aplicación de las ed de primer orden

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CAPÍTULO 4 Aplicación de las ED de primer orden

En este capítulo presentamos algunas aplicaciones modeladas por ecuaciones diferenciales de primer orden de las tratadas en el capítulo anterior. Básicamente, un modelo tiene tres componentes: un conjunto de variables a estimar o estudiar, un principio o ley que describe las relaciones fundamentales entre las variables y/o algunas otras variables derivadas de ellas y la tercera componente es un conjunto de resultados experimentales o condiciones sobre las variables, como por ejemplo, resultados de un laboratorio de química, de física, de biología, de la toma de censos, etc, dependiendo de la aplicación particular. En cada una de las secciones de este capítulo se enuncia un principio o ley y sus principales aplicaciones, el objetivo es que el lector aprenda a plantear un modelo matemático (descripción de variables, planteo de las ED y condiciones), obtenga su solución e interprete los resultados obtenidos.

4.1. Crecimiento y decaimiento exponencial

En esta sección presentamos aplicaciones modeladas por la ED ( ) ( )tky

dttdy= , donde 0≥t es el tiempo, k

es constante y ( )ty es la función incógnita, también llamada cantidad presente en el tiempo t .

Sinónimos de la derivada

La derivada de la función ( )ty respecto al tiempo también será llamada razón1 ( )ty de cambio instantánea de respecto a t , tasa de cambio instantánea de ( )ty respecto a t y dependiendo de la naturaleza de la aplicación se puede ser más específico, por ejemplo, en problemas en que ( )ty es el número presente de núcleos radiactivos de un material radiactivo, nos referimos a su derivada como actividad de desintegración, etc.

Proporcionalidad

Sean ( )tf y ( )tg variables con el tiempo; las siguientes tres proposiciones son equivalentes:

P1 ( )tf es proporcional a ( )tg con constante de proporcionalidad 0≠k (o razón k )

P2 ( ) ( )tgktf ⋅= para todo t , k constante no nula

P3 ( )( )

ktgtf= para todo t , k constante no nula

Ejemplo 4.1

1 La “razón de a a b ” es la división ba

150 Aplicación de las ED de primer orden

Las funciones como ( ) ktAety = , con kA, constantes, son proporcionales a su derivada ( ) ktkAety =′ y la

constante de proporcionalidad es k , eso se deduce desde la razón ( )( )

kAe

kAetyty

kt

kt==

′ y también desde la

relación ( )( ) ( )tkyAekty

ty

kt ==′

Ejemplo 4.2

Considere una ED ( ) ( )tkyty =′ y suponga que ( ) 0≥ty , 0≥∀t . En la ED aparece despejada ( )ty′ en

términos de ( )ty y k , esto permite anticipar propiedades sobre el decrecimiento y concavidad de las

soluciones ( )ty dependiendo del signo de k :

Si 0>k entonces ( ) 0≥′ ty , 0≥∀t , consecuentemente las soluciones ( )ty son funciones crecientes.

Si 0<k entonces ( ) 0≤′ ty , 0≥∀t , consecuentemente las soluciones ( )ty son funciones decrecientes.

Lo figura ilustra dos soluciones de ( ) ( )tkyty =′ . Observe que ( )0y es el valor inicial (para 0=t ) de ( )ty :

Ley de crecimiento o decaimiento exponencial

El principio de crecimiento o decaimiento exponencial que modela las aplicaciones en esta sección es:

( ) ( )tkydt

tdy= , para alguna constante k .

Con ( ) 0≥ty . Se llama ley de crecimiento o decaimiento dependiendo de si ( )ty es creciente o decreciente.

Denotamos la cantidad inicial ( )0y con 0y . A continuación resolvemos las ED de marras.

Empezamos separando las variables como: ( )( )

kdttytdy=

E integra para obtener su solución general ( ) Cktty +=ln , donde C es un parámetro.

Aplica la condición inicial ( ) 00 yy = y obtiene: Cy =0ln

Con lo que la solución se escribe: ( ) 0lnln yktty +=

⇔ ( ) 0ln yktety +=

⇔ ( ) kteyty 0=

Aplicación de las ED de primer orden 151

Si 0>k entonces ( ) kteyty 0= es creciente y el problema de valor inicial es de crecimiento exponencial.

Si 0<k entonces ( ) kteyty 0= es decreciente y el problema de valor inicial es de decaimiento exponencial.

Vida media

El concepto de vida media aparece en problemas de decaimiento exponencial y se define como el tiempo T en que la cantidad presente ( )Ty es la mitad de cantidad inicial ( )0y . Entonces la vida media T se despeja desde la ecuación:

( ) ( )20yTy = . Note que

( ) ( )05,020 yy

= es el 50% de la cantidad 0y

Se ha determinado la vida media para la mayoría de aquellos elementos químicos que se desintegran (porque los núcleos de sus átomos son inestables, debido al desequilibrio entre las fuerzas de sus partículas nucleares). Por ejemplo, la vida media del Carbono-14 es de 5730 años.

Ejercicio 4.1

Sea ( )ty la cantidad presente en el instante t de un sustantivo (población, etc) que está modelado por2

kydtdy

−=

:

, ( ) 00 yy = para 0>k . Demuestre que la vida media del sustantivo es k

T 2ln= . Si utiliza la

ED kydtdy

= demuestre que la vida media es k

T 2ln−= .

Problemas de desintegración radiactiva

Entre la larga lista de componentes de cada átomo, hay tres tipos de partículas subatómicas fundamentales para describir su química (sus propiedades y transformación): electrones, protones y neutrones. Un electrón tiene carga negativa, el protón carga positiva y el neutrón es eléctricamente neutro. La masa de un neutrón es ligeramente mayor que la masa de un protón; pero, necesitaría aproximadamente 1840 electrones para igualar la masa de un protón.

Los protones y neutrones se ubican en el núcleo del átomo, mientras los electrones están fuera del núcleo. El núcleo del átomo es muy denso y su volumen es extremadamente menor que el volumen del átomo; sin embargo, la mayoría de la masa del átomo se concentra en el núcleo. Entre los nucleones (partículas del núcleo) cercanos hay fuerzas de atracción, mientras entre los protones se producen fuerzas de repelencia y los neutrones tienen el efecto de neutralizar parcialmente la fuerza debida a la repelencia entre protones. Si la magnitud de las fuerzas de atracción es mayor que la magnitud del resto de fuerzas, entonces el núcleo es estable, de lo contrario el núcleo es inestable radiactivo, esto significa que sufre rupturas espontáneas y emite partículas o energía en forma de ondas (esta energía es conocida como radiación).

Para cada átomo se definen su: número atómico = número de protones número de masa = número de protones + número de neutrones

Dos átomos con el mismo número atómico y diferente número de masa3

2 Utilizamos –k con k positiva, para ser explícitos en que se trata de un problema de decaimiento exponencial 3 Y por lo tanto diferente número de neutrones

se llaman Isótopos.

Ejemplo 4.3


Los isótopos del hidrógeno (H) son: hidrógeno (1 protón, 0 neutrones), deuterio (1 protón, 1 neutrón) y el tritio (1 protón, 2 neutrones). Los isótopos del carbono (C) que existen naturalmente son carbono-12 (6 protones, 6 neutrones), carbono-13 (6 protones, 7 neutrones) y carbono-14 (6 protones, 8 neutrones). El carbono-14 es inestable y, por tanto, se desintegra.

Un Elemento es materia formada por cantidades proporcionales de isótopos con el mismo número atómico (número de protones). En las tablas periódicas modernas, los elementos se ordenan ascendentemente, por número de protones. Como un elemento tiene cantidades porcentuales de cada isótopo, su masa o peso atómico promedio se calcula como la suma de los productos del porcentaje por la masa del isótopo respectivo. La masa atómica promedio puede consultarse debajo de cada elemento en la tabla periódica.

En esta sección utilizamos como principio, que la velocidad con que se desintegran los núcleos de los isótopos radiactivos, es proporcional al número de núcleos presentes; por lo tanto, el modelo para la desintegración radiactiva es:

kydtdy

−= , ( ) 00 yy = , donde 0>k

donde ( )ty es la cantidad de núcleos presentes en el instante t . Para efectos prácticos, consideramos ( )ty en unidades de masa

Ejemplo 4.4 Fechado con radiocarbono

El carbono-14 es un isótopo radiactivo con vida media de 5730 años y está presente en los seres vivos. Pese a su desintegración, la razón entre el carbono-14 y el carbono-12 permanece constante (1/1012

( )ty

), debido a que un ser vivo renueva la pérdida del carbono-14 por respiración o alimentación, hasta el momento en que muera.

También es constante la razón del carbono-14 al carbono-12 en la atmósfera, porque la cantidad de carbono-14 que se transmuta es renovada en la alta atmósfera debido al bombardeo de neutrones que hacen los rayos cósmicos provenientes del espacio exterior, sobre el nitrógeno-14 produciendo carbono-14. Esa razón del carbono-14 al carbono-12 en la atmósfera es igual a la respectiva razón en seres vivos.

Por supuesto, este método para determinar edad de una sustancia proveniente de un ser vivo, tiene un margen de error importante cuando el tiempo entre la muerte y la toma de la muestra es grande, porque las respectivas cantidades de carbono-14 en la atmósfera para esos tiempos y en la actualidad han tenido variantes, además, en fósiles con más de 50,000 años su radiación es muy pequeña para ser medida con exactitud. Para aproximar una fecha de muerte más allá de 50,000 años y hasta de millones de años, se pueden utilizar como referencia otros isótopos.

La curva que determina la cantidad de carbono-14 en la atmósfera respecto al tiempo, se puede construir en base a los análisis que se han llevado a cabo sobre los anillos de los árboles, sedimentos en los lagos y en océanos y estalagmitas de cuevas sumergidas. Consiste en comparar la edad de cada capa con los sedimentos de carbono-14 en ella.

Se midió el nivel de carbono-14 en un gramo de madera del anillo interior de un árbol muerto y se determinó que contenía el 29,829244% de la cantidad de carbono-14 que contiene un árbol vivo de la misma especie. Determine el tiempo que lleva de muerto el árbol.

R. La ED que modela la cantidad presente de carbono-14 a los t años es ( ) ( )tky

dttdy

−=

La vida media del carbono-14 es 5730 años, entonces las condiciones de frontera son ( )

( )

==

yyyy

0

05,05730

0

Debemos hallar T con la propiedad ( ) 0%829244,29 yTy =

Empezamos por recrear la solución de la ED kydtdy

−=

⇔ kdty

dy−=


⇔ Ckty +−=ln , C constante

⇔ Ckteey −=

⇔ ktAey −= , A constante

Para determinar kA, aplica las condiciones de frontera ( )

( )

==

yyyy

0

05,05730

0 en esa solución y obtiene:

==

−

−

05730

00

5,0 yAeyAe

k

k

De la primera ecuación despeja 0yA = y sustituye en la segunda para obtener 5,05730 =− ke ⇔

57302ln

=k , este valor de 14 carbono del media vida

2ln=k era de esperarse.

Se resume que la solución al problema es: ( )t

eyty 57302ln

0−

= .

Y la respuesta a nuestra pregunta ¿para cuál T es ( ) 0%829244,29 yTy = ? se responde a continuación:

( ) 057302ln

0 29829244,0 yeyTyT==

−

⇔ 000.102ln

29829244,0ln5730 ≈−=T años

Ejercicio 4.2

Hace 10 años se encontró un hueso de un mamut, se determinó en ese momento que el hueso solo contenía el 25.214383% de la cantidad original de carbono-14 que tenía cuando el mamut murió. Hoy en una nueva medición, se determinó que solo contiene el 25,1839% de la cantidad original de ese isótopo. Determine el número de años que han transcurrido desde que el animal murió. R. Si denota con T la cantidad de años desde que murió al día de hoy, entonces 10−T fue hace 10 años. Entonces 11399=T años aproximadamente.

Ejemplo 4.5 El radio (Ra) es un metal con número atómico 88 (88 protones), su isótopo 226

( )tx

Ra (226-88=138 neutrones) es radiactivo. Su vida media es 1600 años y se desintegra con rapidez proporcional a la cantidad de radio presente en cada instante. ¿Qué porcentaje de radio estará presente a los 50, 100 y 200 años? R. Sea , cantidad de radio presente a los t años.

El modelo para esta aplicación es ( ) ( )tkxtx =′ , k constante, con condiciones de frontera ( )

( )

=

=

21600

00

0xx

xx

Empezamos recreando la solución de: ( ) ( )tkx

dttdx=

⇒ ( )( )

kdttxtdx=

⇒ ( ) Ckttx +=ln , C constante


⇒ ( ) ktCCkt eeetx == +

⇒ ( ) ktAetx = , A constante

La solución particular requiere de valores específicos de las constantes (en función de la cantidad inicial 0x ). Para obtenerlas traduce las condiciones de frontera:

( )

( )

=

=

21600

00

0xx

xx en

=

=⋅

⋅

201600

00

xAe

xAek

k

⇒

=

=

201600

0xAe

xAk ⇒

201600

0xex k =

Despeje 16002ln−=k y sustituye junto con 0xA = en la solución general para obtener la solución particular:

( )t

extx 16002ln

0−

=

⇔ ( ) 160020t

xtx−

⋅=

Para efectos prácticos escribimos ( ) t t exextx 000433217,0

00 16002ln

−−≈= , donde la cantidad de dígitos en

la expansión decimal del número 16002ln es muy importante y está sujeta a la precisión que desee.

No requerimos de la cantidad inicial 0x porque la información está en términos porcentuales, de hecho la pregunta “¿Qué porcentaje de radio se espera que esté presente después de 50 años?”, se deduce de:

( ) 0%86,97

50000433217,00 978572062,050 xexx

≈≈ ⋅−

Esto significa que el 97,86% de la cantidad inicial 0x (aproximadamente) está presente a los 50 años. De igual forma a los 100 y 200 años quedarán el 95,76% y el 91,7% de la cantidad inicial, respectivamente

Ejercicios 4.3 1. Sea y (en km) la altura medida desde el nivel del mar y ( )yp Pa 4 y la presión atmosférica a la altura .

