Ecuacion Logistica modificada.

Ecuacion Logistica modificada.

Al terminar este arículo podrás identificar y resolver, con los mismos cuatro pasos mencionados en el artículo: Ecuaciones Diferenciales no Lineales, una de las variaciones más comunes de la ecuación logística, verás que dichos cuatro pasos, pueden ser aplicados a cualquier variación de una ED logística e identificarás el modelo logístico standar del modelo logístico modificado.

En matemáticas, como en cualquier situación de la vida cotidiana que se desea aprender, la mejor estrategia es entender el mismo concepto desde varias perspectivas para verlo como un todo, asegurandonos de que lo hemos comprendido y así, adquirir verdaderamente el conocimiento. De éste modo se pueden sentar bases sólidas para entender conceptos más profundos, como dice Scott Young, reconocido a nivel global como genio del aprendizaje acelerado en su curso Holístic Learning: “Lo llamo aprendizaje holístico porque te desafía a ver el aprendizaje como un todo, en vez de una lista de hechos memorizados. Las personas inteligentes tienden a hacer pocas distinciones entre las ramas del conocimiento y pueden facilmente realcionar un conjunto de conceptos con otros”, refiriendose a cómo ver el concepto de aprendizaje, en particular o en general cualquier conjunto de conocimientos.

ecuacion logistica modificada

Figura 1. Mujer de 25 años? mujer de mas de 70 años?

“Si entiendes algo en solo un sentido, entonces no lo entiendes para nada. El secreto de lo que significa cualquier cosa para nosotros, depende de cómo lo hemos conectado a todas las otras cosas que sabemos. Representaciones bien conectadas, te permite girar las ideas alrededor de tu mente para imaginar las cosas desde muchas perspectivas hasta que encuentras la que funciona para ti. Y eso es lo que significa pensar”.

Marvin Minsky

MODIFICACIONES DEL MODELO LOGíSTICO

El modelo logístico en ecuaciones diferenciales puede verse no solo como un modelo de crecimiento de población si no que también, con alguna modificación, estas ecuaciones pueden representar modelos de decrecimiento poblacional natural, crecimiento y/o decrecimiento por influencia externa, etc.

Ecuación Logística standar.

$\frac{dP}{dt}=P(r-\frac{r}{k}P)$

Ecuaciones Logisticas modificadas.

Si $ a = r$  y  $ b = -\frac{r}{k}$, tenemos:

  • Emigración humana o desabastecimiento de productos: $ \frac{dP}{dt}=P(a – b P) – h$, donde $ h$: es constante
  • Inmigración humana o abastecimiento de productos: $ \frac{dP}{dt}=P(a – b P) + h$, donde $ h$: es constante

Modelado de poblaciones con diferentes condiciones:

  • $ \frac{dP}{dt}=P(a – b P) – cP$  cuando la Emigración depende de la población
  • $ \frac{dP}{dt}=P(a – b P) + ce^{-kP}$ cuando la Inmigración varía segun el tamaño de la población
  • $ \frac{dP}{dt}=P(a – b ln \left( P \right) )$ Ecuación diferencial de Gompertz. Modela crecimiento o decrecimiento de tumores  y ciertas prediciones actuariales

TODAS las anteriores modificaciones a la ecuación logística pueden ser resueltas analíticamente con la metodo logía de 4 pasos presentada a continuación. =)

METODOLOGIA PARA RESOLVER ANALITICAMENTE UNA ECUACION LOGISTICA ESTÁNDAR O MODIFICADA

PASOS:

  1. Escribir la Ecuación Logística separando sus variables en la ecuación. Es decir:
    1. Tenemos la ecuación logistica general:

$ \frac{dP}{dt} = P \left( r – \frac{r}{K} P \right)$

O en su versión reducida:

$ \frac{dP}{dt} = P (a – b P)$

b. Escribimos la ED separando sus variables:

$ \frac{dP}{P \left( r – \frac{r}{K} P \right)} = {dt}$

II. Analizamos la función racional del primer miembro ($ \frac{p (x)}{q(x)} = {dt}$) e identificamos las integrales a resolver.

Para resolver un ED Logística, necesitamos recordar cómo INTEGRAR una función racional. Para este fin, describimos una secuencia de pasos a seguir que la desarrollamos en el artículo: Integración de Funciones Racionales, parte de ésta secuencia se utiliza para resolver las ED que ahora nos ocupan.

