T - Claroline

CAPÍTULO 4
Aplicación de las ED de primer orden
En este capítulo presentamos algunas aplicaciones modeladas por ecuaciones diferenciales de primer
orden de las tratadas en el capítulo anterior. Básicamente, un modelo tiene tres componentes: un conjunto de
variables a estimar o estudiar, un principio o ley que describe las relaciones fundamentales entre las variables
y/o algunas otras variables derivadas de ellas y la tercera componente es un conjunto de resultados
experimentales o condiciones sobre las variables, como por ejemplo, resultados de un laboratorio de química, de
física, de biología, de la toma de censos, etc, dependiendo de la aplicación particular. En cada una de las
secciones de este capítulo se enuncia un principio o ley y sus principales aplicaciones, el objetivo es que el lector
aprenda a plantear un modelo matemático (descripción de variables, planteo de las ED y condiciones), obtenga
su solución e interprete los resultados obtenidos.
4.1. Crecimiento y decaimiento exponencial
dy (t )
= ky (t ) , donde t ≥ 0
dt
y (t ) es la función incógnita, también llamada cantidad presente en el tiempo t .
En esta sección presentamos aplicaciones modeladas por la ED
es constante y
es el tiempo,
k
Sinónimos de la derivada
La derivada de la función y (t ) respecto al tiempo también será llamada razón de cambio instantánea de y (t )
respecto a t , tasa de cambio instantánea de y (t ) respecto a t y dependiendo de la naturaleza de la aplicación
se puede ser más específico, por ejemplo, en problemas en que y (t ) es el número presente de núcleos
radiactivos de un material radiactivo, nos referimos a su derivada como actividad de desintegración, etc.
1
Proporcionalidad
Sean
f (t )
y
g (t )
variables con el tiempo; las siguientes tres proposiciones son equivalentes:
P1
f (t )
P2
f (t ) = k ⋅ g (t ) para todo t , k
P3
f (t )
=k
g (t )
es proporcional a
para todo
g (t )
t, k
con constante de proporcionalidad
constante no nula
constante no nula
Ejemplo 4.1
1
La “razón de
a
a
b ” es la división a
b
149
k ≠0
(o razón
k)
150
Aplicación de las ED de primer orden
Las funciones como
y (t ) = Ae kt , con A, k
constante de proporcionalidad es
relación
constantes, son proporcionales a su derivada
k , eso se deduce desde la razón
y ′(t ) kAe kt
=
=k
y (t )
Ae kt
y ′(t ) = kAe kt
y la
y también desde la
y ′(t ) = k 
Ae kt = ky (t )

y (t )
Ejemplo 4.2
y ′(t ) = ky (t ) y suponga que y (t ) ≥ 0 , ∀t ≥ 0 . En la ED aparece despejada y ′(t )
términos de y (t ) y k , esto permite anticipar propiedades sobre el decrecimiento y concavidad de
soluciones y (t ) dependiendo del signo de k :
Considere una ED
en
las
Si
k >0
entonces
y ′(t ) ≥ 0 , ∀t ≥ 0 , consecuentemente las soluciones y (t )
son funciones crecientes.
Si
k<0
entonces
y ′(t ) ≤ 0 , ∀t ≥ 0 , consecuentemente las soluciones y (t )
son funciones decrecientes.
Lo figura ilustra dos soluciones de
y ′(t ) = ky (t ) . Observe que y (0)
es el valor inicial (para
t = 0 ) de y (t ) :

Ley de crecimiento o decaimiento exponencial
El principio de crecimiento o decaimiento exponencial que modela las aplicaciones en esta sección es:
dy (t )
= ky (t ) , para alguna constante k .
dt
Con
y (t ) ≥ 0 . Se llama ley de crecimiento o decaimiento dependiendo de si y (t )
y (0)
es creciente o decreciente.
y0 . A continuación resolvemos las ED de marras.
dy (t )
Empezamos separando las variables como:
= kdt
y (t )
Denotamos la cantidad inicial
con
ln y (t ) = kt + C , donde C
E integra para obtener su solución general
Aplica la condición inicial
y (0) = y0
y obtiene:
ln y0 = C
ln y (t ) = kt + ln y0
Con lo que la solución se escribe:
⇔
y (t ) = e kt + ln y 0
⇔
y (t ) = y0 e kt
es un parámetro.
Aplicación de las ED de primer orden
151
Si
k >0
entonces
y (t ) = y0 e kt
es creciente y el problema de valor inicial es de crecimiento exponencial.
Si
k<0
entonces
y (t ) = y0 e kt
es decreciente y el problema de valor inicial es de decaimiento exponencial.
Vida media
El concepto de vida media aparece en problemas de decaimiento exponencial y se define como el tiempo
que la cantidad presente
desde la ecuación:
y (T )
y (T ) =
es la mitad de cantidad inicial
y (0) .
y (0)
y (0)
. Note que
= 0,5 y (0)
2
2
Entonces la vida media
es el 50% de la cantidad
T
T
en
se despeja
y0
Se ha determinado la vida media para la mayoría de aquellos elementos químicos que se desintegran (porque
los núcleos de sus átomos son inestables, debido al desequilibrio entre las fuerzas de sus partículas nucleares).
Por ejemplo, la vida media del Carbono-14 es de 5730 años.
Ejercicio 4.1
Sea
y (t )
la cantidad presente en el instante
t
2
de un sustantivo (población, etc) que está modelado por :
dy
ln 2
. Si utiliza la
= −ky , y (0) = y0 para k > 0 . Demuestre que la vida media del sustantivo es T =
dt
k
dy
ln 2
ED
.
= ky demuestre que la vida media es T = −
dt
k
Problemas de desintegración radiactiva
Entre la larga lista de componentes de cada átomo, hay tres tipos de partículas subatómicas fundamentales para
describir su química (sus propiedades y transformación): electrones, protones y neutrones. Un electrón tiene
carga negativa, el protón carga positiva y el neutrón es eléctricamente neutro. La masa de un neutrón es
ligeramente mayor que la masa de un protón; pero, necesitaría aproximadamente 1840 electrones para igualar la
masa de un protón.
Los protones y neutrones se ubican en el núcleo del átomo, mientras los electrones están fuera del núcleo. El
núcleo del átomo es muy denso y su volumen es extremadamente menor que el volumen del átomo; sin
embargo, la mayoría de la masa del átomo se concentra en el núcleo. Entre los nucleones (partículas del núcleo)
cercanos hay fuerzas de atracción, mientras entre los protones se producen fuerzas de repelencia y los
neutrones tienen el efecto de neutralizar parcialmente la fuerza debida a la repelencia entre protones. Si la
magnitud de las fuerzas de atracción es mayor que la magnitud del resto de fuerzas, entonces el núcleo es
estable, de lo contrario el núcleo es inestable radiactivo, esto significa que sufre rupturas espontáneas y emite
partículas o energía en forma de ondas (esta energía es conocida como radiación).
Para cada átomo se definen su:
número atómico = número de protones
número de masa = número de protones + número de neutrones
3
Dos átomos con el mismo número atómico y diferente número de masa se llaman Isótopos.
Ejemplo 4.3
2
3
Utilizamos –k con k positiva, para ser explícitos en que se trata de un problema de decaimiento exponencial
Y por lo tanto diferente número de neutrones
152
Aplicación de las ED de primer orden
Los isótopos del hidrógeno (H) son: hidrógeno (1 protón, 0 neutrones), deuterio (1 protón, 1 neutrón) y el tritio (1
protón, 2 neutrones). Los isótopos del carbono (C) que existen naturalmente son carbono-12 (6 protones, 6
neutrones), carbono-13 (6 protones, 7 neutrones) y carbono-14 (6 protones, 8 neutrones). El carbono-14 es
inestable y, por tanto, se desintegra.
Un Elemento es materia formada por cantidades proporcionales de isótopos con el mismo número atómico
(número de protones). En las tablas periódicas modernas, los elementos se ordenan ascendentemente, por
número de protones. Como un elemento tiene cantidades porcentuales de cada isótopo, su masa o peso atómico
promedio se calcula como la suma de los productos del porcentaje por la masa del isótopo respectivo. La masa
atómica promedio puede consultarse debajo de cada elemento en la tabla periódica.
En esta sección utilizamos como principio, que la velocidad con que se desintegran los núcleos de los isótopos
radiactivos, es proporcional al número de núcleos presentes; por lo tanto, el modelo para la desintegración
radiactiva es:
dy
= −ky , y (0) = y0 , donde k > 0
dt
y (t ) es la cantidad de núcleos presentes en el instante t . Para efectos prácticos, consideramos y (t )
donde
en unidades de masa

Ejemplo 4.4 Fechado con radiocarbono
El carbono-14 es un isótopo radiactivo con vida media de 5730 años y está presente en los seres vivos. Pese a
12
su desintegración, la razón entre el carbono-14 y el carbono-12 permanece constante (1/10 ), debido a que un
ser vivo renueva la pérdida del carbono-14 por respiración o alimentación, hasta el momento en que muera.
También es constante la razón del carbono-14 al carbono-12 en la atmósfera, porque la cantidad de carbono-14
que se transmuta es renovada en la alta atmósfera debido al bombardeo de neutrones que hacen los rayos
cósmicos provenientes del espacio exterior, sobre el nitrógeno-14 produciendo carbono-14. Esa razón del
carbono-14 al carbono-12 en la atmósfera es igual a la respectiva razón en seres vivos.
Por supuesto, este método para determinar edad de una sustancia proveniente de un ser vivo, tiene un margen
de error importante cuando el tiempo entre la muerte y la toma de la muestra es grande, porque las respectivas
cantidades de carbono-14 en la atmósfera para esos tiempos y en la actualidad han tenido variantes, además,
en fósiles con más de 50,000 años su radiación es muy pequeña para ser medida con exactitud. Para aproximar
una fecha de muerte más allá de 50,000 años y hasta de millones de años, se pueden utilizar como referencia
otros isótopos.
La curva que determina la cantidad de carbono-14 en la atmósfera respecto al tiempo, se puede construir en
base a los análisis que se han llevado a cabo sobre los anillos de los árboles, sedimentos en los lagos y en
océanos y estalagmitas de cuevas sumergidas. Consiste en comparar la edad de cada capa con los sedimentos
de carbono-14 en ella.
Se midió el nivel de carbono-14 en un gramo de madera del anillo interior de un árbol muerto y se determinó que
contenía el 29,829244% de la cantidad de carbono-14 que contiene un árbol vivo de la misma especie.
Determine el tiempo que lleva de muerto el árbol.
R. La ED que modela la cantidad presente
y (t )
de carbono-14 a los
t
años es
dy (t )
= −ky (t )
dt
La vida media del carbono-14 es 5730 años, entonces las condiciones de frontera son
Debemos hallar
T
con la propiedad
y (T ) = 29,829244% y0
Empezamos por recrear la solución de la ED
⇔
dy
= −ky
dt
dy
= −kdt
y
y (0) = y0


 y (5730) = 0,5 y0
Aplicación de las ED de primer orden
Para determinar
A, k
153
⇔
ln y = −kt + C , C
⇔
y = e − kt eC
⇔
y = Ae − kt , A
aplica las condiciones de frontera
constante
constante
y (0) = y0


 y (5730) = 0,5 y0
en esa solución y obtiene:
 Ae −0k = y0
 − 5730k
= 0,5 y0
 Ae
De la primera ecuación despeja
k=
ln 2
, este valor de k =
5730
A = y0
y sustituye en la segunda para obtener
ln 2
e −5730k = 0,5
⇔
era de esperarse.
vida media del carbono 14
y (t ) = y0 e
Se resume que la solución al problema es:
Y la respuesta a nuestra pregunta ¿para cuál
T
es
−
ln 2
t
5730 .
y (T ) = 29,829244% y0 ? se responde a continuación:
ln 2
T
y (T ) = y0 e 5730 = 0,29829244 y0
−
⇔
T = −5730
ln 0,29829244
≈ 10.000
ln 2
años

Ejercicio 4.2
Hace 10 años se encontró un hueso de un mamut, se determinó en ese momento que el hueso solo contenía el
25.214383% de la cantidad original de carbono-14 que tenía cuando el mamut murió. Hoy en una nueva
medición, se determinó que solo contiene el 25,1839% de la cantidad original de ese isótopo. Determine el
número de años que han transcurrido desde que el animal murió.
R. Si denota con T la cantidad de años desde que murió al día de hoy, entonces T − 10 fue hace 10 años.
Entonces
T = 11399
años aproximadamente.
Ejemplo 4.5
226
El radio (Ra) es un metal con número atómico 88 (88 protones), su isótopo Ra (226-88=138 neutrones) es
radiactivo. Su vida media es 1600 años y se desintegra con rapidez proporcional a la cantidad de radio presente
en cada instante. ¿Qué porcentaje de radio estará presente a los 50, 100 y 200 años?
R. Sea
x (t ) , cantidad de radio presente a los t
El modelo para esta aplicación es
años.
x ′(t ) = kx (t ) , k
Empezamos recreando la solución de:
constante, con condiciones de frontera
dx (t )
= kx (t )
dt
⇒
dx (t )
= kdt
x (t )
⇒
ln x (t ) = kt + C , C
constante
 x (0) = x0
 x (1600) = x0

2
154
Aplicación de las ED de primer orden
⇒
x (t ) = e kt + C = eC e kt
⇒
x (t ) = Ae kt , A
constante
La solución particular requiere de valores específicos de las constantes (en función de la cantidad inicial
x0 ).
Para obtenerlas traduce las condiciones de frontera:
 x (0) = x0
 x (1600) = x0

2
Despeje
k = − ln 2
en
 Ae k ⋅0 = x0
A = x0

x

1600k
= 0
⇒
 k ⋅1600 x0
 Ae1600k = x0 ⇒ x0 e
2
=

 Ae
2
2
y sustituye junto con
1600
A = x0
x (t ) = x0
⇔
Para efectos prácticos escribimos
en la solución general para obtener la solución particular:
− ln 2 t
e 1600
−t
x (t ) = x0 ⋅ 2 1600
x (t ) = x0 e
− ln 2 t
1600
≈ x0 e − 0,000433217 t , donde la cantidad de dígitos en
la expansión decimal del número ln 2 es muy importante y está sujeta a la precisión que desee.
1600
No requerimos de la cantidad inicial
x0
porque la información está en términos porcentuales, de hecho la
pregunta “¿Qué porcentaje de radio se espera que esté presente después de 50 años?”, se deduce de:
x (50) ≈ x0e −0,000433217 ⋅ 50 ≈ 0
,978572062


 x0
97,86%
Esto significa que el 97,86% de la cantidad inicial
x0
(aproximadamente) está presente a los 50 años. De igual
forma a los 100 y 200 años quedarán el 95,76% y el 91,7% de la cantidad inicial, respectivamente
Ejercicios 4.3
1.
Sea
Sean
y
(en km) la altura medida desde el nivel del mar y
ρ0
3
kg/m y
p0
p( y )
Pa
4
la presión atmosférica a la altura
2
gρ
dp
=− 0 p
dy
p0
Determine la presión atmosférica
4
5
y.
Pa la densidad y presión atmosférica a nivel del mar (constantes). Si la temperatura
del aire y la aceleración ( g m/s ) de la gravedad son constantes dentro del rango que varíe
condiciones la presión atmosférica está modelada por la ED:
R. Presión atmosférica

p( y )
y . Bajo estas
en función de la altitud. Trace la gráfica de altitud versus presión.
 gρ 
p ( y ) = p0 ⋅ exp − 0 y 
 p0 
Pascal = N / m2 = kg . m/s2
Considerar la temperatura constante, arrojará una solución aproximada a la real
5
Aplicación de las ED de primer orden
2.
155
El uranio se desintegra a una tasa instantánea, proporcional a la cantidad presente en cualquier instante. Si
t = 0 años) están presentes M 0
presentes en el año t es:
inicialmente (en
M (t ) = M 0 e − kt , k
Si
M1
y
M2
es una constante de proporcionalidad positiva.
gramos están presentes en los tiempos
que la vida media
T
T=
T1
y
T2
(dados en años) respectivamente, muestre
del uranio es:
(T2 − T1 ) ln 2
ln
Muestre que
gramos de uranio, muestre que la cantidad de gramos
 M2

