Aplicaciones de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer
orden.
Prof. Leonardo Sáenz Baez
LEY DE ENFRIAMIENTO DE NEWTON.
El enunciado de la ley de Newton para el enfriamiento de un cuerpo es: La razón o velocidad con que cambia la temperatura de un cuerpo, con respecto al tiempo, es proporcional a la diferencia de temperaturas entre el cuerpo y el medio ambiente
Si denotamos con T a la temperatura del cuerpo en un tiempo t cualquiera y con Tm a la temperaura del medio ambiente, entonces la ley de enfriamiento se puede
formular mediante la siguiente ecuación diferencial dT
dt −kT − Tm
donde k es una constante de proporcionalidad positiva y T Tm, el signo menos
en la ecuación es necesario ya que la temperatura es una función decreciente y la derivada debe ser negativa. La T , es la variable dependiente y t la variable
independiente, Tm y k son constantes.
Esta ecuación diferencial se puede escribir dT
dt kT kTm
la cual es una ecuación diferencial lineal de primer orden, cuya solución, como ya hemos visto se puede encontrar escribiendo:
pt k gt kTm
siendo el factor de integración
t e
ptdt e
kdt ekty por lo tanto la solución es
T e−kt
ektkTmdt Ce−kt Tme−ktekt Ce−kt
T Tm Ce−kt
Ahora bien, cuando t 0 la temperatura tiene un cierto valor inicial Ti, esta
condición nos permite encontrar el valor de C
Ti Tm C C Ti − Tm
de manera que la solución se puede escribir
T Tm Ti − Tme−kt
debe hacerse notar que cuando t → un tiempo muy grande , e−kt → 0 y , entonces, T → Tm , lo cual significa que para un tiempo largo, la temperatura del
cuerpo en enfriamiento se aproxima a la temperatura del medio ambiente. La ecuación diferencial
dT
dt −kT − Tm tambien es separable y se puede escribir como
dT
T − Tm −kdt
integrando ambos lados se tiene
lnT − Tm −kt C
y tomando antilogaritmos se escribe
T− Tm e−ktC eCe−kt C1e−kt T Tm C1e−kt y si para t 0, T Ti, entonces Ti Tm C1 C1 Ti − Tm y la solución será T Tm Ti − Tme−kt
donde k , la constante de proporcionalidad se puede determinar conociendo la temperatura T en algún otro valor del tiempo t ≠ 0, digamos T T1, para cuando t t1 ≠ 0. , en cuyo caso tendriamos
T1 Tm Ti − Tme−kt1 e−kt1 T1− Tm Ti − Tm − kt1 ln T1 − Tm Ti − Tm k − 1 t1 ln T1 − Tm Ti − Tm 1t1 ln Ti − Tm T1 − Tm Ejemplo concreto.
Una barra metálica a una temperatura de 100 0F se pone en un cuarto a una
temperatura constante de 00F. Si después de 20 minutos la temperatura de la
barra es de 500F, hallar:
a) El tiempo que que debe transcurrir para que la barra adquiera una temperatura de 250F y
b) La temperatura de la barra después de 10 minutos. Solución.
Los datos del problema son:
Ti 1000F, Tm 00F T1 500F para t1 20min por lo tanto k 1 20 ln 100 − 050− 0 120 ln2 ln2 1 20 kt t ln2201 ln2 t 20 y la solución será
T 0 100 − 0e−ln2 t 20 T 100 1 eln2 t 20 100 1 2 t 20 1002− t 20 T 1002−20t a) Si T 25, entonces 25 1002−20t 25 100 2 − t 20 1 4 2 − t 20
tomando logaritmo natural
ln 1 4 − t20 ln2 − ln4 − t 20 ln2 2 ln2 t 20 ln2 2 t 20 t 40 min
Después de transcurridos 40 min. la barra tendrá una temperatura de 250F.
b) Si t 10, entonces T 1002−1020 1002− 1 2 100 2 50 2 ≈ 70. 71 0F T ≈ 70. 710F
La temperatura después de transcurridos 10 min sera aproximadamente de 70. 710F.
HORA DE UN DECESO.
