Aplicaciones Geométricas y Físicas, segunda parte

Ecuaciones diferenciales. Problemas físicos. Ley de enfriamiento. Matemáticas

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INDICE

CAPITULO 2: APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES

ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN A PROBLEMAS FÍSICOS

♦ Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden a Problemas de Enfriamiento

♠ Ejercicios resueltos sobre Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden a Problemas de Enfriamiento

♠ Biografía de Isaac Newton

♠ Anécdotas y Curiosidades matemáticas

▪ El Número e

▪ Propiedades Metafísicas del Número 4

▪ Sistema de Numeración Maya

▪ Progresa adecuadamente

▪ Entretenimiento

♠ Ejercicios propuestos sobre Aplicaciones de las ecuaciones

diferenciales ordinarias de primer orden a Problemas de Enfriamiento

♦ Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden a Problemas de Mezclas

♠ Ejercicios resueltos sobre Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden a Problemas de Mezclas

♠ Biografía de Joseph Louis de Lagrange

♠ Anécdotas y Curiosidades matemáticas

▪ Las estrellas, el ruido y los logaritmos

▪ Propiedades Metafísicas del Número 5

▪ Sistema de Numeración Hebrea

▪ Lo que dice un matemático vs. Lo que quiere decir

▪ Entretenimiento

♠ Ejercicios propuestos sobre Aplicaciones de las ecuaciones

diferenciales ordinarias de primer orden a Problemas Mezclas

♦ Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden a Problemas de Vaciado de tanques

♠ Ejercicios resueltos sobre Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden a Problemas de Vaciado de tanques

♠ Biografía de Evangelista Torricelli

♠ Anécdotas y Curiosidades matemáticas

▪ El número de oro

▪ Propiedades Metafísicas del Número 7

▪ Sistema de Numeración Indo-arábiga

▪ La Tesis Doctoral

▪ Entretenimiento

♠ Ejercicios propuestos sobre Aplicaciones de las ecuaciones

diferenciales ordinarias de primer orden a Problemas de vaciado de tanques

♦ Bibliografía

Solución a los entretenimientos

APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN A

PROBLEMAS DE ENFRIAMIENTO

Se sabe de observaciones experimentales que, con una exactitud satisfactoria, en muchas circunstancias, la temperatura superficial de un objeto cambia a una velocidad proporcional a la diferencia entre la temperatura del objeto y la de sus alrededores. Esto se conoce como la Ley de Enfriamiento de Newton.

Se necesita conocer la lectura de la temperatura del objeto en dos instantes diferentes, ya que hay dos constantes por determinar: la constante de proporcionalidad β y la constante de integración.

Se tendrá entonces un problema de valor de frontera

La solución del problema de valor de frontera permite obtener la Ley de Variación de la temperatura en función del tiempo ( esto es, una ecuación para T(t))

EJERCICIOS RESUELTOS SOBRE APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN, A PROBLEMAS DE ENFRIAMIENTO

1. La temperatura de una taza de café acabada de servir es de 200º F. Un minuto después se ha enfriado a 190º F en un cuarto que está a 70º F ¿Qué tan grande debe ser el período que debe transcurrir antes de que el café alcance una temperatura de 150º F?

SOLUCIÓN:

Lo primero que debe hacerse es establecer los datos que se conocen y los que se deben determinar.

La temperatura del café acabado de servir, representa la temperatura inicial del café, es decir, para el tiempo to = 0 min, la temperatura es T0 = 200 º F.

De acuerdo con el enunciado del problema, para el tiempo t1 = 1 minuto, la temperatura es T1 = 190º F.

También se dice en el enunciado, que la temperatura del cuarto, en el cual se está enfriando el café, es de 70º F. Esto representa la temperatura del ambiente: Ta = 70º F.

Puesto que la ecuación diferencial asociada a los problemas de enfriamiento, de acuerdo con la Ley de enfriamiento de Newton, es

(1)

lo que queda planteado es resolver el problema de valor de frontera

Ya que, la diferencial de la temperatura es dT = dt, al sustituir , dado por la ecuación (1)

dT = β ( T - 70) dt (2)

La ecuación (2) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables, se multiplica la ecuación (1) por el factor

dT = β dt

integrando

dT = (3)

Ambas integrales son inmediatas

dT = ln l T - 70 l + C1

= β t + C2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (3)

ln l T - 70 l = β t + C (4)

Los valores de la constante de proporcionalidad β y de la constante de integración C, deben determinarse. Para ello, se utilizan las condiciones de frontera.

El valor de la constante C de integración se obtiene utilizando la condición T(0) = 200, es decir, se sustituye en la ecuación (2) t = 0 y T = 200, obteniéndose C = ln 130. Este valor de C se sustituye en la ecuación (4)

ln l T - 70 l = β t + ln 130 (5)

El valor de la constante β de proporcionalidad se obtiene utilizando la condición T(1) = 190, es decir, se sustituye en la ecuación (5) t = 1 y T = 190, obteniéndose

ln 120 = β + ln 130 β = ln 120 - ln 130

por propiedades de logaritmo, β = .

Este valor de β se sustituye en la ecuación (5)

ln l T - 70 l = t + ln 130

aplicando propiedades de logaritmo

ln l T - 70 l = ln

aplicando e

T - 70 =

despejando T

T(t) = + 70 (6)

La ecuación (6) representa la ley de variación de la temperatura del café en cualquier instante t. Para determinar el tiempo t2 que debe transcurrir para que la temperatura del café llegue a 150º F, se sustituyen en la ecuación (6) t = t2 y T = 150

150 = + 70

efectuando

aplicando logaritmo a ambos lados

aplicando propiedades de logaritmo

despejando t2

t2 =

Deben transcurrir 6,125 minutos, lo que equivale a 6 min y 7 seg, para que la temperatura del café llegue a 150º F.

2. Resolver el mismo problema anterior, utilizando otro procedimiento

SOLUCIÓN:

Según se había establecido en el problema anterior, lo que se debe resolver es el problema de valor de frontera

Ya que, la diferencial de la temperatura es dT = dt, al sustituir dado en la ecuación (1)

dT = β ( T - 70) dt (2)

La ecuación (2) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables, se multiplica la ecuación (2) por el factor

dT = β dt (3)

La ecuación (3) se integra definidamente; el tiempo varía de 0 a 1 y la temperatura de 200 a 190

= (4)

Resolviendo las integrales definidas

= = = - ln 130 + ln 120 = ln

= β = β

Sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (4)

ln = β

(observe que este es, exactamente, el mismo valor obtenido para β en el problema 1) este valor de β, se sustituye en la ecuación (3)

dT = ln dt (5)

Para determinar el tiempo que debe transcurrir para que la temperatura del café llegue a 150º F, se integra de forma definida la ecuación (5); el tiempo varía entre 0 y el tiempo t2 a determinar y la temperatura varía entre 200 y 150

= (6)

Resolviendo las integrales definidas

= = = - ln 130 + ln 80 = ln

= ln = t2 ln

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

ln = t2 ln

despejando t2

t2 =

(observe que este es, exactamente, el mismo valor obtenido para t2 en el problema 1)

Deben transcurrir 6,125 minutos, lo que equivale a 6 min y 7 seg, para que la temperatura del café llegue a 150º F.

3. Agua a temperatura de 100º C se enfría en 10 minutos a 80º C, en un cuarto cuya temperatura es de 25º C. Encuentre la temperatura del agua después de 20 minutos. ¿Cuándo la temperatura será de 40º C y 26º C?

SOLUCIÓN:

De acuerdo con la Ley de Enfriamiento de Newton, la ecuación diferencial asociada a problemas de enfriamiento es

(1)

Esta ecuación diferencial debe resolverse sujeta a dos condiciones: la primera condición es que para el tiempo t0 = 0 min, la temperatura del agua es T0 = 100º C; la segunda condición es que para el tiempo t1 = 10 min, la temperatura del agua es T1 = 80º C. Además, la temperatura del ambiente donde debe enfriarse el agua es Ta = 25º C.

De aquí que debe resolverse el problema de valor de frontera

Ya que la diferencial de la temperatura es dT = , sustituyendo dado por la ecuación (2)

dT = β ( T - 25) dt (3)

La ecuación (3) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables, se multiplica la ecuación (3) por el factor

dT = β dt (4)

integrando de forma definida; el tiempo varía entre 0 min y 10 min; la temperatura varía entre 100ºC y 80º C

= (5)

Resolviendo las integrales definidas

= = = - ln 75 + ln 55 =

= β = 10 β

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5)

= 10 β

de donde β = . Este valor conseguido para β se sustituye en la ecuación (4)

dT = dt (6)

Para determinar la temperatura al cabo de 20 minutos, bastará con integrar en forma definida la ecuación (6); el tiempo varía entre t0 = 0 min y t2 = 20 min; la temperatura varía entre T0 = 100º C y T2 < 100º C ( T2 es la temperatura a buscar)

dT = (7)

Resolviendo las integrales definidas

dT = dT = = =

= = = 2 =

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

=

aplicando e

=

despejando T2

T2 = 75 + 25 = 65,33

Por lo tanto, la temperatura del agua luego de 20 minutos de iniciado el proceso de enfriamiento, es de 65,33º C.

A fin de determinar cuanto tiempo debe transcurrir para el agua alcance una temperatura de 40ºC, se integra en forma definida la ecuación (6); el tiempo varía entre t0 = 0 min y t = t3; la temperatura varía entre T0 = 100º C y T3 = 40º C

dT = (8)

Resolviendo las integrales definidas

dT = dT = = = =

= =

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

=

despejando t3

t3 =

de aquí que, el agua demora 51,94 min, es decir 51 min y 56 seg, en enfriarse de 100º C a 40º C.

Para determinar cuanto tiempo debe transcurrir para el agua alcance una temperatura de 26ºC, se integra en forma definida la ecuación (6); el tiempo varía entre t0 = 0 min y t = t4; la temperatura varía entre T0 = 100º C y T4 = 26º C

dT = (9)

Resolviendo las integrales definidas

dT = dT = = =

= =

Sustituyendo los resultados de las integrales es la ecuación (9)

=

despejando t4

t4 =

de aquí que, el agua demora 139 min, es decir 1 hora y 19 min, en enfriarse de 100º C a 26º C.

4. Agua a una temperatura de 10º C demora cinco minutos en calentarse a 20º C en un cuarto cuya temperatura es de 40º C.

a) Encuentre la temperatura después de 20 minutos y después de 30 min

b) ¿Cuándo la temperatura será de 25º C?

SOLUCIÓN:

a) De acuerdo con la Ley de Enfriamiento de Newton, la ecuación diferencial asociada a problemas de calentamiento es

(Ta > T) (1)

La ecuación diferencial (1) debe resolverse sujeta a dos condiciones: la primera condición es que para el tiempo t0 = 0 min, la temperatura del agua es T0 = 10º C; la segunda condición es que para el tiempo t1 = 5 min, la temperatura del agua es T1 = 20º C. Además, la temperatura del ambiente donde se calienta el agua es Ta = 40º C.

De aquí que debe resolverse el problema de valor de frontera

Ya que la diferencial de la temperatura es dT = , sustituyendo dada en la ecuación (2)

dT = β ( T - 40) dt (T < 40) (3)

La ecuación (3) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables, se multiplica la ecuación (3) por el factor

dT = β dt

integrando

(4)

Ambas integrales son inmediatas

ln l T - 40 l + C1

+ C2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (4)

ln l 40 - T l = β t + C (5)

Para determinar el valor de la constante de integración C, se utiliza la condición T (0) = 10, es decir, se sustituye en la ecuación (5) t = 0 y T = 10 , obteniendo C = ln 30; este valor de C se sustituye en la ecuación (5)

ln l 40 - T l = β t + ln 30 (6)

Para determinar el valor de la constante de proporcionalidad β, se utiliza la condición T(5) = 20, es decir, se sustituye en la ecuación (6) t = 5 y T = 20, obteniendo

Ln 20 = 5 β + ln 30

despejando β

β =

por propiedades de logaritmo

β =

este valor de β se sustituye en la ecuación (5)

ln l 40 - T l = + ln 30

aplicando propiedades de logaritmo

ln l 40 - T l =

aplicando e

40 - T =

despejando T

T(t) = 40 - 30 (7)

La ecuación (7) representa la ley de variación de la temperatura del agua en cualquier instante t

Para obtener la temperatura al cabo de 20 minutos, se sustituye t = 20 en la ecuación (7)

T(20) = 40 - 30 = 40 - 30 = 40 - 30 = 40 -

de aquí resulta que al cabo de 20 min la temperatura del agua es de 34º C

Para obtener la temperatura al cabo de 30 minutos, se sustituye t = 30 en la ecuación (7)

T(20) = 40 - 30 = 40 - 30 = 40 - 30 = 40 -

de aquí resulta que al cabo de 30 min la temperatura del agua es de 37,4º C.

b) Para determinar el tiempo que debe transcurrir para que la temperatura del agua se caliente hasta 25º C, se sustituye T = 25 en la ecuación (7) y se busca el valor de t

25 = 40 - 30

esto es

=

aplicando logaritmo

ln = ln

por propiedades de logaritmo

despejando t

t = 5 = 5 = 5 (1,68) = 8,4

Por lo tanto, deben transcurrir 8,4 min, esto es 8 min y 24 seg, para que el agua se caliente hasta 25º C.

5. La temperatura máxima que puede leerse en cierto termómetro es de 110º F. Cuando el termómetro marca 36º F se coloca en un horno. Después de 1 y 2 minutos, la temperatura que marca el termómetro es de 60º F y 82º F respectivamente. ¿Cuál es la temperatura del horno?

SOLUCIÓN:

El problema planteado es un problema de calentamiento. La ecuación diferencial asociada, de acuerdo con la Ley de Enfriamiento de Newton es

(1)

El ambiente en donde el termómetro se va a calentar es el horno, y su temperatura se desconoce. Por lo tanto, Ta debe determinarse

La ecuación diferencial (1) debe resolverse sujeta a tres condiciones; la primera condición es que la temperatura del termómetro, justo antes de llevarlo al horno es 36 º F, es decir, que para el tiempo t0 = 0 min, la temperatura es T0 = 36º F; la segunda condición es que al cabo de 1 min de llevar el termómetro en el horno, este marca 60º F, es decir, para el tiempo t1 = 1 min la temperatura es T1 = 60º F; y la tercera condición es que transcurridos 2 min de haber llevado el termómetro al horno este marca 82º F, es decir, para el tiempo t2 = 2 min, la temperatura es T2 = 82º F.

Por lo tanto, lo que se va a resolver es el problema de valor de frontera

Ya que la diferencial de la temperatura es dT = , sustituyendo , dado en la ecuación (1)

dT = β ( T - Ta ) dt (2)

La ecuación (2) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables, se multiplica la ecuación (2) por el factor

dT = β dt

integrando

(3)

Ambas integrales son inmediatas. Ya que es un problema de calentamiento Ta > T, entonces

sustituyendo las resultados de las integrales en la ecuación (3)

ln l Ta - T l = β t + C (4)

Para poder obtener Ta se debe evaluar la ecuación (4) en cada una de las condiciones de frontera.

Para T(0) = 36, se sustituye en la ecuación (4) t = o min y T = 36º F

ln l Ta - 36 l = C (5)

Para T(1) = 60, se sustituye en la ecuación (4) t = 1 min y T = 60º F

ln l Ta - 60 l = β + C (6)

Para T(2) = 82, se sustituye en la ecuación (4) t = 2 min y T = 82º F

ln l Ta - 82 l = 2β + C (7)

Con las ecuaciones (5), (6) y (7) se plantea un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas: la constante de integración C, la constante de proporcionalidad β y la temperatura del horno Ta

Sustituyendo la ecuación (5) en las ecuaciones (6) y (7)

ln l Ta - 60 l = β + ln l Ta - 36 l (8)

ln l Ta - 82 l = 2β + ln l Ta - 36 l (9)

Multiplicando la ecuación (8) por 2 y restando con la ecuación (9)

2 ln l Ta - 60 l - ln l Ta - 82 l = 2 ln l Ta - 36 l - ln l Ta - 36 l

esto es

2 ln l Ta - 60 l = ln l Ta - 36 l + ln l Ta - 82 l

aplicando propiedades de logaritmo

ln l Ta - 60 l 2 = ln

aplicando e

( Ta - 60 )2 =

desarrollando

Ta2 - 120 Ta + 3600 = Ta2 - 118 Ta + 2952

simplificando

2 Ta = 648

despejando Ta

Ta = 324º F

De aquí que, la temperatura del horno, ambiente donde se calienta el termómetro, es de 324º F.

6. A las nueve de la mañana un pastel a 70º F es sacado del horno y llevado a una habitación donde la temperatura es de 15º F. Cinco minutos después la temperatura del pastel es de 45º F. A la 9:10 am se regresa al interior del horno, donde la temperatura es fija e igual a 70º F. ¿Cuál es la temperatura del pastel a las 9:20 am?

SOLUCIÓN:

Según puede deducirse del enunciado este problema es primero de enfriamiento y luego de calentamiento.

De acuerdo con la Ley de Enfriamiento de Newton, la ecuación diferencial asociada es

(1)

Se debe resolver primero la ecuación (1) para el lapso de tiempo en que el pastel se saca del horno y se pone a enfriar, es decir, la ecuación (1) debe resolverse sujeta a dos condiciones: para el tiempo t0 = 0 min (esto es, a las 9am) la temperatura del pastel es 70º F; para el tiempo t1 = 5 min (esto es, a las 9:05 am) la temperatura del pastel es 45º F; la temperatura del ambiente donde se está enfriando el pastel es 15º F. De aquí que se debe resolver el problema de valor de frontera

Ya que la diferencial de la temperatura es dT = , sustituyendo dado en la ecuación (2)

dT = β ( T - 15) dt (3)

La ecuación (3) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables, se multiplica la ecuación (2) por el factor

dT = β dt (4)

integrando la ecuación (4) definidamente: la temperatura varía de 70º a 45º; el tiempo varía de 0 min a 5 min

(5)

Resolviendo las integrales definidas

= β t = 5 β

Sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5)

despejando β

β =

sustituyendo este valor de β en la ecuación (4)

dT = dt

integrando

dT = (6)

Ambas integrales son inmediatas

dT = ln l T - 15 l + C1

= t + C2

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

ln l T - 15 l = + C (7)

El valor de la constante C de integración, se determina usando la condición T(0) = 70, es decir, se sustituye en la ecuación (7) t = 0 min y T = 70º F, obteniéndose C = ln 55. Este valor de C se sustituye en la ecuación (7)

ln l T - 15 l = + ln 55

por propiedades de logaritmo

ln l T - 15 l =

aplicando e

T - 15 =

despejando T

T(t) = 15 + (8)

La ecuación (8) representa la ley de variación de la temperatura del pastel en función del tiempo, cuando es sacado del horno para que se enfríe (esto es en el intervalo de tiempo comprendido entre las 9 am y las 9:10 am).

Para determinar la temperatura del pastel a las 9:10 am, justo antes de ser llevado nuevamente al horno, se puede determinar, sustituyendo en la ecuación (8) t = 10 min (tiempo transcurrido desde que se sacó el pastel del horno)

T(10) = 15 + = 15 + = 15 + = 15 + = = 31,36º

Por lo tanto, a las 9:10 am la temperatura del pastel es 31,36º F,

A partir de las 9:10 am el pastel es llevado nuevamente al horno; por lo tanto se plantea un problema de calentamiento. En este caso, la temperatura del ambiente a donde se lleva a calentar el pastel, es la temperatura del horno, esto es 70º F y la temperatura inicial es la temperatura que tiene el pastel a las 9:10 am. De aquí que deberá resolverse la ecuación diferencial

( T - 70 ) (9)

con la condición T(0) = 31,36 ( T < 70)

Puesto que la diferencial de la temperatura es dT = dt, sustituyendo dado en la ecuación (9)

dT = ( T - 70 ) dt (10)

La ecuación (10) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables, se multiplica la ecuación (10) por el factor

dT = dt

integrando

dT = (11)

Ambas integrales son inmediatas

dT = dT = ln l 70 - T l + C3

= t + C4

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (11)

ln l 70 - T l = + K (12)

Para determinar el valor de K, recuerde que para el momento en que el pastel se lleva nuevamente al horno, esto es para el tiempo t = 0 min (9:10 am) en que se inicia el proceso de calentamiento, la temperatura del pastel es T = 31,36º F; sustituyendo en la ecuación (12) resulta K = ln (38,64). Este valor de K se sustituye en la ecuación (12)

ln l 70 - T l = + ln (38,64)

por propiedades de logaritmo

ln l 70 - T l =

aplicando e

70 - T =

despejando T

T(t) = 70 - (13)

La ecuación (13) representa la ley de variación de la temperatura del pastel en cualquier instante t luego de ser llevado al horno ( a partir de las 9:10 am en adelante).

Observe que de las 9:10 am, hora en que el pastel se lleva al horno, a las 9:20 am, han transcurrido 10 min. Así, para determinar la temperatura del pastel a las 9:20 am, se sustituye t = 10 en la ecuación (13)

T(10) = 70 - = 70 - = 70 - = 58,5

De aquí que la temperatura del pastel a las 9:20 am es de 58,5º F.

7. Un termómetro que marca 15º F se lleva al interior de una habitación donde la temperatura es 81º F. Un minuto más tarde la lectura del termómetro es 30ºF.

a) Determine la lectura del termómetro como una función del tiempo

b) Encuentre cuánto marcará el termómetro 5 min después de haber sido llevado a la habitación

c) ¿Cuánto tiempo debe transcurrir para que le termómetro marque 45º F?

SOLUCIÓN:

a) De acuerdo con la Ley de Enfriamiento de Newton, la ecuación diferencial asociada a los problemas de enfriamiento (o calentamiento) es

(1)

Esta ecuación diferencial debe resolverse sujeta a dos condiciones: la primera condición es que para el tiempo t = 0 min, la temperatura que marca el termómetro es T = 15º F; la segunda condición es que par el tiempo t = 1 min, la temperatura del termómetro es T = 30º; además la temperatura de la habitación a donde se lleva el termómetro (temperatura del ambiente) es Ta = 81º F. Estamos pues en presencia de un problema de calentamiento.

Por lo tanto, debe resolverse el problema de valor de frontera

con T < 81

Ya que la diferencial de la temperatura es dT = dt, sustituyendo dada en l ecuación (2)

dT = dt (3)

La ecuación (3) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables, se multiplica la ecuación (3) por el factor

dT = β dt

integrando

dT = β (4)

Ambas integrales son inmediatas

dT = dT = ln l81 - T l + C1

= t + C2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (4)

ln l81 - T l = β t + C (5)

Para determinar el valor de la constante C de integración, se utiliza la condición T(0) = 15, es decir, se sustituye en la ecuación (5) t = 0 min y T = 15º F, obteniéndose C = ln 66. Este valor obtenido para C se sustituye en la ecuación (5)

ln l81 - T l = β t + ln 66 (6)

Para determinar el valor de la constante β de proporcionalidad, se utiliza la condición T(1) = 30, es decir, se sustituye en la ecuación (6) t = 1 min y T = 30º F, obteniéndose

ln 51 = β + ln 66

despejando β

β = ln 51 - ln 66 = ln = ln

este valor de β se sustituye en la ecuación (6)

ln l81 - T l = t ln + ln 66

aplicando propiedades de logaritmo

ln l81 - T l = ln

aplicando e

81 - T =

despejando T

T(t) = 81 - (7)

La ecuación (7) permite obtener las lecturas del termómetro en función del tiempo.

b) Para determinar cuanto marcará el termómetro luego de 5 min de haber sido llevado a la habitación, se sustituye en la ecuación (7) t = 5 min

T(5) = 81-= 81- = 81- = = 62,82

Así, al cabo de cinco minutos en el interior de la habitación, el termómetro marca 62,82º F.

c) A fin de establecer el tiempo que ha transcurrido cunado el termómetro marca 45º F, se sustituyer T = 45º F en la ecuación (7) y despejar el tiempo t

45 = 81 -

realizando operaciones

aplicando logaritmo

ln = ln

por propiedades de logaritmo

t ln = ln

despejando t

t = =

Por lo tanto, deben transcurrir 2,35 min, esto es 2 min y 2 seg, de haber llevado el termómetro a la habitación para marque 45º F.

8. Un termómetro que marca 75º F es llevado al exterior de una habitación, donde la temperatura es de 20º F, 4 min después la lectura del termómetro indica 55º F.

a) Encuentre la temperatura que marca el termómetro 7 min después de haberlo sacado

b) Determine el tiempo que debe transcurrir para que la lectura descienda desde 55º F a 21º F

SOLUCIÓN:

a) De acuerdo con la Ley de Enfriamiento de Newton, la ecuación diferencial asociada a problemas de enfriamiento es

(1)

Esta ecuación diferencial debe resolverse sujeta a dos condiciones: la primera condición es que para el tiempo t = 0 min la temperatura es T = 75º F; la segunda condición es que para el tiempo t = 4 min la temperatura es T = 55º F; además la temperatura del ambiente es Ta = 20º F.

