Ejercicios 2.7

4. En cierto cultivo, la población de bacterias crece a una tasa que es proporcional a la cantidad de bacterias presentes en el tiempo t. Después de tres horas se observa que hay 400 bacterias; luego de 10 horas 2000 ¿Cuál es el número inicial de bacterias?

Tenemos que

Tiempo (Horas)

Número debacterias

3 400

10 2000

La situación planteada es un problema de crecimiento y decamiento, por lo cual para hallar e número inicial de bacterias denominados P0, utilizamos el problema de valor inicial:

dpdt

=kp

Dónde:

P: la población de bacterias

K: constante de proporcionalidad

Resolvemos la ecuación por el método de ecuaciones lineales

P(x )=−k

μ ( x )=e∫−kdt=e−kt

dpdt

(e−kt )−kp (e−kt )=0

ddt

(e−kt p )=0

Integrando tenemos que:

∫ ddt

(e−kt p )=∫ odt

pe−kt=c

p=cekt

Como P depende de t entonces

En t=0→ p0=ce0

p0=c

Entonces P(t )=P0 ekt

Tenemos que:

p(3)=400 y p (10)=2000

Reemplazando:

400=p0 e3k y 200=p0e

10 k

p0=¿¿

400

e3k y p0=¿ 2000e10k

¿

Igualando tenemos

2000

e10 k=400

e3k,luego

5=e7 k

ln∨5∨¿7 k

K=ln ∨5∨¿7¿

Tenemos entonces que el valor de po va a hacer:

p0=400

e3( ln|5|

7 ), entonces p0=200,67≈201

Por lo tanto el número inicial de bacterias fue aproximadamente 201.

17. Un termómetro que marca 70o F se coloca en un horno precalentado a temperatura constante , A través de una ventana de vidrio localizada en la puerta del horno, un observador registra que el termómetro marca 110o F después de medio minuto y 145o F luego de un minuto ¿Cuál es la temperatura del horno?

De acuerdo a la ley de enfriamiento de Newton tenemos que la ecuación de enfriamiento de un objeto está dada por la ecuación diferencial de primer orden:

dTdt

=k (T−T m )(1)

Donde T (t) es la temperatura, T m es la temperatura ambiente y k una constante de

proporcionalidad. A partir de lo anterior para nuestro ejercicio T (0)=70.

Resolviendo la ecuación (1) como una EDO lineal, tenemos:

dTdt

−k (T−T m )=0

Luego P ( x )=−k y el factor de integración μ ( x )=e∫−kdt=e−kt

Multiplicando por el factor de integración:

dTdt

e−kt

−k (T−T m )e−kt=0

ddt [ (T−T m )e−kt ]=0

Integrando a ambos lados:

∫ ddt [ (T−T m )e−kt ]=∫ 0dt

[ (T−T m )e−kt ]=c

Despejando a T :

T=c ekt+T m

Tenemos que T (0)=70, encontramos entonces que

C=70−Tm

Reemplazando

T (t)=(70−T m)ekt+T m

Usando los datos dados en el problema tenemos que

T ( 12 )=T m+(70−T m)e

k /2=100

T (1 )=Tm+(70−T m )ek=145

Tenemos que

ek /2=(11 o−T m)(70−Tm)

, entonces ek=(11 o−T m)

2

(70−Tm)2

Igualando las ecuaciones tenemos

ek /2 ¿ek

(110−T m)2

(70−T m)2 =

145−T m

70−T m

(110−T m)2

(70−T m )=145−T m

12100−220T m+T m2=10150−21T m+T m

2

Cancelando ciertos términos tenemos que

T m=390

Por lo tanto la temperatura en el horno será de 390°.

30. Una fuerza electromotriz de 200 volts se aplica a un circuito RC en serie con resistencia de 1000 ohms y capacitancia de 5x10-6 farads. Encuentre la carga q(t) sobre el capacitor si i(0)=0.4. Determine la carga y la corriente en t=0.005 sdetermine la carga conforme t→∞ .