En la investigación de un homicidio o de una muerte accidental, a menudo es importante estimar el momento de la muerte.
Supongamos que en t 0 se descubre un cadáver y que su temperatura es Ti, se
supone que en el instante td , del fallecimiento o del deceso, la temperatura del
cuerpo Td tenía la temperatura normal de 370C 98. 60F.
Considerando que se cumple la ley de enfriamiento de Newton dT
dt −kT − Tm cuya solución es
T Tm Ti − Tme−kt
donde Tm es la temperatura del medio ambiente y Ti es la temperatura inicial
cuando t 0.
donde k se determina con
k 1t
1 ln
Ti − Tm
siendo t1 otro tiempo distinto de cero y T1 su temperatura correspondiente
Entonces empleando
T Tm Ti − Tme−kt
que al despejar t se tiene
T− Tm Ti − Tm e −kt t − 1 k ln T− Tm Ti − Tm td − 1 k ln Td − Tm Ti − Tm
con esta expresión calculamos td cuando T Td 37, y k se calcula con la
expresión ya indicada anteriormente.
Por ejemplo, supóngase que la temperatura del cadáver es de 29. 4 0C, cuando es
descubierto y dos horas mas tarde su temperatura es de 23. 30C, siendo la
temperatura ambiente de 200C. ¿Cuál fué la hora del deceso?.
Solución. Los datos que se tienen son
Temperatura inicial Ti 29. 40C
Temperatura ambiente Tm 200C
Temperatura medida T1 23. 30C
tiempo de medición t1 2 horas
Temperatura estándar Td 370C
con estos valores se tiene k 1t 1 ln Ti − Tm T1 − Tm 12 ln 29. 4 − 2023. 3− 20 k ≈ 0. 523 393 611 td − 1 k ln Td − Tm Ti − Tm − 1 . 523 393 611 ln 37− 20 29. 4− 20 td ≈ −1. 132 042 2
esto es, la muerte se estima que ocurrió 1 h con 8 minutos antes de encontrar el cadáver.
MODELOS DE CRECIMIENTO.
Si N Nt es una población que crece (o decrece) al transcurrir el tiempo y si su velocidad de crecimiento es proporcional a la población presente en un tiempo t , entonces se puede escribir
dN
dt kN
donde k es una constante positiva y el signo de la ecuación debe ser positivo para fenómenos de crecimiento y negativo para los casos de decrecimiento.
Estamos asumiendo que Nt es una función derivable y por lo tanto continua, sin embargo para problemas de población, donde Nt es un entero y discreto, esta suposición es incorrecta, sin embargo la ecuación diferencial dá una buena aproximación a las leyes de crecimiento que rigen tal sistema (modelo exponencial).
Tratemos uno de los casos digamos el de crecimiento cuya ecuación es dN
dt kN
esta ecuación es separable y se puede escribir dN N kdt integrando lnN kt C tomando antilogarítmos N ektC eCekt C 1ekt N C1ekt
si t 0 se tiene un cierto valor de N N0 llamado población inicial, entonces N0 C1
y la ecuación quedara
N N0ekt
en el caso de fuera un fenómeno de decrecimiento, la ecuación quedaría N N0e−kt
Ejemplo. Se sabe que la población de cierto país aumenta a una velocidad proporcional al número de habitantes en un tiempo t. Si después de 2 años la población se ha duplicado y después de tres años la población es de 20 000 habitantes, hallar el número de habitantes que había inicialmente en el país, esto es cuando t 0.
Sol. El modelo es de crecimiento por lo que la ecuación que lo modela es N N0ekt
Para t 2 sabemos que N 2N0 de manera que 2N0 N0e2k
2 e2k
212 ek
con lo cual la ecuación quedaría
N N0ekt N0 2 1 2 t N N02 t 2
tanbién sabemos que para t 3, N 20000 de manera que 2104 N 02 3 2 N0 210 4 232 104 2 104 2 2 5 2 10 3 N0 ≈ 7071 POBLACIONES LIMITADAS.