 M0
T1
M1
M2

M 
 =  1 

 M0 
T2
3.
Encuentre la vida media de una sustancia radiactiva, si el 25% de esta desaparece en diez años.
R. 24,09 años aproximadamente.
4.
Si el 30% de una sustancia radiactiva desaparece en diez años. ¿En cuánto tiempo desaparece el 90%?
R. 64,55 años aproximadamente.
5.
Bacterias en un cierto cultivo se incrementan a una tasa instantánea de cambio respecto al tiempo,
proporcional al número presente. Si el número original se incrementa en un 50% en media hora. ¿En cuánto
tiempo se espera tener tres veces el número original? R. 1,36 hrs
6.
Un cultivo de bacterias crece con rapidez inversamente proporcional a la raíz cuadrada del número
presente. Inicialmente hay nueve unidades y a las dos horas están presentes dieciséis unidades ¿En
cuántas horas habrá treinta y seis unidades? R. 10,22 horas aproximadamente.
2
3
37
Si x (t ) es cantidad de bacterias presente entonces x (t ) =
t + 27
(2
)
7.
En cierta solución hay 2g de un químico Q. En una hora hay 3g de Q. Si la tasa de incremento instantánea
del químico respecto al tiempo es proporcional a la raíz cuadrada del tiempo que ha estado en la solución,
¿cuántos gramos habrá a las cuatro horas?
3
R. 10g. Si x (t ) es cantidad presente de Q, entonces x (t ) = t 2 + 2
8.
Una sustancia decrece a una tasa que es inversamente proporcional a la cantidad presente e inicialmente
hay doce unidades presentes y 8 unidades están presentes a los dos días, ¿cuánto tiempo tomará para
desaparecer la sustancia?
R. 3,6 días. Además,
x (t ) = 144 − 40t
es cantidad de sustancia presente a los
t
días.
156
Aplicación de las ED de primer orden
4.2. Crecimiento logístico
Esta sección trata funciones
y (t ) > 0 , ∀t ≥ 0
modeladas por la ED de Bernoulli (también separable):
dy (t )
= αy (t ) − β ( y (t ))2 , con α , β
dt
constantes positivas.
dy
= αy − βy 2
dt
O simplemente
Como es usual la ED muestra la derivada de las soluciones que pretendemos hallar, estudiemos soluciones
constantes (
y ′(t ) = 0 ), estrictamente decrecientes ( y ′(t ) < 0 ) y estrictamente
Soluciones constantes satisfacen
y ′(t ) = 0 , ∀t ≥ 0 ,
crecientes (
y ′(t ) > 0 ).
cambiando la derivada por su equivalente
αy − βy 2
αy − βy 2 = 0
obtiene:
y ⋅ (α − βy ) = 0
⇔
Concluye que las soluciones constantes de la ED de Bernoulli son:
y (t ) = 0
La función nula
y (t ) = 0
e
y (t ) =
α
β
es solución de la ED de Bernoulli, sin embargo, no la estamos considerando.
Las soluciones decrecientes estrictamente satisfacen
y ′(t ) < 0 , ∀t ≥ 0 , equivalente a:
αy − βy 2 < 0
y ⋅ (α − βy ) < 0
⇔
Y como
Como
y (t ) > 0
β >0
α − βy < 0
equivale a:
α
< y (t )
β
eso equivale a:
Sobre la concavidad de estas soluciones decrecientes se podrá concluir después que calculemos la segunda
derivada. Empezamos con la primera derivada de las soluciones:
dy
= αy − βy 2
dt
y deriva para obtener:
d2y
dt
2
=α
dy
dy
− β2y
dt
dt
Aplicación de las ED de primer orden
d2y
Factorizando obtiene:
Dado que
dt 2
157
=
dy
⋅ (α − 2 βy )
dt
y ′(t ) < 0 , la segunda derivada es negativa si α − 2 βy > 0
Entonces las soluciones serían cóncavas si y solo si
es posible porque
α α
<
2β β
6
y estamos en el caso que
Las soluciones serían convexas si y solo si
todo
t ≥ 0 . La
α − 2 βy (t ) > 0
α
< y (t )
β
α − 2 βy (t ) < 0
y es positiva si
equivalente a
(entonces
equivalente a
α − 2 βy < 0 .
y (t ) <
α
2β
, pero esto no
α
< y (t ) ).
2β
α
< y (t ) , lo cual es cierto para
2β
siguiente figura muestra el trazo de la gráfica de una de tales soluciones:
Dejamos como ejercicio al lector hacer un estudio de las soluciones en caso que
y ′(t ) > 0 .
Ejercicio 4.4 Soluciones crecientes estrictamente de la ED de Bernoulli.
Estudie concavidad de las soluciones
y (t ) > 0 , ∀t ≥ 0 ,
de la ED de Bernoulli que satisfacen
y ′(t ) > 0 ,
∀t ≥ 0 , es decir, que son estrictamente crecientes.
Ley de crecimiento logístico
7
Las aplicaciones en esta sección están modeladas por la ley de crecimiento logístico (ED de Bernoulli):
dy
= αy − βy 2
dt
para
α, β
constantes positivas y
y (t ) <
α
∀t ≥ 0
β
Nota
Estas ED también son separables y modelan, con mucha precisión, cómo se propaga un virus en una población,
también la medida con que aumenta la estatura promedio de un ser humano y muchos otros comportamientos
de sustantivos de interés humano en periodos largos de tiempo.
Solución de la ED
En la ED de Bernoulli
para obtener:
dy
= αy − βy 2
dt
−
v′
v2
=α
aplique el cambio de variables
1
v′
v = y −1 ⇔ y = ⇒ y ′ = −
v
v2
1
1
⇔ v ′ + αv = β
−β
v
v2
Es una ED lineal con solución (asumiremos el cálculo del factor integrante para ED lineales):
6
7
Recuerde que alpha y beta son constantes positivas
Suponemos que las soluciones tienen derivada no negativa
158
Aplicación de las ED de primer orden
αdt
− αdt
v = e ∫ ∫ βe ∫ dt
⇒
v = e −αt ∫ βeαt dt
⇔
β
v = e −αt  eαt + C 
α

⇔
1 β
= + Ce −αt
y α
⇔
y (t ) =
β
+ Ce −αt
α
y ′(t ) =
Note que su derivada
1
αCe −αt
 β + Ce −αt 


α

2
≠0
y además,
lim y (t ) =
t → +∞
α
β

Trazo de las curvas logísticas 8
Para trazar la gráfica de las soluciones obtenidas arriba, puede recurrir a la derivación directa; sin embargo, para
evitar cálculos engorrosos mostraremos una alternativa que puede utilizar aún si la ED no ha sido resuelta. En
ese sentido la ED:
dy
= αy − βy 2
dt
muestra la primera derivada de las soluciones y para estudiar su crecimiento factoriza:
dy
= y ⋅ (α − βy )
dt
Dado que
y (t ) > 0
y
y<
α
β
entonces
dy
y ) > 0 , por lo tanto, las soluciones son crecientes.
= y ⋅ (α
− β

dt  
+
+
Para estudiar la concavidad de las soluciones derive la ED de Bernoulli y obtenga:
d2y
dt
Factorice para estudiar su signo, resulta:
2
d2y
dt 2
=α
dy
dy
− 2 βy
dt
dt
= (α − 2 βy ) ⋅
dy
dt
Cada solución tiene un punto de inflexión como se muestra a continuación.
Las soluciones
8
y (t )
son continuas
esta es la solución del ejercicio 4.4
∀t ≥ 0 , α > 0
y
β > 0 , entonces existe T ≥ 0
tal que
y (T ) =
α
2β
.
Aplicación de las ED de primer orden
Sustituya
T
159
en la última ED y concluya que:
d 2 y (T )
dt 2
Como consecuencia
 α 
T ,

 2β 
α  dy (T )

= α − 2β
=0

2 β  dt

es un punto de inflexión de la curva solución de la ED.
Ahora analicemos la concavidad de las soluciones en los intervalos
Caso
t < T . Las soluciones son estrictamente crecientes entonces y (t ) < y (T ) =
d 2 y (t )
dt 2
y (t ))
= (
α 
− 2 β
+
t >T
. En tal caso
dt
2
, esto implica:
+
y (t ) > y (T ) =
d 2 y (t )
α
2β
dy (t )
>0
dt

y en consecuencia las soluciones son convexas en
Caso
[0, T [ y ]T ,+∞[ .
α
2β
[0, T [ .
, esto implica:
dy (t )
= (α − 2 βy (t ))
<0
 dt



−
+
entonces las soluciones son cóncavas en
]T ,+∞[ .
Además, las curvas solución de las ED de Bernoulli tienen asíntota horizontal
f (t ) =
α
β
. La siguiente figura
resume la información anterior. Las soluciones tienen forma de “S” alargada conocidas como curvas Logísticas:

Principio fundamental de conteo
Para interpretar la multiplicación de n ∈  números reales (estudiada en primaria) y en particular de
cantidades variables, retornamos el Principio fundamental del conteo.
Un proceso
P
es una sucesión de
n
 

P1 , P2 ,  , Pn que se
 

P = P1 , P2 ,  , Pn .
acciones o resultados
consecutivamente para producir un resultado que escribimos
llevan a cabo o se dan
Ejemplo 4.6
A a otra ciudad C es un proceso. Suponga que entre A y C hay otra ciudad B
c1, c 2 para ir de A a B y dos carreteras r1, r 2 para viajar desde B hasta C .
Viajar de una ciudad
hay dos carreteras
y que
160
Aplicación de las ED de primer orden

P1 es viajar desde A hasta B y lo puede realizar de 2 formas: viaja por c1 o por c 2 .

La segunda acción P2 es viajar desde B hasta C y lo puede realizar de 2 formas: viaja por r1 o por r 2 .
 
Entonces el viaje (proceso P = P1 , P2 ) desde A hasta C , puede efectuarlo por 4 (=2x2) diferentes rutas,
La primera acción
estas son:
c1r1 , c1r 2 , c 2r1 , c 2r 2
Principio fundamental de conteo
Si las acciones o resultados consecutivos
respectivamente, entonces hay

 

P1 , P2 ,  , Pn
p1 ⋅ p2 ⋅  ⋅ pn
p1 , p2 ,  , pn formas
 

P = P1 , P2 ,  , Pn se realice.
ocurren o se dan de
formas diferentes de que
Ejemplo 4.7
¿De cuántas formas diferentes puede acomodar 3 personas en 4 sillas?

P1

P2

P3
la primera persona puede tomar cualquiera de las 4 sillas y, por tanto, tiene 4 opciones.
la segunda persona puede tomar cualquiera de las 3 sillas restantes, tiene 3 opciones.
la tercera persona puede tomar cualquiera de las 2 sillas restantes, tiene 2 opciones.
Por el principio fundamental del conteo, hay 4x3x2=24 formas diferentes de acomodar las personas

Principio para problemas de epidemiología
En una población de tamaño
P
y (0) infectados con un virus contagioso. Si y (t )
t , entonces P − y (t ) es el tamaño de la población de no
constante, hay inicialmente
es la cantidad de individuos infectados en el instante
infectados.
Suponemos que si no se aíslan los infectados entonces cada uno de ellos puede interactuar con cualquier otro,
si este último está infectado la población de infectados no aumenta, pero si está sano adquiere el virus
aumentando la población de infectados y disminuyendo la de sanos.
Por el principio fundamental de conteo las interacciones entre infectados y sanos es y (t ) ⋅ ( P − y (t )) . La
rapidez con que se propague la epidemia depende directamente de esa cantidad, lo anterior se escribe:
dy
= β ⋅ y ⋅ ( P − y ) , para alguna constante de proporcionalidad β .
dt
Esta ED se puede escribir
dy
= Pβ y − β y 2
dt 
y es una ED de Bernoulli con
α = Pβ
.
α
Ejemplo 4.8
Un animal de laboratorio con una enfermedad contagiosa se introduce en una población de 24 animales no
infectados. Se sabe que la tasa de crecimiento de la población infectada es proporcional al producto de las
cantidades de animales infectados y de animales no infectados. Después de 3 días resulta otro animal infectado.
¿En cuántos días se espera que estén infectados 24 animales? Trace la gráfica de la función solución, a partir
del estudio de su primera y segunda derivada.
Aplicación de las ED de primer orden
R. Sea
y (t )
161
la cantidad de animales infectados, entonces las condiciones se escriben
La población total es
P = 25
y la cantidad de infectados está modelada por
 y (0) = 1

 y (3) = 2
y ′ = ky (25 − y ) , k
constante.
y (25 − y ) representa las posibilidades de que cada uno de los y (t ) infectados interactúe con
25 − y (t ) sanos, por ejemplo, si hay dos infectados, entonces 2.23=46 son las posibilidades de que
El producto
otro de los
el virus pase a un individuo sano.
y ′ = 25ky − ky 2
La ED se escribe
⇒
y ′ − 25ky = −ky 2
A esta ED de Bernoulli le aplica el cambio de variables:
v′
1
v′
v = y −1 ⇒ y = ⇒ y ′ = −
v
v2
1
 1 
− 25k = − k  
−
2
v
v
 v2 
y resulta la ED lineal
⇒
Su solución general es:
2
v ′ + 25kv = k
− 25kdt
25kdt
v=e ∫
∫ ke ∫ dt
⇒
v = e −25kt ∫ ke 25kt dt
⇒
 k 25kt

+ A
v = e − 25kt 
e
 25k

⇒
1 1
= + Ae − 25kt
y 25
Para determinar la solución particular aplica las condiciones
 y (0) = 1

 y (3) = 2
y obtiene:
 1 = 1 + Ae −25k ⋅0
 A = 24
25
1
25


⇒ 

 1 = 1 + Ae − 25k ⋅3
 k = − 1 ln 23 ≈ 0,009809

 2 25
75 48
Con esos valores la solución general se escribe:
23 ) t
1 1 24 (13 ln 48
= + e
y 25 25
⇔
y=
25
t ln 23
48
1 + 24e 3
La figura muestra el trazo de la gráfica de esa curva logística:
Si
T
(desconocida) es cantidad de días que deben transcurrir para que 24 animales estén infectados entonces:
162
Aplicación de las ED de primer orden
24 =
25
T ln 23
1 + 24e 3 48
y despeja para obtener
T ≈ 25,92

días
Ejemplo 4.9
Sea
y (t )
t
la cantidad de individuos infectados por un virus,
son los días transcurridos desde que apareció el
virus en una población de P (constante) habitantes. Inicialmente hay un individuo enfermo y al cabo de 100 días
la mitad de P está enferma, demuestre que
y=
R. La ED para este problema es:
⇔
Con el cambio de variables
y (t )
está dada por:
P
1 + ( P − 1)e
− 0,01⋅t ⋅ln ( P −1)
dy
= ky ⋅ (P − y )
dt
y condiciones
y ′ − kPy = −ky 2
1
v′
v = y −1 ⇒ y = ⇒ y ′ = −
v
v2
v′
1
1
−
− kP = −k  
2
v
v
v
⇔
Multiplique por
e∫
kPdt
= e kPt
k
aplique las condiciones
(
)
d
ve kPt = ke kPt
dt
ve kPt =
⇒
y
2
e kPt v ′ + e kPt kPv = ke kPt
y obtenga
Separe los diferenciales, integre y obtenga:
C
la ED se escribe:
v ′ + kPv = k
⇔
Para hallar
 y (0) = 1
 y (100) = P