Análisis de la función racional para integrar ED Logísticas

  1. Sefactoriza el denominador de la función racional y se identifica qué tipo de integral es. Para éste caso las más comunes son:
    1. Integral del tipo logarítmica: $ \int \frac{dT}{T}$
    2. Integral por fracciones parciales, ejemplo: $ \int\frac{constante}{polinomio} = \int\frac{A_1}{factor_1} + \int \frac{A_2}{factor_2} + \ldots$
    3. Integral:
      • Arco Tangente: $ \int \frac{dT}{1 + T^2}$
      • Arco Tangente hiperbólica: $ \int \frac{dT}{1 – T^2}$
      • del tipo: $ \int \frac{dT}{a^2 – T^2}$
    4. Una combinación de algunas y/o todas las integrales de los puntos anteriores al descomponer en fraciones mas simples (por ejemplo fracciones parciales).
    5. Por ultimo, recordar que es posible encontrar una integral mas simple que las mencionadas al realizar la factorizacion del denominador de la funcion racional, por ejemplo, encontrar una integral de la forma: $ \int T^n dT$
  2. Este procedimiento es una guía ordenada para abordar este tipo de ED’s, sin embargo las integrales a resolver pueden ser de más tipos, por lo cual habrá que revisar las tablas de integración al toparnos con integrales diferentes a las acá mencionadas.

III. Resolvemos las integrales mediante la técnica e integración correspondiente al tipo de integral:

  1. $ \int \frac{dT}{T} = {Ln} | T | + C$
  2. Fracciones Parciales:
    1. Factores lineales en el denominador. Por cada factor lineal escribimos una fracción del tipo: $ \frac{A}{a x + b}$
    2. Factores cuadráticos en el denominador. Por cada factor cuadratico escribimos: $ \frac{Ax + B}{ax^{2}} + {bx + c}$

Nota: Ver el artículo: Integración de Funciones Racionales para mayor detalle

C. Integral:

  • $ \int \frac{dT}{1 + T^{2}} = {arcTan} (T) + C$
  • $ \int \frac{dT}{1 – T^{2}} = {arcTanh} (T) + C$
  • $ \int \frac{dT}{a^2 – T^{2}} = \frac{1}{2 T} {Ln} \left|\frac{a + T}{a – T} \right| + C$,   $ | T | \neq a$   ó
  • $ \int \frac{dT}{a^2 – T^2} = \frac{1}{a} {arcTanh} \left(\frac{T}{a} \right) + C$,    $ | T | < a$

D. Combinacion de las anteriores.

E. $ \int T^n {dT} = \frac{T^{n + 1}}{n + 1} + C$

 IV. Resolvemos el PVI, mediante la sustitución de los valores iniciales en la función solución.

EJEMPLOS RESUELTOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES NO LINEALES

Ecuación Logística Modificada

Ejemplo 1. Ejercicios 3.2. Libro Dennis G. Zill (Problema 5)

a). Si se pesca un numero constante h de peces de una pesqueria por unidad de tiempo, entonces un modelo para la población $ P (t)$ de una pesquería al tiempo t está dada por:

$ \frac{dP}{dt} = P (a – b P) – h$

$ P(0) = P_{0}$

donde $ a$, $ b$, $h$ y $ P_{0}$ son constantes positivas.

Suponga que $ a = 5$, $ b = 1$ y $ h = 4$. Puesto que la ED es AUTÓNOMA, utilice el concepto de esquema de fase, para dibujar curvas solución representativas que corresponden a los casos $ P_0 > 4$, $ 1 < P_0 < 4$ y $ 0< P_0 < 1$. Determine el comportamiento de la solución a largo plazo en cada caso.

b). Resuelva el PVI del inciso a). Compruebe los resultados de su esquema de fase del inciso a), utilizando un programa de graficación para trazar la gráfica $ P (t)$ con una condición inicial tomada de cada uno de los tres intervalos dados.

c). Utilice la información de los incisos a) y b) para determinar si la población de la pesquería desepareciera en un tiempo finito. De ser así, determine ese tiempo.

Solución

a). Esquema de fase y comportamiento a largo plazo, para cada uno de los tres casos del problema. Ver la presentación: Cómo analizar cualitativamente un Ecuación Diferencial No lineal. La solución analítica y gráfica se da en el siguiente inciso.

b). Problema del Valor Inicial (PVI).

