Este documento presenta 5 prácticas de biomatemática. La práctica 1 resuelve modelos de crecimiento exponencial y logístico para una población. La práctica 2 aplica un modelo logístico para calcular la población de peces en 1991 y determina la población límite en 6000. La práctica 3 aplica otro modelo logístico para calcular la población de lagartos en 2000 y determina la población límite en 1550. La práctica 4 determina los puntos de equilibrio de un modelo de depred

1. UNIVERSIDAD NACIONAL
PEDRO RUIZ GALLO
Facultad de Ciencias F´
ısicas y Matem´ticas
a
M´dulo III: Biomatem´tica
o a
Practicas No 01 y 02
presentada por:
Edith Cornetero Angeles
Profesora:
Roxana L´pez Cruz, Ph.D.
o
Lambayeque - Per´
u
Abril 2010
1

2. Pr´ctica No 01
a
1. Halle la soluci´n expl´
o ıcita del
a) Modelo de Crecimiento Exponencial de una Poblaci´n
o
x (t) = kx(t) k>0
dx
= kx
dt
dx
= kdt
x
ln x = kt + c1
kt+c1
e = x
x = c ekt
b) Modelo de Crecimiento Log´
ıstico de una Poblaci´n
o
x(t)
(1) x (t) = rx(t) 1 − k>0
k
dx x
= rx 1 −
dt k
kdx
dt =
rx(k − x)
1
rdt = k dx
x(k − x)
Descomponiendo en fracciones parciales, tenemos:
1 a b
= +
x(k − x) x k−x
ak − ax + bx = 1
1
a =
k
1
b =
k
2

3. Luego:
1 1
rdt = + dx
x k−x
dx dx
rdt = +
x k−x
rt + c1 = ln x − ln(k − x)
x
rt + c1 = ln
k−x
x
ert+c1 =
k−x
x
c ert =
k−x
c ert k = (1 + c ert )x
ck
(2) x(t) =
e−rt +c
2. En 1970, se arroj´ en un lago 1000 ejemplares de una especie de pez
o
h´
ıbrido. En 1977 sea calcul´ que la poblaci´n de esta especie en el lago
o o
era de 3000. Si la poblaci´n de peces en 1984 se estim´ en 5000. Use
o o
un modelo log´ ıstico para calcular la poblaci´n de peces en 1991. Cu´l
o a
es la predicci´n de la poblaci´n limitante?
o o
Sea (1) la ecuaci´n log´
o ıstica, cuya soluci´n viene dada por (2). Adem´s
o a
con las siguientes condiciones:
(3) x(0) = 1000
(4) x(7) = 3000
(5) x(14) = 5000
Usando la condici´n (3):
o
ck
x(0) = = 1000
e−r(0) +c
ck = 1000(1 + c)
1+c
(6) k = 1000
c
Usando la condici´n (4):
o
ck
x(7) = = 3000
e−7r +c
ck = 3000(e−7r +c)
3

4. Reemplazando (6), tenemos:
1+c
c(1000) = 3000(e−7r +c)
c
1+c = 3 e−7r +3c
1 − 2c
= e−7r
3
1 − 2c
ln = −7r
3
1 1 − 2c
(7) r = − ln
7 3
Usando la condici´n (5):
o
ck
x(14) = = 5000
e−14r +c
ck = 5000(e−14r +c)
Reemplazando (6), tenemos:
1+c
c(1000) = 5000(e−14r +c)
c
1+c = 5 e−14r +5c
1 − 4c
= e−14r
5
1 − 4c
ln = −14r
5
1 1 − 4c
(8) r = − ln
14 5
Igualando (7) y (8):
1 1 − 2c 1 1 − 4c
− ln = − ln
7 3 14 5
1 − 2c 1 − 4c
2 ln = ln
3 5
2
1 − 2c 1 − 4c
=
3 5
5 − 20c + 20c2 = 9 − 36c
5c2 + 4c − 1 = 0
c = −1 o c = 0,2
4