2
1 kPt
+C
e
P
1 1
= + Ce − kPt
y P
 y (0) = 1
 y (100) = P

2
y obtenga

 1 1
− kP ⋅0
 = + Ce
1
P


1 1
− kP ⋅100
 P = P + Ce

2
⇔
C = 1 − 1

P



1
k = 100 P ln( P − 1)
Aplicación de las ED de primer orden
163
1 1
= + Ce − kPt
y P
La solución general
se puede escribir como
y=
1
1
+ Ce − kPt
P
=
P
1 + PCe − kPt
Cambie las constantes halladas arriba y obtiene la solución particular:
y (t ) =
P
1
−P
ln ( P −1)t
1 + ( P − 1)e 100 P
⇔ y (t ) =
P
1 + ( P − 1)e

− 0.01t ln ( P −1)
Ejercicio 4.5
En una jaula de laboratorio hay 98 conejos sanos. Inicialmente (para tiempo 0 semanas) se introducen en la
jaula 2 conejos más que tienen una enfermedad contagiosa. Una semana después hay exactamente 5 conejos
enfermos. Sea y (t ) la cantidad de conejos enfermos que hay en la jaula cuando han transcurrido t semanas a
partir del momento inicial.
a) Plantee la ED y condiciones iniciales que determina y (t )
100
b) Determine y (t ) en términos del tiempo (en semanas).
R.
c)
R. 45 días aproximadamente
¿Cuántos días después del tiempo cero habrá 90 conejos enfermos?
y (t ) =
(49 )
t
1 + 49 19
Ejercicio 4.6
Si el 5% de los estudiantes de una universidad tienen una enfermedad contagiosa y una semana más tarde un
total del 15%, han adquirido la enfermedad. Plantee una ED y condiciones que modelen la aplicación y obtener
su solución. ¿Qué porcentaje estará contagiado a las 3 semanas (si hay cuarentena)?.
R. Solución
y (t ) =
P
(ln 17 )t
1 + 19e 57
.
y (3) ≈ 0,6648P
es el 66,48% de
P
(total de estudiantes).
Demografía, estatura promedio, circunferencia encefálica, peso promedio, etc
La estatura promedio, circunferencia encefálica promedio, peso promedio de un niño de
de las variables
y (t )
Aplique el cambio de variables
−
⇒
−
v=
v′
v2
v′
v
− v2
meses, son algunas
modeladas por la ED de Bernoulli:
y ′ = αy − βy 2
Multiplique por
t
2
para obtener
con
α, β
son constantes positivas.
1
v′
1
⇒ y = ⇒ y′ = −
v
y
v2
=α
1
1
−β
v
v2
−α
1
1
= −β
v
v2
a la ED de Bernoulli y obtenga
α dt
= eα t
v ′ + αv = β , es lineal y multiplique por e ∫
eα t v ′ + eα tαv = eα t β
para obtener:
164
Aplicación de las ED de primer orden
(
)
d αt
e v = eα t β
dt
⇒
Separe diferenciales, integre y obtenga la solución:
eα t v =
β αt
e + C , con C
α
⇒
1 β
= + Ce −α t
y α
⇒
y (t ) =
parámetro.
1
β
+ Ce −α t
α
El tiempo suele medirse en meses o años. Por lo general se tiene una extensa tabla con condiciones de frontera,
por ejemplo, la estatura
y (t )
de un bebé observada a los 0,1,2,...,12 meses, sin embargo, solo se requieren
tres condiciones de frontera para determinar
α, β
y el parámetro que aparece en la solución de la ED.
Para hallar las tres constantes se toman tres datos de la tabla: inicial, del medio y final. Por ejemplo, si el tiempo
varía de 0 a 12 meses, considera los datos a los 0, 6 y 12 meses. Además, para evitar números con muchos
dígitos en su expansión decimal, cambiamos, las unidades de medida del tiempo por
para referirse a 0, 6 y 12 meses.
Las condiciones de frontera toman la forma:
Aún así, despejar
α, β ,C
 y (0) =

 y (1) =
 y (2 ) =

y0
y1
y2
y aplicadas a
y (t ) =
t0 = 0 , t1 = 1
1
β
+ Ce −α t
α
y t2
resultan:

1

= y0
β
 + Ce − 0α
α
1

= y1
 β
−α
 α + Ce

1

= y2
β
 + Ce − 2α

α
es engorroso y por eso omitimos los cálculos que nos llevan a:
 β
y12 − y0 y 2
 α =
y1 ( y0 y1 − 2 y0 y 2 + y1 y 2 )


 −α y0 ( y 2 − y1 )
=
e
y 2 ( y1 − y0 )



1 β
−
 C=
y0 α

Note que hemos despejado
e −α
para sustituir en
( )
β
e −α t = e −α t , lo mismo con α

=2
Aplicación de las ED de primer orden
165
Ejemplo 4.10
El peso promedio de un bebé depende del sexo y para cada sexo la curva de peso promedio depende de su
peso al nacer. Para elaborar una función que sirviera de guía para controlar el peso de otros bebés, se empezó
por estudiar una cantidad importante de bebés del mismo sexo, que tuvieron una pequeña diferencia de peso al
nacer y se midió su peso cada mes, los resultados de cada mes se promediaron y se generó una tabla de pesos
promedio. Por ejemplo, de una población importante de bebés varones cuyo peso promedio al nacer fue de 3,8
9
kg, se obtuvo la siguiente tabla de pesos promedio:
meses
peso en kg
0 (RN)
3,8
1
4,6
2
5,3
3
6,1
4
6,6
5
7,3
6
7,8
7
8,3
8
8,8
9
9,3
10
9,7
11
10,1
12
10,4
10
Hallar una fórmula para el peso promedio en función de t meses desde su nacimiento. Dibuje la curva teórica
que ayude a otros padres a controlar el peso de su bebé, a partir de la información sobre su primera y segunda
derivadas, muestre puntos críticos, puntos de inflexión y estudio de la función de peso promedio en los extremos
del dominio.
R. Empiece por cambiar la escala para medir el tiempo, tome los tiempos 0, 1, 2 para representar a 0, 6, 12
meses respectivamente (note que la diferencia entre tiempos consecutivos es la misma constante, en este
ejemplo es 6). Este cambio de escala nos permitirá utilizar las fórmulas dadas arriba para hallar las constantes:
Sea
y (t )
β −α
,e ,C
α
el peso promedio (teórico) que debemos hallar a partir del problema de valores en la frontera:
y ′ = αy − βy
2
con condiciones
 y (0) = 3,8

 y (1) = 7,8
 y (2 ) = 10,4

Dejamos de ejercicio al lector que recree el proceso dado arriba para obtener la solución de esa ED de Bernoulli.
Inclusive también puede resolver la ED como Separable y comparar la eficiencia de uno y otro método. Por
ambos deberá llegar a la solución general:
y (t ) =
1
β
+ Ce −α t
α
Después de aplicar las condiciones de frontera
 y (0) = 3,8

 y (1) = 7,8
 y (2 ) = 10,4

y con ayuda de una computadora obtenga:
β
≈ 0,08617
α
9
Es posible que tenga leves imprecisiones por defectos de impresión y grosor del trazo de la curva. Pese a eso se obtiene una
función que interpola muy bien los puntos de la tabla.
10
Todo recién nacido abandona la clínica u hospital donde nació, con un folleto que incluye esta y otras curvas logísticas
teóricas para que sus padres lleven su control de peso, estatura, crecimiento de la cabecita, etc.
166
Aplicación de las ED de primer orden
e −α ≈ 0,23750
o si prefiere despeja para obtener:
α ≈ 1,43759
C ≈ 0,17699
Sustituya estos valores en la solución general para obtener la solución particular:
y (t ) ≈
donde
t
1
0,08617 + 0,17699e −1,43759 t
está en la escala 1:6 meses, por ejemplo, el mes 4 corresponde a
partir de la razón 1:6) y el peso promedio a los cuatro meses es
t=4=2
6
(3 )
3
y 2 ≈ 6,49153 .
(aplica “regla de tres” a
También, dejamos de
ejercicio el estudio de crecimiento, concavidad y trazo de la gráfica de la función peso promedio

Ejercicio 4.7
En una jaula de laboratorio hay N conejos sanos. Inicialmente (0 semanas) se introducen en la jaula a
conejos más, con una enfermedad contagiosa. La cantidad de animales enfermos crece con razón de cambio
instantánea con respecto al tiempo, proporcional al producto de la cantidad de conejos enfermos y la cantidad de
conejos sanos en el instante t. Una semana después hay b conejos enfermos. Sea y (t ) la cantidad de
animales enfermos en la jaula en t semanas. Plantee un modelo para este problema epidemiológico y determine
y (t )
R.
en función del tiempo.
y ′ = αy (a + N − y )
sujeta a
 y (0) = a

 y (1) = b
tiene solución
y (t ) =
a+N

N  ln
1 + e
a
a (a + N − b ) 
t
bN

Aplicación de las ED de primer orden
167
4.3. Ley de enfriamiento de Newton
Considere un objeto homogéneo (calor específico
C
y densidad
ρ
constantes), que se introduce en un medio
circundante, cuya temperatura se mantendrá regulada en un nivel constante
tiene una fuente de calor interna y para cada instante
tanto la temperatura en el tiempo cero es
t
M
. Suponemos que el objeto no
la temperatura en cada punto del objeto es
U (t ) , por lo
U (0) = U 0 .
Si la temperatura del medio es diferente a la temperatura inicial del objeto, es decir M ≠ U (0) , entonces el
calor se trasfiere desde el objeto al medio o viceversa, obedeciendo al principio de que el calor fluye desde los
puntos de mayor temperatura hacia los de menor temperatura. Es importante recordar que en todo momento la
temperatura del medio se mantiene controlada en el nivel M .
M > U 0 , el calor fluye desde el medio al objeto, el cual gana calorías y eleva su temperatura en función del
tiempo transcurrido, es decir, la función temperatura U (t ) del objeto es creciente.
Si
Si
M < U0
entonces el calor fluye del objeto hacia el medio, por tanto,
U (t )
es decreciente.
Bajo estas condiciones es aplicable el siguiente principio.
Ley de enfriamiento de Newton
La razón de cambio de la temperatura del objeto respecto al tiempo es proporcional a la energía térmica perdida
(esta se refiere a temperatura del objeto menos temperatura del medio circundante). Si denota
U = U (t )
entonces esta aplicación está modelada por las ED:
dU
= α (U − M )
dt
donde
α
o
dU
= α (M − U )
dt
es constante de proporcionalidad. Esas ED son separables y lineales de primer orden.
En cada ejemplo podemos anticipar el signo de
la temperatura inicial del cuerpo, entonces
U (t )
α , por ejemplo, si la temperatura M
del medio es mayor que
es creciente, esto implica que la derivada
U ′(t ) > 0 , además,
M − U (t ) > 0 , en tal caso para mantener la consistencia de los signos en la ED:
′(t ) = α ( M − U (t ))
U


+
debería ser
+
α > 0.
En los ejemplos a continuación, dejaremos que la aplicación de las condiciones iniciales determine el signo de la
constante de proporcionalidad α . Sin embargo, empezaremos por decidir si U − M > 0 o M − U > 0 .
Ejemplo 4.11
Agua a temperatura 80ºC, es colocada en un medio circundante que se mantiene a temperatura de 50ºC. A los 5
minutos la temperatura del agua es 70ºC. Determine una fórmula para la temperatura del agua en función del
tiempo transcurrido; la temperatura a los 10 minutos y ¿para qué tiempo la temperatura será de 60ºC?.
Sea
U (t )
la temperatura del agua y
M = 50
entonces la ED que modela el problema es:
168
Aplicación de las ED de primer orden
dU
= α (U − 50) donde U = U (t )
dt
U − 50
Sea que tome
o
50 − U , después de aplicar las condiciones de frontera obtendrá la misma solución
al problema (comprobarlo), sin embargo, para exponer algunos detalles utilizaremos
tiene
U (t ) ≥ 50
y con esto
En tal caso, se
U − 50 = U − 50 .
Las condiciones de frontera para este problema son
Escriba la ED como:
U − 50 .
U ′ − αU = −50α
U (0) = 80

U (5) = 70
y multiplique por el factor integrante
e∫
−α dt
= e −α t , obtiene:
e −α tU ′ − αe −α tU = −50αe −α t
(
)
⇔
d e −α tU = −50αe −α t dt
⇒
U (t ) = 50 + Ceα t
Los valores de
α,C
se escogen de tal forma que:
U (0) = 80

U (5) = 70
⇔
50 + C = 80

50 + Ce5α = 70
⇔
C = 30
 5α
Ce = 20
⇔
α = ln
1
5
2
3
note que sin anticiparlo
α <0
Con los cuales la temperatura en cualquier instante es:
t
1 ln 2 ) t
(
2
5
3
U (t ) = 50 + 30e
= 50 + 30( )5
3
A los 10 min. es:
El tiempo
T
U (10) ≈ 50 + 30e −0,8109302162163 ≈ 63, 3
para el cual
U (T ) = 60
se despeja de la ecuación:
1 ln 2 )T
(
5
3
60 = 50 + 30e
⇒
T =−
1
ln 1 ≈ 13,54755646 min
0,08109302162163 3

Ejemplo 4.12
Agua en su punto de ebullición se coloca en un medio que se encuentra y mantendrá a temperatura M
constante. A los 10 minutos el agua tiene temperatura de 90ºC y a los 20 minutos de 80ºC. A continuación se
muestra una “solución” al problema, que nos lleva a una inconsistencia, ¿a qué se debe?
Aplicación de las ED de primer orden
R. Sean
U (t )
temperatura del agua transcurridos
dU
= α (U − M )
dt
La ED es
169
t
minutos y
M
y las condiciones de frontera
la temperatura del medio.
U (0) = 100

U (10) = 90
U (20) = 80

dU
− αU = −αM
dt
⇔
Multiplica por el factor integrante
e∫
−α dt
= e −α t
obtiene:
e −α tU ′ − αe −α tU = −αMe −α t
(
)
⇒
d e −α tU = −αMe −α t dt
⇒
e −α tU = ∫ − Mαe −α t dt
⇒
e −α tU = Me −α t + C
⇒
U (t ) = M + Ceα t
Aplica las condiciones
U (0) = 100

U (10) = 90
U (20) = 80

De la primera ecuación despeja
y obtiene
C = 100 − M
 M + C = 100

10α
= 90 . Para hallar M
 M + Ce
20
α
 M + Ce
= 80

eliminemos
α
y
C.
y sustituye en la segunda y tercera para obtener:
 M + (100 − M )e10α = 90

20α
= 80
 M + (100 − M )e
Despeja
1

 eα =  90 − M  10

 100 − M  , igualando obtiene  90 − M
eα : 

1
 100 − M
 α  80 − M  20
e = 


 100 − M 
 90 − M

 100 − M
1
 10


desde donde:
2
 = 80 − M

100 − M

Concluirá que esta ecuación no tiene solución, esto se debe a que las condiciones
una relación lineal, pero el desarrollo anterior se basa en una relación exponencial
Ejercicios 4.8
1.
1
80 − M  20
= 

 100 − M 
Resuelva el problema anterior en dos casos en que
U (20)
U (0) = 100

U (10) = 90
U (20) = 80

satisfacen

se salga de la relación lineal, por ejemplo si:
170
Aplicación de las ED de primer orden
U (0) = 100

 U (2) = 76
 U (4) = 70

2.
3.
4.
5.
R.
U (t ) = 68 +
32
2t
Agua a temperatura de 100ºC se enfría en 10min a 80ºC en un cuarto con temperatura de 25 ºC.
(a) Encuentre la temperatura del agua después de 20min
R.
(b) ¿Cuándo la temperatura será de 40 ºC?
(c) ¿Cuándo la temperatura será de 26 ºC?
R.
R.
U (20) ≈ 65,33
t ≈ 51,88 min
t ≈ 139,18 min
ºC
Agua a temperatura de 10ºC toma 5 minutos para calentarse a 20ºC en un cuarto con temperatura de 40 ºC.
(a) Encuentre la temperatura del agua después de 20minutos
R.
(b) Encuentre la temperatura del agua después de 30minutos
R.
(c) ¿Cuándo la temperatura será de 25ºC?
R.
U (20) ≈ 34,07
U (30) ≈ 37,37
t ≈ 8,55 min
ºC
ºC
La temperatura máxima que puede leerse en un cierto termómetro es 110º F. Cuando el termómetro marca
36º F se coloca en un horno que está a temperatura constante. En 1 minuto y 2 minutos marca 60º F y 82º F
respectivamente. ¿Cuál es la temperatura del horno? R. 324ºF. Note que el termómetro solo permite medir
temperaturas por debajo de 110º F.
Resolver
dU
= α (U − M )
dt
sujeta a
U (0) = U 0
.

