Aplicaciones De Ecuaciones Diferenciales Como Modelos Lineales

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 APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES COMO MODELOS LINEALES    CRECIMIENTO BACTERIANO.  Un cultivo tiene una cantidad inicial  N 0  de bacterias. Cuando  t = 1h , la cantidad medida  3 N 0 .  Si  la  razón  de  reproducción  es  proporcional  a  la  cantidad  de  2 bacterias  presentes,  calcule  el  tiempo  necesario  para  triplicar  la  cantidad  inicial  de  los  microorganismos.    Primero se resuelve la ecuación diferencial  dN = kN (2)  sujeta  a  N ( 0 ) = N 0 .  A  continuación  se  define  la  condición  empírica  dt 3 N (1) = N 0  para hallar k, la constante de proporcionalidad. Con ello, la ecuación (2) es  2 separable y lineal, a la vez. Cuando se escribe en la forma  dN − kN = 0 , podemos ver por inspección que el factor integrante es  e− kt . Multiplicamos  dt d ambos lados de la ecuación por ese factor y el resultado inmediato es  ⎡⎣ e − kt N ⎤⎦ = 0 .  dt Integramos ambos lados de la última ecuación para llegar a la solución general 

at e

e− kt N = c , o sea  N ( t ) = ce − kt . 

m

at

ic

a1

.c om

de  bacterias  es 

M

Cuando  t = 0 ,  N 0 = ce0 = c   y,  por  consiguiente,  N ( t ) = N 0 e kt   Cuando  t = 1 ,  entonces 

ww

w.

3 3 3 N 0 = N 0 e k , o bien  e k = . Con la última ecuación obtenemos  k = ln = 0.4055 . Así  2 2 2 0.4055 t .  N ( t ) = N0e

Para establecer el momento en que se triplica la cantidad de bacterias, despejamos t de  3 N 0 = N 0 e0.4055t ; por consiguiente, 0.4055t = ln 3  y así  t=

ln 3 ≈ 2.71h   0.4055

  158       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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Nota: Los problemas de describir el crecimiento (Sea de poblaciones, bacterias o capitales)  se  caracterizan  con  un  valor  positivo  de  k,  mientras  que  cuando  interviene  un  decrecimiento (como la desintegración radiactiva), se tiene un valor negativo de k. Por lo  tanto,  se  dice  que  k  es  una  constante  de  crecimiento  ( k > 0 )  o  una  constante  de  descrecimiento o de declinación ( k < 0 ).    PERIODO  MEDIO.  En  física,  el  periodo  medio  es  una  medida  de  la  estabilidad  de  una  sustancia radiactiva. Es, simplemente, el tiempo que transcurre para que se desintegre o  transmute la mitad de los átomos en una muestra inicial,  A0  y se conviertan en átomos de  otro elemento. Mientras mayor sea su semivida, más estable es una sustancia.    PERIODO  MEDIO  DEL  PLUTONIO.  Un  reactor  de  cría  convierte  al  uranio  238, 

.c om

relativamente estable, en plutonio 239, un isótopo radiactivo. Al cabo de 15 años, se ha 

a1

desintegrado el 0.043% de la cantidad inicial,  A0  de una muestra de plutonio. Calcule el  periodo medio de ese isótopo, si la razón de desintegración es proporcional a la cantidad 

at

ic

presente. 

m

Sea  A ( t )   la  cantidad  de  plutonio  que  queda  en  cualquier  momento  t,  la  solución  del 

at e

dA A ( t ) = A0 e kt   = kA ,  A ( 0 ) = A0   dt Si se ha desintegrado el 0.043% de los átomos de  A0 , queda el 99.957%. Para calcular la 

problema de valor inicial: 

w.

M

constante  k  (o  declinación)  empleamos  0.99957 A0 = A (15 ) ,  esto  es, 0.99957 A0 = A0 e15 k  

ww

Despejamos k y tenemos  k = A ( t ) = A0 e −0.00002867 t  

1 ln 0.99957 = −0.00002867 . En consecuencia,   15

Si el periodo medio es el valor que corresponde a  A ( t ) =

A0 , despejando a t se obtiene  2

A0 1 = A0 e −0.00002867 t , es decir,  = e −0.00002867 t De acuerdo con esta ecuación,  2 2 ln 2 t= ≈ 24,180  Años  0.00002867

LA  TEORÍA  DE  DATACIÓN  CON  RADIOCARBONO.  Método  que  emplea  al  carbono  radiactivo para determinar las edades aproximadas de fósiles. La razón de la cantidad de   C  ‐  l4  al  carbono  ordinario  en  la  atmósfera  parece  ser  constante  y,  en  consecuencia,  la  cantidad proporcional del isótopo presente en todos los organismos vivos es igual que la  de la atmósfera. Cuando muere un organismo la absorción del C ‐ l4 sea por respiración o  159       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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alimentación  cesa.  Así,  si  se  compara  la  cantidad  proporcional  de  C  ‐  14  presentes,  por  ejemplo  en  un  fósil,  con  la  relación  constante  que  existe  en  la  atmosfera,  es  posible  obtener una estimación razonable de su antigüedad.     ANTIGÜEDAD DE UN FÓSIL. Se analizó un hueso fosilizado y se encontró que contenía la  centésima parte de la cantidad original de C ‐ 14. Determine la edad del fósil.  El  punto  de  partida  es,  de  nuevo,  A ( t ) = A0 e kt   Para  calcular  el  valor  de  la  constante  de  decaimiento  aplicamos  el  hecho  que  5600k = ln

A A0 = A ( 5600 ) ,  o  sea,  0 = A0 e5600 k   Entonces,  2 2

( ln 2 ) = −0.00012378 ; por consiguiente  1 = − ln 2  de donde  k = − 5600 2

A0 A , que  0 = A0 e −0.00012378t , de modo que  1000 1000 1 ln1000 −0.00012378t = ln = − ln1000 . Así   t = ≈ 55,800  años  1000 0.00012378   LEY  DE  NEWTON  DEL  ENFRIAMIENTO/  CALENTAMIENTO  (supondremos  que  Tm   es  constante) (consultar guía # 3)    ENFRIAMIENTO DE UN PASTEL.  Al sacar un pastel del horno, su temperatura es 300°F. Después de 3 minutos, 200°F. ¿En  cuánto tiempo se enfriará hasta la temperatura ambiente de 70”F?  dT = k (T − 70 ) ,  T ( O ) = 300  y determinar el valor de k de tal modo que  T ( 3) = 200 .    dt dT La ecuación  es lineal y separable, a la vez. Al separar las variables,   = kdt   T − 70 Vemos que  Tm = 70 . Por consiguiente, debemos resolver el problema de valor inicial cuyo 

ww

w.

M

at e

m

at

ic

a1

.c om

A ( t ) = A0 e −0.00012378t . Tenemos, para  A ( t ) =

resultado es  ln T − 70 = kt + c1 , y así  T = 70 + c2 e kt . Cuando  t = 0 ,  T = 300  de modo que  300 = 70 + c2  define a  c2 = 230 . Entonces,  T = 70 + 230ekt    Por 

ultimo, 

la 

determinación 

T ( 3) = 200 conduce 

a 

e3 k =

13 ,  23

o 

sea, 

1 13   k = ln = −0.19018   Así   T ( t ) = 70 + 230e −0.19018   3 23   MEZCLAS.  Al  mezclar  dos  fluidos  a  veces  surgen  ecuaciones  diferenciales  lineales    de  primer orden (ver guía de modelos matemáticos)        160       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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Supusimos que la razón con que cambia la cantidad de sal  A′ ( r ) , en el tanque de mezcla 

a1

.c om

es una razón neta:    Supongamos que el tanque mezclador grande  contiene inicialmente 300 galones de una   solución  de  salmuera.  Otra  solución  de  salmuera  entra  al  tanque  con  una  razón  de  3  lb gal galones por minuto 3 ; la concentración de sal que entra es  2 . Cuando la solución  gal min en el tanque está bien mezclada, sale con la misma rapidez con que entra. 

w.

M

at e

m

at

ic

   Si A(t ) denota la cantidad de sal (medida en libras) en el tanque al tiempo t, entonces la  razón con la que  A(t )  cambia es una razón neta:  dA ⎛ razón con que ⎞ ⎛ razón con que ⎞ =⎜ ⎟−⎜ ⎟ = R1 − R2   dt ⎝ entra la sustancia ⎠ ⎝ sale la sustancia ⎠   La concentración de la solución entrante era; por consiguiente, la entrada de sal era  

 

ww

⎛ lb ⎞ ⎛ gal ⎞ lb R1 = ⎜ 2 ;   ⎟⎜3 ⎟=6 min ⎝ gal ⎠ ⎝ min ⎠ Ahora,  puesto  que  la  solución  sale  del  tanque  con  la  misma  razón  con  la  que  entra,  el  número  de  galones  de  la  salmuera  en  el  tanque  al  tiempo  t  es  una  constante  de  300  galones. Por lo que la concentración  de la sal en el tanque así  como en el flujo de salida  A(t ) es. c(t ) =   lb gal 300 /  

                                                           

A lb ⎛ gal ⎞ ⎛ A lb ⎞ Por lo que la razón de salida es  R2 = ⎜ 3 .   ⎟= ⎟⎜ ⎝ min ⎠ ⎝ 300 gal ⎠ 100 min  

 

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dA A dA A = R1 − R2 = 6 − ∨ + =6  dt 100 dt 100 Ahora Se pregunta, si había 50 lb de sal disueltas en los 300 galones iniciales. ¿Cuánta sal  habrá en el tanque pasado un gran tiempo?    La razón neta 

Para hallar  A ( t ) , resolvemos el problema de valor inicial  dA A ,     A ( 0 ) = 50 .  = 6− dt 100 Aquí observamos que la condición adjunta es la cantidad inicial de sal,  A ( 0 ) = 50  y no la 

cantidad inicial de líquido. 

 

a1

t t ⎤ d ⎡ 100 100 e A = e 6 ⎢ ⎥ dt ⎣ ⎦

, podemos formular la 

.c om

Como el factor integrante de esta ecuación diferencial lineal es  e ecuación así: 

t 100

−

t 100

at

ic

Al  integrar  esta  ecuación  y  despejar  A  se  obtiene  la  solución  general  A = 600 + ce .  Cuando  t = 0 ,  A = 50  de modo que  c = −550 . Entonces, la cantidad de sal en el tanque en 

m

el momento t está definida por  A ( t ) = 600 − 550e

−

t 100

 

 

 

 

 

 

lb ⎞ ⎟ = 600lb .  ⎝ gal ⎠ En el caso que la salmuera mezclada se puede sacar a un flujo mayor o menor que el flujo  de  entrada  de  la  otra  solución;  por  ejemplo,  si  la  solución  bien  mezclada  del  ejemplo  gal , se acumulará líquido en el tanque a una  anterior sale a un flujo menor, digamos de  2 min gal gal tasa  de  ( 3 − 2 ) .  Cuando  haya  transcurrido  t  minutos,  en  el  tanque  habrá  =1 min min 300 + t  galones de salmuera. La razón con que sale la sal es, entonces, 

ww

w.

( 300 gal ) ⎜ 2

M

⎛

at e

Se  puede  ver,  que  A → 600   cuando  t → ∞ .  Esto  es  lo  que  cabría  esperar  en  este  caso;  pasado  un  largo  tiempo,  la  cantidad  de  libras  de  sal  en  la  solución  debe  ser 

lb ⎞ dA 2A ⎛ gal ⎞ ⎛ A R2 = ⎜ 2   o  sea  = 6− ⎟ .Así,  la  ecuación  (6)  se  transforma  en ⎟⎜ dt 300 + t ⎝ min ⎠ ⎝ 300 + t gal ⎠ dA 2 + A = 6 .  dt 300 + t Debe comprobar que la solución de la última ecuación, sujeta a  A ( 0 ) = 50 , es 

A ( t ) = 600 + 2t − ( 4.95 x107 ) ( 300 + t ) .  −2

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CIRCUITO EN SERIE. (Ver teoría en la guía de modelos matemáticos)    Un acumulador de 12 volts se conecta a un circuito en serie LR, con una inductancia de  1 Henry y una resistencia de 10  Ohm. Determinar la corriente i, si la corriente inicial es  2 cero. 

at e

∫

m

at

ic

a1

.c om

  di 1 di Según  la  ecuación L + Ri = E ( t )   entonces  + 10i = 12 sujeta  a  i ( 0 ) = 0 .  Primero  2 dt dt multiplicamos  la  ecuación  diferencial  por  2,  y  vemos  que  el  factor  integrante  es  e20t .  A  d 20t ⎡⎣ e i ⎤⎦ = 24e 20t continuación lo sustituimos  dt .  6 Al integrar cada lado de esta ecuación y despejar i obtenemos  i = + ce −20t . Si  i ( 0 ) = 0 ,  5 6 6 6 6 entonces  0 = + c , o bien  c = − ; por consiguiente, la respuesta es  i ( t ) = − e −20t .  5 5 5 5 A partir de la ecuación  − p ( x ) dx − p ( x ) dx − p ( x ) dx − p ( x ) dx − p ( x ) dx − p ( x ) dx y = ce ∫ e∫ f ( x)dx donde : y = ce ∫ ; y =e ∫ e∫ f ( x)dx   +e ∫ c

M

Podemos formular una solución general es  i ( t ) =

p

e

⎛R⎞ − ⎜ ⎟t ⎝L⎠

L

∫e

⎛R⎞ ⎜ ⎟t ⎝L⎠

∫

E ( t ) dt + ce

⎛R⎞ − ⎜ ⎟t ⎝L⎠

 

⎛R⎞

ww

w.

    En especial, cuando  E ( t ) = E0  es una constante, la ecuación  se transforma en  − ⎜ ⎟t E i ( t ) = 0 + ce ⎝ L ⎠ Observamos  que  cuando  t → ∞ ,  el  segundo  término  de  la  ecuación  R tiende a cero. A ese término se le suele llamar término transitorio; los demás miembros se  llaman parte de estado estable (o estado estacionario) de la solución.     VACIADO DE TANQUES 

Muchos problemas físicos dependen de alguna manera de la geometría. Uno de ellos es la  salida de líquido de un tanque a través de un orificio situado al fondo del mismo. La forma  geométrica del recipiente determina el comportamiento físico del agua.  Considere  un  recipiente  lleno  de  agua  hasta  una  altura  h .  Suponga  que  el  agua  fluye  a  través de un orificio de sección transversal “ a ”, el cual está ubicado en la base del tanque.  Se desea establecer la altura de líquido en el tanque en cualquier instante  t  y el tiempo  que este demora en vaciarse.  163       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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Sea  h ( t )  la altura de líquido en el tanque en cualquier instante  t  y  V ( t )  el volumen de  agua del tanque en ese instante. La velocidad  v  del agua que sale a través del orificio es:  v = 2 gh  (1), donde  g  es la gravedad. La ecuación (1) representa la velocidad que una 

gota de agua adquiriría al caer libremente desde la superficie del agua hasta el agujero.  En  condiciones  reales,  hay  que  tomar  en  cuenta  la  contracción  que  sufre  un  chorro  de  agua  en  un  orificio,  por  lo  que  se  tendrá  v = c 2 gh (2),  donde  c   es  el  coeficiente  de  descarga comprendido entre 0 y 1  ( 0 < c < 1) .    Nota: Cuando el valor del coeficiente de descarga  c  no se indica, se asume que  c = 1  

ic

a1

.c om

Según  la  Ley  de  Torricelli,  la  razón  con  la  que  el  agua  sale  por  el  agujero  (variación  del  volumen  de  líquido  en  el  tanque  respecto  del  tiempo)  se  puede  expresar  como  el  área  dV “ a ”  del  orificio  de  salida  por  la  velocidad  v   del  agua  drenada,  esto  es  = −av (3)  dt dV = − ac 2 gh  (4)  sustituyendo la ecuación (2) en la ecuación (3)  dt Si  A ( h )   denota  el  área  de  la  sección  transversal  horizontal  del  tanque  a  la  altura  h , 

at

h

m

aplicando  el  método  del  volumen  por  secciones  transversales  se  obtiene  V = ∫ A ( h ) dh  

at e

0

derivando respecto de  t  y aplicando el teorema fundamental del cálculo

dV dh = A ( h ) (5)  dt dt

dh = − ac 2 gh  (6)  dt Sean  h  la altura de líquido en el tanque en cualquier instante  t , “ a ” el área del orificio de 

ww

w.

M

Comparando las ecuaciones (3) y (5)  A ( h )

salida  el  cual  está  ubicado  al  fondo  del  tanque,  g   la  gravedad,  C   el  coeficiente  de  descarga  y  A ( h )   el  área  de  la  sección  transversal  del  tanque.  La  ecuación  diferencial  asociada al problema de vaciado del tanque es  A ( h )

dh = − ac 2 gh   dt

Esta  es  una ecuación  diferencial  de variables  separables,  la cual  al  resolverse  sujeta  a  la  condición de conocer la altura inicial  h0  para el tiempo  t = 0 , permite obtener la ley de  variación de la altura de líquido en el tanque en función del tiempo.  Si, además, hay aporte de líquido al tanque, la ecuación diferencial es: 

A(h)

dh = Q − ac 2 gh   dt

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UNIDADES Y NOTACIONES  Elemento 

Notación

Unidades 

Altura 

h (t )  

cm  

mt  

pies  

Volumen 

V (t )  

cm3  

mt 3  

pies 3  

Tiempo 

t 

seg

seg

seg  

Gravedad 

g

Área del orificio de salida 

a 

cm 2  

cm2  

pies 2  

A( h)  

cm 2  

cm2  

pies 2  

Área de la sección Transversal  Coef. de descarga 

981

cm   seg 2

9,81

mt   seg 2

32

pies   seg 2

Sin Unidades 

.c om

c 

ww

w.

M

at e

m

at

ic

a1

  Un cilindro recto circular de 10 pies de radio y 20 pies de altura, está lleno con agua. Tiene  un pequeño orificio en el fondo de una pulgada de diámetro ¿Cuándo se vaciará todo el  tanque? 

  La ecuación diferencial asociada a los problemas de Vaciado de tanques es:  A ( h ) dh = −ac 2 ghdt   (1) El diámetro del orificio por donde fluye el agua fuera del tanque 

es  de  1  pulgada,  por  lo  tanto  el  radio  es  ½  pulgada.  Como  las  dimensiones  del  tanque  están dadas en pie, utilizando la equivalencia de 1 pulgada = 

(

1 pies y puesto que el área  12

)

del orificio de salida es el área de una circunferencia  π ( radio ) , resulta que el área “ a ”  2

1 ⎞ π pie 2 . El coeficiente de descarga “ c ” no está dado  ⎟ = 24 576 ⎝ ⎠

del orificio de salida es  a = π ⎛⎜

2

por lo tanto se asume  c = 1  y la gravedad es  g = 32

pies   seg 2

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Para determinar  A ( h ) , que es el área de la sección transversal del tanque en función de la  altura  “ h ”,  obsérvese  en  la  Fig.  1  que  las  secciones  transversales  del  tanque  son  circunferencias  de  radio  constante  r = 10 pies .  Por  lo  tanto,  el  área  de  la  sección  transversal es la misma, independientemente de la altura  h  a la cual se efectúe el corte.  Así,  A ( h ) = π (10 ) = 100π pies 2   2

Sustituyendo  a,  c,  g,  y  A ( h )   en  la  ecuación  (1)  100π dh = − multiplicando por 

1

 y simplificando  100dh = −

π 576

64hdt = −

8π h  576

1 hdt (2)  72

π La ecuación (2) es la ecuación diferencial asociada al problema; la misma debe resolverse  sujeta a la condición que para el tiempo  t0 = 0 seg , la altura inicial es  h0 = 20 pies , pues en 

.c om

el enunciado se dice que el tanque está totalmente lleno.  La  ecuación  diferencial  (2)  es  una  ecuación  diferencial  de  variables  separables.  Para  72   h

7200 1 dh = dt Integrando  −7200∫ dh = ∫ dt  (3) Ambas integrales son inmediatas  h h

ic

−

a1

separar las variables, la ecuación (2), se multiplica por el factor  −

at

m

∫

1 1 − 1 dh = ∫ h 2 dh = 2h 2 = 2 h + k1 ⇒ ∫ dt = t + k2   Sustituyendo  los  resultados  de  las  h

at e

integrales en la ecuación (3)  −14400 h = t + k  (4) 

M

Para determinar el valor de la constante  k  de integración, se usa la condición inicial, esto 

w.

es, se sustituye en la ecuación (4)  t = 0seg  y  h = 20 pies , resultando  k = −14400 20 . Este 

ww

valor  obtenido  para  k   se  sustituye  en  la  ecuación  (4)  −14400 h = t − 14400 20   2

t ⎛ ⎞ 1 multiplicando por  −  y elevando al cuadrado  h ( t ) = ⎜ − + 20 ⎟ (5)  14400 ⎝ 14400 ⎠ La  ecuación  (5)  es  la  ley  de  variación  de  la  altura  de  líquido  en  el  tanque  en  cualquier  instante  t .  Para determinar el tiempo que demora en vaciarse el tanque, es decir, el tiempo para el  cual deja de haber líquido en el tanque, se debe sustituir  h = 0  en la ecuación (5) 

t = 14400 20 = 64398, 75   Luego el tanque se vacía en un tiempo  t = 64398, 75seg , es decir,  17 h 53min19seg       166       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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Gravitación Universal   Según  la  ley  de  la  gravitación  universal  de  Newton  la  aceleración  a  de  caída  libre  de  un  cuerpo,  como  el  satélite  que  aparece  en  la  figura  de  abajo,  que  cae  desde  una  gran  distancia  hasta  la  superficie  terrestre  no  es  la  constante  g.  Además,  la  aceleración  a  es  k inversamente proporcional al cuadrado de la distancia desde el centro de la Tierra  a = 2   r donde k es la constante de proporcionalidad. Utilice el hecho de que en la superficie de la  Tierra  r = R  y  a = g  para determinar k. Si la dirección positiva es hacia arriba, utilice la 

ic

a1

.c om

segunda ley para deducir la ecuación diferencial para la distancia r. 

