ecuacion

f(x) = x ⇒ λ

αx1−b = x ⇒ λx

αxb= x ,

es decir, x∗1 = 0, x∗2 = (λ/α)1/b. Para poderlos clasificar es necesario conocer el valorde la derivada de f(x) en cada uno de estos puntos. Al ser f ′(x) = λ

α(1 − b)x−b

tenemos

f ′(x∗2) = 1− b ⇒ |1− b| < 1 ⇒ 0 < b < 2 .

El punto de equilibrio (λ/α)1/b es estable siempre que 0 < b < 2. En caso contrariob > 2, el modelo tiene en (λ/α)1/b un punto de equilibrio inestable.

En el primero de los puntos no existe f ′(x∗1), y por lo tanto no podemos seguir elprocedimiento anterior. No obstante su analisis a nivel biologico no es interesantepues indicarıa que inicialmente no existen individuos en la poblacion.

liii

EJERCICIO 2.17 Un modelo discreto frecuentemente utilizado endinamica de poblaciones, consiste en la ecuacion

Nt+1 = f(Nt) = Nter(1−Nt

k ) r , k ∈ IR+ , t = 0, 1, 2, · · · .

Encontrar y analizar los puntos de equilibrio.

• Procedemos de forma identica al ejercicio anterior, pero ahora con la funcion f(x) =xer(1−x

k ), obteniendose de forma inmediata los puntos de equilibrio x∗1 = 0 y x∗2 = k.La derivada de la funcion f(x) es

f ′(x) = er(1−xk )

(1− xr

k

),

que nos permite clasificar el punto de equilibrio que es mas interesante. Puesto quef ′(k) = 1− r, entonces el x∗2 = k sera estable si 0 < r < 2.

EJERCICIO 2.18 Analizar los puntos de equilibrio del modelo discretono lineal siguiente:

Nt+1 = f(Nt) =kNt

b + Nt

b, k > 0 , t = 0, 1, 2, · · · ,

• Es inmediato comprobar que este modelo presenta en x∗1 = k − b un punto deequilibrio estable, si k > b.

EJERCICIO 2.19 Calcular la posicion de los puntos fijos y de los puntos2-periodicos en el modelo logıstico Nt+1 = 3.3Nt(1−Nt), t = 0, 1, 2, · · · .

• Para resolver graficamente el ejercicio, necesitaremos representar las funciones g(x) =x, f(x) = 3.3x(1− x), f2(x) = f(f(x)) y encontrar los puntos de corte. En nuestrocaso

f2(x) = 3.32x(1− x)(1− 3.3x + 3.3x2) .

liv Tema 2 Modelos discretos II

Figura 2.8. Puntos de equilibrio y 2-periodicos de f(x) = 3.3x(1− x).

Los puntos de equilibrio son xA = 0, xB = 0.6969.. y los puntos 2-periodicos xc =0.47492701.., xD = 0.8236032.

EJERCICIO 2.20 Supongamos que la tasa de crecimiento de una po-blacion P satisface

g(P ) = 0.03P (1− P/600) .

El modelo discreto de crecimiento logıstico viene dado por

Pt+1 = Pt + g(Pt) , t = 0, 1, 2, · · · .

1.- Encontrar la poblacion cuando g(P ) es cero y cuando tiene unmaximo (vertice).

2.- Calcular P1, P2, P3 para un valor inicial P0 = 100. Encontrar lospuntos de equilibrio.

1.- Es evidente que g(P ) se anula para los valores P = 0 y P = 600. Al ser unaparabola que corta al eje de abscisas en los puntos 0 y 600, su vertice estara situadoen P = 300 siendo g(300) = 4.5. Es decir el valor maximo de la parabola sera elpunto (300, 4.5).

lv

2.- Para encontrar las poblaciones pedidas solamente tendremos que sustituir los valoresadecuados en el modelo presentado. De esta manera,

P1 = P0 + 0.03P0(1− P0/600) = 102.5 .

De forma similar P2 = 105.05, P3 = 107.65.

EJERCICIO 2.21 La poblacion de China en 1980 era de 985 millones,y el censo de 1990 mostro que la poblacion habıa crecido hasta 1.137millones. Suponiendo que la poblacion crece segun la siguiente ley decrecimiento discreto exponencial

Pt+1 = (1 + r)Pt , t = 0, 1, 2, · · · , (2.8)

donde t es el numero de decadas despues de 1980 y Pt la poblacion tdecadas despues de 1980.

1.- Encontrar la constante r de crecimiento y predecir la poblacionpara el ano 2000.

2.- Encontrar el tiempo necesario para que se duplique la poblacion.

1.- Llevando los datos en (??),

P (1990) = P1 = (1 + r)P (1980) = (1 + r)P0 ⇒ 1.137 = (1 + r)985 ,

y el valor buscado es r = 0.1543.

2.- La segunda parte del ejercicio se deduce de la ecuacion

Pt = 1.1543tP0 = 2P0 ⇒ t =ln 2

ln 1.1543= 4.83 decadas ,

se necesitan 48.3 anos para que la poblacion se duplique.

lvi Tema 2 Modelos discretos II

EJERCICIO 2.22 Un invertebrado vive en un lago que esta afectadopor el efecto de la contaminacion que penetra lentamente en el ecosis-tema. La dinamica poblacional para este invertebrado viene dada porel siguiente modelo de crecimiento exponencial no autonomo

Pn+1 = (1 + k(tn))Pn , P0 = 40.000 , (2.9)

donde tn = n es el numero de dıas desde la medida inicial de la poblaciony k(t) = 0.08−0.01t es la tasa de crecimiento, que claramente decrece conel tiempo.

1.- Encontrar la poblacion para este organismo en los proximos 5 dıas.

2.- Cuando la tasa de crecimiento cae a cero, la poblacion alcanza sumaximo. Encontrar cuando ocurre y el tamano de la poblacion eneste momento.

3.- Encontrar cuando se da el nivel maximo de polucion, lo que obligaa la extincion de la especie.

1.- La poblacion para el primer dıa es P1 = 1.08× 40000 = 43200, ya que k(t0) = 1.08.Para el resto de los dıas la solucion es P2 = 46224, P3 = 48997, P4 = 51447, P5 =53505.

2.- La tasa de crecimiento es cero al cabo de los t = 8 dıas. La poblacion sera deP8 = 1.01P7 = 1.01× 1.02× 1.03× 53505 = 56775.

3.- Para encontrar la respuesta del tercer apartado, tenemos que determinar cuando elfactor 1 + k(tn) se anula. En nuestro caso,

1 + 0.08− 0.01t = 0 ⇒ t = 108 .

Esto ocurre al cabo de los 108 dıas que es la cota superior teorica para la extincionde la especie.


1.- Calcular k para que la ecuacion en diferencias de segundo orden:

xt+2 − 2kxt+1 + (k + 1)xt = t2 + 3 + 3t

tenga a 1 y a 3 como raıces de la ecuacion caracterıstica.Resolver, a continuacion, la ecuacion completa con las condiciones iniciales:x0 = 10 , x1 = 18.

lvii

2.- Dos especies conviven de acuerdo con el siguiente modelo discreto:{xt+1 = −xt + yt + 3t

yt+1 = 4xt + 2yt + 3t ,

donde el tiempo t se encuentra expresado en anos. Hallar sus funciones deefectivos.

3.- Dos especies que conviven en un mismo territorio, evolucionan del modo des-crito por el sistema de ecuaciones en diferencias siguiente:{

xt+1 = 7xt − 2yt − t + 2yt+1 = 6xt − yt + 5t ,

donde el tiempo t se encuentra expresado en anos.

3.a.- Si, inicialmente, el numero de individuos de cada especie es x0 = 70, y0 =251, resolver el sistema para obtener los efectivos en funcion de t y ana-lizar el comportamiento a la larga de las dos especies.

3.b.- Comprobar que al cabo de un ano se ha extinguido la primera especie yanalizar el comportamiento a posteriori de la segunda.

4.- El crecimiento de dos especies que coexisten viene descrito por el sistema deecuaciones en diferencias siguiente:{

xt+1 = (9− a)xt + (4− b)yt + 5t ; x0 = 10yt+1 = (b− 2)xt + 5yt + 5t ; y0 = 45

donde el tiempo t se encuentra expresado en anos. Si la ecuacion homogenea,asociada a la ecuacion en diferencias de segundo orden, que resulta de eliminaryt en el sistema es:

xt+2 − 8xt+1 + 15xt = 0.

Resolver todos los sistemas que cumplan las condiciones anteriores y analizarel comportamiento a la larga de las dos especies.

5.- Indicar en cada una de las siguientes ecuaciones si es lineal o no lineal. Sies lineal determinar la solucion; si es no lineal encontrar y analizar el tipo depuntos de equilibrio.

5.a.- xt = (1− α)xt−1 + βxt α , β ∈ IR+

5.b.- xt+1 =xt

1 + xt

5.c.- xt+1 = xte−axt a ∈ IR+

5.d.- (xt+1 − α)2 = α2(x2t − 2xt + 1) α ∈ IR+

5.e.- xt+1 =k

k1 + k2/xt

k1 , k2 , k ∈ IR+

lviii Tema 2 Modelos discretos II

Tema 3

PRELIMINARESMATEMATICOS

EJERCICIO 3.1 Comprobar que la funcion y(t) = ct2 + t + 3 es unasolucion del problema de valor inicial

t2y′′ − 2ty′ + 2y = 6 , y(0) = 3 , y′(0) = 1 , (3.1)

en −∞ < t < ∞, para cualquier valor del parametro c.

• Derivando y(t), sustituyendo en (??), y simplificando se obtiene

t2(2c)− 2t(2ct + 1) + 2(ct2 + t + 3) = 6 .

Observemos que la solucion de la ecuacion diferencial (??) no es unica (depende delvalor de c), aunque sus coeficientes y la funcion g(t) = 6 son continuas para todovalor de t. La perdida de la unicidad se debe a que el coeficiente a2(t) = t2 se anulaen t = 0.

EJERCICIO 3.2 Comprobar que y(t) = 3e2t + e−2t − 3t es una soluciondel problema de valor inicial

y′′ − 4y = 12t , y(0) = 4 , y′(0) = 1 . (3.2)

• Derivando dos veces la funcion y(t),

y′(t) = 6e2t − 2e−2t − 3 , y′′(t) = 12e2t + 4e−2t . (3.3)

lix

lx Tema 3 Preliminares matematicos

A continuacion, sustituimos (??) en (??)

(12e2t + 4e−2t)− 4(3e2t + e−2t − 3t) = 12t .

Ademas, es inmediato comprobar que y(0) = 4, y′(0) = 1.

La ecuacion diferencial (??) es lineal, los coeficientes a0 = 1, a1 = 0, a2 = −4, y lafuncion g(t) = 12t son funciones continuas en cualquier intervalo que contenga alvalor t = 0. Por lo tanto, y(t) = 3e2t + e−2t − 3t es solucion unica de (??).

EJERCICIO 3.3 Demostrar que la ecuacion diferencial de segundo or-den

y′′ − 9y = 0

tiene dos soluciones

y1(t) = e3t , y2(t) = e−3t

linealmente independientes.

• En primer lugar, es inmediato comprobar que y1(t) e y2(t) son soluciones de laecuacion diferencial. Su Wronskiano vale

W [e3t, e−3t] =∣∣∣∣

e3t , e−3t

3e3t , −3e−3t

∣∣∣∣ = −6 6= 0 , ∀t ,

entonces y1, y2 forman un conjunto fundamental de soluciones en −∞ < t < ∞.

La solucion general de la ecuacion diferencial en (−∞,∞) es

y(t) = c1e3t + c2e

−3t , c1, c2 ∈ IR

EJERCICIO 3.4 Demostrar que la ecuacion y′′ − y′ − 6y = 0 tiene dossoluciones distintas de la forma y(t) = eat.

• Si y = eat es una solucion para algunos valores de a, tenemos

y′ = aeat , y′′ = a2eat ,

sustituyendo en la ecuacion diferencial

(a2eat)− (aeat)− 6(eat) = eat(a2 − a− 6) = 0 ,

que se satisface para a = 3 y a = −2. Luego y(t) = e3t, y(t) = e−2t son solucionesde la ecuacion diferencial homogenea.

lxi

EJERCICIO 3.5 Dada la ecuacion diferencial

t3y′′′ − 6ty′ + 12y = −4 + 12 ln t . (3.4)

1.- Comprobar que yp(t) = ln t es una solucion particular de la ecuaciondiferencial (??).

2.- Comprobar que yh(t) = c1t2 + c2t

3 + c3t−2 es la solucion general de la

ecuacion diferencial homogenea asociada a (??).

3.- Encontrar la solucion general de (??).

1.- Sustituyendo yp(t) y sus derivadas en (??) se tiene

y′p(t) =1t, y′′p(t) = − 1

t2, y′′′p (t) =

2t3

⇒ t32t3− 6t

1t

+ 12 ln t = −4 + 12 ln t .

2.- Por otro lado, es facil comprobar que yh(t) = c1t2+c2t

3+c3t−2 es la solucion general

de la ecuacion diferencial homogenea. Derivando

y′h(t) = 2c1t + 3c2t2 − 2c3t

−3, y′′h(t) = 2c1 + 6c2t + 6c3t−4, y′′′h (t) = 6c2 − 24c3t

−5 ,

y sustituyendo en t3y′′′ − 6ty′ + 12y se obtiene,

t3(6c2 − 24c3t−5)− 6t(2c1t + 3c2t

2 − 2c3t−3) + 12(c1t

2 + c2t3 + c3t

−2) = 0 .

3.- Por lo tanto, la solucion general de la ecuacion diferencial (??) es

y(t) = c1t2 + c2t

3 + c3t−2 + ln t , c1, c2, c3 ∈ IR

EJERCICIO 3.6 Resolver el problema de valores iniciales siguiente:

y′ + y = y(tet2 + 1) , y(0) = 1 .

• La ecuacion diferencial es del tipo de variables separables. En efecto, se puedeescribir como

y′ = y t et2 ⇒ dy

dt= y t et2 ⇒ dy

y= t et2 dt, (y 6= 0).

Integrando∫

dy

y=

∫t et2 dt, ⇒ ln |y| = 1

2et2 + c, c ∈ IR,

lxii Tema 3 Preliminares matematicos

o bien

y = k e12et2

, k ∈ IR \ {0} (k = ± ec). (3.5)

La division por y al separar las variables nos obliga a considerar la funcion y = 0.por otra parte, dicha funcion es tambien solucion de la ecuacion diferencial. Dichasolucion se obtiene de (??) si admitimos el valor k = 0. Por tanto, la solucion generalsera

y = k e12et2

, k ∈ IR. (3.6)

Para determinar la solucion particular que verifica la condicion inicial y(0) = 1,sustituimos los valores t = 0, y = 1 en (??),

y(0) = 1 ⇒ 1 = k e1/2 ⇒ k = e−1/2.

Sustituyendo en (??) obtenemos la solucion

y = e12

(et2−1

)

EJERCICIO 3.7 Resolver la ecuacion diferencial

(t2y2 + 1)dt + 2t2dy = 0 ,

haciendo uso del cambio de variable ty = z.

• Empezamos calculando dz,

t y = z ⇒ t dy + y dt = dz ⇒ dy =dz − y dt

t(t 6= 0).

Sustituyendo en la ecuacion inicial y simplificando

(z − 1)2dt + 2t dz = 0 ,

que es una ecuacion diferencial de variables separables.

− dz

(z − 1)2=

dt

2t, (t 6= 0, z 6= 1)

e integrando

−∫

dz

(z − 1)2=

∫dt

2t⇒ 1

z − 1=

12

ln |t|+ c, c ∈ IR.

lxiii

Ahora, podemos deshacer el cambio

1ty − 1

=12

ln |t|+ c, c ∈ IR (3.7)

La funcion t = 0 (considerando t como variable dependiente) es tambien solucionde la ecuacion diferencial dada. Asimismo, el caso z = 1 nos lleva a considerar lafuncion y = 1/t. Sustituyendo en la ecuacion diferencial se comprueba que tambienes solucion. Ninguna de las soluciones anteriores se obtienen de (??) para ningunvalor de la constante c. Se trata, por tanto, de dos soluciones singulares.


(2ty + 3y2)dt− (2ty + t2)dy = 0 ,

• La ecuacion diferencial es homogenea de grado dos y puede escribirse como,

y′ =dy

dt=

2ty + 3y2

2ty + t2,

donde estamos suponiendo que 2ty + t2 6= 0. Dividiendo por t2,

y′ =dy

dt=

2(y

t

)+ 3

(y2

t2

)

2(y

t

)+ 1

,

y haciendo el cambio z = y/t,

z =y

t⇒ y = t z ⇒ y′ = z + t z′ .

Sustituyendo en la ecuacion diferencial,

z + t z′ =2z + 3z2

2z + 1⇒ t z′ =

2z + 3z2

2z + 1− z =

z2 + z

2z + 1,

se llega a la ecuacion de variables separables

tdz

dt=

z2 + z

2z + 1⇒ (2z + 1)dz

z2 + z=

dt

t, (z2 + z 6= 0).

Integrando, se tiene,∫

(2z + 1)dz

z2 + z=

∫dt

t⇒ ln |z2 + z| = ln |t|+ c, c ∈ IR,

que puede expresarse en la forma

z2 + z = k t, k ∈ IR \ {0} (k = ±ec).

lxiv Tema 3 Preliminares matematicos

Deshaciendo el cambio de variable,(y

t

)2+

y

t= k t ⇒ y2 + ty = k t3, k ∈ IR \ {0}. (3.8)

Ahora estudiamos el caso z2 + z = 0,

z2 + z = 0 ⇒ z(z+1)=0 ⇒

z=0 ⇒ y

t= 0 ⇒ y = 0

z+1=0 ⇒ y

t+ 1 = 0 ⇒ y + t = 0 ⇒ y = −t

Se comprueba que ambas funciones, y = 0 e y = −t, son tambien soluciones de laecuacion diferencial. Ademas, se observa que ambas soluciones se obtienen de (??),si admitimos el valor k = 0. Por tanto, la solucion general vendra dada por

y2 + ty = k t3, k ∈ IR

Para concluir nos queda por estudiar el caso 2ty + t2 = 0,

2t y + t2 = 0 ⇒ t(2y + t) = 0 ⇒{

t = 0

2y + t = 0 ⇒ y = − 12t

La recta t = 0 satisface la ecuacion diferencial original y podrıa admitirse comosolucion, si consideramos t como variable dependiente. En cambio, se compruebasustituyendo en la ecuacion diferencial original que la recta y = −t/2 no es solucion.

EJERCICIO 3.9 Resolver la ecuacion diferencial lineal

dy

dt+ y ctg t = 2t cosec t .

• Calculamos el factor integrante

µ(t) = exp(∫

p(t) dt

)= exp

(∫ctg t dt

)= exp

(∫cos t

sen tdt

)

= eln(sen t) = sen t.

Multiplicando la ecuacion diferencial por el factor integrante, se tiene,

y′ sen t + y cos t = 2t ⇒ d

dt(y sen t) = 2t ⇒ y sen t =

∫2t dt = t2 + c.

O bien,

y(t) =t2 + c

sen t, c ∈ IR

lxv

EJERCICIO 3.10 Resolver la ecuacion diferencial lineal

y′ + y = sen t , y(0) = 0 .

• Calculamos el factor integrante,

µ(t) = exp(∫

p(t) dt

)= exp

(∫dt

)= et.

Multiplicamos la ecuacion diferencial por el factor integrante,

ety′ + ety = et sen t.

El primer termino de la igualdad anterior se corresponde con la derivada de la funcionety,

ety′ + ety =d

dt

(ety

)= et sen t.

Esta observacion nos permite resolver la ecuacion,

ety =∫

et sen t dt ,

integracion por partes

12et(sen t−cos t) + c, c ∈ IR.

Despejando la variable y, se obtiene la solucion general

y =12(sen t− cos t) + c e−t, c ∈ IR. (3.9)

• Para calcular la solucion particular que satisface la condicion y(0) = 0, sustituimoslos valores t = 0, y = 0 en (??),

y(0) = 0 ⇒ 0 =12(sen 0− cos 0) + c e0 ⇒ c =

12.

La solucion del problema de valores iniciales vendra dada por

y(t) =12(sen t− cos t + e−t)


(6ty + 2y2 − 5)dt + (3t2 + 4ty − 6)dy = 0 .

lxvi Tema 3 Preliminares matematicos

• Sean

M(t, y) = 6ty + 2y2 − 5, N(t, y) = 3t2 + 4ty − 6 .

La ecuacion diferencial es exacta puesto que

∂M

∂y= 6t + 4y =

∂N

∂t.

Existe, por tanto, una funcion F (t, y) tal que

∂F

∂t= M(t, y),

∂F

∂y= N(t, y).

Las igualdades anteriores nos permiten calcular la expresion de la funcion F (t, y).

∂F

∂t= M(t, y) ⇒ F (t, y) =

∫M(t, y) dt =

∫(6ty + 2y2 − 5)dt

= 3t2y + 2ty2 − 5t + g(y),∂F

∂y= N(t, y) ⇒ 3t2 + 4ty + g′(y) = 3t2 + 4ty − 6 ⇒ g′(y) = −6

Luego,

g(y) =∫−6 dy = −6 y.