5. Si c = −1 entonces k = 0 y r = 0 (contradiciendo K > 0)
Si c = 0,2 entonces k = 6000 (poblaci´n limitante) y r = 0,23 (tasa de
o
crecimiento)
As´ nuestro modelo log´
ı, ıstico para calcular la poblaci´n de peces viene
o
dado por:
x(t)
x (t) = 0,23x(t) 1 −
6000
cuya soluci´n es:
o
1200
x(t) =
e−0,23t +0,2
Calculamos la poblaci´n de peces en 1991:
o
1200
x(21) =
+0,2 e−0,23(21)
1200
x(21) = −4,83
e +0,2
1200
x(21) ≈
0,008 + 0,2
x(21) ≈ 5769,60
Se estima que para el a˜o 1991 habr´ 5770 peces.
n a
Usando MatLab, tenemos:
x = dsolve( Dx = 0,23 ∗ x ∗ (1 − x/6000) , x(0) = 1000 );
ezplot(x, [0, 22])
6000/(1+5 exp(−23/100 t))
6000
5000
4000
3000
2000
1000
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22
t
Figura 1: 6000/(1 + 5 ∗ exp(−23/100 ∗ t))
5

6. ezplot(x, [0, 100])
6000/(1+5 exp(−23/100 t))
6000
5500
5000
4500
4000
3500
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
t
Figura 2: 6000/(1 + 5 ∗ exp(−23/100 ∗ t))
3. En 1970 se estim´ que la poblaci´n de lagartos en un criadero era
o o
exactamente de 300. En 1975, la poblaci´n hab´ crecido hasta alcanzar
o ıa
un valor aproximado de 1200 ejemplares. Si en 1980 se estim´ que o
la poblaci´n de lagartos era de 1500 ejemplares. Utilice un modelo
o
log´
ıstico para calcular la poblaci´n de lagartos para el 2000. Cu´l es la
o a
poblaci´n limitante?
o
Sea (1) la ecuaci´n log´
o ıastica, cuya soluci´n viene dada por (2). Adem´s
o a
con las siguientes condiciones:
(9) x(0) = 300
(10) x(5) = 1200
(11) x(10) = 1500
Usando la condici´n (9):
o
ck
x(0) = = 300
e−r(0) +c
ck = 300(1 + c)
1+c
(12) k = 300
c
6

7. Usando la condici´n (10):
o
ck
x(5) = = 1200
e−5r +c
ck = 1200(e−5r +c)
Reemplazando (12), tenemos:
1+c
c(300) = 1200(e−5r +c)
c
1+c = 4 e−5r +4c
1 − 3c
= e−5r
4
1 − 3c
ln = −5r
4
1 1 − 3c
(13) r = − ln
5 4
Usando la condici´n (11):
o
ck
x(10) = = 1500
e−10r +c
ck = 1500(e−10r +c)
Reemplazando (12), tenemos:
1+c
c(300) = 1500(e−10r +c)
c
1+c = 5 e−10r +5c
1 − 4c
= e−10r
5
1 − 4c
ln = −10r
5
1 1 − 4c
(14) r = − ln
10 5
Igualando (13) y (14):
1 1 − 4c 1 1 − 3c
− ln = − ln
10 5 5 4
2
1 − 4c 1 − 3c
ln = ln
5 4
1 − 4c 1 − 6c + 9c2
=
5 16
45c2 + 34c − 11 = 0
7

8. c = −1 o c = 0,24
Si c = −1 entonces k = 0 y r = 0 (contradiciendo K > 0)
Si c = 0,24 entonces k = 1550 (poblaci´n limitante) y r = 0,53 (tasa
o
de crecimiento)
As´ nuestro modelo log´
ı, ıstico para calcular la poblaci´n de lagartos
o
viene dado por:
x(t)
x (t) = 0,53x(t) 1 −
1550
cuya soluci´n es:
o
372
x(t) =
e−0,53t +0,24
Calculamos la poblaci´n de lagartos en 2000:
o
372
x(30) =
+0,24 e−0,53(30)
1200
x(30) = −15,9
e +0,24
1200
x(30) ≈
0,000000124 + 0,2
x(30) ≈ 1549,999197
Se estima que para el a˜o 2000 habr´ 1550 lagartos.
n a
Usando MatLab, tenemos:
y = dsolve( Dy = 0,53 ∗ y ∗ (1 − y/1550) , y(0) = 300 )
ezplot(y, [0, 30])
1550/(1+25/6 exp(−53/100 t))
1600
1400
1200
1000
800
600
400
0 5 10 15 20 25 30
t
8