 

at

Lo primero a conocer aquí, es a que es igual la fuerza gravitacional en m:  F = − kM T

m  Sin  r2

m

M  Sustituyendo y reduciendo  R3 m r 3M 3 M m R = − k mM r  La Ley de  en la ecuación de la fuerza gravitacional:  F = − k r2 = − k 2 r r R3 la  Gravitación  Universal  de  Newton  establece  que  la  fuerza  que  ejerce  una  partícula  puntual con masa  m1  sobre otra con masa   m2  es directamente proporcional al producto 

ww

w.

M

at e

embargo M de la tierra podemos escribirla como:  M t = r 3

de las masas, e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que las separa:   Según  la  segunda  ley  de  Newton  tenemos  que,  la  fuerza  es  el  producto  de  la  masa  y  la  aceleración,  donde  esta  última  también  puede  expresarse  como  la  derivada  de  la  velocidad  con  respecto  al  tiempo,  o  la  segunda  derivada  de  la  posición  respecto  del  tiempo:  F = ma ⇒ F = m

d 2r d 2r mM m ⇒ = − k 3 r  Eliminando la masa de ambos lados de  2 2 dt dt R

d 2 r kM = 3 r dt 2 R   MODELO DE CRECIMIENTO POBLACIONAL.  

la ecuación. 

Cierto ingeniero decide construir una edificación en una zona urbana con una dinámica de  dP crecimiento dictada por la siguiente ecuación diferencial:  = ( k cos t ) P  donde k es una  dt 167       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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at e

m

at

ic

a1

.c om

constante  positiva  de  la  función  P(t)  de  la  zona  escogida  para  el  estudio.  El  desea  saber  qué  tipo  de  crecimiento  tiene  la  población.  Grafique  el  comportamiento  de  la  ecuación.  Analice  una  interpretación  para  la  solución  de  esta  ecuación,  y  determine  qué  clase  de  población considera que describe la gráfica.  dP La ED puede resolverse por el método de la separación de variables:  = ( k cos t ) P   dt dP dP = k cos tdt ⇒ ∫ = k cos tdt ⇒ ln P = ksent + C ⇒ P = e ksent + C dt P ∫      DINÁMICA DE CAÍDA   Cuando un cuerpo, como el paracaidista que aparece en la figura, descendiendo antes de  que se abra el paracaídas se mueve con gran rapidez en el aire, la resistencia del mismo es  más  cerca  a  a  una  cierta  potencia  de  la  velocidad  instantánea  v(t).  Determine  una  ecuación  diferencial  para  la  velocidad  v(t)  de  un  cuerpo  de  masa  m,  que  cae,  si  la  resistencia del aire es proporcional al cuadrado de la velocidad instantánea.  

ww

w.

M

  La  segunda  ley  de  Newton  podría  describir  muy  bien  este  principio.  Ya  dijimos  que  la  fuerza podría llevarse a una diferencial simple  F = ma    dv F = m   y  aplicando  la  misma  ley  a  la  fuerza  que  provee  la  sustentación  tendríamos:  dt dv m = − kv 2 + mg .  En  condiciones  normales  del  viento,  es  decir  k,  proporcional  a  la  dt condición de la ecuación, así debería fluctuar la caída para unos valores de v(t) de 0 a 140  m/s.  

    168       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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EJERCICIOS RESUELTOS.  1. Una taza de café caliente que inicialmente se encuentra a 95ºC, se enfría y llega a 80ºC  en  5  minutos  mientras  permanece  servida  en  un  cuarto  cuya  temperatura  está  a  21ºC.  Determine en qué momento el café estará a la temperatura ideal de 50ºC. 

dT dT = k (T − Ta ) ⇒ ∫ = ∫ kdt ⇒ ln (T − Ta ) = kt + C ⇒ T ( t ) = Ce kt + Ta   dt T − Ta Sabemos que la temperatura del cuarto es 21ºC ∴   T ( t ) = Ce kt + 21  

T ( 0 ) = Cek ( 0) + 21 = 95 → C = 95 − 21 = 74

 

a1

T ( t ) = 74e kt + 21

.c om

En  t = 0  el café está a 95ºC ∴  

at

ic

En  t = 5 min  el café está a 80ºC ∴  

at e

m

⎛ 59 ⎞ ln ⎜ ⎟ ºC 74 T ( 5 ) = 74e5 k + 21 = 80 ⇒ k = ⎝ ⎠ = −0.0453 ⇒ T ( t ) = 74e−0.0453t + 21   5 min

M

En  t = t1 min  el café está a 50ºC ∴  

T ( t1 ) = 74e −0.0453t1

ww

w.

⎛ 29 ⎞ ln ⎜ ⎟ 74 + 21 = 50 ⇒ t1 = ⎝ ⎠ = 20.67 min   −0.0453

2. El sábado 24 de febrero del 2007 a las 07h00 A.M. un conserje del básico encuentra el  cuerpo de un estudiante de ecuaciones diferenciales en el aula donde rindió su examen el  día  anterior,  que  se  conserva  a  temperatura  constante  de  26ºC.  En  ese  momento  la  temperatura del cuerpo es de 28ºC y pasada hora y media la temperatura es de 27.5ºC.  Considere  la  temperatura  del  cuerpo  en  el  momento  de  la  muerte  de  37ºC  y  que  se  ha  enfriado según la Ley de Enfriamiento de Newton, cuál fue la hora de la muerte?  Ley de enfriamiento de Newton: 

dT = − K (Tc − Ta )   dt

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dT : (Variación de la temperatura con respecto al tiempo)  dt Tc : (Temperatura del cuerpo)  Ta : (Temperatura del aula)  t : Tiempo en horas  Ta = 26º C   La temperatura del cuerpo cuando es hallado es  28º C   El tiempo en que la temperatura es de  28º C  es  t1 . ⇒ T ( t1 ) = 28º C  

.c om

Después de una hora y media la temperatura del cuerpo desciende a  27.5º C . 

a1

El tiempo en que la temperatura es de  27.5º C  será entonces:  t1 + 1.5  

ic

⇒ T ( t1 + 1.5 ) = 27.5º C

ln Tc − 26

= e − Kt +C ⇔ Tc − 26 = Ce − Kt +C ⇒ Tc ( t ) = Ce− Kt + 26

M

e

at e

m

at

dT = − K (Tc − 26 ) ; dt   dT dT = − Kdt ⇔ ∫ = ∫ − Kdt ⇔ ln Tc − 26 = − Kt + C (Tc − 26 ) (Tc − 26 )

ww

w.

Si la temperatura antes de morir era de  37º C  entonces:  T ( 0 ) = 37º C ⇒ 37 = C + 26 ⇒ C = 11 ⇒ Tc ( t ) = 11e − kt + 26  

Si  T ( t1 ) = 28º C ⇒ T ( t1 ) = 11e − Kt1 + 26 = 28 ⇒ 11e− Kt1 = 2 ⇒ e− Kt1 =

2   11

1.7047 ⎛2⎞ ⇒ −kt1 = ln ⎜ ⎟ ⇒ kt1 = 1.7047 ⇒ k =  (Ecuación 1);  t1 ⎝ 11 ⎠

Si  T ( t1 + 1.5 ) = 27.5º C  

⇒ T ( t1 + 1.5 ) = 11e− K ( t1 +1.5) + 26 = 27.5 ⇒ 11e− K ( t1 +1.5) = 1.5 ⇒ e− K (t1 +1.5) =

1.5 ;  11

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1.9924 ⎛ 1.5 ⎞ ⇒ − K ( t1 + 1.5 ) = ln ⎜  (Ecuación 2);  ⎟ ⇒ k ( t1 + 1.5 ) = 1.9924 ⇒ k = t1 + 1.5 ⎝ 11 ⎠

Si se iguala ecuación 1 y 2: 

1.7047 1.9924 = ⇒ ( t1 + 1.5 )1.7047 = 1.9924t1 ⇒ 1.7047t1 + 2.55705 = 1.9924t1 t1 t1 + 1.5 2.55705 ⇒ 1.9924t1 − 1.7047t1 = 2.55705 ⇒ t1 = = 8.89horas 1.9924 − 1.7047

 

Por lo tanto el estudiante murió 8.89 horas antes de ser encontrado es decir, a las 22h06. 

a1

.c om

3.  Supongamos  que  un  alumno  de  la  UNIVERSIDAD  es  portador  del  virus  de  la  gripe  y  a  pesar de ella va a la escuela donde hay 5000 estudiantes. Si se supone que la razón con la  que se propaga el virus es proporcional no solo a la cantidad de infectados sino también a  la  cantidad  de  no  infectados.  Determine  la  cantidad  de  alumnos  infectados  a  los  6  días  después, si se observa que a los 4 días la cantidad de infectados era de 50. 

ic

x : #  de infectados 

m

at

5000 − x : #  de sanos 

at e

dx dx 1 x ⎛ ⎞ = kx ( 5000 − x ) ⇔ ∫ = ∫ kdt ⇔ ln ⎜ ⎟ = kt + C dt x ( 5000 − x ) 5000 ⎝ x − 5000 ⎠

 

∴ x ( 0) =

ww

En  t = 0, x = 1  

w.

M

x −5000Ce5000 kt ⎛ ⎞ ln ⎜ 5000 kt C x t = + ⇒ = () ⎟ 1 − Ce5000 kt ⎝ x − 5000 ⎠

−5000Ce0 1 e5000 kt 1 C x t = ⇒ = − ⇒ = ⇒ x ( t ) = e5000 kt   () 0 1 − Ce 4999 1

En  t = 4, x = 50  

ln ( 50 ) ⇒ x ( t ) = e0.25t ln (50) ⇒ x ( t ) = 500.25t   20000 1.5 = 50 = 353infectados

∴ x ( 4 ) = e20000 k = 50 ⇒ k = ∴ x ( 6 ) = 500.25*6

4. En un cultivo de levadura la rapidez de cambio es proporcional a la cantidad existente.  Si la cantidad de cultivo se duplica en 4 horas, ¿Qué cantidad puede esperarse al cabo de  16 horas, con la misma rapidez de crecimiento?  x: cantidad existente.  171       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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dx dx = kx ⇒ ∫ = kdt ⇒ ln ( x ) = kt + C ⇒ x ( t ) = Ce kt   dt x ∫ en  t = 0, x = x0   x ( 0 ) = Ce0 = x0 ⇒ C = x0  

en  t = 4, x = 2 x0   x ( 4 ) = x0 e

4k

= 2 x0 → k =

ln ( 2 ) 4

⇒ x ( t ) = x0 e

t ln ( 2 ) 4

→ x ( t ) = x0 2

t 4

 

16 4

x (16 ) = x0 2 = 24 x0 = 32 x0

 

at

ic

a1

.c om

5. Un objeto que pesa 30Kg se deja caer desde una altura de 40 m, con una velocidad de  3m/s. supóngase que la resistencia del aire es proporcional a la velocidad del cuerpo. Se  sabe que la velocidad límite debe ser 40m/s. Encontrar la expresión de la velocidad en un  tiempo t. La expresión para la posición del cuerpo en un tiempo t cualquiera.  dv dv mg − f x = m ⇒ mg − kv = m dt dt dv m k ∫ m kv − mg = −∫ dt → k ln ( kv − mg ) = −t + C → ln ( kv − mg ) = − m t + C  

⎤ ⎤ 1 ⎡ − mk t 1 ⎡ − 30k t Ce mg v t + → = + 300 ⎥ ( ) ⎢ ⎥ ⎢Ce k⎣ k⎣ ⎦ ⎦ m en  t = 0, v = 3   s 1 v ( 0 ) = ⎡⎣Ce0 + 300 ⎤⎦ = 3 → C − 3k = −300   k m en  t = ∞, v = 40   s 1 300 v ( ∞ ) = ⎡⎣Ce −∞ + 300 ⎤⎦ = 40 → = 40 → k = 7.5 ∴ C − 277.5 k k v ( t ) = −37e −0.25t + 40

ww

w.

M

at e

m

v (t ) =

dx → x ( t ) = ∫ v ( t ) dt + C dt x ( t ) = ∫ ⎡⎣ −37e −0.25t + 40 ⎤⎦ dt + C = 148e −0.25t + 40t + C

v (t ) =

 

x ( t ) = 148e −0.25t + 40t + C en  t = 0, x = 0m  

x ( 0 ) = 148e0 + 40 ( 0 ) + C = 0 → C = −148 x ( t ) = 148e−0.25t + 40t − 148

 

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6. La fuerza resistente del agua que opera sobre un bote es proporcional a su velocidad  instantánea  y  es  tal  que  cuando  la  velocidad  es  de  20m/seg  la  resistencia  es  de  40  Newton.  Se  conoce  que  el  motor  ejerce  una  fuerza  constantes  de  50  Newton.  En  la  dirección del movimiento. El bote tiene una masa de 420 Kg. y el pasajero de 80 Kg.  a) Determine la distancia recorrida y la velocidad en l cualquier instante suponiendo que el  bote parte del reposo.  b) Determine la máxima velocidad a la que puede viajar el bote.  Aplicando la segunda ley de Newton se obtiene: 

∑F

x

= ma  

M

at e

m

at

ic

a1

.c om

Parte a) Fm : Fuerza del motor  Fr : Fuerza de resistencia del agua  Fm : 50 Newton  Fr = kv   Como la velocidad es de 20 m/seg y la fuerza de resistencia de 40 Newton.  40 Newtons Entonces  k = = 2⇒ k = 2  m 20 seg uur dv ∑ Fx = ma ⇒ Fm − Fr = ma ⇒ 50 − kv = m dt   dv m : masa total del sistema  m = 420kg + 80kg = 500kg ⇒ 50 − kv = 500 , k = 2   dt dv ⎫ 500 + 2v = 50 ⎬  Ecuación diferencial separable  dt ⎭

w.

dv dv dt dv dt = 50 − 2v ⇔ = ⇔ =− 50 − 2v 500 2 ( v − 25 ) 500 dt dv

dt

ww

500

t

∫ ( v − 25) = − ∫ 250 + C ⇔ ln v − 25 = − 250 + C ln v − 25

t

+C

t

 

t

= e 250 ⇔ v − 25 = ke 250 ⇒ v = 25 + ke 250 e Si l velocidad inicial es 0 por partir del reposo entonces  v ( 0 ) = 0 ;  0 = 25 + k ⇒ k = −25   La ecuación de la velocidad:  v = 25 − 25e

−

t 250

 Como  v =

dx   dt

Entonces:  t − dx = 25 − 25e 250 dt   t t t − − − ⎛ ⎞ x ( t ) = ∫ ⎜ 25 − 25e 250 ⎟ dt = 25t + 25 ( 250 ) e 250 + C ⇒ x ( t ) = 25t + 25 ( 250 ) e 250 + C ⎝ ⎠

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Si parte del reposo  x ( 0 ) = 0 ;  0 = 25 ( 250 ) + C ⇒ C = −25 ( 250 )   La ecuación del movimiento es: ⇒ x ( t ) = 25t + 25 ( 250 ) e

−

t 250

− 25 ( 250 )  

at e

m

at

ic

a1

1 ⎡Ce0 + 9 ⎤⎦ ⇒ c = 21 30 ⎣   1 −30 t −30 t i ( t ) = ⎡⎣ 21e + 9 ⎤⎦ ⇒ i ( t ) = 0.7e + 0.3 30 1 en  t =   5 ⎛1⎞ i ( t ) = 0.7e −6 + 0.3 ⇒ i ⎜ ⎟ = 0.301amp   ⎝5⎠ i ( 0) =

.c om

t − ⎛ ⎞ pies 250 b) La velocidad límite o máxima es:  vmax = lim ⎜ 25 − 25e   = 25 ⎟ t →∞ seg ⎝ ⎠ 7.  Un  circuito  RL  tiene  una  f.e.m.  de  9  voltios,  una  resistencia  de  30  ohmios,  una  1 inductancia  de  1  henrio  y  no  tiene  corriente  inicial.  Hallar  la  corriente  para  t =   5 segundos.  di di di 1 = − ∫ dt ⇒ ln ( 30i − 9 ) = −t + C v = iR + L ⇒ 9 = 30i + ⇒ ∫ dt dt 30i − 9 30   1 −30 t ⎡Ce + 9 ⎤⎦ 30i − 9 = −30t + C ⇒ i ( t ) = 30 ⎣ en  t = 0, i = 0  

M

 

ww

w.

8. Una F.e.m. de  200e−5t  voltios se conecta en serie con una resistencia de 20 Ohmios y  una  capacitancia  de  0.01  Faradios.  Asumiendo  que  la  carga  inicial  del  capacitor  es  cero.  Encuentre la carga y la corriente en cualquier instante de tiempo.  dq q ⎫ R + = fem ⎬  Ecuación diferencial para el circuito  RC .  dt C ⎭

R : Resistencia  ⇒ R = 20 ohmios   q : Carga  C : Capacitancia  e ⇒ C = 0.01 F  

fem = 200e −5t  

  174       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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dq q dq + = 20e −5t ⇒ 20 + 100q = 20e −5t   dt 0.01 dt dq ⎫ ⇒ + 5q = e −5t ⎬  Ecuación diferencial lineal  dt ⎭ 20

5dt 1 u ( t ) = e∫ = e5t ⇒ q ( t ) = u ( t ) e−5t dt ⇒ q ( t ) = e−5t ∫ e5t e−5t dt = ∫ dt = e−5t ( t + c) ∫ u (t )  

⇒ q ( t ) = e−5t ( t + c) = e−5t t + e−5t c

Si inicialmente no hay carga en el capacitor, entonces: 

q ( 0 ) = 0;0 = c ⇒ q ( t ) = e −5t ⇒ i ( t ) = ∫ q ( t ) dt = ∫ e −5t tdt

.c om

1 u = t ⇒ du = dt ; dv = e −5t dt ⇒ v = − e −5t   5 1 1 1 t i ( t ) = ∫ e −5t tdt = − e −5t + ∫ e −5t dt ⇒ i ( t ) = − e −5t − e−5t + C 5 5 5 25

a1

Si la carga inicial es cero, entonces la corriente inicial es cero: 

at

ic

t 1 i ( 0 ) = 0 ⇒ i ( t ) = − e−5t − e−5t   5 25

w.

M

at e

m

9. Se sabe que la población de cierta comunidad aumenta con una razón proporcional a la  cantidad de personas que tiene en cualquier momento. Si la población se duplicó en cinco  años, ¿en cuánto tiempo se triplicará y cuadruplicará?  dP = kP   Dejar  P = P ( t )   ser  la  población  en  el  tiempo  t ,  y  P0   la  población  inicial.  De  dt

1 obtenemos  P = P0 e .  Usando  P ( 5 ) = 2 P0   encontramos  k = ln 2   y  P = P0 e 5

ww

kt

Ajustando  P ( t ) = 3P0  tenemos  3 = e

( ln 2 )t

Ajustando  P ( t ) = 4 P0  tenemos: 4 = e

5

( ln 2 )t 5

⇒ ln 3 =

( ln 2 ) t ⇒ t = 5ln 3 ≈ 7.9 años  

⇒ ln 4 =

( ln 2 ) t ⇒ t = 10 años.  

5

( ln 2 )t 5

. 

ln 2

5

10.  Suponga  que  la  población  de  la  comunidad  del  problema  1  es  de  10000  después  de  tres años. ¿Cuál era la población inicial? ¿Cuál será en 10 años?  Ajustando  P = 10000  y  t = 3  en el problema anterior se obtuvo  10, 000 = P0

( ln 2 )3 5

⇒ P0 = 10, 000e −0.6ln 2 ≈ 6597.5 Entonces  P (10 ) = P0 e2ln 2 = 4 P0 ≈ 26,390.  

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11.  La  población  de  una  comunidad  crece  con  una  tasa  proporcional  a  la  población  en  cualquier momento. Su población inicial es 500 y aumenta el 15% en 10 años. ¿Cuál será la  población pasados 30 años?  dP = kt  y  P ( 0 ) = P0 = 500  obtenemos  Dejar  P = P ( t )  será la población el tiempo  t . De  dt P = 500e kt . Usando  P (10 ) = 575  encontramos  k =

1 ln1.15 .   10

Entonces  P ( 30 ) = 500e3ln1.15 ≈ 760  años. 