Por lo tanto, se debe resolver el problema de valor de frontera

donde T > 20º.

Ya que la diferencial de la temperatura es dT = dt, sustituyendo dado en la ecuación (2)

dT = β ( T - 20 ) dt (3)

La ecuación (3) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables basta con multiplicar la ecuación (3) por el factor

dT = β dt (4)

La ecuación (4) se integra de forma definida; el tiempo varía de t = 0 min a t = 4 min; la temperatura varía de T = 75º F a T = 55º F

(5)

Resolviendo las integrales definidas

= - ln 55 + ln 35 = ln = ln

= t = 4

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5)

ln = 4β

despejando β

β = ln

este valor obtenido para β, se sustituye en la ecuación (4)

dT = ln dt (6)

A fin de determinar la temperatura que marcará el termómetro después de 7 min de haberlo sacado de la habitación, se debe resolver el problema de valor de frontera

Para resolver el problema de valor de frontera, se integra definidamente la ecuación diferencial (6); el tiempo varía de t = 0 min a t = 7 min; la temperatura varía de T = 75º F a T = T1º F, siendo 20 < T1 < 75º la temperatura a determinar

= (7)

Resolviendo las integrales definidas

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

= ln

equivalentemente

= ln +

aplicando propiedades de logaritmo

= ln

aplicando e

T1 - 20 =

despejando T1

T1 = 20 + = 45º

b) Un método para determinar el tiempo que debe transcurrir para que la temperatura descienda de 55º F a 21ºF es, a partir de la ecuación (6) obtener la ecuación de la temperatura en función del tiempo y con esa ecuación establecer el tiempo que demora en llegar la temperatura a 21º. Luego efectuar la diferencia entre el tiempo que demora el termómetro en alcanzar 21º, menos el tiempo que demora el termómetro en alcanzar 55º

La ecuación (6) es

dT = ln dt

integrando

= ln (7)

Ambas integrales son inmediatas

= ln l T - 20 l + C1

= t + C2

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

ln l T - 20 l = ln + C (8)

Para determinar el valor de la constante C de integración se utiliza la condición T(0) = 75, esto es, se sustituye en la ecuación (8) t = 0 min y T = 75º F, obteniéndose C = ln55. Este valor de C se sustituye en la ecuación (8)

ln l T - 20 l = ln + ln55

despejando el tiempo t

t = = (9)

Ahora se sustituye T = 21º F en la ecuación (9)

t = = = 35,5 min

Por lo tanto, deben transcurrir 35,5 min para que la lectura del termómetro sea 21º F; además, se sabe que deben transcurrir 4 min para que la lectura del termómetro se 55º F. Luego, para que la lectura del termómetro descienda de 55º F a 21º F, debe restarse 4 a 35,5, obteniéndose 31,5.

Se tiene entonces que, deben transcurrir 31,5 min, esto es 31 min y 30 seg, para que la temperatura descienda de 55º F a 21º F

9. Una pequeña barra de metal, cuya temperatura inicial es de 20º C, se deja caer en un recipiente de agua hirviendo.

a) Calcule el tiempo que dicha barra demorará en alcanzar los 90º C si se sabe que su temperatura aumenta 2º en 1 seg

b) ¿Cuál será la temperatura de la barra al cabo de 45 seg?

c) ¿Cuánto demorará la barra en alcanzar los 98ºC?

SOLUCIÓN:

a) Del enunciado se deduce que se trata de un problema de calentamiento. De acuerdo con la Ley de Enfriamiento de Newton, la ecuación diferencial asociada a problemas de enfriamiento o calentamiento es

(1)

Esta ecuación debe resolverse sujeta a dos condiciones: la primera condición es que para el tiempo t = 0 seg, la temperatura de la barra metálica es T = 20º C; la segunda condición es que transcurrido t = 1 seg, la temperatura de la barra aumenta 2º, es decir, T = 22º, además, para que la barra se caliente se deja caer en un recipiente de agua hirviendo; esto significa que la temperatura del ambientes donde la barra se caliente, es la del agua hirviendo, es decir, Ta = 100º C

Por lo tanto, se debe resolver el problema de valor de frontera

siendo, 20 < T < 100

Ya que la diferencial de la temperatura es dT = dt, sustituyendo dado en la ecuación (2)

dT = β ( T - 100 ) dt (3)

La ecuación (3) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables se multiplica por el factor

dT = β dt

integrando

= β (4)

Ambas integrales son inmediatas

= + C1

= t + C2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (4)

ln l 100 - T l = β t + C (5)

Para determinar el valor de la constante C de integración se utiliza la condición T(0) = 20, esto es, se sustituye en la ecuación (5) t = 0 seg y T = 20º C, obteniéndose C = ln 80. Este valor que se obtuvo para C se sustituye en la ecuación (5)

ln l 100 - T l = β t + ln 80 (6)

Para determinar el valor de la constante β de proporcionalidad se utiliza la condición T(1) = 22, esto es, se sustituye en la ecuación (6) t = 1 seg y T = 22º C, obteniéndose

ln 78 = β + ln 80

despejando β

β = ln 78 - ln 80

por propiedades de logaritmo

β = = ln

El valor conseguido para β se sustituye en la ecuación (6)

ln l 100 - T l = t ln + ln 80 (7)

aplicando propiedades de logaritmo

ln l 100 - T l = ln

aplicando e

100 - T =

despejando T

T(t) = 100 - (8)

La ecuación (8) representa la ley de variación de la temperatura de la barra de metal en cualquier instante t

A fin de establecer cuanto tiempo demora la barra en alcanzar los 90º C, se sustituye T = 90 en la ecuación (7) y determinar el tiempo t

ln l 100 - 90 l = t ln + ln 80

despejando t

t = = = = 83,16

De aquí que, la barra de metal demora 83,16 seg, es decir 1min y 23 seg, en alcanzar los 90º C de temperatura.

b) Para determinar la temperatura de la barra al cabo de 45 seg, basta con sustituir en la ecuación (8) t = 45 seg y determinar el valor de la temperatura T

T(45) = 100 - = 74,4

Así, a los 45 seg de iniciado el proceso de calentamiento, la barra alcanza una temperatura de 74,4º C.

c) A fin de establecer cuanto tiempo demora la barra en alcanzar los 98º C, se sustituye T = 98 en la ecuación (7) y determinar el tiempo t

ln l 100 - 98 l = t ln + ln 80

despejando t

t = = = = 147,56

De aquí que, la barra de metal demora 147,56 seg, es decir 2min y 28 seg, en alcanzar los 98º C de temperatura.

10. Una taza de chocolate se retira de la cocina cuando alcanza 70º C de temperatura y se pone a reposar en la mesa de una habitación, donde la temperatura del aire es de 10º C. Transcurrido 1 min, la temperatura del chocolate es de 60º C

a) ¿Cuál será la temperatura del chocolate, luego de 3 min?

b) ¿Cuánto tiempo demorará el chocolate en enfriarse a 12º C?

SOLUCIÓN:

a) El problema planteado es un problema de enfriamiento. De acuerdo con la Ley de Enfriamiento de Newton, la ecuación diferencial asociada a este tipo de problemas es

(1)

Esta ecuación debe resolverse sujeta a dos condiciones: la primera condición es que para el tiempo t = 0 min la temperatura es T = 70º C; la segunda condición es que para el tiempo t = 1 min la temperatura es T = 60º C; además la temperatura de la habitación, es decir la temperatura del ambiente Ta, donde se pone a enfriar el chocolate es Ta = 10ºC.

De aquí que, debe resolverse el problema de valor de frontera

siendo T > 10

Ya que, la diferencial de la temperatura es dT = , sustituyendo dada en la ecuación (2)

dT = dt (3)

La ecuación (3) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables, se multiplica la ecuación (3) por el factor

dT = β dt (4)

Integrando definidamente la ecuación (4); el tiempo varía de t = 0 min a t = 1 min; la temperatura varía de T = 70º C a T = 60º C

dT = β (5)

Resolviendo las integrales definidas

dT = = = + ln 50 =

= t = 1

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5)

= β

Este valor de obtenido para β se sustituye en la ecuación (4)

dT = dt

Para determinar la temperatura del chocolate luego de transcurridos 3 min, se plantea el problema de valor de frontera

donde T3 es la temperatura a determinar

La ecuación diferencial se integra definidamente: el tiempo varía entre t = 0 min y t = 3 min; la temperatura varía entre T = 70º C y T = T3º C. Puesto que el chocolate se esta enfriando, entonces 10 < T3 < 70

dT = (6)

Resolviendo las integrales definidas

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

= 3

equivalentemente

= 3 +

aplicando propiedades de logaritmo

=

aplicando e

T3 - 10 =

despejando T3

T3 = 10 + = 10 + = 10 + 5 = = = 44,72

De aquí que, la temperatura del chocolate, luego de 3 min de haberse retirado de la cocina, es T3 = 44,72º C

b) A fin de establecer el tiempo que demorará el chocolate en alcanzar 12º C, se plantea el problema de valor de frontera

donde t4 es el tiempo a determinar

La ecuación diferencial se integra definidamente: el tiempo varía entre t = 0 min y t = t4 min (t4 > 0) ; la temperatura varía entre T = 70º C y T = 12º C.

dT = (7)

Resolviendo las integrales definidas

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

= t4

despejando t4

t4 = =

De aquí que, el chocolate alcanza de 12º C transcurridos 18,9 min, es decir 18 min y 54 seg, de haberlo retirado de la cocina.

11. Justamente antes del mediodía el cuerpo de una victima aparente de un homicidio se encuentra en un cuarto que se conserva a temperatura constante e igual a 70º F. A mediodía, la temperatura del cuerpo es de 80º F y a la una de la tarde es de 75º F. Considere que la temperatura del cuerpo en el momento de la muerte era de 98,6º F y que el cuerpo se ha enfriado de acuerdo con la Ley de Enfriamiento de Newton. ¿Cuál fue la hora de la muerte?

SOLUCIÓN:

En este problema lo que se enfría es el cuerpo de una persona y lo hace de acuerdo con la Ley de Enfriamiento de Newton, por lo tanto la ecuación diferencial asociada al problema es

(1)

La temperatura al momento de la muerte, esto es para el tiempo t0 = 0 min es T0 = 98,6º F. Sea h el lapso de tiempo transcurrido entre la hora de la muerte y el momento en que el cuerpo es encontrado; así para el tiempo t1 = h min (a las 12 m) la temperatura del cuerpo es T1 = 80º F; para el tiempo t2 = (h + 60) min (a la 1 pm) la temperatura del cuerpo es T2 = 75º F; además, la habitación donde se encuentra el cadáver tiene una temperatura constante de 70º F, es decir, la temperatura del ambiente a donde el cuerpo se enfría, es decir, Ta = 70.

De aquí que se debe resolver el problema de valor de frontera

donde h, es el valor a determinar

Ya que la diferencial de la temperatura es dT = , sustituyendo dado en la ecuación (2)

dT = β ( T - 70 ) dt (3)

La ecuación (3) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables, se multiplica la ecuación (3) por el factor

dT = β dt (4)

Integrando la ecuación (4) definidamente: el tiempo varía de t0 = 0 min a t1 = h min; la temperatura varía de T0 = 98,6º F a T1 = 80º F

= β (5)

Resolviendo las integrales definidas

= t = h

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5)

= β h

despejando β

β = (6)

Este valor obtenido para β se sustituye en la ecuación (4)

dT = dt

Integrando definidamente: el tiempo varía de t1 = h min a t2 = h+60 min; la temperatura varía de T1 = 80º F a T2 = 75º F

= β (7)

Resolviendo las integrales definidas

= t = 60

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

= 60 β

despejando β

β = (8)

Comparando las ecuaciones (6) y (8)

=

despejando h

h = 60

De aquí resulta que h = 91,3 min = 1hora 31 min 18 seg. Este es el tiempo que transcurrió desde la hora de la muerte hasta las 12 del mediodía. Esto quiere decir que, hay que restar 1h 31 min 18 seg a las 12 m, obteniendo 10 h 28 min 42 seg. Por lo tanto, la hora de la muerte fue a las 10 h 28 min 42 seg de la mañana.

ISAAC NEWTON

Quizás el científico más importante de todos los tiempos.

Isaac Newton nació el día de Navidad del antiguo calendario en 1642 (correspondiente al 4 de Enero de 1643 del nuevo calendario), año en que moría Galileo, en el pueblecito de Woolsthorpe, unos 13 Km. al sur de Grantham, en el Lincolnshire. Fue un niño prematuro y su padre murió antes de su nacimiento, a los treinta y siete años. Isaac fue educado por su abuela, preocupada por la delicada salud de su nieto. Su madre, mujer ahorrativa y diligente, se casó de nuevo cuando su hijo no tenía más que tres años. Newton frecuentó la escuela del lugar y, siendo muy niño, manifestó un comportamiento completamente normal, con un interés marcado por los juguetes mecánicos.

El reverendo William Ayscough, tío de Newton y diplomado por el Trinity College de Cambridge, convenció a su madre de que lo enviara a Cambridge en lugar de dejarlo en la granja familiar para ayudarla. En junio de 1661, a los dieciocho años, era pues alumno del Trinity College, y nada en sus estudios anteriores permitía entrever o incluso esperar la deslumbrante carrera científica del fundador de la mecánica y la óptica. Por otra parte, el Trinity College tenía fama de ser una institución sumamente recomendable para aquellos que se destinaban a las órdenes. Afortunadamente, esta institución le brindó hospitalidad, libertad y una atmósfera amistosa que le permitieron tomar contacto verdadero con el campo de la ciencia.

Al comienzo de su estancia en Cambridge, se interesó en primer lugar por la química, y este interés, según se dice, se manifestó a lo largo de toda su vida. Durante su primer año de estudios, y probablemente por primera vez, leyó una obra de matemáticas sobre la geometría de Euclides, lo que despertó en él el deseo de leer otras obras. Parece también que su primer tutor fue Benjamin Pulleyn, posteriormente profesor de griego en la Universidad. En 1663, Newton leyó la “Clavis mathematicae” de Oughtred, la “Geometria a Renato Des Cartes” de Van Schooten, la “Optica” de Kepler, la “Opera matemática” de Vieta, editadas por Van Schooten y, en 1644, “La Aritmética” de Wallis que le serviría como introducción a sus investigaciones sobre las series infinitas, el teorema del binomio, ciertas cuadraturas. También a partir de 1663 Newton conoció a Barrow, quien le dio clase como primer profesor lucasiano de matemáticas. En la misma época, Newton entró en contacto con los trabajos de Galileo, Fermat, Huygens y otros, a partir probablemente de la edición de 1659 de la “Geometria de Descartes” por Van Schooten.

Desde finales de 1664, Newton parece dispuesto a contribuir personalmente al desarrollo de las matemáticas. Aborda entonces el teorema del binomio, a partir de los trabajos de Wallis, y el cálculo de fluxiones. Después, al acabar sus estudios de bachiller, debe volver a la granja familiar a causa de una epidemia de peste bubónica. Retirado con su familia durante los años 1665-1666, conoce un período muy intenso de descubrimientos: descubre la ley del inverso del cuadrado, de la gravitación, desarrolla su cálculo de fluxiones, generaliza el teorema del binomio y pone de manifiesto la naturaleza física de los colores. Sin embargo, Newton guarda silencio sobre sus descubrimientos y reanuda sus estudios en Cambridge en 1667.

Réplica de un telescopio construido por Newton

De 1667 a 1669, emprende activamente investigaciones sobre óptica y es elegido fellow del Trinity College. En 1669, Barrow renuncia a su cátedra lucasiana de matemáticas y Newton le sucede y ocupa este puesto hasta 1696. El mismo año envía a Collins, por medio de Barrow, su “Analysis per aequationes numero terminorum infinitos”. Para Newton, este manuscrito representa la introducción a un potente método general, que desarrollará más tarde: su cálculo diferencial e integral. En 1672 publicó una obra sobre la luz con una exposición de su filosofía de las ciencias, libro que fue severamente criticado por la mayor parte de sus contemporáneos, entre ellos Robert Hooke (1638-1703) y Huygens, quienes sostenían ideas diferentes sobre la naturaleza de la luz. Como Newton no quería publicar sus descubrimientos, no le faltaba más que eso para reafirmarle en sus convicciones, y mantuvo su palabra hasta 1687, año de la publicación de sus “Principia”, salvo quizá otra obra sobre la luz que apareció en 1675.

Desde 1673 hasta 1683, Newton enseñó álgebra y teoría de ecuaciones, pero parece que asistían pocos estudiantes a sus cursos. Mientras tanto, Barrow y el astrónomo Edmond Halley (1656-1742) reconocían sus méritos y le estimulaban en sus trabajos. Hacia 1679, verificó su ley de la gravitación universal y estableció la compatibilidad entre su ley y las tres de Kepler sobre los movimientos planetarios.

Newton descubrió los principios de su cálculo diferencial e integral hacia 1665-1666, y durante el decenio siguiente elaboró al menos tres enfoques diferentes de su nuevo análisis. Desde 1684, su amigo Halley le incita a publicar sus trabajos de mecánica, y finalmente, gracias al sostén moral y económico de este último y de la Royal Society, publica en 1687 sus célebres “Philosophiae naturalis principia matemática”. Los tres libros de esta obra contienen los fundamentos de la física y la astronomía escritos en el lenguaje de la geometría pura. El libro I contiene el método de las "primeras y últimas razones" y, bajo la forma de notas o de escolios, se encuentra como anexo del libro III la teoría de las fluxiones. Aunque esta obra monumental le aportó un gran renombre, resulta un estudio difícil de comprender, y parece que Newton quiso que fuera así con el fin «de evitar ser rebajado por pequeños semisabios en matemáticas». Quiso escapar así a las críticas suscitadas por sus textos sobre la luz.

En 1687, Newton defendió los derechos de la Universidad de Cambridge contra el impopular rey Jacobo II y, como resultado tangible de la eficacia que demostró en esa ocasión, fue elegido miembro del Parlamento en 1689, en el momento en que el rey era destronado y obligado a exiliarse. Mantuvo su escaño en el Parlamento durante varios años sin mostrarse, no obstante, muy activo durante los debates. Durante este tiempo prosiguió sus trabajos de química, en los que se reveló muy competente, aunque no publicara grandes descubrimientos sobre el tema. Se dedicó también al estudio de la hidrostática y de la hidrodinámica además de construir telescopios.

Después de haber sido profesor durante cerca de treinta años, Newton abandonó su puesto para aceptar la responsabilidad de Director de la Moneda en 1696. Durante los últimos treinta años de su vida, abandonó prácticamente sus investigaciones y se consagró progresivamente a los estudios religiosos. Fue elegido presidente de la Royal Society en 1703 y reelegido cada año hasta su muerte. En 1705 fue hecho caballero por la reina Ana, como recompensa a los servicios prestados a Inglaterra.

Los últimos años de su vida se vieron ensombrecidos por la desgraciada controversia, de envergadura internacional, con Leibniz a propósito de la prioridad de la invención del nuevo análisis, Acusaciones mutuas de plagio, secretos disimulados en criptogramas, cartas anónimas, tratados inéditos, afirmaciones a menudo subjetivas de amigos y partidarios de los dos gigantes enfrentados, celos manifiestos y esfuerzos desplegados por los conciliadores para aproximar a los clanes adversos, he aquí en pocas palabras los detalles de esta célebre controversia, que se terminó con la muerte de Leibniz en 1716, pero cuyas malhadadas secuelas se harán sentir hasta fines del siglo XVIII.

Después de una larga y atroz enfermedad, Newton murió durante la noche del 20 de marzo de 1727, y fue enterrado en la abadía de Westminster en medio de los grandes hombres de Inglaterra.

"No sé cómo puedo ser visto por el mundo, pero en mi opinión, me he comportado como un niño que juega al borde del mar, y que se divierte buscando de vez en cuando una piedra más pulida y una concha más bonita de lo normal, mientras que el gran océano de la verdad se exponía ante mí completamente desconocido."

Esta era la opinión que Newton tenía de sí mismo al fin de su vida. Fue muy respetado, y ningún hombre ha recibido tantos honores y respeto, salvo quizá Einstein. Heredó de sus predecesores, como él bien dice "si he visto más lejos que los otros hombres es porque me he aupado a hombros de gigantes"- los ladrillos necesarios, que supo disponer para erigir la arquitectura de la dinámica y la mecánica celeste, al tiempo que aportaba al cálculo diferencial el impulso vital que le faltaba.

EL NÚMERO e

El desarrollo de una colonia de bacterias, las encuestas de población, la prueba del carbono 14 para datar restos orgánicos, e incluso la probabilidad de sacar 70 veces un número par al lanzar un dado un centenar de veces tienen algo en común: un extraño número comprendido entre 2 y 3, con infinitas cifras decimales y llamado e, o número de Euler (e = 2.71828 18284 59045 23536 02874 7135...).

'Aplicaciones Geom�tricas y F�sicas, segunda parte'


Aunque las primeras referencias a este número datan de 1618, fecha en la que John Napier publicó su valor junto a otros logaritmos, fue el matemático suizo Leonhard Euler quién empleó por primera vez la letra e en 1727 para nombrarlo. Este genio, del que se decía que "calculaba sin aparente esfuerzo, como los hombres respiran o las águilas se sostienen en el aire", mostró que el número e podía ser la base más "natural" para los logaritmos, que en aquella época eran de gran ayuda para realizar operaciones aritméticas.

Además, ideó una fórmula bautizada como identidad de Euler y considera por muchos como la más bella e importante de las matemáticas:

+ 1 = 0

En ella se aúnan, de forma escueta, varios conceptos claves de esta ciencia: π, el número más importante de la geometría; e, el número mas importante del análisis; i, el número mas importante del álgebra.

Más allá de su belleza matemática, el número e tiene importantes implicaciones en el mundo que conocemos. En biología, por ejemplo, una de sus principales aplicaciones es el crecimiento exponencial. Este tipo de crecimiento surge cuando no hay factores que limiten el crecimiento, como ocurre en ciertas poblaciones de bacterias, o en la recuperación de una superficie boscosa después de un incendio. Para este tipo de crecimiento se aplica la siguiente fórmula:

N = No · et

Esto nos permite predecir cual será la población (N) en un determinado tiempo (t) a partir de la población inicial (No).

A la hora de datar un fósil, la constante de Euler también está presente. A mediados del siglo XX, un químico llamado Libby descubrió el carbono-14, un isótopo radiactivo del carbono que desaparece lentamente. El C14 reacciona con el oxígeno en las capas altas de la atmósfera dando dióxido de carbono radiactivo, el cual entra en la superficie de la Tierra, en la que se desarrolla la vida. Mientras un ser está vivo, va reponiendo el C14 que pierde, pero cuando ese ser muere, sólo se producirá en él una pérdida continua y lenta de C14. Una vez que los químicos consiguieron llegar a medir la cantidad de C14 contenida en un ser no vivo, como se conocía la velocidad de desintegración del C14, se lanzaron a buscar una ecuación que les diera como solución el tiempo necesario para que en ese ser quedara tan solo esa cantidad de C14. Y se encontraron con la sorpresa de que la fórmula contenía al número e.

Los forenses, como los paleontólogos, también deben tener este número en cuenta. Y es que e permite determinar en un asesinato el momento de la muerte. Para ello es necesario aplicar la ley de Newton sobre el enfriamiento que establece que la velocidad a la que se enfría un cuerpo es proporcional a la diferencia entre la temperatura del objeto y la temperatura del entorno. Esto quiere decir que cuando un objeto está mucho más caliente que el aire exterior, su velocidad de enfriamiento es alta, de manera que pierde temperatura muy rápidamente. Por el contrario, cuando un cuerpo está un poco más caliente que su entorno, su velocidad de enfriamiento es baja.

Una persona viva no se enfría continuamente. El metabolismo humano asegura el mantenimiento de la temperatura del cuerpo alrededor de los 36ºC. Pero, una vez muertos, nuestro organismo deja de producir calor y, por tanto, comienza a enfriarse siguiendo la ley de Newton, que se aplica con la fórmula matemática siguiente:

T = Taire + (Tcos - Taire) / ek·t

En ella T es la temperatura, t es el tiempo en horas después de medianoche y k es una constante. De nuevo e está presente.

Hay más. Esta constante también está ligada a la razón áurea y a la espiral logarítmica. Cuando se cuelga una cadena o un cable por los extremos, tiende a adoptar una forma que se relaciona con el número e. Incluso en algo tan mundano como el cálculo de los intereses bancarios es necesario recurrir a la constante de Euler.

PROPIEDAD METAFÍSICA DEL NÚMERO 4

Representa el principio de la realidad, fundamento de la ciencia de los números y causa de permanencia. Para Pitágoras contiene en sí el fuego del 1 , el aire del 2,el agua del 3 y la tierra del 4.

