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En el mundo real todo cambia y, por tanto, se necesitan derivadas, que a su vez dan lugar a las Ecuaciones Diferenciales. Exploremos una clase particular de ecuaciones diferenciales ordinarias y veamos algunas de sus aplicaciones.
Significado de la separación de variables
Como su nombre indica, se trata de los tipos de Ecuaciones Diferenciales en los que las variables se pueden separar explícitamente; esta clase de Ecuaciones Diferenciales son muy fáciles de tratar.
De hecho, puedes simplemente planificar un algoritmo para resolver tales ecuaciones diferenciales. Entonces, sólo tratarás con ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden.
Hay que decir que la mayoría de las aplicaciones de las ecuaciones diferenciales se encuentran sobre todo en el ámbito de las Ecuaciones Diferenciales Parciales, que, por ahora, quedan fuera del alcance de este artículo.
Ecuaciones diferenciales de separación de variables
Una ecuación diferencial separable de orden \(n^{texto {ésimo}}) puede escribirse de la forma
$$\frac{\mathrm{d}^n y}{\mathrm{d} x^n}=f(x) g(y)$$
donde \(y\) es diferenciable y, por tanto, continua en el dominio adecuadamente definido de la función.
Observa también que \(y\) es una función de \(x\), es decir, \(y=f(x)\), lo que implica que \(x\) es aquí la variable independiente. La ecuación anterior puede parecer un poco aterradora al principio, ya que tienes una ecuación diferencial de orden \(n\) donde \(n \en \mathbb{N}\). Pero sólo vas a tratar casos en los que \(n=1\), es la ecuación diferencial separable de primer orden.
Métodos de separación de variables
Sólo te ocuparás de las ED de primer orden, es decir, cuando \(n=1\).
La ecuación diferencial ordinaria que tratarás es
$$\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}=f(x) g(y)$$
Recuerda que \(f(x) h(y) \neq g(x, y)\), es decir, \(f(x) h(y)\) no es una función compuesta \(g(x, y)\).
Para resolver esta EDO, separarás las dos variables, teniendo variables semejantes en cada lado, es decir, teniendo \(\mathrm{d} y\), \(h(y)\) en un lado y \(\mathrm{d} x, f(x)\) en el otro. Obtienes
$$\frac{\mathrm{d} y}{h(y)}=f(x) \, \mathrm{d} x$$
Ahora, las variables se han separado correctamente. La razón para hacerlo es tener funciones a ambos lados, que se puedan integrar fácilmente.
Integrando a ambos lados:
$$\int \frac{\mathrm{d} y}{h(y)}=\int f(x) \, \mathrm{d}x$$
¡Y ahí lo tienes! La ecuación diferencial \(y'=f(x)h(y)\) se ha resuelto, tienes una solución explícita a la ecuación diferencial separable dada.
Ejemplos de separación de variables
Resuelve la siguiente EDO:
$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\ln x +x^2$$
Solución:
Paso 1: Se observa que la ecuación diferencial dada es de forma separable, por lo que hay que separar las variables para hallar la solución:
$$\, \mathrm{d}y=(\ln x +x^2)\, \mathrm{d}x$$
Paso 2: Ahora sólo tienes que integrar con cuidado:
$$ \begin{aligned} \int \int, \mathrm{d}y &=\int \ln x \int, \mathrm{d}x +\int x^2 \int, \mathrm{d}x \ \implica \int \int, \mathrm{d}y &=int \ln x \, \mathrm{d}x +int x^2 \, \mathrm{d}x \ \implica \ y &=x\ln x-int x\frac{1}{x} \mathrm{d}x +\frac{x^3}{3} +c \\ \implica \ y &=x\ln x -x+\frac{x^3}{3}+c \end{aligned}$$
donde \(c\) es la constante de integración.
Por tanto, se ha resuelto la ecuación diferencial.