9. ezplot(x, [0, 100])
1550/(1+25/6 exp(−53/100 t))
1550
1548
1546
1544
1542
1540
1538
1536
1534
1532
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
t
Figura 3: 1550/(1 + 25/6 ∗ exp(−53/100 ∗ t))
4. La poblaci´n de una cierta especie sujeta a una clase espec´
o ıfica de
depredaci´n es modelada por la siguiente ecuaci´n en diferencias
o o
u2
t
ut+1 = a 2 + u2
a>0
b t
Determine los puntos de equilibrio.
Hallar los puntos de equilibrio (o ptos fijos de la funci´n f ), es hallar
o
u2
u/f (¯) = u; donde f (u) = a b2 +u2
¯ u ¯
u2
¯
f (¯) = a
u 2 + u2
= u
¯
b ¯
a¯2 − u(b2 + u2 )
u ¯ ¯ = 0
u[a¯ − b2 − u2 ]
¯ u ¯ = 0
u = 0 u − a¯ + b2
¯ ¯ 2
u = 0 √
a ± a2 − ab2
u =
¯ a ≥ ±2b
2
Por lo tanto los puntos de equilibrio son:
u=0 √
¯
2 2
u = a± a2 −ab
¯ a ≥ ±2b
9

10. 5
4
3
2
1
0
−1
−1 0 1 2 3 4 5
u2
Figura 4: ut+1 = 5 22 +u2
t
t
5. Dados los sistemas compartamentales de la figura adjunta. Sean x, y y z
densidades de las Poblaciones 1, 2 y 3 respectivamente (no se considera
interacci´n entre poblaciones). El primer modelo es un sistema cerrado
o
y el segundo es abierto.
a) Interprete cada uno de los sistemas compartamentales. Justifique
su respuesta con amplios detalles.
Para la figura a). Sean:
x: n´mero de habitantes en el pa´ 1
u ıs
y: n´mero de habitantes en el pa´ 2
u ıs
z: n´mero de habitantes en el pa´ 3
u ıs
α: tasa de emigraciones del pa´ 1 al 3
ıs
β: tasa de emigraciones del pa´ 3 al 2
ıs
γ: tasa de emigraciones del pa´ 2 al 1
ıs
δ: tasa de emigraciones del pa´ 2 al 3
ıs
αx: n´mero de habitantes que emigran del pa´ 1 al 3
u ıs
βz: n´mero de habitantes que emigran del pa´ 3 al 2
u ıs
δy: n´mero de habitantes que emigran del pa´ 2 al 3
u ıs
γy: n´mero de habitantes que emigran del pa´ 2 al 1
u ıs
b) Escriba el sistema din´mico correspondiente a cada modelo.
a
10

11. Para la figura a):
dx
= γy − αx
dt
dy
= βz − (γ + δ)y
dt
dz
= αx − βz + δy
dt
Para la figura b):
dx
= γy − αx
dt
dy
= βz − (γ + δ + φ)y
dt
dz
= αx − βz + δy + ξ
dt
6. Consideremos a las Lapas (s) y algas marinas (l) conviviendo en un
estanque de agua salada. La din´mica de este sistema viene dado por:
a
ds
(15) = s − s2 − sl
dt
dl l
(16) = sl − − l2 l ≥ 0, s ≥ 0
dt 2
a) Por cada punto de equilibrio no nulo del sistema dado, evalue la
estabilidad y clasif´
ıquelo como un nodo, foco o punto silla.
De (15) y de (16), tenemos:
ds
(17) = s(1 − s − l) = 0
dt
dl 1
(18) = l(s − − l) = 0
dt 2
De (17):
s=0 o s=1−l
Si s = 0 entonces l = 0 ´ l = − 1
o 2
Si s = 1 − l entonces l = 0 ´ l = 1
o 4
Si l = 0 entonces s = 1
Si l = 1 entonces s = 3
4 4
Por lo tanto los puntos de equilibrio (s, l) son (0, 0); (0, −1/2); (1, 0); (3/4, 1/4)
11