Sean 0ρ kg/m30p y Pa la densidad y presión atmosférica a nivel del mar (constantes). Si la temperatura 5

g

del aire y la aceleración ( m/s2 y) de la gravedad son constantes dentro del rango que varíe . Bajo estas condiciones la presión atmosférica está modelada por la ED:

pp

gdydp

0

0ρ−=

Determine la presión atmosférica ( )yp en función de la altitud. Trace la gráfica de altitud versus presión.

R. Presión atmosférica ( )

−⋅= yp

gpyp0

00 exp ρ

4 Pascal = N / m2 = kg . m/s2 5 Considerar la temperatura constante, arrojará una solución aproximada a la real


2. El uranio se desintegra a una tasa instantánea, proporcional a la cantidad presente en cualquier instante. Si inicialmente (en 0=t años) están presentes 0M gramos de uranio, muestre que la cantidad de gramos

presentes en el año t es:

( ) kteMtM −= 0 , k es una constante de proporcionalidad positiva.

Si 1M y 2M gramos están presentes en los tiempos 1T y 2T (dados en años) respectivamente, muestre

que la vida media T del uranio es:

( )

2

1

12

ln

2ln

MMTTT −

=

Muestre que 21

0

1

0

2

TT

MM

MM

=

3. Encuentre la vida media de una sustancia radiactiva, si el 25% de esta desaparece en diez años. R. 24,09 años aproximadamente.

4. Si el 30% de una sustancia radiactiva desaparece en diez años. ¿En cuánto tiempo desaparece el 90%? R. 64,55 años aproximadamente.

5. Bacterias en un cierto cultivo se incrementan a una tasa instantánea de cambio respecto al tiempo, proporcional al número presente. Si el número original se incrementa en un 50% en media hora. ¿En cuánto tiempo se espera tener tres veces el número original? R. 1,36 hrs

6. Un cultivo de bacterias crece con rapidez inversamente proporcional a la raíz cuadrada del número presente. Inicialmente hay nueve unidades y a las dos horas están presentes dieciséis unidades ¿En cuántas horas habrá treinta y seis unidades? R. 10,22 horas aproximadamente.

Si ( )tx es cantidad de bacterias presente entonces ( ) ( ) 32

27237 += ttx

7. En cierta solución hay 2g de un químico Q. En una hora hay 3g de Q. Si la tasa de incremento instantánea del químico respecto al tiempo es proporcional a la raíz cuadrada del tiempo que ha estado en la solución, ¿cuántos gramos habrá a las cuatro horas?

R. 10g. Si ( )tx es cantidad presente de Q, entonces ( ) 223+= ttx

8. Una sustancia decrece a una tasa que es inversamente proporcional a la cantidad presente e inicialmente hay doce unidades presentes y 8 unidades están presentes a los dos días, ¿cuánto tiempo tomará para desaparecer la sustancia?

R. 3,6 días. Además, ( ) ttx 40144 −= es cantidad de sustancia presente a los t días.


4.2. Crecimiento logístico

Esta sección trata funciones ( ) 0>ty , 0≥∀t modeladas por la ED de Bernoulli (también separable):

( ) ( ) ( )( )2tytydt

tdy βα −= , con βα , constantes positivas.

O simplemente 2yydtdy βα −=

Como es usual la ED muestra la derivada de las soluciones que pretendemos hallar, estudiemos soluciones constantes ( ( ) 0=′ ty ), estrictamente decrecientes ( ( ) 0<′ ty ) y estrictamente crecientes ( ( ) 0>′ ty ).

Soluciones constantes satisfacen ( ) 0=′ ty , 0≥∀t , cambiando la derivada por su equivalente 2yy βα −

obtiene: 02 =− yy βα

⇔ ( ) 0=−⋅ yy βα

Concluye que las soluciones constantes de la ED de Bernoulli son:

( ) 0=ty e ( )βα

=ty

La función nula ( ) 0=ty es solución de la ED de Bernoulli, sin embargo, no la estamos considerando.

Las soluciones decrecientes estrictamente satisfacen ( ) 0<′ ty , 0≥∀t , equivalente a:

02 <− yy βα

⇔ ( ) 0<−⋅ yy βα

Y como ( ) 0>ty equivale a: 0<− yβα

Como 0>β eso equivale a: ( )ty<βα

Sobre la concavidad de estas soluciones decrecientes se podrá concluir después que calculemos la segunda derivada. Empezamos con la primera derivada de las soluciones:

2yydtdy βα −=

y deriva para obtener: dtdyy

dtdy

dtyd 22

2βα −=


Factorizando obtiene: ( )ydtdy

dtyd βα 22

2−⋅=

Dado que ( ) 0<′ ty , la segunda derivada es negativa si 02 >− yβα y es positiva si 02 <− yβα .

Entonces las soluciones serían cóncavas si y solo si ( ) 02 >− tyβα equivalente a ( )βα2

<ty , pero esto no

es posible porque βα

βα

<2

6 ( )ty<βα

y estamos en el caso que (entonces ( )ty<βα2

).

Las soluciones serían convexas si y solo si ( ) 02 <− tyβα equivalente a ( )ty<βα2

, lo cual es cierto para

todo 0≥t . La siguiente figura muestra el trazo de la gráfica de una de tales soluciones:

Dejamos como ejercicio al lector hacer un estudio de las soluciones en caso que ( ) 0>′ ty .

Ejercicio 4.4 Soluciones crecientes estrictamente de la ED de Bernoulli.

Estudie concavidad de las soluciones ( ) 0>ty , 0≥∀t , de la ED de Bernoulli que satisfacen ( ) 0>′ ty ,

0≥∀t , es decir, que son estrictamente crecientes.

Ley de crecimiento logístico

Las aplicaciones en esta sección están modeladas por la ley de crecimiento7

2yydtdy βα −=

logístico (ED de Bernoulli):

para βα , constantes positivas y ( )βα

<ty 0≥∀t

Nota

Estas ED también son separables y modelan, con mucha precisión, cómo se propaga un virus en una población, también la medida con que aumenta la estatura promedio de un ser humano y muchos otros comportamientos de sustantivos de interés humano en periodos largos de tiempo.

Solución de la ED

En la ED de Bernoulli 2yydtdy βα −= aplique el cambio de variables 1−= yv ⇔

vy 1= ⇒ 2v

vy′

−=′

para obtener: 2211

vvvv βα −=′

− ⇔ βα =+′ vv

Es una ED lineal con solución (asumiremos el cálculo del factor integrante para ED lineales):

6 Recuerde que alpha y beta son constantes positivas 7 Suponemos que las soluciones tienen derivada no negativa


∫ ∫∫= − dteev dtdt αα β

⇒ ∫−= dteev tt αα β

⇔

+= − Ceev tt αααβ

⇔ tCey

ααβ −+=

1

⇔ ( )tCe

tyα

αβ −+

=1

Note que su derivada ( ) 02 ≠

+

=′−

−

t

t

Ce

Cetyα

α

αβα

y además, ( )βα

=+∞→

tytlim

Trazo de las curvas logísticas8

2yydtdy βα −=

Para trazar la gráfica de las soluciones obtenidas arriba, puede recurrir a la derivación directa; sin embargo, para evitar cálculos engorrosos mostraremos una alternativa que puede utilizar aún si la ED no ha sido resuelta. En ese sentido la ED:

muestra la primera derivada de las soluciones y para estudiar su crecimiento factoriza:

( )yydtdy βα −⋅=

Dado que ( ) 0>ty y βα

<y entonces ( ) 0>−⋅=++ yy

dtdy βα , por lo tanto, las soluciones son crecientes.

Para estudiar la concavidad de las soluciones derive la ED de Bernoulli y obtenga:

dtdyy

dtdy

dtyd βα 22

2−=

Factorice para estudiar su signo, resulta: ( )dtdyy

dtyd

⋅−= βα 22

2

Cada solución tiene un punto de inflexión como se muestra a continuación.

Las soluciones ( )ty son continuas 0≥∀t , 0>α y 0>β , entonces existe 0≥T tal que ( )βα2

=Ty .

8 esta es la solución del ejercicio 4.4


Sustituya T en la última ED y concluya que:

( ) ( ) 02

22

2=

−=

dtTdy

dtTyd

βαβα

Como consecuencia

βα2

,T es un punto de inflexión de la curva solución de la ED.

Ahora analicemos la concavidad de las soluciones en los intervalos [ [T,0 y ] [+∞,T .

Caso Tt < . Las soluciones son estrictamente crecientes entonces ( ) ( )βα2

=< Tyty , esto implica:

( ) ( )( ) ( ) 022

2>−=

++ dt

tdytydt

tyd βα

y en consecuencia las soluciones son convexas en [ [T,0 .

Caso Tt > . En tal caso ( ) ( )βα2

=> Tyty , esto implica:

( ) ( )( ) ( ) 022

2<−=

+− dt

tdytydt

tyd βα

entonces las soluciones son cóncavas en ] [+∞,T .

Además, las curvas solución de las ED de Bernoulli tienen asíntota horizontal ( )βα

=tf . La siguiente figura

resume la información anterior. Las soluciones tienen forma de “S” alargada conocidas como curvas Logísticas:

Principio fundamental de conteo

Para interpretar la multiplicación de ∈n números reales (estudiada en primaria) y en particular de cantidades variables, retornamos el Principio fundamental del conteo.

Un proceso P es una sucesión de n acciones o resultados nPPP

,,, 21 que se llevan a cabo o se dan

consecutivamente para producir un resultado que escribimos nPPPP

,,, 21= .

Ejemplo 4.6

Viajar de una ciudad A a otra ciudad C es un proceso. Suponga que entre A y C hay otra ciudad B y que hay dos carreteras 2,1 cc para ir de A a B y dos carreteras 2,1 rr para viajar desde B hasta C .


La primera acción 1P

es viajar desde A hasta B y lo puede realizar de 2 formas: viaja por 1c o por 2c .

La segunda acción 2P

es viajar desde B hasta C y lo puede realizar de 2 formas: viaja por 1r o por 2r .

Entonces el viaje (proceso 21, PPP

= ) desde A hasta C , puede efectuarlo por 4 (=2x2) diferentes rutas,

estas son: 11rc , 21rc , 12rc , 22rc

Principio fundamental de conteo

Si las acciones o resultados consecutivos nPPP

,,, 21 ocurren o se dan de nppp ,,, 21 formas

respectivamente, entonces hay nppp ⋅⋅⋅ 21 formas diferentes de que nPPPP

,,, 21= se realice.

Ejemplo 4.7 ¿De cuántas formas diferentes puede acomodar 3 personas en 4 sillas?

1P

la primera persona puede tomar cualquiera de las 4 sillas y, por tanto, tiene 4 opciones.

2P

la segunda persona puede tomar cualquiera de las 3 sillas restantes, tiene 3 opciones.

3P

la tercera persona puede tomar cualquiera de las 2 sillas restantes, tiene 2 opciones.

Por el principio fundamental del conteo, hay 4x3x2=24 formas diferentes de acomodar las personas

Principio para problemas de epidemiología

En una población de tamaño P constante, hay inicialmente ( )0y infectados con un virus contagioso. Si ( )ty

es la cantidad de individuos infectados en el instante t , entonces ( )tyP − es el tamaño de la población de no infectados.

Suponemos que si no se aíslan los infectados entonces cada uno de ellos puede interactuar con cualquier otro, si este último está infectado la población de infectados no aumenta, pero si está sano adquiere el virus aumentando la población de infectados y disminuyendo la de sanos.

Por el principio fundamental de conteo las interacciones entre infectados y sanos es ( ) ( )( )tyPty −⋅ . La rapidez con que se propague la epidemia depende directamente de esa cantidad, lo anterior se escribe:

( )yPydtdy

−⋅⋅= β , para alguna constante de proporcionalidad β .

Esta ED se puede escribir 2yyP

dtdy ββ

α

−= y es una ED de Bernoulli con βα P= .

Ejemplo 4.8

Un animal de laboratorio con una enfermedad contagiosa se introduce en una población de 24 animales no infectados. Se sabe que la tasa de crecimiento de la población infectada es proporcional al producto de las cantidades de animales infectados y de animales no infectados. Después de 3 días resulta otro animal infectado. ¿En cuántos días se espera que estén infectados 24 animales? Trace la gráfica de la función solución, a partir del estudio de su primera y segunda derivada.


R. Sea ( )ty la cantidad de animales infectados, entonces las condiciones se escriben ( )( )

==

2310

yy

La población total es 25=P y la cantidad de infectados está modelada por ( )ykyy −=′ 25 , k constante.

El producto ( )yy −25 representa las posibilidades de que cada uno de los ( )ty infectados interactúe con

otro de los ( )ty−25 sanos, por ejemplo, si hay dos infectados, entonces 2.

225 kykyy −=′

23=46 son las posibilidades de que el virus pase a un individuo sano.

