Aplicación de Las ED de Primer Orden

CAPÍTULO 4Aplicación de las ED de primer orden En este capítulo presentamos algunas aplicaciones modeladas por ecuaciones diferenciales de primer orden de las tratadas en el capítulo anterior. Básicamente, un modelo tiene tres componentes: un conjunto de variables a estimar o estudiar, un principio o ley que describe las relaciones fundamentales entre las variables y/o algunas otras variables derivadas de ellas y la tercera componente es un conjunto de resultados experimentales o condiciones sobre las variables, como por ejemplo, resultados de un laboratorio de química, de física, de biología, de la toma de censos, etc, dependiendo de la aplicación particular. En cada una de las secciones de este capítulo se enuncia un principio o ley y sus principales aplicaciones, el objetivo es que el lector aprenda a plantear un modelo matemático (descripción de variables, planteo de las ED y condiciones), obtenga su solución e interprete los resultados obtenidos. 4.1. Crecimiento y decaimiento exponencial dy (t ) = ky (t ) , donde t ≥ 0 dt y (t ) es la función incógnita, también llamada cantidad presente en el tiempo t . En esta sección presentamos aplicaciones modeladas por la ED es constante y es el tiempo, k Sinónimos de la derivada La derivada de la función y (t ) respecto al tiempo también será llamada razón de cambio instantánea de y (t ) respecto a t , tasa de cambio instantánea de y (t ) respecto a t y dependiendo de la naturaleza de la aplicación se puede ser más específico, por ejemplo, en problemas en que y (t ) es el número presente de núcleos radiactivos de un material radiactivo, nos referimos a su derivada como actividad de desintegración, etc. 1 Proporcionalidad Sean f (t ) y g (t ) variables con el tiempo; las siguientes tres proposiciones son equivalentes: P1 f (t ) P2 f (t ) = k ⋅ g (t ) para todo t , k P3 f (t ) =k g (t ) es proporcional a para todo g (t ) t, k con constante de proporcionalidad constante no nula constante no nula Ejemplo 4.1 1 La “razón de a a b ” es la división a b 149 k ≠0 (o razón k) 150 Aplicación de las ED de primer orden Las funciones como y (t ) = Ae kt , con A, k constante de proporcionalidad es relación constantes, son proporcionales a su derivada k , eso se deduce desde la razón y ′(t ) kAe kt = =k y (t ) Ae kt y ′(t ) = kAe kt y la y también desde la y ′(t ) = k  Ae kt = ky (t )  y (t ) Ejemplo 4.2 y ′(t ) = ky (t ) y suponga que y (t ) ≥ 0 , ∀t ≥ 0 . En la ED aparece despejada y ′(t ) términos de y (t ) y k , esto permite anticipar propiedades sobre el decrecimiento y concavidad de soluciones y (t ) dependiendo del signo de k : Considere una ED en las Si k >0 entonces y ′(t ) ≥ 0 , ∀t ≥ 0 , consecuentemente las soluciones y (t ) son funciones crecientes. Si k<0 entonces y ′(t ) ≤ 0 , ∀t ≥ 0 , consecuentemente las soluciones y (t ) son funciones decrecientes. Lo figura ilustra dos soluciones de y ′(t ) = ky (t ) . Observe que y (0) es el valor inicial (para t = 0 ) de y (t ) :  Ley de crecimiento o decaimiento exponencial El principio de crecimiento o decaimiento exponencial que modela las aplicaciones en esta sección es: dy (t ) = ky (t ) , para alguna constante k . dt Con y (t ) ≥ 0 . Se llama ley de crecimiento o decaimiento dependiendo de si y (t ) y (0) es creciente o decreciente. y0 . A continuación resolvemos las ED de marras. dy (t ) Empezamos separando las variables como: = kdt y (t ) Denotamos la cantidad inicial con ln y (t ) = kt + C , donde C E integra para obtener su solución general Aplica la condición inicial y (0) = y0 y obtiene: ln y0 = C ln y (t ) = kt + ln y0 Con lo que la solución se escribe: ⇔ y (t ) = e kt + ln y 0 ⇔ y (t ) = y0 e kt es un parámetro. Aplicación de las ED de primer orden 151 Si k >0 entonces y (t ) = y0 e kt es creciente y el problema de valor inicial es de crecimiento exponencial. Si k<0 entonces y (t ) = y0 e kt es decreciente y el problema de valor inicial es de decaimiento exponencial. Vida media El concepto de vida media aparece en problemas de decaimiento exponencial y se define como el tiempo que la cantidad presente desde la ecuación: y (T ) y (T ) = es la mitad de cantidad inicial y (0) . y (0) y (0) . Note que = 0,5 y (0) 2 2 Entonces la vida media es el 50% de la cantidad T T en se despeja y0 Se ha determinado la vida media para la mayoría de aquellos elementos químicos que se desintegran (porque los núcleos de sus átomos son inestables, debido al desequilibrio entre las fuerzas de sus partículas nucleares). Por ejemplo, la vida media del Carbono-14 es de 5730 años. Ejercicio 4.1 Sea y (t ) la cantidad presente en el instante t 2 de un sustantivo (población, etc) que está modelado por : dy ln 2 . Si utiliza la = −ky , y (0) = y0 para k > 0 . Demuestre que la vida media del sustantivo es T = dt k dy ln 2 ED . = ky demuestre que la vida media es T = − dt k Problemas de desintegración radiactiva Entre la larga lista de componentes de cada átomo, hay tres tipos de partículas subatómicas fundamentales para describir su química (sus propiedades y transformación): electrones, protones y neutrones. Un electrón tiene carga negativa, el protón carga positiva y el neutrón es eléctricamente neutro. La masa de un neutrón es ligeramente mayor que la masa de un protón; pero, necesitaría aproximadamente 1840 electrones para igualar la masa de un protón. Los protones y neutrones se ubican en el núcleo del átomo, mientras los electrones están fuera del núcleo. El núcleo del átomo es muy denso y su volumen es extremadamente menor que el volumen del átomo; sin embargo, la mayoría de la masa del átomo se concentra en el núcleo. Entre los nucleones (partículas del núcleo) cercanos hay fuerzas de atracción, mientras entre los protones se producen fuerzas de repelencia y los neutrones tienen el efecto de neutralizar parcialmente la fuerza debida a la repelencia entre protones. Si la magnitud de las fuerzas de atracción es mayor que la magnitud del resto de fuerzas, entonces el núcleo es estable, de lo contrario el núcleo es inestable radiactivo, esto significa que sufre rupturas espontáneas y emite partículas o energía en forma de ondas (esta energía es conocida como radiación). Para cada átomo se definen su: número atómico = número de protones número de masa = número de protones + número de neutrones 3 Dos átomos con el mismo número atómico y diferente número de masa se llaman Isótopos. Ejemplo 4.3 2 3 Utilizamos –k con k positiva, para ser explícitos en que se trata de un problema de decaimiento exponencial Y por lo tanto diferente número de neutrones 152 Aplicación de las ED de primer orden Los isótopos del hidrógeno (H) son: hidrógeno (1 protón, 0 neutrones), deuterio (1 protón, 1 neutrón) y el tritio (1 protón, 2 neutrones). Los isótopos del carbono (C) que existen naturalmente son carbono-12 (6 protones, 6 neutrones), carbono-13 (6 protones, 7 neutrones) y carbono-14 (6 protones, 8 neutrones). El carbono-14 es inestable y, por tanto, se desintegra. Un Elemento es materia formada por cantidades proporcionales de isótopos con el mismo número atómico (número de protones). En las tablas periódicas modernas, los elementos se ordenan ascendentemente, por número de protones. Como un elemento tiene cantidades porcentuales de cada isótopo, su masa o peso atómico promedio se calcula como la suma de los productos del porcentaje por la masa del isótopo respectivo. La masa atómica promedio puede consultarse debajo de cada elemento en la tabla periódica. En esta sección utilizamos como principio, que la velocidad con que se desintegran los núcleos de los isótopos radiactivos, es proporcional al número de núcleos presentes; por lo tanto, el modelo para la desintegración radiactiva es: dy = −ky , y (0) = y0 , donde k > 0 dt y (t ) es la cantidad de núcleos presentes en el instante t . Para efectos prácticos, consideramos y (t ) donde en unidades de masa  Ejemplo 4.4 Fechado con radiocarbono El carbono-14 es un isótopo radiactivo con vida media de 5730 años y está presente en los seres vivos. Pese a 12 su desintegración, la razón entre el carbono-14 y el carbono-12 permanece constante (1/10 ), debido a que un ser vivo renueva la pérdida del carbono-14 por respiración o alimentación, hasta el momento en que muera. También es constante la razón del carbono-14 al carbono-12 en la atmósfera, porque la cantidad de carbono-14 que se transmuta es renovada en la alta atmósfera debido al bombardeo de neutrones que hacen los rayos cósmicos provenientes del espacio exterior, sobre el nitrógeno-14 produciendo carbono-14. Esa razón del carbono-14 al carbono-12 en la atmósfera es igual a la respectiva razón en seres vivos. Por supuesto, este método para determinar edad de una sustancia proveniente de un ser vivo, tiene un margen de error importante cuando el tiempo entre la muerte y la toma de la muestra es grande, porque las respectivas cantidades de carbono-14 en la atmósfera para esos tiempos y en la actualidad han tenido variantes, además, en fósiles con más de 50,000 años su radiación es muy pequeña para ser medida con exactitud. Para aproximar una fecha de muerte más allá de 50,000 años y hasta de millones de años, se pueden utilizar como referencia otros isótopos. La curva que determina la cantidad de carbono-14 en la atmósfera respecto al tiempo, se puede construir en base a los análisis que se han llevado a cabo sobre los anillos de los árboles, sedimentos en los lagos y en océanos y estalagmitas de cuevas sumergidas. Consiste en comparar la edad de cada capa con los sedimentos de carbono-14 en ella. Se midió el nivel de carbono-14 en un gramo de madera del anillo interior de un árbol muerto y se determinó que contenía el 29,829244% de la cantidad de carbono-14 que contiene un árbol vivo de la misma especie. Determine el tiempo que lleva de muerto el árbol. R. La ED que modela la cantidad presente y (t ) de carbono-14 a los t años es dy (t ) = −ky (t ) dt La vida media del carbono-14 es 5730 años, entonces las condiciones de frontera son Debemos hallar T con la propiedad y (T ) = 29,829244% y0 Empezamos por recrear la solución de la ED ⇔ dy = −ky dt dy = −kdt y y (0) = y0    y (5730) = 0,5 y0 Aplicación de las ED de primer orden Para determinar A, k 153 ⇔ ln y = −kt + C , C ⇔ y = e − kt eC ⇔ y = Ae − kt , A aplica las condiciones de frontera constante constante y (0) = y0    y (5730) = 0,5 y0 en esa solución y obtiene:  Ae −0k = y0  − 5730k = 0,5 y0  Ae De la primera ecuación despeja k= ln 2 , este valor de k = 5730 A = y0 y sustituye en la segunda para obtener ln 2 e −5730k = 0,5 ⇔ era de esperarse. vida media del carbono 14 y (t ) = y0 e Se resume que la solución al problema es: Y la respuesta a nuestra pregunta ¿para cuál T es − ln 2 t 5730 . y (T ) = 29,829244% y0 ? se responde a continuación: ln 2 T y (T ) = y0 e 5730 = 0,29829244 y0 − ⇔ T = −5730 ln 0,29829244 ≈ 10.000 ln 2 años  Ejercicio 4.2 Hace 10 años se encontró un hueso de un mamut, se determinó en ese momento que el hueso solo contenía el 25.214383% de la cantidad original de carbono-14 que tenía cuando el mamut murió. Hoy en una nueva medición, se determinó que solo contiene el 25,1839% de la cantidad original de ese isótopo. Determine el número de años que han transcurrido desde que el animal murió. R. Si denota con T la cantidad de años desde que murió al día de hoy, entonces T − 10 fue hace 10 años. Entonces T = 11399 años aproximadamente. Ejemplo 4.5 226 El radio (Ra) es un metal con número atómico 88 (88 protones), su isótopo Ra (226-88=138 neutrones) es radiactivo. Su vida media es 1600 años y se desintegra con rapidez proporcional a la cantidad de radio presente en cada instante. ¿Qué porcentaje de radio estará presente a los 50, 100 y 200 años? R. Sea x (t ) , cantidad de radio presente a los t El modelo para esta aplicación es años. x ′(t ) = kx (t ) , k Empezamos recreando la solución de: constante, con condiciones de frontera dx (t ) = kx (t ) dt ⇒ dx (t ) = kdt x (t ) ⇒ ln x (t ) = kt + C , C constante  x (0) = x0  x (1600) = x0  2 m/s2 Considerar la temperatura constante. Sea Sean y (en km) la altura medida desde el nivel del mar y ρ0 3 kg/m y p0 p( y ) Pa 4 la presión atmosférica a la altura 2 gρ dp =− 0 p dy p0 Determine la presión atmosférica 4 5 y. A constante La solución particular requiere de valores específicos de las constantes (en función de la cantidad inicial x0 ). Bajo estas en función de la altitud. Pa la densidad y presión atmosférica a nivel del mar (constantes). Trace la gráfica de altitud versus presión. Presión atmosférica  p( y ) y . respectivamente Ejercicios 4.7% de la cantidad inicial.000433217 ⋅ 50 ≈ 0 .86% de la cantidad inicial x0 (aproximadamente) está presente a los 50 años.154 Aplicación de las ED de primer orden ⇒ x (t ) = e kt + C = eC e kt ⇒ x (t ) = Ae kt . De igual forma a los 100 y 200 años quedarán el 95. Si la temperatura del aire y la aceleración ( g m/s ) de la gravedad son constantes dentro del rango que varíe condiciones la presión atmosférica está modelada por la ED: R.000433217 t . Para obtenerlas traduce las condiciones de frontera:  x (0) = x0  x (1600) = x0  2 Despeje k = − ln 2 en  Ae k ⋅0 = x0 A = x0  x  1600k = 0 ⇒  k ⋅1600 x0  Ae1600k = x0 ⇒ x0 e 2 =   Ae 2 2 y sustituye junto con 1600 A = x0 x (t ) = x0 ⇔ Para efectos prácticos escribimos en la solución general para obtener la solución particular: − ln 2 t e 1600 −t x (t ) = x0 ⋅ 2 1600 x (t ) = x0 e − ln 2 t 1600 ≈ x0 e − 0. de hecho la pregunta “¿Qué porcentaje de radio se espera que esté presente después de 50 años?”