Es la materialización de la virtud divina en el hombre, la Afirmación y la Negación, la Discusión y la Solución. Representa el esfuerzo en la mano de obra y la voluntad del pensamiento

SISTEMA DE NUMERACIÓN MAYA

Los mayas idearon un sistema de base 20 con el 5 cómo base auxiliar. La unidad se representaba por un punto. Dos, tres, y cuatro puntos servían para 2, 3 y 4. El 5 era una raya horizontal, a la que se añadían los puntos necesarios para representar 6, 7, 8 y 9. Para el 10 se usaban dos rayas, y de la misma forma se continúa hasta el 20, con cuatro rayas.


Hasta aquí parece ser un sistema de base 5 aditivo, pero en realidad, considerados cada uno un solo signo, estos símbolos constituyen las cIfras de un sistema de base 20, en el que hay que multiplicar el valor de cada cifra por 1, 20, 20x20, 20x20x20 ... según el lugar que ocupe, y sumar el resultado. Es por tanto un sistema posicional que se escribe a arriba abajo, empezando por el orden de magnitud mayor.


Al tener cada cifra un valor relativo según el lugar que ocupa, la presencia de un signo para el cero, con el que indicar la ausencia de unidades de algún orden, se hace imprescindible y los mayas lo usaron, aunque no parece haberles interesado el concepto de cantidad nula. Cómo los babilonios lo usaron simplemente para indicar la ausencia de otro número.

PROGRESA ADECUADAMENTE

En un examen de la MATEMÁTICA, un alumno escribe que 6+7=18. La evaluación del profesor es la siguiente: Comentario de la evaluación 1. La grafía del signo seis es del todo correcta. 2. Se puede apreciar lo mismo con el siete. 3. El signo más nos dice, acertadamente, que se trata de una suma. 4. En cuanto al resultado vemos que el uno es correcto. El segundo número, efectivamente, no es ocho. Bueno, si lo cortamos por la mitad de arriba abajo, observamos que el alumno ha escrito dos tres simétricos. Elegimos el bueno porque se ve que su intención era buena. Evaluación El conjunto de estas observaciones evidencia que: (a) La actitud del alumno es positiva (lo intentó) (b) Los procedimientos son correctos (los elementos están ordenados correctamente). (c) En conceptos sólo se equivocó parcialmente en uno de los seis elementos que forman el ejercicio. Esto es casi de sobresaliente. En Consecuencia podemos otorgarle un "Notable" y decir que "Progresa Adecuadamente".

ENTRETENIMIENTO

S U D O K U 4

4

3

6

5

1

5

9

4

2

9

5

2

9

6

7

5

4

8

3

7

3

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6

4

2

1

DESCUBRIENDO EL PENSAMIENTO Y SU AUTOR 4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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M 

 

 

 

 

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25

1

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

25

 

13

2

1

24

26

5

25

 

20

25

 

11

20

15

24

11

5

 

10

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

H

 

 

 

 

 

 

 

 

14

13

20

 

20

25

1

10

19

 

4

20

6

4

5

25

 

11

20

 

24

11

 

 

 

 

 

.

 

.

 

 

 

 

Y

 

 

 

 

 

 

 

 

20

10

25

 

18

 

4

 

4

10

8

11

7

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJERCICIOS PROPUESTOS SOBRE APLICACIONES DE LAS

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN

A PROBLEMAS DE ENFRIAMIENTO

1, Justo a las 2 pm, un termómetro ubicado en una habitación marca 70º F. Se saca al exterior de la habitación en donde la temperatura es de 10º F. Transcurridos cinco min el termómetro marca 50º F. Determine:

a) ¿Cuánto marcará el termómetro luego de 10 min?

b) ¿A qué hora el termómetro marcará 20º F?

c) ¿Cuál es la ley de variación de la temperatura en función del tiempo?

R: a) 36,66º F b) 2::22 pm c) T(t) = 60

2. Un objeto se calienta hasta una temperatura de 100º C. Exactamente a la 3:25 pm se retira del fuego y se pone a enfriar en un recinto cuya temperatura es de 20ºC. Transcurridos 30 min el cuerpo se enfría hasta 70º C. Determine:

a) ¿Cuál será la temperatura del objeto luego de 20 min?

b) ¿A qué hora se enfriará hasta 30º F?

c) ¿Cuál es la ley de variación de la temperatura en función del tiempo?

R: a) 75,8º C b) 5:37:44 pm c) T(t) = 20 + 80

3. Siendo la 10:15 am se extrae un pastel del horno y su temperatura en ese instante es de 195º C. Se coloca el en tope de una cocina para que se enfríe; luego de media hora la temperatura del pastel es 180º C y quince minutos más tarde es de 170º C. Determine:

a) ¿Cuál es la temperatura del ambiente a donde se está enfriando el pastel?

b) ¿A qué hora el pastel alcanza los 150º C?

c) ¿Cuál es la ley de variación de la temperatura en función del tiempo?

R: a) 124,5º C b) 7:8:29 pm c) T(t) = +

4. En el momento en que una torta es sacada del horno, su temperatura es 324º F. Se coloca a enfriar en la mesa del comedor y al cabo de 10 min la temperatura es 300º F y veinte minutos más tarde marca 290º F. Determine:

a) ¿Cuál es la temperatura del comedor?

b) ¿Cuál es la ley de variación de la temperatura en función del tiempo?

R: a) 288,5º F b) T(t) =

5. Un envase con agua se calienta hasta que hace ebullición y en ese instante se retira de la cocina y se coloca en un tope para que se enfríe. Al cabo de 15 min la temperatura es de 70º C y 30 min más tarde es de 40ºC

a) ¿Cuál es la temperatura del ambiente donde se está enfriando el agua?

b) ¿Cuál es la ley de variación de la temperatura del agua en función del tiempo?

R: a) Ta = 21,46º C b) T(t) = +

6. A las 8:15 am se saca un pastel de pollo del horno y su temperatura es de 310º F. Transcurridos 10 min la temperatura es 240º F. Sabiendo que la temperatura del ambiente es de 70º F

a) ¿Cuál será la temperatura al cabo de 20 min?

b) ¿A qué hora el pastel se habrá enfriado a 75ºF?

c) ¿Cuál es la ley de variación de la temperatura en función del tiempo?

R: a) 205,46º F b) 10:7:16 am c) T(t) = 240

7. Un pernil de 125 libras, inicialmente a 50º F, se pone en el horno a 375ª F a la 5:00 pm. Luego de 25 min la temperatura del pernil es de 125º F.

a) ¿A qué hora estará el pernil a 180º F?

b) ¿Cuál es la ley de variación de la temperatura del pernil en función del tiempo?

R: a) 5:48:40 pm b) T(t) = 375 -

8. Un estudiante de química analítica lleva a una práctica un matraz con aceite a 30º C. Como le interesa conocer la temperatura promedio en el laboratorio, el estudiante realiza dos mediciones de la temperatura del aceite, a los 10 min y a los 15 min, registrando 27º C y 25º C respectivamente. Con esta información el estudiante determinó la temperatura del laboratorio

a) ¿Cuál fue la temperatura del laboratorio, obtenida por el estudiante?

b) ¿Cuál es la ley de variación de la temperatura del aceite en función del tiempo?

c) ¿Cuánto tiempo debe transcurrir para que la temperatura del aceite sea de 23º C?

R: a) 43,89º C b) T(t) = 21 + 9 c) 37 min 5 seg

9. Un postre se saca del horno a las 5 horas 10 min 15 seg de la tarde del sábado. Se coloca a enfriar sobre el tope de una cocina donde la temperatura es estable. Si se sabe que la temperatura del postre al sacarse del horno era de 89º C, a los tres cuartos de hora era de 65º C y a la hora y media era de 50º C, determine:

a) Temperatura del ambiente a donde se enfrió el postre

b) ¿A qué hora la temperatura del postre llego a 40º C?

R: a) Ta = 25º C b) 7:11:9 pm

10. Se retira del horno un pollo que se está asando y la temperatura es de 200º F. Se deja enfriar a temperatura ambiente. Al cabo de 30 min la temperatura del pollo es de 140º F y transcurrida 1 hora más, la temperatura es de 100º F

a) ¿Cuál es la temperatura del ambiente donde se está enfriando el pollo?

b) ¿Cuál es la temperatura al cabo de 1 hora?

c) ¿Cuánto tiempo demora el pollo horneado en alcanzar una temperatura de 50º F?

R: a) Ta = 27 º F b) 124,32º F c) 2 h 28 min 18 seg

APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN A PROBLEMAS DE MEZCLAS

Considérese un tanque que tiene un volumen inicial V0 de solución (una mezcla de soluto y solvente). Hay un flujo tanto de entrada como de salida y se quiere calcular la cantidad de soluto x(t) que hay en el tanque en cualquier instante de tiempo t, en función de la cantidad inicial de soluto x0 al tiempo de iniciar el proceso de mezclado.

Supóngase que la solución que se inyecta al tanque tiene una concentración de C1 gramos de soluto por litro, y fluye al mismo con una tasa de Q1 litros por segundo, en tanto que la sustancia contenida en el tanque se mantiene bien mezclada por agitación y fluye hacia fuera de este a una tasa de Q2 litros por segundo.

Sea x(t) la cantidad de soluto en el tanque en un instante de tiempo t. La cantidad de soluto que fluye hacia el tanque durante ∆t segundos es (Q1 C1 ∆t) gramos. La cantidad de soluto que fluye hacia fuera del tanque durante el mismo intervalo de tiempo, depende de la concentración de soluto C2(t) en el tanque al instante t.

Si la tasa de entrada de líquido al tanque es igual a la tasa de salida de líquido del tanque (Q1 = Q2) entonces el volumen en cualquier instante de tiempo t es el mismo, es decir, el volumen se mantiene constante (V(t) = V0 , con V0 volumen inicial).

Si la tasa de entrada de líquido al tanque es mayor a la tasa de salida de líquido del tanque (Q1 > Q2) entonces el volumen en cualquier instante de tiempo t es mayor que el volumen inicial V0 (V(t) > V0).

Si la tasa de entrada de líquido al tanque es menor a la tasa de salida de líquido del tanque (Q1 < Q2) entonces el volumen en cualquier instante de tiempo t es menor que el volumen inicial V0 (V(t) < V0).

Por otra parte, la variación de la cantidad de soluto en un instante t, es igual a la diferencia entre la cantidad de líquido que fluye hacia el tanque (Q1 C1 ∆t) y la cantidad de líquido que fluye fuera del tanque (Q2 C2 ∆t):

∆x = ( gramos que ingresan) - (gramos que salen)

= (Q1 C1 ∆t) - (Q2 C2 ∆t)

= (Q1 C1 - Q2 C2) ∆t

ya que ∆t ≠ 0, dividiendo entre ∆t

= (Q1 C1 - Q2 C2)

calculando el límite de cuando ∆t → 0

(1)

Por la definición de derivada,

(2)

Comparando las ecuaciones (1) y (2)

= Q1 C1 - Q2 C2 (3)

donde Q1, C1 y Q2 son constantes

Sustituyendo en la ecuación (3) C2(t) = =

= Q1 C1 + Q2

ecuación ésta, que puede escribirse

+ x(t) = Q1 C1

EJERCICIOS RESUELTOS SOBRE APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN

A PROBLEMAS DE MEZCLAS

1. Un tanque contiene originalmente 100 galones de agua fresca. Se vierte dentro del tanque, agua que contiene ½ libra de sal por galón a una velocidad de 2 gal/min y se permite que salga la mezcla con la misma rapidez. Después de 10 min se para el proceso y se vierte agua fresca dentro del tanque a la velocidad de 2 gal/min, dejando salir la mezcla a la misma velocidad. Encontrar la cantidad de sal en el tanque al final de los 20 min.

SOLUCIÓN:

El problema debe resolverse en dos partes. Para el tiempo t0 = 0 min la cantidad inicial de líquido en el tanque es V0 = 100 gal; como lo que contiene el tanque es agua, la concentración inicial es C0 = 0 lb/gal. Ya que, x0 = C0 V0 = 0, entonces la cantidad inicial de sal en el tanque para el tiempo t0 = 0 min es x0 = 0 lb.

Como a los 10 min de iniciado el proceso

de mezclado este se detiene, debe entonces

determinarse la concentración de sal en el

tanque para t = 10 min

La ecuación diferencial asociada a los

problemas de mezcla es

(1)

Sustituyendo los datos en la ecuación (1)

simplificando

despejando

(2)

Ya que la diferencial de la cantidad x de sal es dx = dt, sustituyendo dada por la ecuación (2)

dx = dt (3)

La ecuación (3) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables se multiplica la ecuación (3) por el factor =

dx = dt

integrando

dx = (4)

Ambas integrales son inmediatas

dx = dx = + C1

= t + C2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (4)

= t + C (5)

Para determinar el valor de la constante C de integración, se utiliza la condición inicial, t0 = 0 min, x0 = 0 lb; estos valores se sustituyen en la ecuación (5), obteniéndose C = . El valor obtenido para C se sustituye en la ecuación (5)

= t

multiplicando por agrupando los logaritmos a un solo lado de la igualdad

=

aplicando propiedades de logaritmo

=

aplicando e

=

multiplicando por 50

50 - x = 50

despejando x

x = 50 - 50

sacando factor común 50

x (t) = (6)

La ecuación (6) representa la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque, para el intervalo de tiempo 0 < t < 10

De aquí que, la cantidad de sal en el tanque a los 10 min, se obtiene sustituyendo t =10 min en la ecuación (5)

x(10) = = = 50 ( 1 - 0,82) = 9

Por lo tanto, la cantidad de sal en el tanque al cabo de 10 min es x(10) = 9 lb.

Justo a los 10 min se para el proceso de mezclado. A partir de ese momento se comienza un nuevo proceso de mezclado, por lo tanto, las condiciones iniciales del problema cambian.

Ahora, se vierte al tanque agua fresca, es decir la concentración del líquido que se inyecta al tanque es C1 = 0 lb/gal y se inyecta a una razón Q1 = 2 gal/min. Como se deja salir a l a misma razón, Q2 = 2 gal/min, el volumen de líquido en el tanque no varía, V0 = 100 gal y la cantidad de sal que hay en este momento en el tanque, es la cantidad de sal que se obtuvo para el tiempo t = 10 min en el primer proceso de mezclado; así x0 = 9 lb. Este nuevo proceso se muestra en la siguiente figura

Sustituyendo los datos en la ecuación (1)

simplificando

despejando

(7)

Ya que la diferencial de la cantidad x de

sal es dx = dt, sustituyendo dada por la ecuación (7)

dx =dt (8)

La ecuación (8) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables, se multiplica la ecuación (8) por el factor

dx = dt

integrando

dx = (9)

Ambas integrales son inmediatas

dx = ln l x l + C3

= t + C4

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (9)

ln l x l = + K (10)

Para determinar el valor de la constante K de integración, se utiliza la condición que para el tiempo en que se inicia el nuevo proceso de mezclado t = 0 min, la cantidad de sal en el tanque es x = 9 lb. Sustituyendo en la ecuación (10) resulta K = ln 9. Este valor de K, se sustituye en la ecuación (10)

ln l x l = + ln 9

agrupando los logaritmos a un solo lado de la igualdad

ln l x l - ln 9 =

aplicando propiedades de logaritmo

=

aplicando e

despejando x

x (t) = 9 (11)

La ecuación (11) representa la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque una vez reiniciado el proceso (luego de haberse detenido a los primeros 10 min). Para determinar la cantidad de sal en el tanque al final de los 20 min, como ya habían transcurrido 10 min de la primera parte del proceso entonces para completar los 20 minutos, transcurren 10 minutos más. Por lo tanto, sustituyendo t = 10 min en la ecuación (11)

x(10) = 9 = 7,37

Por lo tanto, la cantidad de sal en el tanque al final de los 20 min es de 7,37 lb

2. Un tanque con capacidad de 500 galones contiene inicialmente 200 galones de agua con 100 lb de sal en solución. Se inyecta al tanque agua que cuya concentración de sal es de 1 lb/gal, a razón de 3 gal/min. La mezcla debidamente agitada y homogeneizada sale del tanque a razón de 2 gal/min.

a) Encuentre la cantidad de sal y la concentración de sal en el tanque para cualquier tiempo

b) Determine la concentración de sal en el instante justo en que la solución alcanza el volumen total del tanque

SOLUCIÓN:

a) El volumen total del tanque es Vt = 500 gal; sin embargo, antes de iniciar el proceso de mezclado, el tanque no está totalmente lleno, el volumen inicial de liquido en el tanque es V0 = 200 gal y hay disueltos x0 = 100 lb de sal.

El líquido que se inyecta al tanque tiene

una concentración C1 = 1 lb/gal, y se inyecta a

razón de Q1 = 3 gal /min. La mezcla debidamente

agitada y homogeneizada sale del tanque a razón

de Q2 = 2 gal /min

La ecuación diferencial asociada a los

problemas de mezcla es

(1)

Sustituyendo los datos en la ecuación (1)

(2)

La ecuación (3) es una ecuación diferencial lineal, de la forma x'(t) + F(t)x =G(t). Para resolverla debe determinarse un factor integrante μ(t) =

μ (t) =

Multiplicando la ecuación (2) por el factor integrante μ (t) =

despejando

= (3)

Ya que la diferencial de la cantidad x de sal es dx = dt, sustituyendo dada por la ecuación (3)

dx = dt

multiplicando por y reordenando los términos de la ecucaión

( 200 + t )2 dx + 2 ( 200 + t ) x dt = 3 ( 200 + t )2 dt (4)

Puesto que

( 200 + t )2 dx + 2 ( 200 + t ) x dt = d

sustituyendo en la ecuación (4)

d = 3 ( 200 + t )2 dt

integrando

= (5)

Ambas integrales son inmediatas

= ( 200 + t )2 x + k1

= ( 200 + t )3 + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5)

( 200 + t )2 x = ( 200 + t )3 + k (6)

Para determinar el valor de la constante de integración k, se utiliza la condición inicial para el tiempo t = 0 min, la cantidad de sal en el tanque es x = 100 lb. Sustituyendo estos valores en la ecuación (6)

(200)2 100 = (200)3 + k

despejando k

k = (200)2 100 - (200)3 = (200)2 (100 - 200) = - 100 (200)2

este valor de k se sustituye en la ecuación (6)

x = - 100 (200)2

multiplicando por

x(t) = ( 200 + t ) - 100 (7)

La ecuación (7) representa la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque en función del tiempo.

Para determinar la ley de variación de la concentración de sal en el tanque en cualquier instante t, se debe recordar que la concentración en cualquier instante t se obtiene como el cociente entre la cantidad de sal en cualquier instante t y el volumen en cualquier instante t

C(t) = (8)

donde

V(t) = V0 + ( Q1 - Q2 ) t = 200 + t (9)

sustituyendo las ecuaciones (7) y (9) en la ecuación (8)

C(t) = = 1 - = 1 - (10)

La ecuación (10) representa la ley de variación de la concentración de sal en el tanque en cualquier instante t

b) Puesto que la razón de salida Q2 es inferior a la razón de entrada Q1, el volumen de líquido en el tanque va a aumentar

Q2 < Q1 Vo aumenta

El volumen de líquido en el tanque, en cualquier instante t del proceso, se obtiene por medio de la ecuación

V(t) = V0 + (Q1 - Q2) t (11)

Así, para determinar el tiempo que demora en alcanzarse el volumen total de líquido en el tanque, se sustituyen los datos en la ecuación (11)

500 = 200 + ( 3 - 2 ) t

despejando t

t = 300 min = 5 h

es decir, que exactamente a las 5 horas, se alcanza el volumen total de líquido en el tanque.

Para determinar la cantidad de sal y la concentración justo en el instante que el tanque llega a su volumen máximo, se sustituye en las ecuaciones (7) y (10) el tiempo t = 300 min (que es cuando alcanza el volumen total)

x(300) = ( 200 + 300 ) -100 = 500 - 100 = 500 - 100 = 484

C(300) = 1 - = 1 - = 1 - = = 0,98

Luego, al cabo de 5 horas la cantidad de sal en el tanque es 484 lb y la concentración es 0,98 lb/gal

3. Un tanque contiene 450 lt de líquido en el que se disuelven 30 gr de sal: Una salmuera que contiene 3 gr/lt se bombea al tanque con una intensidad de 6 lt/min, la solución adecuadamente mezclada se bombea hacia fuera con una intensidad de 8 lt/min. Encuentre el número de gramos de sal y la concentración de sal, que hay en el tanque en un instante cualquiera

SOLUCIÓN:

El volumen inicial de líquido en el tanque es V0 = 450 lt y la cantidad inicial de sal en el tanque es x0 = 30 gr.

La salmuera que se bombea al tanque tiene una concentración C1 = 3 gr/lt y se bombea a una razón Q1 = 6 lt/min. La solución, debidamente agitada y homogeneizada, se extrae del tanque a razón Q2 = 8 lt/min

La ecuación diferencial asociada a los

problemas de mezcla es

(1)

Sustituyendo los datos en la ecuación (1)

simplificando

despejando

= (2)

Ya que la diferencial de la cantidad x de sal es dx = dt, sustituyendo dada por la ecuación (2)

dx = dt

reordenando la ecuación

dx + dt = 18 dt (3)

La ecuación (3) es una ecuación diferencial lineal de la forma x' + F(t) x = G(t), donde F(t) =, G(t) = 18. Para resolver la ecuación (3) debe determinarse un factor integrante μ =

μ = = = =

Multiplicando la ecuación (3) por el factor integrante

dx + 4 x dt = 18 dt (4)

Puesto que

dx + 4 x dt = d

sustituyendo en la ecuación (4)

d = 18 dt

integrando

= 18 (5)

Ambas integrales son inmediatas

= x + k1

= + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5)

x = + k (6)

Para determinar el valor de la constante k de integración se utiliza la condición inicial x(0) = 30, esto es, t0 = 0 min y x0 = 30 gr se sustituyen en la ecuación (6)

30 = + k

despejando k

k = 30 = ( 30 -) = ( 30 - 1350)

k = 1320

este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6)

x = 1320

multiplicando por

x(t) = - 1320 (7)

La ecuación (7) representa la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque en cualquier instante t.

Para determinar la concentración de sal en el tanque en un instante t cualquiera, se debe recordar que la concentración C(t) es el cociente entre la cantidad de sal y el volumen de líquido en el tanque, en un instante t cualquiera, es decir

C(t) = (8)

donde

V(t) = V0 + ( Q1 - Q2 ) t = 450 - 2t = 2 ( 225 - t ) (9)

sustituyendo las ecuaciones (7) y (9) en la ecuación (8)

C(t) = =

C(t) = (10)

La ecuación (10) representa la ley de variación de la concentración de sal en el tanque en cualquier instante t.

4. Un gran depósito está lleno de 500 gal de agua pura. Una salmuera que contiene 2 lb/gal se bombea al tanque a razón de 5 gl/min. La salmuera, adecuadamente mezclada, se bombea hacia fuera con la misma rapidez.

a) Halle el número de libras de sal y la concentración de sal en el tanque en un instante t cualquiera

b) Determine la cantidad de sal y la concentración al cabo de hora y media de iniciado el proceso de mezclado

c) ¿Cuánto tiempo debe transcurrir para que la cantidad de sal en el tanque sea de 632,12 lb?

SOLUCIÓN:

a) El volumen inicial de líquido en el tanque es V0 = 500 gal y como lo que contiene es agua pura, la cantidad inicial de sal en el tanque es x0 = 0 gr.

La salmuera que se inyecta al tanque tiene una concentración C1 = 2 lb/gal y la razón de entrada es Q1 = 5 gal/min. La mezcla, una vez agitada y homogeneizada, se extrae del tanque a la misma razón de entrada, esto es, Q2 = 5 gal/min. Puesto que, las razones de entrada y salida son iguales, el volumen de líquido en el tanque en cualquier instante t permanecerá constante e igual al volumen inicial V(t) = V0 = 500 gal

La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es

(1)

sustituyendo los datos en la ecuación (1)

simplificando

despejando

= (2)

La diferencial de la cantidad x de sal en el tanque es dx = dt, sustituyendo dada por la ecuación (2)

dx = (3)

La ecuación (3) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables basta multiplicar la ecuación (3) por el factor

dx = dt

integrando

(4)

Ambas integrales son inmediatas

+ k1

= t + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (4)

= t + k (5)

Para determinar el valor de la constante k de integración, se utiliza la condición inicial: para el tiempo t = 0 min, la cantidad de sal es x = 0 lb (es agua pura lo que hay en el tanque); estos valores se sustituyen en la ecuación (5), obteniéndose k = . Este valor conseguido para k se sustituye en la ecuación (5)

= t

multiplicando por

= + ln 10

agrupando los logaritmos a un solo lado de la igualdad

- ln 10 =

aplicando propiedades de logaritmo

=

aplicando e

=

despejando x

x(t) = (6)

La ecuación (6) representa la ley de variación de la cantidad de la cantidad de sal en el tanque en cualquier instante t.