U (T ) = U1
 1 U1 − M 
 ln
t
T U0 −M 
R. U (t ) = M + (U 0 − M )e 
Aplicación de las ED de primer orden
171
4.4. Mezclas químicas
Inicialmente (en t = 0) un tanque contiene agua en que está disuelta uniformemente una cantidad x(0) gramos
(gr) de sal y la mezcla ocupa en el tanque un volumen de V 0 galones (gal). En cada instante t (a partir de t = 0
11
minutos) entra agua salada al tanque, con rapidez r E gal/min y concentración c E gr/ gal, simultáneamente, la
mezcla sale del tanque con rapidez r S gal/min y concentración desconocida (debido a que la cantidad de sal en
el tanque es la incógnita). Asumiendo que en cada instante t la mezcla en el tanque se mantiene homogénea,
establecer un problema de valor inicial (PVI) que modele el comportamiento de la cantidad de sal x(t) presente
en el tanque. La figura muestra las condiciones en algún instante t.
Para obtener la fórmula del volumen V(t) que ocupa la mezcla en el tanque en función del tiempo t, partimos del
volumen inicial V 0 , al que suma ( r E - r S ) galones por cada minuto transcurrido, note que ( r E - r S ) podría ser
negativa, positiva o cero y es la cantidad de galones de agua en que disminuye (si la resta es negativa) o
aumenta (si la resta es positiva) el volumen en el tanque en un minuto; por lo tanto, la razón de cambio del
volumen respecto al tiempo es ( r E - r S ) galones/min::
dV (t )
= rE − rS
dt
En esta obra se supone que r E y r S son constantes, en tal caso, separe diferenciales e integre para obtener:
V (t ) = (rE − rS )t + C , donde C
Para determinar
C
se tiene que
es constante.
V (0) = V0 , aplique esa condición en la ecuación anterior y despeje:
C = V0
Por lo tanto si las razones de cambio entrada (E) y salida (S) son constantes (así son en esta obra), se tiene:
V (t ) = V0 + (rE − rS ) t
Principio
El principio que modela esta aplicación es:
dx
= (cantidad de sal que entra ( E ) por minuto ) − (cantidad de sal que sale ( S ) por minuto )
dt
donde:
 cantidad de sal que entra (E ) = (rapidez de E de la mezcla ) ⋅ (concentración de sal en la mezcla de E )


por minuto


 cantidad de sal que sale (S ) = (rapidez de S de la mezcla ) ⋅ (concentración de sal en la mezcla de S )


por minuto


11
La concentración de una sustancia en un volumen se calcula: cantidad de sustancia / volumen que ocupa la mezcla
172
Aplicación de las ED de primer orden
Como concentracion
=
cantidad
entonces la mezcla que sale del tanque tiene concentración
volumen
A continuación demostramos que el principio se escribe
cS =
x (t )
.
V (t )
rS
dx
x = rE c E
+
dt V0 + (rE − rS ) ⋅ t
Los resultados se resumen en la siguiente figura:
El principio
dx
= (cantidad de sal que entra ( E ) por minuto ) − (cantidad de sal que sale ( S ) por minuto )
dt
Se escribe
dx
= rE ⋅ c E − rS ⋅ c S
dt
donde
cS =
x (t )
V (t )
⇔
dx
x
= rE ⋅ c E − rS ⋅
dt
V
⇔
x
dx
= rE ⋅ c E − rS ⋅
dt
V0 + (rE − rS ) ⋅ t
Es la ED lineal
, sujeta a la condición inicial
x (0) = x0 .
rS
dx
+
x = rE c E .
dt V0 + (rE − rS ) ⋅ t
La ED es separable cuando el volumen es constante, lo que es equivalente a que rE
= rS

Ejemplo 4.13
Un tanque contiene 40 L de agua pura. Una solución salina con 100 g (gramos) de sal por litro entra al tanque
con rapidez de 2 L / min., y sale del tanque con una rapidez de 3 L /min. Dar una ecuación para la cantidad de
sal y concentración en el tanque en función del tiempo. Además, calcule la concentración de sal en el tanque
cuando este tenga 25 L de solución.
R. En t minutos sean
x (t ) cantidad (en gramos) de sal en el tanque
V (t )
litros de solución en el tanque
C (t ) concentración de sal en el tanque
Para
t=0
el volumen que ocupa la mezcla es
Para
t>0
las propiedades de la mezcla de:
Entrada es
 rE = 2

c E = 100
entonces rE
V (0) = 40 . Y como el agua es pura entonces x (0) = 0 .
⋅ c E = 2 ⋅ 100 = 200
g/min.
Aplicación de las ED de primer orden
173
 rS = 3

c = x (t )
 S V (t )
Salida es
entonces rS
⋅ cS = 3
x
V
g/min.
Ahora, la rapidez de la mezcla que entra menos la rapidez de la mezcla que sale es
rE − rS = −1 , el signo
menos está acorde con el hecho de que el volumen que ocupa la mezcla en el tanque disminuye, en este caso
t
en un litro por minuto. Después de
volumen en el instante
t
minutos el volumen ha disminuido en
rE − rS ⋅ t
litros y, por lo tanto, el
es:
V (t ) = V (0) + (rE − rS ) ⋅ t = 40 − t
La ED que modela esta situación se basa en el principio:
dx
= (cantidad de sal que entra ( E ) por minuto ) − (cantidad de sal que sale ( S ) por minuto )
dt
Es decir
⇒
dx
x
= 2 ⋅ 100 − 3 ⋅
dt
40 − t
dx
3
+
x = 200
dt 40 − t
y la condición inicial es
3
Multiplique por el factor integrante
1
(40 − t )3
⇒
⇒
Con
x′ +
d 
1


dt  (40 − t )3
1
(40 − t )
3
e
∫ 40 − t dt
3
(40 − t )4
= e − 3 ln (40 − t ) =
x=
1
(40 − t )3
y obtenga:
200
(40 − t )3

200
x  =
3
 (40 − t )
x=∫
200
(40 − t )3
dt
⇒
x = (40 − t )3 ∫ 200(40 − t )−3 dt
⇒
 200
(40 − t )− 2 + A 
x = (40 − t )3  −
 −2

⇒
x = (40 − t )3 100(40 − t )−2 + A
)
(
t = 0, x = 0
x (0) = 0 .
obtiene:
(
)
0 = (40)3 100(40)− 2 + A ⇒ 100(40)− 2 + A = 0 ⇒ A = − 1 = −0,0625
(
16
Pasados t minutos la cantidad de sal en el tanque es
x (t ) = (40 − t )3 100(40 − t )−2 − 0,0625
y la concentración de sal en el tanque es
C (t ) =
)
x (t )
= 100 − 0,0625(40 − t )2
V (t )
Para obtener la concentración de sal en el tanque cuando tenga 25 litros de solución, empieza por calcular el
tiempo en que se da esa condición, desde la ecuación del volumen:
174
Aplicación de las ED de primer orden
V (t ) = 40 − t = 25
resulta
t = 40 − 25 = 15
y calcula
C (15) = 100 − 0,0625(40 − 15)2 = 60,9375
gr
lt

Ejemplo 4.14
3
Un recipiente contiene 8cc (cm ) de agua en que están disueltos 2 gramos de sal. Agua salada con 3g/cc entra
al recipiente con rapidez de 4 cc/min. y la mezcla bien agitada sale a la misma tasa.
Dar una ED para la cantidad de sal en el tanque como función del tiempo
Dar la cantidad de sal como función del tiempo.
Dar la concentración de sal en el tanque como función del tiempo.
¿Cuánta sal hay en el tanque después de un largo tiempo?
R. Sean t tiempo en minutos.
x (t ) g de sal en el tanque
V (t )
cc de solución en el tanque
C (t ) g/cc concentración de sal en la mezcla
Si
t=0
el volumen que ocupa la mezcla en el tanque es
V (0) = 8
Si
t>0
el volumen que ocupa la mezcla en el tanque es
V (t ) = 8 + (rE − rS )t = 8



y cantidad de sal en el tanque
constante
0
La ED lineal que modela el problema es:
⇔
dx
4
= 12 − x
dt
8
⇔
dx 1
+ x = 12 , condición inicial x (0) = 2 .
dt 2
1
Multiplica por el factor integrante:
e
dx
x
= 4⋅3− 4
dt
V
∫ 2 dt
1t
= e2
para obtener:
1t
1t
2
e x′ + e 2 1
2
⇒
⇔
Para hallar
C
aplica la condición
x
1t
= 12e 2
 1t 
d  e 2 x 
1
 = 12e 2 t

dt
x (t ) = 24 + Ce
x (0) = 2
−1t
2 ,
C
parámetro
en la ED anterior y obtiene:
24 + Ce
− 1 ⋅0
Concluye que la cantidad de sal en el tanque pasados
2
t
= 2 ⇒ C = −22
minutos es
x (t ) = 24 − 22e
−1t
2 gramos
x (0) = 2 .
Aplicación de las ED de primer orden
175
Concentración de sal en el tanque después de
t
minutos es:
Cantidad de sal en el tanque después de un largo tiempo es:
C (t ) =
− 1 ⋅t
x (t )
= 3 − 11 e 2
4
V (t )
lim x (t ) = 24
t →∞
g
cm
3

gramos
Ejemplo 4.15
Un tanque contiene
de
t=0
V0
gal. de agua en que está disuelta uniformemente una cantidad
entra agua al tanque con rapidez rE gal/min y concentración
tubo entra agua con rapidez
RE
gal/min y concentración
CE
cE
x0
libras de sal. A partir
lb/gal, simultáneamente, por otro
lb/gal y la mezcla sale del tanque con rapidez rS
t , la mezcla en el tanque es uniforme, hallar la cantidad de sal x (t )
en función del tiempo, en el tanque. Asuma que RE , rE , rS , c E son constantes y que RE + rE − rS ≠ 0 .
x (t )
El agua que sale del tanque en el instante t tiene concentración c S =
, la figura describe el problema:
V (t )
gal/min. Asumiendo que en cada instante
La cantidad de sal que entra (E) al tanque por minuto es
RE ⋅ C E + rE ⋅ c E libras
min
La cantidad de sal que sale (S) por minutos es
rS ⋅ cS = rS ⋅
La rapidez con que entra la mezcla en el tanque es
ganancia de galones de agua por minuto es
Concluye que el volumen después de
Por lo tanto, la ED es
t
gal
RE + rE
min
RE + rE − rS
minutos es
y en
x (t ) libras
V (t ) min
y con que sale es rS , entonces la pérdida o
t
minutos es
( RE + rE − rS ) ⋅ t
V (t ) = V0 + ( RE + rE − rS ) ⋅ t
x
dx
libras
= RE ⋅ CE + rE ⋅ cE − rS ⋅
V0 + ( RE + rE − rS )t min
dt 


entra
sale
En forma canónica
rS
dx
+
x = RE ⋅ C E + rE ⋅ c E
dt V0 + ( RE + rE − rS )t
Multiplica por el factor η
η⋅
=e
∫
rS
dt
V0 + ( R E + rE − rS )t
=e
rS
⋅ln (V0 + ( R E + rE − rS )t )
R E + rE − rS
rS
dx
+η ⋅
x = η ⋅ ( RE ⋅ C E + rE ⋅ c E )
dt
V0 + ( RE + rE − rS )t
⇔
d
(η ⋅ x ) = η ⋅ ( RE ⋅ C E + rE ⋅ c E )
dt
⇔
d (η ⋅ x ) = η ⋅ ( RE ⋅ C E + rE ⋅ c E )dt
y obtiene
galones.
176
Aplicación de las ED de primer orden
η ⋅ x = ∫ η ⋅ ( RE ⋅ C E + rE ⋅ c E )dt + A , A
Integra y obtiene
(
)
x (0) = x0
se encuentra el valor de la constante
x (t ) =
⇔
Con la condición inicial
es constante
1
η
⋅ ( RE ⋅ C E + rE ⋅ c E ) ⋅ ∫ η ⋅ dt + A

A
Ejercicios 4.9
1.
Un tanque contiene 50 galones de agua pura. A partir del instante t = 0, por un tubo entra agua salada al
tanque a 2 gal/min y 0,5 lb/gal, simultáneamente, por otro tubo entra agua salada con rapidez 5 gal/min y
concentración 0,2 lb/gal y la mezcla sale del tanque con rapidez 6 gal/min. Asumiendo que en cada instante
t, la mezcla en el tanque es uniforme, hallar la cantidad de sal x(t) en el tanque en función del tiempo.
R.
2.
3.
(50 + t )7 − 507
x (t ) = 2
7
(50 + t )6
Un tanque tiene 40 galones de agua pura. Una solución de agua salada con 1 lb/gal de sal entra al tanque
con rapidez de 2 gal/min y la mezcla bien agitada sale a la misma tasa.
¿Cuánta sal hay en el tanque en cualquier tiempo?
R.
¿Cuándo el agua que sale tendrá 0,5 lbr/gal?
R.
x (t ) = 40 − 40e −0,05 t
t ≈ 13,86 minutos
Un tanque tiene 60 gal. de agua pura. Una solución de agua salada con 3 libras de sal por galón entra a 2
gal/min y la mezcla bien agitada sale a 2,5 gal/min.
Dar concentración de sal en el tanque en cualquier tiempo.
R.
c(t ) = 3 − 34 (60 − 0,5t )4
¿En que momento el tanque tiene 30 galones de agua salada?
R.
t = 60
Dar concentración de sal en el tanque cuando este tenga 30 gal de agua salada R.
¿Cuándo es máxima la concentración de sal en el tanque?
4.
t = 120
16
min.
t ≈ 20,8
min.
Un tanque contiene 10 galones de agua salada con 2 libras de sal disuelta. Una solución a 1,5 lb/gal entra a
3 gal/min y la mezcla bien agitada sale a 4 gal/min. Encuentre la concentración de sal a los 10 minutos.
R.
6.
c(60) = 45
Un tanque contiene 60 galones de agua salada con una concentración de sal de 2 lb/gal. Una solución a 3
lb/gal entra a 2 gal/min y la mezcla bien agitada sale a la misma tasa. ¿Cuándo habrá 150 lb de sal en el
tanque? R.
5.
R.
60
min.
c(10) ≈ 1,5
lb/gal.
Un tanque contiene 1 galón de agua en que están disueltas uniformemente una cantidad 0,25 libras de sal.
A partir de t = 0 , entra salmuera al tanque por dos tubos, por uno con rapidez de 2 gal/min y concentración
de 0,5 lb/gal y por el otro con rapidez de 4 gal/min y concentración de 1,25 lb/galón, simultáneamente, la
mezcla que se mantiene agitada en el tanque para garantizar que en cada punto la concentración es la
misma, sale con rapidez de 5 gal/min. Determine cantidad de sal x (t ) en el tanque en cada instante
respectiva concentración en la mezcla y calcule la concentración a largo plazo.
R.
(
x (t ) = (1 + t )−5 (1 + t )6 − 0,75
Concentración
c(t ) =
)
x (t )
0,75
=1−
V (t )
(1 + t )6
y a largo plazo es