Datos:

E ( t )=200volts

R=1000Ω

C=5 x10−6 faradios

i (0 )=0.4

La situación planteada es un problema relacionado con la segunda ley de Kirchhoff la cual señala que la suma de la caída de voltaje a través del inductor (L(di/dt)) y la caída de

voltaje a raves del resistor (iR) es igual a la cantidad de voltaje suministrado (E(t)) al circuito.

Por lo tanto tenemos que la ecuación lineal para la corriente (i(t)) es:

Ldidt

+Ri=E (t)

Dónde: L y R son constantes conocidas como inductancia y resistencia y la corriente i(t) se conoce como la respuesta del sistema.

Teniendo en cuenta que la corriente i y la carga q están relacionadas por i = dq/dt, de manera que la ecuación se convierta en la ecuación diferencial lineal:

Rdqdt

+ 1Cq=E (t)

Resolviendo la ecuación por el método de ecuaciones lineales y reemplazando los respectivos datos tenemos:

1000dqdt

+106

5q=200

Dividiendo entre 1000 ambas partes:

dqdt

+200q=15

P ( x )=200→u ( x )=e∫200 dt=e200 t

ddt

[qe200t ]=15e200t

Integrando:

∫ ddt

[q e200 t ]=∫ 15e200 t

q e200 t=10−3 e200 t+c

Entonces :q=10−3+c e−200t

como i=dqdt

→i=−200 ce−200t

Con los datos que proporciona el problema tenemos que:

i (0 )=0.4=−200 c

c= 0.4−200

c= −1500

Luego: i (0.005 )=−200 (−1500 )e−200(0.005)

i (0.005 )=0.1472

Así q (t )=10−3+( −1500 )(e−200t)

luego : q (0.005 )=10−3+( −1500 )(e−200 ( 0.005 ))

q=0.0003

Por lo cual la carga y la corriente en t = 0.005 son respectivamente 0.0003Coulombs y 0.1472Amperios.

Evaluamos a q(t) cuando t→∞:

limt →∞

q (t )=limt→∞

10−3− 1500

e−200 t

limt →∞

q (t )=10−3

La carga conforme t→∞ es de 1 0−3 coulombs.

Ejercicios 2.8

10. Dos productos químicos a y b se combinan para formar un nuevo producto químico C. La tasa o velocidad de la reacciones proporcional al producto de las cantidades instantáneas de A y B que no se han convertido en el químico C. En un principio hay 100 gramos de A y 50 gramos de B y para cada gramo de B se usan 2 gramos de A .Se observa que se forman dos gramos de c en 5 minutos. ¿Cuánto se forma en20 minutos? ¿Cuál es la cantidad limitante de C después de un largo tiempo? ¿Qué cantidad de los químicos A y B permanece después de un gran tiempo? ¿Cuándo el químico Cestá a medio formar?

La rapidez de la formación de C está dada por:

dXdt

=k (α−X ) (β−X )(1)

Dónde α y β son las proporciones de las sustancias en reacción

α=aM+NM

(2)

β=bM+NN

(3)

Y además a y b son los gramos respectivos de cada sustancia, teniendo en cuenta que para este ejercicio 1 gramo de B produce 2 gramos de A .

Luego los datos que nos da el problema son a=100 g ,b=50g, N=1, M=2 y X (5 )=10g.

Remplazando en las ecuaciones (2) y (3):

α=32∗100=150

β=50∗3=150

Sustituyendo finalmente en (1):

dXdt

=k (150−X )2

Usando variables separables para resolver la ecuación:

dX

(150−X )2=k dt

∫ dX

(150−X )2=∫ k dt

Al integrar obtenemos

1150−X

=kt+c (4)

A continuación como X (5 )=10g y a partir de la deducción X (0 )=0 g puesto que al inicio no se ha formado aun nada de la sustancia C. Encontramos los valores correspondientes de las constantes c y k usando la ecuación (4).

