EDO Capitulo02

CAPÍTULO

2

Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de primer orden

En este capitulo desarrollaremos muchos modelos matemáticos, como los del crecimiento demográfico, la desintegración radiactiva, el interés compuesto continuamente, las reacciones químicas, un líquido que sale por un agujero en un tanque, la velocidad de caída de un cuerpo, la rapidez de memorización y la corriente en un circuito enserie, involucran ecuaciones diferenciales de primer orden.

2.1. Trayectori rayectorias as ortogona ortogonales les Las trayectoria trayectoriass ortogonales ortogonales aparecen aparecen naturalmente naturalmente en muchas muchas aplicacione aplicacioness físicas. físicas. Por ejemplo, ejemplo, si u = u( x, y) es la temperatura en un punto ( x, y), entonces las curvas definidas por u( x, y) = k

(2.1)

se llaman curvas isométricas. Las trayectorias ortogonales de esta familia se llaman lineas de flujo de calor, porque en cualquier punto dado la dirección de flujo máximo de calor es perpendicular a la isotérma que pasa por el punto; dibujadas juntas constituyen una carta meteorológica. Si U representa la energia potencial de un objeto que se mueve impelido por una fuerza que depende de ( x, y) entonces las curvas (2.1)se llaman equipotenciales, y las trayectorias ortogonales se llaman lineas de fuerza; presentes en el estudio de la electricidad y el magnetismo.

Figura 2.1: En electricidad, las lineas de fuerza son perpendiculares a las curvas equipotenciales.

2.1.1. 2.1.1. Curvas Curvas ortogonales ortogonales Recordemos que dos rectas L1 y L2 son perpendiculares si y sólo si el producto de sus pendientes es −1. En general dos curvas ζ 1 y ζ 2 se dice que son curvas ortogonales en un punto, si y sólo si sus rectas tangentes T 1 y T 2 son perpendiculares en el punto de intersección.

21

2.1. TRAYECTORIAS TRAYECTORIAS ORTOGONALES ORTOGONALES

Ejemplo 2.1.1

22

Demuestre que las curvas definidas por ζ 1 : y = ln x y ζ 2 : y =

puntos de intersección.

Solución 1 De ζ 1 : y = ln x, tenemos dy dx = x y de ζ 2 : y = − 12 x2 tenemos dy = − x dx Luego en el punto de intersección P = (0,7530, −0,2835) , se cumple que: 1 dy dy . = (− x) = −1

     dx

dx

ζ 1

x

ζ 2

− 12 x2 son ortogonales ortogonales en sus

y = ln( x) y =

como las pendientes de las tangentes son cada una, la recíproca negativa negativa de la otra, las curvas ζ 1 y ζ 2 . La figura muestra que las curvas y = ln x y y = − 12 x2 , son ortogona ortogonales les en su punto de intersección.

Ejemplo 2.1.2

− 12 x2

P

Probaremos que las curvas ζ 1 : y = x y ζ 2 : x2 + y2 = 4 , son ortogonales ortog onales en sus puntos de

intersección.

√ √

Las curvas tienen como puntos de intersección a P1 = ( 2, 2) y √ √ P2 = (− 2, − 2). Sea m1 = 1 la pendiente pendiente de de la curva curva ζ 1 en cualquier punto de su do x minio, y m2 = − y la pendiente de la curva ζ 2 √ √ En el punto de intersección P1 = ( 2, 2) tenemos que: m1 = 1 y realiza za el mismo mismo | √ √ = −1 tales que m1.m2 = −1. Se reali m2 = − x y ( 2, 2) análisis en el punto P2 y se prueba que son curvas ortogonales en cada uno de sus puntos de intesección.

Definición 16

x2 + y2 = 4

y = x P1

−2

P2

2

Cuando todas las curvas curvas de una familia de curvas curvas G ( x, y, C 1) = 0 cortan cortan ortogonalmen ortogonalmente te a to-

das las curv curvas as de otra otra familia familia H ( x, y, C 2) = 0 , se dice que las familias son, cada una, trayectorias trayectorias ortogonales de la otra. otra.

Ejemplo 2.1.3

Obtenga Obtenga la familia de trayecto trayectorias rias ortogonale ortogonaless a la familia de curvas curvas y = C 1 x2 .

Solución Sea ζ 1 : y = C 1 x2 ,de donde tenemos dy ) = C 1 2 x dx ζ 1 y sea ζ 2:la familia de curvas ortogonale que deseamos encontrar Luego en un punto de intersección P , se cumple que:



     dy dx

reemplazando C 1 =

   2 y

dy dx

y x2

−1, dy x =− separadas 2 y dx x

.

ζ 2

=

.

ζ 1

, tene tenemo moss

dy dx

y x2

= 1

ζ 2

ζ 1

−

.(2 x).

 dy dx

ζ 2

=

−1

resultando resultando la ecuac ecuación ión diferencial diferencial de de variables variables

x2

Resolviendo tenemos la familia de elipses y2 = −

2

+ C 2.

Ejemplo 2.1.4

La familia de rectas rectas que pasan por el origen origen y = C 1 x y la familia famili a de circunferencias circunferencias concéntricas con centro en el origen x 2 + y2 = C 22 , son trayectorias trayectorias ortogonales.

Ecuaciones diferenciales

Rendón y García

2.1. TRAYECTORIAS ORTOGONALES

23

Solución De ζ 1 : y = C 1 x, tenemos dy = C 1 dx y de ζ 2 : x2 + y2 = C 22 tenemos 2 x + 2 yy = 0 , y = − x/ y Luego en un punto de intersección P , se cumple que:

    dy dx

dy

.

dx

ζ 1

Ejemplo 2.1.5

= (C 1 )

ζ 2

x2 + y2 = 4

P1

−    −  x

y

=

y

x

x

y = x

y

P2

= 1

−

Halle las trayectorias ortogonales de la familia de curvas x 2 + y2 = C 1 x.

Solución Denotamos por ζ 1 a la familia de curvas de x2 + y2 = C 1 x y ζ 2 a la familia de curvas ortogonales que nos piden. dy Para ζ 1 hallemos su derivada 2 x + 2 y = C 1 de donde dx

dy C 1 2 x = 2 y dx

−

x2 + y2

= C 1 x tenemos C 1 = pero de la derivada anterior de ζ 1 x2 + y2 dy ζ 1 : = x 2 y dx

− 2 x

x2 + y2

y esto reemplazamos en

x

ζ 1 :

,

dy dx

=

y2

ζ 2

ζ 1

− x2

2 xy

Ahora buscamos la familia ζ 2 de curvas ortogonales a ζ 1 dy dx

de donde:

y2

x2

     −     − .