Para determinar la concentración de sal en el tanque en un instante t cualquiera, se debe recordar que la concentración C(t) es el cociente entre la cantidad de sal y el volumen de líquido en el tanque, en un instante t cualquiera, es decir

C(t) = (7)

donde

V(t) = V0 + ( Q1 - Q2 ) t = 500 (8)

Sustituyendo las ecuaciones (6) y (8) en la ecuación (7)

C(t) = = (9)

La ecuación (9) representa la ley de variación de la concentración de sal en el tanque en cualquier instante t.

b) Para determinar la cantidad de sal y la concentración transcurrida hora y media, esto es 90 min, se sustituye en las ecuaciones (6) y (9) t = 90 min

x(90) = = 593,43

C(90) = = 1,19

Luego, a los 90 min de iniciado el proceso de mezclado, la cantidad de sal en el tanque es de 593,43 lb y la concentración de sal es de 1,19 lb/gal

c) A fin de establecer cuanto tiempo debe transcurrir para que la cantidad de sal en el tanque sea 632,12 lb, se sustituye x = 632,12 en la ecuación (6)

632,12 =

despejando

=

aplicando ln

= ln

despejando t

t = (-0,9999) = 100

Por lo tanto, para que la cantidad de sal en el tanque sea de 632,12 lb deberán transcurrir 100 min, esto es, 1h y 40 min.

5. Efectuar el ejercicio anterior suponiendo que la solución se extrae a razón de 10 gal/min ¿Cuánto tiempo demorará el tanque en vaciarse?

SOLUCIÓN:

El volumen inicial de líquido en el tanque es V0 = 500 gal y como lo que contiene es agua pura, la cantidad inicial de sal en el tanque es x0 = 0 gr.

La salmuera que se inyecta al tanque tiene una concentración C1 = 2 lb/gal y la razón de entrada es Q1 = 5 gal/min. La mezcla, una vez agitada y homogeneizada, se extrae del tanque y la razón de salida es, Q2 = 10 gal/min. Puesto que, la razón de entrada es menor que la razón de salida, el volumen de líquido en el tanque va disminuyendo (V(t) < V0).

La ecuación diferencial asociada a

los problemas de mezcla es

(1)

sustituyendo los datos en la ecuación (1)

simplificando

despejando

= (2)

La diferencial de la cantidad x de sal en el tanque es dx = dt, sustituyendo dada por la ecuación (2)

dx =

reordenando los términos de la ecuación

dx + = 10 dt (3)

La ecuación (3) es una ecuación diferencial lineal de la forma x'(t) + F(t) x = G(t), donde F(t) = y G(t) = 10. Para resolverla debe determinarse un factor integrante μ =

μ = = = =

Multiplicando la ecuación (3) por el factor integrante

dx + 2 x dt = 10 dt (4)

Puesto que

dx + 2 x dt = d

sustituyendo en la ecuación (4)

d = 10 dt

integrando

= 10 (5)

Ambas integrales son inmediatas

= x + k1

= + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5)

x = 10 + k (6)

Para determinar el valor de la constante k de integración se utiliza la condición inicial x(0) = 0, esto es, t0 = 0 min y x0 = 0 lb se sustituyen en la ecuación (6) resultando k =

Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6)

x = 10

multiplicando por

x(t) = 10 (7)

La ecuación (7) representa la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque en cualquier instante t.

Ahora debe determinarse el tiempo tv que demora el tanque en vaciarse. Si el tanque está vacío, significa que no hay líquido en él, por lo tanto el volumen es cero, es decir V(tv) = 0

Puesto que el volumen de liquido en el tanque en cualquier instante t viene dado como V(t) = V0 + ( Q1 - Q2 ) t

al evaluar en t = tv

V(tv) = V0 + ( Q1 - Q2 ) tv

sustituyendo los datos

0 = 500 + (5 - 10) tv = 500 - 5 tv

despejando tv

tv =

Por lo tanto, el tanque demora en vaciarse 100 min, es decir, 1 hora y 40 min

6. Un tanque de 120 galones, contiene inicialmente 90 libras de sal disueltas en 90 galones de agua. Hacia el tanque fluye, a razón de 4 galones por minuto, una salmuera que contiene 2 libras de sal por galón y la mezcla debidamente agitada y homogeneizada se extrae del tanque a razón de Q galones por minuto. Si se sabe el tanque comienza a desbordarse justo a los 30 min determine

a) La razón Q de salida

b) La cantidad de sal cuando el tanque se llena

SOLUCIÓN:

a) La cantidad inicial de líquido en el tanque es de 90 lt, lo que corresponde al volumen inicial, esto es V0 = 90 lt. La cantidad inicial de sal disuelta en los 90 gal de agua es x0 = 90 lb

Al tanque fluye una salmuera de concentración C1 = 2 lb/gal y lo hace a una razón Q1 = 4 gal/min. La mezcla debidamente agitada y homogeneizada se deja salir del tanque a una razón Q2 = Q gal/min.

La ecuación diferencia asociada a los

problemas de mezcla es

(1)

Observe que el caudal de salida Q2 se

desconoce. Este se determinara por medio de la

ecuación del volumen en cualquier instante t

V(t) = V0 + ( Q1 - Q2) t (2)

De acuerdo con el enunciado, el tanque

comienza a desbordarse para t = 30 min , es

decir, en ese instante alcanza el volumen total

V(30) = Vt = 120 gal

Evaluando la ecuación (2) para t = 30 min

V (30) = V0 + ( Q1 - Q2) 30

sustituyendo V(30), V0 y Q1

120 = 90 + ( 4 - Q2 ) 30

resolviendo

4 - Q2

despejando Q2

Q2 = 3 gal/min

b) Para determinar la cantidad de sal cuando el tanque se llena se debe determinarse la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque, en cualquier instante t. Para ello, se sustituyen todos los datos en la ecuación (1)

simplificando

despejando

= (3)

Ya que, la diferencial de la cantidad x de sal es dx = , sustituyendo dada por la ecuación (3)

dx =

equivalentemente

(4)

La ecuación (4) es una ecuación diferencial lineal, de la forma x'(t) + F(t) x = G(t), donde F(t) = y G(t) = 8. Para resolverla debe determinarse un factor integrante μ (t) =

μ (t) = = = =

Multiplicando la ecuación (4) por el factor integrante

8 dt (5)

Puesto que

d

sustituyendo en la ecuación (5)

d = 8 dt

integrando

= 8 (6)

Ambas integrales son inmediatas

= x + k1

= + k2

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

x = + k (7)

Para determinar el valor de la constante k de integración se utiliza la condición inicial x(0) = 90, esto es, t = 0 min y x = 90 lb se sustituyen en la ecuación (7) resultando

k = ; este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (7)

x =

multiplicando por

x(t) = (8)

La ecuación (8) representa la ley de variación de al cantidad de sal en el tanque en cualquier instante t. Puesto que el tanque se llena justo a los 30 min, sustituyendo t = 30 min en la ecuación (8)

x(30) = = 240 = 240 = 202,03

Luego, la cantidad de sal en el tanque en el momento de alcanzar su volumen máximo es 202,03 lb

7. Un tanque cuyo volumen es de 4000 lt está inicialmente lleno hasta la mitad de su capacidad, con una solución en la que hay disueltos 100 kg de sal. Se bombea agua pura al tanque a razón de Q lt/min y la mezcla, que se mantiene homogénea mediante agitación, se extrae a razón de 3 lt/min. Si se sabe que al cabo de 3 horas y 20 min hay 800 lt más de solución en el tanque, determine

a) El caudal de entrada Q

b) Cantidad de sal en el tanque al cabo de 4 horas

c) Tiempo que debe transcurrir para que queden en el tanque la mitad de la sal inicial

d) Cantidad de sal y concentración de sal al momento justo de comenzar a desbordarse

SOLUCIÓN:

a) La cantidad inicial de líquido en el tanque es la mitad de su capacidad total, por lo tanto, el volumen inicial de líquido es V0 = 2000 lt y la cantidad inicial de sal disuelta en los 2000 lt de solución es x0 = 100 kg

Al tanque fluye agua pura, por lo que la concentración de entrada es C1 = 0 kg/lt y lo hace a una razón de entrada Q1 = Q lt/min. La mezcla debidamente agitada y homogeneizada se deja salir del tanque a una razón Q2 = 2 lt/min.

La ecuación diferencial asociada a los

problemas de mezcla es

(1)

Observe que el caudal de entrada Q1 se

desconoce. Este se determinara por medio de la

ecuación del volumen en cualquier instante t

V(t) = V0 + ( Q1 - Q2) t (2)

De acuerdo con el enunciado, luego de

3 horas y 20 min, hay 800 lt más de líquido en

en el tanque. Es decir, para el tiempo t = 200 min

el volumen de líquido es V(200) = 2800 lt; sustituyendo estos valores en la ecuación (2)

V (200) = 2000 + ( Q1 - 3) 200

resolviendo

Q1 - 3

despejando Q1

Q1 = 7 lt/min

b) Para obtener la cantidad de sal en el tanque al cabo de 4 horas debe determinarse la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque, en cualquier instante t. Para ello, se sustituyen todos los datos en la ecuación (1)

simplificando

despejando

= (3)

Ya que, la diferencial de la cantidad x de sal es dx = , sustituyendo dada por la ecuación (3)

dx = (4)

La ecuación (4) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables se multiplica la ecuación (4) por el factor

dx = dt

integrando

= (5)

Ambas integrales son inmediatas

= ln l x l+ k1

= = + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5)

ln l x l = + k (6)

Para determinar el valor de la constante k de integración se utiliza la condición inicial x(0) = 100, esto es, t = 0 min y x = 100 gr se sustituyen en la ecuación (6)

ln l 100 l = + k

despejando k

ln 100 + = k

por propiedades de logaritmo

k = ln

Sustituyendo el valor obtenido para k en la ecuación (6)

ln l x l = + ln

aplicando propiedades de logaritmo

ln l x l =

aplicando e

x(t) = (7)

La ecuación (7) representa la ley de variación de al cantidad de sal en el tanque en cualquier instante t. La cantidad de sal, luego de 4 horas se obtiene sustituyendo t = 240 min en la ecuación (7)

x(240) == = 74,52

Luego la cantidad de sal en el tanque, transcurridas 4 horas, es 74,52 kg

b) Ahora debe determinarse el tiempo que ha transcurrido para que en el tanque queden 50 kg de sal. Para ello se sustituye x = 50 en la ecuación (7) y se busca el valor de t

50 =

Multiplicando por y elevando a la 4/3

Multiplicando por

500 + t =

despejando t

t = =

Luego, deberán transcurrie t = 760 min = 12 horas 40 min. Para que queden en el tanque 50 kg de sal

c) A fin de establecer la cantidad de sal y la concentración de sal en el tanque, justo al momento de desbordarse, debe determinarse el tiempo t para el cual el tanque comienza a desbordarse. Es decir, debe determinarse el tiempo tm para el cual el volumen de líquido en el tanque es exactamente el volumen total V(tm) = Vt = 4000 lt

Recuerde que el volumen de líquido en el tanque en cualquier instante t esta dado por la ecuación

V (t) = V0 + ( Q1 - Q2 ) t

Así, para el tiempo tm

V(tm) = V0 + ( Q1 - Q2 ) tm

sustituyendo los datos

4000 = 2000 + 4 tm

Despejando tm

tm = 500 min = 8h 20 min

Una vez determinado el tiempo justo en que se alcanza el volumen total de líquido en el tanque, t = 500 min, este se sustituye en la ecuación (7)

x(t) = = = 59,46

Por lo tanto, la cantidad de sal en el tanque justo al momento de desbordarse ( t = 500min) es 59,46 kg

La concentración de sal en el tanque en cualquier instante t es igual al cociente entre la cantidad de sal y el volumen de sal en cualquier instante t

C(t) = = =

sustituyendo t = 500 min

C(500) = = = = 0, 0148

Por lo tanto, la concentración de sal en tanque justo al momento de desbordarse ( t = 500 min) es 0, 0148 kg/lt

8. Considérese un estanque con un volumen de 8 mil millones de pies cúbicos y una concentración inicial de contaminantes de 0,25 %. Hay un ingreso diario de 500 millones de pies cúbicos 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 concentración de contaminantes en el estanque sea de 0,10%?

SOLUCIÓN:

La cantidad inicial de líquido en el estanque es V0 = 8.000.000.000 pies3, y la concentración inicial de contaminantes en el estanque es C0 = 0,25 % = 0,0025 = 25 . 10-4

La cantidad inicial de contaminantes x0 esta dada como

x0 = C0 V0 = 25 . 10-4 8 . 109 = 200 . 105 = 2 . 107

así, la cantidad inicial de sal en el tanque es x0 = 2 . 107 lb

Al tanque fluye agua a una razón de entrada Q1 = 500.000.000 pies3/día y la concentración de contaminantes de el agua que se inyecta al tanque es C1 = 0,05 % = 0.0005 = 5 . 10-4. El agua bien mezclada en el estanque sale a la misma razón entrada Q2 = Q1

La ecuación diferencial asociada a los

problemas de mezcla es

(1)

Sustituyendo los datos en la ecuación (1)

simplificando

despejando

= 25 . 104 = (3)

Puesto que la diferencial de la cantidad x de contaminantes es dx = , sustituyendo dada por la ecuación (3)

dx = dt (4)

La ecuación (4) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables se multiplica la ecuación (4) por el factor

dx = dt

integrando

dx = (5)

Ambas integrales son inmediatas

= + k1

= t + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5)

= t + k (6)

Para determinar el valor de la constante k de integración se debe utilizar la condición inicial, esto es, para el tiempo t0 = 0 día, la cantidad de contaminantes es x0 = 2 . 107

Sustituyendo en la ecuación (6) t = t0 = 0 día y x0 = 2 . 107

k ===

este valor conseguido para k se sustituye en la ecuación (6)

= t

equivalentemente

+ = t

aplicando propiedades de logaritmo

16 ln = t

multiplicando por y aplicando e

=

multiplicando por

.

despejando x

x(t) = 4 . 106 +

equivalentemente

x(t) = 4 . 106 (7)

La ecuación (7) representa la ley de variación de la cantidad x de contaminantes en el estanque en un instante cualquiera

Para poder determinar cuando la cantidad de contaminantes será de 0,10 %, debe comenzarse por establecer la ley de variación de la concentración de contaminantes en el estanque.

La concentración en un instante t cualquiera de tiempo, está dada por la ecuación

C(t) = (8)

Puesto que le razón de entrada Q1 coincide con la razón de salida Q2 y como

V(t) = V0 + (Q1 - Q2) t

entonces

V(t) = V0 = 8 . 109 pie3 (9)

Sustituyendo las ecuaciones (7) Y (9) en la ecuación (8)

C(t) =

para C(t) = 0,10% = 10-3

10-3

multiplicando por 2 . 103

2 = 1 + 4

efectuando operaciones

= 1

multiplicando por

= 4

aplicando logaritmo

despejando t

t = 16 ln4 = 16 ( 1,39) = 22,24

De aquí que, deben transcurrir 22,24 días, esto es, 22 días, 5 horas, 45 min y 4 seg para que la concentración de contaminantes en el estanque llegue a 0,10 %

9. Un tanque de 400 galones contiene la cuarta parte de su capacidad de salmuera , con una concentración de sal de 5 kg/gal. Se inyecta salmuera al tanque con concentración de 1 kg/gal y a razón de 5 gal/min. La salmuera, debidamente agitada y homogeneizada en el tanque, fluye a razón de Q gal /min. Si se sabe que al cabo de dos horas y media el tanque alcanza su máxima capacidad, determine

a) El caudal de salida Q

b) La cantidad de sal cuando alcanza su máxima capacidad

SOLUCIÓN:

a) El tanque tiene una capacidad total Vt = 400 gal, pero solo esta lleno hasta un cuarto de su capacidad, es decir . el volumen inicial de líquido en el tanque es V0 = 100 gal. La concentración de sal en estos 100 gal de líquido es C0 = 5 kg/gal. Puesto que la cantidad inicial de sal en el tanque está dada por

x0 = C0 V0 x0 = 5 (100) = 500

es decir, la cantidad inicial de sal en el tanque es x0 = 500 kg

Al tanque se inyecta una salmuera de concentración C1 = 1 kg/gal a una razón Q1 = 5 gal/min y la mezcla debidamente agitada y homogeneizada se extrae a razón de Q2 = Q gal/min; además al cabo de dos horas y media, esto es 150 min, el volumen es V(150) = 400. Para determinar el valor de Q se utiliza la ecuación del volumen en cualquier instante t : V(t) = V0 + ( Q1 - Q2 ) t.

Sustituyendo en la ecuación del volumen V(150) = 400, V0 = 100, Q1 = 5 y t = 150

400 = 100 + (5 - Q) 150

despejando Q

Q =

De aquí que, el caudal de salida es Q2 = 3 gal/min

La ecuación diferencial asociada

a los problemas de mezcla es

(1)

Sustituyendo los datos en la

ecuación (1)

Simplificando

(2)

La ecuación (2) es una ecuación diferencial lineal de la forma x'(t) + F(t) x = G(t), donde y G(t) = 5. Debe buscarse un factor integrante μ (t) =

μ (t) = = = = (100 + 2t )3/2

Despejando de la ecuación (2)

(3)

Ya que la diferencial de la cantidad x de sal es dx = dt, sustituyendo dada por la ecuación (3)

dx = dt

equivalentemente

dx + dt = 5 dt (4)

Multiplicando la ecuación (4) por el factor integrante μ (t) = (100 + 2t )3/2

(100 + 2t )3/2 dx + 3 (100 + 2t)1/2 dt = 5 (100 + 2t )3/2 dt (5)

Puesto que

(100 + 2t )3/2 dx + 3 (100 + 2t)1/2 dt = d

sustituyendo en la ecuación (5)

d = 5 (100 + 2t )3/2 dt

integrando

= 5 (6)

Ambas integrales son inmediatas

= (100 + 2t)3/2 x + k1

= + k2

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

(100 + 2t)3/2 x = + k (7)

Para obtener el valor de k se utiliza la condición x(0) = 500, es decir, se sustituye t = 0 min y x = 500 kg en la ecuación (7)

(100)3/2 500 = (100)5/2 + k

despejando k

k = (100)3/2 500 - (100)5/2 = (100)3/2 (500 - 100) = 400 (100)3/2

este valor de k se sustituye en la ecuación (7)

(100 + 2t)3/2 x = + 400 (100)3/2

multiplicando por

x(t) = (100 + 2t) + 400 (8)

La ecuación (8) representa la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque en un instante t cualquiera.

Para determinar la cantidad de sal presenta en el tanque cuando este alcanza su volumen total, bastara con sustituir en la ecuación (8), el tiempo que demora en alcanzar la capacidad total, esto es t = 150 min se sustituye en la ecuación (8)

x(150) = (100 + 300) + 400 = 400 + 400 = 400 + = = 450

Por lo tanto la cantidad de sal presente en el tanque, cuando alcanza su máxima capacidad es 450 kg

10. Considere dos tanques con capacidad de 500 gal. El primer tanque con volumen inicial V1 = 100 gal y el segundo tanque con volumen inicial V2 = 200 gal. Cada tanque contiene inicialmente 50 lb de sal. Entra agua pura al tanque 1 a razón de 5 gal/min y la mezcla bien agitada y homogeneizada fluye al tanque 2 a razón de 5 gal/min. De igual manera una vez que la mezcla es agitada y homogeneizada en el tanque 2, fluye fuera de este a razón de 5 gal/min

a) Encuentre la cantidad de sal x(t) en el tanque 1 en un instante t cualquiera

b) Encuentre la cantidad de sal y(t) en el tanque 2 en un instante t cualquiera

c) Encuentre la cantidad máxima de sal que llega a tener el tanque 2

SOLUCIÓN:

a) Se trabajará primero con el tanque 1. El volumen inicial es V1 = 100 gal; la concentración de entrada es C1 = 0 lb/gal, puesto que lo que fluye hacia el tanque 1 es agua pura; el caudal de entrada es Q1 = 5gal/min; el caudal de salida es Q2 = 5 gal/min además para el tiempo t = 0 min se tiene que la cantidad de sal en el tanque es x0 = 50 lb

La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es

sustituyendo los datos

simplificando

despejando

= (2)

Puesto que la diferencial de la cantidad x de sal presente en el tanque 1, en cualquier instante t es dx = dt, sustituyendo dada por la ecuación (2)

dx = dt (3)

La ecuación (3) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables, se multiplica la ecuación (3) por el factor

dx = dt

integrando

= (4)

Ambas integrales son inmediatas

= ln l x l + k1

= t + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (4)

ln l x l = t + k (5)

Para determinar el valor de la constante k de integración se utiliza la condición inicial x(0) = 50, esto es, se sustituyen en la ecuación (5) t = o y x = 50 l resultando k = ln l 50 l. Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (5)

ln l x l = t + ln l 50 l

agrupando los logaritmos a un solo lado de la igualdad

ln l x l - ln l 50 l = t

aplicando propiedades de logaritmo

= t

aplicando e y multiplicando por 50

x(t) = 50 (6)

La ecuación (6) representa la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque 1 en un instante t cualquiera.

La concentración de salida del tanque 1 se obtiene a partir de la ecuación

C2 (t) = (7)

pero V1 (t) se obtiene por medio de la ecuación

V1(t) = V1 + ( Q1 - Q2 ) t

sustituyendo los valores de V1, Q1 y Q2

V1 (t) = 100 (8)

Sustituyendo las ecuaciones (6) y (8) en la ecuación (7)

C2 (t) = = (9)

La ecuación (9) representa la ley de variación de la concentración de sal del tanque 1 en un instante t cualquier, es decir la concentración de sal del líquido que fluye del tanque 1 hacia el tanque 2

b) Para el tanque 2 se tienen entonces los siguientes datos: la concentración de entrada es la concentración del líquido que sale del tanque 1 C2(t) = , el caudal de entrada es Q2 = 5 gal/min; el caudal de salida es Q3 = 5 gal/min; el volumen inicial de líquido es V2 = 200 gal; además para el tiempo t = 0 la cantidad de sal en el tanque 2 es y0 = 50 lb,

se tiene que la ecuación diferencial asociada al tanque 2 es

sustituyendo los datos

simplificando

(10)

La ecuación (10) es una ecuación diferencial lineal de la forma y'(t) + F(t) y = G(t), donde F (t) = y G(t) = . Para resolver la ecuación (10) debe determinarse un factor integrante μ (t) =

μ (t) = = = =

Despejando de la ecuación (10)

(11)

ya que, la diferencial de la cantidad y de sal presente en el tanque 2 en cualquier instante t es dy = dt, sustituyendo dada por la ecuación (11)

dy = dt

reordenando los términos de la ecuación

dy + dt = dt

multiplicando por el factor integrante μ (t) =

dy + dt = dt (12)

Puesto que

dy + dt = d [y]

sustituyendo en la ecuación (12)

d [y] = dt

integrando

= (13)

Ambas integrales son inmediatas

= y + h1

= = - 40 = - 40 + h2

Sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (13)

y = (- 40 ) + h

efectuando las operaciones

y = -100 + h (14)

Para determinar el valor de la constante h de integración, se utiliza la condición inicial, esto es, se sustituye en la ecuación (14) t = 0 min, y = 50 lb

50 = - 100 + h h = 150

este valor conseguido para h se sustituye en la ecuación (14)

y = -100 + 150

multiplicando por

y(t) = - 100 + 150 (15)

La ecuación (15) representa la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque 2 en cualquier instante t.

c) Para determinar la cantidad máxima de sal que llega a tener el tanque 2, lo que se debe es aplicar a la función y(t) los criterios estudiados en análisis I para maximizar una función.

Lo primero es derivar la función y(t) y determinar los puntos críticos, esto es, los valores de t donde la primera derivada se anula y donde y(t) puede ser máxima

Derivando y(t)

y'(t) = -100 + 150 = 5

igualando a cero la derivada y'(t)

5 = 0

multiplicando por

- = 0

aplicando logaritmo

despejando t

t = 40 = 40 =

Una vez conseguido el valor de t donde la primera derivada se anula, se debe determinar la derivada segunda de y

y''(t) = 5 = +

esta derivada segunda se evalúa en t =

y'' = + = +

= + = + = =

Puesto que la derivada segunda de y(t) resultó menor que cero en el punto crítico t = min, (donde la primer se anuló), resulta que para ese valor de t la función y(t) alcanza un valor máximo.

Luego para determinar el valor máximo de sal que llega a tener el tanque 2 se sustituye t = en la ecuación (13)

y = - 100 + 150 = - 100 + 150

= - 100 + 150 = - 100 + 150 = + =

Por lo tanto, cuando ha transcurrido un tiempo t = = 11,5 min del proceso se alcanza en el tanque 2 la cantidad máxima de sal y == 56,25 lb

11. Se bombea cerveza con un contenido de 6% de alcohol por galón, a un tanque que inicialmente contiene 400 gal de cerveza con 3% por galón de alcohol. La cerveza se bombea hacia el interior con una rapidez de 3 gal/min en tanto que el líquido mezclado se extrae con una rapidez de 4 gal/min.

a) Obtenga el número de galones de alcohol que hay en el tanque en un instante cualquiera

b) ¿Cuál es el porcentaje de alcohol en el tanque luego de 60 min?

c) ¿Cuánto demorará el tanque en vaciarse?