0,75 
 =1
lim 1 −
t → ∞
(1 + t )6 
t
y la
Aplicación de las ED de primer orden
7.
177
Un tanque tiene 1 galón de agua pura. A partir del instante
t = 0 , entra agua salada al tanque con rapidez
−0,25t
de 2 gal/min y densidad e
libras/gal y la mezcla bien agitada sale con rapidez de 1 gal/min. Dar el
volumen que ocupa la mezcla en el tanque en función del tiempo, una ED lineal y condición inicial que
describa la cantidad de sal en el tanque como función del tiempo. Resolver ese problema de valor inicial.
R. Volumen
V (t ) = 1 + t . ED x ′ = 2e − 0,25t −
Cantidad de sal
8.
x (t ) =
x
, condición x (0) = 0
t +1
(
1
40 − 8te − 0,25t − 40e − 0,25t
t +1
)
Un tanque contiene 9 galones de una solución salina. A partir del tiempo cero se vierte en el tanque una
solución a razón constante de 6 galones/minuto y concentración constante de 1/3 de libra de sal/galón.
Simultáneamente sale del tanque la solución bien mezclada a razón constante de 3 galones/minuto.
Calcule el tiempo que tarda en llenarse el tanque si tiene una capacidad de 18 galones. R. 3 minutos
Si al instante en que se llenó el tanque la cantidad de sal era 5 veces la cantidad original, escriba las
condiciones para este modelo en términos de la cantidad inicial de sal en el tanque.
R.
 x (0) = x0
x0

 x (3) = 5 x0
cantidad inicial de sal.
Mostrar que la cantidad de sal en el tanque inicialmente es
9.
x0 = 1
Un tanque con capacidad de 40 gal contiene inicialmente 20 gal de agua pura. El tanque tiene dos entradas
A y B de disolución acuosa con soluto salino y un agujero por donde sale la disolución salina con velocidad
constante de 2 gal / min. La entrada A permanece abierta hasta que el tanque se llene, en ese momento se
cierra A y abre B. Sus propiedades son:
Por A entra disolución a razón de 4 gal / min con concentración de 3 lib / gal
Por B entra disolución a razón de 1 gal / min con concentración de 1 lib / gal
Dar una función definida a trozos que describa la cantidad de sal en el tanque en función del tiempo.
Hallar la máxima concentración.
V (t ) = 20 + 2t
t = 10 . A
partir de ese tiempo (cierra A y abre B) y pierde un galón por cada minuto a partir del minuto 10 ( t − 10 ),
entonces el volumen en ese lapso de tiempo es V (t ) = 40 − (t − 10) = 50 − t
R. La fórmula de volumen es
mientras A está abierto y alcanza 40 gal para
La cantidad sal en el tanque cuando se cierra A es
x (10) = 90
y el volumen es 40 gal.
La cantidad sal en el tanque en función del tiempo es
(
)
 6(t + 10)−1 t 2 + 20t
x (t ) = 
2
50 − t + 0.03125(50 − t )
Plantea la función de concentración
Para
0 ≤ t ≤ 10
Para
10 < t < 50
si
si
0 ≤ t ≤ 10
10 < t < 50
C (t ) = x (t ) / V (t )
en cada trozo, deriva y estudia su signo.
la concentración es creciente y su valor máximo es 2.25 lib / gal
la concentración es decreciente y su valor máximo es 2.25 lib / gal
178
Aplicación de las ED de primer orden
4.5. Residuos de drogas en organismos
Las ED tratadas en esta sección se construyen sobre el mismo principio utilizado en la sección anterior. Algunos
autores utilizan la incógnita x (t ) como concentración de la droga en el órgano; sin embargo, aquí
cantidad de droga en el órgano para mantener la similitud con la sección anterior.
x (t )
es la
Ejemplo 4.16
3
3
Un líquido transporta una droga hacia un órgano a una tasa de 10 cm /s y 0,08 g/cm , y sale del órgano a la
3
misma tasa. Si inicialmente la droga no está presente en el órgano y el líquido ocupa 600 cm ,
(a) Plantee un PVI que modele la concentración de droga en el órgano.
(b) Resuelva el problema de valores iniciales planteado en (a).
(c) Encuentre la concentración de la droga en el órgano a los 30 seg .
R. Si re , rs son rapidez de E/S (entrada/salida) respectivamente del líquido al órgano y
ocupado por el líquido entonces:
V (t ) = V0 + (re − rs )t = 600
es volumen que ocupa el líquido en el órgano a los
x (t )
es cantidad de droga en el órgano a los
c (t ) =
x (t ) x (t )
=
V (t ) 600
t
t
V0
el volumen inicial
segundos.
segundos
es concentración de droga en el órgano a los
t
segundos
El principio es el mismo que utilizamos en la sección anterior y necesitamos de los siguientes.
Cantidad de droga de entrada (E) al órgano por segundo es:
10 ⋅ 0,08 = 0,8
Cantidad de droga de salida (S) del órgano por segundo es:
10 ⋅ c(t ) = 10
El principio se escribe
(a)
d ( x (t ))
x (t )
= 0,8 −
dt
60
y la condición inicial
gr
seg
x (t ) x (t ) gr
=
600 60 seg
x (0) = 0 .
El objetivo de es escribir la ED y la condición inicial, en términos de concentración. Para esto utilizamos la
definición de concentración:
c (t ) =
⇒
x (t ) x (t )
=
V (t ) 600
x (t ) = 600c(t )
Esta cantidad (en términos de la concentración) se sustituye en la ED:
d ( x (t ))
x (t )
= 0,8 −
dt
60
y obtiene
d (600c(t ))
= 0,8 − 10c(t )
dt
Aplicación de las ED de primer orden
Como la cantidad inicial es
179
x (0) = 0
entonces la concentración inicial es
c(0) = 0 .
Lo anterior responde el apartado (a).
(b)
Resolveremos la ED Lineal anterior, para ello la escribe:
600c ′(t ) + 10c(t ) = 0,8
⇒
c′(t ) + 1 c(t ) = 1
60
750
Multiplica por el factor integrante
1t
1t
1
60
60
′
e c +e
60
µ=e
c=
1
∫ 60 dt
1
1 e 60 t
750
⇒
1t 
1t
 60
1
60


∫ d  e c  = 750 ∫ e dt
⇒
t
t
e 60 c = 60 e 60 + C
⇒
− t
c(t ) = 1 + Ce 60 , C
1
=
1t
60
para obtener:
e
1
750
1
12,5
Aplica la condición:
c(0) = 0
constante.
en la última, obtiene:
1
− 0
0 = 1 + Ce 60 ⇒ C = − 1
12,5
⇒
12,5
1
− t
c(t ) = 1 − 1 e 60
12,5
12,5
y esto responde el apartado (b)
− 1 ⋅30
(c)
60
La concentración de la droga en el órgano a los 30 seg es c (30 ) = 1− e
12,5
≈ 0,0315
g
cm 3

Ejemplo 4.17
3
3
Un líquido transporta una droga hacia un órgano a una tasa de f cm /s y 0,06 g/cm y sale del órgano a la misma
3
tasa. Asumiendo que el volumen que ocupe el líquido se va a mantener en 600 cm , e inicialmente la
3
3
concentración de la droga en el órgano es de 0,1 g/cm y que después de 15 segundos es de 0,09 g/cm .
Plantee una ED con sus respectivas condiciones que modelen la concentración de la droga en el órgano.
Resuelva ese problema de valores de frontera (PVF) y encuentre el valor de f.
Encuentre la concentración máxima de droga en el órgano.
R. Sean
V (t ) = V0 + (re − rs )t = 600
volumen que ocupa el líquido en el órgano a los
c(t )
concentración de droga en el órgano a los
600c(t )
cantidad de droga en el órgano a los
t
t
t
segundos.
segundos.
segundos
El PVF que modela esta aplicación es:
d (600c(t ))
= 0,06 f − c(t ) f
dt
sujeto a
c(0) = 0,1 y c(15) = 0,09
180
Aplicación de las ED de primer orden
⇒
600c ′(t ) + fc(t ) = 0,06 f
⇒
c′(t ) +
f
1
c(t ) =
f
600
10000
f
Multiplica por el factor integrante
µ=e
∫ 600 dt
f ⋅t
f ⋅t
e 600 c ′(t ) + e 600
⇒
Integra y despeja
=
f ⋅t
e 600 para obtener:
f ⋅t
1
f
c(t ) = e 600
f
600
10000
f ⋅t
 f ⋅t

d  600
f

600
e c(t )  =
e
dt 
 10000


c(t ) =
3
50
+ Ce
−
f ⋅t
600 ,
C
constante.
 c(0) = 0,1

c(15) = 0,09
Para determinar las constantes en esa solución aplica las condiciones de frontera
f ⋅0

−
3

+ Ce 600 = 0,1
50

f ⋅15
−
3
 50 + Ce 600 = 0,09
entonces
y obtiene:
 C = 1
25

3
 f = −40 ln 4
()
( ln )⋅t
c(t ) = 3 + 1 e 15 4
1
Concluye que la concentración de droga en el órgano en cualquier instante es
50
3
25
Una descripción del comportamiento de la concentración se puede obtener a partir de su derivada:
( ln )⋅t
c ′(t ) = 1 1 ln 3 e 15 4 < 0
(
25 15
)
4
1
3
t≥0
para todo
Entonces la concentración es una función decreciente y, por lo tanto, su valor máximo es
c(0) = 0,01

Ejercicio 4.10
3
3
Un líquido transporta una droga hacia un órgano a una tasa de a cm /s y b g/cm , y sale del órgano a la misma
3
tasa. Si inicialmente la droga no está presente en el órgano y el líquido ocupa V 0 cm . Dar una fórmula para la
cantidad
R.
x (t )
de droga en el órgano después de t segundos.
a

− t

x (t ) = bV 1 − e V 




donde
V = V0
Aplicación de las ED de primer orden
181
4.6. Reacciones químicas
Una reacción química es un proceso durante el cual una o varias sustancias iniciales (reactivos) cambian para
formar una o más sustancias (productos). La cinética química describe todo lo relacionado con la velocidad con
que se forman los productos y decaen los reactivos en una reacción química. Específicamente, la aplicación por
modelar en esta obra es la siguiente.
a 1 , ..., a n 12 de los reactivos A 1 , ..., A n respectivamente, de un producto
Q que aún no está presente. Si x(t) denota la cantidad formada de Q después de t minutos, estamos
suponiendo que x(0)=0. Además, se supone que en el laboratorio en un tiempo T se ha determinado que
x(T)=x 1 para alguna constante x 1 .
En el tiempo cero se tienen cantidades
Suponemos que
entonces:
p 1 , ..., p n
partes de A 1 , ..., A n respectivamente, reaccionan formar
p partes del producto Q,
p = p1 +  + pn .
El objetivo es hallar una fórmula para
x (t ) en función del tiempo t
transcurrido desde que inició la reacción.
Trataremos solo reacciones químicas modeladas por un derivado de la Ley de acción de masas para un único
producto que se enuncia como sigue.
Ley de la velocidad de reacción de orden n, lineal en cada reactivo
Si la temperatura y presión se mantienen constantes, la rapidez de formación de Q es proporcional al producto
de las cantidades presentes de sus reactivos
A 1 , ..., A n , esto es:
p
p
dx (t )




= α  a1 − 1 x (t )  ⋅  ⋅  an − n x (t ) 
p
dt
p




Aquí
α
con condiciones
 x (0) = 0

 x (T ) = x1
representa la constante de proporcionalidad.
A continuación se justifica la fórmula anterior.
Sea
x (t )
El número
la cantidad presente de Q en el instante
p = p1 +  + pn
La resta
pk
p
por
x (t ) :
p
ak − k ⋅ x (t )
p
pk
⋅ x (t )
p
es la velocidad de formación de Q.
k ∈ {1,  , n} , es decir A k .
es la cantidad de A k que ha reaccionado para formar
x (t ) .
es la cantidad de A k que no ha reaccionado, es decir, la que está presente.
Lo anterior se escribe explícitamente como:
12
dx (t )
dt
es la suma de partes que reaccionan cada instante.
Considere uno de los reactivos, digamos el número
La fracción
t , entonces
En moles, gramos u otra unidad de medida de masa
182
Aplicación de las ED de primer orden
 p1 x (t )
 p


 pn x (t )
 p

cantidad de A que reaccionó
1

entonces
cantidad de A
n que reaccionó
a −
 1


a −
 n

p1
x (t )
p
cantidad presente de reactivo A
1

pn
x (t )
p
cantidad presente de reactivo A
n
Obviamente la velocidad de reacción depende de las cantidades presentes de los reactivos y, por supuesto, de
su multiplicación (ver principio fundamental del conteo), entonces la velocidad de reacción está dada por la
siguiente ED separable:
dx (t )
p
p




= α  a1 − 1 x (t )  ⋅  ⋅  an − n x (t ) 
dt
p
p




para alguna constante de proporcionalidad
con condiciones de laboratorio
 x (0) = 0

 x (T ) = x1
α , denominada constante de la velocidad de la reacción.
Si interviene un único reactivo A 1 . la ED correspondiente es
separable es lineal.
x ′(t ) = α (a1 − x (t )) ,
que además, de
En general, la ley de velocidad de una reacción de orden E1 +  + E n , donde E1 ,  , E n son constantes no
cero (no necesariamente enteros y se determinan experimentalmente) es:
p


x ′(t ) = α  a1 − 1 x (t ) 
p


E1
p


⋅  ⋅  an − n x (t ) 
p


En

Ejemplo 4.18
Los reactivos A y B en cantidades iniciales respectivas de 10 y 20 g, reaccionan para formar Q. La rapidez de
formación de Q es proporcional al producto de las cantidades presentes de A y B. La formación requiere 2 partes
de A por 1 parte de B. Si 6 g de Q se forman en 20 minutos, hallar la cantidad presente de Q en cualquier tiempo
(en minutos) y la cantidad formada a largo plazo.
()
R. Denote con x t la cantidad formada de Q después de t minutos.
Dos (2) partes de A reaccionan con una (1) parte de B, para formar tres (=2+1) partes de Q, en términos
porcentuales 2/3 de una parte de A reaccionan con 1/3 de una parte de B para formar una parte de Q; si en lugar
de una parte de Q, considera la cantidad total
x (t ) obtiene que:
2 x (t ) es la cantidad de A que reaccionó y la cantidad presente de A es
3
10 − 2 x (t )
1 x (t ) es la cantidad de B que reaccionó y la cantidad presente de B es
3
20 − 1 x (t )
3
3
Entonces la ED que modela esta aplicación:
(
)(
)
dx
= α 10 − 2 x 20 − 1 x , α
3
3
dt
es constante de velocidad de reacción
Además, se han obtenido experimentalmente las condiciones
 x (0) = 0
.

 x (20) = 6
Opcionalmente puede factorizar los coeficientes 2 y 1 para simplificar, como se muestra a continuación:
3
dx 2 1
=
α (15 − x )(60 − x )
dt 3 3
y toma
β=
3
2 1α
33
Aplicación de las ED de primer orden
⇔
dx
= βdt
(15 − x )(60 − x )
⇔
1 
 1
45
45

 dx = βdt
−
15 − x 60 − x 
183
Para mejorar el aspecto multiplica por 45, obtiene:
 1 − 1  dx = 45βdt
15 − x 60 − x 

1
1

⇒
∫ 15 − x − 60 − x dx = ∫ δdt , con δ = 45β
⇒
− ln(15 − x ) + ln(60 − x ) = δt + K , K
⇒
ln
constante.
60 − x
= δt + K
15 − x
x presente de Q es menor que 15 y consecuentemente menor que 60, entonces es admisible evitar
absoluto en ln 15 − x y ln 60 − x . Si bien las constantes δ , K pueden calcularse luego, a esta
La cantidad
el valor
altura del desarrollo resulta más simple. Las constantes deben escogerse de tal forma que:
 x (0) = 0

 x (20) = 6
Aplicadas en la última solución resulta:
 ln 60 − 0 = δ ⋅ 0 + K
 K = ln 4
 15 − 0


⇔ 

 60 − 6
δ = 1 ln 3

20 2
ln 15 − 6 = δ ⋅ 20 + K
La última solución con esos valores de las constantes
ln
(
)
60 − x
= 1 ln 3 t + ln 4
20 2
15 − x
⇔
( 1 ln 3 ) t + ln 4
60 − x
= e 20 2
15 − x
⇔
( 1 ln 3 ) t
60 − x
= 4e 20 2
15 − x
A continuación despejamos los términos en
60 − x = 4(15 − x )e
⇔
⇔
(201 ln 23 ) t
x:
1 ln 3 ) t
1 ln 3 ) t
(
(
20
2
20
2
60 − x = 60e
− 4 xe
1 ln 3 ) t
( 1 ln 3 ) t
 (20

2 − 1 x = 60e 20 2 − 60
 4e




K,δ
se escribe:
184
Aplicación de las ED de primer orden
(201 ln 23 )t − 60
es la cantidad presente de Q a los t minutos.
1 ln 3 ) t
(
4e 20 2 − 1
60e
x (t ) =
⇔
La cantidad formada de Q a largo plazo es:
lim x (t ) = lim
t →∞
t →∞
(201 ln 23 )t − 60
( 1 ln 3 )t
60e 20 2
= lim
1 ln 3 ) t
(
( 1 ln 3 )t
t →∞
20
2
4e
−1
4e 20 2
60e
= 15

g
Ejercicios 4.11
1.
Cada 3 gramos de la sustancia A reacciona con 2 gramos de B para formar 5 gramos de Q. Inicialmente
están presentes 60 gramos de cada químico y 15 gramos de Q se forman en 1 hora. Dar cantidad presente
de Q en cualquier tiempo (en horas) y la cantidad máxima que se puede formar.
La frase “Cada 3 g de A reaccionan con 2 g de B para formar 5 g de Q” es equivalente a “Cada 3/5 g de A
reaccionan con 2/5 g de B para formar 1 g de Q”, entonces cada
para formar
R.
2.
x (t ) ≈
x
g de Q.
150e 0,05715841 ⋅t − 150
1,5e 0,05715841 ⋅t − 1
es creciente, entonces su máximo teórico es
x (t ) ≈
(
) g.
t
horas está dada por
x (t )
g.
según la fórmula:
100 e0 ,11778304 t − 1
2e0 ,11778304 t − 1
Q se produce de una reacción que involucra los reactivos A y B. La formación requiere 3 gramos de A por
cada 2 gramos de B. Si inicialmente ( t = 0 horas), están presentes 90 gramos de A y 40 gramos de B,
además, se han formado 75 gramos de Q en una hora, determine la cantidad
términos del tiempo transcurrido.
R.
x (t ) = 150
e t ln 2 − 1
1,5e t ln 2 − 1
Un reactivo A se transforma en otro Q. En
minutos se han formado
x (t )
formada de Q en
g
La cantidad máxima de la sustancia Q que se puede formar es
4.
lim x (t ) = 100
t →∞
A y B en cantidades iniciales 40 gramos y 30 gramos respectivamente, reaccionan para formar Q. La
reacción requiere 2 partes de A por cada 3 de B. Si 10 partes de Q se forman en una hora. Compruebe que
la cantidad formada de Q después de
3.
3 x g de A reaccionan con 2 x g de B
5
5
t=0
xmáxima = 100
minutos están presentes
a
q libras de Q. Escribir un PVF para la cantidad x (t )
g
libras de A y a los
formada de Q a los
T >0
t min y
resolverlo.
R.
5.
(
x (t ) = a 1 − e −α t
) y α = − T1 ln1 − aq 
Los reactivos A y B en cantidades iniciales 90 gramos y 50 gramos respectivamente, reaccionan para formar
Q. La rapidez de formación de Q es proporcional al producto de las cantidades presentes de A y B. La
formación requiere tres partes de A por cada dos partes de B. Inicialmente Q no está presente y 100 gramos
de Q se forman en un minuto.
Hallar la cantidad de Q presente en cualquier tiempo
t
(minutos) y diga cuál es la cantidad máxima
Aplicación de las ED de primer orden
R.
6.
x (t ) =
185
(ln 53 )t − 750
, xmáxima = 125
(
ln 5 ) t
3
6e
−5
750e
Dos reactivos A y B en cantidades iniciales respectivas de a gr y 2a gr, a constante positiva, forman un
producto Q. En cada instante la velocidad de reacción es proporcional al producto de las cantidades
presentes de A y B. La formación requiere dos partes de A por cada cuatro partes de B. Inicialmente Q no
está presente y a gr de Q se forman en 1 min. Escriba las variables, ED y condiciones que modelan la
cantidad de Q presente en cualquier tiempo t (minutos) y diga cual es la cantidad máxima de Q que se
puede formar.
R.
x (t ) = 3a −
6a
t+2
y cantidad máxima que se forma de Q es
xmáx = 3a
186
Aplicación de las ED de primer orden
4.7. Trayectorias ortogonales
Definición 4.1
Curvas ortogonales
Dos curvas planas Γ (gamma) y Ω (omega) que se intersecan en los puntos
solo, en cada punto
P1 , P2 , 
P1 , P2 ,  de intersección las respectivas rectas tangentes a Γ y Ω son perpendiculares.
La figura muestra dos curvas ortogonales Γ y Ω con sus respectivas rectas tangentes
Pk
de intersección. Observe que
Sea
P = ( x, y )
TΓ
son ortogonales si y
TΓ ⊥ TΩ :
TΓ
y
TΩ
en un punto
P1 , P2 ,  . Entonces en este punto P = ( x, y )
1
m ≠ 0 si y solamente si TΩ tiene pendiente M = − 13
m
cualquiera de los puntos de intersección
tiene pendiente
En términos de derivadas:
TΓ
tiene pendiente
y ′( x ) ≠ 0
si y solamente si
TΩ
tiene pendiente
−
1
y ′( x )
En la siguiente definición se extiende el concepto de ortogonalidad entre curvas a ortogonalidad entre familias de
curvas.
Definición 4.2
Sean
y
C
y
K
parámetros
E ( x, y , C ) = 0
la ecuación uniparamétrica de una familia de curvas
E
G ( x, y , K ) = 0
la ecuación uniparamétrica de una familia de curvas
G
Decimos que
E
Familias ortogonales
E
es una familia de trayectorias ortogonales (TO) de
que se intersecan con curvas de
G
G
y viceversa, si y solo si, las curvas de
lo hacen ortogonalmente.
La figura muestra dos familias de TO, algunas curvas (trazos más oscuros) de una familia y algunas de sus TO
(líneas más claras).
13
si m=0 entonces
TΓ
es una recta horizontal y
TΩ
es una recta vertical con pendiente
M =∞
Aplicación de las ED de primer orden
187
Problema
E ( x, y , C ) = 0 de una familia E , el
ecuación de una familia G de trayectorias ortogonales a E .
Es dada la ecuación
problema consiste en hallar
G ( x, y , K ) = 0 ,
la
Algoritmo
Como el concepto de ortogonalidad se define en términos de pendientes (derivadas) de curvas, el primer paso
consiste en hallar la pendiente de las curvas de E , esto es equivalente al problema de hallar una ecuación
diferencial de primer orden cuya solución general sea la familia de curvas dada
x
en la ecuación
E ( x, y , C ) = 0
E
, para esto deriva respecto a
para obtener el sistema de ecuaciones:

 E ( x, y , C ) = 0


 ∂E ∂E
 ∂x + ∂y ⋅ y ′ = 0

Después de eliminar
miembros de
de
E
E
C
y ′ = F ( x, y )
del sistema anterior resulta una ED de la forma
. Además, esta ED es la ecuación de la pendiente
común para todos los
y ′( x ) (independiente de C ) de cada curva
.
El segundo paso es escribir una ED para
P = ( x, y )
G
, basada en la definición de ortogonalidad. Para esto supone que
es un punto donde se intersecan curvas de
E
con curvas de
G
, entonces en ese punto se tienen
las siguientes propiedades:
Pendiente de las curvas de
E
Pendiente de las curvas de
G
Note que
−
es
es
y ′ = F ( x, y )
y′ = −
1
F ( x, y )
1
⋅ F = −1 , esto significa que las respectivas rectas tangentes son perpendiculares.
F
El tercer paso (final) es resolver
y′ = −
1
F ( x, y )
para obtener la ecuación
G ( x, y , K ) = 0
Los tres pasos para construir la ecuación de una familia de TO se resume en:
construye ED de E
) =
E (
x, 
y, C
0 
→
y ′
=
F (
x
,
y)



ecuaciones de E
de la familia
G
.
188
Aplicación de las ED de primer orden
y ′ = F ( x, y )
construye ED de G
→
y′ = −
1
F ( x, y )
1 resuelve
y′ = −
→ G ( x, y , K ) = 0
(
)
F
x
,
y

ecuaciones de G
Ejemplo 4.19
Dar una familia de TO de la familia
E
de parábolas
y 2 = Cx , C
R. Empiece construyendo una ED para la familia dada
2
y = Cx
La ecuación
tiene un único parámetro
E
constante, Suponga que
xy ≠ 0
.
C , entonces deriva una sola vez para obtener:
2 yy ′ = C
Este último
C
se sustituye en la primera
y 2 = Cx
y obtiene la ED:
y 2 = 2
yy ′ x
C
y′ =
⇔
y
, esta es una ED para E
2x
.
El siguiente paso es plantear una ED para la familia
y′ =
y
2x
entonces
y′ = −
G
G
de trayectorias ortogonales de
E
. Como
E
tiene ED
tiene ED:
2x
y
⇔
ydy = −2 xdx
⇒
1 y2 = −x2 + K
2
⇒
x2 +
y2
=K
2
Concluye que las siguientes familias de curvas son ortogonales:
Parábolas
E
Elipses
G
y 2 = Cx ,
:
:
x2 +
y2
=K
2
C
constante
K
constante

Ejemplo 4.20
Encuentre las TO de la familia de elipses
x2 y2
+
= 1.
4
c2
R. Para construir una ED cuyas soluciones sean las elipses dadas deriva respecto a
elipses y se da a la tarea de eliminar el parámetro c del sistema de ecuaciones:
x
en la ecuación de las
Aplicación de las ED de primer orden
189
 x2 y2
+
=1

2
4
c


 2 x 2 yy ′
 4 + 2 =0
c

Basta despejar
c2
de la segunda ecuación para obtener:
Y sustituir en la primera ecuación del sistema para recibir:
⇔
c2 = −
4 yy ′
x
x2
xy
+
=1
4 − 4 y′
y′ =
xy
x2 − 4
Esta es la ED de la familia de elipses dada.
La familia de Trayectorias Ortogonales (TO) a la familia anterior de elipses tiene ED (separable):
y′ = −
x2 − 4
xy
⇔
x2 − 4
ydy = −
dx
x
⇔
4
ydy =  − x dx
x

Integre y obtiene la ecuación (sin derivadas) de las TO:
y 2 = 8 ln x − x 2 + K
Ejemplo 4.21
Encuentre las trayectorias ortogonales de la familia de curvas
x 2 − y 2 = cx
R. Familia dada:
Derive respecto a
x 2 − y 2 = cx , suponga que xy ≠ 0
2 x − 2 yy ′ = c
x:
Sustituya esta última
c
en la primera ecuación y obtiene la siguiente ED para la familia de curvas dada:
′) x
x 2 − y 2 = (
2 x−2
yy
c
⇔
x 2 − y 2 = 2 x 2 − 2 xyy ′
⇔
2 xyy ′ = x 2 + y 2
⇔
y′ =
x2 + y2
2 xy
, es una ecuación de la familia en la figura
Entonces la familia de trayectorias ortogonales tiene ED (homogénea):
y′ = −
2 xy
2
x + y2

190
Aplicación de las ED de primer orden
Aplique el cambio de variables
v=
y
⇒ y = xv ⇒ y ′ = v + xv ′
x
2 x 2v
v + xv ′ = −
⇔
v + xv ′ = −
⇔
xv ′ = −
⇔
xv ′ =
⇔
xv ′ =
Con la sustitución
2v
1 + v2
2v
1 + v2
−v
− 2v − v − v 3
1 + v2
− 3v − v 3
1 + v2
∫ v 3 + 3v dv = − ∫
dx
x
(
)
u = v 3 + 3v ⇒ du = 3v 2 + 3 dv ⇒
du
1 ln u
3
⇔
ln u = −3 ln x + 3 ln A
⇒
u = A3 x −3
esa solución se escribe
v 3 + 3v =
B
x
Finalmente, cambie
en esa solución obtiene:
= − ln x + ln A
⇒
u = v 3 + 3v
)
(
du
= v 2 + 1 dv
3
dx
x
∫ 3u = − ∫
Como
x 2 + ( xv )2
1 + v2
⇒
en esa ED y resulta
v=
y
x
3
donde
B = A3
en esa solución y obtiene:
3
3y B
 y
=
  +
x
x
x3
⇔
y 3 + 3x 2 y = B

es la ecuación de las TO
Ejemplo 4.22
2
2
4
Muestre que las familias de curvas E : x + 4 y = c y G : y = Cx son ortogonales. Suponga
R. Vamos a calcular las pendientes de cada familia y calcular su multiplicación.
xy ≠ 0
Aplicación de las ED de primer orden
Empiece con
x2 + 4 y2 = c
191
y derive para obtener:
2 x + 8 yy ′ = 0
Como
c
no está presente en esta ED, será una ED de
Ahora eliminemos el parámetro de la ecuación de
E
y la puede escribir como
y′ = −
x
4y
G
y = Cx 4
y ′ = 4Cx 3
deriva para obtener
C=
⇒
y sustituye en
y = Cx 4
y′
y=
4x
y′ =
⇒
3
4y
x
y′
4x 3
para obtener:
x4
es una ED para
Multiplique las pendientes de
E
y
G
 x  4 y 
G : −
  = −1 , por tanto, las familias son ortogonales
 4 y  x 

Ejercicios 4.12
En los ejercicios 1 a 6, hallar la ecuación de las TO de la familia de curvas dada
1.
y 3 = cx 2
Suponga
y ≠ 0.
R.
y2 = − 3 x2 + A
2.
x2 − y2 = c
Suponga
xy ≠ 0
R.
y=
3.
x 2 + cy 2 = 1
Suponga
x ≠ ±1, xy ≠ 0
R.
y 2 = ln x 2 − x 2 + A
4.
x 2 = cy + y 2
Suponga
xy ≠ 0
R.
3y2 + x2 =
5.
y = ce −2 x + 3x
Suponga
6x − 2 y + 3 ≠ 0
R.
36 x − 12 y + 20 = Ae −6 y
6.
( x − C )2 + y 2 = C 2
R.
y 2 + x 2 = Ky
7.
¿Para que valor de la constante
R.
8.
a
las familias de curvas
2
y 3 = cx
A
x
y
A
x
x 2 + ay 2 = C
a=1
3
Muestre que la familia de parábolas
y 2 = 4cx + 4c 2
es ortogonal a sí misma.
son ortogonales?
192
9.
Aplicación de las ED de primer orden
Sea
E
la familia de curvas con ecuación
Hallar la familia
y=
R.
F
de TO de
E
6 x + C = 2 y 3 − 3αy 2 , α
y compruebe que la curva de
F
es constante fija y
que pasa por
α
C
 0, α 


 2
parámetro.
es:
1 + e − αx
F
tiene ecuación
1 1
= + Ce − αx
y α
(
) (
)
2
2 2
10. Compruebe que la ED para la familia de curvas x + y
= x 2 − y 2 C es homogénea.
Hallar la familia de trayectorias ortogonales de esa familia de curvas.
R. ED de la familia de curvas dada es la homogénea
Las TO tienen ecuación ln
(
)
y′ =
x 3 − 3xy 2
y 3 − 3x 2 y
y − 2 ln x 2 + y 2 + ln x = C
Aplicación de las ED de primer orden
193
4.8. Segunda ley del movimiento de Newton
14
Un cuerpo de masa constante o variable se desplaza sobre una trayectoria bajo la influencia de fuerzas
concurrentes sobre él. En cada instante t denotemos con:
m(t )

r (t )


v (t ) = r ′(t )



a (t ) = v ′(t ) = r ′′(t )
la masa que tiene el objeto
su posición
su velocidad y
su aceleración
Además, la suma vectorial de todas las fuerzas, llamada fuerza neta, será denotada con
dirección de esta fuerza neta y la dirección que sigue el objeto es la misma.

F (t )
y es obvio que la

m(t ) ⋅ v (t )
El momentum del objeto se define como
Si la masa es constante entonces la razón de cambio instantánea del momentum respecto al tiempo es:


d
d 
(m(t ) ⋅ v (t )) = m ⋅ (v (t )) = m ⋅ a (t )
dt
dt
Segunda Ley de Newton
Si la masa es constante


d
(m(t ) ⋅ v (t )) = F (t )
dt


m ⋅ a (t ) = F (t )
Unidades de medida
La siguiente tabla muestra las unidades utilizadas en cada uno de los sistemas de medida:
cgs
pls
mks
centímetro (cm), gramo (gr), segundo (s o seg)
pie, libra (lb), segundo
metro (m), kilogramo (kg), segundo
masa
posición
velocidad
aceleración
valor aproximado de g
fuerza
cgs
pls
gr
cm
cm/seg
2
cm/seg
2
980 cm/seg
.
2
dina=gr cm/seg
lb
pie
pie/seg
2
pie/seg
2
32 pie/seg
.
2
poundal=lb pie/seg
mks
kg
m (metro)
m/seg
2
m/seg
2
9.8 m/seg
.
2
newton=kg m/seg
Ejemplo 4.23
Si el objeto se desplaza en el plano
14
xy
entonces las cantidades vectoriales son:
La masa podría variar, por ejemplo, si va quemando una cantidad considerable de combustible
194
Aplicación de las ED de primer orden

r (t ) = ( x (t ), y (t ))


v (t ) = r ′(t ) = ( x ′(t ), y ′(t ))


a (t ) = v ′(t ) = ( x ′′(t ), y ′′(t ))

F (t ) = ( F1 (t ), F2 (t ))
donde
x, y , F1 , F2
posición
velocidad
aceleración
fuerza neta
son funciones reales en la variable real no negativa
t . En este caso y suponiendo que la
masa es constante, la segunda ley de Newton se escribe de las siguientes formas:


mr ′′(t ) = F (t )
⇔
(m ⋅ x ′′(t ), m ⋅ y ′′(t )) = ( F1 (t ), F2 (t ))
⇔
 m ⋅ x ′′(t ) = F1 (t )


m ⋅ y ′′(t ) = F (t )

2

Esta sección se limita a cuerpos que se desplazan horizontal o verticalmente; por lo tanto, las cantidades
vectoriales tienen una sola componente que denotamos con:

r (t ) = x (t )
posición
v (t ) = x ′(t )
velocidad
a (t ) = v ′(t ) = x ′′(t )
aceleración
F (t )
fuerza neta
Este capítulo ilustra ED de primer orden, por esto, la ED de segundo orden
como su equivalente de primer orden
Ejemplo 4.24
m ⋅ v ′(t ) = F (t ) .
m
sale desde la posición
única fuerza que actúa sobre la masa
x (t ) , del objeto en cada instante.
m
x0
con velocidad inicial
v0
y cae verticalmente. La
se debe a la aceleración de la gravedad (g), determine la posición,
R. Utilizaremos la segunda ley de Newton para relacionar peso
x (t )
será tratada
Fórmula para velocidad y posición de un cuerpo en caída libre
Un cuerpo de masa constante
posición
m ⋅ x ′′(t ) = F (t )
donde está el objeto en el instante
W
con masa del objeto
m
y determinar la
t ≥ 0.
En caída libre la única fuerza que actúa sobre el objeto es su peso y, por lo tanto, la fuerza neta es
otro lado la aceleración que experimenta es la de la gravedad, que denotamos con la constante g .
Aplicando la ley de Newton
m⋅a = F
a este caso de caída libre, resulta la conocida elación
Para determinar la posición x (t ) en el instante
del problema de valores iniciales:
t
F = W . Por
m⋅g =W .
(min., seg., unidades de tiempo según corresponda), partimos
a (t ) = g
con condiciones iniciales
 x (0) = x0

 v (0) = v0
Aplicación de las ED de primer orden
Como
195
a (t ) = v ′(t ) la ED se escribe
v ′(t ) = g
v (t ) = gt + A , A
⇔
Aplica la condición
v (0) = v0
para obtener
A = v0
constante.
y escribir la ED como:
v (t ) = gt + v0
Aplica la condición
x (0) = x0
⇔
x ′(t ) = gt + v0
⇔
x (t ) =
para obtener
gt 2
+ v0 t + B ,
2
B = x0
B
constante.
y la posición del objeto está dada por:
x (t ) = 1 gt 2 + v0t + x0
2

Observe que esta posición no depende de la masa del objeto
Ejercicios 4.13
1.
Un objeto se lanza verticalmente hacia arriba con velocidad inicial v 0 . La única fuerza que actúa sobre la
masa es su peso total. Determine el tiempo que tarda en alcanzar su máxima altura. Si se lanzan hacia
arriba dos cuerpos de diferente masa, con la misma velocidad inicial v 0 y siendo su respectivo peso la única
fuerza que actúa sobre cada uno, ¿cuál se detiene primero?, ¿cuál alcanza mayor altura?. ¿En que tiempo
regresan a su posición de salida x o ?
R. Alcanza su máxima altura en el tiempo
v
T= 0
g
, este es independiente de la masa y, por lo tanto, es
independiente del peso, entonces ambos se detiene al mismo tiempo. Si continúa resolviendo obtiene la
x (t ) = − 1 gt 2 + v0t + x0 ,
2
x (τ ) = x0 es τ = 2T .
misma función desplazamiento para ambos objetos
alcanzan la misma altura. La solución de
2.
Repita el ejercicio 1 con
v (0) = 32
.

 x (0) = 0
entonces los objetos
Ejemplo 4.25 Caída con resistencia por inmersión en un líquido
Un cuerpo de masa
m
constante cae verticalmente por la influencia de la gravedad g, se desplaza dentro de un
líquido que ejerce una fuerza de resistencia, proporcional a la rapidez
v (t )
x (t ) , la velocidad
Asuma que partió de la posición x (0) = x0 .
velocidad
y posición
R. Asumimos que la velocidad inicial es
15
v (t )
límite de la masa, esto es, el límite de
v (0) = v0
y parte de
t . Determine la
v (t ) cuando t → ∞ .
en cada instante
x (0) = x0
Las fuerzas que determinan la posición del objeto son:
peso
W
constante y
resistencia
R (t )
que en cada instante
constante de proporcionalidad
15
t , es proporcional
k > 0 tal que R (t ) = kv (t ) .
a la velocidad, por lo tanto, existe una
Ejemplificamos con la resistencia proporcional a la rapidez, a su cuadrado o a su cubo
196
Aplicación de las ED de primer orden
El objeto cae; por esto, el peso tiene una magnitud mayor que la magnitud de la fuerza de resistencia, así la
fuerza neta es W − kv y la segunda ley de Newton nos lleva al PVI:
Esta ED es lineal (y separable)
mv ′ = W − kv
condicionado por
mv ′ + kv = W
y se escribe:
 v (0) = v0

 x (0) = x0
v′ + k v = W
m
k
Multiplique por el factor integrante
e
∫ m dt
m
kt
= em
para obtener:
k
k
k
t
t
t
e m v′ + e m k v = W e m
m
⇔
d  mk t  W mk t
e v = e
 m
dt 

⇔
k
 mk t 
W e m t dt


d
e
v
=
∫   ∫ m
⇔
em v = W em + C , C
Desde donde despeja la rapidez
Si aplica
v (0) = v0
m
kt
kt
k
v (t ) = W + Ce
constante
−kt
m
k
en esta, resulta
v0 = W + C
k
entonces
C = v0 − W
k
(
)
.
k
W + v − W e− m t
Sustituya eso en la velocidad anterior y obtenga: v (t ) =
0
k
k
Para determinar la posición del objeto en función de
t , escriba esa ecuación de velocidad como:
−kt

dx (t ) =  W + v0 − W e m dt
k
k


(
)
constante
(
)
x0 = (v0 − W ) m + K desde donde despeja K = x0 + (v0 − W ) m .
k −k
k k
k
E integre para obtener la posición
Aplique
x (0) = x0
y obtiene:
Con eso la función de posición es:
La velocidad límite es
lim v (t )
t →∞
− t
x (t ) = W t + v0 − W m e m + K , K
k
k −k
(
)
k
(
)
− t
x (t ) = W t − v0 − W m e m + x0 + v0 − W m
k
k k
k k
−kt

= lim  W + v0 − W e m  = W
k
k
t → ∞ k

(
)

Aplicación de las ED de primer orden
197
Ejemplo 4.26 Caída con resistencia por inmersión en un líquido
Un cuerpo de masa
m
constante, parte de reposo y cae verticalmente por su peso, se desplaza dentro de un
v (t ) en cada instante t .
t → ∞ ). Asuma que partió del
líquido que ejerce una fuerza de resistencia, proporcional al cuadrado de la rapidez
Hallar la velocidad
origen.
v (t )
y la velocidad límite de la masa (límite de
v (0) = 0
R. La frase “parte del reposo” se escribe
v (t )
cuando
y “parte del origen” como
x (0) = 0
Las fuerzas que determinan la posición del objeto son:
peso
W
constante y
resistencia
R (t )
que en cada instante
existe una constante de proporcionalidad
t,
es proporcional al cuadrado de la velocidad, por lo tanto,
k >0
tal que
R (t ) = kv 2 (t ) .
El objeto cae, por esto el peso tiene una magnitud mayor que la magnitud de la fuerza de resistencia, así la
fuerza neta es
W − kv 2
y la segunda ley de Newton nos lleva al PVI:
mv ′ = W − kv 2
Separa variables y obtiene
mdv
W − kv 2
1
W − kv
W
k
Si
v=
Si
v=−
W
k
2
= dt
=
(W+
condicionado por
 v (0) = 0

 x (0) = 0
y ahora en fracciones parciales:
1
( W − k v )( W + k v )
k v )a + ( W − k v )b
=
a
b
+
W − kv
W + kv
⇒
1=
⇒


W
W
b
a +  W − k
1 =  W + k


k 
k 


⇒ a=
1
2 W
⇒




W  
W  
 b
 a +  W − k −
1 =  W + k  −





k
k






⇒ b=
1
2 W
Aplica esa separación en fracciones parciales en la ED y obtiene:
1
1




W
W
2
2
dv = dt

m
+
 W − kv
W + kv 




⇒
1
1
m 
dv = dt
+


2 W  W − kv
W + kv 
m
2 W
Integra y obtiene:
1
 1

ln W − k v +
ln W + k v  = t + A , A
−
k
k


Puede omitir el valor absoluto por el siguiente argumento, las cantidades
como
W − kv 2 =
(W−
)(
)
+ 
k v W
kv > 0

+
entonces
W − kv 2 > 0
W − kv > 0 .
y
constante.
W + kv > 0,
198
Aplicación de las ED de primer orden
La solución se escribe:
Si aplica
v (0) = 0
( (
) (
))
m
− ln W − k v + ln W + k v = t + A
2 kW
en esa solución resulta
A = 0 , por lo que puede escribirla como:
( (
) (
))
m
− ln W − k v + ln W + k v = t
2 kW
Y para despejar la velocidad procede como sigue:
ln
W + k v 2 kW
=
t
m
W − kv
2 kW
⇒
⇒
⇒
Agrupa los términos en v
t
W + kv
=e m
W − kv
W +
2 kW
t
kv = e m
W + kv =
(W−
2 kW
t
We m
−
kv
)
2 kW
t
ke m v
y factoriza, obtiene:
2 kW 

 2 kW t

t

 m

m
k 1 + e
− 1
v = W  e








⇒
La velocidad límite es
v=
2 kW
t
−1
e m
W
⋅
2 kW
k
t
+1
e m
lim v (t ) = lim
t →∞
es la velocidad
2 kW
t
e m
−1
v (t )
que responde al primer asunto.
2 kW
t
e m
W
W
W
=
⋅
= lim
⋅
2 kW
2 kW
k
t →∞ k
t →∞ k
t
t
e m
+1
e m

Ejemplo 4.27
Considere una cadena de masa m y longitud L. Inicialmente, una parte está sobre una mesa horizontal y otra
está colgando. Se suelta y empieza a deslizarse sin ninguna resistencia. Determine una ecuación que describa
la posición de la cadena en función del tiempo.
Aplicación de las ED de primer orden
199
R. La masa de la cadena no cambia (es constante), pero la masa del pedazo que cuelga es variable y por su
peso se produce el desplazamiento de la cadena. Para determinar este peso, observe que la masa por unidad
de longitud de la cadena es
m , si x (t ) es el trozo que cuelga entonces su masa es m x (t ) .
L
L
Aplica la segunda ley de Newton para cuerpos de masa constante y obtiene:
ma (t ) =
m
x (t ) ⋅ g
L 

masa
 x (0 ) = x 0

 x ′(0) = 0
Y las condiciones iniciales son
d 2x
La ED se escribe:
=
dt 2
donde
x0
es la longitud del trozo que inicialmente cuelga.
g
x , es una ED de 2do orden con variable t
L
v = x′
y
dv g
= x
dt L
la ED se escribe:
⇔
dv dx/ g
= x , este artificio es para eliminar t
dx/ dt L
⇔
dv
g
v= x
dx
L
⇔
v2 =
g 2
x +C, C
L
(
para obtener que
g 2
x − x02
L
⇔
v=
g
x 2 − x02
L
⇔
∫
dx
⇔
ln x + x 2 − x02  =


x 2 − x02
x (0) = x0
C=−
g 2
x0
L
y la ED toma la forma:
)
v2 =
=
del todo y quedar con solo dos variables.
constante.
 x (0) = x0

 v (0) = 0
Aplica las condiciones iniciales
Aplica la condición
ausente. Por lo que toma
, note que la velocidad es positiva.
g
dt
L∫
para obtener
ln x + x 2 − x02  =


g
t
L
+K
K = ln x0
g
t
L
y la solución
+ ln x0
x (t )
está implícita en la ecuación:

Ejercicios 4.14
1.
Un cuerpo de masa m kg, parte de reposo desde el origen y cae verticalmente por la influencia de la
gravedad. En cada instante t la caída está determinada por su peso y por la resistencia del aire que es
proporcional a la rapidez
velocidad es 40 m/s.
v (t ) ,
como prueba experimental se determinó que la resistencia es 40n cuando la
200
Aplicación de las ED de primer orden
Muestre que
2.
−1t

∀t ≥ 0 v (t ) = mg 1 − e m 


Un cuerpo de masa
m = 1/ g
y la posición es
−1t


x (t ) = mg  t + me m − m 


kg ( g es aceleración de la gravedad) parte de reposo desde el origen y cae
verticalmente por la influencia de la gravedad. En cada instante t la caída está determinada por su peso y por la
3
resistencia del medio proporcional al v (t), como prueba experimental se determinó que la resistencia es 8n
cuando la velocidad es 2 m/s. Demuestre que
ln
∀t ≥ 0
la velocidad está implícita en:
2v + 1 3
1
v2 + v + 1
+ 3 arctan
= t + 3 arctan
m
1− v
3
3
3. Considere una cadena homogénea de masa m y longitud L .
La cadena se desliza pasando por un carrete fijo a la pared, que no produce ninguna fuerza de resistencia sobre
la cadena. Inicialmente un trozo de cadena con longitud x 0 > L/2 estaba en reposo y su peso produjo el
deslizamiento. Denote con x(t) la longitud del trozo de cadena que ha pasado por el carrete pasados t minutos.
Demuestre que la velocidad instantánea del trozo de longitud x(t) es:
(
)
1
v (t ) = 2 g  x 2 − x02 − ( x − x0 ) 
L

4.
Una cuerda de masa despreciable está sobre un carrete como el de la figura anterior. Además, en un
extremo de la cuerda está atado un peso de masa m y en el otro extremo está atado un peso de masa M.
Suponga que m > M y que inicialmente los pesos se encuentran a la misma altura en reposo. Además, solo la
masa m está sumergida en un líquido de tal forma que en su desplazamiento experimenta una fuerza de
amortiguamiento proporcional a la velocidad, con constante de proporcionalidad k. Demuestre que la velocidad y
posición de la masa mayor en un instante t están dadas por:
k

− t
g (m − M ) 

m
v (t ) =

1 − e
k


L
y
k 

g (m − M )  m − m t  L mg (m − M )
.
x (t ) =
 + 2 −
 t + k e
k
k2


es longitud de la cuerda.
5.
Un punto material de masa 1 kg, se encuentra sobre la línea que une a dos centros gravitacionales A y B.
Dicho punto material es atraído por cada uno de los centros gravitacionales con una fuerza de magnitud igual al
doble de la distancia del punto material al centro gravitacional.
x (t )
denotará la distancia entre el punto material
t . Obtenga:
x ′′(t ) + 4 x (t ) = 0
y el punto medio del segmento AB, en el instante
La ED que determinar x (t ) .
R.
La solución de la ED si el punto material, inicialmente, se encuentra en reposo y a una distancia de 5m a la
derecha del punto medio del segmento AB R.
x (t ) = 5 cos(2t )
El tiempo necesario para que el punto se encuentre, por primera vez, a igual distancia de los puntos A y B.
R.
T =π
4
seg.
Aplicación de las ED de primer orden
6.
Un objeto de masa
m = 2 Kg
201
sale de un punto con velocidad inicial
0
m/seg. Cae verticalmente por el
efecto de su peso W = m ⋅ g , g ≈ 10 m/seg , y de una fuerza de resistencia
una constante positiva con valor desconocido.
2
Se sabe que:
v (0) = 0 ; lim v (t ) = 40
t → +∞
a) Calcule el valor de
b) Dar la velocidad
m/seg y
lim v ′(t ) = 0
t → +∞
k . Sugerencia, aplique límites a la ED.
v (t )
en función del tiempo transcurrido
t
R.
R.
R = k ⋅ [v (t )]2 , donde k
2
m/seg . Además,
es
m ⋅ v ′(t ) = W − R .
k= 1
80
v (t ) =
1t
40e 2
1t
e2
− 40
+1
7.
Una masa de 1 libra se desplaza verticalmente bajo la influencia de su peso y de una fuerza de resistencia.
En cada instante la magnitud de la resistencia es igual a la distancia que ha recorrido la masa. Inicialmente la
masa está a 32 pies del origen y su velocidad es 4 pies / seg . Obtenga una fórmula para la distancia de la
masa al origen en función del tiempo.
R.
x (t ) = 32 − 4 sin t
8.
Un cuerpo de masa m kg, parte de reposo desde el origen y cae verticalmente por la influencia de la
gravedad. En cada instante t la caída está determinada por su peso y por la resistencia del aire que es
proporcional a la rapidez
velocidad es 40 m/s.
Muestre que
∀t ≥ 0
v (t ) ,
como prueba experimental se determinó que la resistencia es 40n cuando la
la velocidad es
−1t

v (t ) = mg 1 − e m 


y posición
−1t


x (t ) = mg  t + me m − m 


202
Aplicación de las ED de primer orden
4.9. Geometría analítica
El problema a tratar en esta sección consiste en hallar una función
f
a partir de las propiedades
geométricas conocidas de sus rectas tangentes o normales en los puntos genéricos de de
reduce a plantear una ED
y ′ = F ( x, y )
f
. El problema se
y resolverla para determinar la ecuación de la función
f
.
( x, y ) donde se considera la pendiente y ′ = F ( x, y ) , con cualquier
otro punto de la gráfica de f , denotamos con ( X , Y ) los puntos genéricos de f . Entonces las ecuaciones de
la función, su recta tangente y su normal en el punto ( x, y ) se escriben en las variables ( X , Y ) .
Para evitar confusión del punto genérico
Notas
N1
Algunas ED de primer orden que modelan problemas de geometría analítica tienen la forma:
a ( x, y )( y ′)2 + b( x, y ) y ′ + c( x, y ) = 0
En tales casos se recomienda despejar:
y′ =
N2
− b ± b 2 − 4ac
2a
donde se supone
b 2 − 4ac ≥ 0
En esta y todas las aplicaciones debe escudriñar en busca de soluciones singulares.
Recta tangente a una curva Y = f ( X ) en un punto ( x, y )
Sea
Τ
la recta tangente a la curva
Y = f (X )
en el punto de tangencia fijo
Empecemos con una ecuación general para la recta
La pendiente a
Y = f (X )
en el punto
( x, y )
Y = mX + b
Τ:
( x, y ) es m = f ′( x ) y la ecuación de Τ
se escribe:
Y = f ′( x ) ⋅ X + b
Para hallar
b
utiliza que la recta pasa por
( x, y ) , entonces: y = f ′( x ) ⋅ x + b
⇒
Concluye
Τ
tangente a
Y = f (X )
en el punto de tangencia
b = y − f ′( x ) ⋅ x
( x, y )
tiene ecuación:
Aplicación de las ED de primer orden
203
Y = f ′( x ) ⋅ X + y − f ′( x ) ⋅ x


m
Escribimos
f ′( x ) = y ′ y la ecuación de Τ
se escribe
b
Y − y = y′ ⋅ ( X − x )
o
Y−y
= y′
X −x

Recta normal a una curva Y = f ( X ) en un punto ( x, y )
Sea
Ν
la recta normal a la curva
Y = f (X )
La ecuación general de una recta es
M =−
Y = MX + B
y si es normal a
( x, y ) .
Y = f (X )
pasa por
Ν
es:
( x, y ) , lo que escribe como:
Concluye que la recta normal
Ν
a
Y =−
1
X +B
f ′( x )
y=−
1
x+B
f ′( x )
B= y+
⇒
Y = f (X )
Escribimos
f ′( x ) = y ′ y la ecuación de Ν
x
f ′( x )
en el punto de tangencia
Y =−
se escribe
( x, y )
tiene ecuación:
1
x
X + y+
f ′( x )
f ′( x )
Y −y=−
1
( X − x)
f ′( x )
Resumen
Si
entonces su pendiente es
1
, en el caso f ′( x ) ≠ 0 .
f ′( x )
Entonces la ecuación de la Normal
Ν
en el punto de tangencia
( x, y )
es punto de tangencia sobre la curva con ecuación
Su recta tangente
Τ
en el punto
( x, y )
Y = f (X )
tiene ecuación
entonces:
Y−y
= y′
X −x
o
Y−y
1
=− 
X −x
y′
204
Aplicación de las ED de primer orden
Su recta normal
Ν
( x, y )
en el punto
Y−y
1
=−
X −x
y′
tiene ecuación
Ejemplos 4.28
1.
Hallar la ecuación de una familia de curvas si para cada curva, sus rectas normales pasan por
R. Sea
( x, y )
un punto de tangencia sobre una de las curvas buscada.
La recta normal en
Si pasa por
(0,0) .
( x, y )
Y−y
1
=−
X −x
y′
tiene ecuación
( X ,Y ) = (0,0)
x
y
⇒
y′ = −
⇒
ydy = − xdx
1 y2
2
= − 12 x 2 + C
x 2 + y 2 = r 2 , cambiamos r 2 = 2C
⇒
Estas soluciones son círculos centrados en
y′ = 0
y′ ≠ 0 .
0− y
1
=−
0− x
y′
entonces
Integre y obtiene la solución general:
El caso rezagado
caso que
(0,0) .
y = K constante, representa una familia de rectas horizontales y,
verticales x = L constante, no todas estas rectas normales pasan por
tiene soluciones
por lo tanto, sus rectas normales son
(0,0) entonces las rectas y = K no son soluciones admisibles
2.
Sea
a

una constante fija.
Hallar la familia de curvas, si para cada curva la distancia desde el punto de tangencia al punto en que la
tangente corta al eje
R. Sea
( x, y )
Y
es
a2 .
un punto de tangencia sobre las curvas buscadas, entonces la recta tangente en
( x, y )
Y−y
= y′
X −x
Necesitamos del valor
Y (0) donde la tangente corta al eje Y
, que se despeja de:
Y−y
= y′
0− x
⇒
Así
Y = y − xy ′
(0, y − xy ′) es la intersección de la recta tangente con el eje Y
Por otra parte, la distancia entre dos puntos cualesquiera
P ( x0 , y 0 )
.
y
Q ( x1 , y1 )
está dada por:
d ( P, Q ) = ( x1 − x0 )2 + ( y1 − y0 )2
Para nuestro ejemplo, la distancia entre
( x, y ) y (0, y − xy ′) es una constante a 2 , esto se escribe:
es:
Aplicación de las ED de primer orden
205
( x − 0 ) 2 + ( y − ( y − x y ′ )) 2 = a 2
⇔
x 2 + x 2 ( y ′)2 = a 4
⇔
( y ′)2 =
⇔
y′ = ±
Integre y obtiene:
y = ±∫
Tome el cambio de variable
a4 − x2
x2
a4 − x2
x2
a4 − x2
x2
⋅ dx
x = a 2 sin θ ⇒ dx = a 2 cos θ dθ
y = ±∫
a 4 − a 4 sin 2 θ
a sin θ
2
a 2 1 − sin 2 θ
⋅ a 2 cos θ dθ
⇒
y = ±∫
⇒
y = ±a 2 ∫
cos 2 θ
dθ
sin θ
⇒
y = ±a 2 ∫
1 − sin 2 θ
dθ
sin θ
⇒
y = ± a 2 ∫ (csc θ − sin θ ) dθ
⇒
y = ± a 2 (ln csc θ − cot θ + cos θ + C )
Construya un triángulo en el cual
a sin θ
2
x = a 2 sin θ
en esa integral resulta:
⋅ a 2 cos θ dθ
es decir
Con Pitágoras complete la medida del otro cateto:
sin θ =
x
a2
, puede utilizar el que muestra la figura:
206
Aplicación de las ED de primer orden
a2
, cot θ =
x
a4 − x2
, cos θ =
x
a4 − x2
Desde es triángulo
csc θ =
y obtiene:

a2
a4 − x2
a4 − x2
y = ± a ln
−
+
+ C

 x
x
a2


a2
que sustituye en la solución

3.
eje
2

Hallar la familia de curvas, si la suma de las medidas de la abcisa del punto donde la recta tangente corta al
más la ordenada de su intersección con el eje Y es 0 .
X
R. Sea
( x, y )
el punto de tangencia.
La recta tangente en
( x, y )
Y−y
= y′
X −x
es:
La abcisa de intersección con el eje
X
La ordenada de intersección con el eje
Iguale la suma de las anteriores a
0
se despeja de:
Y
se obtiene de
y obtiene la ED:
0− y
y
= y′ ⇒ X = x −
X −x
y′
caso que
Y−y
= y ′ ⇒ Y = y − xy ′
0− x
y
x − + y − xy ′ = 0
y′

X +Y
Resuelve como ecuación de segundo grado para
Desde donde obtiene las ED separables
La primera ED se reduce a
y′ =
y′ =
⇒
xy ′ − y + yy ′ − x ( y ′)2 = 0
⇒
− x ( y ′)2 + ( x + y ) y ′ − y = 0
y′ :
y′ =
− ( x + y ) ± ( x + y )2 − 4 xy
− 2x
⇒
y′ =
− ( x + y ) ± ( x − y )2
− 2x
⇒
y′ =
− (x + y) ± (x − y)
− 2x
− (x + y) + (x − y)
− 2x
y
y′ =
y
x
⇒
dy dx
=
y
x
⇒
ln y = ln x + ln A
donde
A
es constante
− (x + y) − (x − y)
− 2x
y′ ≠ 0
Aplicación de las ED de primer orden
⇒
Son rectas que pasan por
ejes en
x = 0, y = 0
y = ± Ax
y su suma es
ejes XY en x = − A y
soluciones del problema.
x = 0, y = 0
y′ = 0
⇒
y = mx
donde
m
es constante.
(0,0) , obviamente sus rectas tangentes coinciden con ellas mismas y cortan ambos
La segunda ED se simplifica como
El caso rezagado
207
y=A
0.
y′ = 1
y sus soluciones son rectas
y = x + A.
respectivamente, su suma es cero y, por lo tanto,
tiene soluciones
y=C
constante. La recta
y=C =0
Estas rectas cortan a los
y= x+A
corta a los ejes
y la suma de esa abcisa y esa ordenada suman cero; por lo tanto, la recta
Otras rectas horizontales
y=C ≠0
no cortan al eje
X
también son
y=0
XY
en
es solución.
y, por lo tanto, no son soluciones admisibles

Ejercicios 4.15
Recuerde considerar soluciones singulares.
1.
Hallar la ecuación de la familia de curvas, si a cada curva sus rectas normales pasan por un punto fijo
(a, b ) .
R. Círculos con centro en
2.
(a, b ) :
( x − a )2 + ( y − b )2 = C 2
Hallar una familia de curvas, si para cada curva el área del triángulo formado por la tangente en cualquier
punto y los ejes coordenadas es constante
R.
2 xy ± a 2 = Cx ± a
a2
(sin pérdida de generalidad puede suponer
y soluciones singulares:
y=±
2
a
2x
(hipérbolas equiláteras).
a ≥ 0 ).