12. Estabilidad: Calculamos el Jacobiano
f (s, l) = s − s2 − sl
l
g(s, l) = sl − − l2
2
∂f ∂f
1 − 2s − l −s
A= ∂s ∂l =
∂g
∂s
∂g
∂l
l s − 1 − 2l
2
Evaluamos en los puntos de equilibrio no nulos:
1 − 2(0) − (−1/2) −(0)
En (0, −1/2) ⇒ A|(0,−1/2) = 1
−1/2 0 − 2 − 2(−1/2)
3/2 0
A|(0,−1/2) =
−1/2 1/2
As´ tr(A) = 2 y det(A) = 3/4.
ı:
Por lo tanto el punto (0, −1/2) es INESTABLE (Nodo repul-
sor)
−1 −1
En (1, 0) ⇒ A|(1,0) =
0 1/2
As´ tr(A) = −1/2 y det(A) = −1/2.
ı:
Por lo tanto el punto (1, 0) es INESTABLE (Punto silla)
−3/4 −3/4
En (3/4, 1/4) ⇒ A|(3/4,1/4) =
1/4 −1/4
As´ tr(A) = −1 y det(A) = 3/8.
ı:
Por lo tanto el punto (3/4, 1/4) es ESTABLE (Nodo atractor)
b) Esquematize las soluciones en el Plano de Fase
En resumen:
(0, −1/2) ⇒ tr(A) = 2 det(A) = 3/4. Entonces el punto es
Inestable (repulsor) [Lo analizaremos puesto que matemati-
camente es un punto de equilibrio pero recordar ques, l ≥ 0]
(1, 0) ⇒ tr(A) = −1/2 det(A) = −1/2. Entonces el punto
es Inestable (silla)
(3/4, 1/4) ⇒ tr(A) = −1 det(A) = 3/8. Entonces el punto
es Estable (atractor)
12

13. x y
y=1/4
x=1
y=0
x=3/4
y=−1/2 t
x=0 t
y
1
1/2
x
−1/2
13

14. Pr´ctica No 02
a
1. Determine cuales de las siguientes ecuaciones es lineal o no lineal. Si
es lineal, halle la soluci´n expl´
o ıcita; si es no lineal, halle los punto de
equilibrio y analize su estabilidad.
a) xn = (1 − α)xn−1 + βxn , α, β constantes
(1 − β)xn = (1 − α)xn−1
(1 − α)
xn = xn−1
1−β
(1 − α)
f (x) = x Ecuac. en diferencias lineal
1−β
Soluci´n expl´
o ıcita:
+
Dado x0 ∈ R0 (condici´n inicial)
o
(1 − α)
x1 = x0
1−β
2
(1 − α) (1 − α)
x2 = x1 = x0
1−β 1−β
3
(1 − α) (1 − α)
x3 = x2 = x0
1−β 1−β
n
(1 − α) (1 − α)
xn = xn−1 = x0
1−β 1−β
tiene soluci´n recursiva:
o
n
(1 − α)
xn = x0 β=1
1−β
x0 : condici´n inicial
o
b) xn+1 = xn eαxn , α constante
f (x) = x eαx
es una ecuaci´n en diferencias no lineal. Analicemos su estabilidad
o
14