SOLUCIÓN:

a) El volumen inicial de cerveza en el tanque

es V0 = 400 gal y la concentración inicial de

alcohol es C0 = 3 % alch / gal, esto es C0 = 0,03;

L la concentración de cerveza que entra al tanque

es C1 = 6% alch/gal esto es, C1 = 0,06; la razón

de entrada es Q1 = 3 gal /min. Lal cerveza una vez

mezclada y homogeneizada, sale del tanque con

una razón de salida Q2 =4 gal/min

La cantidad inicial de alcohol en el tanque es

x0 = V0 C0 = 400 (0,03) = 12 lb

La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es

(1)

Sustituyendo los datos en la ecuación (1)

(2)

La ecuación (2) es una ecuación diferencial lineal de la forma x' +F(t) x = G(t), donde F(t) = y G(t) = . Para resolver la ecuación (2) debe determinarse un factor integrante μ (t) =

μ (t) = = = = =

Despejando de la ecuación (2)

(3)

puesto que, la diferencial de la cantidad x de cerveza es dx = , sustituyendo dada por la ecuación (3)

dx =

reordenando los términos de la ecuación

(4)

Multiplicando la ecuación (4) por el factor integrante μ (t) =

dx + =

simplificando

dx + 4 x dt = dt (5)

Puesto que

dx + 4 x dt =

sustituyendo en la ecuación (5)

= dt

integrando

= dt (6)

Ambas integrales son inmediatas

= + k1

dt = = = + k2

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

= + k (7)

Para determinar el valor de la constante k de integración debe utilizarse al condición inicial: para el tiempo t = 0 min, x = 12 gal; estos valores se sustituyen en la ecuación (7)

= + k

despejando k

k = = 3 = 3

de aquí que

k =

este valor que se obtuvo para k, se sustituye en la ecuación (7)

=

multiplicando por

x(t) =

simplificando

x(t) =

esto es

x(t) = (8)

La ecuación (8) representa la ley de variación de la cantidad galones de alcohol en el tanque en un instante t cualquiera.

b) Para poder establecer cuál es el porcentaje de alcohol que hay en el tanque después de 60 min de iniciado el proceso, deberá determinarse la concentración de alcohol al cabo de 60 min.

Primero se busca la cantidad de alcohol en el tanque luego de 60 min. Para ello se sustituye t = 60 min en la ecuación (8)

x(60) = =

= 12 = 20,4 - 6,264 = 14,136

La concentración de alcohol a los 60 min esta dada por

C(60) = (9)

Ya que el volumen de cerveza en cualquier instante t esta dado por la ecuación

V(t) = V0 + ( Q1 - Q2 ) t

entonces

V(60) = 400 + (3 - 4) 60 = 400 - 60 = 340 gal (10)

Sustituyendo x(60) = 14,136 y V(60) = 340 en la ecuación (8)

C(60) = = = 0,0416

De aquí se tiene que, la concentración de alcohol en el tanque es 0,0416, es decir, el porcentaje de alcohol en el tanque al cabo de 60 min es 4,16%

c) Para saber cuanto demorará el tanque en vaciarse, lo que se debe es determinar el tiempo t para el cual el volumen de líquido en el tanque V(t) es igual a cero, es decir,

V(t) = V0 + ( Q1 - Q2) t = 400 - t = 0 t = 400 min

Por lo tanto, deberá transcurrir un tiempo t = 400 min = 6horas y 40 min para que el tanque se vacíe.

12. Un tanque con capacidad de 20000 lt esta lleno hasta la mitad de su capacidad, con agua salada en la cual hay disueltos 40 kg se sal. Se inyecta agua salada con 5 Kg de sal por litro y a razón de Q lt/min. La mezcla debidamente agitada y homogeneizada, se extrae del tanque a razón de 5 lt /min. Si se sabe que al cabo de 4 horas y 10 min el volumen de líquido en el tanque es igual a las tres cuartas partes de su capacidad, determine:

a) El caudal Q

b) La cantidad de sal y la concentración de sal en el tanque en cualquier instante t

c) Tiempo que debe transcurrir para que el tanque comience a desbordarse

d) La cantidad de sal y la concentración cuando el tanque alcanza su capacidad máxima

SOLUCIÓN:

a) El volumen total de líquido en el tanque es Vt = 20000 lt, pero sólo está lleno hasta la mitad, esto quiere decir que el volumen inicial de líquido es V0 = 10000 lt y la cantidad inicial de sal disuelta es x0 = 40 kg; la concentración del líquido que entra al tanque es C1 = 5 kg/lt; el flujo de entrada es Q1 = Q lt/min y el flujo de salida es Q2 = 5 lt/min.

Se sabe que para el tiempo t = 4h y 10 min

esto es, t = 250 min el volumen de líquido en

el tanque es 3/4 del volumen inicial

V(250) = VT = (20000) = 15000

entonces, sustituyendo estos datos en la

ecuación del volumen en un instante t cualquiera

V(t) = V0 + (Q1 - Q2 ) t

se tiene

15000 = 10000 + (Q - 5 ) 250

despejando Q

Q = = 25

De aquí que el caudal de entrada es Q1 = 25 lt/min

b) La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es

(1)

Sustituyendo los datos en la ecuación (1)

simplificando

(2)

Se debe resolver la ecuación diferencial (2) sujeta a la condición x(0) = 40

La ecuación (2) es una ecuación diferencial lineal, de la forma x'(t) + F(t) x = G(t), donde F(t) = . Para resolver la ecuación (2) debe determinarse un factor integrante μ (t) =

μ (t) == =

= =

=

Despejando de la ecuación (2)

(3)

Puesto que la diferencial de la cantidad x de sal es dx = dt, sustituyendo dada por la ecuación (3)

dx = dt

reordenando los términos de la ecuación

dx + dt = 125 dt (4)

multiplicando la ecuación (4) por el factor integrante μ (t) =

dx + dt = 125 dt

simplificando

dx + x dt = 125 dt (5)

Puesto que

dx + x dt =

sustituyendo en la ecuación (5)

= 25 dt

integrando

= 25 (6)

Ambas integrales son inmediatas

= + k1

= = = + k2

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

= + k (7)

A fin de determinar el valor de la constante k de integración, la condición inicial x(0) = 40, es decir, se sustituye en la ecuación (6) t = 0 min y x = 40 kg

= + k

despejando k

k =

=

=

=

Sustituyendo el valor obtenido para k en la ecuación (7)

=

multiplicando por

x(t) = (8)

La ecuación (8) representa la ley de variación de la cantidad x de sal en un instante t cualquiera.

La concentración de sal en el tanque en un instante t cualquier viene dada por la ecuación

C(t) = (9)

El volumen de líquido en el tanque en un instante t cualquiera viene dado por

V(t) = V0 + ( Q1 - Q2 ) t = 10000 + (25 - 5) t = 10000 + 20 t (10)

Sustituyendo las ecuaciones (8) y (10) en la ecuación (9)

C(t) = =

= =

C(t) = (11)

La ecuación (11) representa la ley de variación de la concentración de sal en el tanque en un instante t cualquiera.

c) Para determinar el tiempo en que el tanque comienza a desbordarse se utiliza la ecuación de volumen de líquido en el tanque es un instante t cualquiera

V(t) = V0 + ( Q1 - Q2 ) t (12)

Sustituyendo V(t) = 20000, V0 = 10000, Q1 = 25 y Q2 = 5 en la ecuación (12)

20000 = 10000 + (25 - 5) t

despejando t

t =

Por lo tanto, deberán transcurrir 500 min, es decir, 8 horas y 20 min para que el tanque comience a desbordarse.

d) Para establecer la cantidad de sal y la concentración de sal en el tanque, en el momento en que comienza a desbordarse, basta con sustituir en las ecuaciones (8) y (11) el tiempo en que el tanque se desborda, esto es t = 500 min

x(500) = = 800 = 800

entonces x(500) = 497,6 kg

C(500) = = =

= = = = 0,2488

entonces C(500) = 0,025 kg/lt

De aquí que la cantidad de sal y la concentración de sal en el tanque en el momento en que este comienza a desbordarse es, respectivamente, x(500) = 497,6 kg y C(500) = 0,025 kg/lt

JOSEPH LOUIS DE LAGRANGE

Joseph Louis de Lagrange, Nació en Turin, Sardinia-Piedmont (ahora Italia). Su padre militar, procedía de una ilustre familia parisiense, que tenía una posición social buena y adinerada, pero antes de que su hijo creciera había perdido la mayoría de sus propiedades especulando, y el joven Lagrange tenía que confiar en sus propias habilidades.

Fue educado en la universidad de Turin, pero no fue hasta que los diecisiete años que mostró su interés por las matemáticas y su entusiasmo lo despertó la lectura de una obra del astrónomo Edmund Halley. Tras un año de incesante trabajo, era ya un matemático consumado.

Cuando tenía sólo diecinueve años, envió una carta a Leonhard Euler en que resolvió un problema que había sido un asunto de discusión durante más de medio siglo mediante una nueva técnica el cálculo de variaciones. Euler reconoció la generalidad del método, y su superioridad; y con una cortesía rara en él retuvo un papel que él había escrito previamente para que el joven italiano tuviera tiempo para completar su trabajo, como exige la invención de un nuevo método de cálculo. El nombre de esta rama del análisis la sugirió el propio Euler. Este trabajo puso Lagrange en primera línea entre los matemáticos de su época. En 1758, con la ayuda de sus alumnos, Lagrange publicó en la Academia de Turin la mayoría de sus primeros escritos consistentes en los cinco volúmenes, normalmente conocidos como “Miscellanea Taurinensia” .

En 1761 Lagrange no tenía rival en el campo de las matemáticas; pero su trabajo incesante durante los últimos nueve años habían afectado seriamente su salud, y los doctores se negaron a ser responsables de su vida a menos que él se lo tomara en serio. Aunque su salud fue temporalmente restablecida nunca su sistema nervioso recuperó su tono, y de aquí en adelante padeció constantemente ataques de melancolía severa.

Lagrange era de mediana altura, complexión débil, con ojos azul claro y un color de piel pálida. Era de un carácter nervioso y tímido, detestó la controversia, y al evitarla de buena gana permitió a otros tener crédito por cosas que él había hecho.

En 1766 Euler abandonó Berlín, y Federico II el Grande escribió a Lagrange para expresarle su deseo de "el rey más grande de Europa" debería tener "el matemático más grande de Europa" viviendo en su corte. Lagrange aceptó la oferta y durante los próximos veinte años en Prusia. Su estancia en Berlín comenzó con un desafortunado error: estando la mayoría de sus colegas casados, y aconsejado por sus esposas que era la única manera de estar contento, se casó; su esposa se murió pronto, pero la unión no fue feliz.

Lagrange era el favorito del rey y frecuentemente disertó sobre las ventajas de una regularidad perfecta en la vida. La lección la aplicó a su vida, y Lagrange estudió su mente y su cuerpo como si fueran máquinas, y encontró experimentando la cantidad exacta de trabajo que podía hacer sin perder la salud. Todas las noches se ponía una tarea definida para el próximo día, y al completar cualquier tema escribía un corto análisis para ver qué puntos en las demostraciones eran susceptibles de mejora. Siempre pensó en sus artículos antes de componerlos, y normalmente los escribió con aseo y sin una sola raspadura o corrección.

Entre 1772 y 1788, Lagrange reformuló la mecánica clásica de Isaac Newton para simplificar fórmulas y facilitar los cálculos. Esta mecánica se llama mecánica Lagrangiana o mecánica analítica. Escribe su gran tratado “La Mecánica analítica”. En el libro extiende la ley del trabajo virtual, y hace de él un principio fundamental, con la ayuda del cálculo de variaciones, deduce toda la mecánica, de los sólidos y fluidos. También, durante los años de 1772 a 1785 contribuyó con una larga serie de artículos que crearon ciencia, la ecuaciones diferenciales, en derivadas parciales. Una gran parte de estos resultados se ha reunido en la segunda edición del cálculo integral de Euler que se publicó 1794.

En 1787 Federico II murió, y Lagrange que se había adaptado al clima de Berlín aceptó alegremente la oferta de Luis XVI para emigrar a París. Había recibido invitaciones similares de España y Nápoles. En Francia fue recibido con distinción, y se prepararon apartamentos especiales en el Louvre para su recepción. Al principio de su residencia tuvo un ataque de melancolía, y tuvo una copia impresa de su Mécanique en la que había trabajado un cuarto de siglo, durante más de dos años sin abrir en su escritorio. La curiosidad acerca de los resultados de la revolución francesa lo sacó de su letargo, una curiosidad que pronto se volvió en alarma con el desarrolló de la revolución.

En 1792, la inexplicable tristeza de su vida y su timidez movió la compasión de una joven muchacha que insistió en casarse siendo feliz con dicha unión. Aunque el decreto de octubre de 1793 exigía que todos los extranjeros dejaran Francia no le fue aplicado, deseaba marcharse cuando le ofrecieron la presidencia de la comisión para la reforma de pesos y medidas. La opción de las unidades finalmente seleccionada era principalmente debida a él, y por su influencia se aceptó por la comisión la subdivisión decimal 1799.

Aunque Lagrange había querido salir de Francia nunca estuvo en peligro; y los diferentes gobiernos revolucionarios (y más tarde, Napoleón) lo llenó honores y distinciones. En 1795 Lagrange ocupó una silla matemática honorífica en la École normale que disfrutó sólo una existencia breve de cuatro meses. Sus conferencias aquí eran bastante elementales, y no contiene nada de importancia especial. En 1797 Lagrange fue nombrado profesor de École Polytechnique y las conferencias que dio allí a los matemáticos que tuvieron la buena suerte de poder asistir a ellas, tenían su base en su “Théorie des fonctions analytiques”

En 1810 Lagrange comenzó una revisión completa de la “Mécanica Analítica” , pero sólo pudo completar unos dos tercios antes de su muerte que sucedió el 10 de Abril de 1813, en París, Francia.

Los intereses de Lagrange eran esencialmente aquéllos de un estudiante de matemática pura: buscó y obtuvo resultados abstractos de largo alcance, y estaba satisfecho de dejar las aplicaciones a otros. De hecho parte de los descubrimientos de su gran contemporáneo, Laplace, consiste en la aplicación de las fórmulas de Lagrange a los hechos de naturaleza; por ejemplo, las conclusiones de Laplace de la velocidad de sonido y de la aceleración secular de la Luna están ya implícitamente en los resultados de Lagrange. La única dificultad en Lagrange es generalidad extrema de sus procesos; pero su análisis es tan lúcido y luminoso como es simétrico e ingenioso."

Un reciente escritor que habla de Lagrange dice de verdad que él tomó una parte fundamental en el avance de casi todas las ramas de la matemática pura. Como Diofanto y Fermat, él poseyó un genio especial para la teoría de números, y en este asunto dio soluciones de muchos de los problemas que se habían propuesto por Fermat, y agregó algunos teoremas propios. Creó el cálculo de variaciones. La teoría de ecuaciones diferenciales está en deuda con él por convertirla en una ciencia en lugar de una colección de ingeniosos artificios para la solución de problemas particulares.

Contribuyó al cálculo de diferencias finitas con la fórmula de interpolación que lleva su nombre. Sus tres trabajos sobre el método de interpolación de 1783, 1792 y 1793,: están ahora en la misma fase en que Lagrange los dejó.

El mayor número de sus artículos de álgebra los envió a la Academia de Berlín. Cabe destacar:

  • Su discusión de la solución enteras de las formas cuadráticas, 1769, y generalmente de ecuaciones indeterminadas, 1770.

  • Su tratado de la teoría de eliminación de parámetros, 1770.

  • Sus papeles en el proceso general por resolver una ecuación algebraica de cualquier grado, 1770 y 1771; este método falla para las ecuaciones de un orden superior al cuarto, porque involucra la solución de una ecuación de orden superior, pero da todas las soluciones de sus predecesores.

  • La solución completa de una ecuación binomial de cualquier grado, esta ocupa el último lugar en los papeles mencionados.

  • Por último, en 1773, su tratamiento de determinantes de segundo y tercer orden, y de sus invariantes.

Hay también numerosos artículos sobre varios puntos de geometría analítica. En dos de ellos, escrito bastante después, en 1792 y 1793, redujo las cuádricas a su forma canónica.

LAS ESTRELLAS, EL RUIDO Y LOS LOGARITMOS

El ruido y las estrellas aparecen aquí juntos con los logaritmos porque tanto la intensidad del sonido como la luminosidad de las estrellas se calculan de la misma manera: mediante la escala logarítmica.

Los astrónomos dividen las estrellas, según el grado de luminosidad visible, en astros de primera magnitud, de segunda, tercera etc. Las magnitudes consecutivas de las estrellas son representadas como miembros de una progresión aritmética. Mas la luminosidad física de las estrellas varía de acuerdo con otra ley, la luminosidad objetiva constituye una progresión geométrica, con una razón igual a 2,5. es fácil comprender que la magnitud de una estrella no es otra cosa que el logaritmo de su luminosidad física. Por ejemplo, una estrella de tercera es 2,5 3 - 1 (es decir, 6,25) veces más luminosa que una estrella de primera magnitud. En pocas palabras: al establecer la luminosidad visible de una estrella , el astrónomo opera con las tablas logarítmicas de base 2,5.

De la misma forma se calcula la intensidad del sonido. La influencia nociva de los ruidos industriales en la salud del obrero y en su productividad incitó a elaborar un método para precisar exactamente la intensidad numérica del ruido. La unidad de esa intensidad es el bel (prácticamente se emplea el decibel, décima parte del bel). Los siguientes escalones de sonoridad: 1 bel, 2 beles, etc. (en la práctica 10 decibeles, 20 decibeles, etc.) constituyen para nuestro oído una progresión aritmética. La “fuerza” física de estos sonidos (energía, más exactamente) constituye una progresión geométrica cuya razón es 10. A la diferencia de intensidad de un bel corresponde la relación de fuerza de sonido 10. Por lo tanto, la intensidad del sonido expresada en beles será igual al logaritmo decimal de su intensidad física.

Examinemos algunos ejemplos. El tenue rumor de las hojas se considera como de 1 bel; la conversación en voz alta, 6,5 beles; el rugido del león 8,7 beles. De aquí se deduce que, por la fuerza del sonido, la conversación supera al sonido de las hojas en

10 6,5 - 1 = 10 5,5 = 316227 veces

El rugido del león es superior a la conversación en voz alta

10 8,7 - 6,5 = 10 2,2 = 158 veces

El ruido cuya intensidad es superior a 8 beles se considera perjudicial para el organismo del ser humano. Este margen es rebasado en muchas fábricas, donde se producen ruidos de 10 beles y más; el golpe de martillo sobre láminas de acero ocasiona un ruido de 11 beles. Estos ruidos son 100 y 1000 veces más fuertes que la norma permitida y 10 o 100 veces más intensos que los más estrepitosos de la cataratas del Niágara (9 beles).

¿Es fortuito que al calcular la luminosidad visible de las estrellas y al medir la intensidad del sonido nos refiramos a la dependencia logarítmica existente entre al magnitud de las sensaciones y la irritación que estas ocasionan?

No tanto lo uno como lo otro son efectos de una misma ley que dice: la magnitud de la sensación de irritabilidad es proporcional al logaritmo de la intensidad de irritación (ley psicofísica de Fechner). Vemos como los logaritmos van invadiendo el campo de la psicología. (Tomado de Matemáticas Recreativas. Autor: Y. Perelman)

PROPIEDADES METAFÍSICAS DEL NÚMERO 5

Representa el fuego viviente, de acción circular. Pitágoras lo llama varón y hembra, alianza esencial, lo insuperable, lo inconquistable, lo que es justo por esencia y no admite disputa. Representa el deseo en la mano de obra y la purificación en el pensamiento. Promete intuición para penetrar las causas primeras y las razones últimas, impulso para buscar y encontrar.

SISTEMA DE NUMERACIÓN HEBREA

Letra

Nombre

Valor

Letra

Nombre

Valor

Aleph

1

Lamed

30

Beth

2

Mem

40

Guimel

3

Nun

50

Daleth

4

Samej

60

Heh

5

Ayin

70

Vav

6

Peh

80

Zain

7

Tsadi

90

Cheth

8

Kof

100

Teth

9

Resh

200

Yod

10

Shin

3

Kaf

20

Tav

400

LO QUE DICE UN MATEMÁTICO vs. LO QUE QUIERE DECIR

DICEN

QUIEREN DECIR

Claramente

No quiero pasar por todos los pasos intermedios

Trivialmente

Si tengo que mostrarte porque, te equivocaste de clase.

Obviamente

Si estabas dormido cuando lo explique, te fregaste, porque me niego a repetir la explicación

Les doy una Pista

La forma más difícil de hacerlo

Podemos asumir que

Hay muchos casos, pero se como hacer este

Usando el teorema "___"

No sé QUÉ es lo que dice, pero SÉ que se resuelve por ahí

El resto es álgebra

Esta es la parte aburrida; si no me creen, ¡háganlo!

Demostración hablada:

Si la escribo, pueden encontrar los errores

Brevemente

Ya esta que se acaba la clase, así que escribiré y hablare rápido (no breve).

La dejo como ejercicio

Estoy cansado

Demostración breve

Ocupa la mitad de la hoja y CUATRO veces el tiempo en entenderla

Demostración formal

Yo tampoco la entiendo

Fácilmente Demostrable

Hasta ustedes, con sus conocimientos infinitesimales, pueden demostrarlo sin mi ayuda

ENTRETENIMIENTO

4

3

2

8

9

7

6

1

5

7

2

4

8

3

7

6

9

7

8

9

4

7

7

6

2

3

9

8

S U D O K U 5

DESCUBRIENDO EL PENSAMIENTO Y SU AUTOR 5

 

 

 

E

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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3

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EJERCICIOS PROPUESTOS SOBRE APLICACIONES DE LAS

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN

A PROBLEMAS DE MEZCLAS

1. Un tanque de 150 galones está lleno en sus dos terceras partes con una solución que contiene 50 lb de sal disuelta. Entra salmuera cuya concentración es de 25 libras por galón a razón de 4 galones por minuto. Si mediante agitación la mezcla se mantiene uniforme y se extrae a razón de 3 galones por minuto

a) ¿Cuál es la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque en función del tiempo?

b) ¿Qué cantidad de sal y que concentración de sal contendrá el tanque en el instante en que se comienza a desbordar?

R: a) x(t) = 25 (100+t) - 2450 b) x(50) = 3024,074 lb ; C(50) = 20,16 lb/gal

2. Un tanque con 2400 lt de capacidad está lleno en un 80% con una solución salina de concentración 0,05 kg/lt. Se inyecta una solución a razón de “Q” lt/min, de concentración 0,08 kg/lt; la mezcla debidamente agitada y homogeneizada se extrae a razón de 10 lt/min. Si se sabe que al cabo de 8 horas el tanque comienza a desbordarse. Determine:

a) El caudal “Q”

b) La ley de variación de la cantidad de sal en función del tiempo

c) La cantidad de sal y la concentración al cabo de 6 horas

R: a) Q = 11 lt/min b) x(t) = c) x(360) = 172 kg

C(360) = 0,075 kg/lt

3. Un tanque contiene 200 lt de una solución salina de concentración 0,08 kg/lt. Se inyecta al mismo una corriente salina a razón de “Q” lt/min, de concentración 4 kg/lt y la mezcla ya homogénea es extraída a razón de 6 lt/min. Si se descarga completamente en 3 horas y 20 min, determine:

a) El caudal “Q”

b) Ley de variación de la cantidad de sal en cualquier instante t

c) Ley de variación de la concentración en cualquier instante t.

R: a) Q = 5 lt/min b) x(t) = 4 (200 - t) - 784 c) C(t) = 4 -

4. Una corriente salina de concentración “C” kg/lt entra a un depósito que contiene 10 kg de sal disueltos en 180 lt de agua, con una rapidez de 6 lt/min. Si la mezcla agitada y homogeneizada se extrae del depósito a razón de 8 lt/min y a los 10 min del proceso de mezclado, hay 8,6243 kg de sal presentes en el depósito, determine:

a) La concentración “C”

b) Ley de variación de la cantidad de sal en cualquier instante t

c) Cantidad de sal y concentración al cabo 30 min de iniciado el proceso.

R: a) C = 0,05 kg/lt b) x(t) = c) x(30) = 6,1975 kg

C(30) = 0,0516 Kg

5. Entra agua pura a un tanque a razón de 12 lt/min y la mezcla sale a razón de 8 lt/min . Si inicialmente hay disueltos 30 kg de soluto en 400 lt de agua, determine:

a) Ley de variación de la concentración en función del tiempo

b) Cantidad de soluto y concentración en el tanque transcurrida 1 hora y media

c) Tiempo que debe transcurrir para que queden en el tanque 10 kg de soluto.