Sustituyendo los valores $ a = 5$, $b = 1$ y $ h = 4$

$ \frac{dP}{dt} = P(5-P) – 4$

$ P(0) = P_{0}$

Pasos:

 

I.

$ \frac{dP}{P(5 – P) – 4} = dt$

II. Es importante saber que para mayor claridad de cómo integrar una función racional, es pertinente -sobre todo al principio del aprendizaje de éstas técnicas, tener el DENOMINADOR de la función racional EXPRESADO en FACTORES.

Observación . En los ejemplos del artículo: ecuaciones diferenciales no lineales, pudo haber sido evidente que las funciones resultantes a integrar tienen en su denominador FACTORES (que en esos casos son funciones lineales) que permite integrar las funciones racionales mediante fracciones parciales, sin embargo, en este caso, como en otros donde la Ecuación logística es modidicada, es necesario factorizar el denominador de la función a integrar tal como lo indica el paso II, inciso i de la METODOLOGÍA PARA RESOLVER ANALÍTICAMENTE UNA ECUACION LOGÍSTICA.

De modo que:

Factorizamos el denominador

\begin{eqnarray*}
\frac{{dP}}{5 P – P^2 – 4} & = & {dt}\\
\frac{{dP}}{- (P – 1) (P – 4)} & = & {dt}
\end{eqnarray*}

Utilizamos Fraciones Parciales ya que en el denominador tenemos funciones lineales. Ver el paso III del apartado: METODOLOGÍA PARA RESOLVER ANALÍTICAMENTE UNA ECUACION LOGÍSTICA.

Fraciones Parciales

  • $ \frac{1}{- (P – 1) (P – 4)} = – \frac{A}{P – 1} + \frac{B}{P- 4}$

Esto implica:

$ 1 \equiv A (P – 4) + B (- P + 1)$

$ 1 \equiv A P – 4 A – B P + B$

$ 1 \equiv A P – B P – 4 A + B$

$ 1 \equiv (A – B) P – 4 A + B$

  • Igualando términos semejantes para obtener un sistema de ecuaciones lineales, tenemos
\begin{equation}
1 = – 4 A + B
\end{equation}
\begin{equation}
0 = A – B
\end{equation}
  • Resolveindo el sistema

De (2), tenemos:

$ B = A$

De (1), tenemos:

$ 1 = – 4 A + A$

$ 1 = – 3 A$

$ A = – \frac{1}{3}$

  • Por tanto:
\begin{eqnarray*}
\frac{1}{(P + 1) (- P – 4)} & = & – \frac{- \frac{1}{3}}{P – 1} +
\frac{- \frac{1}{3}}{P – 4}\\
& = & – \frac{1}{3} \left[ – \frac{1}{P – 1} + \frac{1}{P – 4}
\right]\\
& = & – \frac{1}{3} \left[ \frac{1}{P – 4} – \frac{1}{P – 1}
\right] \end{eqnarray*}

III. Resolvemos.

\begin{eqnarray*}
\frac{{dP}}{- (P – 1) (P – 4)} & = & {dt}\\
– \frac{1}{3} \left[ \frac{{dP}}{P – 4} – \frac{{dP}}{P – 1}
\right] & = & {dt}\\
– \frac{1}{3} \left[ \int \frac{{dP}}{P – 4} – \int
\frac{{dP}}{P – 1} \right] & = & \int {dt} + C\\
– \frac{1}{3} \left[ \int \frac{{dP}}{P – 4} – \int
\frac{{dP}}{P – 1} \right] & = & \int {dt} + C
\end{eqnarray*}
  • Integrando
\begin{eqnarray*}
– \frac{1}{3} [{Ln} (P – 4) – {Ln} (P – 1)] & = & t + C\\
– \frac{1}{3} {Ln} \left( \frac{P – 4}{P – 1} \right) & = & t +
C\\
{Ln} \left( \frac{P – 4}{P – 1} \right) & = & – 3 t – 3 C\\
\frac{P – 4}{P – 1} & = & e^{- 3 t – 3 C}\\
\frac{P – 4}{P – 1} & = & e^{- 3 t – C_1}\\
\frac{P – 4}{P – 1} & = & C_2 e^{- 3 t}\\
P – 4 & = & C_2 e^{- 3 t} (P – 1)\\
P – 4 & = & C_2 e^{- 3 t} P – C_2 e^{- 3 t}\\
P – 4 – C_2 e^{- 3 t} P & = & – C_2 e^{- 3 t}\\
P – C_2 e^{- 3 t} P & = & – C_2 e^{- 3 t} + 4\\
P (1 – C_2 e^{- 3 t}) & = & – C_2 e^{- 3 t} + 4\\
P & = & \frac{- C_2 e^{- 3 t} + 4}{1 – C_2 e^{- 3 t}}\\
P & = & \frac{4 – C_2 e^{- 3 t}}{1 – C_2 e^{- 3 t}}
\end{eqnarray*}