15. Buena definici´n: f est´ bien definida para x ∈ R
o a
∞
f es continua, f ∈ C (R)
En efecto:
f (x) = x eαx ⇒ f (x) ∈ C ∞
∈C ∞ ∈C ∞
Puntos de equilibrio (ptos fijos de f ):
f (¯)
x = x
¯
f (¯) = x eα¯
x ¯ x = x
¯
x(eα¯ −1)
¯ x = 0
x = 0 eα¯
¯ x
= 1
ln 1 = α¯x
0 = α¯x
Los puntos de equilibrio son:
x=0
¯
x ∈ R,
¯ α=0
Estabilidad: Aplicando el criterio
f (x) = αx eαx + eαx
f (x) = eαx (αx + 1)
• Si x = 0 ⇒ f (¯) = 1. Como |f (0)| = 1 nada se puede
¯ x
decir de la estabilidad en este punto de equilibrio
• Si x ∈ R; α = 0 ⇒ f (¯) = 1. Como |f (x)| = 1, ∀x ∈ R y
¯ x
α = 0 nada se puede decir.
15

16. 20
15
10
5
0
−5
−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5
Figura 5: Puntos de equilibrio
c) xn+1 = −x2 (1 − xn )
n
f (x) = −x2 (1 − x) = x3 − x2 no es lineal
es una ecuaci´n en diferencias no lineal. Analicemos su estabilidad
o
Buena definici´n: f est´ bien definida para x ∈ R
o a
∞
f es continua, f ∈ C (R)
En efecto:
f (x) = x3 − x2 ⇒ f (x) ∈ C ∞
∈C ∞ ∈C ∞
Puntos de equilibrio (ptos fijos de f ):
f (¯)
x x
¯ =
x − x2
¯ ¯3
x
¯ =
3 2
x −x −x
¯ ¯ ¯ 0 =
2
x(¯ − x − 1)
¯x ¯ 0 =
2
x=0 x −x−1
¯ ¯ ¯ =
0 √
1± 5
x =
¯
2
Los puntos de equilibrio son:
x =
¯ 0√
1± 5
x =
¯ 2
16

17. Estabilidad: Aplicando el criterio
f (x) = 3x2 − 2x
• Si x = 0 entonces f (0) = 0
¯
Como |f (0)| = 0 < 1 ⇒ x = 0 es ESTABLE
¯
√
1+ 5
• Si x =
¯ 2
entonces
√ √
1+ 5 5+7
f( )=
2 2
Como √
1+ 5 ∼ 4,61803 > 1
f =
2
√
1+ 5
entonces x =
¯ 2
es INESTABLE.
√
1− 5
• Si x =
¯ 2
entonces
√ √
1− 5 7− 5
f =
2 2
Como √
1− 5 ∼ 2,3819660 > 1
f =
2
√
1− 5
entonces x =
¯ 2
es INESTABLE.
10
8
6
4
2
0
−2
−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5
Figura 6: puntos de equilibrio
17

18. 2. La Ecuaci´n de Ricker para poblaci´n de peces viene dada por
o o
Nn+1 = αNn e−βNn
donde α representa la tasa de crecimiento maximal de los peces y β es
la inhibaci´n de crecimiento causado por la sobrepoblaci´n.
o o
a) Demuestre que esta ecuaci´n tiene un punto de equilibrio
o
ln α
N=
β
En efecto:
f (N ) = αN e−βN
Para hallar los puntos de equilibrio (ptos fijos de f ), debemos
¯ ¯ ¯
hallar N /f (N ) = N
¯ ¯ ¯
αN e−β N = N
¯ ¯
N (α e−β N −1) = 0
¯ ¯
N = 0 α e−β N = 1
1 ¯
ln = −β N
α
¯ 1 1
N= − ln
β α
¯ 1
N = ln α
β
b) Demuestre que el punto de equilibrio en (a) es estable provisto de
la siguiente condici´n
o
|1 − ln α| < 1
Aplicando el criterio de estabilidad, tenemos:
f (N ) = α e−βN +N (−αβ e−βN )
f (N ) = α e−βN [1 − βN ]
18

