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Solucion de La Ecuacion de Gompertz

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Academic year: 2021

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(1)

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  −kT − 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:

pt  k gt  kTm

siendo el factor de integración

t  e

ptdt  e

kdt  ekt

y por lo tanto la solución es

T  e−kt

ektkT

mdt 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 − Tme−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

(2)

dT

dt  −kT − Tm tambien es separable y se puede escribir como

dT

T − Tm −kdt

integrando ambos lados se tiene

lnT − Tm  −kt  C

y tomando antilogaritmos se escribe

T− Tm  e−ktC  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 − Tme−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 − Tme−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 ln2  ln2 1 20 kt  t ln2201  ln2 t 20 y la solución será

(3)

T  0  100 − 0e−ln2 t 20 T  100 1 eln2 t 20  100 1 2 t 20  1002− t 20 T  1002−20t a) Si T  25, entonces 25  1002−20t 25 100  2 − t 20 1 4  2 − t 20

tomando logaritmo natural

ln 1 4  − t20 ln2 − ln4  − t 20 ln2 2 ln2  t 20 ln2 2  t 20 t  40 min

Después de transcurridos 40 min. la barra tendrá una temperatura de 250F.

b) Si t  10, entonces T  1002−1020  1002− 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  −kT − Tm cuya solución es

T  Tm  Ti − Tme−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

(4)

siendo t1 otro tiempo distinto de cero y T1 su temperatura correspondiente

Entonces empleando

T  Tm  Ti − Tme−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  Nt 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 Nt es una función derivable y por lo tanto continua, sin embargo para problemas de población, donde Nt 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).

(5)

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 lnN  kt  C tomando antilogarítmos N  ektC  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  N0ekt  N0 2 1 2 t N  N02 t 2

tanbién sabemos que para t  3, N  20000 de manera que 2104  N 02 3 2 N0  210 4 232  104 2  104 2 2  5 2 10 3 N0 ≈ 7071 POBLACIONES LIMITADAS.

(6)

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  Pa − 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

Pa − mP  dt

dP

Pa − mP

dt C empleando fracciones parciales se tiene

1 Pa − mP  1a P1  a − mPm por lo que

1 a P1  a − mPm  t  C 1 a

dPP

a − mP−mdP  t  C 1 a ln P − lna − 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 donde

(7)

1 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 Pa − mP0 P0a − mP  at Pa − mP0 P0a − mP  eat

Pa − mP0  P0a − mPeat

Pa − mP0  aP0eat− mP0Peat

Pa − mP0  mP0eat  aP0eat

PaP0eat

a − mP0  mP0eat

PaP0

a − mP0e−at  mP0

Esta solución P  Pt se conoce como la función logística, la cual está acotada ya que

limt→Pt  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  Pa − 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

(8)

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

P2ma  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  Pa − m ln P

la solución de esta ecuación es más simple ya que podemos escribir dP

Pa − m ln P  dt

dP P

a − m ln P  dt, integrando quedaría − 1m lna − m ln P  t  C

y como para t  0, P  P0 se tiene

C  − 1m lna − m ln P0

(9)

1 m lna − m ln P0 − lna − 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 P0e−mt  a − m ln P m ln P  a − a − m ln P0e−mt ln P  am − m − ln Pa 0e−mt P  emae−ma−ln P0e−mt

Notemos que para cuando t  0, se tiene P  emaemaeln 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  Pa − m ln P se tiene d2P dt2  P−m PP   a − m ln PPd2P dt2  P

a − m ln P − m  Pa − m ln Pa − 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 aceleracióna 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:

(10)

F  k d dxmv

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 dxmv 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

(11)

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 atdt x  v0t 1 2at 2

si consideramos la velocidad al cuadrado se tiene v2  v

0  at2  v02  2av0t a2t2  v02 2av0t 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 xmáxv0 2 2g Por otro lado como

dv  −gdt se tiene que

(12)

v0 v dv  −g

0 t dt v− v0  −gt v  v0 − gt

Cuando 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 xmáxv0

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 2gg 2tD 2 v02 g2  tD 2 ∴ tD  vg  t0 A

Como 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.