dP dt kP cuya solución es
P P0ekt
ocurre cuando en una población se considera que los índices de natalidad y mortalidad son constantes, ya que en tales casos la tasa de crecimiento por individuo sería 1 P dP dt − k dP dt kP
Si se considera que el índice de nacimientos es una función lineal decreciente b − mP y el índice de mortalidad es constante se tiene
1 P dP dt − b − mP − b − − mP a − mP dP dt Pa − mP
Ecuación que es un modelo de crecimiento, llamado Modelo logístico de Poblaciones propuesto por el Matemático y Biólogo Belga P.F. Verhulst. La solución de esta ecuación separable será
dP
Pa − mP dt
dPPa − mP
dt C empleando fracciones parciales se tiene1 Pa − mP 1a P1 a − mPm por lo que
1 a P1 a − mPm t C 1 a
dPP −
a − mP−mdP t C 1 a ln P − lna − mP t C 1 a ln a− mPP t C y como para t 0, P P0 1 a ln a− mPP0 0 C de donde1 a ln a− mPP t 1a ln a− mPP0 0 1 a ln a− mP −P 1a ln a− mPP0 0 t ln P a−mP P0 a−mP0 at ln Pa − mP0 P0a − mP at Pa − mP0 P0a − mP eat
Pa − mP0 P0a − mPeat
Pa − mP0 aP0eat− mP0Peat
Pa − mP0 mP0eat aP0eat
P aP0eat
a − mP0 mP0eat
P aP0
a − mP0e−at mP0
Esta solución P Pt se conoce como la función logística, la cual está acotada ya que
limt→Pt am La población límite es P am .
La gráfica de la función logística es una curva que llamaremos, obviamente, curva logística
En este tipo de curvas cuando t → , P → a
m, y si t → −, P → 0, estas curvas
tienen un punto de inflexión, donde la concavidad cambia de signo, en el cual la velocidad de crecimiento adquiere su valor máximo, dicho punto se encuentra pues, en el máximo de la función
dP
dt Pa − mP
y como esta representa una parábola que se abre hacia abajo, y corta al eje horizontal en 0 y en am , su máximo se encuentra en el vértice o sea cuando
P a
t P -1.5 -1 -0.5 00 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 50 100 150 200 punto de inflexión en P = 100
Gráfica de una curva logística
Arriba, se encuentra graficada la función logística
P 200
1 3e−2t
para la cual se ha tomado P0 50, a 2 y m 0. 01, y en la cual se observa que
cuando t → , P → a
m 200, el punto de inflexión se encuentra en el punto donde
P 2ma 100, o sea en el punto donde la recta P 100, corta a la curva logística. Una variante de esta ecuación logística es la propuesta por el matemático Inglés Benjamín Gompertz , la cual tiene
la forma
dP
dt Pa − m ln P
la solución de esta ecuación es más simple ya que podemos escribir dP
Pa − m ln P dt
dP P
a − m ln P dt, integrando quedaría − 1m lna − m ln P t C
y como para t 0, P P0 se tiene
C − 1m lna − m ln P0
1 m lna − m ln P0 − lna − m ln P t ln a − m ln P0 a − m ln P mt tomando antilogarítmos a − m ln P0 a − m ln P emt a − m ln P0e−mt a − m ln P m ln P a − a − m ln P0e−mt ln P am − m − ln Pa 0e−mt P emae−ma−ln P0e−mt
Notemos que para cuando t 0, se tiene P emae−maeln P0 eln P0 P
0
y cuando t → ; P → ema, lo cual nos indica que la población está limitada por ema.
¿Para que valor de P se tiene el punto de inflexión? En este caso como
dP dt Pa − m ln P se tiene d2P dt2 P−m P ′ P a − m ln PP ′ d2P dt2 P ′
a − m ln P − m Pa − m ln Pa − m ln P − m
al igualar la segunda derivada con cero tenemos que los posibles valores de P en los que puede haber puntos de inflexión son:
P 0, que se descarta por ser una asíntota horizontal
a− m ln P 0 P ema, que se descarta por ser también asíntota horizontal
a− m ln P − m P ea−mm
el punto de inflexión se encuentra entonces para cuando P ea−mm .
APLICACIONES EN LA MECÁNICA.