La ED se escribe

⇒ 225 kykyy −=−′

A esta ED de Bernoulli le aplica el cambio de variables: 21 1

vvy

vyyv

′−=′⇒=⇒= −

y resulta la ED lineal 2

221125

−=−

′−

vk

vk

vv

⇒ kkvv =+′ 25

Su solución general es: ∫ ∫∫= − dtkeev kdtkdt 2525

⇒ ∫−= dtkeev ktkt 2525

⇒

+= − Ae

kkev ktkt 2525

25

⇒ ktAey

252511 −+=

Para determinar la solución particular aplica las condiciones ( )( )

==

2310

yy

y obtiene:

+=

+=

⋅−

⋅−

325251

21

025251

11

k

k

Ae

Ae ⇒

≈−=

=

009809,0ln 4823

751

2524

k

A

Con esos valores la solución general se escribe: ( )t

ey

4823

31 ln

2524

2511+= ⇔

4823

3 ln241

25t

ey

+

=

La figura muestra el trazo de la gráfica de esa curva logística:

Si T (desconocida) es cantidad de días que deben transcurrir para que 24 animales estén infectados entonces:


4823

3 ln241

2524 Te+

= y despeja para obtener 92,25≈T días

Ejemplo 4.9

Sea ( )ty la cantidad de individuos infectados por un virus, t son los días transcurridos desde que apareció el virus en una población de P (constante) habitantes. Inicialmente hay un individuo enfermo y al cabo de 100 días la mitad de P está enferma, demuestre que ( )ty está dada por:

( ) ( )1ln01,011 −⋅⋅−−+= PteP

Py

R. La ED para este problema es: ( )yPkydtdy

−⋅= y condiciones ( )

( )

=

=

2100

10Py

y

⇔ 2kykPyy −=−′

Con el cambio de variables 21 1

vvy

vyyv

′−=′⇒=⇒= − la ED se escribe:

2

211

−=−

′−

vk

vkP

vv

⇔ kkPvv =+′

Multiplique por kPtkPdt ee =∫ y obtenga kPtkPtkPt kekPveve =+′

⇔ ( ) kPtkPt kevedtd

=

Separe los diferenciales, integre y obtenga: CeP

ve kPtkPt +=1

⇒ kPtCePy

−+=11

Para hallar C y k aplique las condiciones ( )

( )

=

=

2100

10Py

y y obtenga

+=

+=

⋅−

⋅−

100

0

1

2

1

111

kP

kP

CePP

CeP

⇔

( )

−=

−=

1ln100

1

11

PP

k

P

C


La solución general kPtCePy

−+=11

se puede escribir como kPtkPt PCeP

CeP

y−− +

=+

=11

1

Cambie las constantes halladas arriba y obtiene la solución particular:

( )

( )( )tP

PP

eP

Pty1ln

1001

11−−

−+

= ⇔ ( )( ) ( )1ln01.011 −−−+

= PtePPty

Ejercicio 4.5 En una jaula de laboratorio hay 98 conejos sanos. Inicialmente (para tiempo 0 semanas) se introducen en la jaula 2 conejos más que tienen una enfermedad contagiosa. Una semana después hay exactamente 5 conejos enfermos. Sea )(ty la cantidad de conejos enfermos que hay en la jaula cuando han transcurrido t semanas a partir del momento inicial.

a) Plantee la ED y condiciones iniciales que determina ( )ty

b) Determine ( )ty en términos del tiempo (en semanas). R. ( )( )t

ty

4919491

100

+=

c) ¿Cuántos días después del tiempo cero habrá 90 conejos enfermos? R. 45 días aproximadamente

Ejercicio 4.6 Si el 5% de los estudiantes de una universidad tienen una enfermedad contagiosa y una semana más tarde un total del 15%, han adquirido la enfermedad. Plantee una ED y condiciones que modelen la aplicación y obtener su solución. ¿Qué porcentaje estará contagiado a las 3 semanas (si hay cuarentena)?.

R. Solución ( ) ( )te

Pty5717ln

191+= . ( ) Py 6648,03 ≈ es el 66,48% de P (total de estudiantes).

Demografía, estatura promedio, circunferencia encefálica, peso promedio, etc

La estatura promedio, circunferencia encefálica promedio, peso promedio de un niño de t meses, son algunas

de las variables ( )ty modeladas por la ED de Bernoulli:

2yyy βα −=′ con βα , son constantes positivas.

Aplique el cambio de variables y

v 1= ⇒

vy 1= ⇒ 2v

vy′

−=′ a la ED de Bernoulli y obtenga

2211

vvvv βα −=′

−

⇒ 2211

vvvv βα −=−′

−

Multiplique por 2v− para obtener βα =+′ vv , es lineal y multiplique por tdt ee αα =∫ para obtener:

βα ααα t t t eveve =+′


⇒ ( ) βαα tt evedtd =

Separe diferenciales, integre y obtenga la solución:

Ceve tt += αααβ

, con C parámetro.

⇒ tCey

ααβ −+=

1

⇒ ( )tCe

ty α

αβ −+

=1

El tiempo suele medirse en meses o años. Por lo general se tiene una extensa tabla con condiciones de frontera, por ejemplo, la estatura ( )ty de un bebé observada a los 0,1,2,...,12 meses, sin embargo, solo se requieren

tres condiciones de frontera para determinar βα , y el parámetro que aparece en la solución de la ED.

Para hallar las tres constantes se toman tres datos de la tabla: inicial, del medio y final. Por ejemplo, si el tiempo varía de 0 a 12 meses, considera los datos a los 0, 6 y 12 meses. Además, para evitar números con muchos dígitos en su expansión decimal, cambiamos, las unidades de medida del tiempo por 00 =t , 11 =t y 22 =t para referirse a 0, 6 y 12 meses.

Las condiciones de frontera toman la forma:

( )( )( )

===

2

1

0

210

yyyyyy

y aplicadas a ( )tCe

ty α

αβ −+

=1

resultan:

=+

=+

=+

−

−

−

22

1

00

1

1

1

yCe

yCe

yCe

ααβ

ααβ

ααβ

Aún así, despejar C,, βα es engorroso y por eso omitimos los cálculos que nos llevan a:

( )

( )( )

−=

−−

=

+−−

=

−

y

C

yyyyyye

yyyyyyyyyy

αβ

α

αβ

0

012

120

2120101

2021

1

2

Note que hemos despejado α−e para sustituir en ( ) tt ee αα −− = , lo mismo con αβ


Ejemplo 4.10

El peso promedio de un bebé depende del sexo y para cada sexo la curva de peso promedio depende de su peso al nacer. Para elaborar una función que sirviera de guía para controlar el peso de otros bebés, se empezó por estudiar una cantidad importante de bebés del mismo sexo, que tuvieron una pequeña diferencia de peso al nacer y se midió su peso cada mes, los resultados de cada mes se promediaron y se generó una tabla de pesos promedio. Por ejemplo, de una población importante de bebés varones cuyo peso promedio al nacer fue de 3,8 kg, se obtuvo la siguiente tabla9

meses de pesos promedio:

peso en kg 0 (RN) 3,8 1 4,6 2 5,3 3 6,1 4 6,6 5 7,3 6 7,8 7 8,3 8 8,8 9 9,3 10 9,7 11 10,1 12 10,4

Hallar una fórmula para el peso promedio en función de t meses desde su nacimiento. Dibuje la curva teórica10

Ce ,, ααβ −

que ayude a otros padres a controlar el peso de su bebé, a partir de la información sobre su primera y segunda derivadas, muestre puntos críticos, puntos de inflexión y estudio de la función de peso promedio en los extremos del dominio.

R. Empiece por cambiar la escala para medir el tiempo, tome los tiempos 0, 1, 2 para representar a 0, 6, 12 meses respectivamente (note que la diferencia entre tiempos consecutivos es la misma constante, en este ejemplo es 6). Este cambio de escala nos permitirá utilizar las fórmulas dadas arriba para hallar las constantes:

Sea ( )ty el peso promedio (teórico) que debemos hallar a partir del problema de valores en la frontera:

2yyy βα −=′ con condiciones

( )( )( )

===

4,1028,718,30

yyy

Dejamos de ejercicio al lector que recree el proceso dado arriba para obtener la solución de esa ED de Bernoulli. Inclusive también puede resolver la ED como Separable y comparar la eficiencia de uno y otro método. Por ambos deberá llegar a la solución general:

( )t Ce

tyα

αβ −+

=1

Después de aplicar las condiciones de frontera

( )( )( )

===

4,1028,718,30

yyy

y con ayuda de una computadora obtenga:

08617,0≈αβ

9 Es posible que tenga leves imprecisiones por defectos de impresión y grosor del trazo de la curva. Pese a eso se obtiene una función que interpola muy bien los puntos de la tabla. 10 Todo recién nacido abandona la clínica u hospital donde nació, con un folleto que incluye esta y otras curvas logísticas teóricas para que sus padres lleven su control de peso, estatura, crecimiento de la cabecita, etc.


23750,0≈−αe o si prefiere despeja para obtener: 43759,1≈α

17699,0≈C

Sustituya estos valores en la solución general para obtener la solución particular:

( ) t ety 43759,117699,008617,0

1−+

≈

donde t está en la escala 1:6 meses, por ejemplo, el mes 4 corresponde a 32

64 ==t (aplica “regla de tres” a

partir de la razón 1:6) y el peso promedio a los cuatro meses es ( ) 49153,632 ≈y . También, dejamos de

ejercicio el estudio de crecimiento, concavidad y trazo de la gráfica de la función peso promedio

Ejercicio 4.7 En una jaula de laboratorio hay N conejos sanos. Inicialmente (0 semanas) se introducen en la jaula a conejos más, con una enfermedad contagiosa. La cantidad de animales enfermos crece con razón de cambio instantánea con respecto al tiempo, proporcional al producto de la cantidad de conejos enfermos y la cantidad de conejos sanos en el instante t. Una semana después hay b conejos enfermos. Sea )(ty la cantidad de animales enfermos en la jaula en t semanas. Plantee un modelo para este problema epidemiológico y determine ( )ty en función del tiempo.

R. ( )yNayy −+=′ α sujeta a ( )( )

==

byay

10

tiene solución ( ) ( ) tbN

bNaa

eaN

Naty

−+

+

+=

ln1


4.3. Ley de enfriamiento de Newton

Considere un objeto homogéneo (calor específico C y densidad ρ constantes), que se introduce en un medio circundante, cuya temperatura se mantendrá regulada en un nivel constante M . Suponemos que el objeto no tiene una fuente de calor interna y para cada instante t la temperatura en cada punto del objeto es ( )tU , por lo

tanto la temperatura en el tiempo cero es ( ) 00 UU = .

Si la temperatura del medio es diferente a la temperatura inicial del objeto, es decir ( )0UM ≠ , entonces el calor se trasfiere desde el objeto al medio o viceversa, obedeciendo al principio de que el calor fluye desde los puntos de mayor temperatura hacia los de menor temperatura. Es importante recordar que en todo momento la temperatura del medio se mantiene controlada en el nivel M .

Si 0UM > , el calor fluye desde el medio al objeto, el cual gana calorías y eleva su temperatura en función del

tiempo transcurrido, es decir, la función temperatura ( )tU del objeto es creciente.

Si 0UM < entonces el calor fluye del objeto hacia el medio, por tanto, ( )tU es decreciente.

Bajo estas condiciones es aplicable el siguiente principio.

Ley de enfriamiento de Newton

La razón de cambio de la temperatura del objeto respecto al tiempo es proporcional a la energía térmica perdida (esta se refiere a temperatura del objeto menos temperatura del medio circundante). Si denota ( )tUU = entonces esta aplicación está modelada por las ED:

( )MUdt

dU−= α o ( )UM

dtdU

−= α

donde α es constante de proporcionalidad. Esas ED son separables y lineales de primer orden.

En cada ejemplo podemos anticipar el signo de α , por ejemplo, si la temperatura M del medio es mayor que la temperatura inicial del cuerpo, entonces ( )tU es creciente, esto implica que la derivada ( ) 0>′ tU , además,

( ) 0>− tUM , en tal caso para mantener la consistencia de los signos en la ED:

( ) ( )( )++

−=′ tUMtU α

debería ser 0>α .

En los ejemplos a continuación, dejaremos que la aplicación de las condiciones iniciales determine el signo de la constante de proporcionalidad α . Sin embargo, empezaremos por decidir si 0>− MU o 0>−UM .

Ejemplo 4.11

Agua a temperatura 80ºC, es colocada en un medio circundante que se mantiene a temperatura de 50ºC. A los 5 minutos la temperatura del agua es 70ºC. Determine una fórmula para la temperatura del agua en función del tiempo transcurrido; la temperatura a los 10 minutos y ¿para qué tiempo la temperatura será de 60ºC?.

Sea ( )tU la temperatura del agua y 50=M entonces la ED que modela el problema es:


( )50−= Udt

dU α donde ( )tUU =

Sea que tome 50−U o U−50 , después de aplicar las condiciones de frontera obtendrá la misma solución

al problema (comprobarlo), sin embargo, para exponer algunos detalles utilizaremos 50−U . En tal caso, se

tiene ( ) 50≥tU y con esto 5050 −=− UU .

Las condiciones de frontera para este problema son ( )( )

==

705800

UU

Escriba la ED como: αα 50−=−′ UU y multiplique por el factor integrante tdt ee αα −− =∫ , obtiene:

ttt eUeUe ααα αα −−− −=−′ 50

⇔ ( ) dteUed tt αα α −− −= 50

⇒ ( ) t CetU α+= 50

Los valores de C,α se escogen de tal forma que:

( )( )

==

705800

UU

⇔

=+

=+

7050

80505αCe

C

⇔

=

=

20

305αCe

C

⇔ 32ln

51

=α note que sin anticiparlo 0<α

Con los cuales la temperatura en cualquier instante es:

( )( ) ( )53

23050ln

3050 321 tt 5etU +=+=

A los 10 min. es: ( ) 3,63305010 1638109302162,0 ≈+≈ −eU

El tiempo T para el cual ( ) 60=TU se despeja de la ecuación:

( )T 5e 3

21 ln305060 +=

⇒ 54755646,13ln 31

21630810930216,01 ≈−=T min

Ejemplo 4.12

Agua en su punto de ebullición se coloca en un medio que se encuentra y mantendrá a temperatura M constante. A los 10 minutos el agua tiene temperatura de 90ºC y a los 20 minutos de 80ºC. A continuación se muestra una “solución” al problema, que nos lleva a una inconsistencia, ¿a qué se debe?


R. Sean ( )tU temperatura del agua transcurridos t minutos y M la temperatura del medio.

La ED es ( )MUdt

dU−= α y las condiciones de frontera

( )( )( )

===

80209010

1000

UUU

⇔ MUdt

dU αα −=−

Multiplica por el factor integrante tdt ee αα −− =∫ obtiene:

ttt MeUeUe ααα αα −−− −=−′

⇒ ( ) dtMeUed tt αα α −− −=

⇒ ∫ −− −= dteMUe tt αα α

⇒ CMeUe tt += −− αα

⇒ ( ) tCeMtU α+=

Aplica las condiciones

( )( )( )

===

80209010

1000

UUU

y obtiene

=+=+

=+

8090

100

20

10

α

α

CeMCeMCM

. Para hallar M eliminemos α y C .