La funcion F (t, y) sera

F (t, y) = 3t2y + 2ty2 − 5t− 6y,

y la solucion general vendra dada en forma implıcita por

3t2y + 2ty2 − 5t− 6y = c, c ∈ IR

EJERCICIO 3.12 Dada la ecuacion diferencial

y′′ − 4y = 0 (3.10)

1.- Probar que y1(t) = e2t es una solucion de (??).

2.- Aplicar el metodo de reduccion del orden para poder buscar otrasolucion particular de (??).

3.- Encontrar la solucion general de (??).

lxvii

• Es evidente que y1(t) = e2t es una solucion de (??). Si buscamos otra solucion de laforma y(t) = u(t)e2t, debe cumplirse

y(t) = u′e2t + 2ue2t , y′′ = u′′e2t + 4u′e2t + 4ue2t . (3.11)

Sustituyendo (??) en (??) se obtiene,

y′′ − 4y = 0 ⇒ e2t(u′′ + 4u′) = 0

al ser e2t 6= 0, ∀t ∈ (−∞,∞), entonces u′′ + 4u′ = 0.

Llamando w := u′, la ecuacion diferencial anterior se transformara en

w′ + 4w = 0 ⇒ w′

w= −4 ⇒ ln |w(t)| = −4t + k ⇒ w(t) = c1e

−4t

Al ser w(t) = u′(t) = c1e−4t, entonces

u(t) = −c1

4e−4t + c2

y finalmente

y(t) = u(t)e2t = −c1

4e−2t + c2e

2t

Si tomamos c1 = −4, c2 = 0, obtenemos la segunda solucion y2(t) = e−2t. Puestoque

W [e2t, e−2t] =∣∣∣∣

e2t e−2t

2e2t −2e−2t

∣∣∣∣ = −4 6= 0 ∀t ∈ (−∞,∞) ,

entonces, las soluciones son linealmente independientes en (−∞,∞) y en consecuen-cia

y(t) = −c1

4e−2t + c2e

2t , c1, c2 ∈ IR

es la solucion general de (??).

EJERCICIO 3.13 Resolver por reduccion del orden la siguiente ecua-cion diferencial

(t3 − 2t2)y′′ − (t3 + 2t2 − 6t)y′ + (3t2 − 6)y = 0 , t > 2 , (3.12)

sabiendo que admite una solucion del tipo y(t) = tk.

lxviii Tema 3 Preliminares matematicos

• Sustituimos la funcion y = tk y sus derivadas en (??)

k(k − 1)(tk+1 − 2tk)− k(tk+2 + 2tk+1 − 6tk) + (3tk+2 − 6tk) = 0 .

Simplificando, resulta

(3− k)t2 + (k2 − 3k)t + (−2k2 + 8k − 6) = 0 ,

lo cual es cierto si k = 3.

Tenemos por tanto como solucion de (??) la funcion y1(t) = t3.

• Sea y(t) = u(t)y1(t) = u(t)t3. Derivando y sustituyendo en la ecuacion diferencialinicial (??)

(t3 − 2t2)(6tu + 6t2u′ + t3u′′)− (t3 + 2t2 − 6t)(3t2u + t3u′) + (3t2 − 6)(ut3) = 0 ,

que una vez simplificada

t(t− 2)u′′ − (t2 − 4t + 6)u′ = 0

Reduciendo el orden, w(t) := u′(t) nos proporciona la ecuacion

t(t− 2)w′ − (t2 − 4t + 6)w = 0 .

A continuacion resolvemos la ecuacion diferencial

w′

w=

t2 − 4t + 6t2 − 2t

,

de variables separadas

ln |w| =∫ (

1 +−2t + 6t(t− 2)

)dt

= t +∫ −3

t dt +∫

1t−2dt

= t− 3 ln |t|+ ln |t− 2| = t + ln t−2t3

+ k

Podemos expresar la solucion anterior de la siguiente manera

|w| = eteln

∣∣∣ t−2

t3

∣∣∣+k = c

(t− 2t3

)et .

Finalmente, al ser u′ = w, calculamos el valor de la funcion u(t)

u = c

∫et

(t− 2t3

)dt = c

∫et(t2 − 2t)

t4dt = c

(et

t2

)+ k .

Es decir, y(t) = u(t)y1(t) = ctet + kt3. Si c = 1, k = 0 obtenemos y(t) = tet.

lxix

• Las soluciones t3, tet forman un conjunto fundamental, ya que

W [t3, tet] = ett3(t− 2) 6= 0 , ∀t > 2 ,

y entonces

y(t) = c1tet + c2t

3 , c1, c2 ∈ IR

es la solucion general de la ecuacion diferencial (??).

EJERCICIO 3.14 Resolver y′′ + 6y′ + 8y = 0.

• El polinomio caracterıstico asociado a la ecuacion diferencial es

λ2 + 6λ + 8 = (λ + 2)(λ + 4) .

Las raıces son λ1 = −2 y λ2 = −4. En consecuencia, la solucion general de nuestroproblema es de la forma

y(t) = c1e−2t + c2e

−4t , c1, c2 ∈ IR

EJERCICIO 3.15 Resolver y′′′ + y′′ − 2y′ = 0

• El polinomio caracterıstico asociado a la ecuacion diferencial es

λ3 + λ2 − 2λ = λ(λ− 1)(λ + 2) ,

y sus raıces caracterısticas son λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = −2. La solucion general de laecuacion diferencial es

y(t) = c1 + c2et + c3e

−2t , c1, c2, c3 ∈ IR

EJERCICIO 3.16 Resolver (y′′ − 2y′ + 5)2 = 0

• Las raıces del polinomio caracterıstico asociado a la ecuacion diferencial son λ1 =1 + 2i, λ2 = 1− 2i, λ3 = 1 + 2i, λ4 = 1− 2i.

La solucion general de la ecuacion diferencial es

y(t) = et(c1 cos 2t + c2 sen 2t) + tet(c3 cos 2t + c4 sen 2t)

= et((c1 + c3t) cos 2t + (c2 + c4t) sen 2t) , c1, c2, c3 ∈ IR

lxx Tema 3 Preliminares matematicos

EJERCICIO 3.17 Resolver

y′′ − 3y′ = 8e3t + 4 sen t . (3.13)

• Paso 1. La ecuacion diferencial homogenea tiene como raıces del polinomio carac-terıstico λ1 = 0, λ2 = 3. En consecuencia

yh(t) = c1 + c2e3t .

• Paso 2. A continuacion intentaremos encontrar a partir de (??) otra ecuaciondiferencial lineal con coeficientes constantes pero homogenea. Para ello derivamosen (??)

y′′′ − 3y′′ = 24e3t + 4 cos t

y4) − 3y′′′ = 72e3t − 4 sen t .(3.14)

sumando (??) y (??)

y4) − 3y′′′ + y′′ − 3y′ = 80e3t , (3.15)

derivando en la ecuacion anterior

y5) − 3y4) + y′′′ − 3y′′ = 240e3t , (3.16)

finalmente multiplicamos por −3 la expresion (??) y sumamos con (??)

y5) − 6y4) + 10y′′′ − 6y′′ + 9y′ = 0 . (3.17)

El polinomio caracterıstico

λ5 − 6λ4 + 10λ3 − 6λ2 + 9λ = λ(λ− 3)2(λ2 + 1) ,

nos permite obtener la solucion general de la ecuacion diferencial homogenea (??)

y(t) = (c1 + c2e3t) + (c3te

3t + c4 cos t + c5 sen t) .

Esta expresion anterior nos sugiere que yp(t) es de la forma

yp(t) = Ate3t + B cos t + C sen t . (3.18)

Si sustituimos (??) en (??) e identificamos coeficientes, obtenemos el siguiente sis-tema de ecuaciones lineales

3A = 8−B − 3C = 0

3B − C2C = 4

⇒ A = 8/3, B = 6/5, C = −2/5 .

Por tanto,

yp(t) =83te3t +

65

cos t− 25

sen t .

lxxi

• Paso 3. La solucion general de (??) viene dada por

y(t) = yh(t) + yp(t) = c1 + c2e3t +

83te3t +

65

cos t− 25

sen t , c1 c2 ∈ IR

EJERCICIO 3.18 Resolver y′′ − 2y′ + y = (t − 1)et utilizando el metodode variacion de parametros.

• El polinomio caracterıstico λ2−2λ+1 tiene por raıces λ1 = 1, λ2 = 1. Por lo tanto,

yh(t) = c1et + c2te

t .

Si y1 = et, y2 = tet su Wronskiano vale

W = W [et, tet] =∣∣∣∣

et tet

et et + tet

∣∣∣∣ = e2t 6= 0, ∀t ∈ (−∞,∞) .

• Ahora se trata de encontrar una solucion particular yp(t) de la forma

yp(t) = c1(t)y1(t) + c2(t)y2(t) = c1(t)et + c2(t)tet .

Como sabemos, las funciones c1(t) y c2(t) se obtienen de las igualdades

c′1(t) =−y2(t)g(t)

W, c′2(t) =

y1(t)g(t)W

.

En nuestro caso,

c′1(t) =−y2g(t)

W=−tet(t− 1)et

e2t= −t2 + t ⇒ c1(t) = − t3

3+

t2

2,

y

c′2(t) =y1g(t)

W=

et(t− 1)et

e2t= t− 1 ⇒ c2(t) = − t2

2− t .

• Por consiguiente, y(t) = yh(t) + yp(t) siendo

yp(t) =(− t3

3+

t2

2

)et +

(t2

2− t

)tet =

(t3

6− t2

2

)et

EJERCICIO 3.19 Obtener la solucion general del sistema de ecuacionesdiferenciales

{y′1 = −y1 + y2

y′2 = −6y1 + 4y2

lxxii Tema 3 Preliminares matematicos

• La ecuacion caracterıstica de la matriz

A =( −1 1−6 4

)

es λ2 − 3λ + 2 = 0. Los autovalores seran λ1 = 1 y λ2 = 2. A continuacionencontramos el subespacio de autovectores asociado a cada autovalor

S1 = L(λ1 = 1) = {(t, 2t) : ∀t ∈ IR} =< (1, 2) >S2 = L(λ2 = 2) = {(α, 3α) : ∀α ∈ IR} =< (1, 3) > .

Como consecuencia de ello, las funciones(

y11

y21

)=

(12

)et =

(et

2et

),

(y12

y22

)=

(13

)e2t =

(e2t

3e2t

)

son soluciones linealmente independientes del sistema inicial.

La solucion general tiene la expresion(

y1(t)y2(t)

)= c1

(12

)et + c2

(13

)e2t , c1, c2 ∈ IR

que puede expresarse como,

y1(t) = c1et + c2e

2t

y2(t) = 2c1et + 3c2e

2t


y′1 = 2y1 − 2y2 + 3y3

y′2 = y1 + y2 + y3

y′3 = y1 + 3y2 − y3


A =

2 −2 31 1 11 3 −1

tiene como raıces λ1 = 1, λ2 = −2, λ3 = 3.

Es facil comprobar que los vectores

(−1, 1, 1), (−11,−1, 4), (1, 1, 1) .

lxxiii

son tres autovectores asociados a los tres autovalores λ1, λ2, λ3, respectivamente.

La solucion general del sistema es

y1

y2

y3

= c1

−1

11

et + c2

−11−114

e−2t + c3

111

e3t , c1, c2, c3 ∈ IR ,

o lo que es equivalente,

y1 = −c1et −11c2e

−2t +c3e3t

y2 = c1et −c2e

−2t +c3e3t

y3 = c1et +14c2e

−2t +c3e3t


y′1 = y1 − 3y2 + 3y3

y′2 = 3y1 − 5y2 + 3y3

y′3 = 6y1 − 6y2 + 4y3


A =

1 −3 33 −5 36 −6 4

tiene como raıces λ1 = 4, λ2 = −2, λ3 = −2.

Puede comprobarse que la matriz A es diagonalizable siendo

(1, 1, 2), (1, 1, 0), (0, 1, 1) .

una base de IR3 formada por autovectores de A.

La solucion general del sistema es

y1

y2

y3

= c1

112

e4t + c2

110

e−2t + c3

011

e−2t , c1, c2, c3 ∈ IR .

Es decir,

y1 = c1e4t +c2e

−2t

y2 = c1e4t +c2e

−2t +c3e−2t

y3 = 2c1e4t +c3e

−2t

lxxiv Tema 3 Preliminares matematicos


{y′1 = 2y1 + y2

y′2 = −y1 + 4y2


A =(

2 1−1 4

)

es λ2 − 6λ + 9 = 0. La ecuacion tiene la raız doble λ1 = 3, se trata de un autovalordoble y es inmediato comprobar que no existen dos autovectores de A que seanlinealmente independientes. Por lo tanto, la matriz A no es diagonalizable. En estecaso, el sistema posee soluciones de la forma

(y1

y2

)=

((c1t + c2)e3t

(c3t + c4)e3t

).

Si sustituimos en el sistema inicial

c1e3t + 3(c1t + c2)e3t = 2(c1t + c2)e3t + (c3t + c4)e3t

c3e3t + 3(c3t + c4)e3t = −(c1t + c2)e3t + 4(c3t + c4)e3t

que simplificando e identificando coeficientes nos proporciona el sistema,

3c1 = 2c1 + c3

3c2 + c1 = 2c2 + c4

3c3 = 4c3 − c1

c3 + 3c4 = −c2 + 4c4

⇒ c3 = c1, c4 = c1 + c2

La expresion general de la solucion general viene dada por

y1 = (c1t + c2)e3t

y2 = (c1t + (c1 + c2))e3t

EJERCICIO 3.23 Resolver por eliminacion,

dx

dt= −y + t

dy

dt= x− t

lxxv

• Si derivamos la segunda de las ecuaciones y le sumamos la primera obtenemos laecuacion diferencial de segundo orden,

y′′ + y = t− 1 . (3.19)

Para encontrar la solucion general de (??) debemos comenzar localizando la soluciongeneral yh(t) de la ecuacion diferencial homogenea y′′ + y = 0.

Las raıces de la ecuacion caracterıstica son λ1 = i, λ2 = −i, lo cual nos permiteescribir

yh(t) = c1eit + c2e

−it = (c1 + c2) cos t + (ic1 − ic2) sen t = k1 cos t + k2 sen t

Para obtener la solucion particular de (??), utilizamos el metodo de los coeficientesindeterminados. Derivamos dos veces en la ecuacion diferencial inicial

y4) + y′′ = 0 .

Al ser λ1 = 0, λ2 = 0, λ3 = i, λ4 = −i, las raıces caracterısticas podemos escribir lasolucion general

y = (k1 cos t + k2 sen t) + (A + Bt) ,

y observamos que la solucion particular responde al tipo yp = A + Bt. Para deter-minar A y B sustituimos yp(t) en (??)

y′′ + y = t− 1 ⇒ (0) + (A + Bt) = t− 1 ⇒ A = −1, B = 1 .

En conclusion

y(t) = −1 + t + k1 cos t + k2 sen t , k1, k2 ∈ IR . (3.20)

Para encontrar el valor de x(t) procedemos de forma similar. En primer lugar,derivamos la primera de las ecuaciones del sistema y sustituimos y′ de la segundade las ecuaciones,

x′′ = −y′ + 1 ⇒ x′′ = −(x− t) + 1 ⇒ x′′ + x = 1 + t .

La ecuacion diferencial que obtenemos es parecida a la encontrada en el primerapartado y puede comprobarse facilmente que

x(t) = 1 + t + M1 cos t + M2 sen t . (3.21)

Pero al ser (??) y (??) las soluciones, deben de verificar el sistema. Es inmediatocomprobar que para que esto sea posible las constantes k1, k2, M1,M2 deben decumplir la siguiente relacion:

M1 = k2 , M2 = −k1 .

Es decir

x(t) = 1 + t + k2 cos t− k1 sen ty(t) = −1 + t + k1 cos t + k2 sen t

lxxvi Tema 3 Preliminares matematicos


1.- Transformar en sistema de primer orden la siguiente ecuacion diferencial

ety′′′ − ty′′ + y′ − ety = 0

2.- Transformar en ecuacion diferencial lineal el siguiente sistema

{x′′ = 2x′ + 5y + 3y′ = −x′ − 2y

3.- Comprobar que la funcion y(t) = 13sen 2t es una solucion del problema de valor

inicial

y′′ + 4y = 0y(0) = 0 ; y′(0) = 2

3

}(3.22)

4.- Calcular la solucion general de la ecuacion

ty′′ + 2y′ + ty = 0 , t > 0

sabiendo quesen t

tes solucion de la misma.

5.- Sabiendo que et y tet forman un conjunto fundamental de soluciones de laecuacion homogenea y utilizando el metodo de variacion de las constantes,calcular la solucion general de la ecuacion

y′′ − 2y′ + y =−et

t, t > 0

6.- Resolver utilizando el metodo de coeficientes indeterminados, las siguientesecuaciones diferenciales:

6.a.- y′′ + 8y = 5t + 2e−t

6.b.- y′′ + y = t cos t− cos t

6.c.- y′′′ − 4y′′ + 4y′ = 5t2 − 6t + 4t2e2t + 3e5t

7.- Utilizando el metodo de variacion de parametros, resolver la siguiente ecuaciondiferencial

y′′ − y =1

t

lxxvii

8.- Resolver

d2x

dt2= 4y + et

d2y

dt2= 4x− et

9.- Resolver

2dx

dt− 5x +

dy

dt= et

dx

dt− x +

dy

dt= 5et

10.- Resolver

y′1 =dy1

dt= 2y1 + y2

y′2 =dy2

dt= y1 + 2y2

lxxviii Tema 3 Preliminares matematicos

Tema 4

MODELOS CONTINUOS I

EJERCICIO 4.1 Los siguientes datos fueron reunidos por un investi-gador durante los primeros 10 minutos de un experimento destinado aestudiar el aumento de bacterias.

Numero de minutos 0 10

Numero de bacterias 5.000 8.000

Suponiendo que el numero de bacterias crece exponencialmente,¿cuantas bacterias habra despues de 30 minutos?.

• Sea y(t) el numero de bacterias presentes en el cultivo despues de t minutos. Como elnumero de bacterias crece exponencialmente, y puesto que al comienzo habıa 5.000bacterias, y(t) sera una funcion de la forma

y(t) = y(0)ert = 5.000ert .

Ya que pasados 10 minutos hay 8.000, se obtiene

8.000 = 5.000e10r ⇒ r = 0.047 .

En consecuencia, al cabo de 30 minutos el numero de bacterias sera

y(30) = 5.000e0.047×30 = 20.479

lxxix

lxxx Tema 4 Modelos continuos I

EJERCICIO 4.2 Sea el modelo de poblacion

dy(t)

dt= 0.3

(1− y(t)

200

)(y(t)

50− 1

)y(t) , (4.1)

donde y(t) es el numero de individuos en tiempo t.

1.- ¿Para que valores de y(t) esta en equilibrio la poblacion?.

2.- ¿Para que valores de y(t) esta creciendo la poblacion?.

3.- ¿Para que valores de y(t) esta decreciendo la poblacion?.

• Los puntos de equilibrio corresponden a las soluciones constantes y se encuentrananulando y′(t).

y′(t) = 0.3(

1− y(t)200

)(y(t)50

− 1)

y(t) = 0 ⇒ y(t) = 0, y(t) = 200, y(t) = 50 .

• Por otro lado, la poblacion crecera cuando y′(t) sea positiva. De (1.1) se tiene

y′(t) = 0.3(

1− y(t)200

)(y(t)50

− 1)

y(t) > 0 ⇒ y(t) ∈ (−∞, 0) ∪ (50, 200) .

• Del mismo modo, la poblacion decrecera cuando

y′(t) = 0.3(

1− y(t)200

)(y(t)50

− 1)

y(t) < 0 ⇒ y(t) ∈ (0, 50) ∪ (200, ∞) .

EJERCICIO 4.3 Una curva de Gompertz es la grafica de una funcion dela forma y(t) = c art

donde 0 < r < 1 es la tasa de crecimiento y a y c sonconstantes positivas. Los psicologos y otros investigadores utilizan estetipo de curvas para describir aspectos como crecimiento y aprendizaje.

Con base en diversas proyecciones, una companıa predice que el numerode empleados que tendra en t anos sera y(t) = 500(0.03)(0.4)t

.

1.- ¿Cuantos empleados tiene ahora la companıa (t=0)?.

2.- ¿Cuantos empleados tendra en 5 anos?.

(a) 15 (b) 482

lxxxi

EJERCICIO 4.4 Consideremos las dos siguientes ecuaciones diferencia-les que modelan las tasas de memorizacion de un poema por dos estu-diantes. La tasa de Juan es proporcional a la cantidad por aprender. Latasa de Carmen es proporcional al cuadrado de la cantidad por aprender.

dLJ

dt= 2(1− LJ) ,

dLC

dt= 3(1− LC)2 ,

donde LJ(t) y LC(t) son las fracciones del poema memorizadas en eltiempo t por Juan y Carmen, respectivamente.

1.- ¿Que estudiante tiene una tasa mas rapida de aprendizaje en t = 0,si ambos empiezan la memorizacion juntos y nunca antes han vistoel poema?

2.- ¿Que estudiante tiene una tasa mas rapida de aprendizaje en t =0, si ambos comienzan a memorizar juntos habiendo aprendido lamitad del poema?

3.- ¿Que estudiante tiene una tasa mas rapida de aprendizaje en t = 0,si ambos comienzan a memorizar juntos habiendo aprendido untercio del poema?

• En el primero de los casos, sustituimos en las ecuaciones diferenciales los valoresLJ(0) = LC(0) = 0. En consecuencia, L′J(0) = 2 y L′C(0) = 3, y por tanto larespuesta es Carmen.

• En el caso siguiente es Juan quien tiene una tasa mas rapida de aprendizaje en t = 0,ya que L′J(0) = 1 y L′C(0) = 0.75.

• Por ultimo, es inmediato comprobar que en el tercero de los casos las tasas soniguales.

EJERCICIO 4.5 Se estima que dentro de t meses la poblacion de ciertopueblo cambiara a una razon de 4+5t

23 personas por mes. Si la poblacion

actual es de 10.000 personas, ¿cual sera la poblacion dentro de 8 meses.?

• Si y(t) es el numero de habitantes del pueblo en el mes t, entonces la ecuaciondiferencial que modeliza la situacion planteada es

y′(t) = 4 + 5t2/3 ⇒ y(t) = 4t + 3t5/3 + y(0) = 4t + 3t5/3 + 10000 .

lxxxii Tema 4 Modelos continuos I

Por tanto,

y(8) = 10.128 personas .

EJERCICIO 4.6 Los psicologos creen que cuando a una persona se lepide que recuerde una serie de hechos, el numero de hechos recordadosdespues de t minutos esta dado por una funcion de la forma

y(t) = A(1− e−rt)

donde r es una constante positiva y A es el numero total de hechosimportantes almacenados en la memoria de la persona.

1.- Trazar la grafica de y(t).

2.- ¿Que le sucede a la grafica cuando t crece sin lımite?. Interpretarel resultado.

• La funcion y(t) vale cero para t = 0 y tiende al valor A cuando t tiende haciainfinito. Ademas, al ser y′(t) = rAe−rt, para valores de t > 0 siempre sera creciente.a continuacion utilizamos el programa Mathematicar para hacer la representaciongrafica.

A := 100r := 0.75y[t ] := A ∗ (1− Exp[−r× t])Plot[y[t], {t, 0, 15}, PlotStyle→ RGBColor[1, 0, 0]]

Figura 4.1. Representacion grafica de y(t) = 100(1− e−0.75t).

lxxxiii

La altura de la grafica tiende al valor A porque el numero de hechos recordados seaproxima al numero total de hechos relevantes en la memoria de la persona.

EJERCICIO 4.7 Los registros de salud publica indican que t semanasdespues del brote de cierta clase de gripe, aproximadamente

y(t) =2

1 + 3e−0.8t

miles de personas han contraıdo la enfermedad.

1.- Trazar una grafica de y(t).

2.- ¿Cuantas personas tenıan la enfermedad al comienzo?.

3.- ¿Cuantas habıan contraıdo la enfermedad al final de la tercera se-mana?.

4.- Si la tendencia continua, aproximadamente ¿cuantas personas entotal contraeran la enfermedad?.

Figura 4.2. Representacion grafica de y(t) = 21+3e−0.8t

• Es inmediato comprobar que y(0) = 0.5, y(3) = 1.572 y que y(t) tiende hacia 2cuando t tiende hacia infinito.

lxxxiv Tema 4 Modelos continuos I

EJERCICIO 4.8 Una epidemia se propaga en una comunidad de mane-ra que t semanas despues del brote, el numero de personas infectadasesta dado por una funcion de la forma:

y(t) =K

1 + Ae−rt, (4.2)

donde K es el numero de residentes en la comunidad que son propensosa contraer la enfermedad. Si 1/5 de los residentes propensos estabaninfectados al principio y 1/2 de ellos habıan sido infectados al final de lacuarta semana, ¿que fraccion de residentes propensos a la enfermedadhabra sido infectada al final de la octava semana.?

• Sustituimos en (1.2)) los valores y(0) = K/5, y(4) = K/2, y deducimos que A = 4y r = (ln 4)/4. El numero de personas infectadas t semanas despues viene dado por

y(t) =K

1 + 4e−ln 44

t.

Al cabo de 8 semanas la fraccion de residentes propensos a la enfermedad sera 4K5 .

EJERCICIO 4.9 Sea y(t) la velocidad de vuelo, en Km/h, de un ave, enfuncion del tiempo t. Si y(t) cumple la ecuacion diferencial

2ky′ + 2ty = kt3y2 . (4.3)

1.- Calcular y(t) en funcion de k

2.- Si la velocidad inicial es de 4 Km/h, y k = 0.5, calcular la velocidadal cabo de dos horas. ¿Cual sera la velocidad a la larga?.

• La ecuacion diferencial (1.3) es de Bernouilli. Para resolverla dividimos por y2,

2k

y2y′ + 2t

1y

= kt3 .

A continuacion hacemos el cambio de variable

z =1y

⇒ z′ = − 1y2

y′ .

La ecuacion diferencial se transforma entonces en la ecuacion lineal

z′ − t

kz = − t3

2.

lxxxv

Calculamos el factor integrante µ(t) = e−∫

tkdt = e−

t2

2k . Multiplicamos ecuaciondiferencial por µ(t),

e−t2

2k z′ − t

ke−

t2

2k z = − t3

2e−

t2

2k ,

que puede expresarse como(

z.e−t2

2k

)′= − t3

2e−

t2

2k . (4.4)

Como podemos ver necesitamos resolver la integral

−∫

t3

2e−

t2

2k dt , (4.5)

la cual se simplifica con el cambio

w = − t2

2k⇒ dw = − t

kdt ,

ya que (1.5) queda como

−k2

∫wew dw ,

que es una integral que se resuelve aplicando el metodo de integracion por partes.

−k2

∫wew dw = k2(ew − wew) = k2e−

t2

2k

(1 +

t2

2k

). (4.6)

Sustituyendo (1.6) en (1.4)

ze−t2

2k = k2e−t2

2k

(1 +

t2

2k

)+ c ⇒ z =

1y

= k2

(1 +

t2

2k

)+ ce

t2

2k

y despejando

y(t) =1

k2(1 + t2

2k

)+ ce

t2

2k

=1

cet2

2k + k2 + k/2 t2.

• Por el enunciado del ejercicio y(0) = 4 Km/h, y k = 0.5, entonces

y(t) =1

cet2 + 0.25 + 0.25t2⇒ 4 =

1c + 0.25

⇒ c = 0 .

La solucion particular pedida es

y(t) =1

0.25 + 0.25t2

que evidentemente tiende a cero cuando t →∞. Por tanto, a la larga el ave tiendea detenerse.

lxxxvi Tema 4 Modelos continuos I

EJERCICIO 4.10 Una proyeccion a 5 anos de las tendencias de la po-blacion senala que dentro de t anos la poblacion de cierta comunidadsera y(t) = −t3 + 9t2 + 48t + 50 miles.

1.- ¿En que momento, durante el perıodo de 5 anos, crecera la pobla-cion con mayor rapidez?.

2.- ¿En que momento, durante el perıodo de 5 anos, crecera la pobla-cion con menor rapidez?.

• La funcion que nos da el crecimiento de y(t) es su derivada

ϕ(t) = y′(t) = −3t2 + 18t + 48.

Esta funcion es creciente desde t = 0 hasta t = 3 y decreciente en [3, 5]. Por tanto, lapoblacion crecera con mayor rapidez en t = 3 (que coincide con el punto de inflexionde la funcion y(t)).

• Por otro lado, como ϕ(0) < ϕ(5) el momento en el que la poblacion crecera conmenor rapidez sera ahora (t = 0).

EJERCICIO 4.11 Con base a la estimacion de que hay 10.000 millones deacres cultivables en la Tierra y que cada acre puede producir suficientecomida para alimentar a 4 personas, algunos demografos creen que laTierra puede soportar una poblacion de no mas de 40.000 millones depersonas. La poblacion de la Tierra era aproximadamente de 3.000 mi-llones en 1960 y de 4.000 millones en 1975. Si la poblacion de la Tierracrece exponencialmente, ¿cuando alcanzarıa el lımite teorico de 40.000millones?.

• Si y(t) es el numero de personas t anos despues del 1960, entonces y(t) = y(0)ert.Si tenemos en cuenta que y(0) = 3000 millones e y(15) = 4000 millones, entonces

4000 = 3000e15r ⇒ r =115

ln(

43

)≈ 0.01917 .

Por tanto,

y(t) = 3000e0.01917t ,

y en consecuencia, el tiempo buscado lo encontramos resolviendo la ecuacion y(t) =40000. Es decir

40000 = 3000e0.0191788t ⇒ t ≈ 135 anos .

lxxxvii

EJERCICIO 4.12 En la escala de Richter la magnitud de un terremotode intensidad I esta dada por

R =ln I

ln 10

1.- Hallar la intensidad del terremoto de San Francisco, ocurrido en1906, cuya magnitud fue 8.3 en la escala Richter.

2.- ¿Que tan intenso fue ese terremoto con relacion al de la Bay AreaWorld Series de 1989, cuya magnitud fue 6.9 en la escala Richter?.

• Como R = (ln I)/(ln 10), despejamos y obtenemos como intensidad del terremotode San Francisco,

eln 10×8.3 = 1.99526× 108 .

La intensidad del terremoto de Bay Area World Series fue de

eln 10×6.9 = 7.94328× 106 .

La proporcion entre ambos terremotos viene dada por

1.99526× 108

7.94328× 106= 25.1188

EJERCICIO 4.13 Se estima que dentro de t anos el valor de cierta par-cela se incrementara a una razon de r(t) euros por ano. Hallar unaexpresion para la cantidad que aumentara el valor de la tierra durantelos proximos 5 anos.

• La ecuacion diferencial que modeliza a la situacion planteada es

y′(t) = r(t) ,

cuya solucion es

y(t) =∫

r(t)dt + y(0) ,

y el valor de la tierra en euros durante los proximos 5 anos sera

y(5) =(∫

r(t)dt

)

t=5

+ y(0) .

lxxxviii Tema 4 Modelos continuos I

EJERCICIO 4.14 Se estima que dentro de t anos la poblacion de ciertacomunidad a la orilla de un lago cambiara a una razon de 0.6t2 +0.2t+0.5miles de personas por ano. Los especialistas en medio ambiente hanencontrado que el nivel de contaminacion en el lago aumenta a una razonaproximada de 5 unidades por cada 1.000 personas. Si en la actualidad elnivel de polucion del lago es de 60 unidades. ¿En cuanto se incrementarala contaminacion en el lago durante los proximos 2 anos.?

• Si y(t) es el numero de miles de personas en la comunidad en el ano t, sabemos que

y′(t) = 0.6t2 + 0.2t + 0.5 ⇒ y(t) = 0.2t3 + 0.1t2 + 0.5t + y(0) .

Como inicialmente existen 60 unidades de contaminacion, esto equivale a y(0) =60× 200 = 12000 habitantes. Si calculamos la poblacion al cabo de dos anos y(2) =12 + 1.6 + 0.4 + 1 + 12 mil. El incremento ha sido de 3000 personas, o lo que esequivalente 3000/200 = 15 unidades.

EJERCICIO 4.15 Supongamos que dentro de t meses un pozo pe-trolıfero producira crudo a razon de r(t) barriles por mes y que el preciosera p(t) euros por barril. Suponiendo que el petroleo se vende tanpronto como se extrae del suelo, hallar una expresion para los ingresostotales obtenidos del pozo en los proximos dos anos.

• El numero de barriles al cabo de t meses vendra dado por

B(t) =∫

r(t)d(t) + B(0),

con B(0) = 0. En consecuencia, los ingresos para t meses seran I(t) = p(t)×B(t) yla solucion del ejercicio sera

I(2) = p(t)∫

r(t)dt ,

evaluada en t = 2.

EJERCICIO 4.16 Cierto pozo petrolıfero que produce 400 barriles depetroleo crudo al mes se secara en 2 anos. En la actualidad el preciodel petroleo crudo es 18 euros por barril y se espera que aumente auna razon constante de 3 centimos de euro mensuales por barril. Si elpetroleo se vende tan pronto como se extrae del suelo, ¿cuales seran losingresos futuros totales obtenidos por el pozo.?

lxxxix

• El ritmo con el que aumentaran los ingresos es

y′(t) = 400(18 + 0.03t) ⇒ y(t) = 7200t + 6t2 + k .

Como y(0) = 0 entonces k = 0. Los ingresos futuros seran y(24) = 7200× 24 + 6×242 = 176256 euros.

EJERCICIO 4.17 Los promotores de una feria estiman que si las puer-tas se abren a las 9 : 00 a.m., t horas despues, los visitantes entran a laferia a una razon de −4(t + 2)3 + 54(t + 2)2 personas por hora. ¿Cuantaspersonas entraran a la feria entre las 10 : 00 a.m. y el mediodıa.?

• Si y(t) el numero de personas que han entrado en la feria en la hora t, entonces

y′(t) = −4(t + 2)3 + 54(t + 2)2 ⇒ y(t) = −(t + 2)4 + 18(t + 2)3 + y(0) .

El numero de personas que han entrado a la feria entre las 10 y las 12 horas sera

y(12)− y(10) = 608 personas .

EJERCICIO 4.18 La cantidad de bacterias presentes en cierto cultivodespues de t minutos de un experimento era y(t) = 2000e0.05t. ¿Cual fuela cantidad media de bacterias presentes durante los primeros 5 minutosdel experimento.?

1

5

∫ 5

0

200e0.05 tdt = 2272.2

EJERCICIO 4.19 Escribir una ecuacion diferencial que describa el he-cho de que la razon a la que las personas oyen hablar sobre un nuevoaumento en las tarifas postales es proporcional al numero de personasen el paıs que no ha oıdo hablar al respecto.

• Sea y(t) la cantidad de personas que han oıdo hablar sobre el aumento de los preciosen el tiempo t. Entonces, y′(t) sera la razon a la que las personas oyen hablar acercadel aumento. El numero de personas que no han oıdo hablar sobre el asunto esB − y(t). Por tanto, la ecuacion diferencial pedida es

y′(t) =dy

dt= k(B − y) ,

siendo k la constante de proporcionalidad, que evidentemente debe ser positiva yaque y′(t) > 0.

xc Tema 4 Modelos continuos I

EJERCICIO 4.20 Un pozo de petroleo que produce 300 barriles de pe-troleo crudo al mes se secara en 3 anos. Se estima que dentro de t mesesel precio del petroleo crudo sera p(t) = 18 + 0.3

√t dolares por barril. Si

el petroleo se vende tan pronto como se extrae del suelo, ¿cual sera elingreso futuro total obtenido por el pozo?.

• La ecuacion diferencial que describe el proceso es

dy

dt= 300p(t) = 300(18 + 0.3

√t) = 5.400 + 90

√t ,

siendo y(t) el ingreso generado durante los proximos t meses.

Resolviendo la ecuacion diferencial

y(t) = 5.400t + 60t32 + c ,

como y(0) = 0, se obtiene que c = 0, y ası la solucion particular buscada es

y(t) = 5.400t + 60t32 ⇒ y(36) = 207.360 .

EJERCICIO 4.21 Resolver la ecuacion diferencial planteada en el Ejer-cicio 1.19.

• La ecuacion diferencial es

dy

dt= k(B − y) ,

donde k es la constante de proporcionalidad. Separando las variables

1B − y

dy = kdt ,

e integrando

− ln |B − y| = kt + c ,

al ser B − y > 0, entonces podemos eliminar el valor absoluto. Por tanto

− ln(B − y) = kt + c ⇒ ln(B − y) = −kt− c

B − y = e−kt−c = e−kte−c ⇒ y(t) = B − e−ce−kt

xci

EJERCICIO 4.22 El ritmo al que se propaga una epidemia en una co-munidad es conjuntamente proporcional a la cantidad de residentes quehan sido infectados y al numero de residentes propensos a la enfermedadque no han sido infectados. Expresar el numero de residentes que hansido infectados como una funcion del tiempo.

• Sea y(t) el numero de residentes que han sido infectados en el tiempo t, y K lacantidad total de residentes propensos a la enfermedad. Entonces, la cantidad deresidentes propensos que no han sido infectados es K − y, y la ecuacion diferencialque describe la propagacion de la epidemia es

dy

dt= αy(K − y) = ry

(1− y

K

), r = αK .

Esta es una ecuacion diferencial de variables separadas cuya solucion es

∫1

y(1− y

K

) dy =∫

rdt ,

que integrando obtenemos

ln |y| − ln |1− y/K| = rt + C ,

o bien

ln(

Ky

K − y

)= rt + C ya que y > 0 , K > y ,

despejando y

Ky

K − y= ert+C = A1e

rt ,

siendo A1 = eC . Simplificando

y(t) =KA1e

rt

K + A1ert

Dividimos numerador y denominador por A1ert y llamamos A = K/A1.

y(t) =K

1 + Ae−rt,

que corresponde a la ecuacion general de una curva logıstica.

xcii Tema 4 Modelos continuos I

EJERCICIO 4.23 Los residentes en cierto pueblo han votado para aca-bar con la fluorizacion de su reserva de agua. La presa local tiene ac-tualmente 200 millones de litros de agua fluorada, que contiene 1.600kilos de fluoruro. El agua fluorada fluye de la presa a un ritmo de 4millones de litros por dıa y se reemplaza al mismo ritmo por agua nofluorada. En todo momento, el fluoruro restante esta distribuido de ma-nera uniforme en la presa. Expresar la cantidad de fluoruro existenteen la presa como una funcion del tiempo.

• El ritmo de cambio del fluoruro con respecto al tiempo es igual a la concentracionde fluoruro en el agua multiplicada por el ritmo de flujo de agua fluorada. Si y(t) esel numero de kilos de fluoruro en la represa despues de t dıas, entonces y′(t) sera elritmo de cambio del fluoruro con respecto al tiempo. La concentracion de fluoruroen el agua, vale el numero de kilos de fluoruro en la presa (y), dividido por el numerode millones de litros de agua en la presa (200). Por ultimo, el ritmo de agua fluoradaes de −4 millones de litros por dıa.

Como el ritmo de cambio del fluoruro en la presa es igual al ritmo de entrada menosel ritmo de salida, se obtiene que

dy

dt= 0− y

200(4) = − y

50.

Resolviendo esta ecuacion de variables separadas obtenemos

y(t) = y(0) e−t50 donde y(0) = ec ,

finalmente

y(t) = 1600e−t50 ,

es decir, la cantidad de fluoruro en la presa decrece exponencialmente.

EJERCICIO 4.24 Un tanque contiene 20 kilos de sal disueltas en 50litros de agua. Supongamos que 3 litros de salmuera que contiene 2kilos de sal disuelta por litro fluyen hacia el tanque cada minuto y quela mezcla (que se mantiene uniforme al agitarla) sale del tanque al ritmode 2 litros por minuto. Hallar una ecuacion para saber la cantidad desal que hay en el tanque despues de t minutos.

• Sea y(t) la cantidad de sal que hay en el tanque en el minuto t. Como 3 litros desalmuera fluyen hacia el tanque cada minuto y cada litro contiene 2 kilos de sal,entonces 3 × 2 = 6 kilos de sal fluyen hacia el tanque cada minuto. Para hallar el

xciii

numero de kilos de sal que fluyen desde el tanque cada minuto, observemos que,en el tiempo t, hay y(t) kilos de sal y 50 + (3 − 2)t = 50 + t litros de solucion enel tanque (porque hay un incremento de sal en la solucion 1 litro de solucion cadaminuto). Ası, la concentracion de sal en la solucion en el momento es y(t)/(50 + t)kilos por litro, y la sal sale del tanque al ritmo

(y(t)

50 + tkilos/litro

)(2 litros /minuto) =

2y(t)50 + t

kilos/minuto .

Se concluye que el ritmo de cambio neto y′(t) de sal en el tanque esta dado por

dy

dt= 6− 2y

50 + t,

que podemos escribirla como

y′(t) +2

50 + ty(t) = 6 ,

que es una ecuacion diferencial lineal de primer orden con

p(t) =2

50 + t, g(t) = 6 ,

cuya solucion general es

y(t) = 2(50 + t) +c

(50 + t)2, c ∈ IR .

Para calcular c, observemos que en principio hay 20 kilos de sal en el tanque

20 = y(0) = 2(50 + 0) +c

(50 + 0)2⇒ c = −80(50)2

y(t) = 2(50 + t)− 80(50)2

(50+t)2

• Ahora veremos que tambien puede ser simulado utilizando Vensimr. La Figura 4.3muestra el diagrama causal del modelo.

Figura 4.3.

xciv Tema 4 Modelos continuos I

Las ecuaciones que definen el modelo son:

CANTIDAD DE SAL EN TANQUE = INTEG(Entrada de sal − Salida de sal)Valor inicial = 20Unidades : Kilos

Entrada de sal = tasa de entradaUnidades : Kilos/Minute

Salida de sal = CANTIDAD DE SAL EN TANQUE× tasa de salidaUnidades : Kilos/Minute

tasa de entrada = 6Unidades : 1/Minute

tasa de salida = 2/(50 + Time)Unidades = 1/Minute

t S(t) t S(t) t S(t) t S(t)1 25.2 25 115.16 50 180.6 75 237.665 44.25 30 129.46 55 192.43 80 248.610 65.01 35 143.01 60 204.01 85 259.4415 83.33 40 155.97 65 215.39 90 270.1920 99.89 45 168.47 70 226.60 95 280.86

Tabla 4.1.

Una vez que ejecutamos el programa podemos ver la simulacion en forma numerica(Tabla 4.1), o bien graficamente (Figura 4.4).

xcv

Figura 4.4.