R: a) x(t) = b) x(90) = 8,31 kg ; C(90) = 0,0109 kg/lt c) 1 h 13 min 12 seg

6. Un depósito de 400 lt está lleno en un 75% de su capacidad con una solución de concentración 0,08 kg/lt. Se inicia el proceso de mezclado inyectando una corriente de concentración 0,05 kg/lt a razón de 8 lt/min y simultáneamente se extrae a razón de “Q” lt/min. Si se sabe que el tanque se desbordaría a la hora y cuarenta minutos de iniciado el proceso, determine:

a) El caudal “Q”

b) Ley de variación de la cantidad de sal y de la concentración en un instante t cualquiera

c) Cantidad de sal y concentración de sal en el tanque luego de 70 min

R: a) Q = 7 lt/min b) x(t) = ; C(t) =

c) x(70) = 20,573 kg ; C(70) = 0,055 kg/lt

7. Una corriente salina de concentración “C” kg/lt entra a un depósito, con una rapidez de 8 lt/min. El depósito contiene inicialmente 900 lt de una salmuera en la que hay disueltos 50 kg de sal,. Si la mezcle debidamente homogeneizada se extrae a razón de 12 lt/min y a los 10 min del proceso hay 49,2312 kg de sal en el depósito, determine;

a) La concentración “C”

b) Ley de variación de la cantidad de sal y de la concentración en cualquier instante t

c) Cantidad de sal y concentración al cabo de 20 min

R: a) C = 0,075 g/lt b) x(t) = ; C(t) =

c) x(20) = 48,2642 kg C(20) = 0,0588 kg/lt

8. Un tanque de 400 galones de capacidad contiene inicialmente 100 galones de una salmuera en la que hay disueltos 50 lb de sal. Entra salmuera con una concentración de 1 lb/gal al tanque a razón de 5 gal /min y la salmuera debidamente mezclada en el tanque es extraída a razón de 3 gal/min. Determine

a) La cantidad de sal y la concentración de sal en cualquier instante t

b) Cantidad de sal y concentración en el instante en que el tanque se llena completamente.

R: a) x(t) = (100 + 2t) - ; C(t) = 1 - b) x(150) = 393,75 lb

C(150) = 0,98 lb/gal

9. Un depósito de 250 lt está lleno con una solución de concentración 0,2 kg/lt. Se inicia un proceso de mezclado inyectando una corriente concentrada de 0,8 kg/lt a razón de 5 lt/min y simultáneamente se descarga la mezcla bien homogénea a razón de “Q” lt/min. Si transcurridos 50 min de iniciado el proceso sólo quedan 100 lt de solución en el depósito. Determine:

a) El caudal “Q”

b) Ley de variación de la cantidad de sal y de la concentración en cualquier instante t

c) Cantidad de sal y concentración al cabo de 30 min.

R: a) Q = 8 lt/min b) x(t) = ; C(t) =

c) x(30) = 105,62 kg ; C(30) = 0,31 kg/lt

10. Un depósito está lleno con 1000 lt de agua pura. Se inyecta al mismo una corriente salina de concentración 1 kg/lt a razón de 6 lt/min. La mezcla debidamente agitada y homogeneizada es extrída a razón de “Q” lt/min. Si se sabe que la cabo de 2 horas y media el tanque se vacía 300lt, determine:

a) El caudal “Q”

b) Ley de variación de la cantidad de sal y de la concentración en cualquier instante t

c) Cantidad de sal y concentración al cabo de 3 horas y 20 min

R: a) Q = 8 lt/min b) x(t) = 2 (500 + t) - 1000 ; C(t) = 1 -

c) x(200) = 587,04 kg ; C(200) = 0,784 kg/lt

APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN A PROBLEMAS DE VACIADO DE TANQUES

Muchos problemas físicos dependen de alguna manera de la geometría. Uno de ellos es la salida de líquido de un tanque a través de un orificio situado al fondo del mismo. La forma geométrica del recipiente determina el comportamiento físico del agua.

Considere un recipiente lleno de agua hasta una altura h. Suponga que el agua fluye a través de un orificio de sección transversal “a”, el cual está ubicado en la base del tanque. Se desea establecer la altura de líquido en el tanque en cualquier instante t y el tiempo que este demora en vaciarse.

Sea h(t) la altura de líquido en el tanque en cualquier instante t y V(t) el volumen de agua del tanque en ese instante. La velocidad v del agua que sale a través del orificio es:

v = (1)

donde g es la gravedad. La ecuación (1) representa la velocidad que una gota de agua adquiriría al caer libremente desde la superficie del agua hasta el agujero.

En condiciones reales, hay que tomar en cuenta la contracción que sufre un chorro de agua en un orificio, por lo que se tendrá

v = c (2)

donde c es el coeficiente de descarga comprendido entre 0 y 1 ( 0 < c < 1).

Según la Ley de Torricelli, la razón con la que el agua sale por el agujero (variación del volumen de líquido en el tanque respecto del tiempo) se puede expresar como el área “a” del orificio de salida por la velocidad v del agua drenada, esto es

v (3)

sustituyendo la ecuación (2) en la ecuación (3)

= (4)

Si A(h) denota el área de la sección transversal horizontal del tanque a la altura h, aplicando el método del volumen por secciones transversales se obtiene

V =

derivando respecto de t y aplicando el teorema fundamental del cálculo

(5)

Comparando las ecuaciones (3) y (5)

= (6)

Elemeto

Notación

Unidades

Altura

h (t)

cm mt pies

Volumen

V (t)

cm3 mt3 pies3

Tiempo

t

seg seg seg

Gravedad

g

981 cm/seg2 9,81 mt/seg2 32 pies/seg2

Área del orificio

de salida

a

cm2 cm2 pies2

Área de la sección

Transversal

A(h)

cm2 cm2 pies2

Coef. de descarga

c

Sin Unidades

EJERCICIOS RESUELTOS SOBRE APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN, A PROBLEMAS DE VACIADO DE TANQUES

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

SOLUCIÓN:

La ecuación diferencial asociada a los problemas de

Vaciado de tanques es

A(h) dh = - a c dt (1)

El diámetro del orificio por donde fluye el agua fuera

del tanque es de 1 pulgada, por lo tanto el radio es 1/2

pulgada. Como las dimensiones del tanque están dadas

en pie, utilizando la equivalencia de 1 pulgada = pies

y puesto que el área del orificio de salida es el área de

una circunferencia (), resulta que el área “a” del

orificio de salida es

a = = pie2

El coeficiente de descarga “c” no está dado por lo

tanto se asume c = 1 y la gravedad es g = 32 pies/seg2

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

A(h) = = pies2

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

dh = - dt = -

multiplicando por y simplificando

100 dh = (2)

La ecuación (2) es la ecuación diferencial asociada al problema; la misma debe resolverse sujeta a la condición que para el tiempo t0 = 0 seg, la altura inicial es h0 = 20 pies, pues en el enunciado se dice que el tanque esta totalmente lleno.

La ecuación diferencial (2) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables, la ecuación (2), se multiplica por el factor

dh = dt

integrando

= (3)

Ambas integrales son inmediatas

= dh = = 2 + k1

= t + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (3)

- 14400 = t + k (4)

Para determinar el valor de la constante k de integración, se usa la condición inicial, esto es, se sustituye en la ecuación (4) t = 0 seg y h = 20 pies, resultando k = - 14400 . Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (4)

- 14400 = t - 14400

multiplicando por y elevando al cuadrado

h(t) = (5)

La ecuación (5) es la ley de variación de la altura de líquido en el tanque en cualquier instante t

Para determinar el tiempo que demora en vaciarse el tanque, es decir, el tiempo para el cual deja de haber líquido en el tanque, se debe sustituir h = 0 en la ecuación (5)

t = 14400 = 64398,75

Luego el tanque se vacía en un tiempo t = 64398,75 seg , es decir, 17 h 53 min 19 seg

2. Un tanque tiene la forma de un cubo de 12 pies de arista . Debido a un pequeño orificio situado en el fondo del tanque, de 2 pulgadas cuadradas de área, presenta un escape. Si el tanque está inicialmente lleno hasta las tres cuartas partes de su capacidad, determine:

a) ¿Cuándo estará a la mitad de su capacidad?

b) ¿Cuándo estará vacío?

SOLUCIÓN:

a) La ecuación diferencial asociada a los

problemas de vaciado de tanques es

A(h) dh = - a c (1)

Como las dimensiones del tanque están dadas

en pie, y puesto que 1pulg = 1/12 pies, entonces

haciendo la conversión, el área orificio de salida será

a = 2 pulg2 = 2 (1/144) pies2 = 1/72 pies2

El coeficiente de descarga es c = 1 y la gravedad

g = 32 pies/seg2

Como puede observarse en la Fig,1 las secciones transversales del tanque van a ser cuadrados de lados constantes e iguales a 12 pies, independientemente de la altura a la cual se efectúa el corte, por lo tanto, el área de las sección transversal será A(h) = 144 pies2

Ya que las secciones transversales son de área constante y puesto que el tanque está inicialmente lleno hasta 3/4 de su capacidad, resulta que la altura inicial será igual a 3/4 de la altura total. Así, como la altura total del tanque es ht = 12 pies, entonces la altura inicial es h0 = 3/4 ht = 9 pies.

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

144 dh = - dt = - dt

simplificando

144 dh = - dt (2)

La ecuación (2) es la ecuación diferencial asociada al problema de vaciado de tanque planteado y debe resolverse sujeta a la condición h(0) = 9 pies.

La ecuación (2) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables se multiplica la ecuación (2) por el factor

= dt

integrando

- 1296 = (3)

Ambas integrales son inmediatas

= dh = 2 + k1

= t + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (3)

- 2592 = t + k (4)

Para determinar el valor de la constante k de integración se usa la condición inicial h(0) = 9, esto es, se sustituye en la ecuación (4) t = 0 seg y h = 9 pies, resultando k = - 7776. Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (4)

-- 2592 = t - 7776

multiplicando por y elevando al cuadrado

h(t) = (5)

La ecuación (5) es la ley de variación de la altura del líquido en el tanque en cualquier instante t

Se quiere determinar el tiempo para el cual el volumen de líquido en el tanque es igual a la mitad de su capacidad; es decir, cuando la altura de líquido en el tanque es igual a 6 pies. Para ello, se sustituye h = 6 pies en la ecuación (5)

6 =

elevando a la 1/2

=

Multiplicando por (- 1 )

=

sumando 3 y multiplicando por 2592

t = 2592 ( 3 - ) = 7776 - 6350,4 = 1425,6

De aquí que, debe transcurrir un tiempo t = 1425,6 seg = 23 min 45 seg, para que el tanque se vacíe hasta la mitad de su capacidad.

Para determinar el tiempo que demora en vaciarse el tanque, es decir, el tiempo para que la altura de líquido en el tanque sea cero, se sustituye h = 0 en la ecuación (5) y se busca t

= 0

elevando a 1/2

= 0

multiplicando por ( - 2592 )

t - 7776 = 0

despejando t

t = 7776 seg

Luego, deben transcurrir 7776 seg, es decir, 2 horas 9 min 36 seg, para que el tanque se vacíe totalmente.

3. Un tanque en forma de cono circular recto , de altura H radio R, vértice por debajo de la base, está totalmente lleno con agua. Determine el tiempo de vaciado total si H = 12 pies, R = 5 pies, a = 1 pulg2 y c = 0,6

SOLUCIÓN:

La ecuación diferencial asociada a los

problemas de vaciado de tanque es

A(h) dh = - a c dt (1)

El área de orificio de salida es a = 1 pulg2

pero como las dimensiones del tanque están

dadas en pies, hay que realizar la conversión.

Puesto que 1 pulg = 1/12 pies, entonces

a = 1 pulg2 = =

El coeficiente de descarga es c = 0,6 y la

gravedad es g = 32 pies/seg2

Según puede observarse en la Fig. 1, las secciones transversales del tanque son circunferencias cuyo radio varía dependiendo de la altura a cual se efectúe la sección transversal. Sea h la altura a la cual se efectúa el corte y r el radio de la circunferencia. El área de la sección transversal es variable y está dada por

A(h) = r2 (2)

Para expresar r en función de h, debe hacerse una abstracción, en el sentido de visualizar el tanque, no como un sólido, sino como una figura plana. Observando el tanque de frente como una figura plana se ve tal y como se muestra Fig. 2

Si se ubican los ejes coordenados de tal

forma que el vértice del cono coincida con el

origen del sistema de coordenadas, entonces

se tiene una figura simétrica respecto del eje y,

tal y como se muestra en la Fig. 2

Por simetría, será suficiente trabajar con uno de los triángulo

Por semejanza de triángulos (ver Fig. 3) se tiene entonces la siguiente relación de proporción

despejando r

r = (3)

sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2)

A(h) = =

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

dh = dt

multiplicando por 144

25 h2 dh = - dt (4)

La ecuación (4) es la ecuación diferencial asociada al vaciado de tanque planteado en este problema y debe resolverse sujeta a la condición inicial que para el tiempo t = 0 seg, la altura es h = 12 pies, esto es h(0) = 12

La ecuación (4) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables se multiplica por el factor

- dh = dt

integrando

- = (5)

Ambas integrales son inmediatas

= = = + k1

= t + k2

sustituyendo los resultados de as integrales en la ecuación (5)

= t + k

efectuando operaciones

= t + k (6)

Para determinar el valor de la constante k de integración se usa la condición inicial h(0) = 12, esto es, se sustituye en la ecuación (6) t = 0 seg y h = 12 pies, resultando k = . Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6)

= t (7)

multiplicando por y elevando a la 2/5

h(t) = (8)

La ecuación (8) es la ley de variación de de la altura del líquido en el tanque en cualquier instante t

El tiempo de vaciado total se obtiene cuando la altura de líquido en el tanque es h = 0 pies. Sustituyendo este valor en la ecuación (7)

0 = t

despejando t

t = = 3264,83 seg

De aquí que, el tanque demora en vaciarse 3264,83 seg, es decir, 54 min 25 seg

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

SOLUCIÓN:

La ecuación diferencial asociada a los

problemas de vaciado de tanques es:

A(h) dh = - a c dt (1)

Como el radio de la taza hemisférica es

R y el tanque se encuentra lleno entonces la

altura inicial de líquido en el tanque es R, tal y

como puede observarse en la Fig. 1, es decir,

h(0) = R.

El orificio de salida tiene radio r, por lo

tanto, el área del orificio de salida es a =

Sea c el coeficiente de descarga y g la

gravedad.

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

A(h) = (2)

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

Observando el tanque de frente como

una figura plana y ubicándolo en un sistema

de coordenadas cartesianas rectangulares

como se muestra en la Fig. 2. Puesto que la

Fig.2 resultante es simétrica respecto del

eje y, será suficiente trabajar con la mitad

de la figura.

El triángulo que se forma, tiene como base

el radio .x, ..altura.. ( R - h ) .e.. hipotenusa R .

Aplicando el Teorema de Pitágoras al

triángulo de la Fig. 3

R2 = x2 + ( R - h )2

desarrollando

R2 = x2 + R2 - 2 R h + h2

simplificando

x2 = 2 R h - h2 (3)

sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2)

A(h) = ( 2 R h - h2 ) (4)

Ahora se sustituyen A(h) y a en la ecuación (1)

( 2 R h - h2 ) dh = - c dt (5)

La ecuación (5) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables se multiplica la ecuación (5) por el factor

( 2 R h - h2 ) dh = dt (6)

A partir de la ecuación diferencial (5) y sabiendo que para el tiempo t = 0 la altura es h = R, se debe determinar el tiempo de vaciado tv, esto es el tiempo para el cual la altura de líquido en el tanque es cero.

Se plantea así, el problema de valor de frontera

Integrando la ecuación diferencial (6) de forma definida: el tiempo varía entre t = 0 y t = tv (tv tiempo a determinar) la altura varía entre h = R y h = 0

= (7)

Resolviendo las integrales definidas

= = - 2 R +

= + = + =

= t = tv

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

= tv

Por lo tanto, el tiempo que demora en vaciarse el tanque es t =

5. Un tanque de agua tiene la forma que se obtiene al hacer girar la curva y = x4/3 alrededor del eje y. Siendo las 11:27 de la mañana se retira un tapón que está en el fondo y en ese momento la profundidad del agua en el tanque es 12 pies. Una hora más tarde la profundidad del agua a descendido a la mitad. Determine

a) ¿A qué hora estará vacío el tanque?

b) ¿A qué hora quedara en el tanque 25% del volumen de líquido inicial?

SOLUCIÓN:

a) La curva y = x4/3 que se hace girar

alrededor del eje y para generar el tanque

tiene su vértice en el origen. Cuando la

variable y toma el valor de la máxima

profundidad de líquido en el tanque, esto es,

y = 12, la variable x que representa el radio

de giro toma el valor x = (12)3/4 = 6,45. En la

Fig. 1 se muestra la forma aproximada del

tanque

La ecuación diferencial asociada a un

problema de vaciado de tanque es

A(h) dh = - a c dt (1)

El coeficiente de descarga es c = 1 y la gravedad es g = 32 pies/seg2. El área a del orificio de salida debe determinarse.

Las secciones transversales son circunferencias de radio variable r. Por lo tanto, el área de las secciones transversales es

A(h) = r2 (2)

El radio r debe expresarse en función de la altura h. Para ello debe observarse el tanque como una figura plana, vista desde el frente. La Fig. 2 muestra la curva plana y = x4/3

Observe en la Fig. 2 que el punto P(r, h)

pertenece a la curva y = x4/3; esto quiere

decir que las coordenadas del punto P

satisfacen la ecuación de la curva.

Sustituyendo x= r, y = h

h = r4/3

Despejando r

r = h3/4 (3)

sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación

(2)

A(h) = h 3/2

Una vez que el área de la sección transversal del tanque ha quedado expresada en función de la altura, se sustituyen A(h), c y g en la ecuación (1)

dh = - a dt (4)

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

Por lo tanto, lo que debe resolverse es el problema de valor de frontera

La ecuación (4) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables se multiplica la ecuación (4) por el factor

= a dt (5)

integrando definidamente; el tiempo varía entre t = 0 seg y t = 3600 seg; la altura varía entre h = 12 pies y h = 6 pies

= a (6)

Resolviendo las integrales

= = = = - 72 + 18 = - 54

= t = 3600

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

= 3600 a

multiplicando por

= a

simplificando

a =

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

= dt

multiplicando por y simplificando

= dt (7)

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

La ecuación diferencial (7) se integra de forma definida: el tiempo varía entre t = 0 seg y t = tv; la altura varía entre h = 12 pies y h = 0 pies

= (8)

Resolviendo las integrales defindas

= = = - 72

= t = tv

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

tv = 4800

De aquí se tiene que, el tanque demora en vaciarse t = 4800 seg, lo que equivale a 1 hora y 20 min. Si el proceso de vaciado se inicio a las 11:27 am, entonces para saber a que hora el tanque estará vacío, debe sumarse el tiempo de vaciado tv a las 11:27. Luego, el tanque estará vacío a las 12:47 pm.

b) Para saber a que hora queda en el tanque el 25% de su capacidad, se debe comenzar por establecer cual es la altura de líquido en el tanque cuando resta el 25% de su capacidad.

Como se conoce la altura inicial de líquido en el tanque, el volumen total se determina por el método del volumen por secciones transversales

V = = = =

luego el 25% del volumen total es

25% V = =

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

25% V =

sustituyendo A(h) y 25% V

= (9)

Resolviendo la integral definida

= =

sustituyendo el resultado de la integral en la ecuación (9)

=

multiplicando por

=

elevando a 2/5

= = 6,89

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

La ecuación diferencial (7) se integra de forma definida: el tiempo varía entre t = 0 seg y t = t25%; la altura varía entre h = 12 pies y h = pies

= (10)

Resolviendo las integrales defindas

= =

= - 72 + = - 72 + 23,75 = -48,25

= t = t25%

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

t25% = 3216,66

De aquí se tiene que, el tanque demora t = 3216,66 seg en vaciarse hasta el 25% de su capacidad inicial, lo que equivale a 53 min y 36 seg. Si el proceso de vaciado se inicio a las 11:27 am, entonces para saber a que hora el tanque tendrá sólo el 25% de su capacidad, hay que agregar a las 11:27 los 53 min y 36 seg. Luego tendra el 25% de su capacidad a las 12:20:36 pm

6. El tanque que se muestra en la figura está totalmente lleno de líquido. Se inicia el proceso de vaciado, por una perforación circular de área 1 cm2 ubicada en la base inferior del depósito. Si se ha establecido el coeficiente de descarga c = 0,447 y la gravedad es g = 10 m/seg2

Determine:

a) Tiempo que debe transcurrir para que quede en el tanque un contenido equivalente al 18,75% de su capacidad

b) Tiempo de vaciado total del tanque

SOLUCIÓN:

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

A(h) dh = - a c dt (1)

El área del orificio de salida es a = 1 cm2, pero como las dimensiones del tanque están en metros debe efectuarse la conversión. Puesto que 1 cm = 0,01 mt = 10 - 2 mt, entonces

a = 1 cm2 = (1 cm )2 = ( 10 - 2 mt)2 = 10 - 4 mt2.

En el enunciado del problema dan el coeficiente de descarga c = 447.10 - 3 y la gravedad g = 10mt/seg2

Según puede observarse en la Fig. 1, las secciones transversales son rectángulos, dos de los lados paralelos de longitud constante e igual a 8 y los otros dos lados de longitud variable r. El área de la sección transversal es entonces

A(h) = 8 r (2)

Debe expresarse la longitud r en función de la altura h. Para ello si se observa el tanque de frente, como una figura en un plana, ubicada en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, se verá como lo muestra la siguiente Fig. 2

Obsérvese que el punto P(r,h) pertenece a la

recta que pasa por los puntos (1, 0) y (2, 4). La

pendiente la recta es

m = = 4

La ecuación de la recta que pasa por el punto

(1, 0) (o (2, 4)) y tiene pendiente 4 es

L: y = 4 ( x - 1 )

Ya que el punto P (r, h) pertenece a la recta L entonces satisface la ecuación de dicha recta, por lo tanto sustituyendo x = r , y = h

h = 4 ( r - 1 )

despejando r

r = + 1 (3)

Sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2), se tiene el área de la secciones transversales en función de la altura h

A(h) = 8 = 2 ( h + 4 )

Ahora se sustituyen A(h), a, c y g en la ecuación (1)

2 ( h + 4 ) dh = - 10 - 4 . 447 . 10 - 3 dt

simplificando

2 ( h + 4 ) dh = - 447 . 10 - 7 h1/2 dt (4)

La ecuación diferencial (4) es una ecuación diferencial de variables separables y debe resolverse sujeta a la condición de que la altura inicial de líquido en el tanque es 4 mt, es decir, h(0) = 4. Para separar las variables, la ecuación (4 ) debe multiplicarse por el factor

= dt

integrando

= (5)

Ambas integrales son inmediatas

= + 4 = + 8 h1/2 + k1

= t + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5)

= t + k (6)

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

k =

= 41/2

= =

este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6)

= t

despejando t

t = (7)

La ecuación (7) representa la relación funcional entre altura y tiempo.

Ya que se debe determinar el tiempo que debe transcurrir para que en el tanque quede solo el 18,75% del volumen total de líquido, para usar la ecuación (7) será necesario conocer la altura de líquido en el tanque, cuando en este queda el 18,75% del volumen total.

Se comienza por determinar el volumen total de líquido en el tanque. Como el tanque se encuentra lleno, la altura total de líquido en el tanque coincide con la altura inicial. Aplicando el método de las secciones transversales para hallar el volumen total

V = = = 2 + 8

= h2 + 8h = 16 + 32 = 48

Así, el volumen total de líquido en el tanque es V = 48 mt3. Luego, el 18,75% del volumen total es

18,75% V = = = 9

Ahora, usando la misma ecuación anterior para calcular volumen, se puede establecer cual será la altura h1 del líquido en el tanque, si se sabe que el volumen es 19,75% V = 9 mt3

18,75% V =

sustituyendo los datos

9 = = ( h2 + 8h ) = ( h1 )2 + 8 h1

se tiene entonces una ecuación de segundo grado en h1

( h1 )2 + 8 h1 - 9 = 0

Resolviendo la ecuación de segundo grado

= =

de donde resulta h = - 9 y h = 1

Ya que h debe ser positivo, pues representa una altura, el valor h = - 9 se descarta, por lo tanto, la altura de líquido en el tanque cuando el volumen es de 18,75% del volumen total es h = 1 mt.