.c om

  12.  En  cualquier  momento  dado  la  cantidad  de  bacterias  en  un  cultivo  crece  a  una  tasa  proporcional  a  las  bacterias  presentes.  Al  cabo  de  tres  horas  se  observa  que  hay  400  individuos.  Pasadas  10  horas,  hay  2000  especímenes.  ¿Cuál  era  la  cantidad  inicial  de  bacterias? 

a1

Dejar  N = N ( t )  ser el número de bacterias en el momento  t  y  N 0  el número inicial. De 

ic

dN = kN   obtenemos  N = N 0 e kt .  Usando  N ( 3) = 400   y  N (10 ) = 2000   encontramos  dt 1

k

at e

10 3

m

at

⎛ 400 ⎞ 3 400 = N 0 e  o  e = ⎜ ⎟ . De  N (10 ) = 2000  tenemos entonces  ⎝ N0 ⎠ kt

⎛ 2000 ⎞ ⎟ ⇒ N0 ⎜ 10 ⎜ ⎟ ⎝ 400 3 ⎠

−

3 7

ww

w.

M

⎛ 400 ⎞ 2000 2000 = N 0 e10 k = N 0 ⎜ = N0 ≈ 201 ⎟ ⇒ 10 ⎝ N0 ⎠ 3 400     13. Cuando pasa un haz vertical de luz por una sustancia transparente, la rapidez con que  7 − 3

decrece su intensidad  I  es proporcional a I ( t ) , donde  t representa el espesor, en pies,  , del  medio.  En  agua  de  mar  clara,  la  intensidad  a  3  pies  bajo  la  superficie  es  25%  de  la  intensidad  inicial  I   del  haz  incidente,  ¿cuál  es  la  intensidad  del  haz  a  15  pies  bajo  la  superficie?  Dejar  I = I ( t )  ser la intensidad,  t  el espesor, y  I ( 0 ) = I 0 .   Si 

dI 1 = kI  y  I ( 3) = 0.25 I 0  entonces  I = I o ekt , k = ln 0.25 , y  I (15 ) = 0.00098I 0 .  dt 3

14. Cuando el interés se capitaliza (o compone) continuamente, en cualquier momento la  dS cantidad de dinero, S, aumenta a una tasa proporcional a la cantidad presente:  = rS   dt donde r es la tasa de interés anual.  176       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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a) Calcule la cantidad reunida al término de cinco años, cuando se depositan $5000 en una  3 cuenta de ahorro que rinde el  5 %  de interés anual compuesto continuamente.  4 b) ¿En cuántos años se habrá duplicado el capital inicial?  c)  Con  una  calculadora  compare  la  cantidad  obtenida  en  la  parte  a)  con  el  valor  de  5( 4 )

⎛ 0.0575 ⎞ S = 5000 ⎜ 1 + ⎟ Este  valor  representa  la  cantidad  reunida  cuando  el  interés  se  4 ⎠ ⎝ capitaliza cada trimestre.  dS = rS  obtenemos  S = S 0 e rt  donde  S ( 0 ) = S0 .  De  dt

a) Si  S0 = $5000  y  r = 5.75%  entonces  S ( 5 ) = $6665.45 . 

a1

c)  S ≈ $6651.82 . 

.c om

b) Si  S ( t ) = $10, 000  entonces  t = 12  años.      

ww

w.

M

at e

m

at

ic

15. El Pb ‐ 209, isótopo radiactivo del plomo, se desintegra con una razón proporcional a la  cantidad presente en cualquier momento y tiene un periodo medio de vida de 3.3 horas.  Si  al  principio  había  1  gramo  de  plomo,  ¿cuánto  tiempo  debe  transcurrir  para  que  se  desintegre el 90%?  dN = kN   y  N ( 0 ) = 1   Dejar  N = N ( t )   ser  la  cantidad  de  plomo  en  el  momento  t .  De  dt 1 1 1 ln .  Cuando  90%   de  la  obtenemos  N = ekt .  Usando  N ( 3.3) =   encontramos  k = 2 3.3 2 iniciativa ha decaído,  0.1  gramos permanecerá. Ajustando  N ( t ) = 0.1  tenemos  e

⎛ 1 ⎞ ⎛1⎞ t⎜ ⎟ ln ⎜ ⎟ ⎝ 3.3 ⎠ ⎝ 2 ⎠

= 0.1 ⇒

t 1 3.3ln 0.1 ≈ 10.96  Horas.  ln = ln 0.1 ⇒ t = 1 3.3 2 ln 2

16. Cuando  t = 0 , había 100 miligramos de una sustancia radiactiva. Al cabo de 6 horas,  esa  cantidad  disminuyó  el  3%.  Si  la  razón  de  desintegración,  en  cualquier  momento,  es  proporcional a la cantidad de la sustancia presente, calcule la cantidad que queda después  de 24 horas.  dN = kt   y  N ( 0 ) = 100   obtenemos  Dejar  N = N ( t )   ser  la  cantidad  en  el  tiempo  t .  De  dt 1 N = 100e kt . Usando  N ( 6 ) = 97  encontramos  k = ln 0.97 .  6 177       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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Entonces  N ( 24 ) = 100e

⎛1⎞ ⎜ ⎟( ln 0.97 ) 24 ⎝6⎠

= 100 ( 0.97 ) ≈ 88.5 mg.  4

17. Calcule el periodo medio de vida de la sustancia radiactiva del problema 6.  Ajustando  N ( t ) = 50  en el problema 8 se obtiene 

−

i T

 

ic

A ( t ) = A0 2

a1

.c om

1 ln 1 2 50 = 100ekt ⇒ kt = ln ⇒ t = ≈ 136.5  Horas  1 2 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ln 0.97 ⎝6⎠   dA 18. a) El problema de valor inicial  = kA ,  A ( 0 ) = A0  es el modelo de desintegración de  dt una  sustancia  radiactiva.  Demuestre  que,  en  general,  el  periodo  medio  de  vida,  T,  de  la  ( ln 2 ) .  sustancia es  T = − k b) Demuestre que la solución del problema de valor inicial en la parte a) se puede escribir 

M

at e

m

at

c)  Si una sustancia radioactiva tiene la vida media T descrita en la parte (a)¿ cuánto durará  1 una cantidad inicial  A0 de ella para decaer hasta A0 ?   8 dA 1 = kA   es  A ( t ) = A0 ekt .  Dejando  A = A0   y  resolviendo  para  t   se   a)  La  solución  de  dt 2 ( ln 2 ) .  obtiene la vida media  T = − k

T

ww

w.

( ln 2 )  tenemos  A b) Desde  k = −

( t ) = A0e

−

( ln 2 )t T

−

t T

= A0 2  

t t − − 1 −3 T T c) Escribiendo  A0 = A0 2  como  2 = 2  y resolviendo para  t  obtenemos  t = 3T . Así,  8 1 como cantidad inicial  A0  decaerá a  A0  en tres vidas medias.  8   19. En un trozo de madera quemada o carbón vegetal se determinó que el 85.5% de su      C‐l4  se  había  desintegrado.  Con  la  información  del  ejemplo  3  determine  la  edad  aproximada de la madera. Éstos son precisamente los datos que usaron los arqueólogos  para fechar los murales prehistóricos de una caverna en Lascaux, Francia 

Supongamos  que  A = A0 e kt   y  k = −0.00012378 .  Si  A ( t ) = 0.145 A0   entonces  t ≈ 15, 600   años. 

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20.  El  sudario  de  Turín  muestra  el  negativo  de  la  imagen  del  cuerpo  de  un  hombre  que  parece que fue crucificado, muchas personas creen que es el sudario del entierro de Jesús  de Nazaret.  En 1988 el Vaticano otorgó autorización para datar con carbono el sudario.  Tres  laboratorios  científicos  independientes  analizaron  el  paño  y  concluyeron  que  el  sudario  tenía  una  antigüedad  de  660.    Una  antigüedad  consistente  con  su  aparición   histórica.  Usando  esta  antigüedad,  determine  qué  porcentaje  de  la  cantidad  original  de     c‐14 quedaba en el paño en 1988.   De  ejemplo  anterior,  la  cantidad  de  carbono  presente  en  el  momento  t   es 

A ( t ) = A0e −0.00012378t .  A ( 660 ) = A0 e

Dejando 

−0.0001237 ( 660 )

t = 660  

y 

resolviendo 

para 

A0  

tenemos 

= 0.921553 A0 .  

at e

m

at

ic

a1

.c om

Así, aproximadamente  92%  de la cantidad original de C‐14 se  mantuvo en la tela como  del  1988 .    21. Un termómetro se saca de un recinto donde la temperatura del aire es 70°F y se lleva  1 al exterior, donde la temperatura es 10°F. Pasado   minuto el termómetro indica 50°F.  2 ¿Cuál es la lectura cuando  t = 1  min? ¿Cuánto tiempo se necesita para que el termómetro  llegue a 15”F?  dT ⎛1⎞ = k (T − 10 )  de modo que  T = 10 + ce kt . Si  T ( 0 ) = 70º  y  T ⎜ ⎟ = 50º   Supongamos que  dt ⎝2⎠

w.

M

⎛2⎞ entonces  c = 60   y  k = 2 ln ⎜ ⎟   de  modo  que  T (1) = 36.67º .  Si  T ( t ) = 15º   entonces  ⎝3⎠ t = 3.06  minutos. 

ww

22.  Un  termómetro  se  lleva  de  un  recinto  interior  hasta  el  ambiente  exterior,  donde  la  temperatura del aire es 5°F. Después de un minuto, el termómetro indica 55”F, y después  de cinco marca 30°F. ¿Cuál era la temperatura del recinto interior?  dT = k (T − 5 )   de  modo  que  T = 5 + ce kt .  Si  T (1) = 55º   y  T ( 5 ) = 30º   Supongamos  que  dt 1 entonces  k = − ln 2  y  c = 59.4611  de modo que  T ( 0 ) = 64.4611º .  4   23.  Si  una  barra  metálica  pequeña,  cuya  temperatura  inicial  es  20°C  se  deja  caer  en  un  recipiente con agua hirviente, ¿cuánto tiempo tardara en alcanzar 90°C si se sabe que su  temperatura aumentó 2°C en un segundo? ¿Cuánto tiempo tardará en llegar a 98”C?  dT = k (T − 100 )  de modo que  T = 100 + ce kt Si  T ( 0 ) = 20º  y  T (1) = 22º   Supongamos que  dt

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⎛ 39 ⎞ Entonces  c = −80  y  k = ln ⎜ ⎟  de modo que  T ( t ) = 90º  implica  t = 82.1  segundos.   ⎝ 40 ⎠

Si  T ( t ) = 98º  entonces  t = 145.7  segundos.  24.  Un  termómetro  que  indica    70°F  se  coloca  en  un  horno  a  temperatura  constante.  A  través de una ventana de vidrio del horno, un observador registra que la temperatura es  1 de  110°F. Pasado   minuto el termómetro indica 145°F. ¿Cuál es la lectura cuando  t = 1   2 min? ¿Cuánto tiempo se necesita para que el termómetro llegue a 15”F?  dT = k (T − Tm )   obtenemos  Uso  de  la  separación  de  variables  para  resolver  dt T ( t ) = Tm + ce kt Usando  T ( 0 ) = 70   encontramos  c = 70 − Tm ,  así  T ( t ) = Tm + ( 70 − Tm ) e kt . 

.c om

Usando las observaciones dadas, se obtiene 

⎛1⎞ T ⎜ ⎟ = Tm + ( 70 − Tm ) e 2 = 110   ⎝2⎠ k T (1) = Tm + ( 70 − Tm ) e = 145

ic at m

(110 − Tm )  y  ( 70 − Tm )

at e

k

Entonces  e 2 =

a1

k

⎛ k ⎞ ⎛ 110 − Tm ⎞ 145 − Tm (110 − Tm ) = 145 − T e = ⎜ e2 ⎟ = ⎜ ⇒ ⎟ = m   70 − Tm 70 − Tm ⎝ ⎠ ⎝ 70 − Tm ⎠ 12100 − 220Tm + Tm2 = 10150 − 250Tm + Tm2 ⇒ Tm = 390 2

2

2

ww

w.

M

k 2

La Temperatura en el horno es  390º .    25.  Un  tanque  contiene  200  1  de  agua  en  que  se  han  disuelto  30  g  de  sal  y  le  entran  L  de solución con 1 g de sal por litro; está bien mezclado, y de él sale líquido con el  4 min ⎛ L ⎞ mismo flujo  ⎜ 4 ⎟ . Calcule la cantidad A(t) de gramos de sal que hay en el tanque en  ⎝ min ⎠ cualquier momento t.  t − dA A 50 = 4 −   obtenemos  A = 200 + ce .  Si  A ( 0 ) = 30   entonces  c = −170   y  De  dt 50

A = 200 − 170e

−

t 50

. 

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26. Resuelva el problema anterior suponiendo que entra agua pura  t t − − dA A 50 50 = 0 −  obtenemos  A = ce . Si  A ( 0 ) = 30  entonces  c = 30  y  A = 30e .  De  dt 50   27.  Un tanque tiene 500 gal de agua pura y le entra salmuera con 2 Ib. de sal por galón a  gal un flujo de  5 . El tanque está bien mezclado, y sale de él el mismo flujo de solución  min Calcule la cantidad A(t) de libras de sal que hay en el tanque en cualquier momento t. ¿  Cuál es la concentración de la solución en el tanque a los 5 minutos?  t − dA A 100 = 10 − De    obtenemos  A = 1000 + ce .  Si  A ( 0 ) = 0   entonces  c = −1000   y  dt 100

A = 1000 − 1000e

−

t 100

.  

a1

.c om

En  t = 5, A ( 5 ) ≈ 48.77  puntos. 

ic

28. Resuelva el problema anterior suponiendo que la solución sale a un flujo de  10

gal ,  min

m

dA 10 A 2A 2 = 10 − = 10 −   obtenemos  A = 1000 − 10t + c (100 − t ) .  Si  dt 500 − (10 − 5 ) t 100 − t 1 . A continuación, el tanque está vacío en  100  minutos.  10

M

A ( 0 ) = 0  entonces  c = −

at e

De 

at

permaneciendo igual lo demás. ¿Cuándo se vacía el tanque? 

ww

w.

29.  Un  tanque  está  parcialmente  lleno  con  100  galones  de  salmuera,  con  10  Ib  de  sal  1 gal . El contenido del  disuelta. Le entra salmuera con  lb  de sal por galón a un flujo de  6 2 min gal tanque está bien mezclado y de él sale un flujo de  4  de solución. Calcule la cantidad  min de libras de sal que hay en el tanque a los 30 minutos.  dA 4A 2A −2 = 3− = 3− De    obtenemos  A = 50 + t + c ( 50 + t ) .  Si  A ( 0 ) = 10   dt 100 + ( 6 − 4 ) t 50 + t entonces  c = −100, 000  y  A ( 30 ) = 64.38  libras.  30.  En  el  ejemplo  teórico  (dado  al  principio  de  este  guía),  el  tamaño  del  tanque  con  la  solución salina no apareció entre los datos. Como se describió en la página 78 el flujo con  gal que  entra  la  solución  al  tanque  es  igual,  pero  la  salmuera  sale  con  un  flujo  de  2 .  min

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Puesto  que  la  salmuera  se  acumula  en  el  tanque  a  una  rapidez  de  4

gal ,  en  cualquier  min

w.

M

at e

m

at

ic

a1

.c om

tanque finito terminara derramándose.  Suponga que el tanque está abierto por arriba y que su capacidad total es de 400 galones.  a) ¿Cuándo se derramará el tanque?  b) ¿Cuántas libras de sal habrá en el tanque cuando se comienza a derramar?  c)  Suponga  que  el  tanque  se  derrama,  que  la  salmuera  continúa  entrando  al  flujo  de  gal , que el contenido está bien mezclado y que la solución sigue saliendo a un flujo de  3 min gal .  Determine  un  método  para  calcular  la  cantidad  de  libras  de  sal  que  hay  en  el  2 min tanque cuando t = 150 min.  d) Calcule las libras de sal en el tanque cuando  t → ∞ . ¿Su respuesta coincide con lo que  cabría esperar?    a)  Inicialmente  el  tanque  contiene  300   galones  de  solución.  La  salmuera  se  bombea  en  gal gal una proporción de  3  y la solución se bombea a una velocidad de  2 , el cambio  min min gal neto es un aumento de  1 . Así, en  100  minutos el tanque contendrá su capacidad de  min 400  galones.  b)  La  ecuación  diferencial  que  describe  la  cantidad  de  sal  en  el  tanque  es  2A A′ ( t ) = 6 −  con solución  A ( t ) = 600 + 2t − ( 4.95 ×107 )( 300 + t −2 )   0 ≤ t ≤ 100   ( 300 + t )

ww

 Así, la cantidad de sal en el depósito cuando se desborda es:  A (100 ) = 800 − ( 4.95 × 107 ) ( 400 ) = 490.625lbs   −2

c)  Cuando  el  depósito  está  desbordando  la  cantidad  de  sal  en  el  tanque  se  rige  por  la  ecuación diferencial 

dA ⎛ gal ⎞ ⎛ lb ⎞ ⎛ A lb ⎞ ⎛ gal ⎞ 3A   = ⎜3 ⎟−⎜ ⎟⎜3 ⎟⎜ 2 ⎟ = 6− dt ⎝ min ⎠ ⎝ gal ⎠ ⎝ 400 gal ⎠ ⎝ min ⎠ 400 Resolviendo  la  ecuación  obtenemos  A ( t ) = 800 + ce

A (100 ) = 490.625   −

3t 400

.  Los  rendimientos  de  las 

condiciones iniciales  c = −654.947 , de modo que  A ( t ) = 800 − 654.947e

−

3t 400

 Cuando  t = 150, A (150 ) = 587.37 lbs . 

d) como  t → ∞ , la cantidad de sal es  800 lbs , que es de esperar  

⎛ lbs ⎞ ⎟ = 800 lbs .  ⎝ gal ⎠

( 400 gal ) ⎜ 2

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31.  Se  aplica  una  fuerza  electromotriz  de  30  v  aun  circuito  en  serie  LR  con  0.1  h  de  inductancia y 50Ω de resistencia. Determine la corriente i(t), si  i ( O ) = 0 . Halle la corriente  cuando  i → ∞   3 di Asumir  L + Ri = E ( t ) , L = 0.1, R = 50   y  E ( t ) = 50   de  modo  que  i = + ce −500t .  Si  5 dt 3 3 i ( 0 ) = 0  entonces  c = −  y  lim i ( t ) = .  5 t →∞ 5 32.  Resuelva  la  ecuación  L

di + Ri = E ( t ) suponiendo  que  E ( t ) = E0 sen wf   y  que  dt

i ( 0 ) = i0 . 

E0 Lω .  L ω 2 + R2 2

at

Desde  i ( 0 ) = i0  obtenemos  c = i0 +

.c om

Rt − E0 R E0 Lω L ω ω − cos + sen t t ce .  L2ω 2 + R 2 L2ω 2 + R 2

ic

i=

di + Ri = E ( t ) , E ( t ) = E0 sen ωt  y  i ( 0 ) = i0  de modo que  dt

a1

Asumir  L

m

33.  Se  aplica  una  fuerza  electromotriz  de  100  volts  a  un  circuito  en  serie  RC,  donde  la 

at e

resistencia  es  200Ω  y  la  capacitancia  es  10−4 f .  Determine  la  carga  q(t)  del  capacitar,  si  q ( 0 ) = 0 . Halle la corriente  i ( t )

M

1 dq ⎛ 1 ⎞ + ce −50t .  + ⎜ ⎟ q = E ( t ) , R = 200, C = 10−4   y  E ( t ) = 100   de  modo  que  q = 100 dt ⎝ c ⎠

ww

w.

Asumir  R

 

Si  q ( 0 ) = 0  entonces  c = −

1 1  y  i = e −50t .  100 2

34.  Se  aplica  una  fuerza  electromotriz  de  200  v  a  un  circuito  en  serie  RC,  en  que  la  resistencia es 1000 Ω y la capacitancia es  5 x10′′ f . Determine la carga  q ( t )  del capacitar,  si  i ( O ) = 0.4  amp. Halle la carga cuando  t → ∞   Asumir 

R

dq ⎛ 1 ⎞ + ⎜ ⎟ q = E ( t ) , R = 1000, C = 5 × 10−6   dt ⎝ c ⎠

y 

E ( t ) = 200 . 