. donde la cantidad de dígitos en la expansión decimal del número ln 2 es muy importante y está sujeta a la precisión que desee.76% y el 91.  gρ  p ( y ) = p0 ⋅ exp − 0 y   p0  Pascal = N / m2 = kg .86% Esto significa que el 97.3 1. se deduce de: x (50) ≈ x0e −0. arrojará una solución aproximada a la real 5 . 1600 No requerimos de la cantidad inicial x0 porque la información está en términos porcentuales.978572062    x0 97. 3. Si la tasa de incremento instantánea del químico respecto al tiempo es proporcional a la raíz cuadrada del tiempo que ha estado en la solución. ¿cuánto tiempo tomará para desaparecer la sustancia? R. Bacterias en un cierto cultivo se incrementan a una tasa instantánea de cambio respecto al tiempo. proporcional a la cantidad presente en cualquier instante. 4. gramos están presentes en los tiempos que la vida media T T= T1 y T2 (dados en años) respectivamente. R. Además. proporcional al número presente. Un cultivo de bacterias crece con rapidez inversamente proporcional a la raíz cuadrada del número presente. En una hora hay 3g de Q. muestre que la cantidad de gramos  M2   M0 T1 M1 M2  M   =  1    M0  T2 3. ¿cuántos gramos habrá a las cuatro horas? 3 R. En cierta solución hay 2g de un químico Q. muestre del uranio es: (T2 − T1 ) ln 2 ln Muestre que gramos de uranio. Si x (t ) es cantidad presente de Q. Si el 30% de una sustancia radiactiva desaparece en diez años. 24. 5.Aplicación de las ED de primer orden 2. ¿En cuánto tiempo desaparece el 90%? R. Inicialmente hay nueve unidades y a las dos horas están presentes dieciséis unidades ¿En cuántas horas habrá treinta y seis unidades? R. 10g. x (t ) = 144 − 40t es cantidad de sustancia presente a los t días.55 años aproximadamente.6 días. entonces x (t ) = t 2 + 2 8. 64. 10. k Si M1 y M2 es una constante de proporcionalidad positiva. Una sustancia decrece a una tasa que es inversamente proporcional a la cantidad presente e inicialmente hay doce unidades presentes y 8 unidades están presentes a los dos días.22 horas aproximadamente. ¿En cuánto tiempo se espera tener tres veces el número original? R. Encuentre la vida media de una sustancia radiactiva. 1. 2 3 37 Si x (t ) es cantidad de bacterias presente entonces x (t ) = t + 27 (2 ) 7.09 años aproximadamente. si el 25% de esta desaparece en diez años. Si t = 0 años) están presentes M 0 presentes en el año t es: inicialmente (en M (t ) = M 0 e − kt . . Si el número original se incrementa en un 50% en media hora.36 hrs 6. 155 El uranio se desintegra a una tasa instantánea. cambiando la derivada por su equivalente αy − βy 2 αy − βy 2 = 0 obtiene: y ⋅ (α − βy ) = 0 ⇔ Concluye que las soluciones constantes de la ED de Bernoulli son: y (t ) = 0 La función nula y (t ) = 0 e y (t ) = α β es solución de la ED de Bernoulli. dy = αy − βy 2 dt O simplemente Como es usual la ED muestra la derivada de las soluciones que pretendemos hallar. Crecimiento logístico Esta sección trata funciones y (t ) > 0 . β dt constantes positivas. sin embargo.156 Aplicación de las ED de primer orden 4. ∀t ≥ 0 . Empezamos con la primera derivada de las soluciones: dy = αy − βy 2 dt y deriva para obtener: d2y dt 2 =α dy dy − β2y dt dt . ∀t ≥ 0 modeladas por la ED de Bernoulli (también separable): dy (t ) = αy (t ) − β ( y (t ))2 . ∀t ≥ 0 . crecientes ( y ′(t ) > 0 ). con α .2. Las soluciones decrecientes estrictamente satisfacen y ′(t ) < 0 . equivalente a: αy − βy 2 < 0 y ⋅ (α − βy ) < 0 ⇔ Y como Como y (t ) > 0 β >0 α − βy < 0 equivale a: α < y (t ) β eso equivale a: Sobre la concavidad de estas soluciones decrecientes se podrá concluir después que calculemos la segunda derivada. no la estamos considerando. estudiemos soluciones constantes ( y ′(t ) = 0 ). estrictamente decrecientes ( y ′(t ) < 0 ) y estrictamente Soluciones constantes satisfacen y ′(t ) = 0 . Solución de la ED En la ED de Bernoulli para obtener: dy = αy − βy 2 dt − v′ v2 =α aplique el cambio de variables 1 v′ v = y −1 ⇔ y = ⇒ y ′ = − v v2 1 1 ⇔ v ′ + αv = β −β v v2 Es una ED lineal con solución (asumiremos el cálculo del factor integrante para ED lineales): 6 7 Recuerde que alpha y beta son constantes positivas Suponemos que las soluciones tienen derivada no negativa . lo cual es cierto para 2β siguiente figura muestra el trazo de la gráfica de una de tales soluciones: Dejamos como ejercicio al lector hacer un estudio de las soluciones en caso que y ′(t ) > 0 . cómo se propaga un virus en una población. La α − 2 βy (t ) > 0 α < y (t ) β α − 2 βy (t ) < 0 y es positiva si equivalente a (entonces equivalente a α − 2 βy < 0 . ∀t ≥ 0 .Aplicación de las ED de primer orden d2y Factorizando obtiene: Dado que dt 2 157 = dy ⋅ (α − 2 βy ) dt y ′(t ) < 0 . de la ED de Bernoulli que satisfacen y ′(t ) > 0 . β constantes positivas y y (t ) < α ∀t ≥ 0 β Nota Estas ED también son separables y modelan. Ejercicio 4. 2β α < y (t ) . y (t ) < α 2β . la segunda derivada es negativa si α − 2 βy > 0 Entonces las soluciones serían cóncavas si y solo si es posible porque α α < 2β β 6 y estamos en el caso que Las soluciones serían convexas si y solo si todo t ≥ 0 . pero esto no α < y (t ) ). con mucha precisión. ∀t ≥ 0 . Estudie concavidad de las soluciones y (t ) > 0 . que son estrictamente crecientes. Ley de crecimiento logístico 7 Las aplicaciones en esta sección están modeladas por la ley de crecimiento logístico (ED de Bernoulli): dy = αy − βy 2 dt para α. es decir. también la medida con que aumenta la estatura promedio de un ser humano y muchos otros comportamientos de sustantivos de interés humano en periodos largos de tiempo.4 Soluciones crecientes estrictamente de la ED de Bernoulli. 158 Aplicación de las ED de primer orden αdt − αdt v = e ∫ ∫ βe ∫ dt ⇒ v = e −αt ∫ βeαt dt ⇔ β v = e −αt  eαt + C  α  ⇔ 1 β = + Ce −αt y α ⇔ y (t ) = β + Ce −αt α y ′(t ) = Note que su derivada 1 αCe −αt  β + Ce −αt    α  2 ≠0 y además. puede recurrir a la derivación directa. resulta: 2 d2y dt 2 =α dy dy − 2 βy dt dt = (α − 2 βy ) ⋅ dy dt Cada solución tiene un punto de inflexión como se muestra a continuación. entonces existe T ≥ 0 tal que y (T ) = α 2β . las soluciones son crecientes. . = y ⋅ (α − β  dt   + + Para estudiar la concavidad de las soluciones derive la ED de Bernoulli y obtenga: d2y dt Factorice para estudiar su signo. por lo tanto. En ese sentido la ED: dy = αy − βy 2 dt muestra la primera derivada de las soluciones y para estudiar su crecimiento factoriza: dy = y ⋅ (α − βy ) dt Dado que y (t ) > 0 y y< α β entonces dy y ) > 0 . Las soluciones 8 y (t ) son continuas esta es la solución del ejercicio 4. sin embargo.4 ∀t ≥ 0 . lim y (t ) = t → +∞ α β  Trazo de las curvas logísticas 8 Para trazar la gráfica de las soluciones obtenidas arriba. para evitar cálculos engorrosos mostraremos una alternativa que puede utilizar aún si la ED no ha sido resuelta. α > 0 y β > 0 . acciones o resultados consecutivamente para producir un resultado que escribimos llevan a cabo o se dan Ejemplo 4. La siguiente figura resume la información anterior.+∞[ . las curvas solución de las ED de Bernoulli tienen asíntota horizontal f (t ) = α β . Un proceso P es una sucesión de n    P1 . T [ .   2β  α  dy (T )  = α − 2β =0  2 β  dt  es un punto de inflexión de la curva solución de la ED. α 2β [0. Las soluciones tienen forma de “S” alargada conocidas como curvas Logísticas:  Principio fundamental de conteo Para interpretar la multiplicación de n ∈  números reales (estudiada en primaria) y en particular de cantidades variables. esto implica: + y (t ) > y (T ) = d 2 y (t ) α 2β dy (t ) >0 dt  y en consecuencia las soluciones son convexas en Caso [0. r 2 para viajar desde B hasta C . P2 . esto implica: dy (t ) = (α − 2 βy (t )) <0  dt    − + entonces las soluciones son cóncavas en ]T . Las soluciones son estrictamente crecientes entonces y (t ) < y (T ) = d 2 y (t ) dt 2 y (t )) = ( α  − 2 β + t >T . Pn . Suponga que entre A y C hay otra ciudad B c1.6 A a otra ciudad C es un proceso. c 2 para ir de A a B y dos carreteras r1.  . Ahora analicemos la concavidad de las soluciones en los intervalos Caso t < T . Pn que se    P = P1 .  . Además. T [ y ]T . Viajar de una ciudad hay dos carreteras y que . retornamos el Principio fundamental del conteo. En tal caso dt 2 . .Aplicación de las ED de primer orden Sustituya T 159 en la última ED y concluya que: d 2 y (T ) dt 2 Como consecuencia  α  T . P2 .+∞[ . . hay inicialmente es la cantidad de individuos infectados en el instante infectados. Por el principio fundamental del conteo. La primera acción estas son: c1r1 . la tercera persona puede tomar cualquiera de las 2 sillas restantes. ocurren o se dan de formas diferentes de que Ejemplo 4.  . por tanto.   Entonces el viaje (proceso P = P1 . Si y (t ) t . si este último está infectado la población de infectados no aumenta. c1r 2 . lo anterior se escribe: dy = β ⋅ y ⋅ ( P − y ) . tiene 3 opciones. Por el principio fundamental de conteo las interacciones entre infectados y sanos es y (t ) ⋅ ( P − y (t )) . puede efectuarlo por 4 (=2x2) diferentes rutas. p2 . P2 . P2 .160 Aplicación de las ED de primer orden  P1 es viajar desde A hasta B y lo puede realizar de 2 formas: viaja por c1 o por c 2 . pero si está sano adquiere el virus aumentando la población de infectados y disminuyendo la de sanos. Después de 3 días resulta otro animal infectado. entonces hay     P1 . Suponemos que si no se aíslan los infectados entonces cada uno de ellos puede interactuar con cualquier otro. tiene 4 opciones. hay 4x3x2=24 formas diferentes de acomodar las personas  Principio para problemas de epidemiología En una población de tamaño P y (0) infectados con un virus contagioso. P2 ) desde A hasta C . Pn se realice.  La segunda acción P2 es viajar desde B hasta C y lo puede realizar de 2 formas: viaja por r1 o por r 2 . Pn p1 ⋅ p2 ⋅  ⋅ pn p1 . dt Esta ED se puede escribir dy = Pβ y − β y 2 dt  y es una ED de Bernoulli con α = Pβ .8 Un animal de laboratorio con una enfermedad contagiosa se introduce en una población de 24 animales no infectados. a partir del estudio de su primera y segunda derivada. ¿En cuántos días se espera que estén infectados 24 animales? Trace la gráfica de la función solución. c 2r 2 Principio fundamental de conteo Si las acciones o resultados consecutivos respectivamente.  . La rapidez con que se propague la epidemia depende directamente de esa cantidad. tiene 2 opciones.7 ¿De cuántas formas diferentes puede acomodar 3 personas en 4 sillas?  P1  P2  P3 la primera persona puede tomar cualquiera de las 4 sillas y. Se sabe que la tasa de crecimiento de la población infectada es proporcional al producto de las cantidades de animales infectados y de animales no infectados. para alguna constante de proporcionalidad β . c 2r1 . pn formas    P = P1 .  . la segunda persona puede tomar cualquiera de las 3 sillas restantes. entonces P − y (t ) es el tamaño de la población de no constante. α Ejemplo 4. Sea y (t ) 161 la cantidad de animales infectados. por ejemplo. entonces las condiciones se escriben La población total es P = 25 y la cantidad de infectados está modelada por  y (0) = 1   y (3) = 2 y ′ = ky (25 − y ) . y (25 − y ) representa las posibilidades de que cada uno de los y (t ) infectados interactúe con 25 − y (t ) sanos. si hay dos infectados. entonces 2. y ′ = 25ky − ky 2 La ED se escribe ⇒ y ′ − 25ky = −ky 2 A esta ED de Bernoulli le aplica el cambio de variables: v′ 1 v′ v = y −1 ⇒ y = ⇒ y ′ = − v v2 1  1  − 25k = − k   − 2 v v  v2  y resulta la ED lineal ⇒ Su solución general es: 2 v ′ + 25kv = k − 25kdt 25kdt v=e ∫ ∫ ke ∫ dt ⇒ v = e −25kt ∫ ke 25kt dt ⇒  k 25kt  + A v = e − 25kt  e  25k  ⇒ 1 1 = + Ae − 25kt y 25 Para determinar la solución particular aplica las condiciones  y (0) = 1   y (3) = 2 y obtiene:  1 = 1 + Ae −25k ⋅0  A = 24 25 1 25   ⇒    1 = 1 + Ae − 25k ⋅3  k = − 1 ln 23 ≈ 0.009809   2 25 75 48 Con esos valores la solución general se escribe: 23 ) t 1 1 24 (13 ln 48 = + e y 25 25 ⇔ y= 25 t ln 23 48 1 + 24e 3 La figura muestra el trazo de la gráfica de esa curva logística: Si T (desconocida) es cantidad de días que deben transcurrir para que 24 animales estén infectados entonces: .Aplicación de las ED de primer orden R. k constante.23=46 son las posibilidades de que El producto otro de los el virus pase a un individuo sano. 01⋅t ⋅ln ( P −1) dy = ky ⋅ (P − y ) dt y condiciones y ′ − kPy = −ky 2 1 v′ v = y −1 ⇒ y = ⇒ y ′ = − v v2 v′ 1 1 − − kP = −k   2 v v v ⇔ Multiplique por e∫ kPdt = e kPt k aplique las condiciones ( ) d ve kPt = ke kPt dt ve kPt = ⇒ y 2 e kPt v ′ + e kPt kPv = ke kPt y obtenga Separe los diferenciales. Inicialmente hay un individuo enfermo y al cabo de 100 días la mitad de P está enferma. integre y obtenga: C la ED se escribe: v ′ + kPv = k ⇔ Para hallar  y (0) = 1  y (100) = P  2 1 kPt +C e P 1 1 = + Ce − kPt y P  y (0) = 1  y (100) = P  2 y obtenga   1 1 − kP ⋅0  = + Ce 1 P   1 1 − kP ⋅100  P = P + Ce  2 ⇔ C = 1 − 1  P    1 k = 100 P ln( P − 1) . son los días transcurridos desde que apareció el virus en una población de P (constante) habitantes.162 Aplicación de las ED de primer orden 24 = 25 T ln 23 1 + 24e 3 48 y despeja para obtener T ≈ 25. demuestre que y= R.92  días Ejemplo 4.9 Sea y (t ) t la cantidad de individuos infectados por un virus. La ED para este problema es: ⇔ Con el cambio de variables y (t ) está dada por: P 1 + ( P − 1)e − 0. etc La estatura promedio. c) R.5 En una jaula de laboratorio hay 98 conejos sanos. Inicialmente (para tiempo 0 semanas) se introducen en la jaula 2 conejos más que tienen una enfermedad contagiosa. a) Plantee la ED y condiciones iniciales que determina y (t ) 100 b) Determine y (t ) en términos del tiempo (en semanas). son algunas modeladas por la ED de Bernoulli: y ′ = αy − βy 2 Multiplique por t 2 para obtener con α. circunferencia encefálica promedio. 45 días aproximadamente ¿Cuántos días después del tiempo cero habrá 90 conejos enfermos? y (t ) = (49 ) t 1 + 49 19 Ejercicio 4.48% de P (total de estudiantes).01t ln ( P −1) Ejercicio 4. peso promedio. es lineal y multiplique por e ∫ eα t v ′ + eα tαv = eα t β para obtener: .6648P es el 66. R.6 Si el 5% de los estudiantes de una universidad tienen una enfermedad contagiosa y una semana más tarde un total del 15%. 1 v′ 1 ⇒ y = ⇒ y′ = − v y v2 =α 1 1 −β v v2 −α 1 1 = −β v v2 a la ED de Bernoulli y obtenga α dt = eα t v ′ + αv = β . ¿Qué porcentaje estará contagiado a las 3 semanas (si hay cuarentena)?. peso promedio de un niño de de las variables y (t ) Aplique el cambio de variables − ⇒ − v= v′ v2 v′ v − v2 meses. Sea y (t ) la cantidad de conejos enfermos que hay en la jaula cuando han transcurrido t semanas a partir del momento inicial. Plantee una ED y condiciones que modelen la aplicación y obtener su solución. β son constantes positivas. R. Solución y (t ) = P (ln 17 )t 1 + 19e 57 . Demografía. han adquirido la enfermedad. circunferencia encefálica. Una semana después hay exactamente 5 conejos enfermos.Aplicación de las ED de primer orden 163 1 1 = + Ce − kPt y P La solución general se puede escribir como y= 1 1 + Ce − kPt P = P 1 + PCe − kPt Cambie las constantes halladas arriba y obtiene la solución particular: y (t ) = P 1 −P ln ( P −1)t 1 + ( P − 1)e 100 P ⇔ y (t ) = P 1 + ( P − 1)e  − 0. y (3) ≈ 0. estatura promedio. β . integre y obtenga la solución: eα t v = β αt e + C . considera los datos a los 0.1.C  y (0) =   y (1) =  y (2 ) =  y0 y1 y2 y aplicadas a y (t ) = t0 = 0 . 1 β + Ce −α t α El tiempo suele medirse en meses o años...12 meses. lo mismo con α  =2 . con C α ⇒ 1 β = + Ce −α t y α ⇒ y (t ) = parámetro.164 Aplicación de las ED de primer orden ( ) d αt e v = eα t β dt ⇒ Separe diferenciales. 6 y 12 meses. Además. Las condiciones de frontera toman la forma: Aún así. por ejemplo. del medio y final.. t1 = 1 1 β + Ce −α t α y t2 resultan:  1  = y0 β  + Ce − 0α α 1  = y1  β −α  α + Ce  1  = y2 β  + Ce − 2α  α es engorroso y por eso omitimos los cálculos que nos llevan a:  β y12 − y0 y 2  α = y1 ( y0 y1 − 2 y0 y 2 + y1 y 2 )    −α y0 ( y 2 − y1 ) = e y 2 ( y1 − y0 )    1 β −  C= y0 α  Note que hemos despejado e −α para sustituir en ( ) β e −α t = e −α t . Para hallar las tres constantes se toman tres datos de la tabla: inicial. si el tiempo varía de 0 a 12 meses. despejar α. solo se requieren tres condiciones de frontera para determinar α. sin embargo. 6 y 12 meses. Por ejemplo. para evitar números con muchos dígitos en su expansión decimal. Por lo general se tiene una extensa tabla con condiciones de frontera. cambiamos. las unidades de medida del tiempo por para referirse a 0.. β y el parámetro que aparece en la solución de la ED. la estatura y (t ) de un bebé observada a los 0.2. 3 6 7. muestre puntos críticos. 1. a partir de la información sobre su primera y segunda derivadas.1 4 6. tome los tiempos 0.4 10 Hallar una fórmula para el peso promedio en función de t meses desde su nacimiento. se obtuvo la siguiente tabla de pesos promedio: meses peso en kg 0 (RN) 3.6 5 7. Para elaborar una función que sirviera de guía para controlar el peso de otros bebés.C α el peso promedio (teórico) que debemos hallar a partir del problema de valores en la frontera: y ′ = αy − βy 2 con condiciones  y (0) = 3. crecimiento de la cabecita.4  Dejamos de ejercicio al lector que recree el proceso dado arriba para obtener la solución de esa ED de Bernoulli. los resultados de cada mes se promediaron y se generó una tabla de pesos promedio.8  y (2 ) = 10.1 12 10. . 12 meses respectivamente (note que la diferencia entre tiempos consecutivos es la misma constante.8   y (1) = 7.e .Aplicación de las ED de primer orden 165 Ejemplo 4.8   y (1) = 7.3 8 8.7 11 10.08617 α 9 Es posible que tenga leves imprecisiones por defectos de impresión y grosor del trazo de la curva. Inclusive también puede resolver la ED como Separable y comparar la eficiencia de uno y otro método.6 2 5.8 9 9.8 1 4. Empiece por cambiar la escala para medir el tiempo. Por ambos deberá llegar a la solución general: y (t ) = 1 β + Ce −α t α Después de aplicar las condiciones de frontera  y (0) = 3.3 10 9.10 El peso promedio de un bebé depende del sexo y para cada sexo la curva de peso promedio depende de su peso al nacer. Este cambio de escala nos permitirá utilizar las fórmulas dadas arriba para hallar las constantes: Sea y (t ) β −α . Por ejemplo. etc. estatura. que tuvieron una pequeña diferencia de peso al nacer y se midió su peso cada mes. se empezó por estudiar una cantidad importante de bebés del mismo sexo.8 7 8. 2 para representar a 0. de una población importante de bebés varones cuyo peso promedio al nacer fue de 3. en este ejemplo es 6). R. 10 Todo recién nacido abandona la clínica u hospital donde nació. Pese a eso se obtiene una función que interpola muy bien los puntos de la tabla.3 3 6. 6. puntos de inflexión y estudio de la función de peso promedio en los extremos del dominio. con un folleto que incluye esta y otras curvas logísticas teóricas para que sus padres lleven su control de peso.8  y (2 ) = 10. Dibuje la curva teórica que ayude a otros padres a controlar el peso de su bebé.4  y con ayuda de una computadora obtenga: β ≈ 0.8 9 kg. dejamos de ejercicio el estudio de crecimiento.23750 o si prefiere despeja para obtener: α ≈ 1. proporcional al producto de la cantidad de conejos enfermos y la cantidad de conejos sanos en el instante t. por ejemplo.17699 Sustituya estos valores en la solución general para obtener la solución particular: y (t ) ≈ donde t 1 0. Sea y (t ) la cantidad de animales enfermos en la jaula en t semanas. (aplica “regla de tres” a También.7 En una jaula de laboratorio hay N conejos sanos. Plantee un modelo para este problema epidemiológico y determine y (t ) R. La cantidad de animales enfermos crece con razón de cambio instantánea con respecto al tiempo.08617 + 0. con una enfermedad contagiosa.43759 t está en la escala 1:6 meses. concavidad y trazo de la gráfica de la función peso promedio  Ejercicio 4. Inicialmente (0 semanas) se introducen en la jaula a conejos más. en función del tiempo. y ′ = αy (a + N − y ) sujeta a  y (0) = a   y (1) = b tiene solución y (t ) = a+N  N  ln 1 + e a a (a + N − b )  t bN  .17699e −1.49153 .166 Aplicación de las ED de primer orden e −α ≈ 0. Una semana después hay b conejos enfermos.43759 C ≈ 0. el mes 4 corresponde a partir de la razón 1:6) y el peso promedio a los cuatro meses es t=4=2 6 (3 ) 3 y 2 ≈ 6. Esas ED son separables y lineales de primer orden. si la temperatura M del medio es mayor que es creciente. cuya temperatura se mantendrá regulada en un nivel constante tiene una fuente de calor interna y para cada instante tanto la temperatura en el tiempo cero es t M . empezaremos por decidir si U − M > 0 o M − U > 0 . U (t ) es decreciente. Si denota U = U (t ) entonces esta aplicación está modelada por las ED: dU = α (U − M ) dt donde α o dU = α (M − U ) dt es constante de proporcionalidad. En cada ejemplo podemos anticipar el signo de la temperatura inicial del cuerpo. M − U (t ) > 0 . Ley de enfriamiento de Newton La razón de cambio de la temperatura del objeto respecto al tiempo es proporcional a la energía térmica perdida (esta se refiere a temperatura del objeto menos temperatura del medio circundante). el calor fluye desde el medio al objeto. es colocada en un medio circundante que se mantiene a temperatura de 50ºC. Ley de enfriamiento de Newton Considere un objeto homogéneo (calor específico C y densidad ρ constantes). dejaremos que la aplicación de las condiciones iniciales determine el signo de la constante de proporcionalidad α . Determine una fórmula para la temperatura del agua en función del tiempo transcurrido. Bajo estas condiciones es aplicable el siguiente principio. Suponemos que el objeto no la temperatura en cada punto del objeto es U (t ) . la función temperatura U (t ) del objeto es creciente. en tal caso para mantener la consistencia de los signos en la ED: ′(t ) = α ( M − U (t )) U   + debería ser + α > 0. entonces el calor se trasfiere desde el objeto al medio o viceversa. la temperatura a los 10 minutos y ¿para qué tiempo la temperatura será de 60ºC?.Aplicación de las ED de primer orden 167 4. Si Si M < U0 entonces el calor fluye del objeto hacia el medio. es decir M ≠ U (0) . Si la temperatura del medio es diferente a la temperatura inicial del objeto. obedeciendo al principio de que el calor fluye desde los puntos de mayor temperatura hacia los de menor temperatura. esto implica que la derivada U ′(t ) > 0 . que se introduce en un medio circundante. por tanto. Ejemplo 4. entonces U (t ) α . por ejemplo. es decir. En los ejemplos a continuación. además. M > U 0 .3. Es importante recordar que en todo momento la temperatura del medio se mantiene controlada en el nivel M . A los 5 minutos la temperatura del agua es 70ºC. Sin embargo. Sea U (t ) la temperatura del agua y M = 50 entonces la ED que modela el problema es: . el cual gana calorías y eleva su temperatura en función del tiempo transcurrido.11 Agua a temperatura 80ºC. por lo U (0) = U 0 . A los 10 minutos el agua tiene temperatura de 90ºC y a los 20 minutos de 80ºC. U ′ − αU = −50α U (0) = 80  U (5) = 70 y multiplique por el factor integrante e∫ −α dt = e −α t .168 Aplicación de las ED de primer orden dU = α (U − 50) donde U = U (t ) dt U − 50 Sea que tome o 50 − U . es: El tiempo T U (10) ≈ 50 + 30e −0.08109302162163 3  Ejemplo 4. sin embargo. 