Puede comprobarse que dicha grafica corresponde a la funcion solucion

S(t) = 2(50 + t)− 80× 502

(50 + t)2

EJERCICIO 4.25 Un deposito de 50 litros contiene una solucion com-puesta por un 90% de agua y 10% de alcohol. Mediante un tubo seintroduce en el deposito una segunda solucion que contiene agua y al-cohol a partes iguales, a un ritmo de 4 litros/minuto. Al mismo tiempose vacıa el tanque a una velocidad de 5 litros/minuto. Suponiendo quela solucion del deposito se agita constantemente, hallar el alcohol quequeda en el despues de 10 minutos.

• Sea y(t) el numero de litros de alcohol que hay en el deposito en el instante t (enminutos). Del enunciado se desprende que el ritmo con el que cambia y(t) vienedado por la cantidad de alcohol que entra menos el que sale. Es decir,

y′(t) = 2− 550− t

y(t) , y(0) = 50× 0.10 = 5 .

Esta ecuacion puede ser escrita

y′(t) +5

50− ty(t) = 2 , (4.7)

xcvi Tema 4 Modelos continuos I

que es una ecuacion lineal de primer orden. Para resolverla, encontramos su factorintegrante

µ(t) = e

∫5

50− tdt

= e−5 ln(50−t) = eln(50−t)−5=

1(50− t)5

.

Multiplicamos (1.7) por µ(t) y obtenemos

1(50− t)5

y′(t) +5

(50− t)6y(t) =

2(50− t)5

,

o bien(

y(t)1

(50− t)5

)′=

2(50− t)5

.

Integrando en los dos miembros

y(t)1

(50− t)5=

∫2

(50− t)5=

12(50− t)4

+ c .

Despejando

y(t) = c(50− t)5 +50− t

2, c ∈ IR .

Para determinar el valor de c hacemos uso del valor inicial y(0) = 5.

5 = 25 + c(50)5 ⇒ c = − 20505

.

La funcion y(t) vale

y(t) =50− t

2(50− t)5 +

50− t

2

El valor pedido y(10) = 20− 20(0.8)5 ≈ 13.45 litros de alcohol.

EJERCICIO 4.26 Un tanque de 400 litros de capacidad contiene ini-cialmente una solucion salina de 150 litros de agua y 25 gramos de sal.Una solucion salina de 2 gramos por litro de sal entra en el tanque a 10litros por minuto, mientras que la mezcla resultante sale por un sumi-dero a 5 litros por minuto. ¿Que cantidad de sal hay en el tanque en elmomento en que este empieza a rebosar?.

xcvii

• Si y(t) es la cantidad de gramos de sal que hay en el tanque despues de t minutos,entonces

y′(t) = 20− 5150 + 5t

y(t) ,

o bien

y′(t) +1

30 + ty(t) = 20 .

Esta ecuacion diferencial es lineal de primer orden. Para resolverla necesitamos elfactor integrante

µ(t) = e∫

130+t

dt = 30 + t .

Multiplicando la ecuacion diferencial por el factor integrante

(30 + t)y′(t) + y(t) = 20(30 + t) ,

que puede escribirse

((30 + t)y(t))′ = 600 + 20t ⇒ (30 + t)y(t) = 600t + 10t2 + c ,

despejando

y(t) =600t + 10t2 + c

30 + t, c ∈ IR .

Para encontrar el valor de la constante c tendremos en cuenta y(0) = 25, obte-niendose c = 750. Por tanto,

y(t) =600t + 10t2 + 750

30 + t.

A continuacion es necesario saber el tiempo necesario para que el tanque se llene

400 = 150 + 5t ⇒ t = 50 minutos .

Finalmente, la respuesta al ejercicio sera y(50) = 696.8 gramos de sal.

EJERCICIO 4.27 El ritmo al que cierto medicamento se absorbe enel sistema circulatorio esta dado por dy/dt = r − sy, donde y(t) es laconcentracion del medicamento en el flujo sanguıneo en el tiempo t; ry s son constantes positivas. Supongamos que al comienzo no habıaindicios del medicamento en la sangre.

1.- Hallar y(t).

2.- ¿Que le sucede a y(t) a “largo plazo”?.

xcviii Tema 4 Modelos continuos I

• Al ser la ecuacion diferencial autonoma, sera por tanto de variables separadas.

−1s

∫ −sdy

r − sy=

∫dt ⇒ −1

sln |r − sy| = t + c .

Si despejamos el valor de y(t) obtenemos

y(t) =1s

(r − e−sce−st

), c ∈ IR .

Como y(0) = 0

0 =1s

(r − e−sc

) ⇒ r = e−sc ,

y finalmente

y(t) =r

s(1− e−st) .

Observemos que si hacemos t →∞, entonces y(t) → r/s.

EJERCICIO 4.28 Se estima que dentro de t anos cierta central nuclearproducira residuos radiactivos a una razon de r(t) = 400t kilos por ano.Los residuos se desintegran exponencialmente a una razon del 2% porano. ¿Que le sucedera a la acumulacion de residuos radiactivos de lacentral a largo plazo?.

• La cantidad de residuos presentes despues de N anos sera∫ N

0400te−0.02(N−t)dt = 400e−0.02N

∫ N

0te0.02tdt .

• La cantidad de residuos radiactivos presentes a largo plazo es el lımite de esta ex-presion cuando N tiende a infinito. Es decir

limN→∞

400e−0.02N

∫ N

0te0.02tdt =

limN→∞

400e−0.02N (50te0.02t − 2.500e0.02t)∣∣∣∣N

0

= ∞

EJERCICIO 4.29 Para describir el crecimiento de ciertas poblacionesse utiliza en biologıa la ecuacion de crecimiento de Gompertz

y′ = −ay ln(y

b) , (4.8)

donde a y b son constantes positivas. Encontrar la forma general de lassoluciones de esta ecuacion.

xcix

• La ecuacion diferencial (1.8) se simplifica con el cambio

ln(y

b) = z ⇒ y

b= ez ⇒ y = bez . (4.9)

Si sustituimos (1.9) en (1.8) y simplificamos

z′ = −az ⇒ z = e−at+k ,

o bien

ln(y

b) = e−at+k ⇒ y = bee−at+k

.

EJERCICIO 4.30 En ciertas situaciones se plantea determinar la re-lacion entre algun estımulo fısico y la relacion correspondiente que seproduce en el sujeto. Supongamos que la fuerza de un estımulo es sy que la intensidad de la reaccion es una funcion de s, ϕ(s). Algunosdatos experimentales sugieren que la razon de cambio de la intensidadde la reaccion con respecto al estımulo es directamente proporcional ala intensidad de la reaccion e inversamente proporcional a la fuerza delestımulo. Resolver esta ecuacion diferencial.

• La ecuacion diferencial que modela a la situacion planteada es

ϕ′(s) = kϕ(s)1s

.

En este caso no estamos ante una ecuacion diferencial autonoma, pero permite serresuelta separando las variables

∫dϕ(s)ϕ(s)

=∫

k

sds ⇒ ln |ϕ(s)| = k ln |s|+ c .

Si despejamos el valor de la intensidad de la reaccion

ln∣∣∣∣ϕ(s)sk

∣∣∣∣ = c ⇒ ϕ(s) = skec , c ∈ IR .

EJERCICIO 4.31 Plantear y resolver las siguientes ecuaciones diferen-ciales:

1.- Una muestra de radio se desintegra a un ritmo que es proporcionala su tamano.

2.- La razon a la que cambia la temperatura de un objeto es proporcio-nal a la diferencia entre su propia temperatura y la del medio quelo rodea.

c Tema 4 Modelos continuos I

• Sea y(t) la cantidad de radio presente en el tiempo t. Segun el enunciado

y′(t) = −rt ,

con la constante r positiva. Una vez resuelta nos proporciona la solucion y(t) =e−rt+c. Si y(0) = ec, entonces

y(t) = y(0)e−rt ,

que es la conocida formula de la desintegracion radiactiva.

Para el segundo apartado, supondremos que T (t) es la temperatura de un cuerpo enel tiempo t y M corresponde a la temperatura del medio. El enunciado nos permiteescribir

T ′(t) = k(T (t)−M) , k > 0 .

La ecuacion diferencial anterior tiene por solucion

T (t) = M + ekt+c , c ∈ IR .

EJERCICIO 4.32 Sea y(t) la poblacion de un cierto paıs en un tiempot. Supongamos que la tasa de natalidad r y la de mortalidad s del paısson constantes y que hay una tasa constante de inmigracion m.

1.- Explicar por que la poblacion satisface la ecuacion diferencial

dy

dt= (r − s)y(t) + m

2.- Hallar y(t).

3.- Si la poblacion del paıs era 100 millones en 1990, con una tasa decrecimiento (tasa de natalidad menos tasa de mortalidad) del 2%,y si se permite la inmigracion a la tasa de 300.000 personas porano, ¿cual sera la poblacion en el ano 2000?.

• El ritmo con el que se modifica la poblacion en cada momento es igual a los que seincorporan ry(t) + m menos los que abandonan sy(t) la poblacion. Es decir,

y′(t) = ry(t) + m− sy(t) = (r − s)y(t) + m = ky(t) + m,

siendo k > 0 si la poblacion aumenta y k < 0 en caso contrario. Estamos ante unaecuacion diferencial lineal

y′(t)− ky(t) = m,

ci

que posee a µ(t) = e−kt como factor integrante. Por tanto(y(t) e−kt

)′= me−kt ⇒ y(t)e−kt = −m

ke−kt + c ,

o bien

y(t) = −m

k+ cekt , c ∈ IR (4.10)

• Para la segunda parte del ejercicio supondremos t = 0 en 1990, y en consecuenciaes necesario conocer y(10). Si sustituimos k = 0.02, m = 0.3 millones en (1.10)

y(t) = ce0.02t − 15 ,

podemos encontrar el valor de c = 115 haciendo uso del dato y(0) = 100. Ahora

y(t) = 115ekt − 15 ⇒ y(10) = 115e0.2 − 15 ≈ 125 .

EJERCICIO 4.33 El suministro de glucosa al torrente sanguıneo es unatecnica medica importante. Para estudiar este proceso, definimos y(t)como la cantidad de glucosa presente en la sangre de un paciente en eltiempo t. Supongamos que la glucosa se suministra al sistema sanguıneoa una tasa constante de k gramos por minuto. Al mismo tiempo laglucosa se transforma y se separa de la sangre a una tasa proporcionala la cantidad de glucosa presente.

• La funcion y(t) satisface la ecuacion diferencial lineal de primer orden

y′(t) =dy

dt= k − ay ,

donde a es una constante positiva. Resolviendo esta ecuacion diferencial

y(t) =k

a+

(y(0)− k

a

)e−at .

Cuando t →∞, la concentracion de glucosa tiende al valor de equilibrio k/a.

EJERCICIO 4.34 Si unas vacas lecheras comen heno que contenga mu-cho yodo 131, su leche no se podra beber. Supongamos que ciertacantidad de heno contiene 10 veces la cantidad maxima permitida deyodo 131. ¿Cuantos dıas debera estar almacenado el heno antes de quese les pueda dar a comer a las vacas.? La vida media del yodo 131 es de8 dıas.

cii Tema 4 Modelos continuos I

• Sea y(0) la cantidad de yodo 131 presente en el heno. Entonces la cantidad al tiempot es y(t) = y(0)e−rt (t en dıas). La vida media del yodo 131 es de 8 dıas, entonces

y(0)e−8r = 0.5y(0) ⇒ e−8r = 0.5 ,

despejando, obtenemos r ≈ 0.087. En consecuencia

y(t) = y(0)e−0.087t .

A continuacion buscamos el valor de t tal que y(t) = 0.1y(0)

y(0)e−0.087t = 0.1y(0) ⇒ t =ln 0.1−0.087

≈ 26 .

El heno debe estar almacenado 26 dıas para que la cantidad de yodo se reduzca ala decima parte.

EJERCICIO 4.35 Se encontro que un fragmento de pergamino tenıaalrededor del 80% del nivel de C-14 que se encuentra hoy en dıa en lamateria viva. Estimar la edad del pergamino, sabiendo que la k delcarbono vale 0.00012.

• Aplicando la formula de la desintegracion radiactiva,

y(t) = y(0)e−rt = y(0)e−0.00012t ,

como y(t) = 0.8y(0)

0.8y(0) = y(0)e−0.00012t ⇒ t ≈ 1.900 anos .

EJERCICIO 4.36 Una sustancia radiactiva A se descompone segun laley x(t) = x(0)e−αt, transformandose en una nueva sustancia B, la cual, asu vez, se descompone a una velocidad vb = va−α1y = αx(t)−α1y(t), ya queen cada instante los αx atomos que se descomponen de la primera sus-tancia se transforman en atomos de la segunda, la cual pierde un numerode atomos igual a α1y. Suponiendo que en el instante inicial existieseny0 atomos de la segunda sustancia, expresar y en funcion del tiempot. Como aplicacion, determinar el numero de atomos de “emanacion deradio” que se forman en un dıa, si al empezar la transformacion estuvie-ran en presencia de 5× 105 atomos de radio y otros tantos de emanacionde (radon), sabiendo que α = 1.26× 10−11 y α1 = 2.1× 10−6.

ciii

• Del enunciado deducimos

vB =dy

dt= αx(t)− α1y(t) = αx(0)e−αt − α1y(t) ,

o bien

y′(t) + α1y(t) = αx(0)e−αt ,

que es una ecuacion lineal que tiene por factor integrante,

µ(t) = e∫

α1dt = eα1t .

Multiplicando la ecuacion diferencial por el factor integrante encontrado

eα1ty′(t) + α1eα1ty(t) = eα1tαx(0)e−αt ,

que corresponde a(y(t)eα1t

)′ = αx(0)e(α1−α)t .

La solucion es

y(t)eα1t = αx(0)∫

e(α1−α)t =αx(0)α1 − α

e(α1−α)t ,

y despejando

y(t) =αx(0)α1 − α

e−αt + ke−α1t .

• Ahora tenemos que calcular k a partir de la condicion inicial.

y0 =αx(0)α1 − α

+ k ⇒ k = y0 − αx(0)α1 − α

,

quedando la solucion

y(t) =αx(0)α1 − α

(e−αt − e−α1t

)+ y0e

−α1t .

• Por ultimo, en el caso particular x0 = y0 = 5 y α = 1.26× 10−11, α1 = 2.1× 10−6,se obtiene

y(24) ≈ 400.000 atomos de emanacion de radio

EJERCICIO 4.37 La poblacion de gaviotas en Norteamerica se ha es-tado duplicando cada trece anos desde 1900. Proporcionar una ecua-cion diferencial que satisfaga y(t), la poblacion t anos despues de 1900.¿Cuantas veces mas gaviotas hay en 1993 que en 1900?.

civ Tema 4 Modelos continuos I

• Supongamos que y(t) sea la poblacion de gaviotas en perıodos de 13 anos, y quet = 0 en 1900. Del enunciado deducimos

y(1) = 2y(0), y(2) = 2y(1) = 22y(0), y(3) = 2y(2) = 23y(0), ..., y(t) = 2ty(0) .

Estamos ante el crecimiento exponencial

y(t) = 2ty(0) = y(0)eln 2t .

Si derivamos la expresion anterior obtenemos la respuesta a la primera de las pre-guntas

y′(t) = y(0) ln 2eln 2t = ln 2y(t) .

• La poblacion en 1993 sera y(t1) con t1 = (1993 − 1990)/13 = 7.15. Por tantoy(7.15) = y(0)27.15, la poblacion de palomas en 1993 sera 27.15 veces la poblacion en1990.

EJERCICIO 4.38 Supongase que un estudiante portador de un virusde gripe regresa a un campus universitario aislado que tiene 1000 es-tudiantes. Si se supone que la rapidez con que el virus se propaga esproporcional no solo al numero y de estudiantes contagiados, sino tam-bien, al numero de alumnos no contagiados. Determinar el numero deestudiantes contagiados despues de 6 dıas, si ademas se observa quedespues de 4 dıas y(4) = 50.

• Suponiendo que nadie sale del campus durante el transcurso de la enfermedad, sedebe resolver el problema de valor inicial

dy

dt= αy(1000− y) = ry

(1− y

1000

), y(0) = 1 .

que tiene por solucion:

y(t) =1000

1 + Ae−rt=

10001 + 999e−rt

,

donde el valor A = 999 se ha obtenido de la condicion y(0) = 1. Ahora bien, usandoel hecho y(4) = 50 determinamos el valor de r en la expresion anterior

50 ==1000

1 + 999e−4r⇒ r = 0.9906 , ,

con lo cual

y(t) =1000

1 + 999e−0.9906t,

finalmente

y(6) =1000

1 + 999e−5.9436= 276 estudiantes .

cv

EJERCICIO 4.39 Muchos cientıficos creen que han ocurrido cuatro gla-ciaciones en el ultimo millon de anos. Antes de que se conociera latecnica de fechado con carbono, los geologos creıan que el deshielo dela Cuarta Glaciacion empezo hace 25000 anos. En 1950, se encontrarontroncos de antiguos abetos debajo de restos glaciares cercanos a TwoCreeks, Wiscosin. Los geologos determinaron que esos arboles habıancaıdo por el avance de hielo durante la Cuarta Glaciacion. La made-ra de los abetos derrumbados contenıan el 27 % del nivel de C-14 quese encuentra en los arboles vivos. ¿Cuantos anos hace que ocurrio laCuarta Glaciacion?.

• El modelo que debemos utilizar es el que describe la desintegracion radiactiva delcarbono 14. Si y(t) es la cantidad de carbono 14 en el tiempo t, entonces

y(t) = y(0)e−0.00012t .

Haciendo uso del enunciado sabemos que y(t) = 0.27y(0), entonces

0.27y(0) = y(0)e−0.00012t , ⇒ t = − ln 0.270.00012

≈ 10911 anos .

EJERCICIO 4.40 Una infeccion comun en el tracto urinario en los hu-manos es producido por la bacteria Escherichia coli. Generalmente lainfeccion se hace patente cuando la colonia de bacterias alcanza una po-blacion alrededor de 108. La colonia duplica su tamano cada 20 minutos.Cuando se vacıa una vejiga llena (alrededor de un litro) se elimina al-rededor del 90 % de las bacterias. Supongamos que al inicio de ciertoperıodo de tiempo, la vejiga y tracto urinario de una persona contiene108 bacterias de E. coli. Durante un intervalo de T minutos la personaingiere suficiente lıquido para llenar la vejiga. Encontrar el valor de Ttal que si se vacıa la vejiga despues de T minutos, alrededor de 108 bacte-rias permaneceran dentro del organismo. (Nota: Raras veces es posibleeliminar una infeccion de E. coli por diuresis, sin utilizar medicamentos,bebiendo grandes cantidades de agua).

• Sea y(t) la poblacion de bacterias E. coli en el tiempo t (en minutos). Si suponemosque la poblacion sigue la distribucion exponencial y(t) = y(0)ert, entonces al sery(20) = 2y(0) implica que r = ln 2/20. Por tanto,

y(t) = y(0)eln 220

t = y(0)2t/20 .

cvi Tema 4 Modelos continuos I

Teniendo en cuenta el enunciado, el numero de bacterias que quedan en el tractourinario despues de T minutos viene dada por

y(T ) = 108 × 2T/20 × 0.1 .

y este numero debe ser 108. En consecuencia

108 × 2T/20 × 0.1 = 108 ⇒ T =20 ln 10

ln 2≈ 66 minutos .

EJERCICIO 4.41 En 1974 Estados Unidos tenıa alrededor de 80 mi-llones de litros de productos radiactivos de plantas nucleares y otrosreactores nucleares. Los desechos fueron almacenados en distintos tiposde contenedores, y los contenedores fueron enterrados en el suelo osumergidos en el oceano. Los cientıficos piensan que se debe evitar quelos desechos contaminen el resto del planeta hasta que mas del 99.99 %de la radiactividad haya desaparecido. Si un cilindro de almacenamientocontiene productos de desecho cuya vida media es de 1500 anos, ¿cuantosanos debe sobrevivir el contenedor sin fugas.?

• Sea y(t) la cantidad de residuos radiactivos en el tiempo t (en anos). El modelo quedebemos utilizar viene dado por y(t) = y(0)e−rt, donde la constante de desintegra-cion r se obtiene a partir del dato de la vida media.

y(t) =y(0)2

= y(0)e−1500r ⇒ r ≈ 0.001073.

Tenemos entonces que y(t) = y(0)e−0.001073 t, y deseamos encontrar el tiempo t queha de transcurrir para que y(t) = 0.0001y(0). Planteando la ecuacion

0.0001y(0) = y(0)e−0.001073 t ⇒ t ≈ 8583 anos .

EJERCICIO 4.42 Supongamos que el precio p(t) de una determinadaespecie animal, varıa de modo que su razon de cambio con respecto altiempo es proporcional a la escasez D − S donde D(p) y S(p) son lasfunciones de demanda y de oferta,

D(p) = 8− 2p S(p) = 2 + p ,

1.- Si el precio es de 1000 euros cuando t = 0 y 600 euros cuando t = 2,calcular p(t)

2.- Determinar que le sucede a p(t) a “largo plazo”

cvii

• Es inmediato deducir que

p′(t) = k(D − S) = 6− 3p , p(0) = 1000 , p(2) = 600 ,

que es una ecuacion diferencial de variables separables∫

dp

3(2− p)=

∫k dt ⇒ −1

3ln |2− p| = kt + c1 ,

o bien

ln |2− p| = −3kt + c2 ⇒ p(t) = 2− ec2e−3kt .