Entonces 

1 + ce−200t   y  i = −200ce −200t .  Si  i ( 0 ) = 0.4   Entonces  1000 1 1 c=− , q ( 0.005 ) = 0.003coulombs  y  i ( 0.005 ) = 0.1472 amps . As  t → ∞ ⇒ q →    500 1000 q=

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⎧1: 20, 0 ≤ t ≤ 20 35. Se aplica una fuerza electromotriz  E ( t ) = ⎨  a un circuito en serie LR, en  t > 20 ⎩0, que la inductancia es 20 h y la resistencia es 2Ω. Determine la corriente, i(r), si  i ( 0 ) = 0 .  t di 10 Para  0 ≤ t ≤ 20  la ecuación diferencial es  20 + 2i = 120 . Un factor de integración es  e ,  dt t t t − − d ⎡ 10t ⎤ 10 10 10 así  ⎢e i ⎥ = 6e   y  60 + c1e .  Si  i ( 0 ) = 0   entonces  c1 = −60   y  i = 60 − 60e .  Para  dt ⎣ ⎦

t > 20  la ecuación diferencial es  20

t − di + 2i = 0  y  i = c2 e 10 .  dt

En  t = 20  queremos  c2 e −2 = 60 − 60e −2  de modo que  c2 = 60 ( e2 − 1) . Así 

ic

a1

.c om

t − ⎧ 10 0 ≤ t ≤ 20; ⎪ 60 − 60e , i (t ) = ⎨   t ⎪60 ( e2 − 1) e−10 , t > 20. ⎩

L

m

∫e

⎛R⎞ ⎜ ⎟t ⎝L⎠

E (t )dt + ce

⎛R⎞ −⎜ ⎟t ⎝L⎠

at e

ecuación  i (t ) =

e

⎛R⎞ − ⎜ ⎟t ⎝L⎠

at

36.  Suponga  que  un  circuito  en  serie  RC  tiene  un  resistor  variable.  Si  la  resistencia,  en  cualquier  momento  t  es  R = k1 + k2t ,  donde  k1   y  k2 > 0   son  constantes  conocidas,  la   se transforma en  ( k1 + k2t )

dq 1 + q = E ( t ) .  dt C 1

ww

w.

M

⎛ k1 ⎞ Ck2 Demuestre que si  E ( t ) = E0  y  q ( 0 ) = q0 , entonces  q ( t ) = E0C + ( q0 − E0C ) ⎜ ⎟ ⎝ k1 + k2t ⎠   Separación de las variables que obtenemos  −C

q⎞ ⎛ E0 − ⎟ ⎜ 1 dq dt q C⎠ = ⇒ −C ln E0 − = ln k1 + k2t + c1 ⇒ ⎝ = c2 .  1 q k1 + k2t C k 2 E0 − ( k1 + k2t ) k2 C q0 ⎞ ⎛ ⎜ E0 − ⎟ C⎠ Ajustando  q ( 0 ) = q0  encontramos  ⎝ 1

−C

, así 

k1k2

q⎞ ⎛ ⎜ E0 − ⎟ C⎠ ⎝

−C

1

( k1 + k2t ) k2

q0 ⎞ ⎛ ⎜ E0 − ⎟ C⎠ =⎝ 1 k2

k1

−C

q⎞ ⎛ ⇒ ⎜ E0 − ⎟ C⎠ ⎝

−C

q ⎞ ⎛ = ⎜ E0 − 0 ⎟ C⎠ ⎝

−C

⎛ k1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ k + k 2t ⎠

−

1 k2

 

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    1

1

⎛ k1 ⎞ Ck2 q0 ⎞ ⎛ k1 ⎞ Ck2 q ⎛ ⇒ E0 − = ⎜ E0 − ⎟ ⎜ ⎟ ⇒ q = E0C + ( q0 − E0C ) ⎜ ⎟   C ⎝ C ⎠ ⎝ k + k2t ⎠ ⎝ k + k2t ⎠   37. Una ecuación diferencial que describe la velocidad v de una masa m en caída sujeta a  dv una resistencia del aire proporcional a la velocidad instantánea es  m = mg − kw ,en que  dt k es una constante de proporcionalidad positiva.  a) Resuelva la ecuación, sujeta a la condición inicial  v ( O ) = v0 .  b) Calcule la velocidad límite (o terminal) de la masa.  c)  Si  la  distancia  s  se  relaciona  con  la  velocidad  por  medio  de 

ds = v ,  deduzca  una  dt

kt − gm dv gm + ce m .  Si  v ( 0 ) = v0   entonces  c = v0 −   y  la  = mg − kv   obtenemos  v = k dt k

a1

a)  De  m

.c om

ecuación explícita para s, si también se sabe qué  s ( 0 ) = s0 . 

gm .  k

m

b) Como  t → ∞  la velocidad límite es 

at

ic

gm ⎛ gm ⎞ − ktm + ⎜ v0 − solución del Problema de valor inicial es  v = ⎟e   k ⎝ k ⎠

kt

M

at e

gm m ⎛ gm ⎞ − m m ⎛ gm ⎞ ds t − ⎜ v0 − c) De  = v  y  s ( 0 ) = 0  obtenemos  s = ⎟ e + ⎜ v0 − ⎟  k k⎝ k ⎠ k⎝ k ⎠ dt

ww

w.

  38. ¿Qué tan alto? (Sin resistencia del aire) Suponga que una pequeña bala de cañón que  pesa 16 libras se dispara verticalmente hacia arriba, como se muestra en la figura con una  velocidad inicial de v0 = 300 pies/s. La respuesta a la pregunta "¿Qué tanto sube la bala de  cañón?" depende de si se considera la resistencia del aire.  a) Suponga que se desprecia la resistencia del aire. Si la dirección es positiva hacia arriba 

d 2s ds   entonces un modelo para la bala del cañón está dado por  2 = − g . Puesto que v ( t ) = dt dt dv = − g   donde  se  toma  la  última  ecuación  diferencial  es  la  misma  que  la  ecuación  dt pies g = 32 2 g .Encuentre la velocidad  v ( t ) de la bala de cañón al tiempo t.  s b) Utilice el resultado que se obtuvo en el inciso a) para determinar  la altura  s ( t ) de la  bala de cañón medida desde el nivel del suelo. Determine la altura máxima que alcanza la  bala.  185       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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  2

d s ds = − g   se  obtiene  v ( t ) = = − gt + c .  De  v ( 0 ) = 300   encontramos  2 dt dt c = 300 , por lo que la velocidad es  v ( t ) = −32t + 300 . 

a) La integración de 

b)  La  integración  de  una  y  otra  utilizando  s ( 0 ) = 0   obtenemos  s ( t ) = −16t 2 + 300t .  La  altura 

.c om

máxima  se  alcanza  cuando  v = 0 ,  es  decir,  a  ta = 9.375 .  La  altura  máxima  será 

a1

s ( 9.375 ) = 1406.25ft . 

M

at e

m

at

ic

39. ¿Qué tan rápido? (Resistencia lineal del aire) Repita el problema anterior, pero esta  vez suponga que la resistencia del aire es proporcional a la velocidad instantánea. Esta es  la razón por la que la altura máxima que alcanza la bala del cañón debe ser menor que la  del  inciso  b)  del  problema  anterior.  Demuestre  esto  suponiendo  que  la  constante  de  proporcionalidad es k = 0.0025.    Cuando la resistencia del aire es proporcional a la velocidad, el modelo de la velocidad es 

w.

dv = −mg − kv   (utilizando  el  hecho  de  que  la  dirección  positiva  es  hacia  arriba).  dt

ww

m

Resolviendo  la  ecuación  diferencial  mediante  separación  de  variables  obtenemos 

v (t ) = −

kt − mg ⎛ mg ⎞ − ktm mg + ⎜ 300 + + ce m . De  v ( 0 ) = 300  obtenemos  v ( t ) = − ⎟ e .  k ⎝ k ⎠ k

La integración y el uso de  s ( 0 ) = 0  encontramos  s ( t ) = −

kt − ⎞ mg m⎛ mg ⎞ ⎛ m − 1 t + ⎜ 300 + e ⎟  ⎟⎜ k k⎝ k ⎠⎝ ⎠

16 = 0.5  y  g = 32  tenemos  32 s ( t ) = 1,340, 000 − 6, 400t − 1,340, 000e −0.005t  y  v ( t ) = −6, 400 + 6, 700e −0.005t  

Ajustando  k = 0.0025, m =

La altura máxima se alcanza cuando  v = 0 , es decir, a  ta = 9.162 . La altura máxima será 

s ( 9.162 ) = 1363.79 ft , que es menor que la altura máxima en la parte a).    186       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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m

at

ic

a1

.c om

40.  Una  paracaidista  pesa  125  libras  y  su  paracaídas  y  equipo  juntos  pesan  juntos  35  libras. Después de saltar del avión desde una altura de 15OOO pies, la paracaidista espera  15  segundos  y  abre  su  paracaídas.  Suponga  que  la  constante  de  proporcionalidad  del  modelo del problema 35 tiene el valor k = 05 durante la caída libre y k = 10 después de  que se abrió el paracaídas. Suponga que su velocidad inicial al saltar del avión es igual a  cero. ¿Cuál es la velocidad de la paracaidista y qué distancia ha recorrido después de 20  segundos  de  que  saltó  del  avión?  Vea  la  figura.  ¿Cómo  se  compara  la  velocidad  de  la  paracaidista  a  los  20  segundos  con  su  velocidad  terminal?  ¿Cuánto  tardará  en  llegar  al  suelo? [Sugerencia: Piense. en función de dos diferentes PVI] 

⎛ mg ⎞ ⎛ ⎟ ⎜1 − e ⎝ k ⎠⎝

v ( t ) = 320 (1 − e−0.1t ) . 

M

tenemos 

at e

De  v ( 0 ) = 0  obtenemos  v ( t ) = ⎜

La 

kt − m

 

⎞ 160 = 5  y  g = 32   ⎟ . Dejar que  k = 0.5, m = 32 ⎠

integración, 

nos 

encontramos 

con 

w.

s ( t ) = 320t + 3200e−0.1t .  En  t = 15 ,  cuando  el  paracaídas  se  abre,  v (15 ) = 248.598   y 

ww

s (15 ) = 5514.02 . En este punto el valor de  k  cambia a  k = 10  y la nueva velocidad inicial  es  v0 = 248.598 .  Su  velocidad  con  el  paracaídas abierto  (con  el  tiempo  medido  desde  el  instante de la apertura) es  v p ( t ) = 16 + 232.598e−2t . La integración, nos encontramos con 

s p ( t ) = 16t − 116.299e−2t .  Veinte  segundos  después  de  salir  del  avión  cinco  segundos  después  de  que  el  paracaídas  se  abre.  Su  velocidad  en  este  momento  es  ft v p ( 5 ) = 16.0106   y  ha  caído  s (15 ) + s p ( 5 ) = 5514.02 + 79.9947 = 5594.01ft .  Su  sec velocidad  máxima  es  lim v p ( t ) = 16 ,  por  lo  que  casi  ha  alcanzado  su  velocidad  terminal  t →∞

cinco  segundos  después  de  que  el  paracaídas  se  abre.  Cuando  se  abre  el  paracaídas,  la  distancia al suelo es  15, 000 − 5514.02 = 9485.98ft . 

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 Resolviendo  s p ( t ) = 9485.98  obtenemos  t = 592.874 s = 9.88 min . Por lo tanto, la llevará  aproximadamente  9.88  minutos para llegar al suelo después de que su paracaídas se ha  abierto y un total de 

( 592.874 + 15) = 10.13  minutos después de que ella sale del plano. 

60 41.  Evaporación  de  una  gota  de  lluvia.  Cuando  cae  una  gota  de  lluvia,  ésta  se  evapora  mientras conserva su forma esférica Si se hacen suposiciones adicionales de que la rapidez  a  la  que  se  evapora  la  gota  de  lluvia  es  proporcional  a  su  área  superficial  y  que  se  desprecia la resistencia del aire, entonces un modelo para la velocidad v(t) de la gota de  3 ( ρk ) dv v = g   Aquí  ρ es  la  densidad  del  agua,  r0   es  el  radio  de  la  gota  de  lluvia  es + k dt ( ρ ) t + r0

lluvia  en  t = 0, k < 0 es  la  constante  de  proporcionalidad  y  la  dirección  hacia  abajo  se 

.c om

considera positiva.  a) Determine v(t) si la gota de lluvia cae a partir del reposo. 

a1

b) Demuestre que el radio de la gota de lluvia en el tiempo t es  r (t ) =

( )t + r   k

ρ

0

ic

e) Si  r0 = 0.01 pie; r = 0.007 pies 10 segundos  después de que la gota cae desde una nube, 

m

at

determine el tiempo en el que la gota de lluvia se ha evaporado por completo.    k a) La ecuación diferencial es de primer orden, lineal. Dejar que  b = , el factor integrante 

at e

∫

ρ

= ( r0 + bt ) . Entonces  3

M

es  e

3bdt ( bt + r0 )

ww

w.

d ⎡ g 3 3 3 4 ( r0 + bt ) v ⎤⎦ = g ( r0 + bt )  y  ( r0 + bt ) v = ( r0 + bt ) + c .  ⎣ dt 4b −3 ⎛ g ⎞ La  solución  de  la  ecuación  diferencial  es  v ( t ) = ⎜ ⎟ ( r0 + bt ) + c ( r0 + bt ) .  Usando  ⎝ 4b ⎠

gr04 , de modo que  4b gr04 g gρ ⎛ k ⎞ v ( t ) = ( r0 + bt ) − = ⎜ r0 + t ⎟ − 3 ρ ⎠ 4b 4k ⎝ 4b ( r0 + bt )

v ( 0 ) = 0  encontramos  c = −

b)  Integrando  r (t ) =

g ρ r04 ⎛ kt ⎞ 4k ⎜ r0 + ⎟ ρ⎠ ⎝

3

. 

dr k kt =   obtenemos  r = .  Usando  r ( 0 ) = r0   tenemos  c = r0 ,  así  ρ +c dt ρ

kt .  ρ + r0

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c)  Si  r = 0.007 ft   cuando  t = 10 s ,  a  continuación,  la  solución  de  r (10 ) = 0.007   para  obtenemos 

k

ρ

k

ρ

, 

= −0.0003   y  r ( t ) = 0.01 − 0.0003t .  Resolviendo  r ( t ) = 0   obtenemos 

t = 33.3 , por lo que la gota de agua se han evaporado por completo a  33.3  segundos.    dP 42. La ecuación diferencial  = ( k cos t ) P , en que k es una constante positiva, se usa con  dt frecuencia  para  modelar  una  población  que  sufre  fluctuaciones  estacionales  anuales.  Determine P(t) y grafique la solución. Suponga que  P ( 0 ) = P0  

Separando las variables obtenemos 

dP = k cos t dt ⇒ ln P = k sen t + c ⇒ P = c1ek sent   P

at

ic

a1

.c om

Si  P ( 0 ) = P0  entonces  c1 = P0  y  P = P0 e k sent . 

ww

w.

M

at e

m

  43. En un modelo demográfico de la población P(t) de una comunidad, se supone que  dP dB dD dB dD ,  en  donde    y    son  las  tasas  de  natalidad  y  mortalidad,  = − dt dt dt dt dt respectivamente.  dB dD a) Determine P(t) si  = k1 P  y  = k 2 P .  dt dt b) Analice los casos  k1 > k2 ,  k1 = k2  y  k1 < k2   a) Para 

dP ( k − k )t = ( k1 − k2 ) P  obtenemos  P = P0e 1 2  donde  P0 = P ( 0 ) .  dt

b) Si  k1 > k2  entonces  P → ∞  como  t → ∞ . Si  k1 = k2  entonces  P = P0  para cada  t . Si  k1 < k2   entonces  P → 0  como  t → ∞ . 

44.  En  el  siguiente  sistema  de  ecuaciones  diferenciales  aparece  al  estudiar  una  serie  de  dx dy elementos que se desintegran por su radioactividad = − xλ1 ; = xλ1 − λ2 y dt dt   Determine  x(t ); y (t ) sujetas a x ( 0 ) = x0   y ( 0 ) = y0   La primera ecuación se puede resolver por separación de variables. Obtenemos  x = c1e − λ1t .  

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Para  x ( 0 ) = x0   obtenemos  c1 = x0   y  así  x = x0 e − λ1t .  La  segunda  ecuación  se  convierte  entonces  dy dy = x0λ1e− λ1t − λ2 y  o  + λ2 y = x0 λ1e − λ1t   dt dt que es lineal. Un factor de integración es  eλ2t . Así  xλ d λ2t ⎡⎣e y ⎤⎦ = x0 λ1e − λ1t eλ2t = x0 λ1e( λ2 −λ1 )t ⇒ eλ2t y = 0 1 e( λ2 −λ1 )t + c2 λ2 − λ1 dt xλ ⇒ y = 0 1 e − λ1t + c2 e − λ2t λ2 − λ1

De  y ( 0 ) = y0  obtenemos  c2 =

( y0λ2 − y0λ1 − x0λ1 ) . La solución es  ( λ2 − λ1 )

x0 λ1 − λ1t y0 λ2 − y0 λ1 − x0 λ1 − λ2t e + e   λ2 − λ1 λ2 − y1

.c om

y=

 

at

ic

a1

45. Cuando se tiene en cuenta lo olvidadizo de un individuo, la rapidez con que memoriza  dA está  definida  por  = k1 ( M − A ) − k2 A ,  en  que  k1 > 0 ,  k2 > 0   A ( t )   es  la  cantidad  de  dt material  memorizado  en  el  tiempo  t,  M  es  la  cantidad  total  por  memorizar  y  M‐A  es  la  cantidad  que  resta  por  memorizar.  Halle  A(t)  y  grafique  la  solución.  Suponga  que 

at e

m

A ( 0 ) = 0 . Determine el valor límite de A cuando  t → ∞  e interprete el resultado 

a) Resolviendo  k1 ( M − A ) − k2 A = 0  para  A  nos encontramos con la solución de equilibrio 

M

k1M kM . Desde la fase retrato vemos que  lim A ( t ) = 1 .  t →∞ ( k1 + k2 ) ( k1 + k2 )

ww

w.

A=

  Desde  k2 > 0 , el material nunca será completamente memorizado y mayor sea el  k2  es,  menor será la cantidad de material se memoriza en el tiempo.  b) Escribir la ecuación diferencial en la forma  factor de integración es  e( 1

k + k2 )t

dA + ( k1 + k2 ) A = k1M . A continuación, un  dt

, y 

d ⎡ ( k1 + k2 )t ⎤ k1M ( k1 + k2 )t k1M − k +k t ( k1 + k2 )t ( k1 + k2 )t = ⇒ = + ⇒ = + ce ( 1 2 )   e A k Me e A e c A 1 ⎦ dt ⎣ k1 + k2 k1 + k2

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Usando 

A ( 0 ) = 0   obtenemos 

t → ∞, A →

c=−

k1M   y  k1 + k2

A=

(

)

k1M − k +k t 1 − e ( 1 2 ) .  Como  k1 + k2

k1M .  k1 + k2

  46. La razón con que se disemina una medicina en el torrente sanguíneo se describe con la  dx ecuación diferencial  = r − kx , r y k son constantes positivas. La función x(t) describe la  dt concentración del fármaco en sangre en el momento t. Determine el valor límite de  x ( t )  

at e

m

at

ic

a1

.c om

cuándo  t → ∞ . ¿En cuánto tiempo la concentración es la mitad del valor límite? Suponga  que  x ( 0 ) = 0   r a)  Resolviendo  r − kx = 0   para  x   nos  encontramos  con  la  solución  de  equilibrio  x = .  k r dx r dx Cuando  x < , > 0   y  donde  x > , < 0 .  Desde  la  fase  retrato  vemos  que  k dt k dt r lim x ( t ) = .  t →∞ k  

ww

w.

M

dx r r ⎛r⎞ = r − kx  y  x ( 0 ) = 0  obtenemos  x = − ⎜ ⎟ e − kt  así que  x →  como  t → ∞ . Si  dt k k ⎝k⎠ ( ln 2 ) .  r x (T ) =  entonces  T = k 2k

b) De 

  47. Suponga que un forense que llega a la escena de un crimen ve que la temperatura del  cadáver es 82°F. Proponga datos adicionales, pero verosímiles, necesarios para establecer  una  hora  aproximada  de  la  muerte  de  la  víctima,  aplicando  la  ley  de  Newton  del  enfriamiento.  Es necesario conocer la temperatura del aire desde el momento de la muerte hasta que  llegue el médico forense. Vamos a suponer que la temperatura del aire es una constante  65º F . Por la ley de Newton de enfriar entonces tenemos  191       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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dT = k (T − 65 ) , T ( 0 ) = 82  Uso de la linealidad o la separación de variables obtenemos  dt T = 65 + ce kt . De  T ( 0 ) = 82  obtenemos  c = 17 , así que  T = 65 + 17e kt . Para encontrar  k   necesitamos más información por lo que asumimos que la temperatura del cuerpo en  t = 2  hora era  75º F . Entonces  75 = 65 + 17e 2 k  y  k = −0.2653  y  T ( t ) = 65 + 17e−0.2653t . 

En  el  momento  de  la  muerte,  a  T ( t0 ) = 98.6º F ,  así  98.6 = 65 + 17e −0.2653t ,  que  da  t = −2.568 .  Por  lo  tanto,  el  asesinato  tuvo  lugar  alrededor  de  2.568   horas  previas  al  descubrimiento del cuerpo. 

m

at

ic

a1

.c om

48. El Sr. Pérez coloca al mismo tiempo dos tazas de café en la mesa del desayunador. De  inmediato  vierte  crema  en  su  taza,  con  una  jarra  que  estaba  desde  hace  mucho  en  esa  mesa. Lee el diario durante cinco minutos y toma su primer sorbo. Llega la Sra. Pérez cinco  minutos  después  de  que  las  tazas  fueron  colocadas  en  la  mesa,  vierte  crema  la  suya  y  toma un sorbo. Suponga que la pareja agrega exactamente la misma cantidad de crema.  ¿Quién  y  por  qué  toma  su  café  más  caliente?  Base  su  aseveración  en  ecuaciones  matemáticas.     Vamos  a  suponer  que  la  temperatura  de  la  habitación  y  la  crema  es  72º F ,  y  que  la  temperatura  del  café  cuando  se  ponga  primero  en  la  tabla  es  175º F .  Si  dejamos  que 

at e

T1 ( t )  representan la temperatura del café en taza Sr. Jone `s en el momento  t , entonces 

w.