Luego, para determinar el tiempo que demora en vaciarse el tanque hasta 18,75% del volumen total, será suficiente con sustituir h = 1 mt en la ecuación (7)

t = = 126727,1934

Así, el tanque demora en vaciarse hasta el 18,75 % del volumen total

t = 126727,1934 seg = 35 horas 12 min 7 seg = 1 día 11 horas 12 min 7 seg

.

b) Para determinar el tiempo de vaciado total del tanque, es decir, cuando la altura de líquido en el tanque es cero, se sustituye h = 0 en la ecuación (7)

tv = = = 213435,273

Así, el tanque demora en vaciarse totalmente

t = 213435,273 seg = 59 hora 17 min 15 seg = 2 días 11 horas 17 min 15 seg

7. El tanque que se muestra en la figura se encuentra lleno en un 100%: El líquido escapa por un orificio de 5 cm2 de área, situado en el fondo del tanque. Determine

a) Tiempo de vaciado total

b) Tiempo para que el volumen de líquido en el tanque descienda 5 mt

SOLUCIÓN:

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

A(h) dh = - a c dt (1)

El coeficiente de descarga es c = 1; la gravedad es g = 9,81 mt/seg2

El área del orificio de salida está dado en cm2, pero como las dimensiones del

tanque están dadas en mt, debe realizarsela conversión a una sola unidad, Así

a = 5 cm2 = 5 . 10 - 4 mt2

Según se muestra en la Fig. 1, las secciones transversales del tanque son rectángulos, cuyo lados varían en función de la altura a la cual se efectúe la sección transversal, sean L y M las longitudes de los lados. Entonces el área de la sección transversal es

A(h) = L M (2)

Se deben expresar ambos lados ( L y M ) en función de la altura.

Si se observa el tanque por una de sus caras y se considera una figura plana, ubicándola en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, se obtiene lo que se muestra en la Fig. 2.

Como puede observarse la Fig. 2 es simétrica

respecto al eje y, por lo tanto, a fin de establecer la

relación entre L y h se trabaja con la mitad del trapecio

que se forma, como se muestra en la Fig.3

Se puede obtener la relación entre L y h, a través de la recta que pasa por los puntos (3/2, 0) y (4, 12), recta a la cual pertenece el punto (L/2, h). Sin embargo, se mostrará otro procedimiento, el cual nos conduce a la misma relación.

Observe que la Fig 3. se forma con un rectángulo y un triángulo. Considérese el triángulo. En la Fig. 4 se indican las dimensiones de los lados de dicho triángulo.

Si se aplica semejanza de triángulos a los dos triángulos de la Fig. 4

=

simplificando

=

despejando L

L = h + 3 (3)

Ahora debe visualizarse el tanque respecto de una de las dos caras no paralelas a la anterior. La figura plana que se observa, resulta igual a la de la Fig. 2, lo que varía son las dimensiones de las aristas, tal y como se muestra en la Fig. 5

Como puede observarse la Fig. 5 es simétrica

respecto al eje y, por lo tanto, a fin de establecer la

relación entre M y h se trabaja con la mitad del trapecio

que se forma

Se puede obtener la relación entre m y h, a través de la recta que pasa por los puntos (3/2, 0) y (4, 12), recta a la cual pertenece el punto (L/2, h). Sin embargo, se mostrará otro procedimiento, el cual nos conduce a la misma relación.

Observe que la Fig 6. se forma con un rectángulo y un triángulo. Considérese el triángulo. En la Fig. 7 se indican las dimensiones de los lados de dicho triángulo. Si se aplica semejanza de triángulos a los dos triángulos de la Fig. 7

=

simplificando

=

despejando M

M = h + 2 (4)

Las ecuaciones (3) y (4) se sustituyen en la ecuación (2), resultando que el área de la sección transversal del tanque en función de la altura es

A(h) = = =

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

= - 5 . 10 - 4 dt (5)

La ecuación (5) es la ecuación diferencial asociada al problema y debe resolverse sujeta a la condición h(0) = 12, es decir, para el tiempo t = 0 seg la altura es h = 12 mt

La ecuación (5) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables se debe multiplicar dicha ecuación por el factor

= dt

efectuando las operaciones

= dt (6)

A partir de la ecuación (6) debe determinarse el tiempo de vaciado total del tanque, es decir, el tiempo para el cual la altura de líquido en el tanque es h = 0 mt. Para ello se integra de forma definida la ecuación (6): el tiempo varía de t = 0 seg a t = tv; la altura varía de h = 12 mt a h = 0 mt

= (7)

Resolviendo las integrales definidas

= - 5 - 96 - 432

=

=

= - 6651,075101

= t tv

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

(- 6651,075101) = tv

resolviendo

tv = 41709,9673

Luego, el tanque demora en vaciarse totalmente un tiempo

t = 41709,9673 seg = 11 horas 35 min 10 seg

b) Ahora debe determinarse el tiempo t1 que demora en descender 5 mts la cantidad de líquido en el tanque, con respecto a la altura inicial que es 12 mt, es decir, tiempo para que la altura del líquido en el tanque sea t = 7 mt.

Para ello, se integra la ecuación (6) en forma definida: el tiempo t varía de t = 0 seg a t = t1; la altura varía de h = 12 mt a h = 7 mt

= (8)

Resolviendo las integrales definidas

= - 5 - 96 - 432

=

=

= - 6651,075101 + 3730,509349 = -2920,565752

= t t1

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

(-2920,565752 ) = t1

resolviendo

t1 = 18315, 34004

Luego, el tanque demora en vaciarse totalmente un tiempo

t = 18315, 34004 seg = 5 horas 5 min 15 seg

8. Se tiene un tanque en forma de paraboloide con el eje vertical hacia abajo cuya dimensiones son 2 mt de diámetro y altura 3 mt. El tanque inicialmente esta lleno en su totalidad y el liquido escapa por un orificio de 20 cm2 de área situado al fondo del tanque. Determine

a) Cuánto tiempo debe transcurrir para que quede en el tanque sólo un tercio de su capacidad inicial

b) Calcular el tiempo que tarda en vaciarse totalmente

SOLUCIÓN:

a) La ecuación diferencial asociada a los

problemas de vaciado de tanques es

A(h) dh = - a c (1)

Las dimensiones del tanque están

adas en metros dadas en metro, por lo que el área del orificio

de salida también debe quedar expresado en

metro

a = 2 cm2 = 2 ( 10 - 2 mt )2 = 2 . 10 - 4 mt2

El coeficiente de descarga es c = 1 y la

gravedad es g = 9,81 mt/seg2

Como puede observarse en la Fig. 1,

las secciones transversales del tanque son

circunferencias cuyo radio r varía de acuerdo

con la altura a la cual se efectúe el corte

Así, el área de las secciones transversales es

A(h) = r2 (2)

Debe establecerse una relación entre el radio variable r de las circunferencias y la altura h. Para ello, debe visualizarse el tanque de frente como una figura plana. Ubicándolo en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, se verá como se muestra en la Fig. 2

La ecuación de la curva que gira

alrededor del eje y para generar el tanque

no está dada explícitamente por lo que

debe determinarse.

La ecuación ordinaria de la parábola

de vértice (x0, y0), eje el eje y, abre hacia

abajo y donde p es la distancia entre el

vértice y el foco es

( x - x0 )2 = - 4 p ( y - y0)

El vértice de la parábola que se

muestra en la Fig. 2 es el punto (0, 3) y

pasa por los punto (1, 0) y (- 1, 0).

Sustituyendo en la ecuación ordinaria de la parábola las coordenadas del vértice y las coordenadas de uno cualquiera de los dos puntos por donde pasa

( 1 - 0 )2 = - 4 p ( 0 - 3 ) 12 p = 1 p =

De aquí que, la ecuación de la parábola que se gira alrededor del eje y para generar el paraboloide de la Fig. 1 es

x2 = (3)

El punto P(r, h), según se muestra en la Fig. 2, es un punto de la parábola. Por lo tato satisface la ecuación de la misma. Sustituyendo x = r , y = h en la ecuación (3)

r2 = (4)

sustituyendo la ecuación (4) en la ecuación (2)

A(h) = = (5)

La ecuación (5) representa el área de las secciones transversales (circunferencias de radio variable) en función de la altura.

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

dh = - 2 . 10 - 4 dt (6)

La ecuación (6) es la ecuación diferencial asociada al problema de vaciado planteado, la misma debe resolverse sujeta a la condición inicial h(0) = 3, es decir, para el tiempo t = 0 seg la altura es h = 3 mts (tanque totalmente lleno).

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

dh = dt

integrando

= (7)

Ambas integrales son inmediatas

= 6 h1/2 - h3/2 + k1

= t + k2

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

( 6 h1/2 - h3/2 ) = t + k (8)

Para determinar el valor de la constante k de integración, se usa la condición inicial h(0) = 3, esto es, se sustituye t = 0 seg y h = 3 mt en la ecuación (8)

k = ( 6 (3)1/2 - (3)3/2 ) = ( 4 )

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

( 6 h1/2 - h3/2 ) = t ( 4 )

despejando t

t = ( 4 ) ( 6 h1/2 - h3/2 )

sacando factor común

t = ( 4 - 6 h1/2 + h3/2 ) (9)

La ecuación (9) establece la relación funcional entre tiempo y altura de líquido en el tanque, es decir, a partir de esta ecuación conociendo una determinada altura se puede establecer el tiempo que demora en alcanzarse; también se puede determinar la altura de líquido en el tanque para un tiempo dado.

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

V = =

= = -

= 3 - =

Así, el volumen total de líquido en el tanque es V = mt 3; un tercio del volumen total es =

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

= = =

pero = , entonces

=

multiplicando por resulta 3 = 6 h - h2 . Así se obtiene la ecuación de segundo grado

h2 - 6 h + 3 = 0

resolviendo

h = h = = 5,44 ó h = = 0,55

El valor de h superior a la altura máxima debe descartarse. Por lo tanto, cuando el volumen de líquido en el tanque es un tercio del volumen total la altura de líquido en el tanque es h = 0,55 mt. Ahora para saber el tiempo t1 que demora en llegar a ese volumen, se sustituye h = 0,55 en la ecuación (9)

t1 = ( 4 - 6 ( 0,55 )1/2 + ( 0,55 )3/2 )

= 1182,086 ( 6,9282 - 4,4497 + 0,2719 ) = 1182,086 (2.7504)

= 3251, 1378

Luego, debe transcurrir un tiempo t = 3251, 2093 seg, esto es 54 min 11 seg, para que en el tanque quede un tercio del volumen total

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

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

Luego, el tanque se vacía totalmente en un tiempo t = 8189,7429 seg, es decir, en 2 horas 16 min 30 seg

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

SOLUCIÓN:

a) La ecuación diferencial asociada a

los problemas de vaciado de tanques es

A(h) dh = - a c dt (1)

Las dimensiones del tanque están

dadas en mt, por lo que el área a del orificio

de salida también debe expresarse en mt

a = 10 cm2 = 10 ( 10 - 2 mt )2 = 10 - 3 mt2

El coeficiente de descarga es c = 0,75

y la gravedad es g = 9,81 mt/seg2

Las secciones transversales del tanque

son circunferencias de radio variable r, según

puede verse en la Fig. 1, el cual varía

dependiendo de la altura donde se haga el

corte transversal. Entonces el área de las

secciones transversales es:

A(h) = r2 (2)

donde r debe expresarse en función de h.

Para poder expresar el radio r en función de la altura h se debe visualizar el tanque de frente, como una figura plana y ubicarla en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, tal y como se muestra en la Fig. 2

Observe, en la Fig. 2, que el punto

P(r, h) pertenece a la recta que pasa por

los puntos (2, 0) y (4, 8). La pendiente de

esa recta es

m = = 4

Para escribir la ecuación de la recta

se usa cualquiera de los dos puntos

Luego, la ecuación de la recta que

pasa por los puntos (2, 0 ) y (4,8) es

y = 4 ( x - 2 )

el punto P(r, h) es un punto de la recta,

entonces sustituyendo x = r, y = h

h = 4 ( r - 2 )

despejando r

r = (3)

sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2)

A(h) = (4)

La ecuación (4) representa el área de las secciones transversales del tanque, en función de la altura h.

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

dh = - 10 - 3 75 . 10 - 2 dt (5)

La ecuación (5) es la ecuación diferencial asociada al sistema, la cual debe resolverse sujeta al a condición de que al tiempo t = 0 seg el volumen inicial es 90% del volumen total. Como la ecuación diferencial (5) relaciona las variables tiempo t y altura h, es necesario determinar la altura inicial de líquido en el tanque, esto es, la altura cuando el tanque está lleno al 90% de su capacidad.

Se debe determinar primero el volumen total del tanque. Para ello se usa el método del volumen por secciones transversales, según el cual, el volumen viene dada como

V = = =

= = =

Como el volumen total es V = mt3 , entonces el volumen inicial de líquido en el tanque es V0 = 90% V = . Una vez conocido el volumen inicial V0, la altura inicial puede determinarse utilizando la ecuación que permite obtener el volumen a partir del área de las secciones transversales. Así se tendrá

V0 =

sustituyendo V0 y A(h)

=

Como pueden haber observado anteriormente, al resolver la integral definida se obtiene una ecuación de tercer grado, la cual puede no tener raíces enteras, por lo tanto sería necesario contar con una calculadora para poder determinar las raíces del polinomio.

A efecto de evitar este tipo de complicaciones, la integral definida puede resolverse efectuando un cambio de variable

Sea

entonces

= = = =

de aquí resulta que

=

multiplicando por

=

sumando 8 y elevando a 1/3

restando 2 y multiplicando por 4

= 6,77

Una vez obtenida la altura inicial, se procede a resolver la ecuación diferencial (5) sujeta a la condición inicial h(0) = 6,77, esto es, para el tiempo t = 0 seg, la altura es h0 = 6,77 mt. Se desea determinar el tiempo de vaciado tv total del tanque, es decir, el tiempo tv para el cual la altura de líquido en el tanque es h = 0.

Se plantea entonces resolver el problema de valor de frontera

La ecuación diferencial a resolver es una ecuación de variables separables. Para separar las variables se multiplica la ecuación por el factor

(6)

integrando la ecuación (6) de forma definida: el tiempo t varía entre t = 0 seg y t = tv; la altura h varía entre h = 8 mt y h = 0

(7)

Resolviendo las integrales definidas

= =

=

= t = tv

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

= 5515, 5375

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

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

SOLUCIÓN:

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

A(h) dh = - a c (1)

El área del orificio de salida es a = 2 cm2. Como las dimensiones del tanque están dadas en metros, debe efectuarse la conversión a mt, del área del orificio de salida

a = 2 cm2 = 2 (10 - 2 mt )2 = 2 . 10 - 4 mt2

El coeficiente de descarga es 0,6 y la gravedad 9,81 mt/seg2

Si se observa en la Fig. 1, las secciones transversales son rectángulos de largo 10 mt y ancho variable, dependiendo de la altura a la cual se efectúe el corte transversal. Sea r la longitud del lado variable, entonces el área de las secciones transversales es

A(h) = 10 r (2)

La longitud r debe expresarse en función de la altura h. Para ello se debe, efectuando una abstracción del sólido que es el tanque, visualizar el tanque de frente y representarlo en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares como una figura plana como se muestra en la Fig. 2

De acuerdo con la Fig. 2, la curva

plana que resulta es una circunferencia

de centro en (0, 4) y radio 4, la cual tiene

por ecuación

x2 + ( y - 4 )2 = 16

desarrollando y simplificando

x2 + y2 - 8 y = 0

Como puede observarse en la Fig.2 el puntp P(r, h) es un punto de la

Circunferencia, es decir, las coordenadas

del punto satisfacen la ecuación.

Sustituyendo en la ecuación de la

circunferencia x = r , y = h

r2 + h2 - 8 h = 0

despejando r

r = (3)

sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2)

A(h) = 10

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

10 dh = - 2 . 10 - 4 6 . 10 - 1 dt

simplificando

10 dh = - 12 . 10 - 5 dt (4)

La ecuación (4) es la ecuación diferencial asociada al problema, la cual debe resolverse sujeta a la condición inicial h(0) = 8, es decir, para el tiempo t = 0 seg, la altura de líquido en el tanque es doble del radio del cilindro h = 8 mt

La ecuación (4) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables se multiplica la ecuación (4) por el factor

dh = dt

integrando

= (5)

Ambas integrales son inmediatas

= =

= = + k1

= t + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5)

= t + k (6)

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

t =

efectuando las operaciones y simplificando

t = (7)

La ecuación (7) representa la ley de variación de la altura h en función del tiempo t

Para saber cuando se vacía totalmente el tanque, es decir, cuando la altura de líquido en el tanque es h = 0 mt, se sustituye este valor de h en la ecuación (7)

tv = = = 283800,3808

De aquí que el tanque demora en vaciarse un tiempo t = 283800,3808 seg, lo que equivale a 78 horas 50 min. Pero 78 horas equivale a 3 días y 6 horas. Luego, el tanque se vació después de 3 días, 6 horas y 50 min de iniciado el proceso de vaciado, el cual comenzó el día 15 de julio de 2006 a las 2:25 pm. Por lo tanto el tanque terminó de vaciarse el día 18 de julio de 2006 a la 9:15 pm

11. Un tanque en forma semiesférica de 8 mt de radio está totalmente lleno de agua. Se retira un tapón que está en el fondo, justo a las 4:27 pm. Una hora después la profundidad del agua en el tanque ha descendido 1 mt. Determine:

a) ¿A qué hora el tanque estará vacío?

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

SOLUCIÓN:

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

A(h) dh = - a c (1)

El coeficiente de descarga es c = 1

y la gravedad es g = 9,81 mt/seg2

El área a del orifico de salida se

desconoce; debe determinarse.

Las secciones transversales del

tanque, tal y como puede observarse en

la Fig. 1, son circunferencias de radio r

variable, dependiendo de la altura a la

cual se efectúe el corte transversal.

Como las secciones transversales

son circunferencias de radio r, el área es

A(h) = r2 (2)

El radio r deberá expresarse en

función de la altura h.

Si se observa el tanque de frente, como una figura plana, y se representa en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, el resultado se muestra en la Fig. 2

Observe que de la semicircunferencia

se puede extraer un triángulo rectángulo tal

que los catetos miden r y ( 8 - h ) y la

hipotenusa 8 (ya que va desde el centro de

la semicircunferencia a un punto de la ella).

Aplicando el Teorema de Pitágoras al triángulo de la Fig. 3

( 8 )2 = ( 8 - h )2 + r2

desarrollando

64 = 64 - 16 h + h2 + r2

simplificando y despejando r2

r2 = 16 h - h2 (3)

Sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2)

A(h) = ( 16 h - h2 )

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

( 16 h - h2 ) dh = - a dt (4)

La ecuación (4) es la ecuación diferencial asociada al problema de vaciado; ésta debe resolverse sujeta a dos condiciones: para el tiempo t = 0 seg la altura es h = 8mt y para el tiempo t = 4000 seg la altura es h = 7 mt. Por lo tanto, se debe resolver el problema de valor de frontera

La ecuación (4) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables se multiplica la ecuación (4) por el factor

( 16 h - h2 ) dh = a dt (5)

La ecuación (5) se integra de forma definida: la altura h varía entre h = 8 mt y h = 7 mt ; el tiempo t varía entre t = 0 seg y t = 3600seg

= a (6)

Resolviendo las integrales definidas

= =

= = -23,259

= t = 3600

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

(-23,259 ) = 3600 a

despejando a

a = = 4,58 . 10 - 3

este valor del área del orificio de salida se sustituye en la ecuación (5)

( 16 h - h2 ) dh = 4,58 . 10 - 3 dt

multiplicando por

h - 1/2 ( 16 h - h2 ) dh = dt (7)

A fin de determinar el tiempo tv que demora en vaciarse el tanque, es decir, el tiempo que demora para que la altura de líquido en el tanque sea cero, se integra la ecuación (7) en forma definida: la altura h varía entre h = 8 mt y h = 0 mt; el tiempo t varía de t = 0 seg a t = tv seg

= (8)

Resolviendo las integrales definidas

= =

= = - 168,952

= t = tv

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

tv = ( - 168,952 ) = 26163, 64395

Luego, el tanque demora en vaciarse 26163,64395 seg, lo que equivale a 7 horas 16 min 4 seg. Si comenzó a vaciarse a las 4 horas 27 min de la tarde entonces estará totalmente vacío a las 7 horas 43 min 4 seg de la noche.

b) Ahora debe determinarse a que hora quedará en el tanque 31,25% del volumen total. Para obtener el volumen total se usa el método de obtención del volumen por las secciones transversales

V = = =

= =

Así se tiene que, el volumen total de líquido en el tanque es V = mt3. El 31,25% del volumen total es

31,25% V = =

Ahora, usando nuevamente el método de las secciones transversales para calcular volumen, se puede determinar a altura h1 de líquido en el tanque cuando en este queda 31,25% del volumen total

31,25% V =

sustituyendo A(h) y 31,25% V

= == =

multiplicando por

resolviendo la ecuación de tercer grado en h, resulta h1 = 4 (las otras dos soluciones se descartan , puesto que, una es mayor que la altura del tanque y la otra es negativa)

Conociendo la altura de líquido en el tanque cuando queda 31,25% del volumen total, se puede determinar el tiempo que demora en llegar a ese volumen. Para ello, la ecuación diferencial (7) se integra de forma definida: el tiempo t varía entre t = 0 seg y t = t1: la altura h varía entre h = 8 mt y h = 4 mt

= (9)

Resolviendo las integrales definidas

= =

= = - 96,419

= t = t1

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

t1 = ( - 96,419 ) = 14931,29638

Luego, el tanque demora 14931,29638 seg en alcanzar 31,25% del volumen total, lo que equivale a 4 horas 8 min 51 seg. Si comenzó a vaciarse a las 4 horas 27 min de la tarde entonces alcanzará el 31,35% del volumen total a las 8 horas 35 min 51 seg de la noche.

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

a) Área del orificio de salida

b) Tiempo de vaciado total

SOLUCIÓN:

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

A(h) dh = - a c (1)

El coeficiente de descarga es c = 0,8 = 8 . 10 - 1 y la gravedad es g = 9,81 mt/seg2

El área del orificio de salida es a = A cm2; haciendo la conversión a metros, que son las unidades en las que están dadas las dimensiones del tanque resulta

a = A cm2 = A ( 10 - 2 mt )2 = A . 10 - 4 mt2

De la Fig. 2 puede deducirse que las secciones transversales del tanque son cuadrados de lado variable L, el cual varía dependiendo de la altura a la cual se efectúe el corte transversal. El área de las sección transversal del tanque viene dado como

A(h) = L2 (2)

Se debe establecer una relación entre el lado x del cuadrado y la altura h. Para ello, visualizando el tanque de frente y ubicando la figura en un sistema de coordenadas rectangulares, se observa como se muestra en la Fig. 2

Observe en la Fig. (2) que el punto de

coordenadas P es un punto de la recta

que pasa por los puntos (1, 0) y (2, 9).

La pendiente de la recta es

m = = 9

y la ecuación de la recta es

y = 9 ( x - 1 )

El punto P satisface la ecuación

de la recta. Sustituyendo en la recta x =

y = h

h = 9 ( - 1 )

despejando L

L = (3)

sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2)

A(h) = 4

Si ahora se sustituyen A(h), a, c y g en la ecuación (1)

4 dh = - A . 10 - 4 8 . 10 - 1 (4)

La ecuación (4) es la ecuación diferencial asociada al problema de vaciado de tanques y debe resolverse sujeta a dos condiciones: para el tiempo t = 0 seg, la altura es h = 9 mt; para el tiempo de 1hora 6 min 40 seg (t = 4000 seg) la altura del líquido en el tanque descendió 5 mt, es decir, h = 4 mt

Lo que queda planteado entonces es un problema de valor de frontera

La ecuación diferencial (4) es una ecuación de variables separables. Para separar las variables se multiplica la ecuación (4) por el factor

= A. 10 - 4 dt (5)

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

= A 10 - 4 (6)

Resolviendo las integrales definidas

= =

=

=

=

= = =

= t = 4000

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

= 4000 A . 10 - 4

despejando A

A . 10 - 4 = = = 1,652 . 10 - 3

Así se tiene que, el área del orificio de salida es A = 1,652 . 10 - 3 m2

Sustituyendo el valor A en la ecuación (5)

= 1,652 10 - 3 dt

multiplicando por , efectuando las operaciones y simplificando

= dt (7)

b) Para obtener el tiempo de vaciado, es decir, el tiempo para el cual la altura de líquido en el tanque es cero, se integra la ecuación (7) de forma definida: la altura h varía de h = 9 mt a h = 0 mt: el tiempo t varía de t = 0 seg a t = tv

= (8)

resolviendo las integrales definidas

=

= =

= =

= t = tv

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

= tv

efectuando las operaciones

tv = 7652,943

Luego, el tanque demora en vaciarse totalmente t = 7652,943 seg , es decir, 2horas 7 min 33 seg.