Observa que la solución es de la forma \(y^n=g(x)\), lo que siempre será el caso para una ecuación diferencial ordinaria separable.
Veamos otro ejemplo, ligeramente distinto:
Encuentra la solución general de la siguiente ecuación diferencial:
$$x^2 \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=e^{-2y}$$
Solución:
Paso 1: Observando que la ecuación es de la forma \(y^{\prime}=f(x) g(y)\), separa las variables de cada lado:
$$e^{2 y} \, \mathrm{d}y=\frac{\mathrm{d} x}{x^2}$$.
Observa que NO estás tratando \frac{mathrm{d}y}{mathrm{d}x}) como una fracción algebraica, sino que es la propiedad de las derivadas y las diferenciales la que te permite separar \frac{mathrm{d}y) y \frac{mathrm{d}x} (como se ha hecho antes).
Paso 2: Integrar a ambos lados:
$$\begin{aligned} &\int e^{2 y} \, \mathrm{d} y=\int \frac{\mathrm{d} x}{x^2} \ \\ \\\ \\\ \\ \ \\ \ \\ \\ \ \\ \\\ \ \\\ {cuadrado \frac e^2 y}{2}=\frac x^-2+1}{-2+1}+c \ \ \\\frac e^2 y}=\frac e^2 y}+2 c \frac \aligned{aligned}$$.
También se puede simplificar la expresión para obtener \(y=g(x)\) de la siguiente manera:
$$ \begin{aligned} 2 y &=\ln \left(\frac{-2}{x}+k\right) \\frac{-2}{x}+k\right) \implica y &=\frac{1}{2} \ln \left(\frac{-2}{x}+k\right) \end{aligned}$$
No es necesario obtener esta forma, sólo se requiere cuando el problema lo pide específicamente.
Aplicación de la separación de variables
Estas ecuaciones diferenciales ordinarias no están aquí como puros objetos matemáticos con los que se juega, como ya se ha dicho. Hay una razón muy sólida para que existan estas ecuaciones diferenciales y sus soluciones. Hay una amplia gama de cosas a las que se pueden aplicar estas ecuaciones diferenciales. Verás algunas de estas aplicaciones que implican variables separables. Los más comunes de estos problemas son los de crecimiento de poblaciones, tasas de decaimiento, ley de enfriamiento de Newton, etc.
Modelo de crecimiento exponencial de la población
Una aplicación esencial de las ecuaciones diferenciales de primer orden de forma separable es utilizarla para modelizar el crecimiento de la población de distintos grupos, como las bacterias o la tasa de crecimiento de los conejos.
Tales modelos no son exactamente exactos y a menudo ignoran ciertos factores externos para que las ecuaciones diferenciales sean lo bastante sencillas de tratar.
Empecemos con un grupo de población de \(P_0\), que es la población inicial en el momento \(t=0\). Y que la población sea \(P\) en un tiempo arbitrario \(t=t\).
Y supongamos que la población aumenta a un ritmo constante \(k\), y supongamos que no hay factores externos que reduzcan la población (por simplicidad).
Quieres formar una ecuación diferencial ordinaria para modelizar esta situación, ten en cuenta que la tasa de crecimiento en cualquier punto determinado es proporcional a la población en ese momento:$$ \frac{\mathrm{d} P}{mathrm{d} t}=kP$$
donde \(k\) es la tasa de crecimiento de la población. Ahora, como la ecuación es de forma separable, obtienes
$$\frac{\mathrm{d} P}{P}=k \, \mathrm{d} t$$
Integrando a ambos lados:
$$\int_{P_0}^P \frac{\mathrm{d} P}{P}=int_0^t k \, \mathrm{d} t$$
Los límites de integración van de \(P=P_0\) a \(P=P\), hasta donde crece la población. Y el tiempo va de \(t=0\) a \(t=t\). Integrando definitivamente:
$$\begin{aligned} & \left.\ln P\right|_{P_0} ^P=izquierda.k t\derecha|_0 ^t \tu \implica & \ln P-\ln P_0=k t \tu \implica & \ln \left(\frac{P}{P_0}\right)=k t \end{aligned}$$
Tomando el exponencial9 en ambos lados:
$$ \begin{aligned} &\frac{P}{P_0}=e^{k t} | |implica | &P=P_0 e^{kt} \end{aligned}$$
Ahora, puedes modelizar la población del grupo dado en un momento \(t\).
