Ciencia Aplicada a la Ingenierı́a
Dr. Roberto Rozas
Ecuaciones Diferenciales
05.06.2024
I Semestre 2024
e-mail: rrozas@ubiobio.cl
Tarea 2
Estudiante: Christopher Vergara Saavedra
Evolución de poblaciones (20 pts)
Problema N°1:
El modelo de Lotka-Volterra
dx
= ax − bxy
dt
dy
= −cy + dxy
dt
describe la evolución de las poblaciones de predadores y y presas x. a, b, c y d son
parámetros del modelo. La población de presas además de ser reducida por la interacción con predadores puede estar limitada tambı́en por otros factores como el
espacio disponible. Este factor puede ser incorporado mediante una contribución
similar a la del modelo logı́stico de crecimiento. El modelo Lotka-Volterra modificado es
dx
x
=a 1−
x − bxy
dt
K
dy
= −cy + dxy
dt
donde K es la población máxima que x alcanzarı́a sin predadores. Considere
a = 1.2, b = 0.6, c = 0.8 y d = 0.3 y las condiciones iniciales x(0) = 2 e y(0) = 1.
Usando el método Runge-Kutta de cuarto orden con un paso ∆t = 0.1 resuelva la
evolución de x e y para 0 ≤ t < 100 en los siguientes casos
(a) El modelo Lotka-Volterra.
(b) El modelo Lotka-Volterra modificado con K = 108 .
(c) El modelo Lotka-Volterra modificado con K = 20.
Incluya el código del programa utilizado para resolver el problema.
1
Solución:
(b)
(c)
Código MATLAB utilizado:
%% Parametros y c o n d i c i o n e s i n i c i a l e s
h = 0.1;
t0 = 0 ;
t f = 100;
a = 1.2;
b = 0.6;
c = 0.8;
d = 0.3;
x0 = 2 ;
y0 = 1 ;
%% Modelo Lotka−V o l t e r r a
dxdt=@( x , y ) ( a ∗x−b∗x . ∗ y ) ;
dydt=@( x , y)(− c ∗y+d∗x . ∗ y ) ;
t = t0 : h : t f ;
x = zeros ( 1 , length ( t ) ) ;
x ( 1 ) = x0 ;
y = zeros ( 1 , length ( t ) ) ;
y ( 1 ) = y0 ;
f o r i =1:( length ( t ) −1)
2
kx1 = dxdt ( x ( i ) , y ( i ) ) ;
ky1 = dydt ( x ( i ) , y ( i ) ) ;
kx2 = dxdt ( x ( i )+0.5∗ h∗kx1 , y ( i )+0.5∗ h∗ ky1 ) ;
ky2 = dydt ( x ( i )+0.5∗ h∗kx1 , y ( i )+0.5∗ h∗ ky1 ) ;
kx3 = dxdt ( ( x ( i )+0.5∗ h∗ kx2 ) , y ( i )+0.5∗ h∗ ky2 ) ;
ky3 = dydt ( ( x ( i )+0.5∗ h∗ kx2 ) , ( y ( i )+0.5∗ h∗ ky2 ) ) ;
kx4 = dxdt ( ( x ( i )+kx3 ∗h ) , y ( i )+ky3 ∗h ) ;
ky4 = dydt ( ( x ( i )+kx3 ∗h ) , ( y ( i )+ky3 ∗h ) ) ;
x ( i +1) = x ( i ) + ( 1 / 6 ) ∗ ( kx1+2∗kx2+2∗kx3+kx4 ) ∗ h ;
y ( i +1) = y ( i ) + ( 1 / 6 ) ∗ ( ky1+2∗ky2+2∗ky3+ky4 ) ∗ h ;
end
figure ( 1 ) ;
plot ( t , x ) ;
hold on
plot ( t , y ) ;
xlabel ( ’ Tiempo [ s ] ’ ) ;
ylabel ( ’ P o b l a c i o n ’ ) ;
t i t l e ( ’ Modelo Lotka−V o l t e r r a | E v o l u c i o n P r e d a d o r e s y P r e s a s ’ ) ;
legend ( ’ P r e d a d o r e s ’ , ’ P r e s a s ’ )
figure ( 2 ) ;
plot ( x , y )
xlabel ( ’ P o b l a c i o n P r e d a d o r e s ’ ) ;