EVANGELISTA TORRICELLI

Hace aproximadamente 361 años un hombre vertió un poco de mercurio en un tubo de vidrio y colocó su pulgar sobre un extremo. Intentó entonces arrojar el mercurio fuera del tubo, pero no fue posible. Fue la primera persona en obtener el vacío, demostrar la existencia de la presión atmosférica y descubrir el principio del barómetro, por el que pasó a la posteridad

Se había formado un pequeño vacío entre su pulgar y el mercurio; de alguna forma, esto sostenía al pesado líquido en su sitio. Había descubierto el vacío. Este inventor tiene un nombre, Evangelista Torricelli, físico y matemático italiano nacido un 15 de octubre de 1608 en Faenza, actual Italia

El físico y matemático italiano Evangelista Torricelli fue el mayor de los tres hijos de Gaspar Torricelli y Caterina Angetti, nacido en el seno de una familia humilde ya que su padre era trabajador textil. Los padres del pequeño se dieron cuenta que Evangelista tenía notables talentos y careciendo de los medios económicos apropiados para suministrarle una buena educación, lo enviaron con su tío Jacob Torricelli, un fraile camaldulense que le instruyó humanidades y lo inscribió en el colegio jesuita de la ciudad

En 1627 tras la muerte de su padre, Torricelli que contaba con dieciocho años fue enviado a Roma para que estudiara Matemáticas y Filosofía con el monje benedictino Benedetto Castelli, uno de los primero discípulos del sabio italiano Galileo. Al ver el talento que desprendía su pupilo, lo llevó a la Universidad de Sapienza, también en Roma, a donde se tuvieron que mudar su madre, viuda, y hermanos menores. Evangelista Torricelli pronto se convirtió en un alumno aventajado y cuando contaba con 24 años, Castelli se puso en contacto con el gran maestro italiano Galileo para mostrarle el fantástico trabajo científico del joven y solicitarle que le acogiera como asistente, propuesta que Galileo no rechazó

El científico italiano estaba fascinado por la Astronomía y era un firme partidario de las enseñanzas del sabio de Pisa, Galileo, y la lectura cuidadosa de la obra de éste "Discursos y Demostraciones Matemáticas Concernientes a las Dos Nuevas Ciencias" le inspiraron hacia algunos desarrollos de los principio mecánicos del movimiento parabólico de proyectiles. Finalmente y después de la muerte de su madre se trasladó a Florencia donde el ya anciano Galileo viviría sus últimos tres meses en compañía de Evangelista Torricelli ejerciendo la función de escribano y ayudante del sabio italiano. Respecto a Galileo reseñar que se quedó ciego pero logró terminar el libro que resume el trabajo de toda su vida "Discursos", obra que fue completada por sus dos discípulos: Vincenzo Vivan y nuestro Evangelista Torricelli

Cuando murió Galileo, los deseos de Torricelli le llevarían hacia Roma pero cedió a las distinciones que Fernando II de Toscana le ofrecía, así que fue nombrado filósofo y matemático del gran duque y profesor de matemáticas en la Academia Florentina, se instaló definitivamente en Florencia y residió en el Palacio Ducal

Evangelista Torricelli, a los 35 años de edad, fue la primera persona en obtener el vacío, demostrar la existencia de la presión atmosférica y descubrir el principio del barómetro, por el que pasó a la posteridad. Con su experimento sobre la presión atmosférica (principio que años más tarde confirmó Pascal), el barómetro estaba a punto de nacer. De hecho, el propio ensayo lo era, pues un barómetro no es más que mercurio dentro de un tubo de cristal cerrado por arriba y sin guardar aire, que se dobla al final para no tener que llevar plato. Las explicaciones de Torricelli exponían que cuando hay mal tiempo baja la presión atmosférica, el aire pesa menos y por lo tanto su empuje es menor y la columna de mercurio desciende. Si la columna de mercurio subía significaba que estaríamos ante altas presiones, es decir, buen tiempo. Por lo tanto, el físico y matemático italiano enunció que la presión atmosférica, medida al nivel del mar, era igual a la ejercida por una columna de mercurio de unos 76 centímetros de altura y que esta presión sería cada vez menor al aumentar la altitud.

Años más tarde la unidad de presión torr se nombró en su memoria. Un torr equivale a 1 milímetro de mercurio y una atmósfera es igual a 760 torr. Enunció, además, el teorema de Torricelli, de importancia fundamental en hidráulica, según el cual (despreciando el efecto del rozamiento y la resistencia del aire), un fluido se vierte por un pequeño orificio con igual velocidad que si cayera desde la superficie del líquido hasta dicho orificio

Entre los nuevos descubrimiento que realizó, se encuentra el principio que dice que si una serie de cuerpos están conectados de modo tal que, debido a su movimiento, su centro de gravedad no puede subir o baja, entonces, dichos cuerpos están en equilibrio. Descubrió también que la envolvente de todas las trayectorias parabólicas descritas por los proyectiles lanzados desde un punto con igual velocidad, pero en direcciones diferentes, es un paraboloide de revolución.

Y por si esto fuera poco siguió realizando significantes aportaciones como por ejemplo en el telescopio y el microscopio, siendo numerosas las lentes por él fabricadas y grabadas con su nombre, que aún se conservan el la tierra que lo vio morir, Florencia, un 25 de octubre del año 1647.

Hoy día los progresos científicos están experimentando grandes evoluciones, por ejemplo la invención de los focos, los cinescopios de televisión, los circuitos integrados, el acero inoxidable, los frenos automotrices, los termos, las lámparas incandescentes, los plásticos, el pronóstico del tiempo y los vuelos humanos, entre otras aplicaciones…y ¿saben cuál es el origen de estos avances?... pues las aportaciones que nos han dejado grandes genios científicos como Torricelli y, en este caso, la investigación sobre el vacío y la presión del aire nos ha llevado a la invención de estos instrumentos. Por ello nunca hay que olvidarse del origen de las cosas ¿de dónde vendrán?

EL NÚMERO DE ORO

Un número nada fácil de imaginar que convive con la humanidad porque aparece en la naturaleza y desde la época griega hasta nuestros días en el arte y el diseño, ess el llamado número de oro (representado habitualmente con la letra griega Φ) o también sección áurea, proporción áurea o razón áurea.

Una de las soluciones de la ecuación de segundo grado x2 - x - 1 = 0  es que da como resultado el número de oro.

La sección áurea y el número de oro

La sección áurea es la división armónica de una segmento en media y extrema razón. Es decir, que el segmento menor es al segmento mayor, como este es a la totalidad. De esta manera se establece una relación de tamaños con la misma proporcionalidad entre el todo dividido en mayor y menor. Esta proporción o forma de seleccionar proporcionalmente una línea se llama proporción áurea. Tomemos un segmento de longitud uno y hagamos en el la división indicada anteriormente

Aplicando la proporción áurea obtenemos la siguiente ecuación que tendremos que resolver

Una de las soluciones de esta ecuación (la solución positiva) es x = .

Lo sorprendente ahora es calcular el valor que se obtiene al dividir el segmento mayor entre el menor,

Es decir, la relación entre las dos partes en que dividimos el segmento es el número de oro.

El número de oro en el arte, el diseño y la naturaleza

El número áureo aparece, en las proporciones que guardan edificios, esculturas, objetos, partes de nuestro cuerpo.

Un ejemplo de rectángulo áureo en el arte es el alzado del Partenón griego.

En la figura se puede comprobar que AB/CD= Φ. Hay más cocientes entre sus medidas que dan el número áureo, por ejemplo: AC/AD= Φ y CD/CA= Φ.

Hay un precedente a la cultura griega donde también apareció el número de oro. En La Gran Pirámide de Keops, el cociente entre la altura de uno de los tres triángulos que forman la pirámide y el lado es 2 Φ.

 

Ejemplos de rectángulos áureos los podemos encontrar en las tarjetas de crédito, en nuestro carnet de identidad y también en las cajetillas de tabaco.

  Unas proporciones armoniosas para el cuerpo, que estudiaron antes los griegos y romanos, las plasmó en este dibujo Leonardo da Vinci. Sirvió para ilustrar el libro La Divina Proporción  de Luca Pacioli editado en 1509

En dicho libro se describen cuales han de ser las proporciones de las construcciones artísticas. En particular, Pacioli propone un hombre perfecto en el que las relaciones entre las distintas partes de su cuerpo sean proporciones áureas. Estirando manos y pies y haciendo centro en el ombligo se dibuja la circunferencia. El cuadrado tiene por lado la altura del cuerpo que coincide, en un cuerpo armonioso, con la longitud entre los extremos de los dedos de ambas manos cuando los brazos están extendidos y formando un ángulo de 90º con el tronco. Resulta que el cociente entre la altura del hombre (lado del cuadrado) y la distancia del ombligo a la punta de la mano (radio de la circunferencia) es el número áureo.

El cuadro de Dalí Leda atómica, pintado en 1949, sintetiza siglos de tradición matemática y simbólica, especialmente pitagórica. Se trata de una filigrana basada en la proporción áurea, pero elaborada de tal forma que no es evidente para el espectador. En el boceto de 1947 se advierte la meticulosidad del análisis geométrico realizado por Dalí basado en el pentagrama místico pitagórico.

PROPIEDADES METAFÍSICAS DEL NÚMERO 7

Resume en sí el mundo material y es causa operante en el moral. Es el principio viviente plasmado en sus obras. Simboliza la ascendencia de lo espiritual sobre lo material. Es síntesis en el pensamiento y congruencia en la mano de obra. Da inspiración para distinguir lo bueno de lo malo, guiando la rectitud de los pasos hacia lo correcto propiciando la recta elección, la recta deliberación y la recta dirección en el camino.

SISTEMA DE NUMERACIÓN INDO-ARÁBIDA

La notación numérica usada universalmente en la actualidad procede de sistemas de numeración hindúes ya existentes hacia el siglo VI d. C. Estos sistemas ofrecían respecto de los utilizados en Europa dos ventajas sustanciales:

1. El concepto del número 0, que, aunque probablemente fue importado de las culturas mesopotámicas, se integró por primera vez en un sistema decimal junto con las otras nueve cifras del sistema. (La noción del cero había sido también desarrollada en América por la cultura maya.)

2. La asignación de un valor posicional a cada cifra, de manera que un mismo guarismo tenía un valor diferente según su posición global en la expresión de la cantidad numérica.

Este sistema fue adoptado por los árabes antes del siglo IX, y popularizado por los escritos de Muhammad ibn Musa al-Khwarizmi (h. 780-h. 850), autor del primer manual de aritmética inspirado en el sistema decimal posicional.

En el siglo XIII, las traducciones al latín de las obras de los matemáticos árabes hicieron posible que los sabios escolásticos medievales conocieran los principios del sistema numeral posicional. No obstante, fue el italiano Leonardo de Pisa quien, en su obra Liber abaci (1202), ofreció una exposición de las cifras hindúes en la que se sitúa el origen del sistema moderno de numeración.

La grafía de los numerales tomados del sistema de numeración indo-arábigo experimentó ciertos cambios desde su adopción en Europa en el siglo XII hasta su expresión actual.

LA TESIS DOCTORAL

Un conejo estaba sentado delante de una cueva, escribiendo, cuando aparece un zorro.
- Hola, conejo, ¿qué haces ?
- Estoy escribiendo una tesis doctoral sobre cómo los conejos comen zorros.
- Ja, ja, pero ¿qué dices ?
- ¿No te lo crees? Anda, ven conmigo dentro de la cueva...
Los dos entran, y al cabo de un ratito sale el conejo con la calavera del zorro y se pone a escribir. Al rato llega un lobo.
- Hola, conejo, ¿qué haces?
- Estoy escribiendo mi tesis doctoral sobre cómo los conejos comen zorros y lobos.
- Ja, ja, qué bueno, ¡qué chiste más divertido!
- ¿Qué? ¿no te lo crees? ¡Anda, ven dentro de la cueva, que te voy a enseñar algo!
Al cabo de un rato sale el conejo con una calavera de lobo, y empieza otra vez a escribir. Después llega un oso.
- Hola, conejo, ¿que haces ?
- Estoy acabando de escribir mi tesis doctoral sobre cómo los conejos comen zorros, lobos y osos.
- No te lo crees ni tú.
- Bueno, ¿a que no te metes en la cueva conmigo?
De nuevo se meten los dos en la cueva, y como era de esperar, un león enorme se tira encima del oso y se lo come. El conejo recoge la calavera del oso, sale fuera y acaba su tesis.
Moraleja: Lo importante no es el contenido de tu tesis, sino escoger bien a tu director.

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EJERCICIOS PROPUESTOS SOBRE APLICACIONES DE LAS

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN

A PROBLEMAS DE VACIADO DE TANQUES

1, El tanque que se obtiene al hacer girar la curva y = x4 alrededor del eje y, con un radio máximo de 2 mt se encuentra totalmente lleno. Se inicia un proceso de vaciado por un orificio de 2 cm de radio y se asume un coeficiente de descarga de 0,8. Determine:

a) Tiempo de Vaciado total.

b) Tiempo que debe transcurrir para que quede en el tanque el 25% del volumen inicial

R: a) 3 h 8 min 8 seg b) 1 h 53 min 28 seg

2. Un tanque en forma de cono circular recto invertido de 4 mt de radio y 10 mt de altura está lleno en un 80% de su capacidad. Se comienza a escapar su contenido por un orificio de 10 cm2 de área, ubicado en su vértice. Si se ha establecido el coeficiente de descarga en 0,75 determine:

a) Tiempo que demora en vaciarse totalmente

b) Tiempo que debe transcurrir para que quede en el tanque el 20% del volumen inicial

R: a) 5 h 18 min 59 seg b) 3 h 55 min 50 seg

3. Justo a las 8:45 de la mañana del día sábado 29 de julio de 2006, se comienza el proceso de vaciado del tanque que se muestra en la figura

Si se sabe que el líquido escapa por un orificio situado en la base del tanque de 10 cm2 de área, determine

a) ¿A qué hora estará totalmente vacío el tanque?

b) ¿A qué hora quedará en el tanque 50% del volumen total?

R: a) 11:17:4 am del mismo sábado b) 9:31:31 am del mismo sábado

4. Un tanque en forma de paralelepípedo de altura 32 mt y base cuadrada de 6mt está lleno en un 50% de su capacidad. Si se vacía por un orificio ubicado en el fondo del tanque, al cabo de 20 min el nivel de líquido ha bajado 6 mt. Determine.

a) Área del orificio de salida

b) Tiempo para el cual el nivel del líquido ha bajado 4 mt

c) Tiempo de vaciado total

R: a) a = 35 .10 - 4 mt2 b) 41 min 29 seg c) 5 h 9 min 37 seg

5. Un tanque cilíndrico, con eje vertical, altura 20 mt y radio 4mt está leno de agua en un 80% de su capacidad. Comienza a vaciarse por una llave de descarga ubicada en el fondo y al cabo de 12 horas de proceso el nivel del líquido ha descendido 5 mt. Determine:

a) Área del orificio de salida

b) Tiempo para el cual el contenido es 1/4 del contenido inicial.

c) Tiempo de vaciado total

R: a) 0,02154 mt2 b) 35 min 7 seg c) 1h 10 min 14 seg

6. Se tiene un tanque en forma esférica, de radio 3 mt, el cual está inicialmente lleno de agua en un 100%. El líquido escapa por un orificio situado al fondo del tanque de 3 cm2 de área. Determine:

a) Tiempo de vaciado total

b) Tiempo para el cual queda en el tanque un volumen igual al 50% del volumen inicial.

R: a) 15 h 26 min 33 seg b) 5h 53 min 27 seg

7. Calcule el tiempo de vaciado total del tanque que se indica en la figura, sabiendo que está totalmente lleno y que el área del orificio de salida es de 5 cm2

R: 5 h 33 min 40 seg

8. Un tanque de agua tiene la forma que se obtiene al hacer girar, alrededor del eje y, la curva y = x2. Justo a la 1:12 pm se retira un tapón que está en el fondo del tanque, cuando la profundidad es de 16 pies. Dos horas más tarde la profundidad del agua es 9 pies. Determine:

a) Area del orificio de salida

a) ¿A qué hora estará el tanque vacío?

b) ¿A qué hora quedará en el tanque el 25% del volumen inicial?

R: a) 0,00242 pies2 b) 4:39:34 pm c) 3:26:17 pm

9. Un tanque en forma de cilindro con eje horizontal, de 8 mt de longitud y 3 mt de radio se encuentra lleno en su totalidad. Justo a 12:25 pm se quita un tapón por donde comienza a salir el líquido. Si transcurridas 2 horas 15 min la altura de líquido en el tanque es 3,6 mt y se ha establecido como coeficiente de descarga c = 0,5, determine:

a) El área del orificio de salida

b) ¿A qué hora está totalmente vaciado el tanque?

c) ¿A que hora la altura de líquido en el tanque es de 2 mt?

R: a) 0,0022 mt2 b) 9:18:49 pm c) 5:15:34 pm

BIBLIOGRAFÍA

C.H. Edwards, Jr. y otros. (1993). Ecuaciones Diferenciales Elementales y problemas

con condiciones de frontera. México. Editorial Prentice-Hall Hispanoamericana S.A.

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Jiménez, D. (1999). La Aventura de la Matemática. Sus secretos, protagonistas y

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Rainville, E. y otros. (1998). Ecuaciones Diferenciales. México. Editorial Prentice-Hall

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Tahan, M. El Hombre que Calculaba. Argentina. Editorial Multicolor.

Zill, D. (1998). Ecuaciones Diferenciales, con aplicaciones de modelado. México. Compañía Editorial Eectro-Comp, S.A. 6ta edición.

SOLUCIÓN A ENTRETENIMIENTOS

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DESCUBRIENDO EL PENSAMIENTO Y SU AUTOR

  • Un matemático, como un pintor o un poeta, es un fabricante de modelos. Si sus modelos son más duraderos que los de estos últimos, es debido a que están hechos de ideas. G.H. Hardy

  • Aquel que desdeña la Geometría de Euclides es como el hombre que, al regresar de tierras extrañas, menosprecia su casa. Poppus de Alejandría

  • Las leyes de la matemática no son meramente invenciones o creaciones humanas. Simplemente “son”: existen independientemente del intelecto humano. Lo más que puede hacer un hombre de inteligencia aguda es descubrir que esas leyes están allí y debe llegar a conocerlas. Mauritis Cornelis E.

  • OBSERVACIÓN

    Cuando el valor del coeficiente de descarga c no se indica, se asume que c = 1

    Sean h la altura de líquido en el tanque en cualquier instante t, “a” el área del orificio de salida el cual esta ubicado al fondo del tanque, g la gravedad, C el coeficiente de descarga y A(h) el área de la sección transversal del tanque. La ecuación diferencial asociada al problema de vaciado del tanque es

    =

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

    Si, además, hay aporte de líquido al tanque, la ecuación diferencial es

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    UNIDADES Y NOTACIONES

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    12

    pies

    h

    radio

    Fig. 2

    5

    r

    12

    h

    Fig.3

    R

    Rr

    R

    h

    x

    Fig. 1

    altura

    R

    R - h R

    R x

    h

    radio

    Fig. 2

    R

    R - h

    x

    Fig. 3

    6,45 mt

    12 mt

    h

    r Fig. 1

    altura

    6,45

    r

    12

    h

    radio

    Fig. 2

    y = x4/3

    P (r,h)

    2 mt

    8 mt

    r

    h

    4 mt

    1 mt

    Fig. 1

    y

    2 mt

    (2,4)

    P(r,h)

    r

    4 mt

    h

    (1,0) x

    1mt Fig. 2

    4 mt

    8 mt

    M

    12 mt L

    h

    3 mt

    2mt

    Fig 1

    y

    12 mt

    h

    3 mt x

    L

    8 mt

    Fig 2

    y

    4 mt

    12 mt L / 2

    h

    3/2 mt x

    Fig 3

    4 - = mt

    12 mt

    h mt

    Fig. 4

    y

    12 mt

    h

    2 mt x

    M

    4 mt

    Fig 5

    y

    2 mt

    12 mt M / 2

    h

    1 mt x Fig 6

    2 - 1 = 1 mt

    - 1

    mt

    12 mt

    h mt

    Fig. 7

    r

    3 mt

    h

    2 mt

    Fig. 1

    altura

    3 mt r

    h

    1 mt radio

    Fig. 2

    P(r, h)

    4 mt

    r

    2mt

    8 mt

    h

    Fig. 1

    4 mt

    (4,8)

    r P (r, h)

    8 mt

    h

    (2, 0)

    2 mt Fig. 2

    10 mt

    4 mt

    8 mt

    h

    r Fig. 1

    8

    altura

    8

    h

    r radio

    • mt

    Fig. 2

    x2 + y 2 - 8 y = 0

    P (r, h)

    8 mt

    8 mt

    h

    r

    Fig. 1

    8 mt

    r

    8 - h

    8 mt

    h

    Fig. 2

    8

    8 - h

    r

    Fig.3

    • mt

    4 mt

    L mt

    9 mt

    h

    2 mt 2 mt

    Fig.1

    y

    2 mt

    (2, 9)

    9 mt

    P (x,y)

    h

    (1,0) x

    1mt

    Fig. 2

    R = 5 pies

    r

    H = 12

    h pies

    3 mt

    5 mt

    3 mt

    5 mt

    2 mt

    8 mt

    4 mt

    12 mt

    C1 = 5 kg/lt VT = 20000 lt

    V0 = 10000 lt

    Q1 = Q lt/min x0 = 40 kg

    Q2 = 5 lt/min

    C1 = 6% alch/gal V0 = 400 gal

    Q1 = 3 gal/min C0 =3% alch/gal

    Q2 = 4 gal/min

    Tanque 1

    C1 =0 lb/gal V1 = 100 gal

    Q1 = 5 gal/min x0 = 50 lb

    Q2 = 5 gal /min Tanque 2

    C2 (t) = V2 = 200 gal

    y0 = 50 lb Q3 = 5 gal/min

    C2 (t) =

    C1 = 1 kg/gal Vt = 400 gal

    Q1 = 5 gal/min V0 = 100 gal

    C0 = 5 kg/gal

    x0 = 500 kg

    Q2 = 3 gal/min

    C1 = 0,05 % V0 = 8 . 109 pie3

    Q1 = 5 . 108 pie3/día C0 = 0,25 %

    Q2 = 5 . 108 pie3/día

    C1 = 0 Kg/lt Vt = 4000lt

    Q1 = Q lt/min V0 = 1000 lt

    x0 = 100 kg

    Q2 = 3 lt/min

    C1 = 2 lb/gal Vt = 120 gal

    Q1 = 4 gall/min V0 = 90 gal

    x0 = 90 lb

    Q2 = Q gal/min

    C1 = 2 lb/gal V0 = 500 gal

    Q1 = 5 gal/min x0 = 0 lb

    Q2 = 10 gal/min

    C1 = 2 lb/gal V0 = 500 gal

    Q1 = 5 gal/min x0 = 0 lb

    Q2 = 5 gal/min

    C1 = 3 gr/lt V0 = 450 lt

    Q1 = 6 lt/min x0 = 30 gr

    Q2 = 8 lt/min

    C1 = 1 lb/gal Vt = 500 gal

    Q1 = 3 gal/min V0 = 200 gal

    x0 = 100 lb

    Q2 = 2 gal/min

    C1 = 0 lb/gal V0 = 100 gal

    Q1 =2 gal/min C0 = 9/100 lb/gal

    x0 = 9 lb

    Q2 = 2 gal/min

    C1 = ½ lb/gal V0 = 100 gal

    Q1 =2 gal/min C0 = 0 lb/gal

    x0 = 0 lb

    Q2 = 2 gal/min

    UNIDADES Y NOTACIONES

    Elemento

    Notación

    Unidades

    Volumen

    V(t)

    lt gal pies3 cm3

    Soluto

    x(t)

    gr-kg lb lb gr-kg

    Tiempo

    t

    min min min min

    Caudal de Entrada

    Caudal de Salida

    Q1

    Q2

    lt/min gal/min pies3/min cm3/min

    Concentración de Entrada

    Concentración de Salida

    C1

    C2 (t)

    gr/min lb/min lb/min gr/min

    kg/min kg/min

    La ecuación diferencial asociada a problemas de mezclas es la ecuación diferencial lineal

    + x(t) = Q1 C1

    Al resolver esta ecuación, sujeta a la condición x(0) = x0 , se obtendrá la ley de variación de la cantidad de soluto x(t) en un instante de tiempo t

    El volumen de líquido en el tanque, en cualquier instante de tiempo t, viene dado por la ecuación V(t) = V0 + (Q1 - Q2) t

    La concentración de soluto en el tanque en cualquier instante de tiempo t, viene dada por la ecuación: C2 (t) = , donde x(t) es la cantidad de soluto en cualquier instante de tiempo t y V(t) denota volumen de líquido en el tanque en cualquier instante de tiempo t.

    OBSERVACIÓN:

    Es importante que quede claro que la cantidad de soluto en el tanque, una vez iniciado el proceso, va a variar en la medida en que transcurre el tiempo; es decir, la concentración de sal en el tanque es una función del tiempo.

    LEY DE ENFRIAMIENTO DE NEWTON

    Si T(t) es la temperatura de un objeto en un instante de tiempo t, Ta es la temperatura del ambiente constante y β la constante de proporcionalidad entonces la ecuación diferencial asociada a los problemas de enfriamiento (calentamiento) es:

    = β [T(t) - Ta]