De la primera ecuación despeja MC −= 100 y sustituye en la segunda y tercera para obtener:

( )( )

=−+=−+

8010090100

20

10

α

α

eMMeMM

Despeja αe :

−−

=

−−

=

201

101

10080

10090

MMe

MMe

α

α

, igualando obtiene 201

101

10080

10090

−−

=

−−

MM

MM

desde donde:

MM

MM

−−

=

−−

10080

10090 2

Concluirá que esta ecuación no tiene solución, esto se debe a que las condiciones

( )( )( )

===

80209010

1000

UUU

satisfacen

una relación lineal, pero el desarrollo anterior se basa en una relación exponencial

Ejercicios 4.8 1. Resuelva el problema anterior en dos casos en que ( )20U se salga de la relación lineal, por ejemplo si:


( )( )( )

===

704762

1000

UUU

R. ( ) ttU23268 +=

2. Agua a temperatura de 100ºC se enfría en 10min a 80ºC en un cuarto con temperatura de 25 ºC.

(a) Encuentre la temperatura del agua después de 20min R. ( ) 33,6520 ≈U ºC

(b) ¿Cuándo la temperatura será de 40 ºC? R. 88,51≈t min (c) ¿Cuándo la temperatura será de 26 ºC? R. 18,139≈t min

3. Agua a temperatura de 10ºC toma 5 minutos para calentarse a 20ºC en un cuarto con temperatura de 40 ºC.

(a) Encuentre la temperatura del agua después de 20minutos R. ( ) 07,3420 ≈U ºC

(b) Encuentre la temperatura del agua después de 30minutos R. ( ) 37,3730 ≈U ºC

(c) ¿Cuándo la temperatura será de 25ºC? R. 55,8≈t min

4. La temperatura máxima que puede leerse en un cierto termómetro es 110º F. Cuando el termómetro marca 36º F se coloca en un horno que está a temperatura constante. En 1 minuto y 2 minutos marca 60º F y 82º F respectivamente. ¿Cuál es la temperatura del horno? R. 324ºF. Note que el termómetro solo permite medir temperaturas por debajo de 110º F.

5. Resolver ( )MUdt

dU−= α sujeta a

( )( )

==

1

00UTUUU

. R. ( ) ( )t

MUMU

TeMUMtU

−−

−+= 01ln1

0


4.4. Mezclas químicas

Inicialmente (en t = 0) un tanque contiene agua en que está disuelta uniformemente una cantidad x(0) gramos (gr) de sal y la mezcla ocupa en el tanque un volumen de V0 galones (gal). En cada instante t (a partir de t = 0 minutos) entra agua salada al tanque, con rapidez rE gal/min y concentración11 cE gr/ gal, simultáneamente, la mezcla sale del tanque con rapidez rS gal/min y concentración desconocida (debido a que la cantidad de sal en el tanque es la incógnita). Asumiendo que en cada instante t la mezcla en el tanque se mantiene homogénea, establecer un problema de valor inicial (PVI) que modele el comportamiento de la cantidad de sal x(t) presente en el tanque. La figura muestra las condiciones en algún instante t.

Para obtener la fórmula del volumen V(t) que ocupa la mezcla en el tanque en función del tiempo t, partimos del volumen inicial V0, al que suma ( rE - rS ) galones por cada minuto transcurrido, note que ( rE - rS ) podría ser negativa, positiva o cero y es la cantidad de galones de agua en que disminuye (si la resta es negativa) o aumenta (si la resta es positiva) el volumen en el tanque en un minuto; por lo tanto, la razón de cambio del volumen respecto al tiempo es ( rE - rS

( )SE rr

dttdV

−=

) galones/min::

En esta obra se supone que rE y rS

( ) ( ) CtrrtV SE +−=

son constantes, en tal caso, separe diferenciales e integre para obtener:

, donde C es constante.

Para determinar C se tiene que ( ) 00 VV = , aplique esa condición en la ecuación anterior y despeje:

0VC =

Por lo tanto si las razones de cambio entrada (E) y salida (S) son constantes (así son en esta obra), se tiene:

( ) ( ) t rrVtV SE −+= 0

Principio

El principio que modela esta aplicación es:

( )( ) ( )( )minutopor S saleque salde cantidadminutopor Eentra que salde cantidaddtdx

−= donde:

( ) ( ) ( )E demezcla la en salde iónconcentracmezclala de E derapidez minutopor

Eentra que salde cantidad⋅=

( ) ( ) ( ) Sdemezcla la en salde iónconcentracmezclala de Sderapidez minutopor

S saleque salde cantidad⋅=

11 La concentración de una sustancia en un volumen se calcula: cantidad de sustancia / volumen que ocupa la mezcla


Como volumen

cantidadionconcentrac = entonces la mezcla que sale del tanque tiene concentración

( )( )tVtxcS = .

A continuación demostramos que el principio se escribe ( ) EE

SE

S crxtrrV

rdtdx

=⋅−+

+0

Los resultados se resumen en la siguiente figura:

El principio ( )( ) ( )( )minutopor S saleque salde cantidadminutopor Eentra que salde cantidaddtdx

−=

Se escribe SSEE crcrdtdx

⋅−⋅= donde ( )( )tVtxcS =

⇔ Vxrcr

dtdx

SEE ⋅−⋅=

⇔ ( ) trrV

xrcrdtdx

SESEE ⋅−+⋅−⋅=

0, sujeta a la condición inicial ( ) 00 xx = .

Es la ED lineal ( ) EE

SE

S crxtrrV

rdtdx

=⋅−+

+0

.

La ED es separable cuando el volumen es constante, lo que es equivalente a que SE rr =

Ejemplo 4.13

Un tanque contiene 40 L de agua pura. Una solución salina con 100 g (gramos) de sal por litro entra al tanque con rapidez de 2 L / min., y sale del tanque con una rapidez de 3 L /min. Dar una ecuación para la cantidad de sal y concentración en el tanque en función del tiempo. Además, calcule la concentración de sal en el tanque cuando este tenga 25 L de solución.

R. En t minutos sean

( )tx cantidad (en gramos) de sal en el tanque

( )tV litros de solución en el tanque

( )tC concentración de sal en el tanque

Para 0=t el volumen que ocupa la mezcla es ( ) 400 =V . Y como el agua es pura entonces ( ) 00 =x .

Para 0>t las propiedades de la mezcla de:

Entrada es

==

1002

E

Ec

r entonces 2001002 =⋅=⋅ EE cr g/min.


Salida es ( )( )

=

=

tVtxc

r

S

S 3 entonces

Vxcr SS 3=⋅ g/min.

Ahora, la rapidez de la mezcla que entra menos la rapidez de la mezcla que sale es 1−=− SE rr , el signo menos está acorde con el hecho de que el volumen que ocupa la mezcla en el tanque disminuye, en este caso en un litro por minuto. Después de t minutos el volumen ha disminuido en trr SE ⋅− litros y, por lo tanto, el

volumen en el instante t es:

( ) ( ) ( ) ttrrVtV SE −=⋅−+= 400

La ED que modela esta situación se basa en el principio:

( )( ) ( )( )minutopor S saleque salde cantidadminutopor Eentra que salde cantidaddtdx

−=

Es decir t

xdtdx

−⋅−⋅=40

31002

⇒ 20040

3=

−+ x

tdtdx

y la condición inicial es ( ) 00 =x .

Multiplique por el factor integrante ( )( )3

40ln3403

401

tee tdt

t−

==∫ −−− y obtenga:

( ) ( ) ( )343 40

20040

340

1t

xt

xt −

=−

+′−

⇒ ( ) ( )33 40

20040

1t

xtdt

d−

=

−

⇒ ( ) ( )∫ −

=−

dtt

xt 33 40

20040

1

⇒ ( ) ( )∫ −−−= dtttx 33 4020040

⇒ ( ) ( )

+−

−−−= − Attx 23 40

220040

⇒ ( ) ( )( )Attx +−−= −23 4010040

Con 0,0 == xt obtiene:

( ) ( )( ) ( ) 0625,004010040100400 161223 −=−=⇒=+⇒+= −− AAA

Pasados t minutos la cantidad de sal en el tanque es ( ) ( ) ( )( )0625,04010040 23 −−−= −tttx

y la concentración de sal en el tanque es ( ) ( )( )

( )2400625,0100 ttVtxtC −−==

Para obtener la concentración de sal en el tanque cuando tenga 25 litros de solución, empieza por calcular el tiempo en que se da esa condición, desde la ecuación del volumen:


( ) 2540 =−= ttV

resulta 152540 =−=t y calcula ( ) ( )ltgrC 9375,6015400625,010015 2 =−−=

Ejemplo 4.14 Un recipiente contiene 8cc (cm3

R. Sean t tiempo en minutos.

) de agua en que están disueltos 2 gramos de sal. Agua salada con 3g/cc entra al recipiente con rapidez de 4 cc/min. y la mezcla bien agitada sale a la misma tasa. Dar una ED para la cantidad de sal en el tanque como función del tiempo Dar la cantidad de sal como función del tiempo. Dar la concentración de sal en el tanque como función del tiempo. ¿Cuánta sal hay en el tanque después de un largo tiempo?

( )tx g de sal en el tanque

( )tV cc de solución en el tanque

( )tC g/cc concentración de sal en la mezcla

Si 0=t el volumen que ocupa la mezcla en el tanque es ( ) 80 =V y cantidad de sal en el tanque ( ) 20 =x .

Si 0>t el volumen que ocupa la mezcla en el tanque es ( ) ( ) 880

=−+= trrtV SE constante

La ED lineal que modela el problema es: Vx

dtdx 434 −⋅=

⇔ xdtdx

8412 −=

⇔ 1221 =+ x

dtdx

, condición inicial ( ) 20 =x .

Multiplica por el factor integrante: tdt

ee 21

21

=∫ para obtener:

ttt

exexe 21

21

21

1221 =+′

⇒ t

t

edt

xed21

21

12=

⇔ ( )t

Cetx 21

24−

+= , C parámetro

Para hallar C aplica la condición ( ) 20 =x en la ED anterior y obtiene:

22402

1=+

⋅−Ce ⇒ 22−=C

Concluye que la cantidad de sal en el tanque pasados t minutos es ( )t

etx 21

2224−

−= gramos


Concentración de sal en el tanque después de t minutos es: ( ) ( )( ) 3cm

gte

tVtxtC

⋅−−== 2

1

4113

Cantidad de sal en el tanque después de un largo tiempo es: ( ) 24lim =∞→

txt

gramos

Ejemplo 4.15

Un tanque contiene 0V gal. de agua en que está disuelta uniformemente una cantidad 0x libras de sal. A partir

de 0=t entra agua al tanque con rapidez Er gal/min y concentración Ec lb/gal, simultáneamente, por otro

tubo entra agua con rapidez ER gal/min y concentración EC lb/gal y la mezcla sale del tanque con rapidez Sr

gal/min. Asumiendo que en cada instante t , la mezcla en el tanque es uniforme, hallar la cantidad de sal ( )tx

en función del tiempo, en el tanque. Asuma que ER , Er , Sr , Ec son constantes y que 0≠−+ SEE rrR .

El agua que sale del tanque en el instante t tiene concentración ( )( )tVtxcS = , la figura describe el problema:

La cantidad de sal que entra (E) al tanque por minuto es EEEE crCR ⋅+⋅ minlibras

La cantidad de sal que sale (S) por minutos es ( )( )tVtxrcr SSS ⋅=⋅ min

libras

La rapidez con que entra la mezcla en el tanque es EE rR + mingal

y con que sale es Sr , entonces la pérdida o

ganancia de galones de agua por minuto es SEE rrR −+ y en t minutos es ( ) trrR SEE ⋅−+ galones.

Concluye que el volumen después de t minutos es ( ) ( ) trrRVtV SEE ⋅−++= 0

Por lo tanto, la ED es( )

saleSEE

Sentra

EEEE trrRVxrcrCR

dtdx

−++⋅−⋅+⋅=

0 min

libras

En forma canónica ( ) EEEE

SEE

S crCRxtrrRV

rdtdx

⋅+⋅=−++

+0

Multiplica por el factor ( )( )( )trrRV

rrRr

dttrrRV

rSEE

SEES

SEES

ee−++⋅

−+∫

−++ ==0

0ln

η y obtiene

( )( )EEEE

SEE

S crCRxtrrRV

rdtdx

⋅+⋅⋅=−++

⋅+⋅ ηηη0

⇔ ( ) ( )EEEE crCRxdtd

⋅+⋅⋅=⋅ ηη

⇔ ( ) ( )dtcrCRxd EEEE ⋅+⋅⋅=⋅ ηη


Integra y obtiene ( ) AdtcrCRx EEEE +⋅+⋅⋅=⋅ ∫ηη , A es constante

⇔ ( ) ( )( )AdtcrCRtx EEEE +⋅⋅⋅+⋅⋅= ∫ηη 1

Con la condición inicial ( ) 00 xx = se encuentra el valor de la constante A

Ejercicios 4.9

1. Un tanque contiene 50 galones de agua pura. A partir del instante t = 0, por un tubo entra agua salada al tanque a 2 gal/min y 0,5 lb/gal, simultáneamente, por otro tubo entra agua salada con rapidez 5 gal/min y concentración 0,2 lb/gal y la mezcla sale del tanque con rapidez 6 gal/min. Asumiendo que en cada instante t, la mezcla en el tanque es uniforme, hallar la cantidad de sal x(t) en el tanque en función del tiempo.

R. ( ) ( )( )6

77

72

505050

tttx+

−+=

2. Un tanque tiene 40 galones de agua pura. Una solución de agua salada con 1 lb/gal de sal entra al tanque con rapidez de 2 gal/min y la mezcla bien agitada sale a la misma tasa.

¿Cuánta sal hay en el tanque en cualquier tiempo? R. ( ) tetx 05,04040 −−=

¿Cuándo el agua que sale tendrá 0,5 lbr/gal? R. 86,13≈t minutos

3. Un tanque tiene 60 gal. de agua pura. Una solución de agua salada con 3 libras de sal por galón entra a 2 gal/min y la mezcla bien agitada sale a 2,5 gal/min.

Dar concentración de sal en el tanque en cualquier tiempo. R. ( ) ( )460

3 5,0603 4 ttc −−=

¿En que momento el tanque tiene 30 galones de agua salada? R. 60=t min.