ylabel ( ’ P o b l a c i o n P r e s a s ’ ) ;
t i t l e ( ’ Modelo Lotka−V o l t e r r a | R e l a c i o n P r e d a d o r e s y P r e s a s ’ ) ;
%% Modelo Lotka−V o l t e r r a m o d i f i c a d o
option = 2;
i f o p t i o n == 1
K = 1E8 ;
e l s e i f o p t i o n == 2
K = 20;
end
dxdt=@( x , y ) ( a .∗(1 −( x/K) ) . ∗ x−b . ∗ x . ∗ y ) ;
dydt=@( x , y)(− c . ∗ y+d . ∗ x . ∗ y ) ;
t = t0 : h : t f ;
x = zeros ( 1 , length ( t ) ) ;
x ( 1 ) = x0 ;
y = zeros ( 1 , length ( t ) ) ;
y ( 1 ) = y0 ;
3
f o r i =1:( length ( t ) −1)
kx1 = dxdt ( x ( i ) , y ( i ) ) ;
ky1 = dydt ( x ( i ) , y ( i ) ) ;
kx2 = dxdt ( x ( i )+0.5∗ h∗kx1 , y ( i )+0.5∗ h∗ ky1 ) ;
ky2 = dydt ( x ( i )+0.5∗ h∗kx1 , y ( i )+0.5∗ h∗ ky1 ) ;
kx3 = dxdt ( ( x ( i )+0.5∗ h∗ kx2 ) , y ( i )+0.5∗ h∗ ky2 ) ;
ky3 = dydt ( ( x ( i )+0.5∗ h∗ kx2 ) , ( y ( i )+0.5∗ h∗ ky2 ) ) ;
kx4 = dxdt ( ( x ( i )+kx3 ∗h ) , y ( i )+ky3 ∗h ) ;
ky4 = dydt ( ( x ( i )+kx3 ∗h ) , ( y ( i )+ky3 ∗h ) ) ;
x ( i +1) = x ( i ) + ( 1 / 6 ) ∗ ( kx1+2∗kx2+2∗kx3+kx4 ) ∗ h ;
y ( i +1) = y ( i ) + ( 1 / 6 ) ∗ ( ky1+2∗ky2+2∗ky3+ky4 ) ∗ h ;
end
figure ( 1 ) ;
plot ( t , x ) ;
hold on
plot ( t , y ) ;
xlabel ( ’ Tiempo [ s ] ’ ) ;
ylabel ( ’ P o b l a c i o n ’ ) ;
legend ( ’ P r e d a d o r e s ’ , ’ P r e s a s ’ )
i f o p t i o n == 1
t i t l e ( ” Modelo Lotka−V o l t e r r a m o d i f i c a d o , K = 10ˆ8 | E v o l u c i o n P r e d a d o r e s y P r e s a s
e l s e i f o p t i o n == 2
t i t l e ( ” Modelo Lotka−V o l t e r r a m o d i f i c a d o , K = 20 | E v o l u c i o n P r e d a d o r e s y P r e s a s ” )
end
figure ( 2 ) ;
plot ( x , y )
xlabel ( ’ P o b l a c i o n P r e d a d o r e s ’ ) ;
ylabel ( ’ P o b l a c i o n P r e s a s ’ ) ;
i f o p t i o n == 1
t i t l e ( ’ Modelo Lotka−V o l t e r r a Modificado , K = 10ˆ8 | R e t r a t o de Fase ’ ) ;
e l s e i f o p t i o n == 2
t i t l e ( ’ Modelo Lotka−V o l t e r r a Modificado , K = 20 | R e t r a t o de Fase ’ ) ;
end
4
Problema N°2:
Barra sometida a carga (20 pts)
La ecuación diferencial de una barra sometida a una carga uniforme con los extremos fijos es
d2 y
wLx wx2
−
EI 2 =
dx
2
2
Al derivar dos veces esta ecuación respecto a x se obtiene una ecuación equivalente
d4 y
EI 4 = −w
dx
Se requiere de cuatro condiciones para resolver el problema. Considere que el
módulo elástico de una barra es E = 200 MPa, el segundo momento de area
I = 3 · 10−4 m4 , la densidad lineal de carga w = 15 kN/m y L = 3 m. Las
condiciones de contorno en el extremo izquierdo de la barra son y(0) = 0 m, y ′ (0) =
−0.28125, y ′′ (0) = 0 m−1 e y ′′′ (0) = 0.375 m−2 .