3 para el cual U (T ) = 60 se despeja de la ecuación: 1 ln 2 )T ( 5 3 60 = 50 + 30e ⇒ T =− 1 ln 1 ≈ 13. A continuación se muestra una “solución” al problema. para exponer algunos detalles utilizaremos tiene U (t ) ≥ 50 y con esto En tal caso. Las condiciones de frontera para este problema son Escriba la ED como: U − 50 .12 Agua en su punto de ebullición se coloca en un medio que se encuentra y mantendrá a temperatura M constante.54755646 min 0. se U − 50 = U − 50 . después de aplicar las condiciones de frontera obtendrá la misma solución al problema (comprobarlo).8109302162163 ≈ 63. que nos lleva a una inconsistencia.C se escogen de tal forma que: U (0) = 80  U (5) = 70 ⇔ 50 + C = 80  50 + Ce5α = 70 ⇔ C = 30  5α Ce = 20 ⇔ α = ln 1 5 2 3 note que sin anticiparlo α <0 Con los cuales la temperatura en cualquier instante es: t 1 ln 2 ) t ( 2 5 3 U (t ) = 50 + 30e = 50 + 30( )5 3 A los 10 min. ¿a qué se debe? . obtiene: e −α tU ′ − αe −α tU = −50αe −α t ( ) ⇔ d e −α tU = −50αe −α t dt ⇒ U (t ) = 50 + Ceα t Los valores de α. pero el desarrollo anterior se basa en una relación exponencial Ejercicios 4.Aplicación de las ED de primer orden R. igualando obtiene  90 − M eα :   1  100 − M  α  80 − M  20 e =     100 − M   90 − M   100 − M 1  10   desde donde: 2  = 80 − M  100 − M  Concluirá que esta ecuación no tiene solución. Sean U (t ) temperatura del agua transcurridos dU = α (U − M ) dt La ED es 169 t minutos y M y las condiciones de frontera la temperatura del medio. y sustituye en la segunda y tercera para obtener:  M + (100 − M )e10α = 90  20α = 80  M + (100 − M )e Despeja 1   eα =  90 − M  10   100 − M  . Para hallar M  M + Ce 20 α  M + Ce = 80  eliminemos α y C. 1 80 − M  20 =    100 − M  Resuelva el problema anterior en dos casos en que U (20) U (0) = 100  U (10) = 90 U (20) = 80  satisfacen  se salga de la relación lineal. por ejemplo si: .8 1. U (0) = 100  U (10) = 90 U (20) = 80  dU − αU = −αM dt ⇔ Multiplica por el factor integrante e∫ −α dt = e −α t obtiene: e −α tU ′ − αe −α tU = −αMe −α t ( ) ⇒ d e −α tU = −αMe −α t dt ⇒ e −α tU = ∫ − Mαe −α t dt ⇒ e −α tU = Me −α t + C ⇒ U (t ) = M + Ceα t Aplica las condiciones U (0) = 100  U (10) = 90 U (20) = 80  De la primera ecuación despeja y obtiene C = 100 − M  M + C = 100  10α = 90 . esto se debe a que las condiciones una relación lineal. 88 min t ≈ 139. 5. R.  U (T ) = U1  1 U1 − M   ln t T U0 −M  R. Resolver dU = α (U − M ) dt sujeta a U (0) = U 0 . Cuando el termómetro marca 36º F se coloca en un horno que está a temperatura constante. 3. Note que el termómetro solo permite medir temperaturas por debajo de 110º F. R.55 min ºC ºC La temperatura máxima que puede leerse en un cierto termómetro es 110º F. (b) Encuentre la temperatura del agua después de 30minutos R. U (20) ≈ 65. U (20) ≈ 34. 324ºF.170 Aplicación de las ED de primer orden U (0) = 100   U (2) = 76  U (4) = 70  2.07 U (30) ≈ 37. (b) ¿Cuándo la temperatura será de 40 ºC? (c) ¿Cuándo la temperatura será de 26 ºC? R. U (t ) = 68 + 32 2t Agua a temperatura de 100ºC se enfría en 10min a 80ºC en un cuarto con temperatura de 25 ºC.18 min ºC Agua a temperatura de 10ºC toma 5 minutos para calentarse a 20ºC en un cuarto con temperatura de 40 ºC. (c) ¿Cuándo la temperatura será de 25ºC? R. U (t ) = M + (U 0 − M )e  .33 t ≈ 51. En 1 minuto y 2 minutos marca 60º F y 82º F respectivamente. (a) Encuentre la temperatura del agua después de 20minutos R. ¿Cuál es la temperatura del horno? R.37 t ≈ 8. 4. (a) Encuentre la temperatura del agua después de 20min R. se tiene: V (t ) = V0 + (rE − rS ) t Principio El principio que modela esta aplicación es: dx = (cantidad de sal que entra ( E ) por minuto ) − (cantidad de sal que sale ( S ) por minuto ) dt donde:  cantidad de sal que entra (E ) = (rapidez de E de la mezcla ) ⋅ (concentración de sal en la mezcla de E )   por minuto    cantidad de sal que sale (S ) = (rapidez de S de la mezcla ) ⋅ (concentración de sal en la mezcla de S )   por minuto   11 La concentración de una sustancia en un volumen se calcula: cantidad de sustancia / volumen que ocupa la mezcla . note que ( r E . separe diferenciales e integre para obtener: V (t ) = (rE − rS )t + C . en tal caso.4. En cada instante t (a partir de t = 0 11 minutos) entra agua salada al tanque. V (0) = V0 . Mezclas químicas Inicialmente (en t = 0) un tanque contiene agua en que está disuelta uniformemente una cantidad x(0) gramos (gr) de sal y la mezcla ocupa en el tanque un volumen de V 0 galones (gal). por lo tanto.r S ) galones por cada minuto transcurrido. aplique esa condición en la ecuación anterior y despeje: C = V0 Por lo tanto si las razones de cambio entrada (E) y salida (S) son constantes (así son en esta obra). Asumiendo que en cada instante t la mezcla en el tanque se mantiene homogénea. al que suma ( r E . simultáneamente. Para obtener la fórmula del volumen V(t) que ocupa la mezcla en el tanque en función del tiempo t.r S ) galones/min:: dV (t ) = rE − rS dt En esta obra se supone que r E y r S son constantes. con rapidez r E gal/min y concentración c E gr/ gal.Aplicación de las ED de primer orden 171 4. establecer un problema de valor inicial (PVI) que modele el comportamiento de la cantidad de sal x(t) presente en el tanque. partimos del volumen inicial V 0 . la mezcla sale del tanque con rapidez r S gal/min y concentración desconocida (debido a que la cantidad de sal en el tanque es la incógnita). la razón de cambio del volumen respecto al tiempo es ( r E .r S ) podría ser negativa. La figura muestra las condiciones en algún instante t. positiva o cero y es la cantidad de galones de agua en que disminuye (si la resta es negativa) o aumenta (si la resta es positiva) el volumen en el tanque en un minuto. donde C Para determinar C se tiene que es constante. rS dx + x = rE c E . y sale del tanque con una rapidez de 3 L /min.. lo que es equivalente a que rE = rS  Ejemplo 4. Dar una ecuación para la cantidad de sal y concentración en el tanque en función del tiempo. dt V0 + (rE − rS ) ⋅ t La ED es separable cuando el volumen es constante. V (t ) rS dx x = rE c E + dt V0 + (rE − rS ) ⋅ t Los resultados se resumen en la siguiente figura: El principio dx = (cantidad de sal que entra ( E ) por minuto ) − (cantidad de sal que sale ( S ) por minuto ) dt Se escribe dx = rE ⋅ c E − rS ⋅ c S dt donde cS = x (t ) V (t ) ⇔ dx x = rE ⋅ c E − rS ⋅ dt V ⇔ x dx = rE ⋅ c E − rS ⋅ dt V0 + (rE − rS ) ⋅ t Es la ED lineal . En t minutos sean x (t ) cantidad (en gramos) de sal en el tanque V (t ) litros de solución en el tanque C (t ) concentración de sal en el tanque Para t=0 el volumen que ocupa la mezcla es Para t>0 las propiedades de la mezcla de: Entrada es  rE = 2  c E = 100 entonces rE V (0) = 40 . R. sujeta a la condición inicial x (0) = x0 . Una solución salina con 100 g (gramos) de sal por litro entra al tanque con rapidez de 2 L / min. Y como el agua es pura entonces x (0) = 0 .13 Un tanque contiene 40 L de agua pura. calcule la concentración de sal en el tanque cuando este tenga 25 L de solución. Además.172 Aplicación de las ED de primer orden Como concentracion = cantidad entonces la mezcla que sale del tanque tiene concentración volumen A continuación demostramos que el principio se escribe cS = x (t ) . ⋅ c E = 2 ⋅ 100 = 200 g/min. . por lo tanto.Aplicación de las ED de primer orden 173  rS = 3  c = x (t )  S V (t ) Salida es entonces rS ⋅ cS = 3 x V g/min.0625 ( 16 Pasados t minutos la cantidad de sal en el tanque es x (t ) = (40 − t )3 100(40 − t )−2 − 0. x = 0 x (0) = 0 . el signo menos está acorde con el hecho de que el volumen que ocupa la mezcla en el tanque disminuye. desde la ecuación del volumen: . en este caso t en un litro por minuto. obtiene: ( ) 0 = (40)3 100(40)− 2 + A ⇒ 100(40)− 2 + A = 0 ⇒ A = − 1 = −0. Después de volumen en el instante t minutos el volumen ha disminuido en rE − rS ⋅ t litros y. la rapidez de la mezcla que entra menos la rapidez de la mezcla que sale es rE − rS = −1 .0625(40 − t )2 V (t ) Para obtener la concentración de sal en el tanque cuando tenga 25 litros de solución. el es: V (t ) = V (0) + (rE − rS ) ⋅ t = 40 − t La ED que modela esta situación se basa en el principio: dx = (cantidad de sal que entra ( E ) por minuto ) − (cantidad de sal que sale ( S ) por minuto ) dt Es decir ⇒ dx x = 2 ⋅ 100 − 3 ⋅ dt 40 − t dx 3 + x = 200 dt 40 − t y la condición inicial es 3 Multiplique por el factor integrante 1 (40 − t )3 ⇒ ⇒ Con x′ + d  1   dt  (40 − t )3 1 (40 − t ) 3 e ∫ 40 − t dt 3 (40 − t )4 = e − 3 ln (40 − t ) = x= 1 (40 − t )3 y obtenga: 200 (40 − t )3  200 x  = 3  (40 − t ) x=∫ 200 (40 − t )3 dt ⇒ x = (40 − t )3 ∫ 200(40 − t )−3 dt ⇒  200 (40 − t )− 2 + A  x = (40 − t )3  −  −2  ⇒ x = (40 − t )3 100(40 − t )−2 + A ) ( t = 0.0625 y la concentración de sal en el tanque es C (t ) = ) x (t ) = 100 − 0. empieza por calcular el tiempo en que se da esa condición. Ahora. 0625(40 − 15)2 = 60.14 3 Un recipiente contiene 8cc (cm ) de agua en que están disueltos 2 gramos de sal. x (t ) g de sal en el tanque V (t ) cc de solución en el tanque C (t ) g/cc concentración de sal en la mezcla Si t=0 el volumen que ocupa la mezcla en el tanque es V (0) = 8 Si t>0 el volumen que ocupa la mezcla en el tanque es V (t ) = 8 + (rE − rS )t = 8    y cantidad de sal en el tanque constante 0 La ED lineal que modela el problema es: ⇔ dx 4 = 12 − x dt 8 ⇔ dx 1 + x = 12 . dt 2 1 Multiplica por el factor integrante: e dx x = 4⋅3− 4 dt V ∫ 2 dt 1t = e2 para obtener: 1t 1t 2 e x′ + e 2 1 2 ⇒ ⇔ Para hallar C aplica la condición x 1t = 12e 2  1t  d  e 2 x  1  = 12e 2 t  dt x (t ) = 24 + Ce x (0) = 2 −1t 2 . Dar una ED para la cantidad de sal en el tanque como función del tiempo Dar la cantidad de sal como función del tiempo. . C parámetro en la ED anterior y obtiene: 24 + Ce − 1 ⋅0 Concluye que la cantidad de sal en el tanque pasados 2 t = 2 ⇒ C = −22 minutos es x (t ) = 24 − 22e −1t 2 gramos x (0) = 2 . Dar la concentración de sal en el tanque como función del tiempo. y la mezcla bien agitada sale a la misma tasa.174 Aplicación de las ED de primer orden V (t ) = 40 − t = 25 resulta t = 40 − 25 = 15 y calcula C (15) = 100 − 0. Sean t tiempo en minutos. condición inicial x (0) = 2 . Agua salada con 3g/cc entra al recipiente con rapidez de 4 cc/min.9375 gr lt  Ejemplo 4. ¿Cuánta sal hay en el tanque después de un largo tiempo? R. en el tanque. Asumiendo que en cada instante La cantidad de sal que entra (E) al tanque por minuto es RE ⋅ C E + rE ⋅ c E libras min La cantidad de sal que sale (S) por minutos es rS ⋅ cS = rS ⋅ La rapidez con que entra la mezcla en el tanque es ganancia de galones de agua por minuto es Concluye que el volumen después de Por lo tanto. entonces la pérdida o t minutos es ( RE + rE − rS ) ⋅ t V (t ) = V0 + ( RE + rE − rS ) ⋅ t x dx libras = RE ⋅ CE + rE ⋅ cE − rS ⋅ V0 + ( RE + rE − rS )t min dt    entra sale En forma canónica rS dx + x = RE ⋅ C E + rE ⋅ c E dt V0 + ( RE + rE − rS )t Multiplica por el factor η η⋅ =e ∫ rS dt V0 + ( R E + rE − rS )t =e rS ⋅ln (V0 + ( R E + rE − rS )t ) R E + rE − rS rS dx +η ⋅ x = η ⋅ ( RE ⋅ C E + rE ⋅ c E ) dt V0 + ( RE + rE − rS )t ⇔ d (η ⋅ x ) = η ⋅ ( RE ⋅ C E + rE ⋅ c E ) dt ⇔ d (η ⋅ x ) = η ⋅ ( RE ⋅ C E + rE ⋅ c E )dt y obtiene galones. rS . de agua en que está disuelta uniformemente una cantidad entra agua al tanque con rapidez rE gal/min y concentración tubo entra agua con rapidez RE gal/min y concentración CE cE x0 libras de sal. la figura describe el problema: V (t ) gal/min.15 Un tanque contiene de t=0 V0 gal. c E son constantes y que RE + rE − rS ≠ 0 . rE . la mezcla en el tanque es uniforme. hallar la cantidad de sal x (t ) en función del tiempo. x (t ) El agua que sale del tanque en el instante t tiene concentración c S = . . Asuma que RE . por otro lb/gal y la mezcla sale del tanque con rapidez rS t . A partir lb/gal. simultáneamente.Aplicación de las ED de primer orden 175 Concentración de sal en el tanque después de t minutos es: Cantidad de sal en el tanque después de un largo tiempo es: C (t ) = − 1 ⋅t x (t ) = 3 − 11 e 2 4 V (t ) lim x (t ) = 24 t →∞ g cm 3  gramos Ejemplo 4. la ED es t gal RE + rE min RE + rE − rS minutos es y en x (t ) libras V (t ) min y con que sale es rS . 5 gal/min. Un tanque contiene 50 galones de agua pura.176 Aplicación de las ED de primer orden η ⋅ x = ∫ η ⋅ ( RE ⋅ C E + rE ⋅ c E )dt + A . hallar la cantidad de sal x(t) en el tanque en función del tiempo. Encuentre la concentración de sal a los 10 minutos. por otro tubo entra agua salada con rapidez 5 gal/min y concentración 0. c(60) = 45 Un tanque contiene 60 galones de agua salada con una concentración de sal de 2 lb/gal. Una solución de agua salada con 3 libras de sal por galón entra a 2 gal/min y la mezcla bien agitada sale a 2. Un tanque contiene 10 galones de agua salada con 2 libras de sal disuelta. simultáneamente.5 lb/gal entra a 3 gal/min y la mezcla bien agitada sale a 4 gal/min. x (t ) = 40 − 40e −0. R. Un tanque contiene 1 galón de agua en que están disueltas uniformemente una cantidad 0. 