Dar concentración de sal en el tanque cuando este tenga 30 gal de agua salada R. ( ) 164560 =c

¿Cuándo es máxima la concentración de sal en el tanque? R. 120=t min.

4. Un tanque contiene 60 galones de agua salada con una concentración

8,20≈t

de sal de 2 lb/gal. Una solución a 3 lb/gal entra a 2 gal/min y la mezcla bien agitada sale a la misma tasa. ¿Cuándo habrá 150 lb de sal en el tanque? R. min.

5. Un tanque contiene 10 galones de agua salada con 2 libras de sal disuelta. Una solución a 1,5 lb/gal entra a 3 gal/min y la mezcla bien agitada sale a 4 gal/min. Encuentre la concentración de sal a los 10 minutos. R. ( ) 5,110 ≈c lb/gal.

6. Un tanque contiene 1 galón de agua en que están disueltas uniformemente una cantidad 0,25 libras de sal. A partir de 0=t , entra salmuera al tanque por dos tubos, por uno con rapidez de 2 gal/min y concentración de 0,5 lb/gal y por el otro con rapidez de 4 gal/min y concentración de 1,25 lb/galón, simultáneamente, la mezcla que se mantiene agitada en el tanque para garantizar que en cada punto la concentración es la misma, sale con rapidez de 5 gal/min. Determine cantidad de sal ( )tx en el tanque en cada instante t y la respectiva concentración en la mezcla y calcule la concentración a largo plazo.

R. ( ) ( ) ( )( )75,011 65 −++= − tttx

Concentración ( ) ( )( ) ( )61

75,01ttV

txtc+

−== y a largo plazo es ( )

11

75,01lim 6 =

+−

∞→ tt


7. Un tanque tiene 1 galón de agua pura. A partir del instante 0=t , entra agua salada al tanque con rapidez

de 2 gal/min y densidad te 25,0− libras/gal y la mezcla bien agitada sale con rapidez de 1 gal/min. Dar el volumen que ocupa la mezcla en el tanque en función del tiempo, una ED lineal y condición inicial que describa la cantidad de sal en el tanque como función del tiempo. Resolver ese problema de valor inicial.

R. Volumen ( ) ttV += 1 . ED 1

2 25,0+

−=′ −t

xex t , condición ( ) 00 =x

Cantidad de sal ( ) ( )tt etet

tx 25,025,0 408401

1 −− −−+

=

8. Un tanque contiene 9 galones de una solución salina. A partir del tiempo cero se vierte en el tanque una solución a razón constante de 6 galones/minuto y concentración constante de 1/3 de libra de sal/galón. Simultáneamente sale del tanque la solución bien mezclada a razón constante de 3 galones/minuto. Calcule el tiempo que tarda en llenarse el tanque si tiene una capacidad de 18 galones. R. 3 minutos

Si al instante en que se llenó el tanque la cantidad de sal era 5 veces la cantidad original, escriba las condiciones para este modelo en términos de la cantidad inicial de sal en el tanque.

R. ( )( )

==

0

053

0xxxx

0x cantidad inicial de sal.

Mostrar que la cantidad de sal en el tanque inicialmente es 10 =x

9. Un tanque con capacidad de 40 gal contiene inicialmente 20 gal de agua pura. El tanque tiene dos entradas A y B de disolución acuosa con soluto salino y un agujero por donde sale la disolución salina con velocidad constante de 2 gal / min. La entrada A permanece abierta hasta que el tanque se llene, en ese momento se cierra A y abre B. Sus propiedades son:

Por A entra disolución a razón de 4 gal / min con concentración de 3 lib / gal Por B entra disolución a razón de 1 gal / min con concentración de 1 lib / gal

Dar una función definida a trozos que describa la cantidad de sal en el tanque en función del tiempo.

Hallar la máxima concentración.

R. La fórmula de volumen es ( ) ttV 220 += mientras A está abierto y alcanza 40 gal para 10=t . A

partir de ese tiempo (cierra A y abre B) y pierde un galón por cada minuto a partir del minuto 10 ( 10−t ), entonces el volumen en ese lapso de tiempo es ( ) ( ) tttV −=−−= 501040

La cantidad sal en el tanque cuando se cierra A es ( ) 9010 =x y el volumen es 40 gal. La cantidad sal en el tanque en función del tiempo es

( ) ( ) ( )( )

<<−+−≤≤++=

−

50105003125.05010020106

2

21

ttttttttx

si

si

Plantea la función de concentración ( ) ( ) ( )tVtxtC /= en cada trozo, deriva y estudia su signo.

Para 100 ≤≤ t la concentración es creciente y su valor máximo es 2.25 lib / gal

Para 5010 << t la concentración es decreciente y su valor máximo es 2.25 lib / gal


4.5. Residuos de drogas en organismos

Las ED tratadas en esta sección se construyen sobre el mismo principio utilizado en la sección anterior. Algunos autores utilizan la incógnita ( )tx como concentración de la droga en el órgano; sin embargo, aquí ( )tx es la cantidad de droga en el órgano para mantener la similitud con la sección anterior.

Ejemplo 4.16

Un líquido transporta una droga hacia un órgano a una tasa de 10 cm3/s y 0,08 g/cm3, y sale del órgano a la misma tasa. Si inicialmente la droga no está presente en el órgano y el líquido ocupa 600 cm3

(a) Plantee un PVI que modele la concentración de droga en el órgano.

,

(b) Resuelva el problema de valores iniciales planteado en (a). (c) Encuentre la concentración de la droga en el órgano a los 30 .seg

R. Si se rr , son rapidez de E/S (entrada/salida) respectivamente del líquido al órgano y 0V el volumen inicial ocupado por el líquido entonces:

( ) ( ) 6000 =−+= trrVtV se es volumen que ocupa el líquido en el órgano a los t segundos.

( )tx es cantidad de droga en el órgano a los t segundos

( ) ( )( )

( )600

txtVtxtc == es concentración de droga en el órgano a los t segundos

El principio es el mismo que utilizamos en la sección anterior y necesitamos de los siguientes.

Cantidad de droga de entrada (E) al órgano por segundo es: seggr 8,008,010 =⋅

Cantidad de droga de salida (S) del órgano por segundo es: ( ) ( ) ( )seggrtxtxtc

606001010 ==⋅

El principio se escribe ( )( ) ( )

608,0 tx

dttxd

−= y la condición inicial ( ) 00 =x .

(a) El objetivo de es escribir la ED y la condición inicial, en términos de concentración. Para esto utilizamos la definición de concentración:

( ) ( )( )

( )600

txtVtxtc ==

⇒ ( ) ( )tctx 600=

Esta cantidad (en términos de la concentración) se sustituye en la ED:

( )( ) ( )

608,0 tx

dttxd

−=

y obtiene ( )( ) ( )tc

dttcd 108,0600

−=


Como la cantidad inicial es ( ) 00 =x entonces la concentración inicial es ( ) 00 =c .

Lo anterior responde el apartado (a).

(b) Resolveremos la ED Lineal anterior, para ello la escribe:

( ) ( ) 8,010600 =+′ tctc

⇒ ( ) ( ) 7501

601 =+′ tctc

Multiplica por el factor integrante tdt

ee 601

601

=∫=µ para obtener:

tttecece 60

1601

601

7501

601 =+′

⇒ ∫∫ =

dteced

tt 601

601

7501

⇒ Cecett+= 60

1601

75060

⇒ ( )t

Cetc 601

5,121 −

+= , C constante.

Aplica la condición: ( ) 00 =c en la última, obtiene:

0

5,121 60

10

−+= Ce ⇒ 5,12

1−=C

⇒ ( )t

etc 601

5,121

5,121 −

−= y esto responde el apartado (b)

(c) La concentración de la droga en el órgano a los 30 seg es ( ) 3

30601

0315,030 5,121

cmgec ≈=

⋅−−

Ejemplo 4.17

Un líquido transporta una droga hacia un órgano a una tasa de f cm3/s y 0,06 g/cm3 y sale del órgano a la misma tasa. Asumiendo que el volumen que ocupe el líquido se va a mantener en 600 cm3, e inicialmente la concentración de la droga en el órgano es de 0,1 g/cm3 y que después de 15 segundos es de 0,09 g/cm3

( ) ( ) 6000 =−+= trrVtV se

. Plantee una ED con sus respectivas condiciones que modelen la concentración de la droga en el órgano. Resuelva ese problema de valores de frontera (PVF) y encuentre el valor de f. Encuentre la concentración máxima de droga en el órgano.

R. Sean

volumen que ocupa el líquido en el órgano a los t segundos.

( )tc concentración de droga en el órgano a los t segundos.

( )tc600 cantidad de droga en el órgano a los t segundos

El PVF que modela esta aplicación es:

( )( ) ( ) ftcfdt

tcd−= 06,0600

sujeto a ( ) 1,00 =c y ( ) 09,015 =c


⇒ ( ) ( ) ftfctc 06,0600 =+′

⇒ ( ) ( ) ftcftc10000

1600

=+′

Multiplica por el factor integrante 600600tfdtf

ee⋅

=∫

=µ para obtener:

( ) ( ) fetcfetcetftftf

100001

600600600600⋅⋅⋅

=+′

⇒ ( ) 60060010000

tftf

eftcedtd

⋅⋅

=

Integra y despeja ( ) 600503

tf

Cetc⋅

−+= , C constante.

Para determinar las constantes en esa solución aplica las condiciones de frontera ( )( )

==

09,0151,00

cc

y obtiene:

=+

=+⋅

−

⋅−

09,0

1,0

60015

503

6000

503

f

f

Ce

Ce entonces ( )

−=

=

43

251

ln40f

C

Concluye que la concentración de droga en el órgano en cualquier instante es ( )( ) t

etc⋅

+= 43

151 ln

251

503

Una descripción del comportamiento de la concentración se puede obtener a partir de su derivada:

( ) ( ) ( )0ln 4

3151 ln

43

151

251 <=′

⋅tetc para todo 0≥t

Entonces la concentración es una función decreciente y, por lo tanto, su valor máximo es ( ) 01,00 =c

Ejercicio 4.10 Un líquido transporta una droga hacia un órgano a una tasa de a cm3/s y b g/cm3, y sale del órgano a la misma tasa. Si inicialmente la droga no está presente en el órgano y el líquido ocupa V0 cm3

( )tx. Dar una fórmula para la

cantidad de droga en el órgano después de t segundos.

R. ( )

−=

− tVa

ebVtx 1 donde 0VV =


4.6. Reacciones químicas

Una reacción química es un proceso durante el cual una o varias sustancias iniciales (reactivos) cambian para formar una o más sustancias (productos). La cinética química describe todo lo relacionado con la velocidad con que se forman los productos y decaen los reactivos en una reacción química. Específicamente, la aplicación por modelar en esta obra es la siguiente.

En el tiempo cero se tienen cantidades a1, ..., an12 de los reactivos A1, ..., An respectivamente, de un producto

Q que aún no está presente. Si x(t) denota la cantidad formada de Q después de t minutos, estamos suponiendo que x(0)=0. Además, se supone que en el laboratorio en un tiempo T se ha determinado que x(T)=x1 para alguna constante x1.

Suponemos que p1, ..., pn partes de A1, ..., An

nppp ++= 1

respectivamente, reaccionan formar p partes del producto Q, entonces:

.

El objetivo es hallar una fórmula para ( )tx en función del tiempo t transcurrido desde que inició la reacción.

Trataremos solo reacciones químicas modeladas por un derivado de la Ley de acción de masas para un único producto que se enuncia como sigue.

Ley de la velocidad de reacción de orden n, lineal en cada reactivo

Si la temperatura y presión se mantienen constantes, la rapidez de formación de Q es proporcional al producto de las cantidades presentes de sus reactivos A1, ..., An

( ) ( ) ( )

−⋅⋅

−= tx

ppatx

ppa

dttdx n

n11α

, esto es:

con condiciones ( )( )

==

1

00xTx

x

Aquí α representa la constante de proporcionalidad.

A continuación se justifica la fórmula anterior.

Sea ( )tx la cantidad presente de Q en el instante t , entonces ( )

dttdx

es la velocidad de formación de Q.

El número nppp ++= 1 es la suma de partes que reaccionan cada instante.

Considere uno de los reactivos, digamos el número nk ,,1∈ , es decir Ak

ppk

.

La fracción por ( )tx : ( )txp

pk ⋅ es la cantidad de Ak ( )tx que ha reaccionado para formar .

La resta ( )txp

pa kk ⋅− es la cantidad de Ak

12 En moles, gramos u otra unidad de medida de masa

que no ha reaccionado, es decir, la que está presente.

Lo anterior se escribe explícitamente como:


( )

( )

reaccionó que A de cantidad

reaccionó que A de cantidad

ntxp

p

txpp

n

1 1

entonces

( )

( )

−

−

ntxp

pa

txppa

nn A reactivo de presente cantidad

A reactivo de presente cantidad

11

1

Obviamente la velocidad de reacción depende de las cantidades presentes de los reactivos y, por supuesto, de su multiplicación (ver principio fundamental del conteo), entonces la velocidad de reacción está dada por la siguiente ED separable:

( ) ( ) ( )

−⋅⋅

−= tx

ppatx

ppa

dttdx n

n11α con condiciones de laboratorio

( )( )

==

1

00xTx

x

para alguna constante de proporcionalidad α , denominada constante de la velocidad de la reacción.

Si interviene un único reactivo A1 ( ) ( )( )txatx −=′ 1α. la ED correspondiente es , que además, de separable es lineal.

En general, la ley de velocidad de una reacción de orden nEE ++1 , donde nEE ,,1 son constantes no cero (no necesariamente enteros y se determinan experimentalmente) es:

( ) ( ) ( )nE

nn

Etx

ppatx

ppatx

−⋅⋅

−=′

11

1α

Ejemplo 4.18 Los reactivos A y B en cantidades iniciales respectivas de 10 y 20 g, reaccionan para formar Q. La rapidez de formación de Q es proporcional al producto de las cantidades presentes de A y B. La formación requiere 2 partes de A por 1 parte de B. Si 6 g de Q se forman en 20 minutos, hallar la cantidad presente de Q en cualquier tiempo (en minutos) y la cantidad formada a largo plazo.