Cuando X (0 )=0 g :

c= 1150

Cuando X (5 )=10g y c=1

150

1150−10

=5k+ 1150

❑⇒k= 1

10500

a) A partir de lo anterior, es posible establecer a X (20 )

X (20 )=150− 1kt+c

❑⇒X (20 )=33.3gr

Cantidad limitante de C después de un lago tiempo.

limt →∞

x (t )=¿ limt→∞

150− 1kt+c

=150¿

b) La cantidad de los químicos que permanece después de un largo tiempo es decir cuando A y B t→∞ es cero puesto que por ley de conservación de la masa, la masa de los reactivos debe ser la misma de los productos por tanto las cantidades de A y B tienden a ser cero a medida que el tiempo tiende a infinito.

c) Ahora nos piden calcular cuando está a medio formar la reacción es decir encontrar cuando X ( t )=75 g ,despejamos para t

75=150− 1

( 110500 ) t+( 1

150 )❑⇒t=70 g

19. Tsunami. a). un modelo simple de la forma de un tsunami u ola de la marea, está dado por:

dWdx

=W √4−2W

Donde W(x)>0 es la altura de la ola expresada en función de su posición relacionada con un punto en alta mar. Mediante análisis, encuentre todas las soluciones constantes de la ecuación diferencial.

b). Resuelva la ecuación diferencial dada en la parte (a). Un CAS le podría ser de utilidad para efectuar la integración.

c). use la herramienta graficadora para obtener las gráficas de todas las soluciones que satisfagan la condición inicial W(0)= 2 .

Por simple inspección nos piden encontrar, las soluciones constantes de la ecuación diferencial, cuando y ’=0, estos puntos corresponden a 0 y 2, puesto que al tomar cada uno de esos valores la derivada se hacer 0.

b) Procedemos a resolver la ecuación diferencial usando variables separables.

dWdx

=W √4−2w

∫ dW

W √4−2w=∫1dx

Usando Matemática 8 para realizar la integral en la derecha obtenemos

−tanh−1( 12√4−2W )=x+c

tanh−1( 12√4−2W )=−x−c

Aplicando tangente hiperbólica a ambos lados obtenemos:

( 12√4−2W )=tanh(−x−c)

( 12√4−2W )=− tanh(x+c )

Para eliminar la raíz elevamos al cuadrado ambos lados dela ecuación y obtenemos

14

(4−2W )=tanh2(x+c)

(1−12W )=tanh 2( x+c)

−12

W=tanh2(x+c )−1

Multiplicamos por -1 la ecuación:

12W=1−tanh2(x+c)

Luego:

W=2−2 tanh 2(x+c)

Aplicando la propiedad 1−tanh2 x=sech2 x

W=2 sech2( x+c)(1)

b) Utilizando Maple 14 obtuvimos la gráfica de las soluciones que satisfacen el PVI, W(0)=2, pero antes encontramos a c cuando x=0 yW=2, remplazando en (1)

W=2 sech2( x+c)

2=2 sech2(c)

1=sech2(c)❑⇒c=0

Graficando una solución particular W (0)=2

22. Modelo de inmigración: a) en l os ejemplos 3 y 4 de la sección 2.1 del libro vimos que cualquier solución P (t ) de 4 posee un comportamiento asintótico P ( t )→a/b cuando t→∞

para P0>a /b y para 0¿P0<a /b ; en consecuencia, la solución de equilibrio P=a/b se denomina atrayente. Use una aplicación CAS para buscar raíces (o una calculadora gráfica) y aproximar la solución de equilibrio del modelo de inmigración

dPdt

=P (1−P )+0.3e−P

b) Use una herramienta graficadora para trazar la función F (P )=P (1−P )+0.3e−P.Explique

la forma en que puede usarse la gráfica obtenida para determinar si el número que se encuentra en la parte a) es un atractor.

c) Use un programa de solución numérica para comparar las curvas solución a los problemas de valor inicial.