Ahora, teniendo en cuenta p(0) = 1000, entonces ec2 = −998. Por otro lado, p(2) =600 obliga a que k ≈ 0.085. Por tanto, la ecuacion buscada es

p(t) = 2 + 998e−0.255 t .

Es evidente, que p(t) → 2 cuando t →∞.

EJERCICIO 4.43 Supongamos que los recursos mundiales solo propor-cionan alimento suficiente para seis mil millones de seres humanos. Lapoblacion mundial fue de 1.6 mil millones en 1900 y de 2.4 mil millonesen 1950. Usando la ecuacion logıstica, averiguar cual sera la poblacionmundial en el ano 2000.

• Si y(t) es el numero de personas en el ano t, entonces

y(t) =6× 109

1 + Ae−rt.

Como conocemos la poblacion en 1900 que corresponde al tiempo t = 0, y en 1950

y(0) = 1.6× 106 = 6×109

1+A ⇒ A = 624y(50) = 2.4× 106 = 6×109

1+624e−50r ⇒ r ≈ 0.0038 .

Es decir

y(t) =6× 109

1 + 624e−0.038t,

que nos permite encontrar el valor deseado. La poblacion en el ano 2000 sera dey(100) ≈ 4.01× 108 personas.

cviii Tema 4 Modelos continuos I

EJERCICIO 4.44 En 1981 se pesco un cierto numero de percas de unano en Nueva Jersey, y se llevaron al otro lado del continente en vagonestanque de ferrocarril, para ser liberadas en la bahıa de San Francisco.Solamente un total de 435 percas sobrevivieron a la dureza del viaje.Sin embargo, en 1989, la sola pesca comercial capturo 1.234.000 kilosde percas. Dado que el crecimiento de la poblacion fue tan acelerado,es razonable suponer que obedecio a la ley de Malthus dy(t)/dt = ay(t) .Suponiendo que el peso promedio de una perca es de 3 kilos, y que en1989 se capturo una de cada diez percas, determinar un lımite inferiorpara la constante de crecimiento a.

• El numero de percas despues de t anos vendra dado por y(t) = y(0)ert. En primerlugar, el numero de percas existentes en 1989 sera de 1234000 × 10/3 = 4113330.Llevando este valor en y(t) con t = 8 y y(0) = 435, obtenemos

4113330 = 435e8r ⇒ r =18

ln(

4113330435

)= 1.1443 .

EJERCICIO 4.45 Una familia de salmones que habita en las costas deAlaska se rige por la ley multhusiana de crecimiento de poblacion

dy(t)/dt = 0.003y(t) ,

donde t se mide en minutos. En el tiempo t = 0 un grupo de tiburones seestablece en esas aguas y empieza a atacar a los peces. La tasa a la cualel tiburon mata a los salmones es de 0.001y2(t), donde y(t) es la poblacionde salmones en el tiempo t. Mas aun, dado que un elemento indeseablese incorporo a su habitat 0.002 salmones por minuto abandonan las aguasen Alaska.

1.- Modificar la ley de Malthus de crecimiento de poblacion para teneren cuenta estos factores.

2.- Supongamos que en el tiempo t = 0 hay un millon de salmones.Calcular la poblacion y(t). ¿Que pasa cuando t →∞?.

• Si consideramos y′(t) = 0.003P (t), entonces y(t) = y(0)e0.003t. La modificacionsupone que

y′(t) = 0.003y(t)− 0.001y2(t)− 0.002 .

cix

• Para resolver la ecuacion diferencial anterior, descomponemos

dy(t)0.003y(t)− 0.001y2(t)− 0.002

= dt ,

dy(t)(y(t)− 2)(y(t)− 1)

=1

y(t)− 2+

−1y(t)− 1

,

integrando

ln∣∣∣∣y(t)− 2y(t)− 1

∣∣∣∣ = −0.001t + ln c ,

despejando

y(t) =2− ce−0.001t

1− ce−0.001t, c ∈ IR .

• Para t = 0 tenemos

c =y(0)− 2y(0)− 1

=999.998999.999

,

por lo tanto

y(t) =1.999.998− 999.998e−0.001t

999.999− 999.998e−0.001t,

si hacemos tender t →∞, entonces y(t) → 2.

EJERCICIO 4.46 Segun la ley de Newton, la velocidad de enfriamientode un cuerpo en el aire es proporcional a la diferencia entre la tempe-ratura T del cuerpo y la temperatura T0 del aire. Si la temperatura delaire es de 200 C y el cuerpo se enfrıa en 20 minutos desde 1000 C hasta600 C, ¿dentro de cuanto tiempo su temperatura descendera hasta 300

C?.

• Si T (t) representa la temperatura en grados centıgrados del cuerpo en el minuto t,entonces la ecuacion diferencial que modela a la situacion planteada es

T ′(t) = k(T (t)− T0) = k(T (t)− 20) .

Es facil comprobar que la solucion de esta ecuacion es de la forma

T (t) = 20 + ecekt .

cx Tema 4 Modelos continuos I

Si tenemos en cuenta que T (0) = 100, entonces ec = 80 y en este caso

T (t) = 20 + 80ekt .

Por otro lado, T (20) = 60, sustituyendo

60 = 20 + 80ekt ⇒ k = − ln 220

≈ −0.03465 .

Finalmente

T (t) = 20 + 80e−0.03465t .

La respuesta a la pregunta planteada se obtiene resolviendo la ecuacion 30 = T (t).En efecto,

30 = 20 + 80e−0.03465t ⇒ t =ln 8

0.03465≈ 60 minutos.

cxi


1.- Escribir una ecuacion diferencial que describa el hecho de que cuando los fac-tores ambientales imponen un lımite superior sobre su tamano, la poblacioncrece a un ritmo que es conjuntamente proporcional a su tamano actual y a ladiferencia entre su lımite superior y su tamano actual.

2.- La poblacion de cierto paıs esta creciendo exponencialmente. La poblaciontotal (en millones) en t anos esta dada por la funcion y(t). Relacionar cadauna de las siguientes respuestas con su correspondiente pregunta:

2.a.- Resolver y(t) = 2 para t.

2.b.- y(2).

2.c.- y′(2).

2.d.- Resolver y′(t) = 2 para t.

2.e.- y′ = ky.

2.f.- Resolver y(t) = 2y(0) para t.

2.g.- y0ekt , k > 0.

2.h.- y(0).

Preguntas:

2.a.- Como de rapido estara creciendo la poblacion dentro de 2 anos.

2.b.- Dar la forma general de la funcion y(t).

2.c.- Cuanto tiempo tardara en duplicarse la poblacion actual.

2.d.- Cual sera el tamano inicial de la poblacion.

2.e.- Cuando sera el tamano de la poblacion de 2 millones.

2.f.- Cuando estara creciendo la poblacion a una tasa de 2 millones de personasal ano.

2.g.- Dar una ecuacion diferencial que satisfaga y(t).

3.- Paramecia con suficiente comida y sin limitaciones de espacio, crece exponen-cialmente. Inicialmente, hay 1500. Cuatro horas mas tarde, la poblacion es de2000 individuos. Encontrar la poblacion de Paramecia en funcion del tiempo,y determinar el tiempo que ha de trascurrir para que se duplique la poblacion.

4.- Las matematicas del crecimiento incontrolado son terrorıficas. Una simplecelula de bacterias E. Coli podrıa bajo condiciones ideales, dividirse cada 25minutos. Esto no es particularmente desconcertante hasta que no pensamos

cxii Tema 4 Modelos continuos I

detenidamente sobre ello, pero el hecho es que la bacteria se multiplica geo-metricamente. De una obtenemos dos, cuatro, ocho, dieciseis, ... De estamanera, puede probarse que en un dıa, una celula de E. Coli puede produciruna supercolonia igual en tamano y peso al planeta tierra. Probar que estaafirmacion es cierta, sabiendo que la masa media de una bacteria de E. Colies 10−12 gramos y que la masa de la tierra es aproximadamente 5.9763× 10244kilos.

5.- Una gran poblacion de 5000 individuos se traslada a una lugar donde la comidaes limitada, lo cual afecta a la dinamica de su crecimiento, que viene dada porla ecuacion diferencial

y′(t) = −0.1y(t) + 100 .

Resolver la ecuacion diferencial anterior y encontrar lo que le sucede a la po-blacion a largo plazo.

6.- La constante de decaimiento para el estroncio 90 es 0.0244, donde el tiem-po esta medido en anos. ¿Cuanto tiempo le llevara a una cantidad y(0) deestroncio 90 reducirse a la mitad de su tamano original.?

7.- En 1947 se descubrio en Lascaux, Francia, una cueva con bellas pinturas mu-rales prehistoricas. Se encontro allı mismo un trozo de carbon de maderaque contenıa el 20 % de C14 que se esperaba encontrar en los arboles vivos.¿Cuantos anos tienen las pinturas de Lascaux?.

8.- Un pedazo de carbon de lena encontrado en Stonehenge contenıa el 63 % delnivel de C-14 que se encuentra en los arboles vivos.

9.- Sea y(t) la longitud de un determinado pez en el tiempo t y supongamos quecrece de acuerdo a la ley de von Bertalanfly

y′(t) = k(34− y(t)) , y(0) = 2 .

9.a.- Resolver la ecuacion diferencial.

9.b.- Utilizar la solucion anterior para determinar el valor de k suponiendo quey(4) = 10. Representar graficamente y(t).

9.c.- Encontrar la longitud del pez cuando t = 10. ¿Cual sera su longitud alargo plazo?.

10.- Al sacar un pastel de un horno su temperatura es de 1480 C. tres minutosdespues, su temperatura es de 930 C. ¿ Cuanto tardara en enfriarse hasta unatemperatura ambiente de 210 C?.

cxiii

11.- En el estudio de los efectos de la seleccion natural sobre una poblacion, aparecela siguiente ecuacion diferencial

y′(t) = −0.0001y(t)2(1− y(t))

donde y(t) es la frecuencia de un gen a. ¿Contra quien va la presion selectiva?.Trazar la solucion de esta ecuacion cuando y(0) esta cerca, pero es ligeramentemenor de 1.

Trazar las soluciones representativas de las ecuaciones

y′ = y(1− y)(0.15− 0.5y)y′ = 0.05y(1− y)(2y − 1)

Considerar distintas condiciones iniciales con y(0) entre 0 y 1 y discutir posiblesinterpretaciones geneticas para esas curvas, es decir, describir los efectos de laseleccion sobre la frecuencia genetica y en terminos de las distintas condicionesiniciales.

12.- Sea y(t) el numero de peces de una poblacion en el instante t. La poblacionesta esta modelada por el problema de valor inicial: y′(t) = y(t) − y2(t)/9 −8/9, y(0) = y0, donde y0 es una constante positiva.

12.a.- ¿Cual es el coeficiente de sobrepoblacion?. ¿Cual es la tasa de captura?

12.b.- Resolver la ecuacion diferencial.

12.c.- Realizar un analisis cualitativo de la ecuacion diferencial, e interpretar elresultado obtenido en terminos del futuro de la poblacion de peces.

13.- Obtener las soluciones de equilibrio de las ecuaciones diferenciales siguientes ytrazar sus graficas. Dibujar las curvas solucion representativas arriba, abajo yentre las curvas de equilibrio. Para cada solucion acotada y(t), estudiar y(t)cuando t →∞.

(a) y′ = (1− y)(y + 1)2 (b) y′ = sen (y/2)

(c) y′ = y(y − 1)8y − 2) (a) y′ = y3 − 2y2 − y + 2

14.- Una solucion que contiene 2 libras de sal por galon empieza a fluir a un depositode 50 galones de agua pura a razon de 3 galones/minuto. Despues de 3 minutosla mezcla empieza a salir a 3 galones/minuto.

14.a.- ¿Cuanta sal hay en el deposito cuando t=2 minutos? ¿Y cuando t=25minutos?

14.b.- ¿Cuanta sal hay en el deposito cuando t → +∞.

cxiv Tema 4 Modelos continuos I

15.- Una poblacion crece exponencialmente durante T meses con una constantede crecimiento de 0.03 por mes. Luego, la constante aumenta de manerarepentina a 0.05 por mes. Despues de 20 meses, la poblacion se duplica. ¿Enque momento T cambio la constante de crecimiento?.

16.- e acuerdo con la ley de Newton del enfriamiento, la tasa de cambio de latemperatura de un cuerpo es proporcional a la diferencia entre la temperaturadel cuerpo y la del medio que lo rodea.

16.a.- Escribir una ecuacion diferencial que sirva de modelo para la temperaturadel cuerpo, dada la temperatura del medio.

16.b.- Un veterinario desea saber la temperatura de un caballo enfermo. Laslecturas del termometro siguen la ley de Newton. Al momento de insertarel termometro marca 82 0F. Despues de tres minutos la lectura es de 90 0Fy tres minutos mas tarde es de 94 0F. Una convulsion repentina destruyeel termometro antes de la lectura final. ¿Cual es la temperatura delcaballo?.

16.c.- Un huevo duro se saca de una cacerola con agua caliente y se pone aenfriar en una mesa. Al principio, la temperatura del huevo es de 180 0F.Despues de una hora es de 140 0F. Si la temperatura de la habitacion esde 65 0F, ¿en que momento tendra el huevo una temperatura de 120 0F.

Tema 2

MODELOS CONTINUOS II

EJERCICIO 2.1 En la ecuacion logıstica, si la capacidad de carga esK = 105, y(0) = 100, y(1) = 120, calcular las coordenadas del punto deinflexion de la curva de efectivos de la poblacion.

• Es conocido que si y(t) sigue una ley logıstica, entonces

y(t) =K

1 + Ae−rt=

105

1 + Ae−rt.

Si sustituimos los valores y(0) = 100, y(1) = 120, obtenemos el sistema

100 = 105

1+A

120 = 105

1+Ae−r .

De la primera de las ecuaciones deducimos A = 999. Llevando este valor en lasegunda ecuacion, podemos despejar el valor de r ≈ 0.1825. El modelo logısticovendra dado por

y(t) =105

1 + 999e−0.1825t.

• Por otro lado, sabemos que la poblacion crece con mayor rapidez en el punto deinflexion de la curva que representa a y(t). Sabemos que dicho punto tiene decoordenadas (t1, y(t1)) = (t1, K/2). Llevando estos valores en y(t)

105

2=

105

1 + 999e−0.1825t1⇒ e−0.1825t =

1999

,

xli

xlii Tema 2 Modelos continuos II

y despejando

t1 = − 10.1825

ln(

1999

)≈ 37.8 .

Las coordenadas pedidas son (37.8, 105/2).

EJERCICIO 2.2 El modelo

dy(t)

dt= ry(t)

(1−

(y(t)

K

)α),

donde α es un numero positivo que depende del organismos, ha sidopropuesto como un modelo alternativo al logıstico. Encontrar los puntosde equilibrio del modelo y clasificarlos.

• Los valores de y(t) que anulan a su primera derivada y′(t) son los puntos de equilibrioy1 = 0 e y2 = K. Para valores 0 < y(t) < K es facil comprobar que y′(t) > 0 y lapoblacion crecera. Por el contrario, si y(t) > K, la poblacion decrece debido a quey′(t) < 0.

En conclusion, el punto y2(t) = K es un sumidero, o un punto asintoticamenteestable.

EJERCICIO 2.3 Supongamos el modelo poblacional

dy(t)

dt= my(t)(1− y(t))− αy2(t) , (2.1)

donde y(t) es el numero de individuos en el tiempo t y las constantes my α son positivas.

1.- Encontrar el punto de equilibrio del modelo

2.- Estudiar la estabilidad del punto de equilibrio encontrado

3.- Relacionar el modelo propuesto con el logıstico

• Empezamos el ejercicio encontrando los puntos de equilibrio

y′(t) = my(t)(1− y(t))− αy2(t) = y(t) (m− y(t)(m + α)) = 0 ,

que corresponde a

y1(t) = 0 , y2(t) =m

m + α.

xliii

• Para clasificar estos puntos de equilibrio, reescribimos la ecuacion diferencial (??)como,

y′(t) = (m + α)y(t)(

m

m + α− y(t)

). (2.2)

Ahora, es inmediato ver que,

– si y(t) < 0, entonces y′(t) < 0 y la poblacion decrece (aunque evidentementeno tiene sentido biologico),

– si 0 < y(t) < m/(m + α), la poblacion aumenta al ser y′(t) > 0,

– si y(t) > m/(m + α), entonces y′(t) < 0, volviendo la poblacion a decrecer.

En conclusion, el punto y2(t) = m/(m + α) es un sumidero.

• La ecuacion diferencial (??) puede expresarse

(m + α)y(t)(

m

m + α− y(t)

)= a y(t) (K − y(t)) ,

donde a = (m+α) y K = m/(m+α). Esta ultima ecuacion diferencial correspondea un modelo logıstico que tiene a K como capacidad de carga del sistema.

EJERCICIO 2.4 La ley de crecimiento de una poblacion viene dada porla ecuacion diferencial

y′(t) = at2y(t)

(1− 1

by(t)

); a , b positivos .

1.- Calcular y(t), con la condicion inicial y(0) = 100

2.- Estudiar el comportamiento de y(t) a largo plazo.

3.- Si a = 0.2, b = 104 y el tiempo se mide en horas; calcular y(t) al cabode 4 y 6 horas.

• Si escribimos la ecuacion diferencial como

y′ = at2y − a

bt2y2 ⇒ y′ − at2y = −a

bt2y2 ,

podemos observar que estamos ante una ecuacion diferencial de Bernouilli. Dichaecuacion se convierte en lineal dividiendo por y2 y haciendo el cambio

z =1y

⇒ z′ = − 1y2

y′ .

xliv Tema 2 Modelos continuos II

En efecto,

1y2

y′ − at21y

= −a

bt2 ⇒ z′ + at2z =

a

bt2 . (2.3)

Ahora necesitamos un factor integrante para esta ultima ecuacion

µ(t) = e∫

at2dt = eat3

3 . (2.4)

Multiplicando (??) por (??)

z′eat3

3 + at2zeat3

3 =a

bt2e

at3

3 ⇒(

z.eat3

3

)′=

a

bt2e

at3

3 ,

e integrando

zeat3

3 =1b

∫at2e

at3

3 dt =1be

at3

3 + c .

Despejando

z =1b

+ ce−at3

3 =1 + bce−

at3

3

b,

o bien

z =1y

⇒ y(t) =b

1 + bce−at3

3

.

Si y(0) = 100, entonces

100 =b

1 + bc⇒ c =

b− 100100b

,

y por lo tanto

y(t) =b

1 + (b− 100)10−2e−at3

3

.

• Par conocer el comportamiento asintotico de la poblacion hacemos que t → ∞, yobtenemos y(t) → b.

• Si suponemos que a = 0.2 y b = 104, se cumple

y(t) =104

1 + 99e−0.2t3

3

,

y en consecuencia y(4) ≈ 4186, y(6) ≈ 9999.

xlv

EJERCICIO 2.5 Una poblacion de bacterias y(t) crece en funcion deltiempo, medido en horas, siguiendo la ley logıstica. Es conocido que,inicialmente, el numero de individuos es 100, que el maximo que puedesoportar el medio es 105 individuos y que al final de la primera hora lapoblacion alcanzo unos efectivos de 120.

Se desea conocer la poblacion al cabo de las 4 horas y cuanto tiem-po tendra que transcurrir para que se alcance la mitad del numero deindividuos que forman la capacidad maxima.

• Sabemos que si la poblacion sigue un modelo logıstico, el numero de bacterias alcabo de t horas viene dado por

y(t) =K

1 + Ae−rt,

donde K es la capacidad de carga del sistema. En nuestro caso K = 105. Losparametros A y r los obtenemos de

y(0) = 100 =105

1 + A⇒ A = 999 .

y de la ecuacion,

y(1) = 120 =105

1 + 999e−r⇒ r = 0.18 .

En consecuencia

y(t) =105

1 + 999e−0.18t. (2.5)

La respuesta a la primera de las preguntas es inmediata, ya que y(4) ≈ 205 bacterias.

• Ahora, necesitamos conocer el tiempo que ha de transcurrir para que y(t) = K/2 =105/2. Sustituyendo en (??)

105

2=

105

1 + 999e−0.18t⇒ t ≈ 38 horas.

xlvi Tema 2 Modelos continuos II

EJERCICIO 2.6 Se observa que en un medio de cultivo apropiado, elcrecimiento de la Escherichia Coli sigue el modelo logıstico (t en dıas),

y(t) =Ky0

y0 + (K − y0)e−rt=

K

1 + Ae−rt,

alcanzando la saturacion en 6×106 celulas/ml. En modelos de este tipo latasa de crecimiento instantanea viene dada por α(t) = y′(t)/y(t), y dismi-nuye a medida que aumentan los efectivos de la poblacion. Suponiendoque se parte de un hipotetico numero y0 de efectivos y que

α(4) = 0.325, α(6) = 0.054 .

1.- Determinar el valor de r, sabiendo que y(6) = 5.5× 106 celulas/ml.

2.- Calcular el tamano de la poblacion al cabo de 4 dıas y al iniciar laexperiencia.

• Del enunciado deducimos que

y′(t) = ry(t)(

1− 1K

y(t))

⇒ α(t) =y′(t)y(t)

= r

(1− 1

Ky(t)

).

Sustituyendo

α(6) = 0.054 = r

(1− 5.5× 106

6× 106))

⇒ r ≈ 0.65 .

• Por otro lado,

α(4) = 0.325 = 0.65(

1− 16× 106

y(4))

⇒ y(4) ≈ 3× 106 .