R. Denote con ( )tx la cantidad formada de Q después de t minutos. Dos (2) partes de A reaccionan con una (1) parte de B, para formar tres (=2+1) partes de Q, en términos porcentuales 2/3 de una parte de A reaccionan con 1/3 de una parte de B para formar una parte de Q; si en lugar de una parte de Q, considera la cantidad total ( )tx obtiene que:

( )tx32 es la cantidad de A que reaccionó y la cantidad presente de A es ( )tx3

210 −

( )tx31 es la cantidad de B que reaccionó y la cantidad presente de B es ( )tx3

120 −

Entonces la ED que modela esta aplicación:

( )( )xxdtdx

31

32 2010 −−= α , α es constante de velocidad de reacción

Además, se han obtenido experimentalmente las condiciones ( )( )

==

62000

xx

.

Opcionalmente puede factorizar los coeficientes 32 y 3

1 para simplificar, como se muestra a continuación:

( )( )xxdtdx

−−= 601531

32 α y toma αβ 3

132=


⇔ ( )( )

dtxx

dx β=−− 6015

⇔ dtdxxx

β=

−−

− 6015451

451

Para mejorar el aspecto multiplica por 45, obtiene:

dtdxxx

β4560

115

1=

−−

−

⇒ ∫∫ =

−−

−dtdx

xxδ

601

151

, con βδ 45=

⇒ ( ) ( ) Ktxx +=−+−− δ60ln15ln , K constante.

⇒ Ktxx

+=−− δ

1560ln

La cantidad x presente de Q es menor que 15 y consecuentemente menor que 60, entonces es admisible evitar el valor absoluto en x−15ln y x−60ln . Si bien las constantes K,δ pueden calcularse luego, a esta altura del desarrollo resulta más simple. Las constantes deben escogerse de tal forma que:

( )( )

==

62000

xx

Aplicadas en la última solución resulta:

+⋅=−−

+⋅=−−

K

K

20615660ln

0015060ln

δ

δ

⇔

=

=

23

201 ln

4ln

δ

K

La última solución con esos valores de las constantes δ,K se escribe:

( ) 4lnln1560ln 2

3201 +=

−− t

xx

⇔ ( ) 4lnln 2

3201

1560 +

=−− t

exx

⇔ ( )t

exx 2

3201 ln

41560

=−−

A continuación despejamos los términos en x :

( )( )t

exx 2

3201 ln

15460 −=−

⇔ ( ) ( )tt

xeex 2

3201

23

201 lnln

46060 −=−

⇔ ( ) ( )

606014 23

201

23

201 lnln

−=

−

ttexe


⇔ ( )( )( )

14

6060

23

201

23

201

ln

ln

−

−=

t

t

e

etx es la cantidad presente de Q a los t minutos.

La cantidad formada de Q a largo plazo es:

( )( )( )

( )( ) 15

4

60lim14

6060limlim23

201

23

201

23

201

23

201

ln

ln

ln

ln

==−

−=

∞→∞→∞→ t

t

tt

t

tte

e

e

etx g

Ejercicios 4.11

1. Cada 3 gramos de la sustancia A reacciona con 2 gramos de B para formar 5 gramos de Q. Inicialmente están presentes 60 gramos de cada químico y 15 gramos de Q se forman en 1 hora. Dar cantidad presente de Q en cualquier tiempo (en horas) y la cantidad máxima que se puede formar.

La frase “Cada 3 g de A reaccionan con 2 g de B para formar 5 g de Q” es equivalente a “Cada 3/5 g de A

reaccionan con 2/5 g de B para formar 1 g de Q”, entonces cada x53 g de A reaccionan con x5

2 g de B

para formar x g de Q.

R. ( )15,1

15015005715841,0

05715841,0

−

−≈

⋅

⋅

t

t

eetx

es creciente, entonces su máximo teórico es ( ) 100lim =

∞→tx

t g.

2. A y B en cantidades iniciales 40 gramos y 30 gramos respectivamente, reaccionan para formar Q. La reacción requiere 2 partes de A por cada 3 de B. Si 10 partes de Q se forman en una hora. Compruebe que la cantidad formada de Q después de t horas está dada por ( )tx según la fórmula:

( ) ( )121100

117783040

117783040

−

−≈ t,

t,

eetx g.

3. Q se produce de una reacción que involucra los reactivos A y B. La formación requiere 3 gramos de A por cada 2 gramos de B. Si inicialmente ( 0=t horas), están presentes 90 gramos de A y 40 gramos de B, además, se han formado 75 gramos de Q en una hora, determine la cantidad ( )tx formada de Q en términos del tiempo transcurrido.

R. ( )15,1

1150 2ln

2ln

−

−= t

t

eetx g

La cantidad máxima de la sustancia Q que se puede formar es 100=máximax g

4. Un reactivo A se transforma en otro Q. En 0=t minutos están presentes a libras de A y a los 0>T minutos se han formado q libras de Q. Escribir un PVF para la cantidad ( )tx formada de Q a los t min y resolverlo.

R. ( ) ( )teatx α−−= 1 y

−−=

aq

T1ln1α

5. Los reactivos A y B en cantidades iniciales 90 gramos y 50 gramos respectivamente, reaccionan para formar Q. La rapidez de formación de Q es proporcional al producto de las cantidades presentes de A y B. La formación requiere tres partes de A por cada dos partes de B. Inicialmente Q no está presente y 100 gramos de Q se forman en un minuto.

Hallar la cantidad de Q presente en cualquier tiempo t (minutos) y diga cuál es la cantidad máxima


R. ( )( )( )

56

750750

35

35

ln

ln

−

−=

t

t

e

etx , 125máxima =x

6. Dos reactivos A y B en cantidades iniciales respectivas de a gr y 2a gr, a constante positiva, forman un producto Q. En cada instante la velocidad de reacción es proporcional al producto de las cantidades presentes de A y B. La formación requiere dos partes de A por cada cuatro partes de B. Inicialmente Q no está presente y a gr de Q se forman en 1 min. Escriba las variables, ED y condiciones que modelan la cantidad de Q presente en cualquier tiempo t (minutos) y diga cual es la cantidad máxima de Q que se puede formar.

R. ( )2

63+

−=t

aatx y cantidad máxima que se forma de Q es axmáx 3=


4.7. Trayectorias ortogonales

Definición 4.1 Curvas ortogonales

Dos curvas planas Γ (gamma) y Ω (omega) que se intersecan en los puntos ,, 21 PP son ortogonales si y

solo, en cada punto ,, 21 PP de intersección las respectivas rectas tangentes a Γ y Ω son perpendiculares.

La figura muestra dos curvas ortogonales Γ y Ω con sus respectivas rectas tangentes ΓT y ΩT en un punto

kP de intersección. Observe que ΩΓ ⊥ TT :

Sea ( )yxP ,= cualquiera de los puntos de intersección ,, 21 PP . Entonces en este punto ( )yxP ,=

ΓT tiene pendiente 0≠m si y solamente si ΩT tiene pendiente m

M 1−= 13

ΓT

En términos de derivadas:

tiene pendiente ( ) 0≠′ xy si y solamente si ΩT tiene pendiente ( )xy′−

1

En la siguiente definición se extiende el concepto de ortogonalidad entre curvas a ortogonalidad entre familias de curvas.

Definición 4.2 Familias ortogonales

Sean C y K parámetros

( ) 0,, =CyxE la ecuación uniparamétrica de una familia de curvas E

y ( ) 0,, =KyxG la ecuación uniparamétrica de una familia de curvas G

Decimos que E es una familia de trayectorias ortogonales (TO) de G y viceversa, si y solo si, las curvas de

E que se intersecan con curvas de G lo hacen ortogonalmente.

La figura muestra dos familias de TO, algunas curvas (trazos más oscuros) de una familia y algunas de sus TO (líneas más claras).

13 si m=0 entonces ΓT es una recta horizontal y ΩT es una recta vertical con pendiente ∞=M


Problema

Es dada la ecuación ( ) 0,, =CyxE de una familia E , el problema consiste en hallar ( ) 0,, =KyxG , la

ecuación de una familia G de trayectorias ortogonales a E .

Algoritmo

Como el concepto de ortogonalidad se define en términos de pendientes (derivadas) de curvas, el primer paso consiste en hallar la pendiente de las curvas de E , esto es equivalente al problema de hallar una ecuación

diferencial de primer orden cuya solución general sea la familia de curvas dada E , para esto deriva respecto a

x en la ecuación ( ) 0,, =CyxE para obtener el sistema de ecuaciones:

( )

=′⋅∂∂

+∂∂

=

0

0,,

yyE

xE

CyxE

Después de eliminar C del sistema anterior resulta una ED de la forma ( )yxFy ,=′ común para todos los

miembros de E . Además, esta ED es la ecuación de la pendiente ( )xy′ (independiente de C ) de cada curva

de E .

El segundo paso es escribir una ED para G , basada en la definición de ortogonalidad. Para esto supone que

( )yxP ,= es un punto donde se intersecan curvas de E con curvas de G , entonces en ese punto se tienen las siguientes propiedades:

Pendiente de las curvas de E es ( )yxFy ,=′

Pendiente de las curvas de G es ( )yxFy

,1

−=′

Note que 11−=⋅− F

F, esto significa que las respectivas rectas tangentes son perpendiculares.

El tercer paso (final) es resolver ( )yxFy

,1

−=′ para obtener la ecuación ( ) 0,, =KyxG de la familia G .

Los tres pasos para construir la ecuación de una familia de TO se resume en:

( ) ( ) E

E

de ecuaciones

de ED construyeyxFyCyxE ,0,, =′→=


( )( )yxF

yyxFy,

1, −=′→=′G de ED construye

( )( )

G de ecuaciones

resuelve0,,

,1

=→−=′ KyxGyxF

y

Ejemplo 4.19

Dar una familia de TO de la familia E de parábolas Cxy =2 , C constante, Suponga que 0≠xy

R. Empiece construyendo una ED para la familia dada E .

La ecuación Cxy =2 tiene un único parámetro C , entonces deriva una sola vez para obtener:

Cyy =′2

Este último C se sustituye en la primera Cxy =2 y obtiene la ED:

xyyyC

′= 22

⇔ xyy

2=′ , esta es una ED para E .

El siguiente paso es plantear una ED para la familia G de trayectorias ortogonales de E . Como E tiene ED

xyy

2=′ entonces G tiene ED:

yxy 2

−=′

⇔ xdxydy 2−=

⇒ Kxy +−= 2221

⇒ Kyx =+2

22

Concluye que las siguientes familias de curvas son ortogonales:

Parábolas E : Cxy =2 , C constante

Elipses G : Kyx =+2

22 K constante

Ejemplo 4.20

Encuentre las TO de la familia de elipses 14 2

22=+

cyx

.

R. Para construir una ED cuyas soluciones sean las elipses dadas deriva respecto a x en la ecuación de las elipses y se da a la tarea de eliminar el parámetro c del sistema de ecuaciones:


=′

+

=+

024

2

14

2

2

22

cyyx

cyx

Basta despejar 2c de la segunda ecuación para obtener: xyyc′

−=42

Y sustituir en la primera ecuación del sistema para recibir: 144

2=′−

+y

xyx

⇔ 42 −

=′x

xyy

Esta es la ED de la familia de elipses dada.

La familia de Trayectorias Ortogonales (TO) a la familia anterior de elipses tiene ED (separable):

xyxy 42 −

−=′

⇔ dxx

xydy 42 −−=

⇔ dxxx

ydy

−=

4

Integre y obtiene la ecuación (sin derivadas) de las TO: Kxxy +−= 22 ln8

Ejemplo 4.21

Encuentre las trayectorias ortogonales de la familia de curvas cxyx =− 22 , suponga que 0≠xy

R. Familia dada: cxyx =− 22

Derive respecto a x : cyyx =′− 22

Sustituya esta última c en la primera ecuación y obtiene la siguiente ED para la familia de curvas dada:

( )xyyxyxc

′−=− 2222

⇔ yxyxyx ′−=− 22 222

⇔ 222 yxyxy +=′

⇔ xy

yxy2

22 +=′ , es una ecuación de la familia en la figura

Entonces la familia de trayectorias ortogonales tiene ED (homogénea):

222

yxxyy+

−=′


Aplique el cambio de variables vxvyxvyxyv ′+=′⇒=⇒= en esa ED y resulta

( )22

22xvxvxvxv

+−=′+

⇔ 212

vvvxv

+−=′+

⇔ vvvvx −

+−=′ 21

2

⇔ 2

3

12

vvvvvx

+

−−−=′

⇔ 2

3

13

vvvvx

+

−−=′

⇒ ∫∫ −=+

+x

dxdvvv

v3

13

2

Con la sustitución ( ) ( )dvvdudvvduvvu 13

333 223 +=⇒+=⇒+= en esa solución obtiene:

∫∫ −=x

dxu

du3

⇒ Axu lnlnln31 +−=

⇔ Axu ln3ln3ln +−=

⇒ 33 −= xAu

Como vvu 33 += esa solución se escribe

33 3

xBvv =+ donde 3AB =

Finalmente, cambie xyv = en esa solución y obtiene:

3

3 3xB

xy

xy

=+

⇔ Byxy =+ 23 3 es la ecuación de las TO

Ejemplo 4.22

Muestre que las familias de curvas cyx =+ 22 4:E y 4: Cxy =G son ortogonales. Suponga 0≠xy R. Vamos a calcular las pendientes de cada familia y calcular su multiplicación.


Empiece con cyx =+ 22 4 y derive para obtener:

082 =′+ yyx

Como c no está presente en esta ED, será una ED de E y la puede escribir como y

xy4

−=′

Ahora eliminemos el parámetro de la ecuación de G

4Cxy =

deriva para obtener 34Cxy =′

⇒ 34xyC′

=

y sustituye en 4Cxy = para obtener:

434

xxyy′

=

⇒ xyy 4

=′ es una ED para G

Multiplique las pendientes de E y G : 144

−=

−

xy

yx

, por tanto, las familias son ortogonales

Ejercicios 4.12 En los ejercicios 1 a 6, hallar la ecuación de las TO de la familia de curvas dada

1. 23 cxy = Suponga 0≠y . R. Axy +−= 2232

2. cyx =− 22 Suponga 0≠xy R. xAy =

3. 122 =+ cyx Suponga 0,1 ≠±≠ xyx R. Axxy +−= 222 ln

4. 22 ycyx += Suponga 0≠xy R. xAxy =+ 223

5. xcey x 32 += − Suponga 0326 ≠+− yx R. yAeyx 6201236 −=+−

6. ( ) 222 CyCx =+− R. Kyxy =+ 22

7. ¿Para que valor de la constante a las familias de curvas cxy =3 y Cayx =+ 22 son ortogonales?

R. 31=a

8. Muestre que la familia de parábolas 22 44 ccxy += es ortogonal a sí misma.


9. Sea E la familia de curvas con ecuación 23 326 yyCx α−=+ , α es constante fija y C parámetro.

Hallar la familia F de TO de E y compruebe que la curva de F que pasa por

2,0 α

es:

xey α

α−+

=1

R. F tiene ecuación xCey

αα

−+=11

10. Compruebe que la ED para la familia de curvas ( ) ( )C yxyx 22222 −=+ es homogénea. Hallar la familia de trayectorias ortogonales de esa familia de curvas.

R. ED de la familia de curvas dada es la homogénea yxy

xyxy 23

23

33

−

−=′

Las TO tienen ecuación ( ) Cxyxy =++− lnln2ln 22


4.8. Segunda ley del movimiento de Newton

Un cuerpo de masa constante o variable14

t se desplaza sobre una trayectoria bajo la influencia de fuerzas

concurrentes sobre él. En cada instante denotemos con:

( )tm la masa que tiene el objeto

( )tr su posición

( ) ( )trtv ′=

su velocidad y

( ) ( ) ( )trtvta ′′=′=

su aceleración

Además, la suma vectorial de todas las fuerzas, llamada fuerza neta, será denotada con ( )tF

y es obvio que la dirección de esta fuerza neta y la dirección que sigue el objeto es la misma.

El momentum del objeto se define como ( ) ( )tvtm ⋅

Si la masa es constante entonces la razón de cambio instantánea del momentum respecto al tiempo es:

( ) ( )( ) ( )( ) ( )tamtvdtdmtvtm

dtd

⋅=⋅=⋅

Segunda Ley de Newton

( ) ( )( ) ( )tFtvtmdtd

=⋅

Si la masa es constante ( ) ( )tFtam

=⋅

Unidades de medida

La siguiente tabla muestra las unidades utilizadas en cada uno de los sistemas de medida:

cgs centímetro (cm), gramo (gr), segundo (s o seg) pls pie, libra (lb), segundo mks metro (m), kilogramo (kg), segundo

cgs pls mks masa gr lb kg posición cm pie m (metro) velocidad cm/seg pie/seg m/seg aceleración cm/seg pie/seg2 m/seg2 2 valor aproximado de g 980 cm/seg 32 pie/seg2 9.8 m/seg2 2 fuerza dina=gr.cm/seg poundal=lb2 .pie/seg newton=kg2 .m/seg2

Ejemplo 4.23

Si el objeto se desplaza en el plano xy entonces las cantidades vectoriales son:

14 La masa podría variar, por ejemplo, si va quemando una cantidad considerable de combustible


( ) ( ) ( )( )tytxtr ,=

posición

( ) ( ) ( ) ( )( )tytxtrtv ′′=′= , velocidad

( ) ( ) ( ) ( )( )tytxtvta ′′′′=′= , aceleración

( ) ( ) ( )( )tFtFtF 21 ,=

fuerza neta

donde 21,,, FFyx son funciones reales en la variable real no negativa t . En este caso y suponiendo que la

masa es constante, la segunda ley de Newton se escribe de las siguientes formas:

( ) ( )tFtrm

=′′

⇔ ( ) ( )( ) ( ) ( )( )tFtFtymtxm 21 ,, =′′⋅′′⋅

⇔

( ) ( )

( ) ( )

=′′⋅

=′′⋅

tFtym

tFtxm

2

1

Esta sección se limita a cuerpos que se desplazan horizontal o verticalmente; por lo tanto, las cantidades vectoriales tienen una sola componente que denotamos con:

( ) ( )txtr =

posición

( ) ( )txtv ′= velocidad

( ) ( ) ( )txtvta ′′=′= aceleración

( )tF fuerza neta

Este capítulo ilustra ED de primer orden, por esto, la ED de segundo orden ( ) ( )tFtxm =′′⋅ será tratada

como su equivalente de primer orden ( ) ( )tFtvm =′⋅ .

Ejemplo 4.24 Fórmula para velocidad y posición de un cuerpo en caída libre

Un cuerpo de masa constante m sale desde la posición 0x con velocidad inicial 0v y cae verticalmente. La

única fuerza que actúa sobre la masa m se debe a la aceleración de la gravedad (g), determine la posición, ( )tx , del objeto en cada instante.

R. Utilizaremos la segunda ley de Newton para relacionar peso W con masa del objeto m y determinar la posición ( )tx donde está el objeto en el instante 0≥t .

En caída libre la única fuerza que actúa sobre el objeto es su peso y, por lo tanto, la fuerza neta es WF = . Por otro lado la aceleración que experimenta es la de la gravedad, que denotamos con la constante g .

Aplicando la ley de Newton Fam =⋅ a este caso de caída libre, resulta la conocida elación Wgm =⋅ .

Para determinar la posición ( )tx en el instante t (min., seg., unidades de tiempo según corresponda), partimos del problema de valores iniciales:

( ) gta = con condiciones iniciales ( )( )

==

0

000

vvxx


Como ( ) ( )tvta ′= la ED se escribe ( ) gtv =′

⇔ ( ) Agttv += , A constante.

Aplica la condición ( ) 00 vv = para obtener 0vA = y escribir la ED como:

( ) 0vgttv +=

⇔ ( ) 0vgttx +=′

⇔ ( ) Btvgttx ++= 02

2, B constante.

Aplica la condición ( ) 00 xx = para obtener 0xB = y la posición del objeto está dada por:

( ) 002

21 xtvgttx ++=

Observe que esta posición no depende de la masa del objeto

Ejercicios 4.13

1. Un objeto se lanza verticalmente hacia arriba con velocidad inicial v0. La única fuerza que actúa sobre la masa es su peso total. Determine el tiempo que tarda en alcanzar su máxima altura. Si se lanzan hacia arriba dos cuerpos de diferente masa, con la misma velocidad inicial v0 y siendo su respectivo peso la única fuerza que actúa sobre cada uno, ¿cuál se detiene primero?, ¿cuál alcanza mayor altura?. ¿En que tiempo regresan a su posición de salida xo

R. Alcanza su máxima altura en el tiempo

?

gvT 0= , este es independiente de la masa y, por lo tanto, es

independiente del peso, entonces ambos se detiene al mismo tiempo. Si continúa resolviendo obtiene la

misma función desplazamiento para ambos objetos ( ) 002

21 xtvgttx ++−= , entonces los objetos

alcanzan la misma altura. La solución de ( ) 0xx =τ es T2=τ .

2. Repita el ejercicio 1 con ( )( )

==

00320

xv

.

Ejemplo 4.25 Caída con resistencia por inmersión en un líquido

Un cuerpo de masa m constante cae verticalmente por la influencia de la gravedad g, se desplaza dentro de un líquido que ejerce una fuerza de resistencia, proporcional a la rapidez15 ( )tv en cada instante t . Determine la

velocidad ( )tv y posición ( )tx , la velocidad límite de la masa, esto es, el límite de ( )tv cuando ∞→t .

Asuma que partió de la posición ( ) 00 xx = .

R. Asumimos que la velocidad inicial es ( ) 00 vv = y parte de ( ) 00 xx =

Las fuerzas que determinan la posición del objeto son:

peso W constante y

resistencia ( )tR que en cada instante t , es proporcional a la velocidad, por lo tanto, existe una

constante de proporcionalidad 0>k tal que ( ) ( )tkvtR = .

15 Ejemplificamos con la resistencia proporcional a la rapidez, a su cuadrado o a su cubo


El objeto cae; por esto, el peso tiene una magnitud mayor que la magnitud de la fuerza de resistencia, así la fuerza neta es kvW − y la segunda ley de Newton nos lleva al PVI:

kvWvm −=′ condicionado por ( )( )

==

0

000

xxvv

Esta ED es lineal (y separable) Wkvvm =+′ y se escribe:

mW

mk vv =+′

Multiplique por el factor integrante tdt m

kmk

ee =∫ para obtener:

tmW

mktt m

kmk

mk

eveve =+′

⇔ t

mWt m

kmk

evedtd

=

⇔ ∫∫ =

dteved

tmWt m

kmk

⇔ Cevet

kWt m

kmk

+= , C constante

Desde donde despeja la rapidez ( )t

kW m

kCetv

−+=

Si aplica ( ) 00 vv = en esta, resulta Cv kW +=0 entonces k

WvC −= 0 .

Sustituya eso en la velocidad anterior y obtenga: ( ) ( ) tk

Wk

W mk

evtv−

−+= 0

Para determinar la posición del objeto en función de t , escriba esa ecuación de velocidad como:

( ) ( ) dtevtdxt

kW

kW m

k

−+=

−0

E integre para obtener la posición ( ) ( ) Kevttxt

km

kW

kW m

k+−+=

−−0 , K constante

Aplique ( ) 00 xx = y obtiene: ( ) Kvx km

kW +−=

−00 desde donde despeja ( ) km

kWvxK −+= 00 .

Con eso la función de posición es: ( ) ( ) ( ) km

kWt

km

kW

kW vxevttx m

k−++−−=

−000

La velocidad límite es ( )tvt ∞→lim ( ) k

Wtk

Wk

Wt

mk

ev =

−+=

−

∞→0lim


Ejemplo 4.26 Caída con resistencia por inmersión en un líquido

Un cuerpo de masa m constante, parte de reposo y cae verticalmente por su peso, se desplaza dentro de un líquido que ejerce una fuerza de resistencia, proporcional al cuadrado de la rapidez ( )tv en cada instante t .

Hallar la velocidad ( )tv y la velocidad límite de la masa (límite de ( )tv cuando ∞→t ). Asuma que partió del origen.

R. La frase “parte del reposo” se escribe ( ) 00 =v y “parte del origen” como ( ) 00 =x

Las fuerzas que determinan la posición del objeto son:

peso W constante y

resistencia ( )tR que en cada instante t , es proporcional al cuadrado de la velocidad, por lo tanto,

existe una constante de proporcionalidad 0>k tal que ( ) ( )tkvtR 2= .

El objeto cae, por esto el peso tiene una magnitud mayor que la magnitud de la fuerza de resistencia, así la

fuerza neta es 2kvW − y la segunda ley de Newton nos lleva al PVI:

2kvWvm −=′ condicionado por ( )( )

==

0000

xv

Separa variables y obtiene dtkvW

mdv=

− 2 y ahora en fracciones parciales:

( )( ) vkWb

vkWa

vkWvkWkvW ++

−=

+−=

−

112

⇒ ( ) ( )bvkWavkW −++=1

Si k

Wv = ⇒ bk

WkWak

WkW

−+

+=1 ⇒

Wa

21

=

Si k

Wv −= ⇒ bk

WkWak

WkW

−−+

−+=1 ⇒

Wb

21

=

Aplica esa separación en fracciones parciales en la ED y obtiene:

dtdvvkW

WvkW

Wm =

++

−2

12

1

⇒ dtdvvkWvkWW

m=

++

−11

2

Integra y obtiene: AtvkWk

vkWkW

m+=

++−− ln1ln12

, A constante.

Puede omitir el valor absoluto por el siguiente argumento, las cantidades 02 >− kvW y 0>+ vkW ,

como ( )( ) 02 >+−=−+ vkWvkWkvW entonces 0>− vkW .


La solución se escribe: ( ) ( )( ) AtvkWvkWkWm

+=++−− lnln2

Si aplica ( ) 00 =v en esa solución resulta 0=A , por lo que puede escribirla como:

( ) ( )( ) tvkWvkWkWm

=++−− lnln2

Y para despejar la velocidad procede como sigue:

tmkW

vkWvkW 2ln =

−+

⇒ t

mkW

evkWvkW

2

=−+

⇒ ( )vkWevkWt

mkW

−=+2

⇒ vekeWvkWt

mkWt

mkW 22

−=+

Agrupa los términos en v y factoriza, obtiene:

−=

+ 11

22 tmkWt

mkW

eWvek

⇒

1

12

2

+

−⋅=

tmkW

tmkW

e

ek

Wv es la velocidad ( )tv que responde al primer asunto.

La velocidad límite es ( )tvt ∞→lim

1

1lim2

2

+

−⋅=

∞→ tmkW

tmkW

te

ek

W

tmkW

tmkW

te

ek

W2

2

lim ⋅=∞→ k

W=

Ejemplo 4.27

Considere una cadena de masa m y longitud L. Inicialmente, una parte está sobre una mesa horizontal y otra está colgando. Se suelta y empieza a deslizarse sin ninguna resistencia. Determine una ecuación que describa la posición de la cadena en función del tiempo.


R. La masa de la cadena no cambia (es constante), pero la masa del pedazo que cuelga es variable y por su peso se produce el desplazamiento de la cadena. Para determinar este peso, observe que la masa por unidad

de longitud de la cadena es Lm , si ( )tx es el trozo que cuelga entonces su masa es ( )txL

m .

Aplica la segunda ley de Newton para cuerpos de masa constante y obtiene:

( ) ( ) gtxLmtma

masa

⋅=

Y las condiciones iniciales son ( )( )

=′=

xxx00

0 0 donde 0x es la longitud del trozo que inicialmente cuelga.

La ED se escribe: xLg

dtxd=2

2, es una ED de 2do orden con variable t ausente. Por lo que toma xv ′= y

la ED se escribe: xLg

dtdv

=

⇔ xLg

dtxd

xddv

=//

, este artificio es para eliminar t del todo y quedar con solo dos variables.

⇔ xLgv

dxdv

=

⇔ CxLgv += 22 , C constante.

Aplica las condiciones iniciales ( )( )

==

vxx00

0 0 para obtener que 20x

LgC −= y la ED toma la forma:

( )20

22 xxLgv −=

⇔ 20

2 xxLgv −= , note que la velocidad es positiva.

⇔ ∫∫ =−

dtLg

xx

dx20

2

⇔ Ktxxx Lg +=

−+ 2

02ln

Aplica la condición ( ) 00 xx = para obtener 0ln xK = y la solución ( )tx está implícita en la ecuación:

020

2 lnln xtxxx Lg +=

−+

Ejercicios 4.14

1. Un cuerpo de masa m kg, parte de reposo desde el origen y cae verticalmente por la influencia de la gravedad. En cada instante t la caída está determinada por su peso y por la resistencia del aire que es proporcional a la rapidez ( )tv , como prueba experimental se determinó que la resistencia es 40n cuando la velocidad es 40 m/s.


Muestre que 0≥∀t ( )

−=

− tmemgtv1

1 y la posición es ( )

−+=

−mmetmgtx

tm1

2. Un cuerpo de masa gm /1= kg ( g es aceleración de la gravedad) parte de reposo desde el origen y cae verticalmente por la influencia de la gravedad. En cada instante t la caída está determinada por su peso y por la resistencia del medio proporcional al v3

0≥∀t(t), como prueba experimental se determinó que la resistencia es 8n

cuando la velocidad es 2 m/s. Demuestre que la velocidad está implícita en:

31arctan3

312arctan3

11ln 3

2+=

++

−++ tv

vvv

m

3. Considere una cadena homogénea de masa m y longitud L . La cadena se desliza pasando por un carrete fijo a la pared, que no produce ninguna fuerza de resistencia sobre la cadena. Inicialmente un trozo de cadena con longitud x0

( ) ( ) ( )

−−−= 0

20

212 xxxxL

gtv

> L/2 estaba en reposo y su peso produjo el deslizamiento. Denote con x(t) la longitud del trozo de cadena que ha pasado por el carrete pasados t minutos. Demuestre que la velocidad instantánea del trozo de longitud x(t) es:

4. Una cuerda de masa despreciable está sobre un carrete como el de la figura anterior. Además, en un extremo de la cuerda está atado un peso de masa m y en el otro extremo está atado un peso de masa M. Suponga que m > M y que inicialmente los pesos se encuentran a la misma altura en reposo. Además, solo la masa m está sumergida en un líquido de tal forma que en su desplazamiento experimenta una fuerza de amortiguamiento proporcional a la velocidad, con constante de proporcionalidad k. Demuestre que la velocidad y posición de la masa mayor en un instante t están dadas por:

( ) ( )

−

−=

− tmk

ek

Mmgtv 1 y ( ) ( ) ( )22 k

MmmgLekmt

kMmgtx

tmk

−−+

+

−=

−.

L es longitud de la cuerda.

5. Un punto material de masa 1 kg, se encuentra sobre la línea que une a dos centros gravitacionales A y B. Dicho punto material es atraído por cada uno de los centros gravitacionales con una fuerza de magnitud igual al doble de la distancia del punto material al centro gravitacional. ( )tx denotará la distancia entre el punto material y el punto medio del segmento AB, en el instante t . Obtenga: La ED que determinar ( )tx . R. ( ) ( ) 04 =+′′ txtx La solución de la ED si el punto material, inicialmente, se encuentra en reposo y a una distancia de 5m a la derecha del punto medio del segmento AB R. ( ) ( )ttx 2cos5=

El tiempo necesario para que el punto se encuentre, por primera vez, a igual distancia de los puntos A y B.

R. 4π=T seg.


6. Un objeto de masa 2=m Kg sale de un punto con velocidad inicial 0 m/seg. Cae verticalmente por el

efecto de su peso gm ⋅=W , 10≈g m/seg2 ( )[ ]2tvk ⋅=R, y de una fuerza de resistencia , donde k es una constante positiva con valor desconocido.

Se sabe que: ( ) 00 =v ; ( ) 40lim =+∞→

tvt

m/seg y ( ) 0lim =′+∞→

tvt

m/seg2 ( ) RW −=′⋅ tvm. Además, .

a) Calcule el valor de k . Sugerencia, aplique límites a la ED. R. 801=k

b) Dar la velocidad ( )tv en función del tiempo transcurrido t R. ( )1

4040

21

21

+

−=

t

t

e

etv

7. Una masa de 1 libra se desplaza verticalmente bajo la influencia de su peso y de una fuerza de resistencia. En cada instante la magnitud de la resistencia es igual a la distancia que ha recorrido la masa. Inicialmente la masa está a 32 pies del origen y su velocidad es segpies /4 . Obtenga una fórmula para la distancia de la

masa al origen en función del tiempo. R. ( ) ttx sin432 −=

8. Un cuerpo de masa m kg, parte de reposo desde el origen y cae verticalmente por la influencia de la gravedad. En cada instante t la caída está determinada por su peso y por la resistencia del aire que es

proporcional a la rapidez ( )tv , como prueba experimental se determinó que la resistencia es 40n cuando la velocidad es 40 m/s.

Muestre que 0≥∀t la velocidad es ( )

−=

− tmemgtv1

1 y posición ( )

−+=

−mmetmgtx

tm1


4.9. Geometría analítica

El problema a tratar en esta sección consiste en hallar una función f a partir de las propiedades

geométricas conocidas de sus rectas tangentes o normales en los puntos genéricos de de f . El problema se

reduce a plantear una ED ( )yxFy ,=′ y resolverla para determinar la ecuación de la función f .

Para evitar confusión del punto genérico ( )yx, donde se considera la pendiente ( )yxFy ,=′ , con cualquier

otro punto de la gráfica de f , denotamos con ( )YX , los puntos genéricos de f . Entonces las ecuaciones de

la función, su recta tangente y su normal en el punto ( )yx, se escriben en las variables ( )YX , .

Notas N1 Algunas ED de primer orden que modelan problemas de geometría analítica tienen la forma:

( )( ) ( ) ( ) 0,,, 2 =+′+′ yxcyyxbyyxa

En tales casos se recomienda despejar:

aacbby

242 −±−

=′ donde se supone 042 ≥− acb

N2 En esta y todas las aplicaciones debe escudriñar en busca de soluciones singulares.

Recta tangente a una curva ( )XfY = en un punto ( )yx,

Sea Τ la recta tangente a la curva ( )XfY = en el punto de tangencia fijo ( )yx,

Empecemos con una ecuación general para la recta Τ : bmXY +=

La pendiente a ( )XfY = en el punto ( )yx, es ( )xfm ′= y la ecuación de Τ se escribe:

( ) bXxfY +⋅′=

Para hallar b utiliza que la recta pasa por ( )yx, , entonces: ( ) bxxfy +⋅′=

⇒ ( ) xxfyb ⋅′−=

Concluye Τ tangente a ( )XfY = en el punto de tangencia ( )yx, tiene ecuación:


( ) ( )bm

xxfyXxfY ⋅′−+⋅′=

Escribimos ( ) yxf ′=′ y la ecuación de Τ se escribe ( )xXyyY −⋅′=− o yxXyY ′=

−−

Recta normal a una curva ( )XfY = en un punto ( )yx,

Sea Ν la recta normal a la curva ( )XfY = en el punto de tangencia ( )yx, .

La ecuación general de una recta es BMXY += y si es normal a ( )XfY = entonces su pendiente es

( )xfM

′−=

1, en el caso ( ) 0≠′ xf .

Entonces la ecuación de la Normal Ν es: ( )

BXxf

Y +′

−=1

Ν pasa por ( )yx, , lo que escribe como: ( )

Bxxf

y +′

−=1

⇒ ( )xfxyB′

+=

Concluye que la recta normal Ν a ( )XfY = en el punto de tangencia ( )yx, tiene ecuación:

( ) ( )xf

xyXxf

Y′

++′

−=1

Escribimos ( ) yxf ′=′ y la ecuación de Ν se escribe ( )

( )xXxf

yY −′

−=−1

o yxX

yY′

−=−− 1

Resumen

Si ( )yx, es punto de tangencia sobre la curva con ecuación ( )XfY = entonces:

Su recta tangente Τ en el punto ( )yx, tiene ecuación yxXyY ′=

−−


Su recta normal Ν en el punto ( )yx, tiene ecuación yxX

yY′

−=−− 1

Ejemplos 4.28

1. Hallar la ecuación de una familia de curvas si para cada curva, sus rectas normales pasan por ( )0,0 .

R. Sea ( )yx, un punto de tangencia sobre una de las curvas buscada.

La recta normal en ( )yx, tiene ecuación yxX

yY′

−=−− 1 caso que 0≠′y .

Si pasa por ( ) ( )0,0, =YX entonces yx

y′

−=−− 1

00

⇒ yxy −=′

⇒ xdxydy −=

Integre y obtiene la solución general: Cxy +−= 2212

21

⇒ 222 ryx =+ , cambiamos Cr 22 =

Estas soluciones son círculos centrados en ( )0,0 .

El caso rezagado 0=′y tiene soluciones Ky = constante, representa una familia de rectas horizontales y,

por lo tanto, sus rectas normales son verticales Lx = constante, no todas estas rectas normales pasan por (0,0) entonces las rectas Ky = no son soluciones admisibles

2. Sea a una constante fija.

Hallar la familia de curvas, si para cada curva la distancia desde el punto de tangencia al punto en que la

tangente corta al eje Y es 2a .

R. Sea ( )yx, un punto de tangencia sobre las curvas buscadas, entonces la recta tangente en ( )yx, es:

yxXyY ′=

−−

Necesitamos del valor ( )0Y donde la tangente corta al eje Y , que se despeja de:

yxyY ′=

−−

0

⇒ yxyY ′−=

Así ( )yxy ′−,0 es la intersección de la recta tangente con el eje Y .

Por otra parte, la distancia entre dos puntos cualesquiera ( )00, yxP y ( )11, yxQ está dada por:

( ) ( ) ( )2012

01, yyxxQPd −+−=

Para nuestro ejemplo, la distancia entre ( )yx, y ( )yxy ′−,0 es una constante 2a , esto se escribe:


( ) ( )( ) 2220 ayxyyx =′−−+−

⇔ ( ) 4222 ayxx =′+

⇔ ( ) 2

242

xxay −

=′

⇔ 2

24

xxay −

±=′

Integre y obtiene: ∫ ⋅−

±= dxx

xay 2

24

Tome el cambio de variable θsin2ax = ⇒ θθ dadx cos2= en esa integral resulta:

∫ ⋅−

±= θθθ

θ d aa

aay cossin

sin 22

244

⇒ ∫ ⋅−

±= θθθ

θ d aa

ay cossin

sin1 22

22

⇒ ∫±= θθθ d ay

sincos2

2

⇒ ∫−

±= θθθ d ay

sinsin1 2

2

⇒ ( )∫ −±= θθθ d ay sincsc2

⇒ ( )Cay ++−±= θθθ coscotcscln2

Construya un triángulo en el cual θsin2ax = es decir 2sinax

=θ , puede utilizar el que muestra la figura:

Con Pitágoras complete la medida del otro cateto:


Desde es triángulo 2

24242cos,cot,csc

axa

xxa

xa −

=−

== θθθ que sustituye en la solución

y obtiene:

+

−+

−−±= C

axa

xxa

xaay 2

242422 ln

3. Hallar la familia de curvas, si la suma de las medidas de la abcisa del punto donde la recta tangente corta al eje X más la ordenada de su intersección con el eje Y es 0 .

R. Sea ( )yx, el punto de tangencia.

La recta tangente en ( )yx, es: yxXyY ′=

−−

La abcisa de intersección con el eje X se despeja de: yxXy ′=

−−0

⇒ yyxX′

−= caso que 0≠′y

La ordenada de intersección con el eje Y se obtiene de yxyY ′=

−−

0 ⇒ yxyY ′−=

Iguale la suma de las anteriores a 0 y obtiene la ED: 0=′−+′

−

+

YX

yxyyyx

⇒ ( ) 02 =′−′+−′ yxyyyyx

⇒ ( ) ( ) 02 =−′++′− yyyxyx

Resuelve como ecuación de segundo grado para y′ : ( ) ( )

xxyyxyxy

242

−−+±+−

=′

⇒ ( ) ( )

xyxyxy

2

2

−−±+−

=′

⇒ ( ) ( )

xyxyxy

2−−±+−

=′

Desde donde obtiene las ED separables ( ) ( )

xyxyxy

2−−++−

=′ y ( ) ( )

xyxyxy

2−−−+−

=′

La primera ED se reduce a xyy =′

⇒ x

dxy

dy=

⇒ Axy lnlnln += donde A es constante


⇒ Axy ±= ⇒ mxy = donde m es constante.

Son rectas que pasan por ( )0,0 , obviamente sus rectas tangentes coinciden con ellas mismas y cortan ambos

ejes en 0,0 == yx y su suma es 0 .

La segunda ED se simplifica como 1=′y y sus soluciones son rectas Axy += . Estas rectas cortan a los

ejes XY en Ax −= y Ay = respectivamente, su suma es cero y, por lo tanto, Axy += también son soluciones del problema.

El caso rezagado 0=′y tiene soluciones Cy = constante. La recta 0== Cy corta a los ejes XY en

0,0 == yx y la suma de esa abcisa y esa ordenada suman cero; por lo tanto, la recta 0=y es solución.

Otras rectas horizontales 0≠= Cy no cortan al eje X y, por lo tanto, no son soluciones admisibles

Ejercicios 4.15 Recuerde considerar soluciones singulares.

1. Hallar la ecuación de la familia de curvas, si a cada curva sus rectas normales pasan por un punto fijo ( )ba, .

R. Círculos con centro en ( )ba, : ( ) ( ) 222 Cbyax =−+−

2. Hallar una familia de curvas, si para cada curva el área del triángulo formado por la tangente en cualquier

punto y los ejes coordenadas es constante 2a (sin pérdida de generalidad puede suponer 0≥a ).

R. aCxaxy ±=± 22 y soluciones singulares: x

ay2

2±= (hipérbolas equiláteras).

aplicación de las ed de primer orden

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