M

dT1 = k (T1 − 72 ) , lo que implica  T1 = 72 + c1e kt . En el momento de  t = 0  El Sr. Jones agrega  dt crema para el café que inmediatamente reduce su temperatura en una cantidad  α , así 

ww

que  T1 ( 0 ) = 175 − α . Así  175 − α = T1 ( 0 ) = 72 + c1 , lo que implica  c1 = 103 − α , así que 

T1 ( t ) = 72 + (103 − α ) ekt . En  t = 5, T1 ( 5 ) = 72 + (103 − α ) e5k . Ahora dejamos que  T2 ( t )   representan la temperatura del café en taza señora Jone. De  T2 = 72 + c2 e kt  y  T2 ( 0 ) = 175   obtenemos  c2 = 103 , así que  T2 ( t ) = 72 + 103e kt . En t  t = 5, T2 ( 5 ) = 72 + 103e5k . Cuando la  crema se agrega al café La señora Jone `s, la temperatura se reducirá en un importe  α .  Utilizando el hecho de que  k < 0  tenemos 

T2 ( 5 ) − α = 72 + 103e5 k − α < 72 + 103e5k − α e5k = 72 + (103 − α ) e5 k = T1 ( 5 )   Así, la temperatura del café en el Sr. Jone copa es más caliente.    VACIADO DE TANQUES  49.  Un  tanque  tiene  la  forma  de  un  cubo  de  12  pies  de  arista.  Debido  a  un  pequeño  orificio  situado  en  el  fondo  del  tanque,  de  2  pulgadas  cuadradas  de  área,  presenta  un  192       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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escape. Si el tanque está inicialmente lleno hasta las tres cuartas partes de su capacidad,  determine:  a) ¿Cuándo estará a la mitad de su capacidad?  b) ¿Cuándo estará vacío? 

  a) La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es 

.c om

A ( h ) dh = − ac 2 ghdt (1) Como las dimensiones del tanque están dadas en pie, y puesto 

ic

a1

que 1pulg = 1/12 pies, entonces haciendo la conversión, el área orificio de salida será   1 ⎛ 1 ⎞ 2 a = 2pulg 2 = 2 ⎜ pies 2    ⎟ pies = 72 ⎝ 144 ⎠

at

El coeficiente de descarga es  c = 1  y la gravedad  g = 32

pies   seg 2

M

A ( h ) = 144 pies 2  

at e

m

Como  puede  observarse  en  la  Figura,  las  secciones  transversales  del  tanque  van  a  ser  cuadrados de lados constantes e iguales a 12 pies, independientemente de la altura a la  cual  se  efectúa  el  corte,  por  lo  tanto,  el  área  de  las  sección  transversal  será 

ww

w.

Ya  que  las  secciones  transversales  son  de  área  constante  y  puesto  que  el  tanque  está  inicialmente lleno hasta 3/4 de su capacidad, resulta que la altura inicial será igual a 3/4  de  la  altura total.  Así,  como  la  altura  total  del tanque  es  ht = 12 pies ,  entonces  la altura 

3 ht = 9 pies . Sustituyendo  A ( h ) , a, c  y  g  en la ecuación (1)  4 1 8 1 144 dh = − 64h dt = − h dt  simplificando  144dh = − h dt  (2)  72 72 9 La  ecuación  (2)  es  la  ecuación  diferencial  asociada  al  problema  de  vaciado  de  tanque  inicial es  h0 =

planteado y debe resolverse sujeta a la condición  h ( 0 ) = 9 pies .  La  ecuación  (2)  es  una  ecuación  diferencial  de  variables  separables.  Para  separar  las  9 1296 variables se multiplica la ecuación (2) por el factor  − ⇒− dh = dt integrando  h h dh −1296∫ = dt (3)  h ∫ 193       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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1 − dh = h ∫ h ∫ 2 dh = 2 h + k1 ⇒ ∫ dt = t + k2   sustituyendo  los resultados de las integrales en la ecuación (3)  −2592 h = t + k  (4)  Para  determinar  el  valor  de  la  constante  k   de  integración  se  usa  la  condición  inicial  h ( 0 ) = 9 ,  esto  es,  se  sustituye  en  la  ecuación  (4)  t = 0seg   y  h = 9 pies ,  resultando 

Ambas  integrales  son  inmediatas 

k = −7776 .  Este  valor  obtenido  para  k   se  sustituye  en  la  ecuación  (4)  1 −2592 h = t − 7776   multiplicando  por  −   y  elevando  al  cuadrado  2592 2

t ⎛ ⎞ h (t ) = ⎜ − + 3 ⎟   (5) La ecuación (5) es la ley de variación de la altura del líquido en el  ⎝ 2592 ⎠ tanque en cualquier instante  t .  Se quiere determinar el tiempo para el cual el volumen de líquido en el tanque es igual a  la  mitad  de su  capacidad;  es  decir, cuando  la  altura  de  líquido  en  el  tanque  es  igual  a  6  2

ic

)

at

(

a1

.c om

t ⎛ ⎞ pies. Para ello, se sustituye  h = 6 pies  en la ecuación (5)  6 = ⎜ − + 3 ⎟  elevando a la  ⎝ 2592 ⎠ 1 t t   entonces,  6 = − − 3 = − 6   sumando  3  y  + 3   Multiplicando  por  ( −1)   2592 2592 2 multiplicando por  2592   t = 2592 3 − 6 = 7776 − 6350, 4 = 1425, 6  

at e

m

De aquí que, debe transcurrir un tiempo  t = 1425, 6 seg = 23min 45seg , para que el tanque  se vacíe hasta la mitad de su capacidad.  Para determinar el tiempo que demora en vaciarse el tanque, es decir, el tiempo para que  la altura de líquido en el tanque sea cero, se sustituye  h = 0  en la ecuación (5) y se busca  2

ww

w.

M

t 1 t ⎛ ⎞ t ;  ⎜ − + 3 = 0  multiplicando por  ( −2592 )   + 3 ⎟ = 0  elevando a  entonces;  − 2592 2 ⎝ 2592 ⎠ t − 7776 = 0  despejando  t   t = 7776seg   Luego, deben transcurrir  7776seg , es decir, 2 horas 9 min 36 seg, para que el tanque se  vacíe totalmente.    50. Un tanque en forma de cono circular recto, de altura H radio R, vértice por debajo de  la  base,  está  totalmente  lleno  con  agua.  Determine  el  tiempo  de  vaciado  total  si  H = 12 pies, R = 5 pies, a = 1pulg 2  y  c = 0, 6  

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La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanque es 

A ( h ) dh = − ac 2 gh dt (1)  El  área  de  orificio  de  salida  es  a = 1pulg 2   pero  como  las  dimensiones  del  tanque  están  dadas en pies, hay que realizar la conversión.  2

1 1 ⎛1 ⎞ pies , entonces  a = 1pulg 2 = ⎜ pies ⎟ = pies 2   12 ⎝ 12 ⎠ 144 pies El coeficiente de descarga es  c = 0, 6  y la gravedad es  g = 32 .  seg 2

Puesto que  1pulg =

Según  puede  observarse  en  la  Figura,  las  secciones  transversales  del  tanque  son  circunferencias  cuyo  radio  varía  dependiendo  de  la  altura  a  cual  se  efectúe  la  sección  transversal. Sea  h  la altura a la cual se efectúa el corte y  r  el radio de la circunferencia. El  (2) 

m

at

ic

a1

.c om

área de la sección transversal es variable y está dada por A ( h ) = π r 2  

ww

w.

M

at e

  Para  expresar  r   en  función  de  h ,  debe  hacerse  una  abstracción,  en  el  sentido  de  visualizar el tanque, no como un sólido, sino como una figura plana. Observando el tanque  de frente como una figura plana se ve tal y como se muestra Figura.  Si  se  ubican  los  ejes  coordenados  de  tal  forma  que  el  vértice  del  cono  coincida  con  el  origen del sistema de coordenadas, entonces se tiene una figura simétrica respecto del eje  y , tal y como se muestra en la Figura.  Por simetría, será suficiente trabajar con uno de los triángulos. 

  Por  semejanza  de  triángulos  (ver  Figura)  se  tiene  entonces  la  siguiente  relación  de  r 5 5 proporción  =  despejando  r = h  (3) sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2)  h 12 12

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25π 2 ⎛5 ⎞ A(h) = π ⎜ h ⎟ = h  Sustituyendo  A ( h ) , a, c  y  g  en la ecuación (1)  144 ⎝ 12 ⎠ 25π 2 1 ⎛6⎞ 24 2 h dh = − h dt (4)  ⎜ ⎟ 64h dt  Multiplicando por  144   25π h dh = − 144 144 ⎝ 10 ⎠ 5 2

La ecuación (4) es la ecuación diferencial asociada al vaciado de tanque planteado en este  problema y debe resolverse sujeta a la condición inicial que para el tiempo  t = 0  seg, la  altura es  h = 12 pies, esto es  h ( 0 ) = 12 .    La  ecuación  (4)  es  una  ecuación  diferencial  de  variables  separables.  Para  separar  las  125π h 2 5 dh = dt  integrando  variables se multiplica por el factor  − , entonces − 24 h 24 h −

125π 24

∫

1 3 − h2 2 5 dh = ∫ h 2 h 2 dh = ∫ h 2 dh = h 2 + k1 ⇒ ∫ dt = t + k2   Sustituyendo  los  resultados  de  las  5 h

.c om

a1

5 ⎞⎛ 2 2 ⎞ ⎟ ⎜ h ⎟ = t + k  efectuando operaciones  ⎠⎝ 5 ⎠

ic

⎛ 125π integrales en la ecuación (5)  ⎜ − ⎝ 24

at

∫

h2 dh = ∫ dt  (5) Ambas integrales son inmediatas  h

at e

m

25π 52 − h = t + k (6)  12 Para determinar el valor de la constante  k  de integración se usa la condición inicial 

−

w.

5 25π (12 ) 2 . Este valor obtenido para  k  se sustituye en la ecuación (6)  12

ww

k =−

M

h ( 0 ) = 12 , esto es, se sustituye en la ecuación (6)  t = 0  seg. y  h = 12  pies, resultando 

5 25π 52 25π 12 h =t− (12 ) 2 (7) multiplicando por  ⎛⎜ − 12 12 ⎝ 25π

2 ⎞ ⎟  y elevando a la    5 ⎠

2

5 5 ⎛ 12 ⎞ h (t ) = ⎜ − t + (12 ) 2 ⎟ (8) La ecuación (8) es la ley de variación de la altura del líquido  ⎝ 25π ⎠ en el tanque en cualquier instante  t .  El  tiempo  de  vaciado  total  se  obtiene  cuando  la  altura  de  líquido  en  el  tanque  es  h = 0   5 25π pies. Sustituyendo este valor en la ecuación (7)  0 = t − (12 ) 2  despejando  t   12 5 25π t= (12 ) 2 = 3264,83seg   12 De aquí que, el tanque demora en vaciarse  3264,83seg , es decir, 54 min 25 seg 

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51. Una taza hemisférica de radio R está llena de agua. Si hay un pequeño orificio de radio  r en el fondo de la superficie convexa, determine el tiempo de vaciado 

  La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es: 

A ( h ) dh = − ac 2 gh dt (1)  Como  el  radio  de  la  taza  hemisférica  es  R   y  el  tanque  se 

.c om

encuentra lleno entonces la altura inicial de líquido en el tanque es  R , tal y como puede 

a1

observarse en la Fig. 1, es decir,  h ( 0 ) = R  

ic

El orificio de salida tiene radio  r , por lo tanto, el área del orificio de salida es  a = π r 2 .  Sea  c  el coeficiente de descarga y  g  la gravedad. 

at

Las secciones transversales del tanque hemisférico, son circunferencias de radio variable,  según  la  altura  donde  se  realice  la  sección  transversal.  Sea  x   el  radio  variable  de  la 

at e

m

sección transversal. Por ser circunferencia, el área es   A ( h ) = π x 2 (2) 

ww

w.

M

Se debe establecer una relación entre el radio  x  y la altura  h , de tal forma que el área de  la sección transversal quede expresada en función de la altura  h . 

  Observando  el  tanque  de  frente  como  una  figura  plana  y  ubicándolo  en  un  sistema  de  coordenadas  cartesianas  rectangulares  como  se  muestra  en  la  Figura.  Puesto  que  la   resultante  es  simétrica  respecto  del  eje  y ,  será  suficiente  trabajar  con  la  mitad  de  la  figura. 

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El triángulo que se forma, tiene como base el radio  .x , altura.  ( R − h )   .e . Hipotenusa  R .  Aplicando  el  Teorema  de  Pitágoras  al  triángulo  de  la  Figura  R 2 = x 2 + ( R − h )   2

desarrollando  R 2 = x 2 + R 2 − 2 Rh + h 2   simplificando  x 2 = 2 Rh − h 2 (3)  sustituyendo  la  ecuación (3) en la ecuación (2)  A ( h ) = π ( 2 Rh − h 2 ) (4) 

Ahora se sustituyen  A ( h )  y a en la ecuación (1)  π ( 2 Rh − h 2 ) dh = −π r 2 c 2 gh dt (5)  La  ecuación  (5)  es  una  ecuación  diferencial  de  variables  separables.  Para  separar  las  1 variables se multiplica la ecuación (5) por el factor  − 2 , entonces:  π r c 2 gh −

1 2 Rh − h 2 ) dh = dt   (6)  A  partir  de  la  ecuación  diferencial  (5)  y  sabiendo  que  ( r c 2 gh 2

para el tiempo  t = 0  la altura es  h = R , se debe determinar el tiempo de vaciado  tv , esto 

a1

.c om

es el tiempo para el cual la altura de líquido en el tanque es cero.  Se plantea así, el problema de valor de frontera 

M

at e

m

at

ic

⎧ 2 Rh − h 2 dh = dt ⎪− 2 r c 2 gh ⎪ ⎪   ⎨h ( 0 ) = R ⎪ ⎪ h ( tv ) = 0 ⎪⎩ Integrando  la  ecuación  diferencial  (6)  de  forma  definida:  el  tiempo  varía  entre  t = 0   y  t = tv  ( tv  tiempo a determinar) la altura varía entre  h = R  y  h = 0   v ⎛ 2 Rh − h 2 ⎞ − 2 ⎜ ⎟dh = ∫ dt   (7)  r c 2 g ∫R ⎝ h ⎠ 0 Resolviendo las integrales definidas 

t

ww

w.

0

1

⎛ 2 Rh − h ⎞ ⎛ 2 Rh − h ⎞ 4R h ⎟ dh = − ∫ ⎜ ⎟ dh = −2 R ∫ h dh + ∫ h dh = − 3 h ⎠ h ⎠ R 0⎝ 0 0 0

R

2

∫ ⎜⎝

2

R

1 2

R

3 2

3 R 2

0 5 2

5 2

5 2

+

2h 5

5 R 2

0

=  

t

v 4R 2R 14 R t =− + = ⇒ ∫ dt = t 0v = tv 3 5 15 0

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (7) 

⎛ 1 ⎜⎜ − 2 ⎝ r c 2g

5 ⎛ ⎞ ⎜ 14 R 2 ⎟⎟ ⎜ − ⎠ ⎜ 15 ⎝

⎞ ⎟=t   ⎟ v ⎟ ⎠

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14 R 2 R Por lo tanto, el tiempo que demora en vaciarse el tanque es  t =   15r 2 c 2 g 4

52.  Un  tanque  de  agua  tiene  la  forma  que  se  obtiene  al  hacer  girar  la  curva  y = x 3   alrededor  del  eje  y .  Siendo  las  11:27  de  la  mañana  se  retira  un  tapón  que  está  en  el 

ic

a1

.c om

fondo y en ese momento la profundidad del agua en el tanque es 12 pies. Una hora más  tarde la profundidad del agua ha descendido a la mitad. Determine  a) ¿A qué hora estará vacío el tanque?  b) ¿A qué hora quedara en el tanque 25% del volumen de líquido inicial? 

4 3

 

at

a) La curva  y = x  que se hace girar alrededor del eje  y  para generar el tanque tiene su 

at e

m

vértice  en  el  origen.  Cuando  la  variable  y  toma  el  valor  de  la  máxima  profundidad  de  líquido en el tanque, esto es,  y = 12  la variable  x  que representa el radio de giro toma el  3

valor  x = (12 ) 4 = 6, 45 . En la Fig. 1 se muestra la forma aproximada del tanque. 

M

La ecuación diferencial asociada a un problema de vaciado de tanque es 

ww

w.

A ( h ) dh = − ac 2 gh dt (1) 

El coeficiente de descarga es  c = 1  y la gravedad es  g = 32

pies . El área a del orificio de  seg 2

salida debe determinarse.  Las secciones transversales son circunferencias de radio variable  r . Por lo tanto, el área  de las secciones transversales es  A ( h ) = π r 2 (2)  El radio  r  debe expresarse en función de la altura  h . Para ello debe observarse el tanque  4

como una figura plana, vista desde el frente. La Figura muestra la curva plana  y = x 3  

  199       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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4

Observe en la Fig. 2 que el punto  P ( r , h )  pertenece a la curva  y = x 3 ; esto quiere decir  que las coordenadas del punto  P  satisfacen la ecuación de la curva.  4

3

Sustituyendo  x = r , y = h entonces  h = r 3  Despejando  r   r = h 4   (3) 

sustituyendo 

la 

3

ecuación (3) en la ecuación (2)  A ( h ) = π h 2   Una vez que el área de la sección transversal del tanque ha quedado expresada en función  3

de la altura, se sustituyen  A ( h ) , c  y  g  en la ecuación (1)  π h 2 dh = −a 64h dt   (4) 

.c om

La  ecuación  (4)  es  la  ecuación  diferencial  asociada  al  problema  de  vaciado  planteado  y  debe resolverse sujeta a dos condiciones: la primera condición es que para el tiempo  t = 0   seg,  la  altura  es  h = 12   pies;  la  segunda  condición  es  que  luego  de  una  de  iniciado  el  proceso  de  vaciado,  es  decir,  para  t = 3600 seg,  la  altura  de  líquido  en  el  tanque  ha  descendido a la mitad, esto es,  h = 6 pies.  Por lo tanto, lo que debe resolverse es el problema de valor de frontera 

M

at e

m

at

ic

a1

⎧ 32 ⎪π h dh = −8a h dt ⎪   ⎨h ( 0 ) = 12 ⎪ ⎪h ( 3600 ) = 6 ⎩ La  ecuación  (4)  es  una  ecuación  diferencial  de  variables  separables.  Para  separar  las  1 1 variables se multiplica la ecuación (4) por el factor  −   =− 64h 8 h

ww

w.

⎛ 32 ⎞ π h ⎟ dh = a dt   (5)  integrando  definidamente;  el  tiempo  varía  entre  t = 0 seg  y  − ⎜ 8 ⎜⎜ h ⎟⎟ ⎝ ⎠ t = 3600 seg; la altura varía entre  h = 12 pies y  h = 6 pies  ⎛

3

⎞

3600 π 6 ⎜ h2 ⎟ dh = a ∫ dt (6) Resolviendo las integrales  − ∫

8 12 ⎜⎜ h ⎟⎟ ⎝ ⎠

0

⎛ 32 ⎞ 12 2 ⎜ h ⎟ dh = − h dh = − h ∫ ⎜ h ⎟⎟ ∫6 2 12 ⎜ ⎝ ⎠ 6

12

6

(12 ) =− 2

2

(6) +

2

2

3600

= −72 + 18 = −54 ⇒

∫

dt = t 0

1 1 ⎛ 27π , entonces  ⎜ 3600 3600 ⎝ 4

= 3600  

0

sustituyendo  los  resultados  de  las  integrales  en  la  ecuación  (6)  − multiplicando por

3600

π 8

( −54 ) = 3600a  

π ⎞   ⎟ = a  simplificando  a = 3600 ⎠

200       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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Este valor que se obtuvo para a (área del orificio de salida) se sustituye en la ecuación (5) 

⎛

3

⎞

π h2 ⎟ 3π 1600 200 dh = dt  multiplicando por  1600 − ⎜  y simplificando  − h dh = dt (7)  8 ⎜⎜ h ⎟⎟ 1600 3π 3

⎝ ⎠ Se  pide  determinar  el  tiempo  tv   que  demora  en  vaciarse  el  tanque,  es  decir,  el  tiempo  para  el cual  la  altura  de  líquido  en  el  tanque  se  hace  cero.  Para  ello  se  debe  resolver  el  problema de valor de frontera 

.c om

⎧ 200 ⎪− 3 h dh = dt ⎪   ⎨h ( 0 ) = 12 ⎪ ⎪ h ( tv ) = 0 ⎩ La ecuación diferencial (7) se integra de forma definida: el tiempo varía entre  t = 0 seg y  t = tv ; la altura varía entre  h = 12 pies y  h = 0 pies 

a1

t

0

h2 h dh = − h dh = − ∫ ∫0 2 12

12

tv

= −72 ⇒ ∫ dt = t 0v = tv sustituyendo  t

at

12

0

0

los 

resultados 

de 

las 

m

0

ic

v 200 − h dh = ∫0 dt  (8) Resolviendo las integrales definidas  3 12∫

ww

w.