Un campo tiene 30 hormigas. Su población aumenta a un ritmo de 2 hormigas al mes, ¿cuántos conejos habrá al cabo de cuatro meses? (Ignora los factores externos y supone que las hormigas no se extinguen en este periodo de tiempo, y supone que el crecimiento es continuo)
Solución:
Sea \(P\) con un número de hormigas en un momento arbitrario \(t\) (en meses), y puesto que la tasa de crecimiento es proporcional a la población existente
$$ \begin{aligned} & \frac{\mathrm{d} P}{mathrm{d} t}=kP \\ \implica \ & \frac{mathrm{d} P}{P}=k\, \mathrm{d} t \end{aligned}$$
Quieres conocer la población a los \(t=4\) meses, así que toma los límites de integración desde \(t=0\) hasta \(t=4\):
$$\int_{P_0}^P \frac{\mathrm{d} P}{P}=k\int_0^4 \, \mathrm{d}t $$
La población inicial es \(P_0=30\), y dejemos \(P=P_4\) en \(t=4\):
$$ \begin{aligned} & \int_{30}^{P_4} \frac{\mathrm{d} P}{P} = 2 \int_0^4, \mathrm{d} t \ \implies \ & \ln \left( \frac{P_4}{30} \right) =2 \times 4 \\ \implies \\\ & \frac{P_0}{30}=e^8 \\ \implies \ & P_4=30e^8 \approx 89430 \end{aligned}$$
Así pues, habrá 89430 hormigas al cabo de cuatro meses. Por supuesto, no es realista porque el modelo es de crecimiento exponencial, por lo que la población se dispara drásticamente. En el mundo real, hay otras variables a las que el crecimiento es proporcional, que serán mucho más complicadas de tratar (y están fuera del alcance de este artículo).
Descomposición radiactiva
La radiactividad es una de las aplicaciones más útiles de las ecuaciones diferenciales separables. Supongamos que tienes \(N_0\) cantidad de material radiactivo en el momento \(t=0\) y quieres modelizar la radiactividad del material a medida que pasa el tiempo.
La velocidad a la que cambia la cantidad de material radiactivo es directamente proporcional a la cantidad presente en ese momento:
$$ \frac{\mathrm{d} N}{\mathrm{d} t}=-\lambda N $$
donde \(\lambda >0\) y se conoce como la constante de desintegración, la razón de que haya un signo negativo es que la cantidad de material radiactivo disminuye con el tiempo. Como la ecuación es de forma separable, obtienes
$$\begin{aligned} & \frac{\mathrm{d} N}{N}=-\lambda t \\\ \\implica \ & \int_{N_0}^N \frac{\mathrm{d} N}{N} = - \lambda \int_0^t \mathrm{d} N}{N} = - \lambda \int_0^t \mathrm{d} t \ \implies \ & \ln \left( \frac{N}{N_0} \right) = -\lambda t \\ \implies \ & N=N_0 e^{-\lambda t}} \end{aligned}$$
Así, tienes una solución de la ecuación diferencial ordinaria. De la solución se deduce que la cantidad de material radiactivo disminuye exponencialmente con el tiempo. La gráfica de esta ecuación puede representarse como se indica a continuación:
Figura 1.- Gráfica que modela la desintegración radiactiva de un material
Una observación muy particular que se puede hacer es que el material radiactivo casi desaparece en un periodo de tiempo muy, muy largo. Puedes dejar que los físicos averigüen las razones de ello. En términos matemáticos, se puede observar que como \(t flecha derecha \infty\), \(N flecha derecha 0\). Veamos un ejemplo relativo a la desintegración radiactiva.