ζ 1

dy dx

=

2 xy

ζ 2

dy dx

.

=

ζ 2

dy dx

= 1 ζ 2

−

2 xy

y2

− x2

Resolviendo esta ecuación diferencial, tendremos la familia ζ 2 de trayectorias ortogonales a ζ 1 . ζ 2 : ( y2 x2 )dy = 2 xydx

−

−

que es lo mismo ζ 2 : 2 xydx + ( y2 x2 )dy = 0

−

Notamos que esta ecuación diferencial es homogenea de grado 2. Sea x = vy, entonces dx = ydv + vdy ζ 2 : 2(vy) y( ydv + vdy) + ( y2

− (vy)2 )dy = 0 ζ 2 : 2vy2 ( ydv + vdy) + ( y2 − v2 y2 )dy = 0 ζ 2 : 2vy3 dv + 2v2 y2 dy + y2 dy − v2 y2 dy = 0 ζ 2 : 2vy3 dv + v2 y2 dy + y2 dy = 0 ζ 2 : 2vydv + v2 dy + dy = 0

−(v2 + 1)dy 2v 1 ζ 2 : 2 dv = − dy (v + 1) y

ζ 2 : 2vydv =

integrando ζ 2


 :

2v (v2 + 1)

dv =

 − 1 y

dy

Rendón y García


24

ζ 2 : ln(v2 + 1) =

− ln y + ln c

de donde ζ 2 : y(v2 + 1) = C 2

pero v = yx

x

ζ 2 : y(( )2 + 1) = C 2 y

Así tenemos la familia de curvas ortogonales ζ 2 : x2 + y2 = C 2 y a la familia de curvas ζ 1 : x2 + y2 = C 1 x.

Familia de curvas ortogonales en coordenadas polares La pendiente de una gráfica r = f (θ ), en coordenadas polares está dada por: d θ

tan ψ = r

dr

donde ψ es el ángulo positivo (medido en sentido opuesto al reloj). Dos curvas polares r = f 1 (θ ) y r = f 2 (θ ) son ortogonales en un punto de su intersección si y sólo si (tan ψ )ζ 1 .(tan ψ )ζ 2 =

Ejemplo 2.1.6

−1

Determine las trayectorias ortogonales de r = 2C 1cos(θ )

Solución Consideremos como ζ 1 a la familia de curvas polares r = 2C 1 cos(θ ). Calculemos su tan ψ c1 =

r

2cosθ

Cálculo de r d dr θ = tanψ 1 tenemos que

dr = d θ

anterior tenemos

−2C 1senθ reemplazando r sen θ = − θ cosθ

en la derivada

dr d

d θ = dr

Así,

C 1

cosθ − rsen θ

2 ζ 1

d θ = tanψ = r dr

cosθ

− senθ

Cálculo de la familia ortogonal

−2 ζ

2

(tan ψ )ζ 1 .(tan ψ )ζ 2 = 1

−

d θ d θ = r .r dr dr cosθ d θ .r = senθ dr

sustituyendo −r

−1

2

−2

−1

dr

θ searando las variables cos θ = senθ d r integrando ln |senθ | = ln |r | + ln |C | la familia de curvas ortogonales es: r = C 2 sen θ

Ejemplo 2.1.7

Determine las trayectorias ortogonales de r = c1(1

− senθ )

Solución Consideremos ζ 1 a la familia de curvas polares r = c1 (1 − senθ ). Calculemos su tan ψ derivando tenemos: ζ 1 : Ecuaciones diferenciales

dr d θ

= c1 cos θ

−

Rendón y García


25

pero de ζ 1 : r = c1 (1 − senθ ) derivando tenemos: ζ 1 :

pero de ζ 1 : r = c1 (1 − senθ )

dr = d θ

c1 =

reemplazando en la derivada anterior ζ 1 :

dr d θ

r

1 − senθ

= c1 cos θ obtenemos:

−

dr = d θ

de donde

−c1 cos θ

− 1 − r senθ cos θ = − 1r −cossenθ θ

1 − senθ − dr r cos θ 1 − senθ d θ =− = tan ψ ζ 1 : r ζ 1 :

d θ

=

cos θ Ahora encontraremos la familia de curvas polares ζ 2 ortogonales a la familia ζ 1 dr

(tan ψ )ζ 1 .(tan ψ )ζ 2 = 1

ζ 1

− d θ d θ (r )ζ .(r )ζ = −1 dr dr 1 − senθ d θ (− ).(r ) = −1 1

2

cos θ

dr

de donde: ζ 2 :

r (1

2

ζ 2

−2

− senθ ) d θ = 1

cos θ

dr

−2

resolvemos esta ecuación ζ 2 : r (1

2

ζ 2

− senθ )d θ = cos θ dr

separando variables ζ 2 :

integrando ζ 2

(1

− senθ ) d θ = 1 dr cos θ

 1− : (

senθ )

r

d θ =

 1

dr

cos θ r ζ 2 : ln(sec θ + tan θ ) + ln(cos θ ) = ln r + c ζ 2 : ln(1 + senθ ) = ln r + c

de donde ζ 2 : r = c2 (1 + senθ )

es la familia de curvas ortogonales a ζ 1 : r = c1 (1 − senθ ).

2.1.2. Problemas propuestos En los ejercicios del 01 − 20 obtenga las trayectorias ortogonales a la familia de curvas dadas. 1. y = c1 x2

Rpta: 2 y2 + x2 = c2

2. y = ln(ax); a > 0

Rpta: y = − 12 x2 + c2

3. y2 = c1 x3

Rpta: 2 x2 + 3 y2 = c2

4. xy = c1 Ecuaciones diferenciales

Rpta: x2 − y2 = c2 Rendón y García

2.2. CRECIMIENTO Y DECAIMIENTO

26

5. y = c1 e− x

Rpta: 12 y2 = x + c2

6. y = c1 x3

Rpta: x2 + 3 y2 = c2

7. c1 x2 + y2 = 1

Rpta: x2 + y2 − 2 ln y = c2

8. y = x − 1 + c1 e− x

Rpta: x = y − 1 + c2 e− y

9. x2 + y2 = c1 x3 10. x =

y2

Rpta: x2 y + y3 = c2

c1

Rpta: y2 = 2 x − 1 + c2 e−2 x

+ 4 y2

11. 3 xy2 = 2 + 3c1 x

Rpta: ln y = x3 + c2

12. cos y = c1 e− x

Rpta: seny = c2 e− x

13. y =

c1 x 1 + x

Rpta: 3 x2 + 3 y2 + x3 = c2 1 1 2 c − x + x4 4 6 Rpta: r = c2 senθ

14. 4 y + x2 + 1 + c1 e2 y = 0

Rpta: y =

15. r = 2c1 cos θ 16. r 2 = c1 sen(2θ )

Rpta: r 2 = c2 cos(2θ )

17. r = c1 sec θ

Rpta: r = c2 cos cθ

18. r = c1 eθ

Rpta: r = c2 e−θ

19. Encuentre una curva que pertenece a la familia de trayectorias ortogonales de la familia de curvas Rpta: y = 2 − x + 3e− x x + y = c1 e y que pasa por el punto (0, 5) 20. Halle la familia de trayectorias ortogonales a la familia de circunferencias que son tangentes al eje y en el origen Rpta: x2 + y2 = c1 y

2.2. Crecimiento y decaimiento Existen en el mundo físico, en biología, medicina, demografía, economía, etc. cantidades cuya rapidez de crecimiento o descomposición varía en forma proporcional a la cantidad presente, es decir, dx dt

= kx,

con x(t 0 ) = x0

o sea que es una ecuación diferencial lineal de primer orden de variables separables en x cuya solución es: x(t ) = c1 ekt

como x(t 0 ) = x0 tenemos la solución particular x(t ) = x0 ek (t −t 0) . Si t 0 = 0, la solución es x(t ) = x0 ekt .

Ejemplo 2.2.1

Si en un análisis de una botella de yogurt probiotico, un día después de haber sido embotel-

ladas se encuentran 500 microorganismos (bacterias) y al segundo día se encuentran 8000 microorganismos. ¿Cuál es el número de microorganismos en el momento de embotellar el yogurt ?


Rendón y García


27

dx

Solución. De = kx =⇒ x = c1 ekt , dt siendo c1 es el número de organismos al momento de embotellar el yogurt, es decir se tiene la condición inicial x(0) = c1 . Si t = 1 =⇒ 500 = c1 ek (1) = c1 ek , así tenemos que 500 = c1 ek Si t = 2 =⇒ 8000 = c1 ek (2) = c1 e2k , tenemos 8000 = c1 e2k De la última expresión 8000 = c1 e2k = c1 ek ek 8000 = 500ek de donde ek = 8000/500 = 16 y reemplazando en 500 = c1 ek ⇒ 500 = c1 16. Luego c1 = 500/16 = 31,25.Así al inicio habían 31 organismos en el yogurt.

Ejemplo 2.2.2

La población de una comunidad crece con una tasa proporcional a la población presente

en cualquier instante. Su población inicial es 500 y aumenta el 15 % en 10 años ¿Cuál será la población pasados 30 años?.

Solución Denotemos por A(t ) la población en cualquier instante, con A(0) = 500 y A(10) = 575 t: el tiempo medido en años k: la constante de crecimiento, Cálculo de A(t ) Cálculo de k con A(10) = 575 dA = kA dt 575 = 500ek (10), separando las variables e integrando ln ( A) = kt + C de la cual se obtiene k = 0,0139761 kt despejando Asi nuestro modelo es: A(t ) = 500e(0,0139761)t . A(t ) = ce usamos el dato A(0) = 500 Predicción: para t=30 años del cual obtenemos que C = 500, A(t ) = 500e(0,0139761)(30) = 760 habitantes kt Así A(t ) = 500e . 10 8 6 4 2

500

10

−2 −2 Ejemplo 2.2.3

2

Por experiencia se sabe que en una cierta población la rapidez de nacimientos y la rapidez

de muertes es proporcional al número de individuos que instantáneamente estén vivos en un momento dado. Encuentre el modelo matemático del comportamiento del crecimiento de esta población.

Solución. Sea y el número de individuos de la población.


Rendón y García


Llamemos Llamemos

dN dt dM dt

dy dt

28

a la rapidez de nacimientos. a la rapidez de muertes. Entonces:

= (rapidez de nacimientos)-(rapidez de muertes) dy dt dy dt dy y

=

dN

dM − dt dt

= K N y

= (K N

ln y = (K N

− K y M

− K )dt − K )t + C M

M

Luego el modelo matemático del comportamiento del crecimiento de esta población es y = Ce(K N −K M )t .

2.2.1. Desintegración radioactiva Entre 1900 y 1902, Rutherford y Soddy (posteriormente galardonados ambos con el premio Nobel de Química), estudiaron la desintegración de la materia por emisión de radiactividad. Aunque existían algunos experimentos previos, los resultados que obtuvieron fueron realmente revolucionarios, pues se rompía definitivamente la idea de indestructibilidad de la materia. Sea Q la cantidad de material radiactivo que se descompone con el transcurso del tiempo, el problema de valor inicial que rige dicha descomposición se define como: dQ = dt

−kQ;

con Q(t 0 ) = Q0

Donde k recibe el nombre de constante de desintegración radiactiva (obviamente k es positiva). y Qo es la cantidad inicial de material radiactivo. Cuya solución es Q(t ) = Q0 e−k (t −t 0) . Es habitual definir en este tipo de modelos la vida media, o “semi-vida"(a veces denotada por τ , y otras por Qt /2 ) de una sustancia radiactiva como el tiempo necesario para que una sustancia se desintegre hasta la mitad de su masa inicial Qo .

Q0

0,5Qo

1

τ = ln 2 k

τ

.

OBSERVACIÓN: La vida media no depende de la cantidad inicial del material. Un gramo de plutonio y una tonelada del mismo se reducen a su mitad en el mismo tiempo. Q(t ) representa la cantidad de material radiactivo que va quedando al transcurrir el tiempo.

Ejemplo 2.2.4

Un reactor transforma el uranio 238, que es relativamente estable, en el isótopo plutonio

239. Después de 15 años se determina que 0.043 % de la cantidad inicial A o de plutonio se ha desintegrado. Determine la semivida del isótopo si la rapidez de desintegración es proporcional a la cantidad restante. Ecuaciones diferenciales

Rendón y García


29

Solución - Sea A(t ) : La cantidad de plutonio que queda en un instante cualquiera, - sea t: el tiempo medido en años. - sea Ao la cantidad inicial de plutonio. dA = −kA, sujeto a A(0) = Ao . Consideremos el PVI dt resolvemos el PVI separando las variables , integrando y aplicando la condición, obteniendo: A(t ) = Ao e−kt

(2.2)

Cálculo de k: Si después de 15 años se ha desintegrado el 0 ,043 Ao lo que queda es 0 ,99957 Ao esto es A(15) = 0,99957 Ao con este dato calculamos k : Sustituyendo en la ecuación (2.2) tenemos 0,99957 Ao = Ao e−15k −k = ln(0,1599957) , k = 0,00002867 de donde El modelo matemático es: A(t ) = Ao e−0,00002867t

(2.3)

Cálculo de la semivida: La semivida es el tiempo τ que le tomará al plutonio en desintegrar la mitad de la cantidad inicial. Ao Esto es A(τ ) = 2 sustituyendo en la ecuación (2.3) Ao

2 1 2

= Aoe−0, 00002867 τ = e−0,00002867τ

τ =

ln (2)

0,00002867

= 24, 18años.

1 Se ha encontrado que un hueso fosilizado contiene 1000 de la cantidad original de C 14 . Determinar la edad del fósil, sabiendo que el tiempo de vida medio del C 14 es de 5600 años.

Ejemplo 2.2.5

= −kQ , tenemos Q = c1 e−kt . Considerando t = 0 =⇒ Q(0) = Q0 = c1 Solución. De dQ dt Asi Q(t ) = Q0 e−kt . Se sabe que el tiempo de vida medio del C 14 es de 5600 años Q0

2

= Q0 e−k (5600)

resolviendo encontramos k = 1,237762822 x10−4, luego tenemos −4 t

Q(t ) = Q0 e−1,237762822 x10

Ahora hallemos el tiempo, sabiendo que el hueso fosilizado encontrado contiene 1 1000 Q0 de C 14 : −4 1 Q0 = Q0 e−1,237762822 x10 t 1000 de donde t ≈ 55808,39199 años.

2.2.2. Ley de enfriamiento de Newton Si se tiene un cuerpo a una temperatura T , y se le sumerge en un medio ambiente de temperatura T o (T o no varía apreciablemente con el tiempo), el enfriamiento de este cuerpo se comporta de acuerdo a la ecuación diferencial: dT dt

en donde k es una constante de proporcionalidad. Ecuaciones diferenciales

= k (T T o )

−

Rendón y García


30

Ejemplo 2.2.6 Un aislante de cerámica se cuece a 400◦C y se emfria en una habitación a una temperatura de 25◦C . Después de 4 minutos la temperatura del aislante está a 200◦C . ¿Cuál será su temperatura después de 8 minutos?

Solución. - Sea T medida en ( ◦ C) la temperatura marcada por el termómetro, - sea el tiempo "t"medido en minutos. Tenemos T = 400 cuando t = 0, y T o = 25◦C . De acuerdo con la ecuación de la ley de enfriamiento de Newton dT dt

= k (T

− 25)

resolviendo, tendremos T (t ) = 25 + C 1 ekt Cálculo de C 1 Asi que bajo las condiciones dadas: con T (0) = 400 400 = 25 + C 1ek (0) tenemos que C 1 = 375 Cálculo de k Luego tendremos T = 25 + 375ekt , y considerando t = 4 min, T = 200◦C 400 = 20 + 375ek (4) de donde k = 14 ln 15 7 Así tendremos la ecuación del enfriamiento

T

400

107 o T o = 25 o

T (t ) = 25 + 375e2ln (15/7)

8

τ

Cálculo de T cuando t = 8 min 7 2 = 107 T (8) = 25 + 375 15 así la temperatura del aislante después de 8 minutos es 107 ◦C .



Ejemplo 2.2.7 Al sacar un pastel del horno, su temperatura es de 300oF . Tres minutos después, su temperatura es de 200o F. ¿Cuánto demorará en enfriarse hasta un temperatura ambiente de 70oF . Solución. - Sea T medida en ( ◦ F) la temperatura, - sea el tiempo "t"medido en minutos. Nos indican que cuando t = 0; T = 300o F , y cuando t = 3 min, T = 200◦F . De acuerdo con la ecuación de la ley de enfriamiento de Newton dT dt

= k (T

− 70)

resolviendo por separación de variables, tendremos T (t ) = 70 + C 2 ekt

Cálculo de C 2 Asi que bajo las condiciones dadas: con T (0) = 300 300 = 70 + C 2ek (0)


Rendón y García


31

tenemos que C 2 = 230 Cálculo de k Luego tendremos T = 70 + 230ekt , y considerando t = 3 min, T = 200◦F 200 = 70 + 230ek (3) T

de donde k = −0,19018 Así tendremos la ecuación del enfriamiento

300

T (t ) = 70 + 230e−0,19018 t

T o = 70o

30

¿Cuánto se demorará en alcanzar la temperatura ambiente? T (t ) = 70 + 230e−0,19018t = 70, ⇒ e−0,19018t = 0 ⇒ para t = +∞ así, nuestro modelo falla. Pero si construimos una pequeña tabla veremos que al cabo de media hora aproximadamente la temperatura de la torta es de 70 o F . Ejemplo 2.2.8

Un termómetro marca la temperatura de un sistema igual a 80 ◦ C, se mide también la tem-

peratura del medio la cual es de 20 ◦ C. El sistema se empieza a enfriar y tres minutos después se encuentra que el termómetro marca 75 ◦ C se desea predecir la lectura del termómetro a los 14 minutos.

Solución. - Sea T medida en ( ◦ C) la temperatura marcada por el termómetro, - sea el tiempo "t"medido en minutos. Nos indican que cuando t = 0; T = 80oC , y cuando t = 3 min, T = 75◦C . De acuerdo con la ecuación de la ley de enfriamiento de Newton dT dt

= k (T

− 20)

resolviendo, tendremos T (t ) = 20 + c1 ekt Asi que bajo las condiciones dadas: con T (0) = 80 80 = 20 + c1ek (0) tenemos que c1 = 60 Luego tendremos T = 20 + 60ekt , y considerando t = 3 min., T = 75◦C 75 = 20 + 60ek (3) de donde k = −0,029000379233 Así tendremos la ecuación del enfriamiento T = 20 + 60e−0,029000379233 t

Cálculo de T cuando t = 14 min T (14) = 20 + 60e−0,029000379233 (14) = 59,978, así a los 14 minutos el termómetro marcará 60 0C .

T

80o

60o T o = 20o 14

t

2.2.3. Ley de absorción de Lambert Esta ley dice que la tasa de absorción de luz con respecto a una profundidad x de un material translúcido (que deja pasar la luz, pero que no deja ver nítidamente los objetos) es proporcional a la intensidad de la luz a una


Rendón y García

2.3. CIRCUITOS ELÉCTRICOS

32

profundidad x; es decir, si I es la intensidad de la luz a una profundidad x, entonces dI dx

= kI

−

donde k es la constante de proporcionalidad.

Ejemplo 2.2.9

En agua limpia la intensidad I a 3 pies bajo la superficie es de un 25 % de la intensidad I 0 en la superficie. ¿Cuál es la intensidad del rayo a 15 pies bajo la superficie?.

Solución. Tenemos que la solución de

dI dx

= kI es

−

I = I 0 e−kx

donde I (0) = I 0 es la intensidad en la superficie. Cuando x = 3, la intensidad es I = 0,25 I 0 , de donde 0,25 I 0 = I 0 e−k (3) resolviendo la ecuación k ≈ 0,4621 , entonces I = I 0 e−0,4621 x

Finalmente para x = 15 se tiene I (15) = I 0 e−0,4621(15) = I 0 e−6,9315 ≈ 9,7653 x10−4 I 0 .

2.3. Circuitos eléctricos 2.3.1. Circuito eléctrico L − R en serie:

De acuerdo a la segunda ley de Kirchoff, si se tiene un circuito en serie que contiene sólo una resistencia y una inductancia, lasuma de las caídas de voltaje di a través de la inductor ( L dt ) y de la resistencia (iR) es igual a la tensión ( E (t )) aplicada al circuito. La EDO lineal asociada a este circuito es: L

di dt

+ iR = E (t )

2.3.2. Circuito eléctrico R − C en serie:

De acuerdo a la segunda ley de Kirchoff, si se tiene un circuito en serie que contiene sólo una resistencia y un capacitor, la suma de las caídas de voltaje a (t ) través de la capacitor ( qC ) y de la resistencia (iR) es igual a la tensión ( E (t )) aplicada al circuito. A q(t) se le llama carga. La EDO lineal asociada a este circuito es: q(t ) C

+ Ri = E (t )

pero, como la corriente i y la carga q están relacionadas por i = R

dq dt

tenemos:

1 dq + q = E (t ). dt C

La corriente i(t) se llama, también, respuesta del sistema.

Ejemplo 2.3.1 Una batería de 12 voltios se conecta a un circuito L − R en serie con L = 1/2 H y la resistencia de 10Ω . Determine la intensidad de la corriente i (t ) si la intensidad inicial es cero. Ecuaciones diferenciales

Rendón y García


Solución Consideremos el PVI

L

di

33

+ iR = E (t ) con i(0) = 0.

dt di

reemplazando los datos 0 ,5 + 10i = 12 dt de donde tenemos la ecuación lineal di dt

i(t )

+ 20i = 24

6 /5

resolviendo tenemos el modelo matemático: i(t ) = 65 + c1 e−20t Cálculo de c1 t como i(0) = 0 sustituyendo en la última ecuación tenemos c1 = −1,2. Modelo matemático 6 i(t ) = − 1,2e−20t . 5 Puesto que 6 6 l´ım i(t ) = l´ım − 1,2e−20t = t →+∞ t →+∞ 5 5 al término 65 se le denomina término permanente, y a la expresión −1,2e−20t término transitorio, pues tiende a desaparecer cuando transcurre mucho tiempo.

Ejemplo 2.3.2

Resuelva el PVI

L

di + iR = E (t ) suponiendo que E (t ) = E o sen(wt ) con i(0) = io . dt

Resolvemos L

di

dt di

dt R L dt



el factor integrante es e

R

e L t

+ iR =

E o sen(wt )

R

E o

L

L

+ i =

sen(wt )

R

= e L t

di

R

R

+ e L t i =

dt L d R t e L .i dt

integrando

  R L t

e .i

= =

E o

R

sen(wt )e L t

L R E o sen(wt )e L t L R R. E o sen(t w) e L t .i L2 w2 + R2



−

LwE o cos(wt ) L2w2 + r 2



+ C

La respuesta del sistema es R RE o (sen(wt ) LwE o cos(wt )) + Ce− L t i(t ) = 2 2 2 L w + R

−

con i(0) = i0 tenemos i(0)

de donde

=

C =

RE o

( LwE o )) + C = io L2 w2 + R2 RE 2 Lw io + 2 2o L w + R2

−

La respuesta del sistema es RE o RE o2 Lw i(t ) = 2 2 (sen(wt ) LwE o cos(wt )) + io + 2 2 L w + R2 L w + R2

−

Ejemplo 2.3.3



− e

R L t

Se aplica una fuerza electromotriz de 100 voltios a un circuito en serie

resistencia es de 200 Ω

y la capacitancia es de 10−4 f. Determine la carga

RC ,

donde la

q (t ) del capacitor, si q (0) = 0.

Halle la corriente i (t ). Ecuaciones diferenciales

Rendón y García


34

El PVI asociado es R

reemplazando los datos

dq dt

200

tenemos una ecuación lineal

+ dq

q

+

dt dq

dt

con q(0) = 0

= E (t ),

C

q

10−4

= 10

+ 50q =

resolviendo

q(t )

=

1 2

1 + Ce−50t 100

Cálculo de C como q(0) = 0 sustituyendo en la última ecuación tenemos C = −1/100 Modelo matemático La carga en el sistema es:

q(t )

=

La intensidad de la corriente es:

i(t )

=

q(t )

1 1 −50t − e 100 100 1 −50t . e 2

i(t )

Ejemplo 2.3.4 Se aplica una fuerza electromotriz de 200 v a un circuito en serie RC , en que la capacitancia es de 5 x10−6 f y la resistencia es de 1000 Ω. Determine la carga q (t ) del capacitor , si i (0) = 0,4amp. Halle la carga cuando t

→ ∞.

Solución Consideremos la ecuación

dq q E + = dt RC R dq

sustituyendo los datos

+

dt

5 x10−3

1 dt 5 x10−3



el factor integrante es multiplicamos la integral por el factor integrante

q

e e200t

=

= e200t

dq q + e200t 5 x10−3 dt

=

q(t )

=

la solución de la EDO lineal es

1 5 1 200t e 5 1 + Ce−200t 100



120, 0 ≤ t ≤ 20 a un circuito en serie LR , 0, t > 20 en que la inductancia es de 20 h y la resistencia es de 2 Ω. Determine la corriente, i (t ) , si i (0) = 0.

Ejemplo 2.3.5

Se aplica una fuerza electromotriz E (t ) =

Solución a) Primero, calcularemos i1 (t ) para 0 ≤ t ≤ 20 di Consideremos el PVI L dt + Ri = E (t ), con i(0) = 0 Sustituyendo los valores de L,R y E

20

+

dt



el factor integrante es 1

e 10 t

di dt

1 i = 6 10

p(t )dt

e

1

1

= e 10 t

1 1 i = 6e 10 t 10 1 i1 (t ) = 60 + C 1 e− 10 t .

+ e 10 t

integrando

Cálculo de C 1 Con i(0) = 0 reemplazando en la última ecuación tenemos C 1 = −60 Asi la solución parcial es 1 t i1 (t ) = 60 − 60e− 10 . Ecuaciones diferenciales

+ 2i = 120

dt di

reescribimos

multiplicando la edo por el factor integrante

di

(2.4) Rendón y García

2.4. PROBLEMA DE MEZCLAS

35

a) Segundo, calcularemos i2 (t ) para t > 20 di + Ri = 0, Consideremos el PVI L dt di + 2i dt 1 di + i dt 10 di

Sustituyendo los valores de L y R

20

reescribimos separando las variables tenemos

i

la solución de la ecuación diferencial es

i2 (t )

= 0 = 0 =

− 101 dt 1

= C 2e− 10 t .

Cálculo de C 2 1 de la ecuación (2.4)sabemos que i1 (20) = 60 − 60e− 10 20 = 60 − 60e−2 Por otra parte i1 (20) = l´ım x→20+ i2 (t ). 1 Para i2 (t ) tenemos l´ımt →20+ i2 (t ) = l´ımt →20+ C 2 e− 10 20 = C 2 e−2 de donde 60 − 60e−2 = C 2 e−2 despejando C 2 = 60e2 − 60. Asi la solución parcial es 1 (2.5) i2(t ) = 60e2 − 60 e− 10 t . La solución del PVI es: i(t ) =

 



i2 (t )

1

60 − 60e− 10 t , 0 ≤ t ≤ 20 1 60e2 − 60 e− 10 t , t > 20





2.4. Problema de mezclas Ejemplo 2.4.1

i1 (t )

Se disuelven inicialmente 50 libras (lb) de sal en un tanque que contiene 300 galones (gal)

de agua. Se bombea salmuera al tanque a razón de 3 galones por minuto, y luego la solución adecuadamente mezclada se bombea se bombea fuera del tanque a razón de 3gal/min. Si la concentración de la solución que entra es de 2lb/gal, determine la cantidad de sal que hay en el tanque en un instante cualquiera. ¿Cuánta sal hay después de 50min?,¿Cuánta después de un tiempo largo?.

Solución - A(t ) es la cantidad de sal, en cualquier instante, en el tanque. - Sea t el tiempo,medido en minutos. La rapidez con que cambia A(t ) está dada por dA dt

= (rapidez con que la solución entra ) dA dt

dA dt

+

= R1 R2

R1

=

R2

=

dA dt A

100

− (rapidez con que la solución sale )

−         

= 6

gal lb lb . 2 =6 3 min gal min gal lb A lb A 3 3 . = min 300gal 100 min 3

A − 100

con la condición A(0) = 50

= 6 EDO lineal con

p( x) =

1 y f ( x) = 6. 100

Solución de la EDO:


Rendón y García


36

1 t dA

e 100

dt



e

p(t )dt

1

A

+ e 100 t

100

1 e 100 t . A

A

Cálculo de C: Cuando t = 0 tenemos que A(0) = 50, de donde

C =

1 100 dt



= e

1

= 6e 100 t 1

= 600.e 100 t + C = 600 + Ce−t /100

−550. A(t )

así se obtiene el modelo matemático: A(t ) = 600

1

= e 100 t

600

− 550e− /100. t

¿Cuánta sal hay después de 50min? Para t = 50 se tiene A(50) = 600 − 550e−50/100 = 266lb. ¿Cuánta después de un tiempo largo? Calculamos A cuando t → ∞, esto es:

50 t

l´ım A(t ) = l´ım 600 − 550e−t /100 = 600lb.

→∞

→∞

t

Ejemplo 2.4.2

t

En el ejemlo anterior.¿Qué sucede con la concentración de sal en el tanque? si la solución

adecuadamente mezclada se bombea hacia afuera a una velocidad menor de 2 gal/min.

Solución - A(t ) es la cantidad de sal, en cualquier instante, en el tanque. - Sea t el tiempo,medido en minutos. dA = (rapidez con que la solución entra ) dt


donde la solución se acumula con una rapidez de (3

gal gal = ( 1) − 2) min min

Después de t minutos hay 300 + (1)t galones de salmuera en el tanque y la rapidez con que la sal sale del tanque es gal lb 2 A lb A . = R2 = 2 min 300 + (1)t gal 300 + (1)t min

 

Cálculo de la EDO: dA dt



 

= R1 R2

−    

gal lb lb . 2 =6 3 , permanece igual min gal min 2 A dA = 6− con la condición A(0) = 50. 300 + t dt 2 A 2 dA + = 6 EDO lineal con p( x) = y f ( x) = 6. 300 + t 300 + t dt R1


=

3

Rendón y García


37




e

(300 + t )2

= e

2 A dA + (300 + t )2 300 + t dt

= (300 + t )2

= 6(300 + t )2

 6 300

)2.

(300 + t A =

(

+ t )2dt + C

= 2(300 + t ) + C (300 + t )−2

A(t )

Cálculo de C: Cuando t = 0 tenemos que C = −4,95 x10−7 .

2 300+t dt



p(t )dt

A(0) =

50,

de donde

así se obtiene el modelo matemático: A(t ) = 2(300 + t )

Ejemplo 2.4.3

− (4,95 x10−7)(300 + t )−2.

Un tanque contiene 200 litros de un liquido en el cual se disuelven 30 gramos de sal. Una

salmuera que contiene 1 gr. de sal por litro se bombea al tanque con una intensidad de 4 litros por minuto; la solución adecuadamente mezclada se bombea hacia afuera con la misma rapidez. Encuentre el número de gramos A(t ) de sal que hay en el tanque en un instante cualquiera.

Solución - A(t ) es la cantidad de sal, en cualquier instante, en el tanque. - Sea t el tiempo,medido en minutos. La rapidez con que cambia A(t ) está dada por dA dt

= (rapidez con que la solución entra ) dA dt

dA dt


+

= R1 R2

−         

R1

=

R2

=

dA

= 4

dt A

50


lt gr . 1 =4 min lt lt A gr . = 4 min 200lt 4

− 50A

gr min

gr 50 min A


= 4 EDO lineal con

p( x) =

1 y f ( x) = 4. 50

Rendón y García


38




1

e 50 t

dA dt

p(t )dt

1 50 dt



1

= e 50 t

=

e

=

4e 50 t

1 e 50 t . A

=

200.e 50 t + C

A

=

200 + Ce−t /50

e

A

1

+ e 50 t

50

1

1


A(t )

C =

−170.


Ejemplo 2.4.4

30

− 170e− /50. t

Resuelva el problema anterior suponiendo que se bombea agua pura.

Solución - A(t ) es la cantidad de sal, en cualquier instante, en el tanque. - Sea t el tiempo,medido en minutos. La rapidez con que cambia A(t ) está dada por dA = (rapidez con que la solución entra ) dt dA dt

=

R1

=

R2

=

dA dt

=

R1


− R2

lt gr gr . 0 =0 min lt min lt gr A gr A 4 . = min 200lt 50 min

          4

A − 50

EDO lineal con la condición A(0) = 30

Solución de la EDO por separación de variables:



dA A

ln ( A) A(t )

= =

 −

dt

50

t

− 50 + C

30

= Ce−t /50

A(t )


C = 30.

100

200

así se obtiene el modelo matemático: A(t ) = 30e−t /50 .

Ejemplo 2.4.5

Un tanque grande contiene 500 galones de agua pura. Una salmuera que contiene 2 lb de sal

por galón se bombea al tanque a razón de 5gal /min la solución adecuadamente mezclada se bombea hacia afuera con la misma rapidez. Halle el número de libras de sal que hay en el tanque en un instante cualquiera. Ecuaciones diferenciales

Rendón y García


39

Solución - A(t ) es la cantidad de sal, en cualquier instante, presente en la salmuera del tanque. - Sea t el tiempo,medido en minutos. La rapidez con que cambia A(t ) está dada por dA = (rapidez con que la solución entra ) dt dA dt

así dA dt

+

= R1 R2

−

gal lb lb . 2 = 10 min gal min gal lb A lb A . = 5 min 500gal 100 min

          5

R1

=

R2

=

dA dt A

= 10

100


A − 100


= 10 EDO lineal con

p( x) =

1 y f ( x) = 10. 100

Solución de la EDO: A(t )

1

e 100 t

dA dt



e

p(t )dt

1

A

+ e 100 t

100

1 e 100 t . A

A

1 100 dt



= e

1

= e 100 t

1

= 10e 100 t 1

= 1000.e 100 t + C = 1000 + Ce−t /100


C =

−1000.


Ejemplo 2.4.6

− 1000e− /100. t

Un tanque grande contiene 500 galones de agua pura. Una salmuera que contiene 2 lb de

sal por galón se bombea al tanque a razón de

5gal /min la solución adecuadamente mezclada se bombea

hacia afuera con un flujo de 10gal /min. Halle el número de libras de sal que hay en el tanque en un instante cualquiera. ¿Cuándo se vacia el tanque?

Solución - A(t ) es la cantidad de sal, en cualquier instante, presente en la salmuera del tanque. - Sea t el tiempo,medido en minutos. La rapidez con que cambia A(t ) está dada por dA dt


= (rapidez con que la solución entra )


Rendón y García

2.5. APLICACIONES A LA FÍSICA

dA

40

= R1 R2

−

dt

gal lb lb . 2 = 10 min gal min gal lb 10 A lb A . = 10 R2 = min 500 − 5t gal 500 − 5t min 10 A dA así con la condición A(0) = 0 = 10 − 500 − 5t dt 10 A 10 dA y f ( x) = 10. + = 10 EDO lineal con p( x) = 500 − 5t 500 − 5t dt

          5

=

R1




e

(500

p(t )dt

10 A + (500 − 5t )−2 − 5t )−2 dA 500 − 5t dt (500 − 5t )−2. A

10 500−5t dt



= e

= (500

10

= e− 5 ln (500−5t ) = (500

− 5t )−2

− 5t )−2

2 + C 500 − 5t A = 2(500 − 5t ) + C (500 − 5t )2 =


A(t )

C =

−0,004.

así se obtiene el modelo matemático: A(t ) = 2(500

t

− 5t ) − 0,004(500 − 5t )2

0

100

¿Cuánto demorará el tanque en vaciarse? lo cual es equivalente a preguntarse: ¿Cuándo se vacía el tanque? matemáticamente buscamos A(t ) = 0. Resolvemos la ecuación (500

− 5t )(2 − 0,004(500 − 5t ) 2 − 2 + 0,02t

= 0 = 0

t =

0

∨ ∨

500 = 5t t = 100min

El tanque demora en vaciarse 100 minutos.

2.5. Aplicaciones a la física La fuerza neta F sobre un cuerpo es F = mg − kv, donde m es la masa del objeto, g es la fuerza de gravedad y kv es la fuerza debida a la resistencia del aire ( k es una constante de proporcionalidad). Además por la segunda ley de Newton, tenemos: F = m m

dv dt

dv = mg dt

; reemplazando en F = mg − kv

− kv

Ejemplo 2.5.1 Un objeto que pesa 30 kg se deja caer desde una altura de 40 m, con una velocidad inicial de 3 m/s. Supongamos que la resistencia del aire es proporcional a la velocidad del cuerpo. Se sabe que la velocidad límite debe ser 40 m/s. Encuentre: a) La expresión de la velocidad del objeto en un tiempo t b) La expresión para la posición del cuerpo en un tiempo t y Ecuaciones diferenciales

Rendón y García


c) La velocidad al cabo de

41

8 segundos

a). Caída Libre Denotemos con y (t ) el espacio recorrido en el tiempo t por un cuerpo que cae libremente bajo la acción de la gravedad. Entonces y (t )

= v (t ) mide la velocidad del cuerpo

y (t )

= a (t ) mide la aceleración del cuerpo

La ley de gravitación de Newton nos dice que y (t ) = g,

(2.6)

donde g denota la constante de gravitación universal. De 2.6 se deduce que y (t ) = gt + c,

(2.7)

donde c es una constante. Si suponemos que en t = 0 la velocidad del cuerpo es conocida y denotada por y (0) = v0 , de 2.7 obtenemos que (2.8) y (t ) = gt + v0 . De 2.8 integrando con respecto a t obtenemos y (t ) =

gt 2

2

(2.9)

+ v0 t + c,

donde c es una constante. Si suponemos que en t = 0 la posición del cuerpo es conocida y denotada por y (0) = y0 , de 2.9 obtenemos y (t ) =

gt 2

2

(2.10)

+ v0 t + y0 .

La ecuación 2.10 representa la solución al Problema de Valor Inicial y (t )

= g

y (0)

= v0

y (0)

= y0 .

(2.11)

Si en la ecuación 2.10 suponemos que v0 = 0 y por simplicidad y0 = 0 estamos ante el caso de caída √ libre y tendremos, por 2.8 y 2.10 que v = 2gy. b). Caída con movimiento retardado. Si suponemos que el aire ejerce una resistencia proporcional a la velocidad del cuerpo de masa m la segunda ley de Newton nos dice que my (t ) = mg

− ky (t ), k > 0.

(2.12)

La ecuación (2.12) la escribimos así: y (t ) = g

donde c =

k m

(2.13)

> 0. Puesto que v (t ) = y (t ) , (2.13) toma la forma v (t ) = g


− cy (t ), − cv (t ) .

(2.14) Rendón y García


De (2.14) obtenemos que

42

− 1c ln (g − cv (t )) = t + c1 ,

para alguna constante c1 , o también así g

− cv (t ) = c2 e−

ct

(2.15)

.

Si suponemos que v (0) = 0 ( el cuerpo parte del reposo) (2.15) toma la forma v (t ) =

g c

−− 1 e

ct

(2.16)

.

De (2.16) se deduce que l´ım t →∞ v (t ) = gc , ésto es, la velocidad de caída tiende a estabilizarse. d). Espejos parabólicos. Los espejos parabólicos tienen la siguiente propiedad: un rayo de luz emitido desde su foco se refleja en la dirección horizontal de su eje. Entonces α = β por la ley de reflexión de la luz. Veámoslo en la figura:

Además es claro que φ = β y θ = φ + α = 2β . Ahora, tan θ = tan2β = Puesto que tan β =

dy dx

y

(2.17)

x

2tan β . 1 − tan2 β

de (2.17) obtenemos y = x

De (2.18) obtenemos dy dx

La ecuación (2.19) la podemos escribir así:

=

2 dy dx

 −  −± dy dx

1

2

β

x2 + y2

x

y

d x2 + y2

  ±  2 x2 + y2

(2.18)

.

.

= dx .

(2.19)

(2.20)

Integramos a ambos lados de (2.20) y obtenemos

± x2 + y2 O también así:

 

= x + c.

x2 + y2 = x2 + 2cx + c2 .

(2.21)

De (2.21) obtenemos que la solución y ( x) de (2.19) satisface y2 = 2cx + c2 ,

lo cual nos indica la forma parabólica del espejo.


Rendón y García


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2.5.1. Ejercicios propuestos 1. El uranio se descompone a una velocidad proporcional a la cantidad presente. Si inicialmente hay 10 gramos y después de dos horas se ve que ha perdido el 5% de su masa oroginal, halle la cantidad de uranio después de 5 horas. Rpta: 8 ,781 gr . 2. En una reacción química, la sustancia M se transforma en otra sustancia a una velocidad proporcional a la cantidad de M no transformada todavía. Si al inicio de la reacción había 200 gr de M y una hora más tarde 75 gr , calcule el porcentaje de M transformada después de 2 horas. Rpta: 85 ,93 % 3. Sabemos que el material radioactivo se desintegra proporcionalmente a la cantidad existente en cada momento. En una prueba realizada con 60 mg de este material, se observó que después de 3 horas, solamente el 80% de la masa permanecía en ese momento. Hallar: a) ¿Qué cantidad permanece en 5 horas? Rpta: 41 ,365 mg b) ¿En qué tiempo, la cantidad del material es 1 /4 de la cantidad inicial? Rpta: 18 ,6 horas 4. Cierto material radioactivo se desintegra a una tasa proporcional a la cantidad presente. Si actualmente se cuenta con 300 gr del material y después de 2 años se observa que el 14% de la masa original se ha desintegrado, halle el tiempo necesario para que se haya desintegrado un 30 % Rpta: 4 ,73 años 5. Se sabe que cierto material se desintegra a una razón proporcional a la cantidad presente. Si después de una hora que el 20% se ha desintegrado, halle la vida media del material. Rpta: 3 ,11 horas 6. En un cultivo de levadura la rapidez de cambio es proporcional a la cantidad existente. Si la cantidad de cultivo se duplica en 4 horas, ¿qué cantidad puede esperarse al cabo de 12 horas, con la misma rapidez de crecimiento? Rpta: 8 veces más 7. Gracias a cierto estudios realizados se sabe que la mosca del mediterraneo crece en proporción al número presente en cada momento. Después de 2 horas de observación se forman 800 familias de moscas y después de 5 horas se forman 2000 familias. Encuentre el número de familias que había al inicio. Rpta: 434 familias 8. La población de cierta ciudad aumenta proporcionalmente al número de habitantes que hay en un momento dado en ella. Si después de 5 años la población se ha triplicado y después de 8 años la población es de 45000 habitantes, halle el número de habitantes que había inicialmente en la ciudad. Rpta: 7760 habitantes 9. La tasa de crecimiento de una población es proporcional al número de sus habitantes. Si después de 18 años la población se ha duplicado y después de 25 años la población es de 200000 habitantes, halle: a) El número inicial de habitantes. Rpta: 76372 habitantes b) ¿Cuántos habitantes tendrá dentro de 100 años? Rpta: 3588954 habitantes 10. En cierto zoológico se ha observado que la cantidad de animales aumenta proporcionalmente al número actual de dichos animales. Si después de 5 años su número se ha duplicado y después de 7 años el número de animales es 576, halle el número de animales con que contaba el día de la inauguración del jardín zoológico. Rpta: 218 11. Según la ley de enfriamiento de Newton, la velocidad a que se enfría una sustancia al aire libre es proporcional a la diferencia de temperaturas de la sustancia y del aire. Si la temperatura del aire es 28 o y la sustancia se enfria de 100 o a 80 o en 12 minutos. ¿En que momento estará a una temperatura de 50o ? Rpta: 43,72 minutos


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12. La corriente sanguínea lleva un medicamento hacia el interior de un órgano a razón de 3 cm3 /seg y sale de él a la misma velocidad. Se sabe que el volumen del órgano es de 125 cm3 y la concentración del medicamento que entra es de 0 ,2gr /cm3 . ¿Cuál es la concentración del medicamento en el órgano si inicialmente no había vestigio alguno del medicamento?¿Cuándo la concentración será de 0 ,1gr /cm3 ?


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EDO Capitulo02

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