Finalmente

y(t) =Ky0

y0 + (K − y0)e−rt⇒ y(4) = 3× 106 =

6× 106y0

y0 + (6× 106 − y0)e−0.65×4,

que da un valor de y0 ≈ 414831 celulas/ml.

xlvii

EJERCICIO 2.7 Cuando se ingiere estroncio-90 (90Sr,) este puede des-plazar al calcio que se encuentra en los huesos. Despues de desintegrarse,se convierte en un isotopo de kripton (un gas inerte), y se difundeabandonando el hueso dejandolo poroso.

Supongamos que un hueso determinado contiene 20 mg. de 90Sr, el cualtiene una vida media de 28 anos. Escribir una ecuacion que nos de lacantidad de 90Sr que permanece en cualquier tiempo, y determinar sucantidad despues de diez anos. ¿Cuanto tiempo tiene que transcurrirpara que la cantidad de 90Sr sea de 7 mg.?

• Si y(t) es la cantidad de 90Sr para el ano t, entonces y(t) = 20e−rt. La constante dedesintegracion r la calculamos haciendo uso de la vida media de la sustancia,

y(0)2

= y(0)e−rt = y(0)e−28r ⇒ r =ln 228

≈ 0.02476 .

Por tanto, y(t) = 20e−0.02476t. Despues de diez anos y(10) = 15.6 miligramos.

• Para terminar el ejercicio resolvemos la ecuacion y(t) = 7,

7 = 20e−0.02476t ⇒ t ≈ 42.4 anos.

EJERCICIO 2.8 Supongamos que estamos calentando un cultivo de E.coli a 100oC, en una habitacion que se encuentra a una temperatura de22oC, y comprobamos que a los 5 minutos la temperatura del cultivo esde 93oC. Queremos inocular el cultivo cuando se alcancen los 40oC.

Sea T (t) la temperatura del cultivo. Si suponemos que se cumple laley de enfriamiento de Newton, encontrar la ecuacion diferencial quemodeliza la situacion anterior y resolverla.

Encontrar cuanto tiempo es necesario que transcurra para inocular elcultivo. Dibujar la grafica de T (t) para la primera hora.

• La ecuacion diferencial pedida es

T ′(t) = k(T (t)− 22), k < 0 ,

que es de variables separables∫

dT (t)T (t)− 22

=∫

kdt ⇒ T (t) = 22 + ekt+c .

xlviii Tema 2 Modelos continuos II

Al ser T (0) = 100, entonces ec = 78 y en consecuencia

T (t) = 22 + 78ekt , k < 0 .

Como una vez transcurrido 5 minutos la temperatura es de 93 grados

93 = 22 + 78e5k ⇒ k = −0.0188 ,

y finalmente

T (t) = 22 + 78e−0.0188t .

• El tiempo que ha de pasar para que la temperatura sea de 40oC es

40 = 22 + 78e−0.0188t ⇒ t ≈ 78 minutos.

Figura 5.1.

Como podemos apreciar hacen falta aproximadamente 78 minutos para que la tem-peratura sea de 40oC, mientras que al cabo de una hora T (60) ≈ 47oC.

xlix

EJERCICIO 2.9 El numero de celulas que componen un tumor es, ini-cialmente, 104. El crecimiento de dicho tumor puede responder a unade las dos leyes siguientes:

y′(t) = ry(t)(1− 1

ky(t)

), Logıstica

y′(t) = re−aty(t) , de Gompertz ,

siendo y(t) el numero de celulas para t medido en dıas; r = 0.2, k = 22×107

y a = 0.02 una constante que retrasa el crecimiento en el segundo modelo.

1.- Calcular la expresion de y(t) en los dos modelos, siendo el instanteinicial t0 = 0.

2.- Comprobar que existe un tope poblacional para el segundo modelo,cuyo valor numerico coincide con el del primero de ellos.

3.- Es conocido que para este tipo de tumores la velocidad de cre-cimiento es maxima cuando t = 50 dıas. Calcular en los dos modeloslos efectivos en dicho instante. Establecer cual de los dos modelos,y por que, describe el comportamiento previsto.

• En primer lugar resolvemos el problema de valores iniciales

y′(t) = 0.2y(t)(

1− 122× 107

y(t))

, y(0) = 104 .

Esta ecuacion diferencial es de variables separables

∫dy

y(1− 1

22×107 y) =

∫0.2dt ⇒

∫dy

y+

∫ 122×107

1− 122×107 y

dy = 0.2t + c .

Integrando

ln |y| − ln∣∣∣∣1−

122× 107

y

∣∣∣∣ = 0.2t + c ⇒ ln

∣∣∣∣∣y

1− 122×107 y

∣∣∣∣∣ = 0.2t + c ,

despejando

y = e0.2t+c

(1− 1

22× 107y

)⇒ y

(1 +

122× 107

e0.2t+c

)= e0.2t+c .

Es decir,

y(t) =e0.2t+c

1 + 122×107 e0.2t+c

=22× 107

1 + 22× 107 e−(0.2t+c).

l Tema 2 Modelos continuos II

Al ser y(0) = 104, sustituimos en la expresion anterior

104 =22× 107

1 + 22× 107 e−c⇒ e−c = 9999× 10−8 .

La respuesta a nuestro problema sera el modelo logıstico:

y(t) =22× 107

1 + 22× 107 × 9999× 10−8e−0.2t=

22× 107

1 + 21998e−0.2t. (2.6)

Ahora necesitamos resolver el segundo de los problemas de valores iniciales

y′(t) = 0.2e−0.02ty(t) , y(0) = 104 .

Separando las variables, e integrando

y′

y= 0.2e−0.02t ⇒ ln |y| =

∫0.2e

−0.02tdt = −10e−0.02t + k ,

despejando el valor de la poblacion de celulas

y(t) = e−10e−0.02t+k .

Para determinar el valor de k tenemos en cuenta que y(0) = 104.

104 = e−10ek ⇒ ek = 104 e10 .

Finalmente

y(t) = 104e10(1−e−0.02t) . (2.7)

• La respuesta al segundo de los apartados es inmediata

limt→∞ 104e10(1−e−0.02t) = 104 × e10 ≈ 22× 107 .

Es decir, existe un lımite poblacional que coincide con la capacidad de carga delmodelo logıstico.

• En cuanto al tercero de los apartados,

y1(50) =22× 107

1 + 21998e−10≈ 11× 107 =

k

2

y2(50) = 104e10(1−e−1) = 104 × 556.6 .

Por ultimo, calculamos para el segundo de los modelos el momento en el que lavelocidad de crecimiento del tumor es maxima. Sabemos que la velocidad vienedada por

v(t) = y′(t) = re−aty ,

li

y el maximo se alcanza en el punto que anula su derivada (que coincide con el puntode inflexion de y(t)),

v′ = −are−aty + re−aty′ = −are−aty + re−at(re−aty) = rye−at(−a + re−at) = 0

Es decir,

re−at = a ⇒ t = −1a

ln(a

r

)≈ 115 dıas .

Luego, para la segunda de las leyes el maximo se alcanza a los 115 dıas (puede verseque v′′(115) < 0).

EJERCICIO 2.10 Sea y(t) el numero de individuos de cierta especieanimal. Supongamos que y(t) cumple la siguiente ecuacion logıstica decrecimiento,

dy

dt= 0.2y(t)

(1− y(t)

200

), y(0) = 150 . (2.8)

1.- ¿Es la ecuacion diferencial (??) de variables separables?. ¿Es (??)autonoma?. ¿Es (??) lineal.?

2.- Sin resolver la ecuacion diferencial, dibujar de forma aproximaday(t).

3.- Estudiar el comportamiento a largo plazo de la poblacion.

4.- Comprobar que la solucion es de la forma

y(t) =e0.2t

A + Be0.2t,

y encontrar los valores de A y B.

5.- ¿Donde se encuentra el punto de inflexion de y(t)?.

• Es evidente que esta ecuacion diferencial es autonoma ya que la variable tiempo t nose encuentra en el segundo miembro de (??). Ademas, se trata de una ecuacion devariables separables (toda ecuacion autonoma lo es). Sin embargo, (??) no es linealdebido a la presencia del termino y2(t). La funcion y(t) es aproximadamente de laforma que indica la Figura 5.2.

• En el grafico puede verse que la poblacion tiende a estabilizarse en y(t) = 200, quees la capacidad de carga del sistema.

lii Tema 2 Modelos continuos II

Para resolver (??), separamos las variables∫

dy

y(1− y

200

) =∫

0.2dt . (2.9)

La primera de las integrales es racional con raıces reales simples en el denominador.Podemos descomponerla en

∫dy

y(1− y

200

) =∫ (

1y

+1

200− y

)dy ,

cuya solucion es∫

dy

y(1− y

200

) = ln∣∣∣∣

y

200− y

∣∣∣∣ + C1 . (2.10)

Figura 5.2.

La segunda de las integrales vale∫

0.2dt = 0.2t + C2 . (2.11)

Llevando (??) y (??) en (??)

ln∣∣∣∣

y

200− y

∣∣∣∣ = 0.2t + C ⇒ y(t) =200Ke0.2t

1 + Ke0.2t,

con K = eC .

Para calcular la constante K hacemos uso del dato y(0) = 150

150 =200K

1 + K⇒ K = 3 .

liii

• Finalmente

y(t) =600e0.2t

1 + 2e0.2t=

e0.2t

1600 + 1

200e0.2t⇒ A =

1600

, B =1

200.

• Para encontrar el punto de inflexion de y(t) encontramos su derivada segunda,

y′′(t) =(

0.2(1− y

200

)+ 0.2y

(− 1

200

))y′(t) ,

la cual se anula cuando

0.2(1− y

200

)+ 0.2y

(− 1

200

)= 0 ⇒ 0.2− 0.4

y

200= 0 ⇒ y = 100 .

Observemos que el valor obtenido corresponde a la mitad de la capacidad de cargaencontrada.

EJERCICIO 2.11 Existe un tipo de ardillas que son muy territoriales,las cuales cumplen:

• Si la poblacion es grande, su tasa de crecimiento decrece y puedellegar a ser negativa.

• Si la poblacion es demasiado pequena, los adultos fertiles corren elriesgo de no poder encontrar companeros adecuados y de nuevo latasa de crecimiento es negativa.

Si la capacidad de carga N indica cuando la poblacion es demasiadogrande, y el parametro M representa cuando la poblacion es demasia-do pequena, podemos modificar el modelo logıstico para que tenga encuenta las hipotesis anteriores

dy

dt= Ky

(1− y

N

)( y

M− 1

).

1.- Encontrar y clasificar los puntos de equilibrio.

2.- Construir el campo de direcciones.

3.- Suponiendo que N = 100, M = 1 y k = 1, encontrar la solucion quecumple con la condicion inicial y(0) = 20.

• Los puntos de equilibrio son las soluciones constantes y en consecuencia y′(t) = 0.En nuestro caso

Ky(1− y

N

) ( y

M− 1

)= 0 ⇒ y = 0, y = N, y = M .

liv Tema 2 Modelos continuos II

La Figura 3.2 corresponde a la grafica de la funcion

ϕ(y) = Ky(1− y

N

)( y

M− 1

),

Figura 5.3.

Teniendo en cuenta la funcion ϕ(y) podemos construir la lınea fase de de los puntosde equilibrio, y el campo de direcciones

Figura 5.4.

que nos permite afirmar que y = 0 e y = N son sumideros e y = M es una fuente.

• Para resolver la ecuacion diferencial

dy

dt= y

(1− y

100

)(y − 1) ,

lv

separamos las variables,∫

dy

y(1− y

100

)(y − 1)

=∫

dt .

La primera integral es racional con raıces reales simples en el denominador. Por lotanto, permite ser descompuesta en suma de tres integrales racionales simples.

∫dy

y(1− y

100

)(y − 1)

= −∫

1ydy +

∫0.0001

1− 0.01ydy +

∫1.01y − 1

dy .

La solucion de nuestra ecuacion diferencial sera

ln(

(y − 1)1.01

y(1− 0.01y)0.01

)= t + C ,

y la solucion particular pedida que cumple y(0) = 20, obliga a

ln(

(20− 1)1.01

20(1− 0.01× 20)0.01

)= C ⇒ C ≈ 0.98057 .,

Por tanto,

ln(

(y − 1)0.99

y(1− 0.01y)100

)= t + 0.98057 .

Observemos la imposibilidad de despejar el valor de y(t) de la expresion anterior.Sin embargo, podemos representar de forma aproximada la solucion, para ello ten-drıamos que estudiar el campo de direcciones.

EJERCICIO 2.12 Choristoneura fumiferana es un insecto que dana con-siderablemente a los bosques. Los investigadores actuales modelan sudinamica a traves de la siguiente ecuacion diferencial

dy(t)

dt= ry(t)

(1− y(t)

k

)− αy(t)2

1 + βy(t)2,

donde se observa una primera parte que corresponde a un modelologıstico y una segunda consistente en el efecto de depredacion, ba-sada en la ecuacion del disco de Holling.

Realizar un analisis cualitativo del modelo, para r = 1, k = 1000, α =0.5, β = 0.04.

• Debemos comenzar encontrando los puntos de equilibrio del modelo,

y(t) = constante ⇒ y(1− y

1000

)− 0.5y2

1 + 0.04y2= 0 .

lvi Tema 2 Modelos continuos II

Simplificando

y

(1− y

1000− 0.5y

1 + 0.04y2

)= 0 .

Una de las soluciones es la trivial y1(t) = 0 y ademas

1 =y + 0.04y3 + 500y

1000 + 40y2⇒ 0.04y3 − 40y2 + 501y − 1000 = 0

Las raıces podemos encontrarlas con el programa Mathematicar,

NSolve[0.04y3 − 40y2 + 501y− 1000 == 0, y]

{{y → 2.48966}, {y → 10.1703}, {y → 987.34}}

A continuacion clasificaremos cada uno de estos puntos.

Figura 5.5.

Observemos en las graficas anteriores que y′(t) es positiva en

(0, 2.48966) ∪ (10.1703, 987.34)

y negativa en el resto. Por tanto la poblacion y(t) crecera en

(0, 2.48966) ∪ (10.1703, 987.34)

y decrecera en (2.48966, 10.1703) ∪ (987.34, +∞).

Los puntos de equilibrio 2.48966 y 987.34 seran asintoticamente estables (sumideros)y el 10.1703 un punto de equilibrio inestable (fuente).

EJERCICIO 2.13 Consideremos la ecuacion diferencial dydt

= 2 sen(πy).Encontrar todos los puntos de equilibrio y determinar su estabilidad.Dibujar el diagrama fase y dibujar algunas de las soluciones en el planoOty.

lvii

• Al ser los puntos de equilibrio las soluciones constantes y(t) = k, entonces y′(t) = 0.Por tanto

2 sen(πy) = 0 ⇒ y = n , n ∈ Z .

En la Figura 5.6 se muestra el diagrama fase, donde puede apreciarse que en cadanumero entero par existe un punto de equilibrio inestable y en el resto (los impares)son puntos de equilibrio estables.

Figura 5.6.

lviii Tema 2 Modelos continuos II

EJERCICIO 2.14 Este ejercicio pone de manifiesto un hecho importan-te en el analisis cualitativo conocido con el nombre de bifurcacion delcomportamiento de la ecuacion diferencial. La ecuacion diferencial tieneun numero de puntos de equilibrio dependientes de un parametro α.

Consideremos la ecuacion diferencial dy/dt = αy − y3, donde α puede serpositivo, negativo o cero. Encontrar todos los puntos de equilibrio ydeterminar su estabilidad para los diferentes valores posibles de α. Paralos valores α = ±1, trazar el diagrama de fase y algunas de las solucionesen el plano Oyt.

• Para encontrar los puntos de equilibrio resolvemos y(α − y2) = 0. Por tanto, eny = 0 siempre existe un punto de equilibrio. Ademas, si α < 0, entonces y = 0 es elunico punto de equilibrio. Si α > 0 existen tres puntos de equilibrio

y = 0 , y = −√α , y = +√

α .

• La Figura 5.7 muestra que si α = −1, entonces y = 0 es un punto de equilibrioestable. Cuando existen tres puntos de equilibrio, entonces y = 0 es inestable, mien-tras que y = ±√α, los dos son estables. Ademas, como el parametro α cambia denegativo a positivo, el comportamiento cualitativo de la ecuacion diferencial cambiapasando de un unico punto de equilibrio estable en y = 0, a una ecuacion diferencialcon tres puntos de equilibrio con y = 0 inestable y otros dos estables.

• Para el caso α = −1, la funcion φ(y) = −y − y3 es siempre decreciente y corta aleje de abscisas en y = 0. Para valores y < 0 la funcion es positiva, lo cual implicaque la solucion de la ecuacion diferencial es creciente hacia el punto de equilibrio. Siy > 0 la funcion es negativa y en consecuencia la solucion de la ecuacion diferenciales decreciente hacia el punto de equilibrio.

Figura 5.7: Estudio cualitativo de y′ = −y − y3.

lix

Figura 5.8: Estudio cualitativo de y′ = y − y3.

A continuacion resolveremos un ejercicio en donde se pone de manifiesto el EfectoAllen aplicado a un tipo de loros (Rhynchopsitta pachyrhycha) de Mexico. Estospajaros viven en grandes colonias lo que les permiten defenderse mejor de sus de-predadores, especialmente de los halcones. Cuando la poblacion de loros desciendede un determinado numero, entonces son faciles presas de sus depredadores, y estoafecta de forma considerable a sus colonias de crıa.

EJERCICIO 2.15 Supongamos que en un tiempo t la poblacion de lorosviene expresada por y(t) , y que cumple la ecuacion diferencial

dy

dt= y(r − a(y − b)2) ,

donde r = 0.04 , a = 10−8 y b = 2200. Encontrar los puntos de equilibrio deesta ecuacion diferencial y estudiar su estabilidad. Dibujar su diagramade fase y algunas de sus soluciones para diferentes valores iniciales.

• Es inmediato comprobar que los puntos de equilibrio son

y = 0 , y = b +√

r

a, y = b−

√r

a.

El primero de ellos es la solucion trivial, lo cual significa, desde el punto de vistadel modelado, que si no existe poblacion presente, entonces no habra poblacion enel futuro (extincion).

Particularizando los valores de los parametros obtenemos los puntos de equilibrio,y = 0, y = 200 e y = 4200.

lx Tema 2 Modelos continuos II

Figura 5.9: Diagrama fase de dy/dt = y(0.04− 10−8(y − 2200)).

En la Figura 5.9 se ha dibujado la funcion φ(y) = y(0.04− 10−8(y − 2200)) y en laFigura 5.10 puede verse una ampliacion de la misma correspondiente a los valoresde y pertenecientes al intervalo [0, 300].

• Observemos que los puntos de equilibrio y = 0 e y = 4200 son estables, mientrasque el y = 200 es inestable. De acuerdo con la interpretacion del modelo, si lapoblacion de loros supera los 200 individuos, entonces al cabo de “mucho tiempo”su numero tiende a la capacidad de carga del sistema y llega a estabilizarse en elpunto de equilibrio 4200. Por el contrario, si el numero inicial es inferior a los 200,entonces el modelo predice la extincion de la especie. Observemos tambien, que si elnumero inicial de loros supera los 4200 entonces el modelo predice que la poblacionse reducira hasta alcanzar el valor de la capacidad de carga 4200.

Figura 5.10: Diagrama fase de dy/dt = y(0.04− 10−8(y − 2200)).

lxi


1.- Completar la tabla siguiente, y encontrar las soluciones de las distintas ecua-ciones diferenciales para comprobar que las soluciones que aparecen son lascorrectas.

y′ = 1− y y(t) = ce2t y′ = 2ty y(t) = 1− cet

y′ = −y y(t) = ce−t + 1 - y(t) = cet2

y′ = 1− 2t y(t) = ce−2t + t - y(t) = t− t2 + c

y′ = 2y ce−t y′ = k(100− y) -

2.- Utilizar los siguientes datos para hacer estimaciones de la poblacion de Espanaen los proximos anos.

ANO POBLACION ANO POBLACION ANO POBLACION

1789 10268150 1860 15655467 1920 213031621797 10541221 1877 16631869 1930 235638671833 12286941 1887 17560352 1940 258779711846 12162872 1897 18065635 1970 340415311850 10942280 1900 18594405 1981 376823551857 15495212 1910 19927150 1991 38872279

3.- Realizar el estudio cualitativo de las siguientes ecuaciones diferenciales. Dibu-jar sus lıneas de fase y sus campos de direcciones.

(a)dy

dt= y′ = 3y(1− y)

(b) dydt

= y′ = y2 − 6y − 16

(c) dydt

= y′ = (y − 2) sen y

lxii Tema 2 Modelos continuos II

Tema 3

MODELOS BASADOS ENSISTEMAS DE ECUACIONESDIFERENCIALES

EJERCICIO 3.1 Dos poblaciones x(t) e y(t), compuestas inicialmentepor x(0) = 20 e y(0) = 185 individuos, crecen de acuerdo con la leylogıstica de parametros r1 = 0.3 ; K1 = 3000 la x(t) y r2 = 0.2 ; K2 = 3000 lay(t), respectivamente.

1.- Hallar el instante en que coinciden los efectivos de las dos pobla-ciones.

2.- ¿Coinciden en ese instante, en el que lo hacen los efectivos, las tasasinstantaneas de crecimiento?.

3.- Calcular las coordenadas del punto en que la velocidad de cre-cimiento es maxima para cada una de las poblaciones.