M

at e

⎛ 200 ⎞ integrales en la ecuación (8)  tv = ⎜ − ⎟ ( −72 ) = 4800   ⎝ 3 ⎠ De aquí se tiene que, el tanque demora en vaciarse  t = 4800 seg, lo que equivale a 1 hora  y 20 min. Si el proceso de vaciado se inicio a las 11:27 am, entonces para saber a qué hora  el tanque estará vacío, debe sumarse el tiempo de vaciado  tv  a las 11:27. Luego, el tanque  estará vacío a las 12:47 pm.  b) Para saber a qué hora queda en el tanque el 25% de su capacidad, se debe comenzar  por  establecer  cuál  es  la  altura  de  líquido  en  el  tanque  cuando  resta  el  25%  de  su  capacidad.  Como se conoce la altura inicial de líquido en el tanque, el volumen total se determina por  el método del volumen por secciones transversales  2π h V = ∫ A ( h ) dh = ∫ π h dh = 5 0 0 h0

12

3 2

5 12 2

5

2π (12 ) 2 =  luego el 25% del volumen total es  5

0

25%V =

⎛ 25 ⎜ 2π (12 ) 100 ⎜⎜ 5 ⎝

5 2

⎞ ⎟ = π (12 )   ⎟⎟ 10 ⎠ 5 2

201       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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Conocido  el  volumen  cuando  resta  el  25%  de  líquido  en  el  tanque,  utilizando  el  mismo  método por secciones transversales, se podrá determinar cuál es la altura de líquido en el  tanque en este caso  25%V =

5

h25%

∫ A( h) dh  sustituyendo  A ( h )  y 25% V  0

h25%

Resolviendo  la  integral  definida 

∫

3 2

π h dh =

0

2π (12 ) 5

5 h25% 2

=

π (12 ) 2 10

=

h25%

∫ πh

3 2

dh (9) 

0

5 2π ( h25% ) 2   sustituyendo  el  5

0

resultado de la integral en la ecuación (9)  5

(12 ) 4

10

=

5 5 2π ( h25% ) 2  multiplicando por    2π 5

2 12  elevando a  entonces  h25% = = 6,89   2 5 5 ( 4)

.c om

( h25% ) 2 =

5 2

π (12 )

5 2

a1

Una vez conseguida la altura de líquido en el tanque cuando queda el 25% del volumen  total,  se  procede  a  buscar  el  tiempo  que  demora  en  llegar  a  esa  altura.  Para  ello  debe  resolverse el problema de valor de frontera 

ww

w.

M

at e

m

at

ic

⎧ ⎪− 200 h dh = dt ⎪ 3 ⎪   ⎨h ( 0 ) = 12 ⎪ ⎪h ( t25% ) = 122 ⎪ ( 4) 5 ⎩ La ecuación diferencial (7) se integra de forma definida: el tiempo varía entre  t = 0 seg y  12 t = t25% ; la altura varía entre  h = 12 pies y  h =   2 ( 4) 5 12 2

200 − 3

( 4) 5

∫

h dh =

12

t25%

∫ dt  (10) Resolviendo las integrales definidas  0

12 2

( 4) 5

∫

12

12

h dh = −

∫

h dh = −

12

( 4)

2 5

2 12

h 2

12 2

( 4) 5

⎛ 1 ⎜ 12 = −72 + 2 ⎜⎜ 4 52 ⎝( )

2

⎞ t25% ⎟ = −72 + 23, 75 = −48, 25 ⇒ dt = t t25% = t 25% ∫0 0 ⎟⎟ ⎠

  sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8)  ⎛ 200 ⎞ t25% = ⎜ − ⎟ ( −48, 25 ) = 3216, 66   ⎝ 3 ⎠ 202       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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De  aquí  se  tiene  que,  el  tanque  demora  t = 3216, 66 seg  en  vaciarse  hasta  el  25%  de  su  capacidad inicial, lo que equivale a 53 min y 36 seg. Si el proceso de vaciado se inicio a las  11:27 am, entonces para saber a qué hora el tanque tendrá sólo el 25% de su capacidad,  hay que agregar a las 11:27 los 53 min y 36 seg. Luego tendrá el 25% de su capacidad a las  12:20:36 pm.    53.  El  tanque  que  se  muestra  en  la  figura  está  totalmente  lleno  de  líquido.  Se  inicia  el  proceso de vaciado, por una perforación circular de área  1cm 2  ubicada en la base inferior  del  depósito.  Si  se  ha  establecido  el  coeficiente  de  descarga  c = 0, 447   y  la  gravedad  es 

m   seg 2

at

ic

a1

.c om

g = 10

 

w.

M

at e

m

Determine:  a) Tiempo que debe transcurrir para que quede en el tanque un contenido equivalente al  18,75% de su capacidad  b) Tiempo de vaciado total del tanque  SOLUCIÓN:  La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es 

ww

A ( h ) = dh = − ac 2 gh dt  

(1) 

El área del orificio de salida es  a = 1cm 2 , pero como las dimensiones del tanque están en  metros  debe  efectuarse  la  conversión.  Puesto  que  1cm = 0, 01mt = 10−2 mt ,  entonces 

a = 1cm 2 = (1cm ) = (10−2 mt ) = 10−4 mt 2 . En el enunciado del problema dan el coeficiente  2

2

de descarga  c = 447.10−3  y la gravedad  g = 10

mt   seg 2

Según puede observarse en la Figura, las secciones transversales son rectángulos, dos de  los  lados  paralelos  de  longitud  constante  e  igual  a  8  y  los  otros  dos  lados  de  longitud  variable  r . El área de la sección transversal es entonces  A ( h ) = 8r (2)  Debe expresarse la longitud  r  en función de la altura  h . Para ello si se observa el tanque  de  frente,  como  una  figura  en  una  plana,  ubicada  en  un  sistema  de  coordenadas  cartesianas rectangulares, se verá como lo muestra la siguiente Figura  203       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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  Obsérvese  que  el  punto  P ( r , h )   pertenece  a  la  recta  que  pasa  por  los  puntos  (1, 0 )   y 

4−0 = 4   La  ecuación  de  la  recta  que  pasa  por  el  2 −1 punto  (1, 0 ) ( o ( 2, 4 ) )  y tiene pendiente 4 es  L : y = 4 ( x − 1)  

( 2, 4 ) .  La  pendiente  la  recta  es  m =

Ya que el punto  P ( r , h )  pertenece a la recta  L  entonces satisface la ecuación de dicha 

.c om

recta,  por  lo  tanto  sustituyendo  x = r , y = h entonces  h = 4 ( r − 1)   despejando  r  

h + 1 (3) Sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2), se tiene el área de la secciones  4 ⎛h ⎞ transversales  en  función  de  la  altura  h   A ( h ) = 8 ⎜ + 1⎟ = 2 ( h + 4 )   Ahora  se  sustituyen  ⎝4 ⎠

ic

a1

r=

1

(4) 

at e

2 ( h + 4 ) dh = −447.10−7 20 h 2 dt  

m

at

A ( h ) , a, c  y  g  en la ecuación (1)  2 ( h + 4 ) dh = −10−4.447.10−3 20h dt  simplificando 

M

La  ecuación  diferencial  (4)  es  una  ecuación  diferencial  de  variables  separables  y  debe  resolverse sujeta a la condición de que la altura inicial de líquido en el tanque es  4mt , es 

ww

w.

decir,  h ( 0 ) = 4 . Para separar las variables, la ecuación (4) debe multiplicarse por el factor 

2.107 ⎛⎜ h + 4 ⎞⎟ 2.107 ⎛⎜ h + 4 ⎞⎟ entonces  − − dh = dt  integrando  − 1 1 ∫ 1 dh = ∫ dt 447 20 ⎜ 2 ⎟ 447 20 ⎜ 2 ⎟ 2 447 20h ⎝ h ⎠ ⎝ h ⎠   (5)  Ambas integrales son inmediatas  107

1 1 3 1 ⎛h+4⎞ − ⎜ 1 ⎟ dh = h 2 dh + 4 h 2 dh = 2 h 2 + 8h 2 + k1 ⇒ dt = t + k2 sustituyendo los resultados  ∫⎜ ∫ ∫ ∫ ⎟ 3 ⎝ h2 ⎠ 1 ⎞ 2.107 ⎛ 2 32 2 de las integrales en la ecuación (5)  − ⎜ h + 8h ⎟ = t + k (6)  447 20 ⎝ 3 ⎠

Para  determinar  el  valor  de  la  constante  k   de  integración  se  usa  la  condición  inicial  h ( 0 ) = 4 , esto es, se sustituye en la ecuación (6)  t = 0 seg y  h = 4 mt, 

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⎛ 1 ⎞⎞ 2.107 ⎛ 2 32 2.107 12 ⎛ 2 4.107 ⎛ 32 ⎞ 128.107 ⎞   4 ⎜ 4 + 8⎟ = − = − ⎜⎜ 4 + 8 ⎜ 4 2 ⎟ ⎟⎟ = − ⎜ ⎟ 447 20 ⎝ 3 447 20 ⎝ 3 447 20 ⎝ 3 ⎠ 1341 20 ⎠ ⎝ ⎠⎠ este valor obtenido para  k  se sustituye en la ecuación (6)  k =−

−

1 1 ⎞ ⎞ 2.107 ⎛ 2 32 128.107 2.107 ⎛ 64 2 32 2 2  despejando  t   h + 8 h = t − t = − h − 8 h ⎜ ⎟ ⎜ ⎟  3 3 447 20 ⎝ 3 1341 20 447 20 ⎠ ⎝ ⎠

(7) 

h0

4

0

0

4

4

.c om

La ecuación (7) representa la relación funcional entre altura y tiempo.  Ya que se debe determinar el tiempo que debe transcurrir para que en el tanque quede  solo  el  18,75%  del  volumen  total  de  líquido,  para  usar  la  ecuación  (7)  será  necesario  conocer  la  altura  de  líquido  en  el  tanque,  cuando  en  este queda  el  18,75%  del  volumen  total.  Se comienza por determinar el volumen total de líquido en el tanque. Como el tanque se  encuentra  lleno,  la  altura  total  de  líquido  en  el  tanque  coincide  con  la  altura  inicial.  Aplicando el método de las secciones transversales para hallar el volumen total  V = ∫ A ( h ) dh = ∫ 2 ( h + 4 ) dh = 2∫ hdh + 8∫ dh = h 2 + 8h 0 = 16 + 32 = 48   4

a1

4

0

0

0

at e

m

at

ic

Así, el volumen total de líquido en el tanque es  V = 48mt 3 . Luego, el 18,75% del volumen  (18, 75)( 48) = 900 = 9   total es  18, 75%V = 100 100 Ahora,  usando  la  misma  ecuación  anterior  para  calcular  volumen,  se  puede  establecer  cuál  será  la  altura  h1   del  líquido  en  el  tanque,  si  se  sabe  que  el  volumen  es  h1

19, 75%V = 9mt entonces  18, 75%V = ∫ A ( h ) dh  sustituyendo los datos 

w.

M

3

h1

0

9 = ∫ 2 ( h + 4 ) dh = ( h 2 + 8h ) = ( h1 ) + 8h1   se  tiene  entonces  una  ecuación  de  segundo 

ww

h1

2

0

0

grado en  h1   ( h1 ) + 8h1 − 9 = 0  Resolviendo la ecuación de segundo grado  2

h1 =

−8 ±

(8)

2

− 4 (1)( 9 )

2 (1)

=

−8 ± 100 −8 ± 10  de donde resulta  h = −9  y  h = 1   = 2 2

Ya que  h  debe ser positivo, pues representa una altura, el valor  h = −9  se descarta, por lo  tanto, la altura de líquido en el tanque cuando el volumen es de 18,75% del volumen total  es  h = 1 m.  Luego,  para  determinar  el  tiempo  que  demora  en  vaciarse  el  tanque  hasta  18,75% del volumen total, será suficiente con sustituir  h = 1  m en la ecuación (7)  2.107 ⎛ 64 2 ⎞ ⎜ − − 8 ⎟ = 126727,1934   447 20 ⎝ 3 3 ⎠ Así, el tanque demora en vaciarse hasta el 18,75 % del volumen total  t=

205       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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t = 126727,1934 seg = 35 horas 12 min 7 seg = 1 día 11 horas 12 min 7 seg.  b)  Para  determinar  el  tiempo  de  vaciado  total  del  tanque,  es  decir,  cuando  la  altura  de  líquido en el tanque es cero, se sustituye  h = 0  en la ecuación (7)  2.107 ⎛ 64 ⎞ 128.107 tv = = 213435, 273   Así,  el  tanque  demora  en  vaciarse  ⎜ ⎟= 447 20 ⎝ 3 ⎠ 1341 20 totalmente  t = 213435, 273 seg = 59 hora 17 min 15 seg = 2 días 11 horas 17 min 15 seg 

  54. El tanque que se muestra en la figura se encuentra lleno en un 100%: El líquido escapa 

m

at

ic

a1

.c om

por un orificio de  5cm 2  área, situado en el fondo del tanque. Determine  a) Tiempo de vaciado total  b) Tiempo para que el volumen de líquido en el tanque descienda 5 m 

M

at e

    La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es 

ww

w.

A ( h ) dh = − ac 2 gh dt (1) 

El coeficiente de descarga es  c = 1 ; la gravedad es  g = 9,81

mt   seg 2

El  área  del  orificio  de  salida  está  dado  en  cm2,  pero  como  las  dimensiones  del  tanque  están  dadas  en  m,  debe  realizársela  conversión  a  una  sola  unidad,  Así 

a = 5cm2 = 5.10−4 mt 2   Según  se  muestra  en  la  Figura,  las  secciones  transversales  del  tanque  son  rectángulos,  cuyo lados varían en función de la altura a la cual se efectúe la sección transversal, sean L  y  M  las  longitudes  de  los  lados.  Entonces  el  área  de  la  sección  transversal  es  A ( h ) = LM (2) Se deben expresar ambos lados (L y M) en función de la altura. 

Si se observa el tanque por una de sus caras y se considera una figura plana, ubicándola en  un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, se obtiene lo que se muestra en la  Figura.  

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  Como  puede  observarse  la  Figura  es  simétrica  respecto  al  eje  y ,  por  lo  tanto,  a  fin  de 

a1

.c om

establecer la relación entre L y h se trabaja con la mitad del trapecio que se forma, como  se muestra en la Figura 

m

at

ic

  Se  puede  obtener  la  relación  entre  L  y  h,  a  través  de  la  recta  que  pasa  por  los  puntos  ⎛L ⎞ ⎛3 ⎞ ⎜ , 0 ⎟  y  ( 4,12 ) , recta a la cual pertenece el punto  ⎜ , h ⎟ . Sin embargo, se mostrará otro  ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠

ww

w.

M

at e

procedimiento, el cual nos conduce a la misma relación.  Observe que la Figura  se forma con un rectángulo y un triángulo. Considérese el triángulo.  En la Fig. 4 se indican las dimensiones de los lados de dicho triángulo.  Si se aplica semejanza de triángulos a los dos triángulos de la Fig. 4 

 

⎛ L 3⎞ ⎛5⎞ ⎜ − ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 2 2 ⎠ = ⎝ 2 ⎠  Simplificando  L − 3 = 5  despejando L  L = 5 h + 3   (3)  h 12 h 12 12 Ahora  debe  visualizarse  el  tanque  respecto  de  una  de  las  dos  caras  no  paralelas  a  la  anterior. La figura plana que se observa, resulta igual a la de la Figura anterior, lo que varía  son las dimensiones de las aristas, tal y como se muestra en la siguiente Figura. 

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.c om

  Como puede observarse  es simétrica respecto al eje y, por lo tanto, a fin de establecer la  relación entre M y h se trabaja con la mitad del trapecio que se forma 

at

ic

a1

  Se  puede  obtener  la  relación  entre  m  y  h,  a  través  de  la  recta  que  pasa  por  los  puntos  ⎛L ⎞ ⎛3 ⎞ ⎜ , 0 ⎟  y  ( 4,12 ) , recta a la cual pertenece el punto  ⎜ , h ⎟ . Sin embargo, se mostrará otro  ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠

ww

w.

M

at e

m

procedimiento, el cual nos conduce a la misma relación.  Observe que la Figura anterior  se forma con un rectángulo y un triángulo. Considérese el  triángulo. En la Figura siguiente se indican las dimensiones de los lados de dicho triángulo.  Si se aplica semejanza de triángulos a los dos triángulos  

  M ⎛ ⎞ ⎜ − 1⎟ 1 2 ⎝ ⎠ =  Simplificando  M − 2 = 1  despejando M  M = 1 h + 2   (4)  h 12 2h 12 6 Las  ecuaciones  (3)  y  (4)  se  sustituyen  en  la  ecuación  (2),  resultando  que  el  área  de  la  sección transversal del tanque en función de la altura es  2 ⎛ 5 ⎞⎛ 1 ⎞ ( 5h + 36 )( h + 12 ) 5h + 96h + 432   A(h) = ⎜ h + 3⎟ ⎜ h + 2 ⎟ = = 72 72 ⎝ 12 ⎠⎝ 6 ⎠ ⎛ 5h 2 + 96h + 432 ⎞ −4 Sustituyendo  A ( h ) , a, c  y  g  en la ecuación (1) ⎜ ⎟ dh = −5.10 19, 62h dt   72 ⎝ ⎠ (5)  208       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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La ecuación (5) es la ecuación diferencial asociada al problema y debe resolverse sujeta a  la condición  h ( 0 ) = 12 , es decir, para el tiempo  t = 0 seg la altura es  h = 12 m  La  ecuación  (5)  es  una  ecuación  diferencial  de  variables  separables.  Para  separar  las  1 variables se debe multiplicar dicha ecuación por el factor    −4 5.10 19, 62h − −

5.10−4

⎛ 5h 2 + 96h + 432 ⎞ 1 ⎜ ⎟ dh = dt  Efectuando las operaciones  72 19, 62h ⎝ ⎠

1 1 − ⎞ ⎛ 32 103 2 2 + + 5 h 96 h 432 h ⎜ ⎟ dh = dt  (6)  36 19, 62 ⎝ ⎠

varía de  h = 12 m a  h = 0 m 

a1

.c om

  A  partir  de  la  ecuación  (6)  debe  determinarse  el  tiempo  de  vaciado  total  del  tanque,  es  decir,  el  tiempo  para  el  cual  la  altura  de  líquido  en  el  tanque  es  h = 0 m.  Para  ello  se  integra  de  forma  definida  la  ecuación  (6):  el  tiempo  varía  de  t = 0 seg  a  t = tv ;  la  altura  0 1 1 v − ⎞ ⎛ 32 103 2 2 h h h dh − + + = 5 96 432 ⎟ ∫⎜ ∫0 dt  (7) Resolviendo las integrales definidas  36 19, 62 12 ⎝ ⎠

ic

t

at

12

12 3 12 1 12 1 1 1 5 3 1 − ⎞ − − ⎞ ⎛ 32 ⎛ 2 2 2 2 2 2 2 2 + + = − − − = − − − 5 h 96 h 432 h dh 5 h dh 96 h dh 432 h dh 2 h 64 h 864 h ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∫12 ⎝ ∫ ∫ ∫ ⎠ ⎝ ⎠0 0 0 0 5 2

at e

m

0

3 2

1 2

tv

= −6651, 075101 ⇒ ∫ dt = t 0v tv t

0

M

= −2 (12 ) − 64 (12 ) − 864 (12 )

−

103 ( −6651, 075101) = tv  Resolviendo  tv = 41709,9673   36 19, 62

ww

−

w.

Sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (7) 

Luego, el tanque demora en vaciarse totalmente un tiempo  t = 41709,9673 seg = 11 horas 35 min 10 seg    b) Ahora debe determinarse el tiempo  t1  que demora en descender 5mts la cantidad de  líquido en el tanque, con respecto a la altura inicial que es 12mt, es decir, tiempo para que  la altura del líquido en el tanque sea  t = 7 m.  Para  ello,  se  integra  la  ecuación  (6)  en  forma  definida:  el  tiempo  t   varía  de  t = 0 seg  a  t = t1 ; la altura varía de  h = 12 mt a  h = 7 m  7 1 1 1 − ⎞ ⎛ 32 103 2 2 h h h dh + + = 5 96 432 ⎜ ⎟ ∫0 dt (8)  36 19, 62 12∫ ⎝ ⎠ t

−

  209       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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Resolviendo las integrales definidas  12

12 3 12 1 12 1 1 1 5 3 1 − ⎞ − − ⎞ ⎛ 32 ⎛ 2 2 2 2 2 2 2 ∫12 ⎜⎝ 5h + 96h + 432h ⎟⎠ dh = −5 ∫7 h dh − 96 ∫7 h dh − 432 ∫7 h dh = ⎜⎝ −2h − 64h − 864h 2 ⎟⎠ 7 7

5

3

= −2 (12 ) 2 − 64 (12 ) 2 − 864 (12 )

−

1 2

5

3

+ 2 ( 7 ) 2 + 64 ( 7 ) 2 + 864 ( 7 ) t1

−

1 2

= −6651, 075101 + 3730,509349 = −2920,565752 ⇒ ∫ dt = t 01 t1 t

0

Sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8) 

−

103 ( −2920,565752 ) = t1  Resolviendo  t1 = 18315,34004   36 19, 62

Luego, el tanque demora en vaciarse totalmente un tiempo  t = 18315,34004 seg = 5 horas 5 min 15 seg 

.c om

 

ww

w.