De modo que la solución es:

$ \Large P (t) = \frac{4 – C_{2} e^{- 3 t}}{1 – C_2 e^{- 3 t}}$

IV. Resolviendo el PVI

Utilizamos, $ P (0) = P_{0}$, entonces:

\begin{eqnarray*}
P (t) & = & \frac{4 – C_2 e^{- 3 t}}{1 – C_2 e^{- 3 t}}\\
P_0 & = & \frac{4 – C_2 e^{- 3 (0)}}{1 – C_2 e^{- 3 (0)}}\\
P_0 & = & \frac{4 – C_2 (1)}{1 – C_2 (1)}\\
P_0 & = & \frac{4 – C_2 }{1 – C_2 }\\
P_0 (1 – C_2) & = & 4 – C_2\\
P_0 – P_0 C_2 & = & 4 – C_2\\
P_0 – 4 & = & P_0 C_2 – C_2\\
P_0 – 4 & = & C_2 (P_0 – 1)\\
C_2 (P_0 – 1) & = & P_0 – 4\\
C_2 & = & \frac{P_0 – 4}{P_0 – 1}
\end{eqnarray*}

De modo que la solución particular buscada es:

\begin{eqnarray*}
P (t) & = & \frac{4 – \left( \frac{P_0 – 4}{P_0 – 1} \right) e^{- 3
t}}{1 – \left( \frac{P_0 – 4}{P_0 – 1} \right) e^{- 3 t}}\\
P (t) & = & \frac{4 (P_0 – 1) – (P_0 – 4) e^{- 3 t}}{(P_0 – 1) – (P_0
– 4) e^{- 3 t}}
\end{eqnarray*}

De modo que la solución particular buscada es:

$ P (t) = \frac{4 (P_0 – 1) – (P_0 – 4) e^{- 3 t}}{(P_0 – 1) – (P_0 -4) e^{- 3 t}}$

Utilizando MATHEMATICA para comprobar el resultado obtenido sustituyendo la ED anterior por cada uno de los tres casos descritos en el inciso a) del problema.

Comprobamos, ahora, analíticamente y mediante MATHEMATICA, los resultados del inciso a). [Ver presentación: Cómo analizar cualitativamente un Ecuación Diferencial No lineal, para los resultados del inciso a).].

Segun los datos del problema, necesitamos analizar tres casos.

Caso 1. $ P_{0} > 4$,

Caso 2. $ 1 < P_0 < 4$   y

Caso 3. $ 0 < P_0 < 1$.

Utilizando MATHEMATICA, obtenemos:

ecuacion logistica modificada

Figura 2. Curvas solución para el PVI del ejemplo

 En la Figura 2, vemos el comportamiento de la función solución $ P (t) = \frac{4 (P_0 – 1) – (P_0 – 4) e^{- 3 t}}{(P_0 – 1) -(P_0 – 4) e^{- 3 t}}$, para los tres intervalos delimitados en el enunciado del problema. Ver el código de MATHEMATICA al final del artículo.

– En el primer caso $ P_0 = 5$, vemos que la población $ P (t)$ decrece rápidamente, hasta estabilizarse en $ P (t) = 4$. Esto ocurre dentro del intervalo de tiempo $ – 0.5 < t < 1.5$ y continúa infinitamente.

– En el segundo caso $ P_0 = 3$, vemos que la población crece mas paulatinamente hasta estabilizarse en $ P (t) = 4$. Esto ocurre dentro del intervalo de tiempo $ – 2 < t < 2$ y continúa infinitamente.

– Por último, en el tercer caso $ P_{0} = 0.5$, vemos que que la población vuelve a decrecer rápidamente hasta desaparecer cuando $ P (t) = 0$. Esto ocurre dentro del intervalo de tiempo $ – 2 < t< 0.5$.

El código de MATHEMATICA para resolver éste problema se presenta al final del artículo.

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c). ¿Desaparecerá la población de la pesquería?

Como vemos en la Figura 3, la población desaparece si esta dentro del rango $ 0 < P_0 < 1$. Sin embargo, como ejercicio, revisamos analíticamente los tres casos.

Primer caso, escogemos un valor mayor a 4 para $ P_{0}$ ya que $ P_0 > 4$, por ejemplo $ P_0 = 5$ y calculamos el modelo de poblacion obtenido $ P (t)$, sustituyendo este valor, de modo que:

\begin{eqnarray*}
P (t) & = & \frac{4 (5 – 1) – (5 – 4) e^{- 3 t}}{(5 – 1) – (5 – 4) e^{-
3 t}}\\
& = & \frac{(20 – 4) – (1) e^{- 3 t}}{(4) – (1) e^{- 3 t}}\\
& = & \frac{16 – e^{- 3 t}}{4 – e^{- 3 t}}
\end{eqnarray*}

Con lo que, para el PVI: $ \frac{dP}{dt} = P (5 – P) – 4$,  $ P (0) = 5$, la solución es:

$ P(t) = \frac{16 – e^{-3t}}{4 – e^{-3t}}$

Y el COMPORTAMIENTO A LARGO PLAZO, se obtiene analíticamente calculando el límite de la función $ P (t)$ cuando $ t \rightarrow \infty$, de modo que:

$ Lim_{t \rightarrow \infty} P (t) = Lim_{t \rightarrow\infty} \frac{16 – e^{- 3 t}}{4 – e^{- 3 t}}$

Esto implica:

\begin{eqnarray*}
{Lim}_{t \rightarrow \infty} \frac{16 – e^{- 3 t}}{4 – e^{- 3 t}} &
= & {Lim}_{t \rightarrow \infty} \frac{16 – \frac{1}{e^{3 t}}}{4 –
\frac{1}{e^{3 t}}}\\
& = & \frac{16 – \frac{1}{e^{(3 \infty)}}}{4 – \frac{1}{e^{(3
\infty)}}}\\
& = & \frac{16 – 0}{4 – 0}\\
& = & \frac{16}{4}\\
& = & 4
\end{eqnarray*}

Es decir, a largo plazo, la poblacion de peces en la pesquería disminuirá hasta un mínimo de $latex 4$ peces, cuando la poblacion es mayor, en cualquier cantidad a $ 4$ peces, como se ve en la gráfica en azul de la Figura 2.

Nota . La elección de $ t \rightarrow \infty$, es posible por que así lo indica su gráfica en azul en la Figura 2. Es decir, la función solución $ P(t) = \frac{16 – e^{- 3 t}}{4 – e^{- 3 t}}$, está definada en el intervalo $ 0 < t < \infty$, o lo que es lo mismo, cuando $ t \rightarrow \infty$.

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Segundo caso, escogemos un valor entre 1 y 4 para $ P_{0}$ ya que $latex 1< P_{0} < 4$, por ejemplo $ P_{0} = 3$ y calculamos el modelo de poblacion obtenido $ P (t)$, sustituyendo este valor, de modo que:

\begin{eqnarray*}
P (t) & = & \frac{4 (3 – 1) – (3 – 4) e^{- 3 t}}{(3 – 1) – (3 – 4) e^{-
3 t}}\\
& = & \frac{(12 – 4) – (- 1) e^{- 3 t}}{(2) – (- 1) e^{- 3 t}}\\
& = & \frac{8 + e^{- 3 t}}{2 + e^{- 3 t}}
\end{eqnarray*}

Con lo que, para el PVI: $ \frac{dP}{dt} = P (5 – P) – 4$,   $ P (0) = 3$, la solución es:

$ P(t) = \frac{16 – e^{-3t}}{2 + e^{-3t}}$

Y el COMPORTAMIENTO A LARGO PLAZO, se puede obtener analíticamente calculando el límite de la función $latex P (t)$ cuando $latex t \rightarrow \infty$, de modo que:

$ Lim_{t \rightarrow \infty} P (t) = Lim_{t \rightarrow\infty} \frac{8 + e^{- 3 t}}{2 + e^{- 3 t}}$

Esto implica:

\begin{eqnarray*}
{Lim}_{t \rightarrow \infty} \frac{8 + e^{- 3 t}}{2 + e^{- 3 t}} &
= & {Lim}_{t \rightarrow \infty} \frac{8 + \frac{1}{e^{3 t}}}{2 +
\frac{1}{e^{3 t}}}\\
& = & \frac{8 + \frac{1}{e^{(3 \infty)}}}{2 + \frac{1}{e^{(3
\infty)}}}\\
& = & \frac{8 + 0}{2 + 0}\\
& = & \frac{8}{2}\\
& = & 4
\end{eqnarray*}

Es decir, a largo plazo, la poblacion en la pesquería se incrementará hasta un máximo de $ 4$ peces. Como se puede ver en la gráfica en rojo de la Figura 2.