4.- Si una tercera poblacion z(t) crece segun la ley de Malthus y susefectivos para t = 0 y t = 4 son, respectivamente, z(0) = x(0) = 20 yz(4) = y(0) = 185, ¿cuantos efectivos componen esta poblacion en elinstante t obtenido en el primero de los apartados?.

5.- Representar graficamente x(t) e y(t).

lxiii

lxiv Tema 3 Modelos basados en sistemas de ecuaciones diferenciales

• Del enunciado deducimos

x(t) =K1

1 + A1e−r1t⇒ x(t) =

30001 + A1e−0.3t

, x(0) = 20 ,

sustituyendo

20 =3000

1 + A1⇒ A1 = 149 .

La primera de las leyes es

x(t) =3000

1 + 149e−0.3t.

Razonando de la misma manera puede comprobarse que

y(t) =3000

1 + 15.2e−0.2t.

• Si igualamos estas dos expresiones

30001 + 149e−0.3t

=3000

1 + 15.2e−0.2t⇒ 15.2e−0.2t = 149e−0.3t ⇒ 15.2

149= e−0.1t ,

tomando logaritmos neperianos

t = − 10.1

ln(

15.2149

)≈ 23 .

En este momento (t = 23) las tasas instantaneas de crecimiento T (t) = x′(t)/x(t),toman los valores

T1(23) = 0.3(1− x(23)

3000

)= 0.3

(1− 2608)

3000

)≈ 0.0392

T2(23) = 0.2(1− y(23)

3000

)= 0.2

(1− 2602

3000

) ≈ 0.02653

• Para el tercero de los apartados necesitamos saber el valor de t tal que x(t) =K/2 , y(t) = K/2. Es decir,

x(t) =3000

1 + 149e−0.3t=

30002

⇒ t = − 10.3

ln(

1149

)≈ 16.67

y(t) =3000

1 + 15.2e−0.2t=

30002

⇒ t = − 10.2

ln(

115.2

)≈ 13.6

Las coordenadas pedidas son (16.67, 1500) en el primer caso y (13.6, 1500) en elsegundo.

lxv

• Para el siguiente apartado estamos ante el crecimiento exponencial

z(t) = z(0)ert = 20ert , z(4) = y0 = 185 .

El valor de la constante r de crecimiento es

185 = 20e4r ⇒ r =14

ln(

18520

)≈ 0.556 .

El modelo propuesto es

z(t) = 20e0.556t

• La siguiente figura corresponde a la representacion grafica de las funciones x(t) ey(t).

Figura 6.1.

EJERCICIO 3.2 Las funciones y1(t), y2(t) representan los efectivos dedos especies animales competitivas, inicialmente integradas por 200 y100 individuos respectivamente. La dinamica del sistema esta gobernadapor

{y′1(t) = 0.05y1(t)− 0.02y2(t)y′2(t) = −0.02y1(t) + 0.03y2(t)

medido el tiempo t en anos.

1.- Determinar los efectivos de las especies a lo largo del tiempo.

2.- Encontrar el numero de individuos para t = 30 anos.

lxvi Tema 3 Modelos basados en sistemas de ecuaciones diferenciales

• Empezamos expresando el sistema en forma matricial,(

y′1(t)y′2(t)

)= 10−2

(5 −2

−2 3

)(y1(t)y2(t)

).

Calculamos los valores y vectores propios de la matriz,

A := {{5,−2}, {−2, 3}}Eigenvalues[A]Eigenvectors[A]

λ1 = 10−2(4 +√

5) , ~v1 = (2, 1−√5)λ2 = 10−2(4−√5) , ~v2 = (2, 1 +

√5)

La solucion general es(

y1(t)y2(t)

)= c1

(2

1−√5

)e10−2(4+

√5) t + c2

(2

1 +√

5

)e10−2(4−√5) t ,

Al ser y1(0) = 200, y2(0) = 100, entonces si sustituimos y resolvemos el sistemaobtenemos que c1 = c2 = 50. La solucion particular es ahora

(y1(t)y2(t)

)= 50

(2

1−√5

)e10−2(4+

√5) t + 50

(2

1 +√

5

)e10−2(4−√5) t

• La funcion y1(t) que nos da los efectivos de la primera de las especies es

y1(t) = 100e10−2(4+√

5)t + 100e10−2(4−√5)t ,

la cual es siempre creciente, lo que implica que para la primera especie, siempreaumentara el numero de efectivos. Sin embargo,

y2(t) = 50(1−√

5)e10−2(4+√

5)t + 50(1 +√

5)e10−2(4−√5)t ,

tiene un termino negativo, que se anula cuando

50(1−√

5)e10−2(4+√

5)t + 50(1 +√

5)e10−2(4−√5)t = 0 ⇒ t ≈ 21.5 anos .

Es decir, al cabo de los 21.5 anos, la segunda de las especies desaparecera y soloquedara la primera de ellas. El sistema de ecuaciones diferenciales quedara en estosmomentos reducida a la ecuacion

y′1(t) = 0.05y1(t) ⇒ y1(t) = y0e0.05t ,

y en consecuencia y(30) = 896 individuos.

lxvii

EJERCICIO 3.3 Las funciones x(t), y(t) representan los efectivos de dosespecies animales, inicialmente integradas por 10 y 5 individuos respec-tivamente. La dinamica del sistema esta gobernada por

x′(t) =dx

dt= −3x(t)

y′(t) =dy

dt= 2y(t)

medido el tiempo t en meses.


2.- Encontrar el numero de individuos al cabo de un ano.

3.- Encontrar y analizar el plano fase.


• En primer lugar, debemos resolver el sistema de ecuaciones diferenciales lineales(

x′(t)y′(t)

)=

( −3 00 2

)(x(t)y(t)

),

y para ello, es necesario encontrar los valores propios de la matriz que define elsistema

A := {{−3, 0}, {0, 2}}Eigenvalues[A]

{-3,2}. Es decir, dos valores propios reales con signos distintos. Siendo sus vectorespropios asociados

Eigenvectors[A]

{{1,0},{0,1}}. En consecuencia, la solucion general del sistema es(

x(t)y(t)

)= k1e

−3t

(10

)+ k2e

2t

(01

)⇒

{x(t) = k1e

−3t

y(t) = k2e2t

Las constantes k1 = 10 y k2 = 5 las determinamos de las condiciones inicialesx(0) = 10 e y(0) = 5. Por tanto,

x(t) = 10e−3t , y(t) = 5e2t .

Observemos que si t → +∞, entonces x(t) → 0, e y(t) → +∞. Por otro lado, sit → −∞, entonces x(t) → +∞, e y(t) → 0.

lxviii Tema 3 Modelos basados en sistemas de ecuaciones diferenciales

• La poblacion al cabo de un ano sera de

x(12) ≈ 2.3× 10−15 , y(12) ≈ 1.3× 1011

• El plano fase lo construimos haciendo uso del programa Mathematicar.

<< Graphics‘PlotField‘PlotVectorField[{−3x, 2y}, {x,−25, 25}, {y,−25, 25}]

Figura 6.2. Plano fase y curva solucion para el sistema.

• Es inmediato comprobar que las unicas soluciones constantes son x(t) = 0 e y(t) = 0.Por tanto, el (0, 0) es un punto de equilibrio del sistema. En la Figura 6.2 podemosobservar que en la direccion del eje de abscisas el origen es un sumidero. En cambio,segun el eje de ordenadas el (0, 0) es una fuente. A este tipo de puntos de equilibriose le conoce con el nombre de punto de silla. Ademas, el punto de equilibrio esinestable.

Como en este ejercicio

dy/dt

dx/dt=

dy

dx=

2y

−3x⇒ −3

ydy =

2x

dx ,

es una ecuacion diferencial de variables separables, entonces es posible encontrar deforma explıcita la ecuacion de las trayectorias (las curvas solucion del sistema).

−3 ln |y| = 2 ln |x|+ ln |k| ⇒ y−3 = kx2 ,

o bien,

y = c1

3√

x2.

lxix

De todas ellas, la solucion particular x(0) = 10, y(0) = 5 corresponde a c = 5 3√

100.Es decir

y(x) = 5 3

√100x2

.

EJERCICIO 3.4 Las funciones x(t), y(t) representan los efectivos de dosespecies animales, inicialmente integradas por 5 y 10 individuos respec-tivamente. La dinamica del sistema esta gobernada por

x′(t) =dx

dt= −x(t)

y′(t) =dy

dt= −4y(t)



2.- Encontrar el numero de individuos al cabo de un 5 ano.



• El sistema anterior puede escribirse matricialmente(

x′(t)y′(t)

)=

( −1 00 −4

)(x(t)y(t)

).

Los valores propios de la matriz anterior son

A := {{−1, 0}, {0,−4}}Eigenvalues[A]

{-1,-4}. Es decir, dos valores propios reales diferentes de signo negativo. Es deesperar dos soluciones en lıneas rectas que tiendan a cero cuando t →∞.

Los vectores propios asociados son

Eigenvectors[A]

{{1,0},{0,1}}. En consecuencia, la solucion general viene dada por(

x(t)y(t)

)= k1e

−t

(10

)+ k2e

−4t

(01

)⇒

{x(t) = k1e

−t

y(t) = k2e−4t

Encontramos k1 = 5 y k2 = 10 a partir de las condiciones iniciales x(0) = 5 ey(0) = 10. Por tanto, x(t) = 5e−3t e y(t) = 10e2t.

lxx Tema 3 Modelos basados en sistemas de ecuaciones diferenciales

• La poblacion al cabo de cinco anos sera de

x(5) = 5e−3t ≈ 0.0336897 , y(5) = 10e2t ≈ 2.06115× 10−8

• A continuacion construimos el plano fase

<< Graphics‘PlotField‘PlotVectorField[{−x,−4y}, {x,−25, 25}, {y,−25, 25}]

Figura 6.3. Plano fase y curva solucion para el sistema.

• Es facil comprobar que el (0, 0) es un punto de equilibrio del sistema. En la Figura 6.3podemos observar que en la direcciones de los ejes, el origen es un sumidero. En estecaso, el origen es un punto de equilibrio estable. A largo plazo, independientementede las condiciones iniciales, las dos especies desapareceran.

Como en el ejercicio anterior,

dy/dt

dx/dt=

dy

dx=−4y

−x⇒ 1

ydy =

4x

dx ,

es una ecuacion diferencial de variables separables. Podemos encontrar la ecuacionde las trayectorias

ln |y| = 4 ln |x|+ ln |k| ⇒ y = kx4 ,

La solucion particular x(0) = 5, y(0) = 10 corresponde a k = 10/54. Es decir

y(x) =1054

x4 .

lxxi

EJERCICIO 3.5 Las funciones x(t), y(t) representan los efectivos de dosespecies animales, inicialmente integradas por 5 y 5 individuos respecti-vamente. La dinamica del sistema esta gobernada por

x′(t) =dx

dt= 2x(t)+ 2y(t)

y′(t) =dy

dt= x(t)+ 3y(t)



2.- Encontrar el numero de individuos al cabo de 3 anos.



• Estamos ante el sistema de ecuaciones diferenciales lineales siguiente:(

x′(t)y′(t)

)=

(2 21 3

)(x(t)y(t)

).

Para resolverlo encontramos los valores propios de la matriz

A := {{2, 2}, {1, 3}}Eigenvalues[A]

{4,1}. Es decir, dos valores propios reales con signos positivos. Siendo sus vectorespropios asociados

Eigenvectors[A]

{{1,1},{-2,1}}. En consecuencia, la solucion general del sistema es(

x(t)y(t)

)= k1e

4t

(11

)+ k2e

t

( −21

)⇒

{x(t) = k1e

4t − 2k2et

y(t) = k1e4t + k2e

t

Las soluciones en lıneas rectas las obtendremos suponiendo que k1 = 0 y a conti-nuacion k2 = 0.

Si k1 = 0 ⇒ y = −12

Si k2 = 0 ⇒ y = x

La solucion particular pedida, la deducimos de las condiciones iniciales x(0) = 10 ey(0) = 5. Por tanto, k1 = 5 , k2 = 5, y en consecuencia, x(t) = 5e4t e y(t) = 5e4t.

lxxii Tema 3 Modelos basados en sistemas de ecuaciones diferenciales

• La poblacion en el tercer ano sera x(3) = y(3) = 813774.

• El plano fase lo construimos haciendo uso del programa Mathematicar.

<< Graphics‘PlotField‘PlotVectorField[{2x + 2y, x + 3y}, {x,−25, 25}, {y,−25, 25}]

Figura 6.4. Plano fase y curvas solucion y = x, y = −0.5x.

• Las unicas soluciones constantes son x(t) = 0 e y(t) = 0. Por tanto, el (0, 0) es unpunto de equilibrio del sistema. En la Figura 6.4 podemos observar que el origenes una fuente, todas las soluciones se alejan del origen cuando el tiempo crece.Ademas, el punto de equilibrio es inestable.

Veamos ahora que en este caso es imposible obtener una expresion explıcita de lasorbitas o trayectorias. Razonando de manera similar a los ejercicios anteriores,

dy/dt

dx/dt=

dy

dx=

x + 3y

2x + 2y⇒ (2x + 2y)dy = (x + 3y)dx ,

es una ecuacion diferencial homogenea de grado uno. Para resolverla, es necesariodividir la ecuacion diferencial por x y hacer posteriormente el cambio y/x = z, conlo cual dy = xdz + zdx. Sustituyendo

(1 + 3z)dx = (2 + 2z)(xdz + zdx) ⇒ (1 + z − 2z2)dx = (2 + 2z)xdz ,

se convierte en una ecuacion diferencial de variables separables

1x

dx =2 + 2z

1 + z − 2z2dz .

Procedemos a descomponer la fraccion que aparece en el segundo miembro, comosuma de fracciones simples

2 + 2z

1 + z − 2z2= − 1 + z

(z − 1)(z + 0.5)= − 4/3

z − 1+

1/3z + 0.5

.

lxxiii

Integrando

∫1x

dx =∫

2 + 2z

1 + z − 2z2dz ⇒ ln |x| = − ∫ 4/3

z−1dz +∫ 1/3

z+0.5dz

= −43 ln |z − 1|+ 1

3 ln |z + 0.5|Deshaciendo el cambio anterior

ln |x| = −43

ln |yx− 1|+ 1

3ln |y

x+ 0.5|+ k ,

donde puede apreciarse las dificultades de poder encontrar una expresion explıcitadel tipo y = ϕ(x).


x′(t) =dx

dt= −2x(t) −3y(t)

y′(t) =dy

dt= 3x(t) −2y(t)






• Empezamos escribiendo el sistema matricialmente(

x′(t)y′(t)

)=

( −2 −33 −2

)(x(t)y(t)

).

Para resolverlo es necesario encontrar los valores propios de la matriz

A := {{−2,−3}, {3,−2}}Eigenvalues[A]

{-2+3i, -2-3i}. Es decir, dos numeros complejos conjugados. Siendo sus vectorespropios asociados

Eigenvectors[A]

lxxiv Tema 3 Modelos basados en sistemas de ecuaciones diferenciales

{{i,1},{-i,1}}. Para poder encontrar la solucion general del sistema, necesitamos co-nocer dos soluciones particulares linealmente independientes. Para ello, procedemosde la manera siguiente:

(x(t)y(t)

)= e(−2+3i)t

(i1

)= e−2t (cos 3t + i sen 3t)

(i1

).

Multiplicando

{x(t) = e−2t (− sen 3t + i cos 3t)y(t) = e−2t (cos 3t + i sen 3t)

La solucion general vendra dada por

(x(t)y(t)

)= k1e

−2t

( − sen 3tcos 3t

)+ k2e

−2t

(cos 3tsen 3t

), k1, k2 ∈ IR ,

o bien

{x(t) = −k1e

−2t sen 3t + k2e−2t cos 3t

y(t) = k1e−2t cos 3t + k2e

−2t sen 3t

De todas ellas, la que pasa por el punto (x(0), y(0)) = (5, 5) corresponde a k1 = 5 yk2 = 5.

• El numero de animales al cabo de 1 ano sera,

{x(12) = −5e−24 sen 36 + 5e−24 cos 36y(12) = 5e−24 cos 36 + 5e−24 sen 36

• Observemos que ahora no existen soluciones en lınea recta, ya que si k1 = 0, entonces

x(t) = k2e−2t cos 3t , y(t) = k2e

−2t sen 3t ,

y no podemos expresar y = cte x.

• Este hecho se observa facilmente si dibujamos el plano fase.

<< Graphics‘PlotField‘PlotVectorField[{−2x− 3y, 3x− 2y}, {x,−25, 25}, {y,−25, 25}]

lxxv

Figura 6.5. Plano fase.

La figura siguiente muestra la evolucion a lo largo del tiempo de las solucionesx(t) = 5e−2t cos 3t e y(t) = 5e−2t sen 3t.

Las dos poblaciones se extinguen a largo plazo.

Figura 6.6. Curvas solucion x(t) , y(t).

En la Figura 6.5 se aprecia que el punto de equilibrio (0.0) es un sumidero enespiral.

lxxvi Tema 3 Modelos basados en sistemas de ecuaciones diferenciales


x′(t) =dx

dt= −2x(t) +y(t)

y′(t) =dy

dt= −2y(t)

(3.1)






• Tenemos que resolver el sistema de ecuaciones diferenciales lineales(

x′(t)y′(t)

)=

( −2 10 −2

)(x(t)y(t)

).

Si encontramos los valores propios de la matriz que define el sistema

A := {{−2, 1}, {0,−2}}Eigenvalues[A]

{-2, -2}. En este caso, solo existe un valor propio que es un numero real positivo.Los vectores propios asociados son

Eigenvectors[A]

{{1,0},{0,0}}. Existe un unico valor propio linealmente independiente. Ahora, solopodemos encontrar la solucion

(x(t)y(t)

)= e−2t

(10

),

o bien

x(t) = e−2t, y(t) = 0 .

Observemos que el eje de abscisas (y = 0) es una recta solucion del sistema. Parael resto de las soluciones, no podemos encontrar la solucion general, pero podemosanalizar el sistema de manera cualitativa.

lxxvii

• Empezamos dibujando el plano fase.

<< Graphics‘PlotField‘PlotVectorField[{−2x + y,−2y}, {x,−25, 25}, {y,−25, 25}]

Figura 6.7. Plano fase.

• Podemos observar, que el origen es un sumidero. Si empezamos con unas condicionesiniciales (x(0), y(0)) que no se encuentren sobre uno de los ejes, entonces la orbitagira y llega al origen en direccion tangente a la solucion en lınea recta (y = 0). Elpunto de equilibrio (0, 0) en una fuente en espiral.

Por ultimo, encontremos la solucion general del sistema (??). De la segunda ecuaciondeducimos

y′ = −2y ⇒ y(t) = k1e−2t ,

sustituyendo este valor en la primera de las ecuaciones

x′ = −2x + k1e−2t ⇒ x′ + 2x = k1e

−2t ,

que es una ecuacion diferencial lineal.

µ(t) = e∫

2dt = e2t ,

multiplicando la ecuacion diferencial por el factor integrante µ(t),

x′e2t + 2xe2t = k1 ⇒ xe2t = k1t + k2 ⇒ x = k1te−2t + k2e

−2t

lxxviii Tema 3 Modelos basados en sistemas de ecuaciones diferenciales

En resumen, la solucion general viene dada por

x(t) = k1te−2t + k2e

−2t , y(t) = k1e−2t .

La solucion particular pedida (x(0), y(0)) = (6, 9) corresponde a k2 = 6, k1 = 9.

x(t) = 9te−2t + 6e−2t, y(t) = 9e−2t

• Al cabo de un ano, el numero de animales sera de

x(12) ≈ 4.30365× 10−9 , y(12) ≈ 3.39762× 10−10

EJERCICIO 3.8 Sean x(t), y(t) las poblaciones de dos especies que com-piten por recursos. Un incremento en cualquier especie tiene un efectoadverso sobre la razon de crecimiento de la otra. En concreto

dx

dt= x′(t) = 2x

(1− x

2

)− xy

dy

dt= y′(t) = 3y

(1− y

3

)− 2xy

Analizar el comportamiento a largo plazo de ambas poblaciones.

• Supongamos en primer lugar que y = 0, entonces el sistema se reduce al modelologıstico x′(t) = 2x(1 − x/2). La lınea fase de esta ecuacion coincidira con el ejede abscisas del plano fase. Del mismo modo, si x(t) = 0, entonces estamos ante elmodelo logıstico y′(t) = 3y(1 − y/3), y de nuevo su lınea fase coincidira con el ejede ordenadas del plano fase. En consecuencia, tenemos los puntos de equilibrio

P1 = (0, 0) , P2 = (2, 0) , P3 = (0, 3) .

Existe otro punto de equilibrio P4 = (1, 1) que se obtiene resolviendo el sistema:{

2(1− x

2

)− y = 03

(1− y

3

)− 2x = 0

Por el teorema de unicidad de las soluciones, si partimos de condiciones inicialessituadas en el primer cuadrante (en el resto de los puntos no tiene sentido biologico),las orbitas deben de permanecer siempre en esta region.

De los cuatro puntos de equilibrio el P4 presenta especial interes, ya que nos informade que las dos especies pueden convivir.

Para realizar el estudio cualitativo del sistema, tenemos que representar y = 2− x ey = 3−2x. Estas rectas se cortan en el cuarto punto de equilibrio y divide al primer

lxxix

cuadrante en cuatro regiones.