dPdt

=P (1−P )+0.3e−PP (0 )=P0

Para P0=0.2 y P0=1.2. Sobreponga todas las curvas sobre los mismos ejes coordenados pero si fuera posible, utilice un color diferente para trazar las curvas del segundo problema de valor inicial. Sobre un periodo largo, ¿qué incremento porcentual en la población pronosticará el modelo de inmigración comparado con el modelo logístico

Solución

a)

Para aproximar una solución de equilibrio para el modelo de inmigración:

dPdt

=P (1−P )+0.3e−P

Hacemos F(P)= P (1−P )+0.3e−P

Como F(P) es una ecuación autónoma, para hallar las soluciones de equilibrio buscamos un P tal que F(P) = 0

Haciendo F(P) = 0

F (P )=P (1−P )+0.3e−P= 0

Usando un computational algebraic system ( wólfram alpha) hallamos el valor de P. Obtuvimos las raíces:

P≈−4.35213

P≈−0.312414 P≈1.09216

Tomamos P≈1.09216 porqueP es una solución de equilibrio, es decir, cuando P toma este valor, F(P) ≈ 0.

b) Usando un graficador (wólfram alpha) trazamos la función:

F (P )=P (1−P )+0.3e−P

Ubicamos el punto crítico P≈1.09216.

Observamos:

F (P )>0 para 0 < P < 1.09216, en este intervalo la solución de la función es creciente.

F (P )<0 para P>1.09216, en este intervalo la solución de la función es decreciente.

Entonces para la ecuación diferencial autónoma dada decimos que P es un atractor, ya que este punto es asintóticamente estable.

c) Usando maple 14 para comparar las curvas solución a los problemas de valor inicial.

dPdt

=P (1−P )+0.3e−PP (0 )=P0

para P0=0.2 y P0=1.2, tenemos:

Como sabemos que la solución de equilibrio para el modelo logístico es P=1, al compararla con la del modelo de inmigración donde la solución es P = 1.09216 tenemos que el porcentaje que aumento es:

(1.09216-1)(100%) = 9.216%

Podemos ver que el porcentaje de incremento es de 9.216%.

23. Todo lo que sube… En el problema 16, establezcamos t a como el tiempo que le lleva a

una bala de cañón alcanzar su máxima altura y t d como el tiempo que le toma caer desde

esa máxima altura hasta el suelo. Compare el valor t a con el valor de t dy la magnitud del

impacto de la velocidad v i con la velocidad inicial v0. Vea el problema 46. En los ejercicios 2.7 tal vez le sería útil una aplicación CAS para buscar raíces. [Sugerencia: Use el modelo del problema 15 para cuando la bala del cañón va cayendo]

Para resolver este problema usamos el modelo empleado en el ejercicio 15. Tenemos que para el problema de la resistencia del aire la ecuación diferencial viene dada por:

mdvdt

=mg−k v2

Resolvemos la ecuación usando el método de variables separadas:

dvdt

=g− k v2

m

dv

(g− k v2

m) = dt v(0)=0

Integrando en ambos lados con la ayuda de una CAS tenemos que:

∫dv

(g− k v2

m)=∫dt

V (t )=√mgk tanh√ kgm

t

Para hallar td es necesario calcular s(t). Para ello tenemos que ds/dt=v por esto integramos en ambas partes con ayuda de un CAS.