(a) Obtenga una solución analı́tica para y(x).
(b) Resuelva numéricamente el problema usando un método de su elección. Use
un paso ∆x = 0.01 para realizar la integración numérica.
(c) Compare las soluciones analı́tica y numérica. Para ésto realice un gráfico y
versus x y otro para el error de las soluciones e = |y − y ∗ | versus x.
(d) Resuelva nuevamente el problema pero esta vez cambiando una condición de
borde, y ′ (0) = −0.1. Presente el resultado como gráfico y versus x.
Incluya el código del programa utilizado para resolver el problema.
Solución:
(a) Considerando que la ecuación está escrita de tal forma que las variables x
e y están separadas, la solución analı́tica puede obtenerse fácilmente mediante
integraciones sucesivas. Primero:
Z 4
d3 y
dy
=
dx
3
dx
dx4
Z
1
= − wdx
EI
1
= − wx + c1
EI
Reemplazando la condición inicial y ′′′ (0) = 0.375:
1
w(0) + c1
EI
⇒ c1 = 0.375
y ′′′ (0) = −
5
Integrando nuevamente:
d2 y
=
dx2
d3 y
dx
dx3
Z 1
=
− wx + 0.375 dx
EI
1
=−
wx2 + 0.375x + c2
2EI
Z
Reemplazando la condición inicial y ′′ (0) = 0, es evidente que c2 = 0. Integrando
una vez más:
Z 2
dy
dy
=
dx
dx
dx2
Z 1
2
wx + 0.375x dx
=
−
2EI
1
0.375 2
=−
wx3 +
x + c3
6EI
2
Reemplazando la condición inicial y ′ (0) = −0.28125:
0.375 2
1
w(0)3 +
(0) + c3
6EI
2
⇒ c3 = −0.28125
y ′ (0) = −
Realizando una última integración:
Z
dy
y(x) =
dx
dx
Z 1
0.375 2
3
=
−
wx +
x − 0.28125 dx
6EI
2
1
0.375 3
=−
wx4 +
x − 0.28125x + c4
24EI
6
Nuevamente, reemplazando la condición inicial y(0) = 0 es evidente que c4 = 0.
Ası́, la solución es:
y(x) = −
0.375 3
1
wx4 +
x − 0.28125x
24EI
6
6
Reemplazando los valores de E, I, w se obtiene la solución analı́tica final:
1
0.375 3
(15 × 103 )x4 +
x − 0.28125x
6
−4
24(200 × 10 )(3 × 10 )
6
1
1
9
= − x4 + x3 − x
96
16
32
y(x) = −
O bien, en forma decimal aproximada:
y(x) = −0.010416x4 + 0.0625x3 − 0.28125x
(b) Transformamos la ecuación de segundo órden en un sistema de ecuaciones de
primer órden, definiendo Y1 = y(x) e Y2 = dy/dx:
EI
dY2
wLx wx2
=
−
dx
2
2
dY1
= Y2
dx
con condiciones iniciales Y1 (0) = 0 y Y2 (0) = −0.28125.
7
Problema N°3:
Modelo epidemiológico (20 pts)
El siguiente sistema de ecuaciones diferenciales ha sido propuesto como modelo
epidemiológico
dS
= −aSI
dt
dI
= aSI − rI
dt
dR
= rI
dt
donde S, I y R son las poblaciones de individuos susceptibles, infectados y recuperados, respectivamente. a y r son las tasas de infección y recuperación respectivamente. Una ciudad tiene una población de 10000 personas donde todas son
inicialmente susceptibles.
1. Si un individuo infectado entra a la ciudad a t = 0 calcule la evolución de la
epidemia hasta que el número de infectados sea menor que 10 personas. Use
los siguientes parámetros a = 0.002 personas−1 · semana−1 y r = 0.15 dı́a−1 .