El crecimiento o decrecimiento de las soluciones x(t) e y(t) puede estudiarse facilmenteanalizando el signo de sus primeras derivadas. Para ello, escribimos el sistema como

{x′(t) = x (2− x− y)y′(t) = y (3− y − 2x)

(3.2)

Figura 6.8. Plano fase del sistema.

Para puntos situados en la region A, tanto x′(t) como y′(t) son positivas, y por lotanto, las dos poblaciones aumentan. Si nos trasladamos a la segunda de las regionesB, entonces x(t) disminuye e y(t) aumenta. Para puntos situados en C, disminuyenambas poblaciones. Finalmente en D, la poblacion x(t) aumenta y disminuye y(t).En la figura siguiente hemos dibujado en el plano fase algunas de las trayectorias.

Figura 6.9. Orbitas del sistema.

lxxx Tema 3 Modelos basados en sistemas de ecuaciones diferenciales

Observemos como el punto de equilibrio (1, 1) es un punto de silla. Los dibujossugieren que las soluciones que no tienden al (1, 1) lo hacen hacia (0, 3) o bien al(2, 0).

Conclusion: la mayor parte de las soluciones tienden a una poblacion de equilibriocon una especie extinta y la otra en su capacidad de carga. La separatriz establedel punto de silla (1, 1) divide los dos comportamientos a largo plazo del modelo.

EJERCICIO PROPUESTO:

1.- Encontrar todos los puntos de equilibrio para los sistemas siguientes. Explicarla importancia de estos puntos para las poblaciones de presa y depredadores.

dx

dt= 10x

(1− x

10

)− 20xy

dy

dt= −5y +

xy

20

dx

dt= 0.3x− xy

100

dydt

= 15y(1− y

15

)+ 25xy

Tema 4

INTRODUCCION A LOSMETODOS NUMERICOS

EJERCICIO 4.1 Sea el problema de valor inicial:

dy

dt= (t− y) , y(0) = 2 .

Encontrar y(1) utilizando el metodo de Euler de paso h = 0.2

• La ecuacion diferencial permite ser resuelta por diversos metodos de integracion,siendo su solucion general

y(t) = t− 1 + ce−t , c ∈ IR .

La solucion particular que pasa por y(0) = 2 es

y(t) = t− 1 + 3e−t .

En consecuencia

y(1) = 1.10364

• A continuacion vamos a utilizar el metodo de Euler

yk+1 = yk + h f(tk, yk) , k = 0, 1, 2, · · · , n− 1

lxxxi

lxxxii Tema 4 Introduccion a los metodos numericos

para encontrar un valor aproximado de y(1). En este ejercicio,

h = 0.2, n = 5 , f(t, y) = t− y, (t0, y0) = (0, 2) .

De esta manera:

y(0.2) = y1 = y0 + h f(t0, y0) = 2 + 0.2 (0.0− 2) = 1.6y(0.4) = y2 = y1 + h f(t1, y1) = 1.6 + 0.2 (0.2− 1.6) = 1.32y(0.6) = y3 = y2 + h f(t2, y2) = 1.32 + 0.2 (0.4− 1.32) = 1.136y(0.8) = y4 = y3 + h f(t3, y3) = 1.136 + 0.2 (0.6− 1.136) = 1.0288y(1.0) = y5 = y4 + h f(t4, y4) = 1.0288 + 0.2 (0.8− 1.0288) = 0.98304

El error que se comete sera de 1.10364−0.98304 = 0.1206, o en forma de porcentaje

|1.10364− 0.98304|1.10364

= 0.1092 ⇒ 10.92% .

• El ejercicio tambien puede ser resuelto haciendo uso del Mathematicar. Empezamosintroduciendo los datos,

f[t , y ] := t− y;a = 0.;b = 1.;datos = {2.};n = 5;h = (b− a)/n;nodo = Table[a + ih, {i, 0, n}];

A continuacion aplicamos el metodo de Euler y guardamos los resultados en la listaque tiene por nombre datos.

For[i = 2, i <= n + 1, i + +, AppendTo[datos, datos[[i− 1]]+hf[nodo[[i− 1]], datos[[i− 1]]]]];

La respuesta a nuestro ejercicio sera

Table[{nodo[[i]], datos[[i]]}, {i, n + 1}]

{{0., 2.}, {0.2, 1.6}, {0.4, 1.32}, {0.6, 1.136}, {0.8, 1.0288}, {1., 0.98304}} .

Estos datos podemos representarlos a traves de la siguiente instruccion:

aproximada = ListPlot[Table[{nodo[[i]], datos[[i]]}, {i, n + 1}],PlotJoined− > True]

El resultado puede verse en la Figura 7.1.

lxxxiii

Figura 7.1. Rojo: solucion aproximada. Azul: solucion exacta.

• Tambien podemos resolver el problema de valores iniciales con las siguientes instru-cciones.

solucion = DSolve[y′[t] == t− y[t], y[t], t]solecuacion = y[t]/.solucion[[1]]constante = Solve[(solecuacion/.t→ 0) == 1, C[1]]solucionexacta = solecuacion/.constante[[1]]

Finalmente dibujamos la solucion exacta (ver Figura 7.1.)

graficaexacta = Plot[solucionexacta, {t, a, b},PlotStyle→ {Dashing[{0.02, 0.02}]}];

y superponemos las dos graficas:

Show[aproximada, graficaexacta];

EJERCICIO 4.2 Utilizar el metodo de Euler para aproximar la soluciondel problema de valor inicial:

dy

dt= y′ = y − t2 + 1 , 0 ≤ t ≤ 2 , y(0) = 0.5 ,

con n = 10.

• La ecuacion diferencial es lineal de primer orden. La solucion exacta del ejercicioviene dada por

y(t) = (t + 1)2 − 0.5et ⇒ y(2) = 5.3054720 .

lxxxiv Tema 4 Introduccion a los metodos numericos

• Si utilizamos el metodo de Euler con

h = 0.2, n = 10 , f(t, y) = y − t2 + 1, (t0, y0) = (0, 0.5) ,

obtenemos los valores reflejados en la Tabla 7.1.

tk yk y(0) ERROR

0.0 0.5000000 0.5000000 0.00000000.2 0.8000000 0.8292986 0.02929860.4 1.15200000 1.2140877 0.06208770.6 1.5504000 1.6489406 0.09854060.8 1.9884800 2.1272295 0.13874951.0 2.4581760 2.6408591 0.18268311.2 2.9498112 3.1799415 0.23013031.4 3.4517734 3.7324000 0.28062661.6 3.9501281 4.2834838 0.33335571.8 4.4281538 4.8151763 0.38702252.0 4.8657845 5.3054720 0.4396874

Tabla 7.1.

Observemos como los errores crecen a medida que aumentamos los valores de tk.Esto es consecuencia de la poca estabilidad del metodo de Euler.

EJERCICIO 4.3 Aplicar el metodo de Euler con h = 0.1, para calcularun valor aproximado de y(1) del problema,

y′ = −2ty , y(0) = 1 .

• Es facil comprobar que y = e−t2 , es la solucion del problema de valor inicial. Portanto

y(1) = 0.3678794412

• Tomamos el intervalo [0, 1] y lo dividimos en diez partes. Obtenemos de esta manerala particion tj con j = 0, 1, 2, · · · , 10. Si aplicamos el metodo de Euler

yk+1 = yk + hf(tk, yk) = yk − 2htkyk , k = 0, 1, 2, · · · , 9 ,

con y0 = y(0) = 1, entonces obtenemos los valores que aparecen en la Tabla 7.2.

lxxxv

tk yk ERROR tk yk ERROR

0.0 1.00000 0.00000 0.6 0.73224 0.034560.1 1.00000 0.00995 0.7 0.64437 0.031740.2 0.98000 0.01921 0.8 0.55416 0.026860.3 0.94080 0.02686 0.9 0.46549 0.0206370.4 0.88435 0.03220 1.0 0.38170 0.013820.5 0.81360 0.03480 – – –

Tabla 7.2.

• Podemos comprobar como el error crece cuando aumentamos el valor de k. Utili-zando el software adecuado es facil ver que y100 = 0.3691201 es un valor aproximadode y(1). Ahora, el error cometido es |0.3691201 − 0.3678794| = 0.0012406, que esmucho menor que cuando el paso era h = 0.1

Figura 7.2. Rojo: valor exacto. Azul: valor. aproximado.

EJERCICIO 4.4 Resolver el problema de valor inicial

dy

dt= t− y , y(0) = 2 ,

utilizando el metodo de Taylor de segundo orden y con un paso h = 0.2.

• Sabemos que para este metodo

yk+1 = yk + hf(tk, yk) +h2

2!

(df(t, y)

dt

)

(tk,yk)

, k = 0, 1, · · · , n ,

donde

df(t, y)dt

=∂f(t, y)

∂t+

∂f(t, y)∂y

dy

dt.

lxxxvi Tema 4 Introduccion a los metodos numericos

En nuestro caso,

df(t, y)dt

= 1− t + y ,

y en consecuencia

y1 = y(0.2) = y0 + hf(t0, y0) +h2

2!

(df(t, y)

dt

)

(t0,y0)

= y0 + h(t0 − y0) +h2

2!(1− t0 + y0)

= 2 + 0.2(0− 2) +0.22

2(1− 0 + 2) = 1.66 .

Del mismo modo

y2 = y(0.4) = y1 + hf(t1, y1) +h2

2!

(df(t, y)

dt

)

(t1,y1)

= y1 + h(t1 − y1) +h2

2!(1− t1 + y1)

= 1.66 + 0.2(0.2− 1.66) +0.22

2(1− 0.2 + 1.66) = 1.4172 .

Aplicando de forma reiterativa este proceso obtenemos

y3 = y(0.6) = 1.254 , y4 = y(0.8) = 1.15637, , y5 = y(1) = 1.11222

El error absoluto que cometemos es 1.11222−1.10364 = 0.00858, y un error porcen-tual del 0.78%.

• A continuacion resolveremos este mismo ejercicio con Mathematicar. Las primerasinstrucciones corresponden a la introduccion de los datos.

y′[t] = t− y[t];a = 0.;b = 1.;n = 5;datos = {2.};h = (b− a)/n;nodo = Table[a + ih, {i, 0, n}];

Ahora, tenemos que construir las funciones que nos dan las derivadas primera ysegunda de cualquier solucion de la ecuacion diferencial asociada a nuestro problema.

dy1 = y′[t];dy2 = D[y′[t], t];s1[u , v ] := dy1/.{y[t]− > v, t− > u}s2[u , v ] := dy2/.{y[t]− > v, t− > u}

lxxxvii

Posteriormente construimos las aproximaciones, programando el metodo de Taylor

For[i = 2, i <= n + 1, i + +, aux = datos[[i− 1]]+h ∗ s1[nodo[[i− 1]], datos[[i− 1]]]+(h2/2)s2[nodo[[i− 1]], datos[[i− 1]]];AppendTo[datos, aux]];

El resultado puede visualizarse a traves de la instruccion

Print[Table[{nodo[[i]], datos[[i]]}, {i, n + 1}]]

{{0., 2.}, {0.2, 1.66}, {0.4, 1.4172}, {0.6, 1.2541}, {0.8, 1.15637}, {1., 1.11222}}

EJERCICIO 4.5 Aplicar el metodo de Taylor de ordenes dos y cuatroal problema de valor inicial

dy

dt= y′ = y − t2 + 1 , 0 ≤ t ≤ 2 , y(0) = 0.5 ,

con n = 10.

• Empezamos analizando el caso de orden dos. Para ello necesitamos conocer

df(t, y(t))dt

=d

dt(y − t2 + 1) = y′ − 2t = y − t2 + 1− 2t , (4.1)

con lo cual podemos aplicar


2!

(df(t, y)

dt

)

(tk,yk)

, k = 0, 2, · · · , n ,

y obtenemos los valores que aparecen en la Tabla 7.3.


0.0 0.5000000 0 1.2 3.1913480 0.0114650.2 0.8300000 0.0007014 1.4 3.7486446 0.01624460.4 1.2158000 0.0017123 1.6 4.3061464 0.02266260.6 1.6520760 0.0031354 1.8 4.8462986 0.03112230.8 2.13233327 0.0051032 2.0 5.3476843 0.04221231.0 2.6486459 0.0077868 - -

Tabla 7.3.

lxxxviii Tema 4 Introduccion a los metodos numericos

• Para aplicar el metodo de Taylor de orden cuatro previamente necesitamos conocerlas siguientes derivadas,

d2f(t, y(t))dt2

=d

dt(y − t2 + 1− 2t) = y′ − 2t− 2 = y − t2 − 2t− 1

d3f(t, y(t))dt3

=d

dt(y − t2 − 2t− 1) = y′ − 2t− 2 = y − t2 − 2t− 1

y sustituir en la expresion


2!

(df(t, y)

dt

)

(tk,yk)

+h3

3!

(d2f(t, y)

dt2

)

(tk,yk)

+h4

4!

(d3f(t, y)

dt3

)

(tk,yk)

.

Un valor aproximado de y(0.2) lo calculamos como

y1 = 0.5 + 0.1f(0, 0.5) + 0.12

2 f ′(0, 0.5) + 0.13

6 f ′′(0, 0.5) + 0.14

2 f ′′′(0, 0.5)= 0.82930 .

Aplicando de forma reiterada la formula anterior, obtenemos los valores que aparecenen la Tabla 7.4.


0.0 0.5000000 0 1.2 3.1799640 0.00002250.2 0.8293000 0.0000014 1.4 3.7324321 0 .00003210.4 1.2140910 0.0000034 1.6 4.2835285 0.00004470.6 1.6489468 0.0000062 1.8 4.8152377 0.00006150.8 2.1272396 0.0000101 2.0 5.3055554 0.00008341.0 2.6408744 0.0000153 - -

Tabla 7.4.

EJERCICIO 4.6 Aplicar el metodo de Taylor de orden dos para calcularel valor aproximado de y(1) en el problema de valores iniciales

y′ = −2ty , y(0) = 1 ,

tomando h = 0.1.

lxxxix

• Calculamos la derivada de la funcion y′ = f(t, y) = −2ty, respecto de t.

df(t, y)dt

= y′′(t) = −2y − 2ty′ = −2y − 2t(−2ty) = −2y + 4t2y .

En consecuencia,


2df(tk, yk)

dt= yk − 2htkyk +

h2

2(−2yk + 4t2kyk)

Los resultados que se obtienen pueden verse en la tabla siguiente.


0 1 0 0.6 0.69550 2.17608927 ×10−3

0.1 0.99 4.98337491×10−5 0.7 0.61009 2.53358646×10−3

0.2 0.96049 2.91439152×10−4 0.8 0.52455 2.73462797×10−3

0.3 0.91324 6.89686871×10−4 0.9 0.44209 2.76075569×10−3

0.4 0.85095 1.18536075×10−4 1.0 0.36526 2.61864321 ×10−3

0.5 0.77709 1.70555464 ×10−3

EJERCICIO 4.7 Encontrar un valor aproximado de y(1), por el metodode Runga-Kutta de cuarto orden, del siguiente problema de valoresiniciales

y′ = f(t, y) = t− y , y(0) = 2 ,

con h = 0.2

• En primer lugar debemos encontrar las constantes

k1 = f(t0, y0) = f(0, 2) = 0− 2 = −2

k2 = f(t0 +h

2, y0 +

hk1

2) = f(0 +

0.22

, 2 +0.2(−2)

2) = −1.7

k3 = f(t0 +h

2, y0 +

hk2

2) = f(0 +

0.22

, 2 +0.2(−1.7)

2) = −1.73

k4 = f(t0 + h, y0 + hk3) = f(0 + 0.2, 2 + 0.2× (−1.73)) = −1.454

y a continuacion aplicar la formula

yk+1 = yk +h

6(k1 + 2k2 + 2k3 + k4) ,

xc Tema 4 Introduccion a los metodos numericos

para saber un valor aproximado de y(0.2).

y1 = y0 +h

6(k1 + 2k2 + 2k3 + k4) =

2 +0.26

(−2 + 2(−1.7) + 2(−1.73)− 1.454) = 1.6562

Repitiendo el proceso, obtenemos las aproximaciones

y2 = y(0.4) = 1.41097 , y3 = y(0.6) = 1.24645y4 = y(0.8) = 1.14801 , y5 = y(1.0) = 1.10366 .

El error que se comete es de 0.00001 y un error porcentual del 0.0009%.

• A continuacion utilizaremos el programa Mathematicar.

f[t , y ] := t− y;a = 0.;b = 1.;datos = {2.};n = 5;h = (b− a)/n;nodo = Table[a + ih, {i, 0, n}];For[i = 2, i <= n + 1, i + +,k1 = f[nodo[[i− 1]], datos[[i− 1]]];k2 = f[nodo[[i− 1]] + h/2, datos[[i− 1]] + (h/2)k1];k3 = f[nodo[[i− 1]] + h/2, datos[[i− 1]] + (h/2)k2];k4 = f[nodo[[i− 1]] + h, datos[[i− 1]] + hk3];AppendTo[datos, datos[[i− 1]] + (h/6)(k1 + 2k2 + 2k3 + k4)]];

e imprimimos los resultados

Print[Table[{nodo[[i]], datos[[i]]}, {i, n + 1}]]

{{0., 2.}, {0.2, 1.6562}, {0.4, 1.41097}, {0.6, 1.24645}, {0.8, 1.148}, {1., 1.10366}}

EJERCICIO 4.8 Aplicar el metodo de Runge-Kutta de orden cuatro conh = 0.1 para obtener un valor aproximado de y(1) en el siguiente problemade valor inicial,

y′ = −2ty , y(0) = 1 .

• Utilizando el mismo procedimiento del ejercicio anterior se llega a la tabla:

xci


0.0 1.00000 0.00000 0.6 0.69767 6.11067 ×10−8

0.1 0.99004 4.15834×10−10 0.7 0.61262 2.15806×10−7

0.2 0.96078 3.91674×10−9 0.8 0.52729 5.06502×10−7

0.3 0.91393 1.12525×10−8 0.9 0.44485 9.70467×10−7

0.4 0.85214 1.64987×10−8 1.0 0.36788 1.62525×10−6

0.5 0.77880 2.52770×10−9 - -

EJERCICIO 4.9 Aplicar el metodo de Runge-Kutta de orden cuatro paracalcular el valor aproximado de x(1) e y(1) en el problema de valoresiniciales

{x′(t) = f(t, x, y) = −4y + cos t ; x(0) = 0y′(t) = g(t, x, y) = x ; y(0) = 0

tomando h = 0.1.

• Tenemos que utilizar

xk+1 = xk +h

6(αk1 + 2αk2 + 2αk3 + αk4)

yk+1 = yk +h

6(βk1 + 2βk2 + 2βk3 + βk4)

donde

αk1 = f(tk, xk, yk) βk1 = g(tk, xk, yk)

αk2 = f(tk +h

2, xk +

hαk1

2, yk +

hβk1

2) βk2 = g(tk +

h

2, xk +

hαk1

2, yk +

hβk1

2)

αk3 = f(tk +h

2, xk +

hαk2

2, yk +

hβk2

2) βk3 = g(tk +

h

2, xk +

hαk2

2, yk +

hβk2

2)

αk4 = f(tk + h, xk + hαk3, yk + hβk3) βk4 = g(tk + h, xk + hαk3, yk + hβk3)

La tabla de las soluciones con h = 0.1 es la siguiente

tk xk yk tk xk yk

0.0 0.00000 0.00000 0.6 0.43314 0.154320.1 0.09917 0.00498 0.7 0.44223 0.198290.2 0.19339 0.01967 0.8 0.42726 0.241960.3 0.27792 0.04333 0.9 0.38813 0.282930.4 0.34843 0.07478 1.0 0.32571 0.318810.5 0.40117 0.11242 – – –

xcii Tema 4 Introduccion a los metodos numericos


1.- Considerar el problema de valor inicial:

y′ = f(t, y) = −2t3 + 12t2 − 20t + 8.5 , t ∈ [0, 4] , y(0) = 1 .

1.a.- Encontrar la solucion exacta y(t).

1.b.- Supongamos que h = 0.1. Encontrar la solucion por el metodo de Euleren los puntos 1, 2, 3 y 4.

1.c.- Representar en un mismo grafico, la solucion exacta y la solucion apro-ximada.

2.- Usar el metodo de Euler para aproximar las soluciones para cada uno de lossiguientes problemas:

(a) y′ = te3t − 2y , t ∈ [0 , 1] , y(0) = 0 , h = 0.2(b) y′ = 1 + (t− y)2 , t ∈ [2 , 3] , y(2) = 1 , h = 0.1

3.- Resolver el ejercicio anterior haciendo uso del metodo de Taylor de orden dosy de orden cuatro.

4.- Usar el metodo de Taylor de orden dos para aproximar las solucion de cadauno de los siguientes problemas de valor inicial:

(a) y′ =(y

t

)2

+(y

t

), t ∈ [1 , 1.4] , y(1) = 1 , h = 0.1

(b) y′ = sen t + e−t , t ∈ [0 , 1.0] , y(0) = 0 , h = 0.25

5.- Considerar el problema de valor inicial:

y′ = f(t, y) = 4e0.8t − 0.5y , t ∈ [0 , 4] , y(0) = 2

5.a.- Encontrar la solucion exacta y(t).

5.b.- Supongamos que h = 0.1. Encontrar la solucion por el metodo de Runge-Kutta de orden cuatro, en el punto 4.

5.c.- Representar en un mismo grafico, la solucion exacta y la solucion apro-ximada.

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