M

at e

m

at

ic

a1

55.  Se  tiene  un  tanque  en  forma  de  paraboloide  con  el  eje  vertical  hacia  abajo  cuyas  dimensiones  son  2  m  de  diámetro  y  altura  3  m.  El  tanque  inicialmente  está  lleno  en  su  totalidad y el líquido escapa por un orificio de 20 cm2 de área situado al fondo del tanque.  Determine  a)  Cuánto  tiempo  debe  transcurrir  para  que  quede  en  el  tanque  sólo  un  tercio  de  su  capacidad inicial  b) Calcular el tiempo que tarda en vaciarse totalmente 

  a) La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es 

A ( h ) dh = −ac 2 gh dh (1)  Las dimensiones del tanque están dadas en metro, por lo que el área del orificio de salida  también debe quedar expresada en metro  a = 2cm 2 = 2 (10−2 mt ) = 2.10−4 mt 2   2

El coeficiente de descarga es  c = 1  y la gravedad es  g = 9,81

mt   seg 2

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Como  puede  observarse  en  la  Figura,  las  secciones  transversales  del  tanque  son  circunferencias cuyo radio r varía de acuerdo con la altura a la cual se efectúe el corte. Así,  el área de las secciones transversales es  A ( h ) = π r 2 (2)  Debe establecerse una relación entre el radio variable r de las circunferencias y la altura h.  Para ello, debe visualizarse el tanque de frente como una figura plana. Ubicándolo en un  sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, se verá como se muestra en la Figura.  

.c om

  La ecuación de la curva que gira alrededor del eje  y  para generar el tanque no está dada  explícitamente por lo que debe determinarse. 

a1

La ecuación ordinaria de la parábola de vértice  ( x0 , y0 ) , eje el eje  y , abre hacia abajo y  donde  p  es la distancia entre el vértice y el foco es  ( x − x0 ) = −4 p ( y − y0 )  

ic

2

at

El vértice de la parábola que se muestra en la Fig. 2 es el punto  ( 0,3)  y pasa por los punto 

m

(1, 0 )  y  ( −1, 0 ) . Sustituyendo en la ecuación ordinaria de la parábola las coordenadas del 

ww

w.

M

at e

vértice y las coordenadas de uno cualquiera de los dos puntos por donde pasa  1 2 (1 − 0 ) = −4 p ( 0 − 3) ⇒ 12 p = 1 ⇒ p =  De aquí que, la ecuación de la parábola que se  12 1 gira alrededor del eje  y  para generar el paraboloide de la Figura es  x 2 = − ( y − 3) (3)  3 El punto  P ( r , h ) , según se muestra en la Figura, es un punto de la parábola. Por lo tato  satisface la ecuación de la misma. Sustituyendo  x = r , y = h  en la ecuación (3) 

r2 = −

1 ( h − 3) (4) Sustituyendo la ecuación (4) en la ecuación (2)  3

A(h) = −

π

π

( h − 3) = ( 3 − h ) (5)  La  ecuación  (5)  representa  el  área  de  las  secciones 

3 3 transversales (circunferencias de radio variable) en función de la altura. 

π

( 3 − h ) dh = −2.10−4 19, 62h dt  (6)  3 La  ecuación  (6)  es la  ecuación  diferencial  asociada  al  problema  de  vaciado  planteado,  la 

Sustituyendo  A ( h ) , a, c  y  g  en la ecuación (1) 

misma debe resolverse sujeta a la condición inicial  h ( 0 ) = 3 , es decir, para el tiempo  t = 0   seg la altura es  h = 3 m (tanque totalmente lleno).  211       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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La  ecuación  (6)  es  una  ecuación  diferencial  de  variables  separables.  Para  separar  las  variables se multiplica la ecuación (6) por el factor  −

104 2 19, 62h

−

π 104 ⎛⎜ 3 − h ⎞⎟

1 6 19, 62 ⎜ 2 ⎟ ⎝ h ⎠ integrando 

1 2

entonces 

dh = dt  

⎛ 3− h ⎞ ⎜ 1 ⎟ dh = dt (7)  ∫ 6 19, 62 ∫ ⎜ 2 ⎟ ⎝ h ⎠ Ambas integrales son inmediatas  −

π 104

π 104 ⎛

a1

.c om

1 1 1 3 ⎛ 3− h ⎞ − ⎜ 1 ⎟ dh = 3 h 2 dh − h 2 dh = 6h 2 − 2 h 2 + k1 ⇒ dt = t + k2   ∫⎜ ⎟ ∫ ∫ ∫ 3 2 ⎝ h ⎠ sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (7) 

2 23 ⎞ − ⎜ 6h − h ⎟ = t + k  (8)  3 ⎠ 6 19, 62 ⎝ Para  determinar  el  valor  de  la  constante  k  de  integración,  se  usa  la  condición  inicial 

at

ic

1 2

1 2 32 ⎞ π 104 2 − = − 6 3 3 4 3   ( ) ⎟ ⎜ ( ) 3 6 19, 62 ⎝ 6 19, 62 ⎠

(

at e

π 104 ⎛

M

k =−

m

h ( 0 ) = 3 , esto es, se sustituye  t = 0 seg y  h = 3 mt en la ecuación (8) 

)

este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (8) 

π 104 ⎛

2 23 ⎞ π 104 − 4 3   ⎜ 6h − h ⎟ = t − 3 ⎠ 6 19, 62 ⎝ 6 19, 62 despejando t 

(

ww

w.

1 2

2 32 ⎞ t= 4 3 − ⎜ 6h − h ⎟   3 ⎠ 6 19, 62 6 19, 62 ⎝

π 104

(

)

sacando factor común 

π 104 ⎛

π 104 ⎛

)

π 104 6 19, 62

1 2

 

2 32 ⎞ t= ⎜ 4 3 − 6h + h ⎟    (9)  3 ⎠ 6 19, 62 ⎝ La  ecuación  (9)  establece  la  relación  funcional  entre  tiempo  y  altura  de  líquido  en  el  tanque, es decir, a partir de esta ecuación conociendo una determinada altura se puede  establecer el tiempo que demora en alcanzarse; también se puede determinar la altura de  líquido en el tanque para un tiempo dado.  1 2

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Se debe ahora establecer el tiempo que debe transcurrir para que quede en el tanque un  tercio  de  volumen  total.  Se  comienza  por  determinar  el  volumen  total  de  líquido  en  el  tanque.  Para  ello  se  utiliza  el  método  del  cálculo  de  volumen  a  través  de  las  secciones  transversales, esto es  3

π⎡

3

⎤ π h2 3π 3π 3 V = ∫ A ( h ) dh = ∫ ( 3 − h ) dh = ⎢3∫ dh − ∫ h dh ⎥ = π h 0 − = 3π − =   3 3⎣ 0 3 2 0 2 2 0 0 0 ⎦ 3π mt3; un tercio del volumen total es  Así, el volumen total de líquido en el tanque es  V = 2 1 π V=   3 2 h0

π

3

3

π

.c om

  y  usando  la  ecuación  del  volumen  por  2 secciones transversales, es posible determinar la altura  h1  del líquido en el tanque, para  Sabiendo  que  un  tercio  del  volumen  total  es 

ese volumen  1 1 1 π π⎛ h2 ⎞ V = ∫ A ( h ) dh = ∫ ( 3 − h ) dh = ⎜ 3h − ⎟   3 3 3⎝ 2 ⎠ 0 0

at

1 π pero  V = , entonces  3 2

π

π⎛

at e

 resulta  3 = 6h − h 2 . Así se obtiene la ecuación de segundo grado 

M

π

w.

h 2 − 6h + 3 = 0   resolviendo 

6

ww

multiplicando por 

m

h2 ⎞ = ⎜ 3h − ⎟   2 3⎝ 2 ⎠

a1

h

ic

h

6 ± 36 − 12 6 ± 24 6 + 24 6 − 24 = ⇒h= = 5, 44  ó  h = = 0,55   2 2 2 2 El  valor  de  h  superior  a  la  altura  máxima  debe  descartarse.  Por  lo  tanto,  cuando  el  volumen de líquido en el tanque es un tercio del volumen total la altura de líquido en el  tanque es  h = 0,55 mt. Ahora para saber el tiempo  t1  que demora en llegar a ese volumen,  h=

se sustituye  h = 0,55  en la ecuación (9)    t1 =

π 104 ⎛

1 3 2 ⎞ 2 + 2 = 1182, 086 ( 6,9282 − 4, 4497 + 0, 2719 ) 4 3 6 0,55 0,55 − ( ) ( ) ⎜ ⎟ 3 6 19, 62 ⎝   ⎠

= 1182, 086 ( 2, 7504 ) = 3251,1378

Luego, debe transcurrir un tiempo  t = 3251, 2093 seg, esto es 54 min 11 seg, para que en el  tanque quede un tercio del volumen total.  213       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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b) Para establecer el tiempo de vaciado total  tv , esto es el tiempo para el cual la altura del  líquido en el tanque es cero, se sustituye  h = 0  en la ecuación (9) 

tv =

π 104 6 19, 62

( 4 3 ) = 1182, 086 ( 6,9282 ) = 8189, 7329  

Luego,  el  tanque  se  vacía 

totalmente en un tiempo  t = 8189, 7429 seg, es decir, en 2 horas 16 min 30 seg. 

at e

m

at

ic

a1

.c om

  56.  Un  depósito  en  forma  de  cono  circular  recto  invertido  y  truncado  con  2mt  de  radio  menor, 4mt de radio mayor y 8mt de altura, está lleno en un 90% de su capacidad. Si su    contenido  se  escapa  por  un  orificio  de  10cm2  de  área,  ubicado  al  fondo  del  tanque,  y  sabiendo que el coeficiente de descarga se ha establecido en 0,75, determine el tiempo  que tardará en vaciarse totalmente. 

M

  a) La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es 

w.

A ( h ) dh = − ac 2 gh dt  (1)  

ww

Las dimensiones del tanque están dadas en m, por lo que el área a del orificio de salida  también debe expresarse en m  a = 10cm 2 = 10 (10−2 mt ) = 10−3 mt 2   2

El coeficiente de descarga es  c = 0, 75  y la gravedad es  g = 9,81

mt   seg 2

Las  secciones  transversales  del  tanque  son  circunferencias  de  radio  variable  r,  según  puede  verse  en  la  Fig.  1,  el  cual  varía  dependiendo  de  la  altura  donde  se  haga  el  corte  transversal.  Entonces  el  área  de  las  secciones  transversales  es:  A ( h ) = π r 2 (2)  donde  r  debe expresarse en función de h.  Para  poder  expresar  el  radio  r  en  función  de  la  altura  h  se  debe  visualizar  el  tanque  de  frente,  como  una  figura  plana  y  ubicarla  en  un  sistema  de  coordenadas  cartesianas  rectangulares, tal y como se muestra en la Figura.  

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  Observe, que el punto  P ( r , h )  pertenece a la recta que pasa por los puntos  ( 2, 0 )  y  ( 4,8 ) .  La  pendiente  de  esa  recta  es  m =

8−0 = 4   Para  escribir  la  ecuación  de  la  recta  se  usa  4−2

cualquiera de los dos puntos.  Luego, la ecuación de la recta que pasa por los puntos  ( 2, 0 )  y  ( 4,8 )  es  y = 4 ( x − 2 )  el 

a1

h + 2 (3)  sustituyendo  la  ecuación  (3)  en  la  ecuación  (2)  4

ic

despejando  r  r =

.c om

punto  P ( r , h )   es  un  punto  de  la  recta,  entonces  sustituyendo  x = r , y = h ;  h = 4 ( r − 2 )  

2

at

⎛h ⎞ A ( h ) = π ⎜ + 2 ⎟ (4) La ecuación (4) representa el área de las secciones transversales del  ⎝4 ⎠

m

tanque, en función de la altura h. Sustituyendo  A ( h ) , a, c  y  g  en la ecuación (1)  2

ww

w.

M

at e

⎛h ⎞ π ⎜ + 2 ⎟ dh = −10−375.10−2 19, 62h dt   (5)  ⎝4 ⎠ La  ecuación  (5)  es  la  ecuación  diferencial  asociada  al  sistema,  la  cual  debe  resolverse  sujeta  al  a  condición  de  que  al  tiempo  t = 0 seg  el  volumen  inicial  es  90%  del  volumen  total.  Como  la  ecuación  diferencial  (5)  relaciona  las  variables  tiempo  t  y  altura  h,  es  necesario determinar la altura inicial de líquido en el tanque, esto es, la altura cuando el  tanque está lleno al 90% de su capacidad.  Se debe determinar primero el volumen total del tanque. Para ello se usa el método del  volumen por secciones transversales, según el cual, el volumen viene dada como  8

8 ⎛ h2 ⎞ ⎛ h3 h 2 ⎞ ⎛h ⎞ V = ∫ A ( h ) dh = ∫ π ⎜ + 2 ⎟ dh = π ∫ ⎜ + h + 4 ⎟ dh = π ⎜ + + 4h ⎟ 16 ⎝4 ⎠ ⎠ ⎝ 48 2 ⎠0 0 0 0⎝ h

8

2

⎛ 512 ⎞ 224 =π ⎜ + 32 + 32 ⎟ = π 3 ⎝ 48 ⎠ Como  el  volumen  total  es  V = tanque  es  V0 = 90%V =

 

224 π mt3,  entonces  el  volumen  inicial  de  líquido  en  el  3

336 π .  Una  vez  conocido  el  volumen  inicial  V0 ,  la  altura  inicial  5

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puede  determinarse  utilizando  la  ecuación  que  permite  obtener  el  volumen  a  partir  del  h0

área de las secciones transversales. Así se tendrá  V0 = ∫ A ( h ) dh  sustituyendo  V0  y  A ( h )   0

2

h

0 336 ⎛h ⎞ π = ∫ π ⎜ + 2 ⎟ dh   5 ⎝4 ⎠ 0

∫

+2

3 ⎤ 4 ⎡⎛ h ⎞ = π ⎢⎜ 0 + 2 ⎟ − 23 ⎥   de  aquí  3 ⎢⎣⎝ 4 ⎠ ⎥⎦

at

2

h0

4 4 u du = π u 3 3 2 2

m

3 ⎤ 336 4 ⎡⎛ h 3 ⎞ π = π ⎢⎜ 0 + 2 ⎟ − 23 ⎥  multiplicando por , entonces  5 3 ⎢⎣⎝ 4 4π ⎠ ⎥⎦

at e

resulta que 

h0 +2 4

ic

2

h

0 336 ⎛h ⎞ Entonces  π = ∫ π ⎜ + 2 ⎟ dh = 4π 5 ⎝4 ⎠ 0

a1

⎧Si h = 0 entonces u = 2 h ⎧ ⎪ ⎪u = + 2 ⇒ ⎨ h0 Sea  ⎨ 4 ⎪⎩Si h = h0 entonces u = 4 + 2   ⎪h = 4 ( u − 2 ) ⇒ ⎩ dh = 4 du

.c om

Como pueden haber observado anteriormente, al resolver la integral definida se obtiene  una  ecuación  de  tercer  grado,  la  cual  puede  no  tener  raíces  enteras,  por  lo  tanto  sería  necesario contar con una calculadora para poder determinar las raíces del polinomio.  A  efecto  de  evitar  este  tipo  de  complicaciones,  la  integral  definida  puede  resolverse  efectuando un cambio de variable 

3

M

1 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 336 ⎞ ⎛ h0 ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ + 2 ⎟ − 8   Sumando  8  y  elevando  a  nos  queda  3 ⎝ 4 ⎠⎝ 5 ⎠ ⎝ 4 ⎠

1

⎛ 252 ⎞3 h + 8 ⎟ = 0 + 2    ⎜ 4 ⎝ 5 ⎠

ww

w.

⎡ 252 ⎤ − 2 ⎥ = 6, 77   restando 2 y multiplicando por 4  h0 = 4 ⎢ 3 ⎣ 5 ⎦ Una vez obtenida la altura inicial, se procede a resolver la ecuación diferencial (5) sujeta a  la condición inicial  h ( 0 ) = 6, 77 , esto es, para el tiempo  t = 0  seg, la altura es  h0 = 6, 77 m.  Se desea determinar el tiempo de vaciado  tv  total del tanque, es decir, el tiempo  tv  para  el cual la altura de líquido en el tanque es  h = 0 .  Se plantea entonces resolver el problema de valor de frontera 

⎧ ⎛ h ⎞2 −5 ⎪π ⎜ ⎟ dh = −75.10 19, 62 h dt + 4 2 ⎠ ⎪ ⎝ ⎪   ⎨h ( 0 ) = 6, 77 ⎪ ⎪ h ( tv ) = 0 ⎪⎩

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La  ecuación  diferencial  a  resolver  es  una  ecuación  de  variables  separables.  Para  separar 

⎛ ⎞ 105 las variables se multiplica la ecuación por el factor  ⎜ − ⎟  75 19, 62 h ⎝ ⎠ 2

⎛h ⎞ + 2⎟ ⎜ 5 10 π ⎝ 4 ⎠ dh = dt (6) integrando la ecuación (6) de forma definida: el tiempo t  − 1 75 19, 62 h2 varía entre  t = 0 seg y  t = tv ; la altura h varía entre  h = 8 m y  h = 0   2

⎛h ⎞ + 2⎟ tv 0 ⎜ 5 10 π 4 ⎝ ⎠ − ∫ 1 dh = ∫0 dt (7) Resolviendo las integrales definidas  75 19, 62 8 h2

t

v 4⎞ t ⎛8 = − ( 8 ) ⎜ + 1 + ⎟ = −2 8 ⇒ ∫ dt = t 0v = tv 8⎠ ⎝ 16 0

at

ic

1 2

a1

.c om

2 ⎛ h2 ⎞ ⎛h ⎞ 3 3 + h + 4⎟ + 2⎟ 0 ⎜ 8 ⎜ 8⎛ 2 1 1 ⎞ 1 1 − 8 16 ( ) h 4 ⎝ ⎠ dh = − ⎝ ⎠ dh = − ⎜ + h 2 + 4h 2 ⎟ dh = − 2 − 8 2 − 4 8 − 2 ( ) ( ) 1 ∫8 1 ∫0 ∫0 ⎜⎜ 16 ⎟ 16 ⎟   h2 h2 ⎝ ⎠

Sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (7) 

)

at e

(

m

105 π tv = − −2 8 = 5515,5375   75 19, 62

w.

ww

vaciarse totalmente.   

M

El  tanque  demora  un  tiempo  t = 5515,5375 seg,  equivalente  a  1  hora  31  min  56  seg,  en 

57. El día 15 de julio de 2006, a las 2:25 pm, se pone a vaciar un tanque cilíndrico con eje  horizontal, el cual está inicialmente lleno en un 100%. La longitud del tanque es de 10mt,  el radio 4mt. Si el agua fluye por un orificio de área 2cm2, situado en el fondo del tanque y  se  ha  establecido  el  coeficiente  de  descarga  en  0,6,  determine  qué  día  y  a  qué  hora  el  taque se vacía totalmente. 

  217       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es 

A ( h ) dh = − ac 2 gh dt  (1) El área del orificio de salida es  a = 2cm 2 . Como las dimensiones  del tanque están dadas en metros, debe efectuarse la conversión a m, del área del orificio  de salida  a = 2cm 2 = 2 (10−2 mt ) = 2.10−4 mt 2   2

El coeficiente de descarga es 0,6 y la gravedad  9,81

mt   seg 2

Si  se  observa  en  la  Figura,  las  secciones  transversales  son  rectángulos  de  largo  10mt  y  ancho variable, dependiendo de la altura a la cual se efectúe el corte transversal. Sea r la  longitud del lado variable, entonces el área de las secciones transversales es A ( h ) = 10r (2) 

 

M

at e

m

at

ic

a1

.c om

La longitud r debe expresarse en función de la altura h. Para ello se debe, efectuando una  abstracción del sólido que es el tanque, visualizar el tanque de frente y representarlo en  un  sistema  de  coordenadas  cartesianas  rectangulares  como  una  figura  plana  como  se  muestra en la siguiente  Figura.  

w.