6.5 lb/gal y por el otro con rapidez de 4 gal/min y concentración de 1. (50 + t )7 − 507 x (t ) = 2 7 (50 + t )6 Un tanque tiene 40 galones de agua pura. por un tubo entra agua salada al tanque a 2 gal/min y 0.75 =1− V (t ) (1 + t )6 y a largo plazo es  0. t = 60 Dar concentración de sal en el tanque cuando este tenga 30 gal de agua salada R. ¿Cuánta sal hay en el tanque en cualquier tiempo? R.5 lb/gal. Una solución de agua salada con 1 lb/gal de sal entra al tanque con rapidez de 2 gal/min y la mezcla bien agitada sale a la misma tasa. 3.5t )4 ¿En que momento el tanque tiene 30 galones de agua salada? R.5 lb/gal.8 min. ¿Cuándo es máxima la concentración de sal en el tanque? 4.25 libras de sal. 60 min. ¿Cuándo el agua que sale tendrá 0. c(t ) = 3 − 34 (60 − 0.86 minutos Un tanque tiene 60 gal. 2. de agua pura. ( x (t ) = (1 + t )−5 (1 + t )6 − 0. A partir del instante t = 0. R. Determine cantidad de sal x (t ) en el tanque en cada instante respectiva concentración en la mezcla y calcule la concentración a largo plazo.5 lbr/gal? R. sale con rapidez de 5 gal/min.05 t t ≈ 13. simultáneamente. c(10) ≈ 1. t ≈ 20. R. por uno con rapidez de 2 gal/min y concentración de 0. ¿Cuándo habrá 150 lb de sal en el tanque? R.75 Concentración c(t ) = ) x (t ) 0.9 1. Dar concentración de sal en el tanque en cualquier tiempo. Asumiendo que en cada instante t. Una solución a 3 lb/gal entra a 2 gal/min y la mezcla bien agitada sale a la misma tasa. R. 5. la mezcla en el tanque es uniforme. Una solución a 1.2 lb/gal y la mezcla sale del tanque con rapidez 6 gal/min. A partir de t = 0 . R. la mezcla que se mantiene agitada en el tanque para garantizar que en cada punto la concentración es la misma. A Integra y obtiene ( ) x (0) = x0 se encuentra el valor de la constante x (t ) = ⇔ Con la condición inicial es constante 1 η ⋅ ( RE ⋅ C E + rE ⋅ c E ) ⋅ ∫ η ⋅ dt + A  A Ejercicios 4.25 lb/galón.75   =1 lim 1 − t → ∞ (1 + t )6  t y la . entra salmuera al tanque por dos tubos. t = 120 16 min. 25 lib / gal . una ED lineal y condición inicial que describa la cantidad de sal en el tanque como función del tiempo. Hallar la máxima concentración.25 lib / gal la concentración es decreciente y su valor máximo es 2. Mostrar que la cantidad de sal en el tanque inicialmente es 9. El tanque tiene dos entradas A y B de disolución acuosa con soluto salino y un agujero por donde sale la disolución salina con velocidad constante de 2 gal / min.03125(50 − t ) Plantea la función de concentración Para 0 ≤ t ≤ 10 Para 10 < t < 50 si si 0 ≤ t ≤ 10 10 < t < 50 C (t ) = x (t ) / V (t ) en cada trozo. V (t ) = 20 + 2t t = 10 . La entrada A permanece abierta hasta que el tanque se llene.25t − 40e − 0. La cantidad sal en el tanque en función del tiempo es ( )  6(t + 10)−1 t 2 + 20t x (t ) =  2 50 − t + 0. la concentración es creciente y su valor máximo es 2.Aplicación de las ED de primer orden 7. 177 Un tanque tiene 1 galón de agua pura. R. R. deriva y estudia su signo.25t − Cantidad de sal 8. A partir del instante t = 0 . La fórmula de volumen es mientras A está abierto y alcanza 40 gal para La cantidad sal en el tanque cuando se cierra A es x (10) = 90 y el volumen es 40 gal.25t de 2 gal/min y densidad e libras/gal y la mezcla bien agitada sale con rapidez de 1 gal/min. Dar el volumen que ocupa la mezcla en el tanque en función del tiempo. condición x (0) = 0 t +1 ( 1 40 − 8te − 0. ED x ′ = 2e − 0. escriba las condiciones para este modelo en términos de la cantidad inicial de sal en el tanque. entonces el volumen en ese lapso de tiempo es V (t ) = 40 − (t − 10) = 50 − t R. Volumen V (t ) = 1 + t . A partir del tiempo cero se vierte en el tanque una solución a razón constante de 6 galones/minuto y concentración constante de 1/3 de libra de sal/galón. Calcule el tiempo que tarda en llenarse el tanque si tiene una capacidad de 18 galones. A partir de ese tiempo (cierra A y abre B) y pierde un galón por cada minuto a partir del minuto 10 ( t − 10 ).  x (0) = x0 x0   x (3) = 5 x0 cantidad inicial de sal. en ese momento se cierra A y abre B. Resolver ese problema de valor inicial.25t t +1 ) Un tanque contiene 9 galones de una solución salina. 3 minutos Si al instante en que se llenó el tanque la cantidad de sal era 5 veces la cantidad original. Simultáneamente sale del tanque la solución bien mezclada a razón constante de 3 galones/minuto. Sus propiedades son: Por A entra disolución a razón de 4 gal / min con concentración de 3 lib / gal Por B entra disolución a razón de 1 gal / min con concentración de 1 lib / gal Dar una función definida a trozos que describa la cantidad de sal en el tanque en función del tiempo. x0 = 1 Un tanque con capacidad de 40 gal contiene inicialmente 20 gal de agua pura. entra agua salada al tanque con rapidez −0. R. x (t ) = x . El objetivo de es escribir la ED y la condición inicial.8 − dt 60 y obtiene d (600c(t )) = 0.8 − 10c(t ) dt . (a) Plantee un PVI que modele la concentración de droga en el órgano. Cantidad de droga de entrada (E) al órgano por segundo es: 10 ⋅ 0.08 g/cm .8 Cantidad de droga de salida (S) del órgano por segundo es: 10 ⋅ c(t ) = 10 El principio se escribe (a) d ( x (t )) x (t ) = 0.178 Aplicación de las ED de primer orden 4. sin embargo. segundos es concentración de droga en el órgano a los t segundos El principio es el mismo que utilizamos en la sección anterior y necesitamos de los siguientes. (c) Encuentre la concentración de la droga en el órgano a los 30 seg . Para esto utilizamos la definición de concentración: c (t ) = ⇒ x (t ) x (t ) = V (t ) 600 x (t ) = 600c(t ) Esta cantidad (en términos de la concentración) se sustituye en la ED: d ( x (t )) x (t ) = 0.08 = 0.16 3 3 Un líquido transporta una droga hacia un órgano a una tasa de 10 cm /s y 0. en términos de concentración.5. y sale del órgano a la 3 misma tasa. R. x (t ) es la Ejemplo 4. Algunos autores utilizan la incógnita x (t ) como concentración de la droga en el órgano. (b) Resuelva el problema de valores iniciales planteado en (a). Si re .8 − dt 60 y la condición inicial gr seg x (t ) x (t ) gr = 600 60 seg x (0) = 0 . Si inicialmente la droga no está presente en el órgano y el líquido ocupa 600 cm . rs son rapidez de E/S (entrada/salida) respectivamente del líquido al órgano y ocupado por el líquido entonces: V (t ) = V0 + (re − rs )t = 600 es volumen que ocupa el líquido en el órgano a los x (t ) es cantidad de droga en el órgano a los c (t ) = x (t ) x (t ) = V (t ) 600 t t V0 el volumen inicial segundos. Residuos de drogas en organismos Las ED tratadas en esta sección se construyen sobre el mismo principio utilizado en la sección anterior. aquí cantidad de droga en el órgano para mantener la similitud con la sección anterior. 09 g/cm . (b) Resolveremos la ED Lineal anterior. obtiene: 1 − 0 0 = 1 + Ce 60 ⇒ C = − 1 12.Aplicación de las ED de primer orden Como la cantidad inicial es 179 x (0) = 0 entonces la concentración inicial es c(0) = 0 .06 g/cm y sale del órgano a la misma 3 tasa.5 12. segundos. Encuentre la concentración máxima de droga en el órgano. Plantee una ED con sus respectivas condiciones que modelen la concentración de la droga en el órgano.8 ⇒ c′(t ) + 1 c(t ) = 1 60 750 Multiplica por el factor integrante 1t 1t 1 60 60 ′ e c +e 60 µ=e c= 1 ∫ 60 dt 1 1 e 60 t 750 ⇒ 1t  1t  60 1 60   ∫ d  e c  = 750 ∫ e dt ⇒ t t e 60 c = 60 e 60 + C ⇒ − t c(t ) = 1 + Ce 60 . Sean V (t ) = V0 + (re − rs )t = 600 volumen que ocupa el líquido en el órgano a los c(t ) concentración de droga en el órgano a los 600c(t ) cantidad de droga en el órgano a los t t t segundos.5 1 − t c(t ) = 1 − 1 e 60 12. Lo anterior responde el apartado (a).5 ≈ 0.1 y c(15) = 0.1 g/cm y que después de 15 segundos es de 0.0315 g cm 3  Ejemplo 4.06 f − c(t ) f dt sujeto a c(0) = 0. e inicialmente la 3 3 concentración de la droga en el órgano es de 0. en la última.17 3 3 Un líquido transporta una droga hacia un órgano a una tasa de f cm /s y 0.5 Aplica la condición: c(0) = 0 constante. para ello la escribe: 600c ′(t ) + 10c(t ) = 0. R. Resuelva ese problema de valores de frontera (PVF) y encuentre el valor de f. segundos El PVF que modela esta aplicación es: d (600c(t )) = 0.5 ⇒ 12.5 y esto responde el apartado (b) − 1 ⋅30 (c) 60 La concentración de la droga en el órgano a los 30 seg es c (30 ) = 1− e 12.09 . C 1 = 1t 60 para obtener: e 1 750 1 12. Asumiendo que el volumen que ocupe el líquido se va a mantener en 600 cm . 01  Ejercicio 4. por lo tanto.09 entonces y obtiene:  C = 1 25  3  f = −40 ln 4 () ( ln )⋅t c(t ) = 3 + 1 e 15 4 1 Concluye que la concentración de droga en el órgano en cualquier instante es 50 3 25 Una descripción del comportamiento de la concentración se puede obtener a partir de su derivada: ( ln )⋅t c ′(t ) = 1 1 ln 3 e 15 4 < 0 ( 25 15 ) 4 1 3 t≥0 para todo Entonces la concentración es una función decreciente y. Si inicialmente la droga no está presente en el órgano y el líquido ocupa V 0 cm . C constante.1  c(15) = 0.1 50  f ⋅15 − 3  50 + Ce 600 = 0. Dar una fórmula para la cantidad R.09 Para determinar las constantes en esa solución aplica las condiciones de frontera f ⋅0  − 3  + Ce 600 = 0.10 3 3 Un líquido transporta una droga hacia un órgano a una tasa de a cm /s y b g/cm . a  − t  x (t ) = bV 1 − e V      donde V = V0 . su valor máximo es c(0) = 0.06 f ⇒ c′(t ) + f 1 c(t ) = f 600 10000 f Multiplica por el factor integrante µ=e ∫ 600 dt f ⋅t f ⋅t e 600 c ′(t ) + e 600 ⇒ Integra y despeja = f ⋅t e 600 para obtener: f ⋅t 1 f c(t ) = e 600 f 600 10000 f ⋅t  f ⋅t  d  600 f  600 e c(t )  = e dt   10000   c(t ) = 3 50 + Ce − f ⋅t 600 .  c(0) = 0.180 Aplicación de las ED de primer orden ⇒ 600c ′(t ) + fc(t ) = 0. x (t ) de droga en el órgano después de t segundos. y sale del órgano a la misma 3 tasa. Si x(t) denota la cantidad formada de Q después de t minutos. El objetivo es hallar una fórmula para x (t ) en función del tiempo t transcurrido desde que inició la reacción... de un producto Q que aún no está presente. a 1 . Considere uno de los reactivos.6. lineal en cada reactivo Si la temperatura y presión se mantienen constantes. . a n 12 de los reactivos A 1 ... es la cantidad de A k que ha reaccionado para formar x (t ) . A n .. En el tiempo cero se tienen cantidades Suponemos que entonces: p 1 .Aplicación de las ED de primer orden 181 4. p n partes de A 1 . es la cantidad de A k que no ha reaccionado.. digamos el número La fracción t . . entonces En moles. A n respectivamente. la aplicación por modelar en esta obra es la siguiente.  . p = p1 +  + pn . es decir.. Ley de la velocidad de reacción de orden n.. Reacciones químicas Una reacción química es un proceso durante el cual una o varias sustancias iniciales (reactivos) cambian para formar una o más sustancias (productos). estamos suponiendo que x(0)=0. gramos u otra unidad de medida de masa . . .. reaccionan formar p partes del producto Q.. A continuación se justifica la fórmula anterior. Sea x (t ) El número la cantidad presente de Q en el instante p = p1 +  + pn La resta pk p por x (t ) : p ak − k ⋅ x (t ) p pk ⋅ x (t ) p es la velocidad de formación de Q. esto es: p p dx (t )     = α  a1 − 1 x (t )  ⋅  ⋅  an − n x (t )  p dt p     Aquí α con condiciones  x (0) = 0   x (T ) = x1 representa la constante de proporcionalidad... se supone que en el laboratorio en un tiempo T se ha determinado que x(T)=x 1 para alguna constante x 1 . A n respectivamente. n} . Trataremos solo reacciones químicas modeladas por un derivado de la Ley de acción de masas para un único producto que se enuncia como sigue. la rapidez de formación de Q es proporcional al producto de las cantidades presentes de sus reactivos A 1 . . la que está presente. es decir A k . k ∈ {1. Lo anterior se escribe explícitamente como: 12 dx (t ) dt es la suma de partes que reaccionan cada instante. Además. Específicamente.. La cinética química describe todo lo relacionado con la velocidad con que se forman los productos y decaen los reactivos en una reacción química... Si 6 g de Q se forman en 20 minutos. de En general. en términos porcentuales 2/3 de una parte de A reaccionan con 1/3 de una parte de B para formar una parte de Q. Dos (2) partes de A reaccionan con una (1) parte de B. considera la cantidad total x (t ) obtiene que: 2 x (t ) es la cantidad de A que reaccionó y la cantidad presente de A es 3 10 − 2 x (t ) 1 x (t ) es la cantidad de B que reaccionó y la cantidad presente de B es 3 20 − 1 x (t ) 3 3 Entonces la ED que modela esta aplicación: ( )( ) dx = α 10 − 2 x 20 − 1 x . si en lugar de una parte de Q. para formar tres (=2+1) partes de Q. reaccionan para formar Q. como se muestra a continuación: 3 dx 2 1 = α (15 − x )(60 − x ) dt 3 3 y toma β= 3 2 1α 33 . que además. donde E1 .182 Aplicación de las ED de primer orden  p1 x (t )  p    pn x (t )  p  cantidad de A que reaccionó 1  entonces cantidad de A n que reaccionó a −  1   a −  n  p1 x (t ) p cantidad presente de reactivo A 1  pn x (t ) p cantidad presente de reactivo A n Obviamente la velocidad de reacción depende de las cantidades presentes de los reactivos y. la ED correspondiente es separable es lineal. Denote con x t la cantidad formada de Q después de t minutos.   x (20) = 6 Opcionalmente puede factorizar los coeficientes 2 y 1 para simplificar.18 Los reactivos A y B en cantidades iniciales respectivas de 10 y 20 g. La formación requiere 2 partes de A por 1 parte de B. de su multiplicación (ver principio fundamental del conteo). x ′(t ) = α (a1 − x (t )) . La rapidez de formación de Q es proporcional al producto de las cantidades presentes de A y B. se han obtenido experimentalmente las condiciones  x (0) = 0 . por supuesto.  . la ley de velocidad de una reacción de orden E1 +  + E n . denominada constante de la velocidad de la reacción. E n son constantes no cero (no necesariamente enteros y se determinan experimentalmente) es: p   x ′(t ) = α  a1 − 1 x (t )  p   E1 p   ⋅  ⋅  an − n x (t )  p   En  Ejemplo 4. entonces la velocidad de reacción está dada por la siguiente ED separable: dx (t ) p p     = α  a1 − 1 x (t )  ⋅  ⋅  an − n x (t )  dt p p     para alguna constante de proporcionalidad con condiciones de laboratorio  x (0) = 0   x (T ) = x1 α . α 3 3 dt es constante de velocidad de reacción Además. Si interviene un único reactivo A 1 . hallar la cantidad presente de Q en cualquier tiempo (en minutos) y la cantidad formada a largo plazo. () R. entonces es admisible evitar absoluto en ln 15 − x y ln 60 − x . con δ = 45β ⇒ − ln(15 − x ) + ln(60 − x ) = δt + K . obtiene:  1 − 1  dx = 45βdt 15 − x 60 − x   1 1  ⇒ ∫ 15 − x − 60 − x dx = ∫ δdt .δ se escribe: . a esta La cantidad el valor altura del desarrollo resulta más simple. K pueden calcularse luego. Las constantes deben escogerse de tal forma que:  x (0) = 0   x (20) = 6 Aplicadas en la última solución resulta:  ln 60 − 0 = δ ⋅ 0 + K  K = ln 4  15 − 0   ⇔    60 − 6 δ = 1 ln 3  20 2 ln 15 − 6 = δ ⋅ 20 + K La última solución con esos valores de las constantes ln ( ) 60 − x = 1 ln 3 t + ln 4 20 2 15 − x ⇔ ( 1 ln 3 ) t + ln 4 60 − x = e 20 2 15 − x ⇔ ( 1 ln 3 ) t 60 − x = 4e 20 2 15 − x A continuación despejamos los términos en 60 − x = 4(15 − x )e ⇔ ⇔ (201 ln 23 ) t x: 1 ln 3 ) t 1 ln 3 ) t ( ( 20 2 20 2 60 − x = 60e − 4 xe 1 ln 3 ) t ( 1 ln 3 ) t  (20  2 − 1 x = 60e 20 2 − 60  4e     K. K ⇒ ln constante. 60 − x = δt + K 15 − x x presente de Q es menor que 15 y consecuentemente menor que 60.Aplicación de las ED de primer orden ⇔ dx = βdt (15 − x )(60 − x ) ⇔ 1   1 45 45   dx = βdt − 15 − x 60 − x  183 Para mejorar el aspecto multiplica por 45. Si bien las constantes δ . La formación requiere tres partes de A por cada dos partes de B. Compruebe que la cantidad formada de Q después de 3. 150e 0.11 1. ( x (t ) = a 1 − e −α t ) y α = − T1 ln1 − aq  Los reactivos A y B en cantidades iniciales 90 gramos y 50 gramos respectivamente. entonces cada para formar R. R. x (t ) = 150 e t ln 2 − 1 1. La formación requiere 3 gramos de A por cada 2 gramos de B. lim x (t ) = 100 t →∞ A y B en cantidades iniciales 40 gramos y 30 gramos respectivamente. están presentes 90 gramos de A y 40 gramos de B. La reacción requiere 2 partes de A por cada 3 de B. reaccionan para formar Q. R. 5.05715841 ⋅t − 1 es creciente.5e 0. 3 x g de A reaccionan con 2 x g de B 5 5 t=0 xmáxima = 100 minutos están presentes a q libras de Q. además. reaccionan para formar Q.11778304 t − 1 2e0 . según la fórmula: 100 e0 . Escribir un PVF para la cantidad x (t ) g libras de A y a los formada de Q a los T >0 t min y resolverlo.05715841 ⋅t − 150 1. La rapidez de formación de Q es proporcional al producto de las cantidades presentes de A y B. entonces su máximo teórico es x (t ) ≈ ( ) g. x (t ) ≈ x g de Q. Dar cantidad presente de Q en cualquier tiempo (en horas) y la cantidad máxima que se puede formar. Inicialmente están presentes 60 gramos de cada químico y 15 gramos de Q se forman en 1 hora.184 Aplicación de las ED de primer orden (201 ln 23 )t − 60 es la cantidad presente de Q a los t minutos. Si 10 partes de Q se forman en una hora. Si inicialmente ( t = 0 horas).5e t ln 2 − 1 Un reactivo A se transforma en otro Q. determine la cantidad términos del tiempo transcurrido. Inicialmente Q no está presente y 100 gramos de Q se forman en un minuto. La frase “Cada 3 g de A reaccionan con 2 g de B para formar 5 g de Q” es equivalente a “Cada 3/5 g de A reaccionan con 2/5 g de B para formar 1 g de Q”. t horas está dada por x (t ) g. 2. En minutos se han formado x (t ) formada de Q en g La cantidad máxima de la sustancia Q que se puede formar es 4. se han formado 75 gramos de Q en una hora.11778304 t − 1 Q se produce de una reacción que involucra los reactivos A y B. Cada 3 gramos de la sustancia A reacciona con 2 gramos de B para formar 5 gramos de Q. Hallar la cantidad de Q presente en cualquier tiempo t (minutos) y diga cuál es la cantidad máxima . 1 ln 3 ) t ( 4e 20 2 − 1 60e x (t ) = ⇔ La cantidad formada de Q a largo plazo es: lim x (t ) = lim t →∞ t →∞ (201 ln 23 )t − 60 ( 1 ln 3 )t 60e 20 2 = lim 1 ln 3 ) t ( ( 1 ln 3 )t t →∞ 20 2 4e −1 4e 20 2 60e = 15  g Ejercicios 4. Escriba las variables. 6. ED y condiciones que modelan la cantidad de Q presente en cualquier tiempo t (minutos) y diga cual es la cantidad máxima de Q que se puede formar. a constante positiva. La formación requiere dos partes de A por cada cuatro partes de B.Aplicación de las ED de primer orden R. En cada instante la velocidad de reacción es proporcional al producto de las cantidades presentes de A y B. x (t ) = 185 (ln 53 )t − 750 . R. forman un producto Q. x (t ) = 3a − 6a t+2 y cantidad máxima que se forma de Q es xmáx = 3a . xmáxima = 125 ( ln 5 ) t 3 6e −5 750e Dos reactivos A y B en cantidades iniciales respectivas de a gr y 2a gr. Inicialmente Q no está presente y a gr de Q se forman en 1 min. Trayectorias ortogonales Definición 4. Observe que Sea P = ( x.2 Sean y C y K parámetros E ( x. Definición 4. las curvas de lo hacen ortogonalmente. algunas curvas (trazos más oscuros) de una familia y algunas de sus TO (líneas más claras).  . si y solo si. K ) = 0 la ecuación uniparamétrica de una familia de curvas G Decimos que E Familias ortogonales E es una familia de trayectorias ortogonales (TO) de que se intersecan con curvas de G G y viceversa. Entonces en este punto P = ( x. en cada punto P1 .  P1 .7. La figura muestra dos curvas ortogonales Γ y Ω con sus respectivas rectas tangentes Pk de intersección. y ) 1 m ≠ 0 si y solamente si TΩ tiene pendiente M = − 13 m cualquiera de los puntos de intersección tiene pendiente En términos de derivadas: TΓ tiene pendiente y ′( x ) ≠ 0 si y solamente si TΩ tiene pendiente − 1 y ′( x ) En la siguiente definición se extiende el concepto de ortogonalidad entre curvas a ortogonalidad entre familias de curvas. y .  de intersección las respectivas rectas tangentes a Γ y Ω son perpendiculares. y .1 Curvas ortogonales Dos curvas planas Γ (gamma) y Ω (omega) que se intersecan en los puntos solo. P2 . La figura muestra dos familias de TO. P2 .186 Aplicación de las ED de primer orden 4. P2 . 13 si m=0 entonces TΓ es una recta horizontal y TΩ es una recta vertical con pendiente M =∞ . C ) = 0 la ecuación uniparamétrica de una familia de curvas E G ( x. y ) TΓ son ortogonales si y TΓ ⊥ TΩ : TΓ y TΩ en un punto P1 .  y)    ecuaciones de E de la familia G . el primer paso consiste en hallar la pendiente de las curvas de E . C ) = 0 de una familia E . y ) 1 ⋅ F = −1 . Es dada la ecuación problema consiste en hallar G ( x. y . y . esta ED es la ecuación de la pendiente común para todos los y ′( x ) (independiente de C ) de cada curva . y . y ) del sistema anterior resulta una ED de la forma . Para esto supone que es un punto donde se intersecan curvas de E con curvas de G . esto es equivalente al problema de hallar una ecuación diferencial de primer orden cuya solución general sea la familia de curvas dada x en la ecuación E ( x. y . y ) y′ = − 1 F ( x. C 0  → y ′ = F ( x . K ) = 0 Los tres pasos para construir la ecuación de una familia de TO se resume en: construye ED de E ) = E ( x.Aplicación de las ED de primer orden 187 Problema E ( x. Además. esto significa que las respectivas rectas tangentes son perpendiculares. .  y. y ) para obtener la ecuación G ( x. el ecuación de una familia G de trayectorias ortogonales a E . y ) G . la Algoritmo Como el concepto de ortogonalidad se define en términos de pendientes (derivadas) de curvas. y . K ) = 0 . para esto deriva respecto a para obtener el sistema de ecuaciones:   E ( x. basada en la definición de ortogonalidad. El segundo paso es escribir una ED para P = ( x. entonces en ese punto se tienen las siguientes propiedades: Pendiente de las curvas de E Pendiente de las curvas de G Note que − es es y ′ = F ( x. C ) = 0    ∂E ∂E  ∂x + ∂y ⋅ y ′ = 0  Después de eliminar miembros de de E E C y ′ = F ( x. F El tercer paso (final) es resolver y′ = − 1 F ( x. C ) = 0 E . 19 Dar una familia de TO de la familia E de parábolas y 2 = Cx .188 Aplicación de las ED de primer orden y ′ = F ( x. y  ecuaciones de G Ejemplo 4. 4 c2 R. y ) construye ED de G → y′ = − 1 F ( x. Empiece construyendo una ED para la familia dada 2 y = Cx La ecuación tiene un único parámetro E constante. Suponga que xy ≠ 0 . : : x2 + y2 =K 2 C constante K constante  Ejemplo 4. El siguiente paso es plantear una ED para la familia y′ = y 2x entonces y′ = − G G de trayectorias ortogonales de E . C R.20 Encuentre las TO de la familia de elipses x2 y2 + = 1. esta es una ED para E 2x . K ) = 0 ( ) F x . Para construir una ED cuyas soluciones sean las elipses dadas deriva respecto a elipses y se da a la tarea de eliminar el parámetro c del sistema de ecuaciones: x en la ecuación de las . y ) 1 resuelve y′ = − → G ( x. entonces deriva una sola vez para obtener: 2 yy ′ = C Este último C se sustituye en la primera y 2 = Cx y obtiene la ED: y 2 = 2 yy ′ x C y′ = ⇔ y . C . y . Como E tiene ED tiene ED: 2x y ⇔ ydy = −2 xdx ⇒ 1 y2 = −x2 + K 2 ⇒ x2 + y2 =K 2 Concluye que las siguientes familias de curvas son ortogonales: Parábolas E Elipses G y 2 = Cx . suponga que xy ≠ 0 2 x − 2 yy ′ = c x: Sustituya esta última c en la primera ecuación y obtiene la siguiente ED para la familia de curvas dada: ′) x x 2 − y 2 = ( 2 x−2 yy c ⇔ x 2 − y 2 = 2 x 2 − 2 xyy ′ ⇔ 2 xyy ′ = x 2 + y 2 ⇔ y′ = x2 + y2 2 xy .Aplicación de las ED de primer orden 189  x2 y2 + =1  2 4 c    2 x 2 yy ′  4 + 2 =0 c  Basta despejar c2 de la segunda ecuación para obtener: Y sustituir en la primera ecuación del sistema para recibir: ⇔ c2 = − 4 yy ′ x x2 xy + =1 4 − 4 y′ y′ = xy x2 − 4 Esta es la ED de la familia de elipses dada. La familia de Trayectorias Ortogonales (TO) a la familia anterior de elipses tiene ED (separable): y′ = − x2 − 4 xy ⇔ x2 − 4 ydy = − dx x ⇔ 4 ydy =  − x dx x  Integre y obtiene la ecuación (sin derivadas) de las TO: y 2 = 8 ln x − x 2 + K Ejemplo 4.21 Encuentre las trayectorias ortogonales de la familia de curvas x 2 − y 2 = cx R. Familia dada: Derive respecto a x 2 − y 2 = cx . es una ecuación de la familia en la figura Entonces la familia de trayectorias ortogonales tiene ED (homogénea): y′ = − 2 xy 2 x + y2  . 22 2 2 4 Muestre que las familias de curvas E : x + 4 y = c y G : y = Cx son ortogonales. xy ≠ 0 . cambie en esa solución obtiene: = − ln x + ln A ⇒ u = v 3 + 3v ) ( du = v 2 + 1 dv 3 dx x ∫ 3u = − ∫ Como x 2 + ( xv )2 1 + v2 ⇒ en esa ED y resulta v= y x 3 donde B = A3 en esa solución y obtiene: 3 3y B  y =   + x x x3 ⇔ y 3 + 3x 2 y = B  es la ecuación de las TO Ejemplo 4. Suponga R. Vamos a calcular las pendientes de cada familia y calcular su multiplicación.190 Aplicación de las ED de primer orden Aplique el cambio de variables v= y ⇒ y = xv ⇒ y ′ = v + xv ′ x 2 x 2v v + xv ′ = − ⇔ v + xv ′ = − ⇔ xv ′ = − ⇔ xv ′ = ⇔ xv ′ = Con la sustitución 2v 1 + v2 2v 1 + v2 −v − 2v − v − v 3 1 + v2 − 3v − v 3 1 + v2 ∫ v 3 + 3v dv = − ∫ dx x ( ) u = v 3 + 3v ⇒ du = 3v 2 + 3 dv ⇒ du 1 ln u 3 ⇔ ln u = −3 ln x + 3 ln A ⇒ u = A3 x −3 esa solución se escribe v 3 + 3v = B x Finalmente. x2 − y2 = c Suponga xy ≠ 0 R. x 2 + cy 2 = 1 Suponga x ≠ ±1. xy ≠ 0 R. y= 3. ( x − C )2 + y 2 = C 2 R. son ortogonales? . y 3 = cx 2 Suponga y ≠ 0. R. x 2 = cy + y 2 Suponga xy ≠ 0 R. será una ED de Ahora eliminemos el parámetro de la ecuación de E y la puede escribir como y′ = − x 4y G y = Cx 4 y ′ = 4Cx 3 deriva para obtener C= ⇒ y sustituye en y = Cx 4 y′ y= 4x y′ = ⇒ 3 4y x y′ 4x 3 para obtener: x4 es una ED para Multiplique las pendientes de E y G  x  4 y  G : −   = −1 . las familias son ortogonales  4 y  x   Ejercicios 4. ¿Para que valor de la constante R.12 En los ejercicios 1 a 6. 