Nota . La elección de $ t \rightarrow \infty$, es posible porque así lo indica su gráfica en rojo en la Figura 2. Es decir, la función solución $ P (t) = \frac{8 + e^{- 3 t}}{2 + e^{- 3 t}}$, está definada en el intervalo $ 0< t < \infty$, o lo que es lo mismo, cuando $ t \rightarrow \infty$

############

 Tercer caso, escogemos un valor entre 0 y 1 para $ P_{0}$ ya que $ 0< P_{0} < 1$, por ejemplo $ P_{0} = 0.5$ y calculamos el modelo de poblacion obtenido $ P (t)$, sustituyendo este valor, de modo que:

\begin{eqnarray*}
P (t) & = & \frac{4 (0.5 – 1) – (0.5 – 4) e^{- 3 t}}{(0.5 – 1) – (0.5 –
4) e^{- 3 t}}\\
& = & \frac{(2 – 4) – (- 3.5) e^{- 3 t}}{(- 0.5) – (- 3.5) e^{- 3 t}}\\
& = & \frac{- 2 + 3.5 e^{- 3 t}}{- 0.5 + 3.5 e^{- 3 t}}
\end{eqnarray*}

Con lo que, para el PVI: $ \frac{dP}{dt} = P (5 – P) – 4$,   $ P (0) = 0.5$, la solución es:

$ P(t) = \frac{-2 + 3.5 e^{-3t}}{- 0.5 + 3.5 e^{-3t}}$

Y el COMPORTAMIENTO A LARGO PLAZO, para este caso, se obtiene analíticamente calculando el límite de la función $ P (t)$ cuando $ t \rightarrow 0.5$*, que es el tiempo aproximado en el cual la población desaparece, es decir, cuado $ P (t) = 0$, de modo que:

$ Lim_{t \rightarrow 0.5} P (t) = Lim_{t \rightarrow 0.5} \frac{- 2 + 3.5 e^{- 3 t}}{- 0.5 + 3.5 e^{- 3 t}}$

Esto implica:

\begin{eqnarray*}
{Lim}_{t \rightarrow 0.5} \frac{- 2 + 3.5 e^{- 3 t}}{- 0.5 + 3.5
e^{- 3 t}} & = & \frac{- 2 + 3.5 e^{- 3 (0.5)}}{- 0.5 + 3.5 e^{- 3
(0.5)}}\\
& = & \frac{- 2 + \frac{3.5}{e^{3 (0.5)}}}{- 0.5 + \frac{3.5}{e^{3
(0.5)}}}\\
& = & \frac{- 2 + 0.78095556}{- 0.5 + 0.78095556}\\
& = & \frac{- 1.219044439}{0.28095556}\\
& = & – 4.338923
\end{eqnarray*}

Esto corrobora lo obtenido al gráficar la función, es decir, a largo plazo, la poblacion en la pesquería se desaparecerá. Como se corrobora al ver la gráfica en café de la Figura 2.

Nota . *La elección de $ t \rightarrow 0.5$, es debido a que el intervalo de definición de la solución del PVI para éste caso fue tomado como $ 0 < t < 0.5$, pues según la gráfica en café de la Figura 2, cuando $ t$ llega a $latex 0.5$ aproximadamente, la función $ P (t) = \frac{- 2 + 3.5 e^{- 3t}}{- 0.5 + 3.5 e^{- 3 t}}$ ya es negativa; es decir, la población ya desaparecio, pues la función se vuelve negativa.

Podemos calcular, para éste caso, entonces, cuando desparecerá la población de la pesquería si hacemos $ P (t) = 0$ y calculamos $ t$, de modo que:

\begin{eqnarray*}
P (t) & = & \frac{- 2 + 3.5 e^{- 3 t}}{- 0.5 + 3.5 e^{- 3 t}}\\
0 & = & \frac{- 2 + 3.5 e^{- 3 t}}{- 0.5 + 3.5 e^{- 3 t}}\\
0 & = & – 2 + 3.5 e^{- 3 t}\\
2 & = & 3.5 e^{- 3 t}\\
\frac{2}{3.5} & = & e^{- 3 t}\\
{Ln} \left( \frac{2}{3.5} \right) & = & – 3 t\\
– 3 t & = & {Ln} \left( \frac{2}{3.5} \right)\\
t & = & – \frac{1}{3} {Ln} \left( \frac{2}{3.5} \right)
\end{eqnarray*}

De modo que el tiempo en que la poblacion de peces en la pesqueria desaparecerá es:

$ t = – \frac{1}{3} Ln \left( \frac{2}{3.5} \right)$

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Código para resolver el Ejemplo. con MATHEMATICA

Clear["Global`*"]

(*Campo Vectorial*)
v1 = VectorPlot[{1, P*(5 - P) - 4}, {t, -4, 10}, {P, -4, 8}, 
 VectorPoints -> 20, VectorScale -> {Small, 0.5}, 
 DisplayFunction -> $DisplayFunction];

(*SOLUCIONES PARTICULARES*)
(*Solución para P(0)=P0*)
sol50 = DSolve[{P'[t] == P[t]*(5 - P[t]) - 4, P[0] == P0}, P[t], t]

(*Solución para P(0)=5*)
sol55 = DSolve[{P'[t] == P[t]*(5 - P[t]) - 4, P[0] == 5}, P[t], t]
p55 = Plot[sol55[[1, 1, 2]], {t, -15, 15}, PlotRange -> {4, 10}, 
 PlotStyle -> {Blue, Thickness[0.01]}, 
 DisplayFunction -> $DisplayFunction];

(*Solución para P(0)=3*)
sol53 = DSolve[{P'[t] == P[t]*(5 - P[t]) - 4, P[0] == 3}, P[t], t]
p53 = Plot[sol53[[1, 1, 2]], {t, -15, 15}, PlotRange -> {1, 4}, 
 PlotStyle -> {Red, Thickness[0.01]}, 
 DisplayFunction -> $DisplayFunction];

(*Solución para P(0)=0.5*)
sol505 = DSolve[{P'[t] == P[t]*(5 - P[t]) - 4, P[0] == 0.5}, P[t], t]
p505 = Plot[sol505[[1, 1, 2]], {t, -15, 15}, PlotRange -> {-6, 1}, 
 PlotStyle -> {Brown, Thickness[0.01]}, 
 DisplayFunction -> $DisplayFunction];

(*Puntos críticos*)
l1 = Graphics[{Thick, Dashed, Black, Line[{{-15, 4}, {15, 4}}]}];
l2 = Graphics[{Thick, Dashed, Gray, Line[{{-15, 1}, {15, 1}}]}];

(*Gráficas*)
Show[{v1, p55, p53, p505, l1, l2}, 
 FrameLabel -> {"tiempo", "Población"}]

NOTA Es importante que al pegar el código en MATHEMATICA corroboren que no haya espacios ni caracteres diferentes a los acá puestos, además de confirmar que la variable independiente (“x”, en este caso), sea de color verde y la dependiente (“y” en este caso), sea de color azul.

Una de las formas efectivas de aprender cualquier cosa se obtiene al aplicar los conocimientos y “hacer” lo que se ha aprendido, no sin antes entender cómo funciona nuestro cerebro.

En mi artículo “La técnica perfecta. Cómo aprender ecuaciones diferenciales o cualquier cosa“, hablo de cómo con la conciencia adecuada del funcionamiento del cerebro y las herramientas apropiadas, puedes rápidamente adquirir conocimiento en cualquier área.

Para entender y aplicar los conocimiento de Ecuaciones Diferenciales hoy en día es indispensable la programación, por eso te invito a aprender a programar de una vez por todascon el curso que te presento en el siguiente link, da click aquí.

Puedes empezar a programar utilizando las celdas de SAGE que he habilitado en este sitio para tal efecto; aquí puedes ver unos ejemplos (click aquí) de su aplicación, una vez visto dichos ejemplos escribe tus propios códigos en esta celda, da click aquí y haz tu simulación.

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Que estes bien. 😉

 

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