La semivida de un elemento radiactivo es de 20 años. La constante de desintegración radiactiva del elemento es \(\lambda=10 años^{-1}\). Halla el tiempo que tardará el elemento en ser la cuarta parte de su cantidad original.
(Pista: La semivida es el tiempo que tarda el elemento radiactivo en ser la mitad de su cantidad original)
Solución:
Sea \(N_0\) la cantidad inicial de material radiactivo, después de la vida media, queda la mitad de la cantidad original: \(N_{1/2}=\frac{N_0}{2}\). Utilizando la ecuación de la desintegración radiactiva
$$N=N_0 e^{-\lambda t}$$
Introduciendo \(N=N_{1/2}\) y \(t=20\), que es la vida media del elemento:
$$\begin{aligned} & N=N_0 e^{-\lambda t} \\ \implies \ &N_{1/2}=N_0 e^{-20 \lambda} \\ \implies \ &\frac{N_0}{2}=N_0 e^{-20 \lambda} \\ \implies \ &-\ln 2=-20 \lambda \\ \implies \ & \lambda=\frac{\ln 2}{20} \fin{alineado}$$
Ahora que has averiguado el valor de la constante de desintegración, puedes proceder a averiguar cuánto tiempo tardará el elemento en ser la cuarta parte de su cantidad original. Sea \(N_{1/4}\) la cantidad restante, que es \(N_{1/4}=\frac{N_0}{4}\).
Entonces tienes
$$ \begin{aligned} &N=N_0 e^{-\lambda t} \N - \N-implica \N & \frac{N_0}{4}=N_0 e^{\frac{-t \ln 2}{20}} \\ ¾ Implica ¾ y -\ln 4 = -\frac{t \ln 2}{20} \N - \N-Implica \N & t = \frac{20 \nveces 2 \nveces \ln 2}{\ln 2} \N - \N-Implica \N & t= 40 \end{aligned}$$
Por tanto, el elemento tardará 40 años en tener la cuarta parte de su cantidad original.
La ley de enfriamiento de Newton
Una aplicación muy conocida de las ecuaciones diferenciales de varias variables es la física de la transferencia de calor. Modela cómo pierde calor un objeto, lo que se conoce como ley de Newton del enfriamiento:
La velocidad de pérdida de calor de un objeto hacia el entorno es directamente proporcional a la diferencia de temperatura entre el objeto y el entorno.
Sea \(T\) la temperatura del objeto en un tiempo arbitrario \(t\) y \(T_s\) la temperatura del entorno. Debe tenerse en cuenta que \(T>T_s\) en todo momento, ya que el cuerpo no perderá calor si el entorno está a mayor temperatura. El flujo de calor del objeto se detendrá cuando \(T=T_s\).
Según la ley
$$ \frac{\mathrm{d} T}{\mathrm{d} t}= -k(T-T_s) $$
Observa que tienes la constante de proporcionalidad como \(-k\) donde \(k>0\) porque el objeto está perdiendo calor, y por tanto la velocidad de cambio del mismo será negativa.
Separando las variables, tienes
$$ \begin{aligned} & \int \frac{\mathrm{d}}{T_s} T}{T-T_s}= \int -k \, \mathrm{d} t \ \implies \ & \ln |c(T-T_s)|=-kt \\ \implies \ &c(T-T_s)=e^{-kt} \\ implica que T=T_s+Ce^{-kt} \end{aligned}$$
donde \(c=1/C\) por comodidad.
Puedes determinar \(C\) sustituyendo \(t=0\):
$$ \begin{aligned} &T_0=T_s+C \ \implica \C=T_0-T_s \end{aligned} $$
donde \(T_0\) es la temperatura del objeto en el momento \(t=0\).