8. y 2 = ln x 2 − x 2 + A 4. 36 x − 12 y + 20 = Ae −6 y 6. y 2 + x 2 = Ky 7. hallar la ecuación de las TO de la familia de curvas dada 1. por tanto. y = ce −2 x + 3x Suponga 6x − 2 y + 3 ≠ 0 R. y2 = − 3 x2 + A 2. a las familias de curvas 2 y 3 = cx A x y A x x 2 + ay 2 = C a=1 3 Muestre que la familia de parábolas y 2 = 4cx + 4c 2 es ortogonal a sí misma.Aplicación de las ED de primer orden Empiece con x2 + 4 y2 = c 191 y derive para obtener: 2 x + 8 yy ′ = 0 Como c no está presente en esta ED. 3y2 + x2 = 5. Hallar la familia de trayectorias ortogonales de esa familia de curvas. F de TO de E 6 x + C = 2 y 3 − 3αy 2 .192 9. α     2 parámetro. Compruebe que la ED para la familia de curvas x + y = x 2 − y 2 C es homogénea. ED de la familia de curvas dada es la homogénea Las TO tienen ecuación ln ( ) y′ = x 3 − 3xy 2 y 3 − 3x 2 y y − 2 ln x 2 + y 2 + ln x = C . Aplicación de las ED de primer orden Sea E la familia de curvas con ecuación Hallar la familia y= R. α y compruebe que la curva de F es constante fija y que pasa por α C  0. R. es: 1 + e − αx F tiene ecuación 1 1 = + Ce − αx y α ( ) ( ) 2 2 2 10. segundo masa posición velocidad aceleración valor aproximado de g fuerza cgs pls gr cm cm/seg 2 cm/seg 2 980 cm/seg . será denotada con dirección de esta fuerza neta y la dirección que sigue el objeto es la misma.8.Aplicación de las ED de primer orden 193 4. si va quemando una cantidad considerable de combustible . kilogramo (kg). Segunda ley del movimiento de Newton 14 Un cuerpo de masa constante o variable se desplaza sobre una trayectoria bajo la influencia de fuerzas concurrentes sobre él. 2 poundal=lb pie/seg mks kg m (metro) m/seg 2 m/seg 2 9.23 Si el objeto se desplaza en el plano 14 xy entonces las cantidades vectoriales son: La masa podría variar. 2 dina=gr cm/seg lb pie pie/seg 2 pie/seg 2 32 pie/seg . libra (lb).8 m/seg .  F (t ) y es obvio que la  m(t ) ⋅ v (t ) El momentum del objeto se define como Si la masa es constante entonces la razón de cambio instantánea del momentum respecto al tiempo es:   d d  (m(t ) ⋅ v (t )) = m ⋅ (v (t )) = m ⋅ a (t ) dt dt Segunda Ley de Newton Si la masa es constante   d (m(t ) ⋅ v (t )) = F (t ) dt   m ⋅ a (t ) = F (t ) Unidades de medida La siguiente tabla muestra las unidades utilizadas en cada uno de los sistemas de medida: cgs pls mks centímetro (cm). la suma vectorial de todas las fuerzas. segundo (s o seg) pie. 2 newton=kg m/seg Ejemplo 4. En cada instante t denotemos con: m(t )  r (t )   v (t ) = r ′(t )    a (t ) = v ′(t ) = r ′′(t ) la masa que tiene el objeto su posición su velocidad y su aceleración Además. gramo (gr). segundo metro (m). llamada fuerza neta. por ejemplo. unidades de tiempo según corresponda).194 Aplicación de las ED de primer orden  r (t ) = ( x (t ). que denotamos con la constante g . y ′′(t ))  F (t ) = ( F1 (t ). R. las cantidades vectoriales tienen una sola componente que denotamos con:  r (t ) = x (t ) posición v (t ) = x ′(t ) velocidad a (t ) = v ′(t ) = x ′′(t ) aceleración F (t ) fuerza neta Este capítulo ilustra ED de primer orden.. Aplicando la ley de Newton m⋅a = F a este caso de caída libre. por lo tanto. La se debe a la aceleración de la gravedad (g). y . F2 posición velocidad aceleración fuerza neta son funciones reales en la variable real no negativa t . F2 (t )) donde x. F2 (t )) ⇔  m ⋅ x ′′(t ) = F1 (t )   m ⋅ y ′′(t ) = F (t )  2  Esta sección se limita a cuerpos que se desplazan horizontal o verticalmente. m x0 con velocidad inicial v0 y cae verticalmente. partimos a (t ) = g con condiciones iniciales  x (0) = x0   v (0) = v0 .24 m ⋅ v ′(t ) = F (t ) . y (t ))   v (t ) = r ′(t ) = ( x ′(t ). m ⋅ y ′′(t )) = ( F1 (t ). del objeto en cada instante. F1 . la ED de segundo orden como su equivalente de primer orden Ejemplo 4. En caída libre la única fuerza que actúa sobre el objeto es su peso y. por lo tanto. Utilizaremos la segunda ley de Newton para relacionar peso x (t ) será tratada Fórmula para velocidad y posición de un cuerpo en caída libre Un cuerpo de masa constante posición m ⋅ x ′′(t ) = F (t ) donde está el objeto en el instante W con masa del objeto m y determinar la t ≥ 0. m sale desde la posición única fuerza que actúa sobre la masa x (t ) . En este caso y suponiendo que la masa es constante. Por m⋅g =W . la fuerza neta es otro lado la aceleración que experimenta es la de la gravedad. seg. (min. por esto. resulta la conocida elación Para determinar la posición x (t ) en el instante del problema de valores iniciales: t F = W . y ′(t ))   a (t ) = v ′(t ) = ( x ′′(t ). determine la posición.. la segunda ley de Newton se escribe de las siguientes formas:   mr ′′(t ) = F (t ) ⇔ (m ⋅ x ′′(t ). esto es. proporcional a la rapidez v (t ) x (t ) . y la posición del objeto está dada por: x (t ) = 1 gt 2 + v0t + x0 2  Observe que esta posición no depende de la masa del objeto Ejercicios 4.25 Caída con resistencia por inmersión en un líquido Un cuerpo de masa m constante cae verticalmente por la influencia de la gravedad g. a la velocidad. ¿En que tiempo regresan a su posición de salida x o ? R. 2 B = x0 B constante. Repita el ejercicio 1 con v (0) = 32 . este es independiente de la masa y. y escribir la ED como: v (t ) = gt + v0 Aplica la condición x (0) = x0 ⇔ x ′(t ) = gt + v0 ⇔ x (t ) = para obtener gt 2 + v0 t + B . Asumimos que la velocidad inicial es 15 v (t ) límite de la masa. La solución de 2. por lo tanto. Si se lanzan hacia arriba dos cuerpos de diferente masa.Aplicación de las ED de primer orden Como 195 a (t ) = v ′(t ) la ED se escribe v ′(t ) = g v (t ) = gt + A . entonces ambos se detiene al mismo tiempo. con la misma velocidad inicial v 0 y siendo su respectivo peso la única fuerza que actúa sobre cada uno. a su cuadrado o a su cubo . A ⇔ Aplica la condición v (0) = v0 para obtener A = v0 constante.   x (0) = 0 entonces los objetos Ejemplo 4. Determine el tiempo que tarda en alcanzar su máxima altura. por lo tanto. misma función desplazamiento para ambos objetos alcanzan la misma altura. se desplaza dentro de un líquido que ejerce una fuerza de resistencia. es independiente del peso. es proporcional k > 0 tal que R (t ) = kv (t ) . la velocidad Asuma que partió de la posición x (0) = x0 . velocidad y posición R. Un objeto se lanza verticalmente hacia arriba con velocidad inicial v 0 . 2 x (τ ) = x0 es τ = 2T . Si continúa resolviendo obtiene la x (t ) = − 1 gt 2 + v0t + x0 . el límite de v (0) = v0 y parte de t . Alcanza su máxima altura en el tiempo v T= 0 g . en cada instante x (0) = x0 Las fuerzas que determinan la posición del objeto son: peso W constante y resistencia R (t ) que en cada instante constante de proporcionalidad 15 t .13 1. ¿cuál alcanza mayor altura?. Determine la v (t ) cuando t → ∞ . existe una Ejemplificamos con la resistencia proporcional a la rapidez. ¿cuál se detiene primero?. La única fuerza que actúa sobre la masa es su peso total. C Desde donde despeja la rapidez Si aplica v (0) = v0 m kt kt k v (t ) = W + Ce constante −kt m k en esta.196 Aplicación de las ED de primer orden El objeto cae. resulta v0 = W + C k entonces C = v0 − W k ( ) . k −k k k k E integre para obtener la posición Aplique x (0) = x0 y obtiene: Con eso la función de posición es: La velocidad límite es lim v (t ) t →∞ − t x (t ) = W t + v0 − W m e m + K . escriba esa ecuación de velocidad como: −kt  dx (t ) =  W + v0 − W e m dt k k   ( ) constante ( ) x0 = (v0 − W ) m + K desde donde despeja K = x0 + (v0 − W ) m . K k k −k ( ) k ( ) − t x (t ) = W t − v0 − W m e m + x0 + v0 − W m k k k k k −kt  = lim  W + v0 − W e m  = W k k t → ∞ k  ( )  . así la fuerza neta es W − kv y la segunda ley de Newton nos lleva al PVI: Esta ED es lineal (y separable) mv ′ = W − kv condicionado por mv ′ + kv = W y se escribe:  v (0) = v0   x (0) = x0 v′ + k v = W m k Multiplique por el factor integrante e ∫ m dt m kt = em para obtener: k k k t t t e m v′ + e m k v = W e m m ⇔ d  mk t  W mk t e v = e  m dt   ⇔ k  mk t  W e m t dt   d e v = ∫   ∫ m ⇔ em v = W em + C . k W + v − W e− m t Sustituya eso en la velocidad anterior y obtenga: v (t ) = 0 k k Para determinar la posición del objeto en función de t . por esto. el peso tiene una magnitud mayor que la magnitud de la fuerza de resistencia. El objeto cae. proporcional al cuadrado de la rapidez Hallar la velocidad origen. por lo tanto. k >0 tal que R (t ) = kv 2 (t ) . se desplaza dentro de un v (t ) en cada instante t . así la fuerza neta es W − kv 2 y la segunda ley de Newton nos lleva al PVI: mv ′ = W − kv 2 Separa variables y obtiene mdv W − kv 2 1 W − kv W k Si v= Si v=− W k 2 = dt = (W+ condicionado por  v (0) = 0   x (0) = 0 y ahora en fracciones parciales: 1 ( W − k v )( W + k v ) k v )a + ( W − k v )b = a b + W − kv W + kv ⇒ 1= ⇒   W W b a +  W − k 1 =  W + k   k  k    ⇒ a= 1 2 W ⇒     W   W    b  a +  W − k − 1 =  W + k  −      k k       ⇒ b= 1 2 W Aplica esa separación en fracciones parciales en la ED y obtiene: 1 1     W W 2 2 dv = dt  m +  W − kv W + kv      ⇒ 1 1 m  dv = dt +   2 W  W − kv W + kv  m 2 W Integra y obtiene: 1  1  ln W − k v + ln W + k v  = t + A . parte de reposo y cae verticalmente por su peso. Asuma que partió del líquido que ejerce una fuerza de resistencia. W + kv > 0. es proporcional al cuadrado de la velocidad. La frase “parte del reposo” se escribe v (t ) cuando y “parte del origen” como x (0) = 0 Las fuerzas que determinan la posición del objeto son: peso W constante y resistencia R (t ) que en cada instante existe una constante de proporcionalidad t.Aplicación de las ED de primer orden 197 Ejemplo 4. v (t ) y la velocidad límite de la masa (límite de v (0) = 0 R. las cantidades como W − kv 2 = (W− )( ) +  k v W kv > 0  + entonces W − kv 2 > 0 W − kv > 0 . y constante. por esto el peso tiene una magnitud mayor que la magnitud de la fuerza de resistencia.26 Caída con resistencia por inmersión en un líquido Un cuerpo de masa m constante. t → ∞ ). A − k k   Puede omitir el valor absoluto por el siguiente argumento. . . 2 kW t e m W W W = ⋅ = lim ⋅ 2 kW 2 kW k t →∞ k t →∞ k t t e m +1 e m  Ejemplo 4. una parte está sobre una mesa horizontal y otra está colgando. Determine una ecuación que describa la posición de la cadena en función del tiempo. por lo que puede escribirla como: ( ( ) ( )) m − ln W − k v + ln W + k v = t 2 kW Y para despejar la velocidad procede como sigue: ln W + k v 2 kW = t m W − kv 2 kW ⇒ ⇒ ⇒ Agrupa los términos en v t W + kv =e m W − kv W + 2 kW t kv = e m W + kv = (W− 2 kW t We m − kv ) 2 kW t ke m v y factoriza. Se suelta y empieza a deslizarse sin ninguna resistencia.198 Aplicación de las ED de primer orden La solución se escribe: Si aplica v (0) = 0 ( ( ) ( )) m − ln W − k v + ln W + k v = t + A 2 kW en esa solución resulta A = 0 . Inicialmente. obtiene: 2 kW    2 kW t  t   m  m k 1 + e − 1 v = W  e         ⇒ La velocidad límite es v= 2 kW t −1 e m W ⋅ 2 kW k t +1 e m lim v (t ) = lim t →∞ es la velocidad 2 kW t e m −1 v (t ) que responde al primer asunto.27 Considere una cadena de masa m y longitud L. v (t ) . Un cuerpo de masa m kg. L L Aplica la segunda ley de Newton para cuerpos de masa constante y obtiene: ma (t ) = m x (t ) ⋅ g L   masa  x (0 ) = x 0   x ′(0) = 0 Y las condiciones iniciales son d 2x La ED se escribe: = dt 2 donde x0 es la longitud del trozo que inicialmente cuelga. pero la masa del pedazo que cuelga es variable y por su peso se produce el desplazamiento de la cadena. note que la velocidad es positiva.  