  De  acuerdo  con  la  Figura,  la  curva  plana  que  resulta  es  una  circunferencia  de  centro  en 

ww

( 0, 4 )  y radio 4, la cual tiene por ecuación  x 2 + y − 42 = 16  desarrollando y simplificando  x 2 + y 2 − 8 y = 0   Como  puede  observarse  el  punto  P ( r , h )   es  un  punto  de  la  Circunferencia, es decir, las coordenadas del punto satisfacen la ecuación.  Sustituyendo en la ecuación de la circunferencia  x = r , y = h  

r 2 + h 2 − 8h = 0  Despejando r  r = 8h − h 2  (3) sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación  (2)  A ( h ) = 10 8h − h 2  Sustituyendo  A ( h ) , a, c  y  g  en la ecuación (1) 

10 8h − h 2 dh = −2.10−4 6.10−1 19, 62h dt  Simplificando   10 8h − h 2 dh = −12.10−5 19, 62h dt (4)  La  ecuación  (4)  es  la  ecuación  diferencial  asociada  al  problema,  la  cual  debe  resolverse  sujeta a la condición inicial  h ( 0 ) = 8 , es decir, para el tiempo  t = 0 seg, la altura de líquido  en el tanque es doble del radio del cilindro  h = 8 m.  218       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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La  ecuación  (4)  es  una  ecuación  diferencial  de  variables  separables.  Para  separar  las  105

variables se multiplica la ecuación (4) por el factor  −

12 19, 62 h

1 2

 

106 8h − h 2 106 8h − h 2 − dh = dt  Integrando  − ∫ h dh = ∫ dt  (5)  h 12 19, 62 12 19, 62 Ambas integrales son inmediatas 

∫

3 8h − h 2 2 dh = ∫ 8 − h dh = − ∫ 8 − h ( − dh ) = − ∫ 8 − h d ( 8 − h ) = − ( 8 − h ) 2 + k1 h 3  

∫ dt = t + k

2

Sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5)  3 106 ⎛ 2 ⎞ ⎜ − (8 − h ) 2 ⎟ = t + k   12 19, 62 ⎝ 3 ⎠

(6) 

.c om

−

a1

Para  determinar  el  valor  de  k  se  usa  la  condición  inicial  h ( 0 ) = 8 ,  es  decir,  se  sustituye  t = 0 seg  y  h = 8 m  en  la  ecuación  (6),  resultando  k = 0 .  Este  valor  obtenido  para  k  se 

ic

m

3 106 (8 − h ) 2  (7)  18 19, 62

at e

simplificando  t =

3 106 ⎛ 2 ⎞ 2   efectuando  las  operaciones  y  − 8 − h ( ) ⎜ ⎟ 12 19, 62 ⎝ 3 ⎠

at

sustituye  en  la  ecuación  (6)  t = −

ww

w.

M

  La ecuación (7) representa la ley de variación de la altura h en función del tiempo t  Para saber cuándo se vacía totalmente el tanque, es decir, cuando la altura de líquido en  el tanque es  h = 0 m, se sustituye este valor de h en la ecuación (7)  3 106 106 512 2 tv = = 283800,3808   (8) = 18 19, 62 18 19, 62

  De aquí que el tanque demora en vaciarse un tiempo  t = 283800,3808 seg, lo que equivale  a  78  horas  50  min.  Pero  78  horas  equivale a  3  días  y  6  horas.  Luego,  el  tanque  se  vació  después de 3 días, 6 horas y 50 min de iniciado el proceso de vaciado, el cual comenzó el  día 15 de julio de 2006 a las 2:25 pm. Por lo tanto el tanque terminó de vaciarse el día 18  de julio de 2006 a la 9:15 pm.    58.  Un  tanque  en  forma  semiesférica  de  8m  de  radio  está  totalmente  lleno  de  agua.  Se  retira un tapón que está en el fondo, justo a las 4:27 pm. Una hora después la profundidad  del agua en el tanque ha descendido 1mt. Determine:  219       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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a) ¿A qué hora el tanque estará vacío?  b) ¿A qué hora quedará en el tanque 31,25% del volumen inicial.   

  a) La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanque es: 

.c om

A ( h ) = −ac 2 gh dt  (1) El coeficiente de descarga es  c = 1  y la gravedad es  g = 9,81

mt .  seg 2

a1

El área a del orifico de salida se desconoce; debe determinarse.  Las secciones transversales del tanque, tal y como puede observarse, son circunferencias  de radio r variable, dependiendo de la altura a la cual se efectúe el corte transversal. 

at

ic

Como las secciones transversales son circunferencias de radio r, el área es  A ( h ) = π r 2   (2) 

ww

w.

M

at e

m

El radio r deberá expresarse en función de la altura h.  Si se observa el tanque de frente, como una figura plana, y se representa en un sistema de  coordenadas cartesianas rectangulares, el resultado se muestra en la siguiente Figura.  

  Observe que de la semicircunferencia se puede extraer un triángulo rectángulo tal que los  catetos  miden  r  y  ( 8 − h )   y  la  hipotenusa  8  (ya  que  va  desde  el  centro  de  la  semicircunferencia a un punto de la ella). 

Aplicando el Teorema de Pitágoras al triángulo   ( 8 )

2

  2 = ( 8 − h ) + r 2  desarrollando 

64 = 64 − 16h + h 2 + r 2  Simplificando y despejando  r 2   r 2 = 16h − h 2 (3) 

Sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2)  A ( h ) = π (16h − h 2 )  

220       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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1

Sustituyendo  A ( h ) , c  y  g  en la ecuación (1)  π (16h − h 2 ) dh = −a 19, 62h 2 dt   (4)  La  ecuación  (4)  es  la  ecuación  diferencial  asociada  al  problema  de  vaciado;  ésta  debe  resolverse sujeta a dos condiciones: para el tiempo  t = 0  seg la altura es  h = 8 m y para el  tiempo  t = 4000 seg  la  altura  es  h = 7 m.  Por  lo  tanto,  se  debe  resolver  el  problema  de  valor de frontera  1 ⎧ 2 2 π 16 19, 62 − = − h h dh a h dt ) ⎪ ( ⎪   ⎨h ( 0 ) = 8 ⎪ ⎪h ( 3600 ) = 7 ⎩ La  ecuación  (4)  es  una  ecuación  diferencial  de  variables  separables.  Para  separar  las  1 − 1 h 2  19, 62

π 19, 62

h

−

1 2

(16h − h ) dh = a dt  (5) La ecuación (5) se integra de forma definida: la altura  2

a1

−

.c om

variables se multiplica la ecuación (4) por el factor  −

3600 1 3 ⎛ ⎞ 2 2 − = 16 h h dh a dt  (6) Resolviendo las integrales definidas  ⎜ ⎟ ∫ 19, 62 ∫8 ⎝ ⎠ 0

π

at

7

m

−

ic

h varía entre  h = 8 m y  h = 7 m; el tiempo t varía entre  t = 0 seg y  t = 3600 seg 

8

8 1 3 1 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 32 23 2 52 ⎞ 2 2 2 2 16 16 h − h dh = − h − h dh = ⎟ ⎜ ⎟ ⎜− h + h ⎟ ∫8 ⎜⎝ ∫ 5 ⎠7 ⎠ ⎠ ⎝ 3 7⎝

M

3 2

5 2

3 2

5 2

w.

32 2 32 2 (8) + ( 8) + ( 7 ) − ( 7 ) = −23, 259 ⇒ 3 5 3 5

 

3600

∫

dt = t 0

3600

= 3600

0

ww

=−

at e

7

Sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6)   π 23, 259π − = 4,58.10−3   este  valor  del  ( −23, 259 ) = 3600a   Despejando  a  a = 3600 19, 62 19, 62 área 

−

del 

π 19, 62

h

−

orificio  1 2

de 

salida 

(16h − h ) dh = 4,58.10 2

−3

se 

sustituye 

en 

dt  multiplicando por 

103   4,58

la 

ecuación 

(5) 

1 − 103 π − h 2 (16h − h 2 ) dh = dt  (7)  4,58 19, 62

A  fin  de  determinar  el  tiempo  tv   que  demora  en  vaciarse  el  tanque,  es  decir,  el  tiempo  que demora para que la altura de líquido en el tanque sea cero, se integra la ecuación (7)  en forma definida: la altura h varía entre  h = 8 m y  h = 0 m; el tiempo t varía de  t = 0 seg a  t = tv seg  221       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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0 1 3 v ⎛ ⎞ 103 π 2 2 − ∫ ⎜16h − h ⎟⎠ dh = ∫0 dt  (8) Resolviendo las integrales definidas  4,58 19, 62 8 ⎝

t

8

8 1 3 1 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 32 32 2 52 ⎞ 32 32 2 52 2 2 2 2 h − h dh = − h − h dh = − h + h = − 16 16 (8 ) + ( 8) = −168,952 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∫8 ⎝ ∫0 ⎝ 5 ⎠0 3 5 ⎠ ⎠ ⎝ 3   0

tv

∫ dt = t

tv 0

= tv

0

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8) 

tv = −

103 π ( −168,952 ) = 26163, 64395   4,58 19, 62

Luego, el tanque demora en vaciarse  26163, 64395 seg, lo que equivale a 7 horas 16 min 4 

ic

a1

.c om

seg.  Si  comenzó  a  vaciarse  a  las  4  horas  27  min  de  la  tarde  entonces  estará  totalmente  vacío a las 7 horas 43 min 4 seg de la noche.  b) Ahora debe determinarse a qué hora quedará en el tanque 31,25% del volumen total.  Para  obtener  el  volumen  total  se  usa  el  método  de  obtención  del  volumen  por  las  secciones transversales  8

⎛ h3 ⎞ 512 ⎞ 1024 ⎛ π  V = ∫ A ( h ) dh = ∫ π (16h − h ) dh = π ⎜ 8h 2 − ⎟ = π ⎜ 512 − ⎟= 3 ⎠0 3 ⎠ 3 ⎝ ⎝ 0 0 h0

8

m

at

2

at e

Así se tiene que, el volumen total de líquido en el tanque es  V =

1024 π mt3. El 31,25% del  3

ww

w.

M

⎛ 31, 25 ⎞ ⎛ 1024 ⎞ 320 volumen total es  31, 25%V = ⎜ π⎟= π  ⎟⎜ 3 ⎝ 100 ⎠ ⎝ 3 ⎠ Ahora,  usando  nuevamente  el  método  de  las  secciones  transversales  para  calcular  volumen, se puede determinar a altura  h1  de líquido en el tanque cuando en este queda  31,25% del volumen total  h1

31, 25%V = ∫ A ( h ) dh  Sustituyendo  A ( h )  y  31, 25%V   0

h1

1 ⎛ ⎛ h3 ⎞ 320 1 3 h3 ⎞ π ∫ A ( h ) dh = ∫ π (16h − h 2 ) dh = π ⎜ 8h 2 − ⎟ = π ⎜ 8h12 − 1 ⎟  Multiplicando por  −   π 3 0 3 ⎠0 3⎠ ⎝ ⎝ 0

h

h

h13 − 24h1 + 320 = 0  Resolviendo la ecuación de tercer grado en h, resulta  h1 = 4  (las otras  dos soluciones se descartan, puesto que, una es mayor que la altura del tanque y la otra  es negativa)  Conociendo la altura de líquido en el tanque cuando queda 31,25% del volumen total, se  puede determinar el tiempo que demora en llegar a ese volumen. Para ello, la ecuación 

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diferencial  (7)  se  integra  de  forma  definida:  el  tiempo  t  varía  entre  t = 0 seg  y  t = t1 :  la  4 1 3 1 ⎛ ⎞ 103 π 2 2 altura h varía entre  h = 8 m y  h = 4 m  − 16 h h dh − = ⎜ ⎟ ∫ ∫0 dt   4,58 19, 62 8 ⎝ ⎠ Resolviendo las integrales definidas  t

(9) 

8

8 1 3 1 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 32 23 2 52 ⎞ 2 2 2 2 h − h dh = − h − h dh = 16 16 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜− h + h ⎟ ∫8 ⎝ ∫4 ⎝ 5 ⎠4 ⎠ ⎠ ⎝ 3 4

 

t

1 3 5 32 3 2 5 32 2 t = − ( 8 ) 2 + ( 8 ) 2 + ( 4 ) 2 + ( 4 ) 2 = −96, 419 ⇒ ∫ dt = t 01 = t1 3 5 3 5 0

Sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8) 

t1 = −

103 π ( −96, 419 ) = 14931, 29638   4,58 19,52

.c om

Luego, el tanque demora  14931, 29638 seg en alcanzar 31,25% del volumen total, lo que 

ic

a1

equivale a 4 horas 8 min 51 seg. Si comenzó a vaciarse a las 4:27pm entonces alcanzará el  31,35% del volumen total a las 8 horas 35 min 51 seg de la noche.   

ww

w.

M

at e

m

at

59.  El  tanque  que  se  muestra  en  la  Fig.  1  está  lleno  de  agua  en  un  100%:  Comienza  a  vaciarse por un orificio situado en su base inferior de “A” cm2 de área. Si transcurrida 1  hora 6 minutos 40 segundos el nivel libre de líquido ha descendido 5mt y el coeficiente de  descarga se ha establecido en 0,8. Determine:  a) Área del orificio de salida  b) Tiempo de vaciado total 

  La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es 

A ( h ) dh = − ac 2 gh dt (1)  El coeficiente de descarga es  c = 0,8 = 8.10−1  y la gravedad es  g = 9,81

mt .  seg 2

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El  área  del  orificio  de  salida  es  a = Acm 2 ;  haciendo  la  conversión  a  metros,  que  son  las  unidades en las que están dadas las dimensiones del tanque resulta 

a = Acm 2 = A (10−2 mt ) = A.10−4 mt 2   2

De la Figura puede deducirse que las secciones transversales del tanque son cuadrados de  lado  variable  L,  el  cual  varía  dependiendo  de  la  altura  a  la  cual  se  efectúe  el  corte  transversal.  El  área  de  las  secciones  transversales  del  tanque  viene  dado  como  A ( h ) = L2 (2) 

at

ic

a1

.c om

Se  debe  establecer  una  relación  entre  el  lado  x  del  cuadrado  y  la  altura  h.  Para  ello,  visualizando  el  tanque  de  frente  y  ubicando  la  figura  en  un  sistema  de  coordenadas  rectangulares, se observa cómo se muestra en la Figura.  

at e

m

  ⎛L ⎞ Observe en la Fig. (2) que el punto de coordenadas  P ⎜ , h ⎟  es un punto de la recta que  ⎝2 ⎠ pasa por los puntos  (1, 0 )  y  ( 2,9 ) . 

9−0 = 9  y la ecuación de la recta es  y = 9 ( x − 1)   2 −1 L ⎛L ⎞ El punto  P ⎜ , h ⎟  satisface la ecuación de la recta. Sustituyendo en la recta  x = , y = h   2 ⎝2 ⎠

ww

w.

M

La pendiente de la recta es  m =

⎛L ⎞ ⎛h ⎞ h = 9 ⎜ − 1⎟  Despejando L  L = 2 ⎜ + 1⎟  (3) Sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación  ⎝2 ⎠ ⎝9 ⎠ 2

⎛h ⎞ (2)  A ( h ) = 4 ⎜ + 1⎟ Si ahora se sustituyen  A ( h ) , a, c  y  g  en la ecuación (1)  ⎝9 ⎠ 2

⎛h ⎞ 4 ⎜ + 1⎟ dh = − A.10−48.10−1 19, 62 h 2 dt   (4)  ⎝9 ⎠ La  ecuación  (4)  es la ecuación  diferencial  asociada  al  problema  de  vaciado  de  tanques  y  debe  resolverse  sujeta  a  dos  condiciones:  para  el  tiempo  t = 0 seg,  la  altura  es  h = 9 m;  para  el  tiempo  de  1hora  6  min  40  seg  ( t = 4000 seg)  la  altura  del  líquido  en  el  tanque  descendió 5mt, es decir,  h = 4 m.  Lo que queda planteado entonces es un problema de valor de frontera  1

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1 ⎧ ⎛ h ⎞2 −4 −1 ⎪4 ⎜ + 1⎟ dh = − A.10 8.10 19, 62 h 2 dt ⎪ ⎝9 ⎠ ⎪   ⎨h ( 0 ) = 9 ⎪ ⎪h ( 4000 ) = 4 ⎪⎩ La  ecuación  diferencial  (4)  es  una  ecuación  de  variables  separables.  Para  separar  las 

variables se multiplica la ecuación (4) por el factor  −

1 − 10 h 2  8 19, 62

1 − ⎛ h+9⎞ 10 −4 − h 2⎜ ⎟ dh = A.10 dt  (5)  2 19, 62 ⎝ 9 ⎠ 2

2

4000

∫

dt    

(6) 

a1

1 − ⎛ h+9⎞ 10 −4 2 h ⎜ ⎟ dh = A10 ∫ 2 19, 62 9 ⎝ 9 ⎠ 4

−

.c om

Integrando  la  ecuación  (5)  de  forma  definida.  La  altura  h  varía  de  h = 9 m  a  h = 4 m;  el  tiempo t varía de  t = 0 seg a  t = 4000 seg 

0

ic

Resolviendo las integrales definidas 

9 9 1 1 2 − ⎛ h+9⎞ − ⎛ h + 18h + 81 ⎞ ⎛ h+9⎞ 2 2 ∫9 h ⎜⎝ 9 ⎟⎠ dh = − ∫4 h ⎜⎝ 9 ⎟⎠ dh = −∫4 h ⎜⎝ 81 ⎟⎠ dh 2

1 2

2

at

−

m

4

9

1 2

1 − 2

M

3 2

at e

⎛ 5 3 1 ⎞ ⎞ 1 ⎛ 1 ⎜ 2h 2 2 = − ∫ ⎜ h + 18h + 81h ⎟ dh = − + 12h + 162h 2 ⎟ ⎜ 5 ⎟ 81 4 ⎝ 81 ⎠ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠4 9

ww

w.

5 5 ⎛ ⎞ 3 1 3 1 2 ( 4) 2 1 ⎜ 2 (9) 2 2 2 2 2 =− + 12 ( 9 ) + 162 ( 9 ) − − 12 ( 4 ) − 162 ( 4 ) ⎟   ⎟⎟ 81 ⎜⎜ 5 5 ⎝ ⎠ 64 1 ⎛ 422 2372 1 ⎛ 486 ⎞ ⎞ =− ⎜ + 324 + 486 − − 96 − 324 ⎟ = − ⎜ + 390 ⎟ = − 5 81 ⎝ 5 405 81 ⎝ 5 ⎠ ⎠ 4000

∫

dt = t 0

4000

= 4000

0

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6) 

⎛ 10 ⎞ ⎛ 2372 ⎞ −4 ⎜− ⎟⎜ − ⎟ = 4000 A.10  despejando A  ⎝ 2 19, 62 ⎠ ⎝ 405 ⎠ 2372.10 593 A.10−4 = = = 1, 652.10−3   4 3 324.10 19, 62 81.10 19, 62 Así se tiene que, el área del orificio de salida es  A = 1, 652.10−3 m 2  Sustituyendo el valor A  en la ecuación (5)  225       http://www.damasorojas.com.ve               Dr. DÁMASO ROJAS                                                            

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1 10 103 ⎛ h+9⎞ −3   multiplicando  por  ,  efectuando  las  − h2 ⎜ dh = 1, 652.10 dt ⎟ 1, 652 2 19, 62 ⎝ 9 ⎠ 2

operaciones y simplificando  −

1 1 − ⎞ ⎛ 32 104 2 2 h 18 h 81 h + + ⎜ ⎟ dh = dt   1185, 4263 ⎝ ⎠

 

(7) 

.c om

b) Para obtener el tiempo de vaciado, es decir, el tiempo para el cual la altura de líquido  en  el  tanque  es  cero,  se  integra  la  ecuación  (7)  de  forma  definida:  la  altura  h  varía  de  h = 9 m a  h = 0 m: el tiempo t varía de  t = 0 seg a  t = tv   0 1 1 v − ⎞ ⎛ 32 105 2 2 − ⎜ h + 18h + 81h ⎟ dh = ∫ dt   (8) Resolviendo las integrales definidas  1185, 463 ∫9 ⎝ ⎠ 0

at

ic

a1

t

9

⎛ 52 3 1 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2h ⎜ ⎟ 2 ∫9 ⎜⎝ h + 18h + 81h ⎟⎠ dh = − ∫0 ⎜⎝ h + 18h + 81h ⎟⎠ dh = − ⎜⎜ 5 + 12h + 162h 2 ⎟⎟ ⎝ ⎠0   1 2

1 − 2

9

3 2

1 2

em

3 2

1 − 2

M

at

0

ww w.

5 ⎛ ⎞ tv 3 1 2 2 9 ( ) 486 4536 t ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ =− + 12 ( 9 ) 2 + 162 ( 9 ) 2 = − ⎜ + 324 + 486 ⎟ = − ⇒ ∫ dt = t 0v = tv ⎜⎜ 5 ⎟⎟ 5 ⎝ 5 ⎠ 0 ⎝ ⎠ Sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8) 

⎛ ⎞ ⎛ 4536 ⎞ 104 − ⎜ ⎟⎜ − ⎟ = tv Efectuando las operaciones  tv = 7652,943   5 ⎠ ⎝ 1185, 4263 ⎠ ⎝ Luego, el tanque demora en vaciarse totalmente  t = 7652,943 seg , es decir, 2 horas 7 min 

33 seg.    DÁMASO ROJAS  JUNIO 2012   

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