Por tanto, tu solución es
$$T=T_s+(T_0-T_s)e^{-kt}$$
donde \(k\) es una constante que depende de la superficie y del material del objeto.
Un objeto tiene una temperatura de \(30^{circ}\}mathrm{C}\}), rodeado por una habitación de temperatura constante de \(15^{circ}\}mathrm{C}\}). Se observa que la temperatura del objeto desciende hasta \(25^{circ} \\mathrm{C}\}) en 10 minutos. Calcula cuánto tiempo más tardará en descender a \(20^{circ}\ \mathrm{C}\).
Solución:
Por la ley de enfriamiento de Newton:
$$T=T_s+\left(T_0-T_s\right) e^{-k t}$$
donde \$(T_s=15^{circ}\$mathrm{C}, T_0=30^{\circ}\$mathrm{C}\$) así se obtiene:
$$\begin{aligned} T &=15+(30-15) e^{-k t} \ \implica T &=15+15 e^{-k t} \fin{alineado}$$
Después de \(t=10 \mathrm{min}\), la temperatura desciende
$$\begin{aligned} T_{10}&=25^{\}circ} \mathrm{C} \\ T_{10}&=25=15+15 e^{-10 k} \ \implica \ 5&=3+3 e^{-10 k} \\frac{2}{3}&=e^{-10 k} \\|implica \ -10 k&= \displaystyle \ln \left(\frac{2}{3}\right) \\implica \ -10 k& \approx -0,405 \ \implica \ k&=0,0405 \end{aligned} $$$
Por tanto, el valor de \(k\) es \(0,0405\) por min. Puedes volver a introducir esto en la ecuación:
$$T=15\left(1+e^{-0.0405 t}\right)$$
Así, tienes una solución que no tiene constantes desconocidas, y ahora puedes introducir cualquier valor de \(t\) para obtener la temperatura en ese momento.
Necesitas \(T=20^{\circ}\}mathrm{C}\$):
$$\begin{aligned} 20 &=15\ izquierda(1+e^{-0,0405 t}\ derecha) \ \implica \frac{4}{3}-1 &=e^{-0,0405 t}} \\ implica que -ln 3 &=-\frac{1}{10} \Izquierda(2)(3)(Derecha) t implica que t&=-\frac {\ln 3}{-0,0405} \\ implica que t es aproximadamente 27,126. \fin{alineado}$$
Por lo tanto, transcurridos unos 27 minutos desde el inicio, la temperatura del objeto descenderá a \(20^{\circ} \ \mathrm{C}\).
Pero ésta no es la respuesta correcta, te preguntan el tiempo que tarda desde la marca \(25^{\circ} \mathrm{C}).
Se tardó \(10 \mathrm{~min}) en bajar a \(25^{circ} \mathrm{~C}), \(27 \mathrm{~min}) en bajar a \(20^{circ} \mathrm{~C}), lo que implica que tardó \(17 \mathrm{~min}) de \(25^{circ} \mathrm{{C}) a \(20^{circ} \mathrm{C}\}).
Separación de variables - Puntos clave
- Hay una cierta clase de ecuaciones diferenciales ordinarias que pueden resolverse fácilmente, separando las variables explícitamente, conocidas como ecuaciones diferenciales de Separación de Variables.
- Las ecuaciones diferenciales que tienen la forma \frac(\frac{\mathrm{d}^n x }{\mathrm{d} x^n}=f(x)h(y)\n) se conocen como ecuaciones diferenciales de forma separable .
- La ecuación diferencial separable de primer orden \(\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} =f(x)h(y)\) puede resolverse de la siguiente manera: \(\int \frac{mathrm{d} y}{g(y)}=\int f(x) \mathrm{d} x).
- Entre las aplicaciones de las ecuaciones diferenciales ordinarias separables se incluyen la ampliamente utilizada Ley de Newton del enfriamiento, los modelos de crecimiento de la población, la desintegración radiactiva, etc.
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