x (0) = x0   v (0) = 0 Aplica las condiciones iniciales Aplica la condición ausente. Por lo que toma . parte de reposo desde el origen y cae verticalmente por la influencia de la gravedad. En cada instante t la caída está determinada por su peso y por la resistencia del aire que es proporcional a la rapidez velocidad es 40 m/s. como prueba experimental se determinó que la resistencia es 40n cuando la . La masa de la cadena no cambia (es constante).Aplicación de las ED de primer orden 199 R. g x . si x (t ) es el trozo que cuelga entonces su masa es m x (t ) . este artificio es para eliminar t dx/ dt L ⇔ dv g v= x dx L ⇔ v2 = g 2 x +C. Para determinar este peso. constante. g dt L∫ para obtener ln x + x 2 − x02  =   g t L +K K = ln x0 g t L y la solución + ln x0 x (t ) está implícita en la ecuación:  Ejercicios 4. C L ( para obtener que g 2 x − x02 L ⇔ v= g x 2 − x02 L ⇔ ∫ dx ⇔ ln x + x 2 − x02  =   x 2 − x02 x (0) = x0 C=− g 2 x0 L y la ED toma la forma: ) v2 = = del todo y quedar con solo dos variables.14 1. observe que la masa por unidad de longitud de la cadena es m . es una ED de 2do orden con variable t L v = x′ y dv g = x dt L la ED se escribe: ⇔ dv dx/ g = x . que no produce ninguna fuerza de resistencia sobre la cadena. Suponga que m > M y que inicialmente los pesos se encuentran a la misma altura en reposo. En cada instante t la caída está determinada por su peso y por la 3 resistencia del medio proporcional al v (t). Considere una cadena homogénea de masa m y longitud L . −1t  ∀t ≥ 0 v (t ) = mg 1 − e m    Un cuerpo de masa m = 1/ g y la posición es −1t   x (t ) = mg  t + me m − m    kg ( g es aceleración de la gravedad) parte de reposo desde el origen y cae verticalmente por la influencia de la gravedad. x (t ) denotará la distancia entre el punto material t . se encuentra sobre la línea que une a dos centros gravitacionales A y B. Dicho punto material es atraído por cada uno de los centros gravitacionales con una fuerza de magnitud igual al doble de la distancia del punto material al centro gravitacional. Demuestre que la velocidad instantánea del trozo de longitud x(t) es: ( ) 1 v (t ) = 2 g  x 2 − x02 − ( x − x0 )  L  4. T =π 4 seg. La cadena se desliza pasando por un carrete fijo a la pared. con constante de proporcionalidad k. en un extremo de la cuerda está atado un peso de masa m y en el otro extremo está atado un peso de masa M. se encuentra en reposo y a una distancia de 5m a la derecha del punto medio del segmento AB R. La solución de la ED si el punto material. Denote con x(t) la longitud del trozo de cadena que ha pasado por el carrete pasados t minutos. Obtenga: x ′′(t ) + 4 x (t ) = 0 y el punto medio del segmento AB.200 Aplicación de las ED de primer orden Muestre que 2. x (t ) =  + 2 −  t + k e k k2   es longitud de la cuerda. . Una cuerda de masa despreciable está sobre un carrete como el de la figura anterior. Además. en el instante La ED que determinar x (t ) . Demuestre que la velocidad y posición de la masa mayor en un instante t están dadas por: k  − t g (m − M )   m v (t ) =  1 − e k   L y k   g (m − M )  m − m t  L mg (m − M ) . por primera vez. solo la masa m está sumergida en un líquido de tal forma que en su desplazamiento experimenta una fuerza de amortiguamiento proporcional a la velocidad. 5. Demuestre que ln ∀t ≥ 0 la velocidad está implícita en: 2v + 1 3 1 v2 + v + 1 + 3 arctan = t + 3 arctan m 1− v 3 3 3. inicialmente. a igual distancia de los puntos A y B. Un punto material de masa 1 kg. x (t ) = 5 cos(2t ) El tiempo necesario para que el punto se encuentre. R. R. como prueba experimental se determinó que la resistencia es 8n cuando la velocidad es 2 m/s. Además. Inicialmente un trozo de cadena con longitud x 0 > L/2 estaba en reposo y su peso produjo el deslizamiento. donde k 2 m/seg . Un objeto de masa m = 2 Kg 201 sale de un punto con velocidad inicial 0 m/seg. Muestre que ∀t ≥ 0 v (t ) . R = k ⋅ [v (t )]2 . Obtenga una fórmula para la distancia de la masa al origen en función del tiempo.Aplicación de las ED de primer orden 6. 2 Se sabe que: v (0) = 0 . En cada instante t la caída está determinada por su peso y por la resistencia del aire que es proporcional a la rapidez velocidad es 40 m/s. Sugerencia. x (t ) = 32 − 4 sin t 8. g ≈ 10 m/seg . v (t ) en función del tiempo transcurrido t R. Una masa de 1 libra se desplaza verticalmente bajo la influencia de su peso y de una fuerza de resistencia. Inicialmente la masa está a 32 pies del origen y su velocidad es 4 pies / seg . Un cuerpo de masa m kg. Cae verticalmente por el efecto de su peso W = m ⋅ g . lim v (t ) = 40 t → +∞ a) Calcule el valor de b) Dar la velocidad m/seg y lim v ′(t ) = 0 t → +∞ k . como prueba experimental se determinó que la resistencia es 40n cuando la la velocidad es −1t  v (t ) = mg 1 − e m    y posición −1t   x (t ) = mg  t + me m − m    . En cada instante la magnitud de la resistencia es igual a la distancia que ha recorrido la masa. es m ⋅ v ′(t ) = W − R . Además. R. y de una fuerza de resistencia una constante positiva con valor desconocido. k= 1 80 v (t ) = 1t 40e 2 1t e2 − 40 +1 7. parte de reposo desde el origen y cae verticalmente por la influencia de la gravedad. R. aplique límites a la ED. y )( y ′)2 + b( x. y ) = 0 En tales casos se recomienda despejar: y′ = N2 − b ± b 2 − 4ac 2a donde se supone b 2 − 4ac ≥ 0 En esta y todas las aplicaciones debe escudriñar en busca de soluciones singulares.9. y ) se escriben en las variables ( X . El problema se y resolverla para determinar la ecuación de la función f . denotamos con ( X . su recta tangente y su normal en el punto ( x. y ) . entonces: y = f ′( x ) ⋅ x + b ⇒ Concluye Τ tangente a Y = f (X ) en el punto de tangencia b = y − f ′( x ) ⋅ x ( x. y ) Y = mX + b Τ: ( x. y ) . Recta tangente a una curva Y = f ( X ) en un punto ( x. Y ) . y ) donde se considera la pendiente y ′ = F ( x. Y ) los puntos genéricos de f . con cualquier otro punto de la gráfica de f . Para evitar confusión del punto genérico Notas N1 Algunas ED de primer orden que modelan problemas de geometría analítica tienen la forma: a ( x. ( x. y ) y ′ + c( x. y ) Sea Τ la recta tangente a la curva Y = f (X ) en el punto de tangencia fijo Empecemos con una ecuación general para la recta La pendiente a Y = f (X ) en el punto ( x. y ) tiene ecuación: . Geometría analítica El problema a tratar en esta sección consiste en hallar una función f a partir de las propiedades geométricas conocidas de sus rectas tangentes o normales en los puntos genéricos de de reduce a plantear una ED y ′ = F ( x. y ) f .202 Aplicación de las ED de primer orden 4. Entonces las ecuaciones de la función. y ) es m = f ′( x ) y la ecuación de Τ se escribe: Y = f ′( x ) ⋅ X + b Para hallar b utiliza que la recta pasa por ( x. y ) . y ) . en el caso f ′( x ) ≠ 0 . y ) es punto de tangencia sobre la curva con ecuación Su recta tangente Τ en el punto ( x. Y = f (X ) pasa por Ν es: ( x. y ) Sea Ν la recta normal a la curva Y = f (X ) La ecuación general de una recta es M =− Y = MX + B y si es normal a ( x. f ′( x ) Entonces la ecuación de la Normal Ν en el punto de tangencia ( x.Aplicación de las ED de primer orden 203 Y = f ′( x ) ⋅ X + y − f ′( x ) ⋅ x   m Escribimos f ′( x ) = y ′ y la ecuación de Τ se escribe b Y − y = y′ ⋅ ( X − x ) o Y−y = y′ X −x  Recta normal a una curva Y = f ( X ) en un punto ( x. y ) Y = f (X ) tiene ecuación entonces: Y−y = y′ X −x o Y−y 1 =−  X −x y′ . y ) tiene ecuación: 1 x X + y+ f ′( x ) f ′( x ) Y −y=− 1 ( X − x) f ′( x ) Resumen Si entonces su pendiente es 1 . lo que escribe como: Concluye que la recta normal Ν a Y =− 1 X +B f ′( x ) y=− 1 x+B f ′( x ) B= y+ ⇒ Y = f (X ) Escribimos f ′( x ) = y ′ y la ecuación de Ν x f ′( x ) en el punto de tangencia Y =− se escribe ( x. y ) en el punto Y−y 1 =− X −x y′ tiene ecuación Ejemplos 4. esto se escribe: es: . y = K constante. y − xy ′) es la intersección de la recta tangente con el eje Y Por otra parte. sus rectas normales son (0.204 Aplicación de las ED de primer orden Su recta normal Ν ( x. cambiamos r 2 = 2C ⇒ Estas soluciones son círculos centrados en y′ = 0 y′ ≠ 0 .0) . representa una familia de rectas horizontales y. un punto de tangencia sobre las curvas buscadas. y ) y (0. Q ) = ( x1 − x0 )2 + ( y1 − y0 )2 Para nuestro ejemplo.28 1. la distancia entre ( x. sus rectas normales pasan por R. 0− y 1 =− 0− x y′ entonces Integre y obtiene la solución general: El caso rezagado caso que (0. la distancia entre dos puntos cualesquiera P ( x0 . y ) Y−y 1 =− X −x y′ tiene ecuación ( X .0) x y ⇒ y′ = − ⇒ ydy = − xdx 1 y2 2 = − 12 x 2 + C x 2 + y 2 = r 2 . Sea ( x. Sea a  una constante fija. y ) un punto de tangencia sobre una de las curvas buscada. La recta normal en Si pasa por (0. ( x. y − xy ′) es una constante a 2 . entonces la recta tangente en ( x. verticales x = L constante. y ) Y−y = y′ X −x Necesitamos del valor Y (0) donde la tangente corta al eje Y . si para cada curva la distancia desde el punto de tangencia al punto en que la tangente corta al eje R. y1 ) está dada por: d ( P. y ) Y es a2 . Hallar la ecuación de una familia de curvas si para cada curva. Sea ( x.0) entonces las rectas y = K no son soluciones admisibles 2. no todas estas rectas normales pasan por tiene soluciones por lo tanto. que se despeja de: Y−y = y′ 0− x ⇒ Así Y = y − xy ′ (0. y 0 ) . y Q ( x1 .Y ) = (0. Hallar la familia de curvas.0) . puede utilizar el que muestra la figura: .Aplicación de las ED de primer orden 205 ( x − 0 ) 2 + ( y − ( y − x y ′ )) 2 = a 2 ⇔ x 2 + x 2 ( y ′)2 = a 4 ⇔ ( y ′)2 = ⇔ y′ = ± Integre y obtiene: y = ±∫ Tome el cambio de variable a4 − x2 x2 a4 − x2 x2 a4 − x2 x2 ⋅ dx x = a 2 sin θ ⇒ dx = a 2 cos θ dθ y = ±∫ a 4 − a 4 sin 2 θ a sin θ 2 a 2 1 − sin 2 θ ⋅ a 2 cos θ dθ ⇒ y = ±∫ ⇒ y = ±a 2 ∫ cos 2 θ dθ sin θ ⇒ y = ±a 2 ∫ 1 − sin 2 θ dθ sin θ ⇒ y = ± a 2 ∫ (csc θ − sin θ ) dθ ⇒ y = ± a 2 (ln csc θ − cot θ + cos θ + C ) Construya un triángulo en el cual a sin θ 2 x = a 2 sin θ en esa integral resulta: ⋅ a 2 cos θ dθ es decir Con Pitágoras complete la medida del otro cateto: sin θ = x a2 . y ) Y−y = y′ X −x es: La abcisa de intersección con el eje X La ordenada de intersección con el eje Iguale la suma de las anteriores a 0 se despeja de: Y se obtiene de y obtiene la ED: 0− y y = y′ ⇒ X = x − X −x y′ caso que Y−y = y ′ ⇒ Y = y − xy ′ 0− x y x − + y − xy ′ = 0 y′  X +Y Resuelve como ecuación de segundo grado para Desde donde obtiene las ED separables La primera ED se reduce a y′ = y′ = ⇒ xy ′ − y + yy ′ − x ( y ′)2 = 0 ⇒ − x ( y ′)2 + ( x + y ) y ′ − y = 0 y′ : y′ = − ( x + y ) ± ( x + y )2 − 4 xy − 2x ⇒ y′ = − ( x + y ) ± ( x − y )2 − 2x ⇒ y′ = − (x + y) ± (x − y) − 2x − (x + y) + (x − y) − 2x y y′ = y x ⇒ dy dx = y x ⇒ ln y = ln x + ln A donde A es constante − (x + y) − (x − y) − 2x y′ ≠ 0 . X R. eje 2  Hallar la familia de curvas. Sea ( x. cos θ = x a4 − x2 Desde es triángulo csc θ = y obtiene:  a2 a4 − x2 a4 − x2 y = ± a ln − + + C   x x a2   a2 que sustituye en la solución  3. La recta tangente en ( x. si la suma de las medidas de la abcisa del punto donde la recta tangente corta al más la ordenada de su intersección con el eje Y es 0 . y ) el punto de tangencia.206 Aplicación de las ED de primer orden a2 . cot θ = x a4 − x2 . por lo tanto. si para cada curva el área del triángulo formado por la tangente en cualquier punto y los ejes coordenadas es constante R. Hallar la ecuación de la familia de curvas. (a. (0. tiene soluciones y=C constante. si a cada curva sus rectas normales pasan por un punto fijo (a. la recta Otras rectas horizontales y=C ≠0 no cortan al eje X también son y=0 XY en es solución. y. b ) . .15 Recuerde considerar soluciones singulares. respectivamente. 2 xy ± a 2 = Cx ± a a2 (sin pérdida de generalidad puede suponer y soluciones singulares: y=± 2 a 2x (hipérbolas equiláteras).0) . Círculos con centro en 2.Aplicación de las ED de primer orden ⇒ Son rectas que pasan por ejes en x = 0. su suma es cero y. por lo tanto. 1. y = 0 y′ = 0 ⇒ y = mx donde m es constante. x = 0. b ) : ( x − a )2 + ( y − b )2 = C 2 Hallar una familia de curvas. y = 0 y = ± Ax y su suma es ejes XY en x = − A y soluciones del problema. R. obviamente sus rectas tangentes coinciden con ellas mismas y cortan ambos La segunda ED se simplifica como El caso rezagado 207 y=A 0. a ≥ 0 ). y′ = 1 y sus soluciones son rectas y = x + A. no son soluciones admisibles  Ejercicios 4. La recta y=C =0 Estas rectas cortan a los y= x+A corta a los ejes y la suma de esa abcisa y esa ordenada suman cero. por lo tanto. Documents Similar To Aplicación de Las ED de Primer OrdenSkip carouselcarousel previouscarousel nextEstructura Basica Del Atomo y Sus Interacciones (1)el_atomoEnsayo1 Simce Ciencias 8basico 2016James Gilluly, A. C. Waters, A. O. Woodford-Principios de Geología-Revolucionaria (1958).pdfDefinición de átomoModelos Atomicos Actuales_Trabajo Monografico.docxPACQU U1 T1 ContenidosNúcleo Atómicotaller N°1 Radiactividad386-1675-1-PB.pdfguia QM-52. ESTRUCTURA ATOMICAÁtomoTeoria atomica.docxMONOGRAFIA DOSIMETRIAel atomo 2Guia de Ciencias Unidad 1 RefuerzoGuía Nº 4 - Radiactividad IIUnidad1 REMSINTITUL-4.pdfContaminación por radiactividadEstequeometriaalquimiaPrueba Coef 2 Ciencias 8voEnergia Nuclear2Co Conies i Are Gist RosEdad de La Tierraestructura atmica (1).pptintroUNIT 2. 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