Descripción del movimiento de los cuerpos. En un cuerpo en movimiento se
encuentran involucrados ciertos parámetros fundamentales como son: la velocidad v del cuerpo en un tiempo t cualquiera, el desplazamiento x en cualquier tiempo o bién la aceleracióna del cuerpo. En la descripción del movimiento se
emplearán principios básicos de la mecánica, como lo es la segunda ley de Newton que establece que la fuerza F que actúa en un cuerpo de masa m es directamente proporcional a la variación instantánea de la cantidad de movimiento la cual se define como el producto de la masa por la velocidad, esto es:
F k d dxmv
donde k es una constante de proporcionalidad que empleando un sistema
adecuado de unidades tendremos k 1, quedando entonces la segunda ley como
F d dxmv o si la masa es constante F m dv dx ma donde a dv dt
es la aceleración del cuerpo o variación instantánea de la velocidad con respecto al tiempo, o bien, como la velocidad es la variación instantánea del desplazamiento se tiene a dv dt ddt dx dt d 2x dt2 y como a dv dt dvdx dx tt v dvdx tambien se puede escribir la segunda ley de Newton como
F ma mv dv dx
Ejemplo 1. (Descripción del movimiento uniformemente acelerado).
Describiremos el movimiento de un cuerpo de masa m el cual se mueve con una aceleración constante a, siendo v0 su velocidad inicial (al tiempo t 0).
Supondremos que el cuerpo parte del reposo (el desplazamiento inicial x0 0) y
que la dirección positiva es la usual para el eje-x.
Solución. A un tiempo t cualquiera, la única fuerza que actúa en el cuerpo es ma , de modo que m dv dt ma dv dt a dv adt v at C y como para t 0, v v0 tendremos
C v0
∴ v v0 at
m dv dt ma dv dt a dv adt
v0 v dv a
0 t v− v0 at v v0 at y como v dx dt dx dt v0 at
0 x dx
0 t v0 atdt x v0t 1 2at 2si consideramos la velocidad al cuadrado se tiene v2 v
0 at2 v02 2av0t a2t2 v02 2av0t 1
2at 2 v 0 2 2ax v2 v 0 2 2ax
Ejemplo 2. Un cuerpo es lanzado verticalmente hacia arriba con una velocidad v0.
Suponiendo que la resistencia del aire es despreciable, encuentre la altura máxima alcanzada por el cuerpo, el tiempo total de vuelo y la velocidad con la que llega nuevamente al punto de partida.
Solución. Si consideramos como dirección positiva de abajo hacia arriba, se tiene que al actuar sobre el cuerpo únicamente la fuerza de la gravedad W mg la cual actúa en sentido contrario al movimiento de cuerpo, se tendrá que
m dv dt −mg dv dt −g v dv dx −g vdv −gdx Como en xmáx tenemos que v 0, entonces
v0 0 vdv −g
0 xmáx dx − 1 2v0 2 −gx máx xmáx v0 2 2g Por otro lado comodv −gdt se tiene que
v0 v dv −g
0 t dt v− v0 −gt v v0 − gtCuando v 0 obtenemos el tiempo de ascenso tA vg0
y en este momento el cuerpo deja de moverse y principia a descender.
Para calcular el tiempo de descenso tD hagamos lo siguiente. Sabemos que en
suretorno el cuerpo recorre una distancia xmáx v0
2
2g
habiendo comenzado su movimiento con una velocidad nula, entonces como dv −gdt
0v dv −g
0 t dt v −gt dx dt −gt de donde dx −gtdt
x máx 0 dx −g
0 tD tdt − xmáx −g 2tD 2 v02 2g g 2tD 2 v02 g2 tD 2 ∴ tD vg t0 AComo el tiempo de ascenso es igual al tiempo de descenso, ambos v0
g , el tiempo total de vuelo será
tT 2vg0
y la velocidad para este tiempo será
v v0− gt v0 − g 2vg0 −v0
esto es, la velocidad con que se llega al punto de partida es la misma velocidad inicial v0, el signo menos es por el sentido positivo que seleccionamos hacia arriba.
Ejemplo 3. Un cuerpo de masa m es lanzado verticalmente hacia arriba con una velocidad v0. La resistencia del aire es proporcional a la velocidad del cuerpo.