Grafique S, I, R y también un retrato de fase donde se represente S versus I
versus R.
2. Suponga que luego de la recuperación, hay una pérdida de inmunidad que
provoca que los individuos recuperados se vuelvan susceptibles. El mecanismo de reinfección puede ser incorporado en el modelo como un término ρR,
donde ρ es la tasa de reinfección. Modifique el modelo para incorporar este
mecanismo y repita los cálculos con ρ = 0.015 dı́a−1 .
Incluya el código del programa utilizado para resolver el problema.
Solución:
%% Parametros y c o n d i c i o n e s i n i c i a l e s
h = 0.01;
t0 = 0 ;
t f = 100;
a = 0.002∗(1/7);
r = 0.15;
rho = 0 . 0 1 5 ;
% En p e r s o n a s ˆ−1 ∗ d i a s ˆ−1
% En d i a s ˆ−1
% En d i a s ˆ−1
S0 = 1 0 0 0 0 ;
I0 = 1;
R0 = 0 ;
%% Ecuacion d i f e r e n c i a l numerica
dSdt=@( S , I ,R)(−a ∗S∗ I+rho ∗R ) ;
8
d I d t=@( S , I ) ( a ∗S∗ I−r ∗ I ) ;
dRdt=@( I ,R) ( r ∗ I−rho ∗R ) ;
%%
t = t0 : h : t f ;
S = zeros ( 1 , length ( t ) ) ;
S ( 1 ) = S0 ;
I = zeros ( 1 , length ( t ) ) ;
I (1) = I0 ;
R = zeros ( 1 , length ( t ) ) ;
R( 1 ) = R0 ;
f o r i =1:( length ( t ) −1)
kS1 = dSdt ( S ( i ) , I ( i ) ,R( i ) ) ;
kI1 = dIdt (S( i ) , I ( i ) ) ;
kR1 = dRdt ( I ( i ) ,R( i ) ) ;
kS2 = dSdt ( S ( i )+0.5∗ h∗kS1 , I ( i )+0.5∗ h∗ kI1 ,R( i )+0.5∗ h∗kR1 ) ;
k I 2 = d I d t ( S ( i )+0.5∗ h∗kS1 , I ( i )+0.5∗ h∗ k I 1 ) ;
kR2 = dRdt ( I ( i )+0.5∗ h∗ kI1 ,R( i )+0.5∗ h∗kR1 ) ;
kS3 = dSdt ( ( S ( i )+0.5∗ h∗ kS2 ) , I ( i )+0.5∗ h∗ kI2 ,R( i )+0.5∗ h∗kR2 ) ;
k I 3 = d I d t ( ( S ( i )+0.5∗ h∗ kS2 ) , I ( i )+0.5∗ h∗ k I 2 ) ;
kR3 = dRdt ( I ( i )+0.5∗ h∗ kI2 ,R( i )+0.5∗ h∗kR2 ) ;
kS4 = dSdt ( ( S ( i )+kS3 ∗h ) , I ( i )+ k I 3 ∗h ,R( i )+kR3∗h ) ;
k I 4 = d I d t ( ( S ( i )+kS3 ∗h ) , I ( i )+ k I 3 ∗h ) ;
kR4 = dRdt ( I ( i )+ k I 3 ∗h ,R( i )+kR3∗h ) ;
S ( i +1) = S ( i ) + ( 1 / 6 ) ∗ ( kS1+2∗kS2+2∗kS3+kS4 ) ∗ h ;
I ( i +1) = I ( i ) + ( 1 / 6 ) ∗ ( k I 1 +2∗ k I 2 +2∗ k I 3+k I 4 ) ∗ h ;
R( i +1) = R( i ) + ( 1 / 6 ) ∗ ( kR1+2∗kR2+2∗kR3+kR4 ) ∗ h ;
end
figure ( 1 ) ;
plot ( t , S ) ;
hold on
plot ( t , I ) ;
plot ( t ,R ) ;
xlabel ( ’ Tiempo [ d i a s ] ’ ) ;
ylabel ( ’ P o b l a c i o n ’ ) ;
grid on
9