(13)

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 pt  km y ft  −g siendo su factor de integración

t  e

ptdt  e k mt siendo la solución v  emkt

emkt−gdt  Cemkt v  −mg k ek mtemkt  Cemkt v  −mg k  Cek mt y como para t  0, v  v0 v0  mg k  C de modo que v  −mg k  v0  mg k ek mt

el tiempo de ascenso, para el cual se tiene que v  0, será 0  − mg k  v0  mg k ek mt mg k e k mt  v0mg 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

(14)

dv dt  km v  −g v dv dx  km v  −g vdvm v  g dx  0k vdvk mv g  dx  0 m k k mv g − gk 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 vmg 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 vmg k ln kv mg mx  m k v0− mg k ln kv0 mg m  − v − mgk lnkv mgmx  m k v0 − v  mg k ln kv mg m  − ln kv0  mg mx  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

(15)

0 v mdv mg− kv

0 t dt − m k lnmg − kv|0 v  t − m k lnmg − kv − lnmg  t − m k ln mg− kv mg  t ln mgmg− kv  − km t mg− kv mg  ek mt despejando a la v se tiene mg− kv  mgemkt mg1 − ek mt  kv vmg k 1 − ek mty como v  dx dt se tiene dxmg k 1 − ek mtdt e integrando

0 x dxmg k

0 t 1 − ek mtdt xmg k t mk e − km t |0t xmg k t mk e − km t − m k en esta ecuación cuando

x  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.

(16)

xmax  mg k m k ln kv0 mg  1  mk ek m mk ln kv0 mg1 − m k xmax  mg k m k ln kv0 mg  1  mk kvmg  10 −1 − m k xmax  m 2g k2 ln kv0 mg mgkv0mg mg − 1 xmax  m 2g k2 − ln mg kv0  mgmg kv0  mg − 1 xmax  m 2g k2 − ln mg kv0  mgkv0 kv0  mg xmax  −m 2g k2 ln mg kv0  mgm2g k2 kv0 kv0  mg xmax  −m 2g k2 ln mg kv0  mgm2gv 0 kkv0  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 vfmg k 1 − ek 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%.

(17)

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 x0  0.05

100 458  0. 0005458  0. 229 km 3.

y queremos encontrar el tiempo que debe transcurrir para que xt  0. 0002458  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. 0001175Δt −  x

458175Δt Δx  0. 0175 − 0. 3821xΔt

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 pt  0. 3821,

ptdt  0. 3821t

siendo el factor de integración

t  e0.3821t

y por lo tanto la solución es

xt  e−0.3821t

e0.3821t0. 0175dt  Ce−0.3821t xt  0. 0175 0. 3821e −0.3821te0.3821t  Ce−0.3821t xt  4. 579 952 892  10−2  Ce−0.3821t xt  0. 0458  Ce−0.3821t

y 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

xt  0. 0458  0. 183 2e−0.3821t

ahora debemos calcular el valor de t para cuando x  0. 0916 esto es

(18)

0. 0916  0. 0458  0. 183 2e−0.3821t 0. 0916− 0. 0458  0. 183 2e−0.3821t 0. 0 458 0. 183 2  e −0.3821t 0. 25  e−0.3821t ln0. 25  −0. 3821t t  ln0. 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

pt  0. 0625 t  e

0.0625dt  e0.0625t x  e−0.0625t

e0.0625t0. 25dt  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. 00258000  20. 0 de manera que 20− 4  C C  16 x  4  16e−0.0625t ahora que tiempo debe transcurrir para que

x  0. 0018000  8 8  4  16e−0.0625t resolviendo para t se tiene

(19)

1 4  e −0.0625t ln 1 4  −0. 0625t t  ln 4 0. 0625  22. 180 709 8 t ≈ 22. 18 dias

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