El problema es como el anterior salvo que ahora se toma en cuenta la resistencia que ofrece el aire al movimiento del cuerpo.
Durante el ascenso, las fuerzas que actúan sobre el cuerpo son W mg y R kv, ambas en sentido negativo, de manera que la ecuación de movimiento será
m dv
dt −mg − kv dv
dt km v −g
la cual es una ecuación lineal, para la cual pt km y ft −g siendo su factor de integración
t e
ptdt e k mt siendo la solución v e−mkt
emkt−gdt Ce−mkt v −mg k e −k mtemkt Ce−mkt v −mg k Ce −k mt y como para t 0, v v0 v0 mg k C de modo que v −mg k v0 mg k e −k mtel tiempo de ascenso, para el cual se tiene que v 0, será 0 − mg k v0 mg k e −k mt mg k e k mt v0 mg k emkt k mg v0 mg k kv 0 mg 1 k m t ln kvmg 10 tA m k ln kv0 mg 1 Para calcular la altura máxima pongamos
dv dt km v −g v dv dx km v −g vdv m v g dx 0k vdv k mv g dx 0 m k k mv g − g k mv g dv dx 0 m k 1− g k mv g dv dx 0 m k v− mk mg k ln kv mg m x C m k v− mg k ln kv mg m x C
y como para x 0 se tiene v v0
C m k v0 − mg k ln kv0 mg m de manera que x m k v0 − mg k ln kv0 mg m − mk v− mg k ln kv mg m x m k v0− mg k ln kv0 mg m − v − mgk lnkv mgm x m k v0 − v mg k ln kv mg m − ln kv0 mg m x m k v0 − v mg k ln kv mg kv0 mg cuando v 0, x xmáx xmáx m k v0 mg k ln mg kv0 mg
Tarea. Calcular el tiempo de descenso tD.
Veamos como calcular el tiempo de descenso.
Para evitar problemas con los signos, cambiaremos el sistema de referencia, tomando ahora t 0 y x 0 en el punto máximo de la trayectoria y
consideraremos la direccion positiva del movimiento hacia abajo.
Durante el descenso las fuerzas que actuan son la resistencia del aire R kv, opuesta al movimiento y la del peso del cuerpo W mg , en favor del movimiento De manera que la ecuación de movimiento será:
m dv dt mg − kv separando variables mdv mg− kv dt integrando
0 v mdv mg− kv
0 t dt − m k lnmg − kv|0 v t − m k lnmg − kv − lnmg t − m k ln mg− kv mg t ln mgmg− kv − km t mg− kv mg e− k mt despejando a la v se tiene mg− kv mge−mkt mg1 − e−k mt kv v mg k 1 − e −k mt y como v dx dt se tiene dx mg k 1 − e −k mtdt e integrando
0 x dx mg k
0 t 1 − e−k mtdt x mg k t mk e − km t |0t x mg k t mk e − km t − m k en esta ecuación cuandox xmax, se tiene que t tD
o sea xmax mg k tD mk e − km tD − m k
esta ecuación es necesario resolverla numéricamente, pero de cualquier modo es evidente que no se cumple para tD tA,
por lo que concluimos que tD ≠ tA.
xmax mg k m k ln kv0 mg 1 mk e− k m mk ln kv0 mg1 − m k xmax mg k m k ln kv0 mg 1 mk kvmg 10 −1 − m k xmax m 2g k2 ln kv0 mg mg kv0mg mg − 1 xmax m 2g k2 − ln mg kv0 mg mg kv0 mg − 1 xmax m 2g k2 − ln mg kv0 mg − kv0 kv0 mg xmax −m 2g k2 ln mg kv0 mg − m2g k2 kv0 kv0 mg xmax −m 2g k2 ln mg kv0 mg − m2gv 0 kkv0 mg pero, en realidad xmáx m k v0 m2g k2 ln mg kv0 mg de manera que tD ≠ tA
Si tomamos un caso concreto con m 1 kg, v0 10 m/seg, g 9. 8 m/seg2,
entonces manejando algunos valores de k, que se aproximen a cero, tendremos
k xmax tA tD vf 1 3. 107664 0. 703299 0. 917653 5. 8853 0. 5 3, 84 0. 82449 0. 95566 7. 4455 0. 1 4. 77952 0. 97164 1. 00442 9. 36317 0. 01 5. 0676 1. 01523 1. 01189 9. 9345 donde vf mg k 1 − e −k mtD
En la tabla se puede notar que cuando k → 0, tA → tD y vf → v0
De manera que si no hay resistencia del aire (k 0), entonces tA tD y vf v0.
PROBLEMA DE MEZCLAS
Problema. El lago Erie tiene un volumen de 458 km3 y el flujo de entrada y salida
se realizan ambos a razón de 175 km3por año. Suponga que para el tiempo t 0
(años) su concentración de contaminación es de 0.05% y que un tiempo después la concentración de contaminantes que ingresa en el agua es de 0.01%.
Suponiendo que el agua se mezcla perfectamente dentro del lago, calcule el tiempo que debe transcurrir para que la concentración de contaminantes se reduzca al 0.02%.
El volumen V 458 km3en el lago se mantiene constante ya que el flujo de entrada
y salida (175 km3 es el mismo.
Como dato se tiene que x0 0.05
100 458 0. 0005458 0. 229 km 3.
y queremos encontrar el tiempo que debe transcurrir para que xt 0. 0002458 0. 0916 km3
Obtengamos primero la ecuación diferencial que rige al fenomeno de contaminantes.
El incrementoΔx al transcurrir Δt años es
Δx cantidad que entra - cantidad que sale Δx 0. 0001175Δt − x
458175Δt Δx 0. 0175 − 0. 3821xΔt
Δx
Δt 0. 0175− 0. 3821x al tomar límite cuandoΔt → 0, se tiene
dx
dt 0. 0175 − 0. 3821x dx
dt 0. 3821x 0. 0175
la cual es una ecuación diferencial lineal para la cual pt 0. 3821,
ptdt 0. 3821tsiendo el factor de integración
t e0.3821t
y por lo tanto la solución es
xt e−0.3821t
e0.3821t0. 0175dt Ce−0.3821t xt 0. 0175 0. 3821e −0.3821te0.3821t Ce−0.3821t xt 4. 579 952 892 10−2 Ce−0.3821t xt 0. 0458 Ce−0.3821ty como para t 0, se tiene x 0. 229 , se tiene 0. 229 0. 0458 C
∴ C 0. 229 − 0. 0458 0. 183 2 y por lo tanto
xt 0. 0458 0. 183 2e−0.3821t
ahora debemos calcular el valor de t para cuando x 0. 0916 esto es
0. 0916 0. 0458 0. 183 2e−0.3821t 0. 0916− 0. 0458 0. 183 2e−0.3821t 0. 0 458 0. 183 2 e −0.3821t 0. 25 e−0.3821t ln0. 25 −0. 3821t t ln0. 25 −0. 3821 3. 628 093 067 t ≈ 3. 63 años Tarea.
Considérese un estanque con un volumen de 8 mil millones de pies cúbicos y una concentración inicial de contaminantes del 0.25% . Hay un ingreso diario de 500 millones de pies3 de agua con una concentración de contaminantes de 0.05% y un
derrame diario de igual cantidad de agua bien mezclada en el estanque . .¿Cuánto tiempo pasará para que la concentracion de contaminantes se reduzca al 0.10%? Solución. dx dt 500. 0005 − x 8000 500 . 25 −. 0 625x dx dt . 0 625x . 25 la ecuación diferencial es lineal con
pt 0. 0625 t e
0.0625dt e0.0625t x e−0.0625t
e0.0625t0. 25dt Ce−0.0625t x 0. 25 0. 0625 Ce −0.0625t 4 Ce−0.0625t x 4 Ce−0.0625t si t 0, x 0. 00258000 20. 0 de manera que 20− 4 C C 16 x 4 16e−0.0625t ahora que tiempo debe transcurrir para quex 0. 0018000 8 8 4 16e−0.0625t resolviendo para t se tiene
1 4 e −0.0625t ln 1 4 −0. 0625t t ln 4 0. 0625 22. 180 709 8 t ≈ 22. 18 dias