Este es el segundo de tres apuntes sobre la introducción a las ecuaciones diferenciales. En el primero aprendimos el vocabulario: clasificar, verificar soluciones, distinguir general de particular.
Acá atacamos dos preguntas que se hacen antes de resolver: ¿existe solución? ¿es única? Y una tercera que es puro placer geométrico: ¿cómo se ve la solución sin resolver nada?
Al terminar vas a poder:
Aplicar el teorema de existencia y unicidad verificando sus hipótesis.
Determinar las regiones del plano donde un PVI tiene solución única.
Bosquejar un campo de direcciones usando isoclinas.
Analizar equilibrios y comportamiento a largo plazo sin resolver la ecuación.
Imaginate que te mandan a buscar las llaves en una casa enorme. Antes de arrancar te conviene saber dos cosas: si las llaves están ahí, y si hay una sola copia. Buscar sin saberlo es perder la tarde.
Con los PVI pasa exactamente lo mismo. Antes de aplicar cualquier método de resolución hay un teorema que responde las dos preguntas de una, y lo hace sin resolver la ecuación.
Dado el problema de valores iniciales
$$ y' = f(x,y), \qquad y(x_0) = y_0 $$supongamos que \(f\) y \(\dfrac{\partial f}{\partial y}\) son funciones continuas en el rectángulo
$$ R = \left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \;:\; a < x < b, \;\; c < y < d \right\} $$que contiene al punto \((x_0, y_0)\). Entonces el PVI tiene una única solución \(y = \varphi(x)\) en algún intervalo
$$ x_0 - \delta < x < x_0 + \delta, \qquad \delta > 0 $$Traducido: si la "regla de cambio" \(f\) es suave alrededor del punto de partida, entonces por ese punto pasa una curva solución y una sola.
Escribir la EDO en forma normal \(y' = f(x,y)\).
Identificar \(f(x,y)\) y ver dónde es continua.
Calcular \(\dfrac{\partial f}{\partial y}\) y ver dónde ella es continua.
Chequear si \((x_0,y_0)\) cae dentro de un rectángulo donde valen las dos.
Dentro de R hay una única curva por (x0, y0); el teorema garantiza un tramo 2δ
Que la solución por \((x_0,y_0)\) sea única implica que dos curvas solución no pueden cortarse en ningún punto del rectángulo. Si se cortaran, por ese punto de corte pasarían dos soluciones distintas del mismo PVI.
Esta observación es una herramienta de dibujo brutal: cuando bosquejes curvas solución, si te salen dos que se tocan, hay un error. Las curvas se apilan como las curvas de nivel de un mapa, sin tocarse nunca.
La existencia y la unicidad valen en algún entorno de \(x_0\). El teorema afirma que existe un \(\delta > 0\), pero no dice cuánto vale. Puede ser enorme o ridículamente chico.
Por eso el resultado se enuncia con "en algún intervalo": es una garantía local. En el apunte 1 vimos el caso de \(y = \tan x\), cuya solución existe y es única pero muere en \(\pm\tfrac{\pi}{2}\).
Error: "las hipótesis no se cumplen, entonces el PVI no tiene solución".
Correcto: el teorema da condiciones suficientes, no necesarias. Si fallan, el teorema simplemente no dice nada: puede haber una solución, ninguna, o infinitas. Lo único que perdés es la garantía.
Gema
Mnemotecnia: f manda existencia, la derivada manda unicidad. Si solo \(f\) es continua, tenés solución garantizada pero podría haber varias. Recién cuando \(\partial f/\partial y\) también es continua, la solución es una sola.
El ejercicio típico de parcial no te da un punto: te pide todas las regiones del plano donde el teorema garantiza unicidad. Es siempre el mismo procedimiento de cuatro pasos.
Llevar la ecuación a forma normal \(y' = f(x,y)\). Si no se puede despejar, el teorema no se aplica tal cual está.
Denominadores que no se anulen, radicandos pares no negativos, logaritmos positivos. Anotá las condiciones.
En \(\dfrac{\partial f}{\partial y}\), la variable \(x\) se trata como constante. Suelen aparecer condiciones nuevas, más restrictivas que las de \(f\).
Las regiones válidas son los pedazos de plano donde valen las dos condiciones a la vez. Se describen con notación de conjuntos.
Derivar suele bajar el exponente y mandar cosas al denominador: \(y^{2/3}\) se convierte en \(y^{-1/3}\), y lo que antes estaba definido en \(y = 0\) deja de estarlo. Por eso el paso 3 nunca se saltea.
No hace falta despejar nada.
Escribimos la potencia como raíz para ver bien qué exige:
$$ f(x,y) = 3\,\sqrt[3]{y^{2}} $$La raíz cúbica es de índice impar, así que acepta cualquier número real. Y \(y^2 \geq 0\) nunca da problema.
$$ f \ \text{ es continua en todo } \mathbb{R}^2 $$Regla de la potencia, con \(x\) actuando como constante:
$$ \frac{\partial f}{\partial y} = 3 \cdot \frac{2}{3}\,y^{\frac{2}{3} - 1} $$ $$ \frac{\partial f}{\partial y} = 2\,y^{-1/3} $$ $$ \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{2}{\sqrt[3]{y}} $$Acá está el problema: \(y\) quedó en el denominador.
La recta \(y = 0\) (el eje \(x\)) queda excluida. El plano se parte en dos regiones abiertas:
$$ R_1 = \left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 : y > 0 \right\} $$ $$ R_2 = \left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 : y < 0 \right\} $$La condición era \(y(2) = 0\), o sea \(x_0 = 2\), \(y_0 = 0\). Ese punto tiene \(y_0 = 0\): está justo sobre la recta excluida.
$$ (2,\,0) \notin R_1 \quad \text{y} \quad (2,\,0) \notin R_2 $$No existe ningún rectángulo que contenga a \((2,0)\) y en el que \(\partial f/\partial y\) sea continua: cualquier rectángulo alrededor de ese punto atraviesa el eje \(x\).
$$ \boxed{\,\text{No podemos asegurar que el PVI tenga solución única}\,} $$Ahora el punto es \((2, -1)\), con \(y_0 = -1 < 0\):
$$ (2,\,-1) \in R_2 $$Podemos tomar, por ejemplo, el rectángulo \(R = \{1 < x < 3,\; -2 < y < -0{,}5\}\), que está íntegramente contenido en \(R_2\).
$$ \boxed{\,\text{El PVI tiene solución única en } (2-\delta,\, 2+\delta), \ \delta > 0\,} $$El eje x parte el plano en dos: sobre la frontera no hay garantía
Interpretación. No es que el PVI con \(y(2)=0\) no tenga solución: en el apunte 1 mostramos que tiene al menos dos, \(y \equiv 0\) e \(y = (x-2)^3\). Justamente por eso el teorema no podía garantizar unicidad ahí.
Elvira
Un punto sobre la frontera de la región no sirve. El teorema pide un rectángulo abierto que lo contenga y donde todo sea continuo. Si el punto está justo en la curva prohibida, cualquier rectángulo la cruza: no hay garantía.
El teorema nos dice que la solución existe. Pero no nos dice si crece, si tiene un máximo, si se estabiliza. Y muchísimas ecuaciones que aparecen en física e ingeniería no se pueden resolver con fórmulas.
La salida es geométrica y es hermosa: la ecuación \(y' = f(x,y)\) nos está regalando, en cada punto del plano, la pendiente de la curva solución que pasa por ahí. Si dibujamos un montón de esas pendientes, aparece el mapa.
La ecuación \(y' = f(x,y)\) determina, en cada punto \((x,y)\) donde \(f\) esté definida, la pendiente de la recta tangente a la curva solución en ese punto. Podemos entonces asociar a cada punto un segmento de pendiente \(f(x,y)\), es decir un vector unitario
$$ \left( \frac{1}{\sqrt{1 + \big(f(x,y)\big)^2}},\;\; \frac{f(x,y)}{\sqrt{1 + \big(f(x,y)\big)^2}} \right) $$Al conjunto de esos vectores se lo llama campo de direcciones de la ecuación.
La analogía: el campo de direcciones es una corriente marina dibujada con flechitas. Las curvas solución son las trayectorias de un corcho tirado al agua: en cada punto siguen la flecha que tienen debajo.
Lo mejor es que ese mapa se dibuja sin resolver la ecuación. Solo hay que evaluar \(f\) en muchos puntos.
Miremos \(y' = 2 - y\). Es un modelo de enfriamiento: la temperatura de un café tiende a la temperatura ambiente.
Campo de y′ = 2 − y: todas las soluciones se pegan a la recta y = 2
Del dibujo se leen cuatro cosas, y las cuatro se justifican con la ecuación:
Porque \(f(x,y) = 2 - y\) no depende de \(x\). Fijado \(y\), la pendiente es siempre la misma sin importar dónde estemos horizontalmente.
$$ f(x_1, y) = 2 - y = f(x_2, y) $$Estudiamos el signo de \(y' = 2 - y\):
$$ y > 2 \;\Rightarrow\; 2 - y < 0 \;\Rightarrow\; y' < 0 \;\Rightarrow\; \text{decrece} $$ $$ y < 2 \;\Rightarrow\; 2 - y > 0 \;\Rightarrow\; y' > 0 \;\Rightarrow\; \text{crece} $$En \(R_1 = \{y > 2\}\) las curvas bajan; en \(R_2 = \{y < 2\}\) suben. Las dos se acercan a \(y = 2\).
Derivamos la EDO respecto de \(x\), recordando que \(y\) es función de \(x\):
$$ y'' = \frac{d}{dx}\big(2 - y\big) = -\,y' $$Y ahora reemplazamos \(y'\) por lo que dice la propia ecuación:
$$ y'' = -(2 - y) = y - 2 $$Con lo cual:
$$ y > 2 \;\Rightarrow\; y'' > 0 \;\Rightarrow\; \text{cóncava hacia arriba} $$ $$ y < 2 \;\Rightarrow\; y'' < 0 \;\Rightarrow\; \text{cóncava hacia abajo} $$Las curvas se acercan a \(y = 2\) pero no la cruzan: si la cruzaran, en el punto de cruce habría dos soluciones distintas por el mismo punto, y eso contradice la unicidad.
$$ \lim_{x \to +\infty} \varphi(x) = 2 $$Todo eso lo sabemos sin haber resuelto nada. Y comprobalo si querés: la solución general es \(y = 2 + C\,e^{-x}\), que efectivamente tiende a \(2\).
Gema
El truco de la concavidad es siempre el mismo: derivás la EDO y después reemplazás \(y'\) por \(f(x,y)\). Te queda \(y''\) en función de \(x\) e \(y\) solamente, y ya podés estudiarle el signo por regiones.
Evaluar \(f\) punto por punto es interminable. El atajo consiste en agrupar los puntos que comparten la misma pendiente.
Una isoclina para la EDO \(y' = f(x,y)\) es un conjunto de puntos del plano donde todas las soluciones tienen la misma pendiente.
Se obtiene igualando \(f(x,y) = c\), con \(c\) constante.
La palabra lo dice: iso (igual) + clina (inclinación). Son las "curvas de nivel" de la pendiente. Sobre cada una dibujás todos los segmentitos paralelos, con la misma inclinación \(c\), y el campo sale solo.
Veamos \(y' = x + y\). Igualamos a una constante:
Son rectas de pendiente \(-1\), una por cada valor de \(c\). Todas paralelas entre sí.
Ojo con la confusión clásica: la isoclina \(x+y=c\) tiene pendiente \(-1\), pero los segmentos que se dibujan encima tienen pendiente \(c\). Son dos cosas distintas.
$$ c = 0: \ \text{segmentos horizontales} \qquad c = 1: \ \text{a } 45^\circ \qquad c = -2: \ \text{bajando fuerte} $$Isoclinas de y′ = x + y: rectas punteadas de pendiente −1 con segmentos de pendiente c
Resolver \(f(x,y) = 0\) te da exactamente los puntos donde las soluciones tienen tangente horizontal: ahí están todos los máximos y mínimos posibles. Es el primer cálculo que conviene hacer.
Hay un tipo de ecuación que aparece en todos los modelos de poblaciones, epidemias, reacciones químicas y circuitos. Y tiene la ventaja de que se analiza casi sin cuentas.
Una EDO de primer orden es autónoma si el segundo miembro no depende de la variable independiente:
$$ \frac{dy}{dx} = f(y) $$La regla de cambio depende solo de en qué estado estás, no de cuándo.
El ejemplo de antes, \(y' = 2 - y\), es autónomo. También lo son todos los modelos de población de la forma \(\dfrac{dp}{dt} = g(p)\). En cambio \(y' = x + y\) no lo es: ahí el \(x\) importa.
Si \(f(k) = 0\) para cierto número \(k\), entonces la función constante \(y \equiv k\) es solución de la ecuación. Se la llama solución de equilibrio o punto crítico.
La verificación es inmediata: si \(y \equiv k\) entonces \(y' = 0\), y por otro lado \(f(y) = f(k) = 0\). Los dos miembros valen cero.
Como \(f\) depende solo de \(y\), toda la información cabe en una recta vertical: marcás los equilibrios y, entre ellos, el signo de \(f\). Eso alcanza para saber a dónde va cada solución.
Tomemos el modelo de población \(\dfrac{dp}{dt} = p\,(p-1)\,(2-p)\), con \(p\) en miles de individuos.
Un producto es cero si algún factor lo es:
$$ p\,(p-1)\,(2-p) = 0 $$ $$ p = 0 \quad\text{ó}\quad p - 1 = 0 \quad\text{ó}\quad 2 - p = 0 $$ $$ p = 0, \qquad p = 1, \qquad p = 2 $$Los tres equilibrios parten la recta en cuatro tramos. Evaluamos un valor de prueba en cada uno:
$$ p = -1: \quad (-1)(-2)(3) = 6 > 0 $$ $$ p = 0{,}5: \quad (0{,}5)(-0{,}5)(1{,}5) = -0{,}375 < 0 $$ $$ p = 1{,}5: \quad (1{,}5)(0{,}5)(0{,}5) = 0{,}375 > 0 $$ $$ p = 3: \quad (3)(2)(-1) = -6 < 0 $$Si \(p' > 0\) la población sube; si \(p' < 0\), baja. Y como las soluciones no pueden cruzar los equilibrios, cada una queda atrapada en su franja.
Línea de fase: las flechas muestran hacia dónde empuja la ecuación
Un equilibrio es estable (atractor) si las flechas de los dos lados apuntan hacia él, e inestable (repulsor) si apuntan hacia afuera.
En el dibujo: \(p = 0\) y \(p = 2\) son estables, \(p = 1\) es inestable. Eso ya responde cualquier pregunta sobre el largo plazo:
| Población inicial | Franja | Comportamiento |
|---|---|---|
| \(p(0) = 3\) | \(p > 2\) | Decrece hasta \(2\) |
| \(p(0) = 1{,}5\) | \(1 < p < 2\) | Crece hasta \(2\) |
| \(p(0) = 0{,}9\) | \(0 < p < 1\) | Decrece hasta \(0\): se extingue |
| \(p(0) = 0{,}5\) | \(0 < p < 1\) | Decrece hasta \(0\): se extingue |
Fijate en el par de filas del medio: \(1\,500\) individuos prosperan hasta \(2\,000\), pero \(900\) se extinguen. El equilibrio inestable \(p = 1\) funciona como un umbral de supervivencia. En ecología se lo llama efecto Allee.
Error: dibujar una curva solución que cruza una recta de equilibrio, por ejemplo una población que arranca en \(3\) y termina en \(1\).
Correcto: las rectas \(y = k\) con \(f(k)=0\) son soluciones. Si otra curva las cruzara, en el punto de cruce habría dos soluciones distintas para el mismo PVI, y el teorema de unicidad lo prohíbe. Los equilibrios funcionan como paredes.
Elvira
Para cualquier pregunta del tipo "¿puede una población de X llegar a Y?", no calcules nada: ubicá \(X\) e \(Y\) en la línea de fase. Si hay un equilibrio entre medio, la respuesta es no. Punto.
Consideremos el PVI
$$ \begin{cases} y' - x^2 = -x\,y^3 \\ y(1) = 6 \end{cases} $$¿Tiene solución única?
El teorema pide \(y' = f(x,y)\), así que despejamos \(y'\) pasando \(-x^2\) sumando:
$$ y' - x^2 = -x\,y^3 $$ $$ y' = x^2 - x\,y^3 $$ $$ f(x,y) = x^2 - x\,y^3 $$Es un polinomio en dos variables: suma y producto de potencias de \(x\) e \(y\). No hay denominadores, ni raíces pares, ni logaritmos.
$$ f \ \text{ es continua en todo } \mathbb{R}^2 $$Tratamos \(x\) como una constante. El término \(x^2\) no tiene \(y\), así que su derivada es cero:
$$ \begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial y} &= \frac{\partial}{\partial y}\left(x^2\right) - \frac{\partial}{\partial y}\left(x\,y^3\right) \\ &= 0 - x \cdot 3y^{2} \\ &= -3x\,y^2 \end{aligned} $$También es polinómica, así que también es continua en todo \(\mathbb{R}^2\).
La condición \(y(1) = 6\) da el punto \((1, 6)\). Como las dos funciones son continuas en todo el plano, cualquier rectángulo que lo contenga sirve. Por ejemplo \(R = \{0 < x < 2,\; 5 < y < 7\}\).
$$ \boxed{\,\text{Existe una única solución en } (1-\delta,\, 1+\delta), \ \delta > 0\,} $$Interpretación. Cuando \(f\) y su derivada parcial son polinomios, el teorema se aplica siempre y en todo el plano. Lo que no sabemos es cuánto vale \(\delta\): la solución podría explotar cerca de \(x = 1\) y aun así el teorema estaría bien enunciado.
Para el PVI \(\;\dfrac{dy}{dx} = 3x - \sqrt[3]{y - 1}\;\) con \(y(2) = 1\), ¿se puede asegurar la existencia de una solución única? ¿Y si la condición pasa a ser \(y(2) = 0\)?
La raíz cúbica está definida para cualquier real, positivo o negativo. No hay restricciones.
$$ f \ \text{ es continua en todo } \mathbb{R}^2 $$Escribimos la raíz como potencia y aplicamos la regla de la potencia con la cadena (la derivada interna de \(y-1\) es \(1\)):
$$ f(x,y) = 3x - (y-1)^{1/3} $$ $$ \begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial y} &= -\frac{1}{3}\,(y-1)^{\frac{1}{3}-1} \\ &= -\frac{1}{3}\,(y-1)^{-2/3} \\ &= -\frac{1}{3\,\sqrt[3]{(y-1)^{2}}} \end{aligned} $$El denominador no puede anularse:
$$ \sqrt[3]{(y-1)^2} \neq 0 $$ $$ (y-1)^2 \neq 0 $$ $$ y \neq 1 $$La recta horizontal \(y = 1\) queda excluida, y parte el plano en dos regiones:
$$ R_1 = \{(x,y): y > 1\}, \qquad R_2 = \{(x,y): y < 1\} $$El punto es \((2, 1)\), con \(y_0 = 1\): cae exactamente sobre la recta excluida.
$$ \boxed{\,\text{No se puede asegurar unicidad}\,} $$Ahora el punto es \((2, 0)\), y como \(0 < 1\) pertenece a \(R_2\). Un rectángulo válido sería \(R = \{1 < x < 3,\; -1 < y < 0{,}5\}\), que no toca la recta \(y=1\).
$$ \boxed{\,\text{Existe una única solución en un entorno de } x_0 = 2\,} $$Interpretación. No cambió la ecuación: cambió el punto de partida. Que la garantía valga o no depende de dónde arrancás, no de la fórmula.
¿Para qué valores de \((x_0, y_0)\) el PVI \(\;y' = \sqrt{1 - x^2 - y^2},\; y(x_0) = y_0\;\) tiene solución única?
Ahora la raíz es cuadrada, de índice par: exige radicando no negativo.
$$ 1 - x^2 - y^2 \geq 0 $$ $$ x^2 + y^2 \leq 1 $$Es el disco de centro el origen y radio \(1\), incluido el borde.
Con \(u = 1 - x^2 - y^2\), tenemos \(f = \sqrt{u}\) y \(\dfrac{\partial u}{\partial y} = -2y\). Por la regla de la cadena:
$$ \begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial y} &= \frac{1}{2\sqrt{u}}\cdot(-2y) \\ &= \frac{-2y}{2\sqrt{1-x^2-y^2}} \\ &= \frac{-y}{\sqrt{1-x^2-y^2}} \end{aligned} $$Ahora la raíz está en el denominador, así que no alcanza con que el radicando sea no negativo: tiene que ser estrictamente positivo.
$$ 1 - x^2 - y^2 > 0 $$ $$ x^2 + y^2 < 1 $$El borde del disco se cae. Queda el disco abierto.
Para cualquier punto interior al disco unidad se puede elegir un rectángulo chico contenido en él, y el teorema garantiza unicidad.
La región es el interior del disco: el borde punteado queda afuera
Interpretación. Las regiones de unicidad no siempre son semiplanos ni bandas: acá es un disco. Y de nuevo el patrón se repite: la derivada parcial es la que convierte un \(\geq\) en un \(>\).
Gema
Antes de seguir, un mini-check que se resuelve mirando signos. Si te sale sin cuentas, entendiste la idea central de toda esta sección.
Analizamos el signo del segundo miembro, factor por factor:
$$ e^{t} > 0 \quad \text{para todo } t $$ $$ (y-1)^2 \geq 0 \quad \text{para todo } y $$Un positivo por un no negativo da un no negativo:
$$ \frac{dy}{dt} \geq 0 \quad \text{en todo el plano} $$Como la derivada nunca es negativa, ninguna solución puede decrecer. Y sin tramos decrecientes no puede haber máximos relativos.
Además, la derivada se anula únicamente si \((y-1)^2 = 0\), o sea \(y = 1\). Entonces una solución solo puede tener tangente horizontal sobre la recta \(y = 1\), y esa recta es justamente la solución de equilibrio.
$$ \boxed{\,y' \geq 0 \ \text{ siempre, con } y' = 0 \ \text{ solo en } y = 1\,} $$Cualquier gráfico que baje, o que tenga tangente horizontal a una altura distinta de \(1\), no puede ser solución.
La función del gráfico es solución de una de estas tres ecuaciones. Decidir cuál y justificar.
$$ \text{(a)}\;\; y' = 1 + xy \qquad \text{(b)}\;\; y' = -2xy \qquad \text{(c)}\;\; y' = 1 - xy $$Sube, alcanza un máximo cerca de x = 0,5 y después decae hacia cero
En un máximo relativo la tangente es horizontal, o sea \(y' = 0\). Del gráfico, eso ocurre aproximadamente en
$$ x \approx 0{,}5, \qquad y \approx 2 $$Ese par tiene que anular el segundo miembro de la ecuación correcta.
Para que \(y' = 1 + xy\) se anule hace falta
$$ 1 + xy = 0 \quad\Rightarrow\quad xy = -1 $$Pero en el gráfico el máximo tiene \(x > 0\) e \(y > 0\), así que \(xy > 0\). Nunca puede valer \(-1\).
$$ \text{(a) queda descartada} $$Para \(y' = -2xy\), la derivada en \(x = 0\) vale
$$ y'(0) = -2 \cdot 0 \cdot y = 0 $$O sea que la curva debería tener tangente horizontal sobre el eje \(y\). Pero en el gráfico, en \(x = 0\) la curva viene claramente subiendo.
$$ \text{(b) queda descartada} $$Para \(y' = 1 - xy\), la tangente horizontal ocurre donde
$$ 1 - xy = 0 \quad\Rightarrow\quad xy = 1 $$Y con los valores leídos del gráfico:
$$ 0{,}5 \cdot 2 = 1 \quad \checkmark $$Además en \(x = 0\) queda \(y' = 1 - 0 = 1 > 0\), o sea creciente, tal como se ve. Y para \(x\) grande, con \(y\) chico, \(y'\) vuelve a ser positivo pero la curva ya viene bajando desde el máximo hacia el equilibrio aparente \(y \approx 1/x\).
Interpretación. La respuesta es
$$ \boxed{\,\text{(c)}\;\; y' = 1 - xy\,} $$La isoclina de pendiente cero, \(xy = 1\), es la hipérbola que pasa justo por el máximo del gráfico. Otra vez: sin resolver nada.
Consideremos \(\dfrac{dp}{dt} = p\,(p-1)\,(2-p)\) para la población \(p\) (en miles) de cierta especie en el instante \(t\).
(a) Esbozar las soluciones. (b) Si \(p(0) = 3\), ¿cuánto vale \(\lim_{t\to+\infty} p(t)\)? (c) ¿Y si \(p(0) = 1{,}5\)? (d) ¿Y si \(p(0) = 0{,}5\)? (e) ¿Puede una población de \(900\) crecer hasta \(1\,100\)?
Ya los calculamos en la sección anterior:
$$ p = 0, \qquad p = 1, \qquad p = 2 $$Con signos \(+,\,-,\,+,\,-\) en las franjas \(p < 0\), \(0 < p < 1\), \(1 < p < 2\) y \(p > 2\).
Cada solución se queda en su franja y se mueve hacia el equilibrio que la atrae. Las rectas \(p = 0\), \(p=1\) y \(p=2\) son soluciones constantes y actúan como techos y pisos.
Las soluciones convergen a p = 2 o a p = 0 según de qué lado de p = 1 arranquen
El punto \(3\) está en la franja \(p > 2\), donde \(p' < 0\): la población decrece. Pero no puede pasar por debajo de \(p = 2\), porque esa recta es una solución y las soluciones no se cruzan.
$$ \boxed{\,\lim_{t \to +\infty} p(t) = 2\,} $$Es decir: si arranca con \(3\,000\) individuos, decrecerá hasta estabilizarse en \(2\,000\).
Ahora estamos en \(1 < p < 2\), donde \(p' > 0\): la población crece, y otra vez queda frenada por \(p = 2\).
$$ \boxed{\,\lim_{t \to +\infty} p(t) = 2\,} $$De \(1\,500\) individuos crece hasta \(2\,000\).
Estamos en \(0 < p < 1\), donde \(p' < 0\): la población decrece hacia el equilibrio de abajo.
$$ \boxed{\,\lim_{t \to +\infty} p(t) = 0\,} $$La especie se extingue.
En miles: ¿puede \(p\) pasar de \(0{,}9\) a \(1{,}1\)? Entre esos dos valores está el equilibrio \(p = 1\).
Como \(0{,}9\) está en la franja \(0 < p < 1\), la solución decrece; y aunque quisiera crecer, tendría que atravesar la recta \(p = 1\), que es una solución constante.
$$ \boxed{\,\text{No: la población se extingue}\,} $$Interpretación. Todo el análisis salió del signo de un producto de tres factores. Ni una integral, ni una primitiva. Este es el poder real del enfoque cualitativo: para muchísimos modelos, la pregunta que importa no es "¿cuál es la fórmula?" sino "¿dónde termina el sistema?".
Cuatro tropiezos que se repiten. Los tres primeros son del teorema; el último, del dibujo.
Error: chequear la continuidad de \(f\) y dar la respuesta ahí. "\(f = 3y^{2/3}\) es continua en todo el plano, listo, hay unicidad."
Correcto: \(f\) continua garantiza existencia; la unicidad la aporta \(\dfrac{\partial f}{\partial y}\). Y es justamente la derivada la que casi siempre agrega restricciones nuevas. Nunca contestes sin haberla calculado.
Error: derivar respecto de \(x\). Con \(f(x,y) = x^2 - x y^3\), escribir \(\dfrac{\partial f}{\partial y} = 2x - y^3\).
Correcto: la derivada es respecto de \(y\), tratando \(x\) como constante. El término \(x^2\) se va a cero y \(x\) queda como coeficiente: \(\dfrac{\partial f}{\partial y} = -3x\,y^2\). Si te confundís de variable, la región te sale mal desde el arranque.
Error: incluir la frontera en la región. Para \(y' = \sqrt{1-x^2-y^2}\) contestar \(x^2 + y^2 \leq 1\).
Correcto: el teorema pide un rectángulo abierto alrededor del punto, con todo continuo adentro. Un punto del borde no admite ningún rectángulo así. La respuesta lleva desigualdad estricta: \(x^2 + y^2 < 1\).
Error: dibujar las isoclinas de \(y' = x+y\) y ponerles segmentos de pendiente \(-1\), "porque la recta \(x+y=c\) tiene pendiente \(-1\)".
Correcto: son dos pendientes distintas. La isoclina \(x+y=c\) tiene pendiente \(-1\) como recta, pero los segmentos del campo que van encima tienen pendiente \(c\), que es el valor de \(y'\) ahí. Sobre \(x+y=2\) los segmentos suben con pendiente \(2\).
| Pregunta | Herramienta | Qué se mira |
|---|---|---|
| ¿Existe solución? | Teorema de E. y U. | \(f\) continua alrededor de \((x_0,y_0)\) |
| ¿Es única? | Teorema de E. y U. | \(\dfrac{\partial f}{\partial y}\) continua también |
| ¿En qué región vale? | Intersección de dominios | Regiones abiertas, sin la frontera |
| ¿Crece o decrece? | Signo de \(f(x,y)\) | \(y' > 0\) crece, \(y' < 0\) decrece |
| ¿Dónde hay extremos? | Isoclina cero | \(f(x,y) = 0\) |
| ¿Cómo es la concavidad? | Derivar la EDO | \(y''\), sustituyendo \(y'\) por \(f\) |
| ¿Cómo se ve el campo? | Isoclinas \(f(x,y) = c\) | Segmentos de pendiente \(c\) sobre cada una |
| ¿Adónde termina? | Línea de fase | Equilibrios y signo de \(f\) entre ellos |
El par que hay que chequear siempre
$$ f(x,y) \ \text{ continua} \quad \longrightarrow \quad \text{existencia} $$ $$ \frac{\partial f}{\partial y} \ \text{ continua} \quad \longrightarrow \quad \text{unicidad} $$ $$ f(k) = 0 \quad \longrightarrow \quad y \equiv k \ \text{ es solución de equilibrio} $$
Gema y Elvira
Todo este apunte se apoya en una sola idea: la ecuación ya contiene el dibujo. La pendiente, la concavidad, los equilibrios y las asíntotas salen de \(f\) sin integrar una sola vez. En el próximo apunte recién vamos a buscar la fórmula.
La ecuación ya está en forma normal:
$$ f(x,y) = 1 + y^2 $$Es un polinomio: suma de una constante y un cuadrado. No hay denominadores ni raíces.
$$ f \ \text{ es continua en todo } \mathbb{R}^2 $$La constante \(1\) se va y \(y^2\) baja el exponente:
$$ \frac{\partial f}{\partial y} = 0 + 2y $$ $$ \frac{\partial f}{\partial y} = 2y $$También polinómica, también continua en todo el plano.
Como las dos son continuas en todas partes, cualquier rectángulo abierto sirve.
$$ \boxed{\,R = \mathbb{R}^2 \ \text{: hay unicidad alrededor de cualquier } (x_0,y_0)\,} $$Verificación. Ojo con la trampa: unicidad garantizada no significa solución definida en todo \(\mathbb{R}\). Con \(y(0)=0\) la solución es \(y = \tan x\), que solo vive en \(\left(-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}\right)\). El teorema garantiza el \(\delta\), no su tamaño.
Es la suma de un polinomio y un seno compuesto con un polinomio. Todas esas operaciones preservan la continuidad.
$$ f \ \text{ es continua en todo } \mathbb{R}^2 $$En el primer término \(x^2\) es constante. En el segundo, la derivada interna de \(x - y\) respecto de \(y\) es \(-1\):
$$ \frac{\partial f}{\partial y} = x^2 + \cos(x-y)\cdot(-1) $$ $$ \frac{\partial f}{\partial y} = x^2 - \cos(x-y) $$Otra vez, continua en todo el plano.
Las dos hipótesis se cumplen en cualquier rectángulo que contenga al punto. Entonces el PVI \(y' = f(x,y)\), \(y(\pi) = 0\) tiene solución única.
$$ \boxed{\,\text{Pasa exactamente } \textbf{una} \text{ curva integral}\,} $$Verificación. Es el mismo argumento que dice que las curvas solución no se cruzan: si pasaran dos, tendríamos dos soluciones distintas del mismo PVI.
Es un cociente: hay que pedir denominador no nulo.
$$ y^2 \neq 0 \quad\Rightarrow\quad y \neq 0 $$Regla de la potencia sobre \(y^{-2}\):
$$ \begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial y} &= -2\,y^{-2-1} \\ &= -2\,y^{-3} \\ &= \frac{-2}{y^3} \end{aligned} $$La condición es la misma: \(y \neq 0\). Acá la derivada no agrega nada nuevo.
El eje \(x\) parte el plano en dos semiplanos abiertos:
$$ \boxed{\,R_1 = \{(x,y): y > 0\} \qquad R_2 = \{(x,y): y < 0\}\,} $$Verificación. Tiene sentido geométrico: donde \(y \to 0\), la pendiente \(1/y^2\) tiende a infinito. Ninguna curva solución puede tocar el eje \(x\) con tangente definida.
Dividimos ambos miembros por \(2x+5y\), lo cual ya exige que no se anule:
$$ y' = \frac{x - y}{2x + 5y} $$ $$ f(x,y) = \frac{x-y}{2x+5y} $$ $$ 2x + 5y \neq 0 $$Con \(u = x - y\) y \(v = 2x + 5y\), derivando respecto de \(y\) queda \(u_y = -1\) y \(v_y = 5\). Aplicamos \(\left(\dfrac{u}{v}\right)_y = \dfrac{u_y v - u\,v_y}{v^2}\):
$$ \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{(-1)(2x+5y) - (x-y)(5)}{(2x+5y)^2} $$Los términos \(-5y\) y \(+5y\) se cancelan. Entonces:
$$ \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{-7x}{(2x+5y)^2} $$La condición vuelve a ser \(2x+5y \neq 0\).
La recta prohibida es \(2x + 5y = 0\), es decir \(y = -\dfrac{2}{5}x\), que pasa por el origen. Divide el plano en dos semiplanos abiertos:
$$ \boxed{\,R_1 = \{2x+5y > 0\} \qquad R_2 = \{2x+5y < 0\}\,} $$Hay unicidad alrededor de cualquier punto que no esté sobre esa recta.
Verificación. Sobre la recta \(2x+5y=0\) la ecuación original queda \(0 \cdot y' = x - y\), que para \(x \neq y\) es imposible. Ahí ni siquiera hay ecuación diferencial que resolver.
Como no aparece \(y\), la ecuación describe rectas verticales. Cada valor de \(c\) da una vertical distinta.
Sobre la vertical \(x = c-2\), todas las soluciones tienen pendiente \(c\). Algunos casos concretos:
$$ c = 0 \;\Rightarrow\; x = -2, \ \text{ segmentos horizontales} $$ $$ c = 1 \;\Rightarrow\; x = -1, \ \text{ segmentos a } 45^\circ $$ $$ c = -2 \;\Rightarrow\; x = -4, \ \text{ segmentos bajando con pendiente } -2 $$La isoclina de pendiente cero es \(x = -2\): ahí están todos los extremos de las curvas solución.
Son rectas de pendiente \(-1\), todas paralelas entre sí, una por cada \(c\).
Sobre la recta \(x + y = c\) los segmentos tienen pendiente \(c\), no pendiente \(-1\).
$$ c = 0 \;\Rightarrow\; y = -x, \ \text{ segmentos horizontales} $$ $$ c = -1 \;\Rightarrow\; y = -x-1, \ \text{ segmentos paralelos a la propia isoclina} $$ $$ c = 2 \;\Rightarrow\; y = -x+2, \ \text{ segmentos con pendiente } 2 $$Resultado: $$\boxed{\text{(a) rectas verticales } x = c-2 \qquad \text{(b) rectas } y = -x + c}$$
Verificación. El caso \(c = -1\) del inciso (b) es especial: los segmentos quedan alineados con la isoclina. Eso significa que la recta \(y = -x - 1\) es ella misma una solución. Comprobalo: si \(y = -x-1\) entonces \(y' = -1\), y \(y + x = -x-1+x = -1\). Coinciden.
Sacamos denominador común dentro del paréntesis y después usamos diferencia de cuadrados:
$$ \begin{aligned} y\left(1 - \frac{y^2}{4}\right) &= y \cdot \frac{4 - y^2}{4} \\ &= \frac{y\,(2-y)(2+y)}{4} \end{aligned} $$La ecuación es autónoma. Igualamos el producto a cero:
$$ y\,(2-y)(2+y) = 0 $$ $$ y = 0, \qquad y = 2, \qquad y = -2 $$Las rectas horizontales \(y = 0\), \(y = 2\) e \(y = -2\) son soluciones constantes.
Evaluamos un valor de prueba en cada una de las cuatro franjas:
$$ y = 3: \quad \frac{3\,(-1)(5)}{4} = -\frac{15}{4} < 0 $$ $$ y = 1: \quad \frac{1\,(1)(3)}{4} = \frac{3}{4} > 0 $$ $$ y = -1: \quad \frac{(-1)(3)(1)}{4} = -\frac{3}{4} < 0 $$ $$ y = -3: \quad \frac{(-3)(5)(-1)}{4} = \frac{15}{4} > 0 $$Con las flechas apuntando según el signo:
$$ y = 2: \ \text{atrae por arriba y por abajo} \;\Rightarrow\; \textbf{estable} $$ $$ y = 0: \ \text{repele hacia ambos lados} \;\Rightarrow\; \textbf{inestable} $$ $$ y = -2: \ \text{atrae por arriba y por abajo} \;\Rightarrow\; \textbf{estable} $$(a) \(y(0) = 1\) cae en la franja \(0 < y < 2\), donde \(y' > 0\): la curva crece y se pega a \(y = 2\) sin cruzarla.
$$ \lim_{x\to+\infty} y(x) = 2 $$(b) \(y(0) = -1\) cae en \(-2 < y < 0\), donde \(y' < 0\): la curva decrece hacia \(y = -2\).
$$ \lim_{x\to+\infty} y(x) = -2 $$(c) \(y(0) = -3\) cae en \(y < -2\), donde \(y' > 0\): la curva crece, también hacia \(y = -2\), pero desde abajo.
$$ \lim_{x\to+\infty} y(x) = -2 $$Resultado: $$\boxed{\text{(a) } \to 2 \qquad \text{(b) } \to -2 \qquad \text{(c) } \to -2}$$
Verificación. Los casos (b) y (c) llegan al mismo límite pero por lados opuestos, y ninguna de las dos curvas toca \(y=-2\): esa recta es solución y las soluciones no se cruzan.
De la segunda:
$$ 2p = 3 \quad\Rightarrow\quad p = \frac{3}{2} = 1{,}5 $$Entre \(0\) y \(1{,}5\) las curvas suben; por encima de \(1{,}5\) bajan. Las dos se acercan a \(p = 1{,}5\).
$$ p = 0: \ \textbf{inestable} \qquad p = 1{,}5: \ \textbf{estable} $$Es el modelo logístico clásico: crecimiento en forma de S hasta la capacidad de carga.
El valor \(2\) está en la franja \(p > 1{,}5\), donde \(p' < 0\): la población decrece hasta el equilibrio.
$$ \boxed{\,\lim_{t\to+\infty} p(t) = 1{,}5\,} $$De \(2\,000\) individuos baja hasta estabilizarse en \(1\,500\).
Ahora estamos en \(0 < p < 1{,}5\), donde \(p' > 0\): la población crece.
$$ \boxed{\,\lim_{t\to+\infty} p(t) = 1{,}5\,} $$De \(500\) individuos crece hasta \(1\,500\).
En miles: ¿puede \(p\) ir de \(3\) a \(0{,}5\)? Entre esos dos valores está el equilibrio \(p = 1{,}5\), que es una solución constante.
La solución que arranca en \(3\) decrece, pero queda atrapada por arriba de \(1{,}5\): cruzarla implicaría dos soluciones por un mismo punto.
$$ \boxed{\,\text{No: nunca baja de } 1\,500\,} $$Verificación. Compará con el modelo del Ejemplo 5: allá había tres equilibrios y por eso existía un umbral de extinción. Acá, con solo dos, cualquier población inicial positiva sobrevive y converge a \(1\,500\). El número de equilibrios cambia por completo el destino del sistema.
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