19. ¯
Luego: N = 1
ln α es ESTABLE si y s´lo si f
o 1
ln α <1
β β
1 1 1
f ln α = α e−β β ln α 1 − β ln α
β β
1
f ln α = α eln α [1 − ln α]
β
1
f ln α = αα−1 [1 − ln α]
β
1
f ln α = 1 − ln α
β
1
f ln α = |1 − ln α| < 1
β
¯
Por lo tanto N = 1
ln α es ESTABLE si y s´lo si |1 − ln α| < 1
o
β
3. Un sistema Huesped Par´sito en ambientes compartamentales viene
a
dado por
−k
aPt
Ht+1 = F Ht 1 +
k
Ht+1
Pt+1 = Ht −
F
donde F, a, k son positivos.
¯ ¯
a) Halle los puntos de equilibrio. Es desarrollar: (H, P )/f = 0 y
g=0
−k
aP
(19) f (H, P ) = F H 1 + =H
k
−k
aP
(20) g(H, P ) = H 1 − 1 + =P
k
Resolvemos algebraicamente:
De (19), tenemos:
−k
aP
H F 1+ −1 = 0
k
−k
aP
H=0 ´
o F 1+ = 1
k
k 1/k
P = (F − 1) F = 1
a
19

20. Reemplazando en 20
Si H = 0 ⇒ P = 0
k(F 1/k −1)
Si P = k (F 1/k − 1); F = 1
a
⇒ H= a(1−F −1 )
¯ ¯
Por lo tanto los puntos de equilibrio (H, P ) son:
(0, 0)
y
k(F 1/k − 1) k 1/k
( , (F − 1)) F = 1
a(1 − F −1 ) a
b) Analize la estabilidad de los puntos de equilibrio.
Primero Linealizaremos el modelo:
Hn+1 ∂f /∂H ∂f /∂P Hn
=
Pn+1 ∂g/∂H ∂g/∂P ¯ ¯
(H,P )
Pn
−k −k−1
F 1 + aP −F Ha 1 + aP
A= k
−k
k
aP −k−1
1 − 1 + aPk
Ha 1 + k
En (0,0);
F 0
A|(0,0) =
0 0
Luego, el sistema lineal asociado al sistema dado ser´:
a
Hn+1 = F Hn
Pn+1 = 0
Cuyos autovalores son: λ1 = F y λ2 = 0 ⇒ |λ| = 1. Por lo tanto
nada se puede decir de la soluci´n nula.
o
1/k
En ( k(F −1 ) , k (F 1/k − 1)) F = 1;
a(1−F
−1)
a
kF k (F 1/k −1)
1 a(1−F −1 )
A|(H,P ) = 1 kF k−1 (F 1/k −1)
1− F a(1−F −1 )
4. Hallar los puntos de equilibrio de los siguientes sistemas de ecuaciones
a)
dx
= x2 + y 2
dt
dy
= x(1 − y)
dt
20

21. Es hallar (¯, y )/f = 0 ∧ g = 0
x ¯
(21) f (x, y) = x2 + y 2 = 0
(22) g(x, y) = x(1 − y) = 0
Resolvemos algebraicamente:
De (22), tenemos: x = 0 y y = 1
En (21):
Si x = 0 ⇒ y = 0
Si y = 1 ⇒ x = ±i
Por lo tanto los puntos (¯, y ) de equilibrio son: (0, 0); (i, 1) y
x ¯
(−i, 1)
b)
dx
= x − x2 + xy
dt
dy
= y(1 − y)
dt
Es hallar (¯, y )/f = 0 ∧ g = 0
x ¯
(23) f (x, y) = x − x2 + xy = 0
(24) g(x, y) = y(1 − y) = 0
Resolvemos algebraicamente:
De (24), tenemos: y = 0 y y = 1
En (23):
Si y = 0 ⇒ x = 0 ´ x = 1
o
Si y = 1 ⇒ x = 0 ´ x = 2
o
Por lo tanto los puntos de equilibrio (¯, y ) son: (0, 0); (0, 1); (2, 1)
x ¯
y (1, 0)
5. Las siguientes ecuaciones fueron sugeridas por Bellomo et al (1982)
como un modelo para la interacci´n hormonal glucosa-insulina
o
di
(25) = −Ki i + Kg (g − gd ) + Ks i
dt
dg
(26) = Kh g − Ko gi − Ks g
dt
Los coeficientes Ki , Kg , Ks , Kh , K0 son constantes.
a) Determine los puntos de equilibrio.
b) Analize la estabilidad del sistema de ecuaciones.
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