∫ dsdt

=∫ vdt

∫ dsdt

=∫√mgk tanh√ kgmS(t )=m

kln (cosh√ kg

mt)

Observamos que para hallar el tiempo t d necesitamos la altura máxima, para esto nos remitimos al ejercicio 16:

Como este nos sugiere modificamos ligeramente la ED del problema 15:

mdvdt

=−mg−k v2

Resolviendo esta ecuación por el método de variables separadas tenemos:

−m

−mg−k v2dv=dt

−m∫ dv

(√mg )2+(√k v )2=∫ dt

−(√m )2

√k ( 1

√mg )Tan−1( √k v√mg )=t+c1

√ mkg

Ta n−1(√ kmg

v )=−t+c1

Tan−1(√ kmg

v )=−√ kgm

t+√ kgm

c1

√ kmg

v=tan(c1−√ kgm t)

v (t )=√ mgk

tan (c1−√ kgm

t )Hallamos c1 teniendo en cuenta que v(0)=300ft/s, luego:

300=√(0.5)(32)0.0003

tan(c1−√ (0.0003 ) (32 )0.5

(0))tan−1((300 )(√ 0.0003

(0.5 ) (32 ) ))=c1

c1=0.9147

Ahora sabiendo que la velocidad en la altura máxima es cero hallamos el tiempo que tarda en alcanzar dicha altura:

0=√ (0.5)(32)0.0003

tan(0.9147−√(0.0003)(32)0.5

t)

√ (0.0003)(32)0.5

t=0.9147

t=6.601

Ahora sabiendo que v(t)=ds/dt tenemos que:

∫ dsdt

=√mgk ∫ tan(0.9147−√ kgm

t)dt

s (t )=√mgk (−√ mkg )(−ln|cos(0.9147−√ kgm t)|)+c2

s ( t )=mk

ln|cos (0.9147−√ kgm t)|+c2

Hallamos c2 teniendo en cuenta que s(0) = 0:

0=0.5

0.0003ln|cos (0.9147−√ (0.0003 ) (32 )

0.5(0))|+c2

c2=−0.5

0.0003ln|c os (0.9147 )|

c2=823.75

Hallamos la altura máxima:

s (t )= 0.50.0003

ln|cos (0.9147−√ (0.0003 ) (32 )0.5

(6.601))|+823.75

s=823.74

Teniendo ahora la altura máxima reemplazamos en:

S(t )=mk

ln (cosh√ kgm

t)

Con esto hallamos t d :

S (t d )=823.74= 0.50.0003

ln(cosh√ (0.0003 ) (32 )0.5

td)t d=7.776

Teniendo el tiempo remplazamos en la ecuación de la velocidad para hallar la velocidad de

impacto v (t d ) .

v (t d )=√ (0.5)(32)(0.0003)

tanh√ (0.0003)(32)0.5

(7.776)

v (t d )=182.21

Según el problema 34 de la sección 2.7 se pronostica que el tiempo t a que le toma a la bala

de cañón alcanzar su altura máxima es similar al tiempo t d que le toma caer desde la altura máxima hasta el suelo.

Por otro lado cuando la bala va en ascenso la gravedad actúa en contra del movimiento y cuando esta va cayendo la gravedad favorece al movimiento de allí que la velocidad de impacto en un tiempo t d es positiva.

Ejercicios de repaso capítulo 2

9. Resuelva la siguiente ecuación diferencial:

( y2+1)dx= y sec2(x)

Para resolver esta ecuación lineal utilizamos separación de variables entonces tenemos que:

dx

sec2(x )= ydy

( y2+1)

cos2 ( x )dx= ydy

( y2+1)

Integrando ambas partes tenemos que:

∫cos2 (x )dx=¿∫ ydy

( y2+1)¿

Resolviendo cada integral por aparte tenemos que

∫cos2 (x )dx=¿ 12x+ 1

4sen (2x ) ¿

∫ ydy

( y2+1) Para esta integral hacemos la siguiente sustitución:

u= y2+1

du=2 ydy

du2

= ydy

Así tenemos

12∫

duu

=12

ln ¿u∨¿¿

Volviendo a la variable original tenemos que

∫ ydy

( y2+1)=1

2ln|y2+1|

Así tenemos que ∫cos2 (x )dx=¿∫ ydy

( y2+1)¿ va a hacer:

12x+ 1

4sen (2 x )=1

2ln|y2+1|+c

Multiplicando por 4 tenemos:

2 x+sen (2 x )=2 ln|y2+1|+c

APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES