antischaum de ecuaciones diferenciales iiintermat.fciencias.unam.mx/edoing2.pdf · antischaum de...

AntiSchaum de EcuacionesDiferenciales II

GGA

Contents

ED autónomas o sistemas dinánicos vii0.1 ED de la forma: y = f (y) (f no depende explícitamente de la

variable x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . vii0.1.1 Propiedades de la ED y = f (y). . . . . . . . . . . . . vii0.1.2 Comportamientos típicos de las ED tipo y0 = f (y). x

0.2 Problemas de tipo 3 (y’=f(y)) . . . . . . . . . . . . . . . . . xxxiii0.2.1 Problema 1. (Luminosidad a través de una placa

de vidrio) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . xxxiii0.2.2 Problema 2. (Ley de decaimiento radiactivo) . . . xxxvi0.2.3 Problema 3 (Movimiento rectilíneo con aceleración

variable) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . xli0.2.4 Problema 4 (Fuerza de tracción de una locomo-

tora) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . xliii0.2.5 Problema 5. (Ley de enfriamiento de un pastel) . xlvi0.2.6 Problema 6 (Tamaño de una población en fecha

determinada, con cantidad de crecimiento anualconocido: Tipo I.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . xlix

0.2.7 Problema 7 (Tamaño de una población en fechadeterminada, con crecimiento porcentual anual cono-cido: Tipo I.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . liii

0.2.8 Problema 8 (Dinámica del crecimiento en el tiempo:Tipo II.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . lv

0.2.9 Problema 9 (Dinámica competitiva de crecimiento:Tipo III) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . lvii

0.2.10 Problema 10 (Agotamiento de recursos: Tipo IV) lviii0.2.11 Problema 11 (Crecimiento de un capital con in-

terés compuesto) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . lix0.2.12 Problema 12 (Crecimiento de la cantidad de fer-

mento) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . lxii0.2.13 Problema 13 (Crecimiento de bacterias) . . . . . . . lxiv0.2.14 Problema 14 (Ecología de una colonia aislada de

organismos) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . lxvi0.2.15 Problema 15 (Población con cruza de sus inte-

grantes) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . lxix

iii

iv CONTENTS

0.2.16 Problema 16 (Densidad de las hormigas fuera dela base del hormiguero) . . . . . . . . . . . . . . . . . lxxiii

0.2.17 Problema 17 (Crecimiento de un árbol) . . . . . . . . . . lxxxi0.2.18 Problema 18 (Reacción química de primer orden) lxxxvii0.2.19 Problema 19 (La reacción RaB → RaC) . . . . . . . xc0.2.20 Problema 20 (Cantidad inicial en una reacción de

primer orden A→ B) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . xci0.2.21 Problema 21 (Reacciones de 2o. orden A1 + A2 →

Productos Finales) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . xciii0.2.22 Problema 22. (Reacción de saponificación) . . . . . xcv0.2.23 Problema 23. (Reacción de dos líquidos) . . . . . . . . . . xcix0.2.24 Problema 24. (Reacciones de tercer orden) . . . . . . . . cii0.2.25 Problema 25. (Reacción química de 3er. orden

2FeCl3 + SnCl2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . cvi0.3 Lista de Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . cx0.4 ?ED de variables separadas y = −f(x)

g(y) (o bien f (x) dx+g (y) dy = 0) cx0.5 Problema 4. (Crecimiento de Victoria regia, Var.Sep.) . . . . . . cx0.6 Problema 4A. (Curvas de persecusión) . . . . . . . . . . . . . . . cxiii0.7 Problema 4B. (El café de quién está más caliente) . . . . . . . . cxxi0.8 Problema 4C. (Flujo calorífico estacionario) . . . . . . . . . . . . cxxiv0.9 Problema 4D (Relojes de agua) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . cxxvii0.10 Problema 4E. (Oferta y demanda de petróleo) . . . . . . . . . . . cxxix0.11 Problema 4F (Calentamiento de un cuerpo) . . . . . . . . . . . . cxxxi0.12 Problema 4G (Distribución de la temperatura en un cascarón

esférico) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . cxxxiii0.13 Problema 4H (Distribución de la temperatura en un cascarón

cilíndrico) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . cxxxv0.14 Problema 4I (Columna de tensión uniforme) . . . . . . . . . . . . cxxxvi0.15 Problema 4J (Presión sobre las paredes de un silo) . . . . . . . . cxxxix0.16 ?Problema 4K (Fórmula barométrica y presión a profundidad) . cxli0.17 ?Problema 4L (Movimiento rectilíneo horizontal, con fuerza de

fricción proporcional a la velocidad) . . . . . . . . . . . . . . . . cxli0.18 ?Problema 4M (Movimiento rectilíneo horizontal con fuerza de

fricción proporcional a la velocidad al cuadrado) . . . . . . . . . cxli0.19 ?Problema 4N (Movimiento rectilíneo horizontal con fuerza de

fricción proporcional a la velocidad y al peso del cuerpo) . . . . . cxlii0.20 ?Problema 4O (Movimiento rectilíneo horizontal con una fuerza

que depende de la posición del punto) . . . . . . . . . . . . . . . cxlii0.21 ?Problema 4P (Movimiento vertical: caída sideral de un cuerpo

por la acción de la gravedad) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . cxlii0.22 ?Problema 4Q (Movimiento vertical: caída sideral de un meteoro

a la Tierra sin atmósfera) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . cxliii0.23 ?Problema 4R (Lanzamiento vertical de un cohete) . . . . . . . . cxliii0.24 ?Problema 4S (Caída con resistencia proporcional a la velocidad) cxliii

CONTENTS v

0.25 ?Problema 4T (Caída con resistencia proporcional al cuadradode la velocidad) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . cxliii

0.26 ?Problema 4U (Caída de una placa con resistencia proporcionalal cuadrado de la velocidad) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . cxliv

0.27 ?Problema 4V (Caída en picada de un avión con resistencia pro-porcional al cuadrado de la velocidad) . . . . . . . . . . . . . . . cxliv

0.28 ?Problema 4X (Caída de una gota de lluvia (masa variable)) . . cxliv0.29 ?Problema 4Y (Rotación de un cuerpo en un líquido) . . . . . . . cxliv0.30 ?Problema 4Z (Lanzamiento de un proyectil a la Luna) . . . . . . cxlv0.31 ?Problema 4Aa (Velocidad de un lanzamiento vertical) . . . . . . cxlv0.32 ?Problema 4Ba (Pérdida de carga eléctrica en un conductor) . . cxlv0.33 ?Problema 4Ca (Líneas equipotenciales de un campo eléctrico) . cxlv0.34 ?Problema 4Da (Superficie de una fresa) . . . . . . . . . . . . . . cxlv0.35 ?Problema 4Ea (Fricción en una banda de transmisión) . . . . . cxlvi0.36 ?Problema 4Fa (Vaciado de un recipiente cilíndrico) . . . . . . . cxlvi0.37 ?Problema 4Ga (Grieta en un recipiente cilíndrico) . . . . . . . . cxlvi0.38 ?Problema 4Ha (Grieta en un recipiente esférico) . . . . . . . . . cxlvi0.39 ?Problema 4Ia (Llenado de un recipiente) . . . . . . . . . . . . . cxlvi0.40 ?Problema 4Ja (Nivel en vasos comunicantes) . . . . . . . . . . . cxlvii0.41 ?Problema 4Ka (Curva de depresión) . . . . . . . . . . . . . . . . cxlvii0.42 ?Problema 4La (Cambio de concentración de una solución) . . . cxlvii0.43 ?Problema 4Ma (Disolución de un sólido) . . . . . . . . . . . . . cxlvii0.44 ?Problema 4Na (Disolución del mosto para la sidra) . . . . . . . cxlvii0.45 ?Problema 4Oa (Disolución de una sustancia a lo largo del tiempo)cxlviii0.46 ?Problema 4Pa (Ventilación de un local industrial) . . . . . . . . cxlviii0.47 ?Problema 4Qa (Mezcla de gases) . . . . . . . . . . . . . . . . . . cxlviii0.48 ?Problema 4Ra (Ionización de un gas) . . . . . . . . . . . . . . . cxlviii0.49 Bibliografía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . cxlix

vi CONTENTS

ED autónomas o sistemasdinánicos

0.1 ED de la forma: y = f (y) (f no dependeexplícitamente de la variable x)

Este importantísimo tipo de ED en las aplicaciones también son conocidas comoED autónomas porque su segundo término explícitamente no depende de lavariable x, o como Sistemas Dinámicos, dado que con base en las propiedadesde sus soluciones se pueden abstraer y definirlas axiomáticamente. Estas ED

dydx = f(y) (1)

son reducibles a las del tipo anterior: dxdy = 1

f(y) , dado que como existe la

derivada dydx definida por (1), entonces su diferencial dy =

dydxdx (esto significa

que en este caso la derivada puede ser manipulada como un cociente de difer-

enciales y operar con ella co ) ⇒ dy = f (y) dxf(y)6=0⇒ dy

f(y) = dx ⇒ dxdy =

1f(y) ,

que es la recíproca.

0.1.1 Propiedades de la ED y = f (y).

1. Esta ED se caracteriza porque su parte derecha f(x, y) = f(y) ∈ C(c,d),con la franja paralela al eje horizontal (∀y ∈ (c, d)) (∀x ∈ R), donde f(y) 6=0. Directamente su solución general en D = R× (c, d) será

dy =dy

dxdx⇒ dy = f(y)dx⇒

dy

f(y)= dx

f(y)6=0⇒Z

dy

f(y)=

Zdx

de donde, su solución general quedará como

x (y) =

Zdy

f(y)+ C

vii

viii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

2. Esta ED puede reducirse al análisis de una ED de la forma y0 = f(x). Enefecto, la ED recíproca de dy

dx = f(y) 1 es

dxdy =

1f(y) , (f(y) 6= 0) (2)

donde aquí la y es la variable y la x es la función incógnita, por lo cual suparte derecha 1

f(y) sólo depende de la nueva variable y, no depende de lanueva función incógnita x. Y aquí cabe todo el análisis hecho para las EDdel tipo y = f (x). En particular, para esta nueva ED recíproca x = 1

f(y)

en D = R× (c, d) su solución general será:

dx =dx

dydy ⇒ dx =

1

f(y)dy ⇒

Zdx =

Z1

f(y)dy

de donde se obtiene la misma solución general de arriba

x (y) =

Zdy

f(y)+ C

(a) Sólo podrá admitir soluciones singulares si en y = η (const)∈ (c, d):f(η) = 0, ya que en tal caso y = η (const) es solución de la EDoriginal, en efecto: dη

dx = f(η) ⇒ 0 ≡ 0 y es una posible soluciónsingular. En efecto,la solución y = η (const) resulta o bien envolventede la familia de soluciones de la ecuación recíproca (2), con C = C (x),esto es (véase la Fig. 1),

lim(x,y)→(x,η)

hx (y)−

Rdyf(y)

i= C (x)

(3)

1En rigor no hay necesidad del uso de la ED recíproca si se pone atención a la integracióndirecta de la ED original en cuanto a las posibles soluciones perdidas, vía la división entref (y) al intentar separar las variables.

0.1. EDDE LA FORMA: Y´= F (Y ) (F NODEPENDE EXPLÍCITAMENTEDE LAVARIABLEX)ix

Fig.1 Esquema gráfico de la caracterización de las soluciones y = 0 yy = 1 como singulares, ya que son envolventes de la familia 1-parámetrode curvas de la solución general, o bien satisfacen el anterior límite.

(b) O bien resulta ser asíntota de la familia de curvas integrales, queforman la solución general , Fig. 19, es decir

lim(x,y)→(x,η)

∙x (y)−

Zdy

f(y)

¸= ±∞ (4)

Fig.2 Caso en que las soluciones y = 0 y y = 1

3. Isoclinas: en los puntos de la recta y = b ∈ (c, d) el campo direccionales constante y por ende son las curvas isoclinas (ya que en y = b : y0 =f (b) = k = tanα ∴ α = arctan k y esta es la inclinación constante delcampo). Fig. 3

x ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

Fig. 3. Gráficas de la familia de exponenciales y de la solución y = η = 0, quees solución particular, ya que la familia de exponenciales la tiene por asíntota.

4. Si en y = η∗ ∈ (c, d) la función f (η∗) =∞ permaneciendo en el resto de

los puntos (c, d) \ {η∗}:½

f (y) ∈ C(c,d)\{η∗}f (y)

¯(c,d)\{η∗} 6= 0

, entonces la ED recíproca

(2) tiene parte derecha continua en todo (c, d) : 1f(y) ∈ C(c,d) y por tanto

en cada punto de la franja R×(c, d) pasa una única curva integral, pero lascurvas integrales en los puntos de la recta y = η∗ tienen rectas tangentesparalelas al eje vertical (lo cual se sigue de la ED original (1), dado quef (η∗) =∞ ). Fig.??.

Fig. 4. Curvas integrales en los puntos de la recta y = η∗ (isoclina) tienenrectas tangentes paralelas al eje vertical.

0.1.2 Comportamientos típicos de las ED tipo y0 = f (y).

1. Problema 1. Estudiar el campo direccional definido por la ED

dydx = y (5)

y construir su familia de curvas integrales.

◦Existencia y unicidad. Como f (y) = y ∈ CR, y ∂f∂y = 1 ∈ CR, entonces

existe y es única la solución de la ED con cualquier condición inicial entodo R2.◦Isoclinas. Las rectas y = b son isoclinas y su campo direccional estádescrito en la Fig. 3. En efecto: la isoclina y = 0 es simultáneamentesolución particular de la ED. Luego a esta deberá tender el resto de solu-ciones de la ED, de lo contrario y = 0 serìa una solución singular, ya queen cada uno de sus puntos se rompería la unicidad de la solución, lo cualcontradiría el cumplimiento de las condiciones suficientes para que exista ysea única la solución de cada problema con condición inicial. Además porla tendencia sugerida por el campo direccional deberán tender las gráficasde las soluciones por la izquierda asintóticamente a y = 0, vèase la Fig. 3.

0.1. EDDE LA FORMA: Y´= F (Y ) (F NODEPENDE EXPLÍCITAMENTEDE LAVARIABLEX)xi

◦Cualitativo. En el semiplano superior y > 0 : y0 = y > 0, luego en elsemiplano superior las soluciones son crecientes y consecuentemente en elinferior serán decrecientes. Su concavidad y00 = y0 = y, en el semiplanosuperior (y > 0) son concavas hacia arriba, mientras que en el inferiorhacia abajo. Fig. 3. Todo esto es fácilmente comprobable mediante lasolución general.

⇒

Fig. 5. Aspecto cualitativo de la curva integral de la ED y0 = y.

2. Problema 2. Hallar las curvas, cuyas pendientes de sus rectas tangentessean iguales al cuadrado de la ordenada del punto de tangencia. Hallarla curva que pasa por el punto (0, 1). ¿Tiene alguna peculiaridad estasolución?

(a) Solución (Variante 1, Isoclinas). La condición básica del problemaenunciado hace que el modelo quede planteado como:

Pendiente de la recta tangente = (ordenada del punto de tangencia)2 ,

esto es tanα = y2, o sea y0 = y2

¿?

Fig. 6. Aspecto cualitativo del campo direccional de la ED y0 = y2.

(b) Solución (Variante 2, Cualitativo)

⇒

Fig. 7. Aspecto cualitativo de la curva integral con base en el signo de la1a. y 2a. derivada de la ED y0 = y2.

xii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

(c) Solución (Variante 3, Analítico) Si se denota por y = y (x) a lacurva buscada. La condición básica del problema queda dada por:

Pendiente de la recta tangente = (ordenada del punto de tangencia)2

Tómese un punto cualquiera (x, y), en la gráfica de la solución y =y (x), que se desea indagar, ahí en símbolos se puede escribir de nuevola condición básica del problema como

tanα = y2

haciéndole pasar su recta tangente en el punto marcado con (x, y) yque forme con la parte positiva del eje x un ángulo α, pero por lainterpretación geométrica de la derivada la anterior expresión es lomismo que

dydx = y2 (6)

El modelo resultante es una ED del tipo: y0 = f (y), donde la partederecha depende sólo de la función incógnita y, y f (y) = y2 6= 0. EstaED puede reducirse a una del tipo: dx

dy =1

f(y) con f (y) = y2 6= 0,donde ahora y es la variable que resulta ser del tipo y0 = f (x). Enefecto

dy

dx= y2 ⇒ dx

dy=1

y2, (y 6= 0)

dx =dx

dydy ⇒ dx =

1

y2dyZ

dx =

Z1

y2dy ⇒ x =

y−1

−1 + C

x = − 1y + C

Luego la familia 1-parámetro de curvas que satisfacen las condicionesdel problema (solución general) es

y (x) = 1C−x

y la curva que pasa por y (0) = 1 tendrá que satisfacer

y (0) =1

C − 0 ⇒ C = 1

por lo que la curva que pasa por y (0) = 1 (solución particular) será

y (x) = 11−x

Obsérvese que al separar las variables y dividir por y2 se está suponiendoque y 6= 0, pero y = 0 resulta ser solución de la ED original (6), ya

0.1. EDDE LA FORMA: Y´= F (Y ) (F NODEPENDE EXPLÍCITAMENTEDE LAVARIABLEX)xiii

que si se sustituye en élla se tendrá: d0dx = 0

2, lo cual en efecto con-vierte a la igualdad dada por la ED en la identidad 0 ≡ 0 y estosignifica que y = 0 es solución. Pero, entonces al dividir por y 6= 0,se puede estar perdiendo dicha solución y = 0 y en tal caso habríaque adjuntarla a la solución general obtenida. En este caso no haynecesidad de adjuntarla, dado que la solución y = 0 aparece comouna solución particular de la solución general. (¿Por qué?). Porquese puede obtener de dicha solución general dándole algún valor par-ticular a la constante arbitraria de integración C, o bien el símbolo±∞ y esto en efecto se logra si se admite que C = +∞, ya que en-tonces se obtiene la solución particular: y (x) = 0, lo cual significaque ya está incluida en la solución general.

Fig. 8. Gráfica de la solución particular y (x) = 11−x .

◦¿Tiene alguna peculiaridad esta solución? es la pregunta final.

Hay que darse cuenta, que en efecto, no obstante que la ecuacióndydx = f (x, y) = y2 satisface el Teorema de Existencia y Unicidad entodo (x, y) ∈ R2, para esta ED no lineal no ocurre lo que es usualpara las ED lineales, es decir para las ED lineales si su f está definidaen todo R2, entonces por todo (x0, y0) ∈ R2 pasa una única solucióndefinida en todo R2, o sea, pasa una solución definida para todas lasx ∈ R, mientras que para esta ED no lineal ninguna de las solucionesde la familia 1-parámetro de la solución general: y (x) = 1

C−x , paratodo C 6= ±∞, queda definida en todos los valores de x. A manera deejemplo sirve la solución particular que se acaba de obtener y (x) =1

1−x que pasa por el y (0) = 1, la cual no está definida para todas lasx ∈ R, ya que en realidad sólo esta definida en las x ∈ (−∞, 1), (véasela Fig.) esto es, sólo la rama izquierda de la hipérbola es solución(¿Por qué?), porque la rama derecha de la parábola evidentementeno satisface la condición inicial, o sea, la gráfica de la solución nopasa por el (0, 1) . Esta es una peculiaridad de esta ecuación debido

xiv ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

a su no linealidad.

Fig. 9. Gráfica de la solución particular del PVI y0 = y con y (0) = 1.Obsérvese que realmente sólo la rama izquierda de la hipérbola pasa porel (0, 1).

3. Problema 3. Hallar las soluciones de

dydx = 2

p|y| (7)

(a) Solución (Variante 1, método isoclinas).

¿?

Fig. 10. Aspecto cualitativo del campo direccional de la ED y0 = 2p|y|.

(b) Solución (Variante 2, método cualitativo). Si y > 0 ⇒ y0 = 2√y >

0 ⇒ y ↑. Si y < 0 ⇒ y0 = 2√−y > 0 ⇒ y ↑. Si y > 0 ⇒

y00 =2√y

2√yy

0 = y0 > 0 ⇒ y es convexa hacia arriba (∪) y si y <

0 ⇒ y00 = 2√−y2√−y (−y

0) = −y0 < 0 ⇒ y es convexa hacia abajo(∩). Además en y = 0 ⇒ y0 = 0, luego en el semiplano superiores un mínimo, mientras que en el semiplano superior es un máximo.Si y = 0 ⇒ y00 = 0, luego en y = 0 hay una recta de puntos deinflexión, que a su vez es una soluciòn singular ya que está formada

0.1. EDDE LA FORMA: Y´= F (Y ) (F NODEPENDE EXPLÍCITAMENTEDE LAVARIABLEX)xv

exclusivamente por puntos de no unicidad.

Fig. 11. Aspecto cualitativo de la solución típica de la ED y0 = 2p|y|.

Dado que f (x, y) = 2√yes una función continua en todo R2 y en par-

ticular en el rectángulo cerrado D con centro en (x0, y0) de lados 2ay 2b (( x0 − a, x0 + a) × ( y0 − b, y0 + b)), entonces por el Teoremade Existencia de Peano, existe al menos una solución que pasa porcada (x0, y0) ∈ D. En particular por cada punto de la forma (x0, 0)del eje horizontal pasan 2 soluciones. Más en particular aún por elorigen de coordenadas (0, 0) pasan 2 soluciones.

(c) Solución (Variante 3, método analítico).Empecemos el análisis parael caso y ≥ 0, o sea para:

dydx = 2

√y. (8)

i. Primero si y 6= 0, esto es: y > 0

dy

dx= 2

√y ⇒ dy =

dy

dx· dx⇒

dy = 2√ydx

y 6=0⇒ dy

2√y= dx,⇒Z

d√y =

Zdx⇒

√y = x+ C

y la fórmula para la solución debe satisfacer el que la raíz arit-mética positiva debe ser igual a x+C > 0, que por consiguiente

la fórmula obtenida es cierta para x > −C, o bien y = (x+ C)2

debe ser tal que satisfaga la ED original:

dy

dx= 2√y ⇒ d (x+ C)

2

dx= 2

q(x+ C)2 ⇒

xvi ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

2 (x+ C) = 2 |x+ C|

pero esto es cierto sólo si x+C > 0, es decir si x > −C. En fin eneste caso la solución general resulta ser la familia 1- parámetrode semiparábolas derechas, transladadas en −C a lo largo del ejehorizontal

y∀x>−C= (x+ C)

2,

ii. Segundo, Arriba al separar las variables dividimos por√y im-

plícitamente suponíamos que y 6= 0, sin embargo qué pasa siy = 0, pues resulta que de nuevo y (x) ≡ 0 es también soluciónde la ED, ya que la satisface: 0 ≡ 0, pero y (x) ≡ 0 significaincluir la x = −C. En y ≥ 0, se obtendrá la misma fórmula,pero en el semiplano superior que incluye a y = 0 (véase la Fig.12 A))

y∀x≥−C= (x+ C)2

pero, esto significa que en la región y ≥ 0 estamos agregando lasolución y (x) ≡ 0 (el eje x). A esta solución y (x) ≡ 0 lleganahora las correspondientes soluciones de las semiparábolas y porende en cada punto de la forma (x0, 0), en particular por el punto(0, 0) pasan 2 soluciones: la y (x) ≡ 0 y la y = x2 con x ≥ 0. VerFig. 12 B).

A B

Fig. 12. A) Gráficas de la familia 1-parámetro de semiparábolasderechas y la solución y ≡ 0. B) Gráficas de las soluciones típicas:y ≡ 0 y y = (x+ C)2 , ∀x > −C, con C = 0, de la ED y0 = 2

√y.

iii. Ahora tenemos suficientes elementos para definir una región,donde se pueda asegurar la existencia de soluciones medianteel Teorema de Peano.En efecto, se puede mostrar que la familia 1-parámetro de curvas

dadas por y∀x≥−C= (x+ C)2 es la solución general de la ED (8)

dydx = 2

√y, que incluye a todas las soluciones particulares en la

región: R2+0 =©(x, y) ∈ R2 : x ∈ R, y ∈ R+0

ª(el semiplano supe-

rior, no negativo). Esto significa que todo Problema de Cauchy½dydx = 2

√y,

y (x0) = y0.

0.1. EDDE LA FORMA: Y´= F (Y ) (F NODEPENDE EXPLÍCITAMENTEDE LAVARIABLEX)xvii

con cualquier (x0, y0) ∈ D = {(x, y) : |x− x0| ≤ a, |y − y0| ≤ b, a, b ∈ R}cumple con que f (x, y) = 2

√y es continua y por ende del Teo-

rema de Peano por todo (x0, y0) ∈ D pasa al menos una solución.

En forma análoga para y ≤ 0 la ecuación original (7) dydx = 2

p|y|

toma la formadydx = 2

√−y (9)

i. Primero si y 6= 0, esto es: y < 0

dy

dx= 2

√−y ⇒ dy =

dy

dx· dx⇒

dy = 2√−ydx y 6=0⇒ dy

2√−y = dx, ⇒

−Z

d√−y =

Zdx⇒ −

√−y = x+ C ⇒

y (x) = − (x+ C)2

pero para ser solución debe satisfacer la ED de partida (9), o sea

dy

dx= 2√−y ⇒

d³− (x+ C)

2´

dx= 2

r−³− (x+ C)2

´⇒

−2 (x+ C) = 2

q(x+ C)2 ⇒ − (x+ C) = |x+ C|

y esto ocurre sólo si el (x+ C), que aparece en módulo es nega-tivo, es decir, si x+ C < 0, esto es, si

x < −C

Luego la solución general de (9) es

y (x)∀x<−C= − (x+ C)

2

ii. Segundo. Arriba al separar las variables dividimos por√−y

implícitamente suponíamos que y 6= 0, sin embargo qué pasa siy = 0, pues resulta que de nuevo y (x) ≡ 0 es también soluciónde la ED, ya que la satisface: 0 ≡ 0, pero y (x) ≡ 0 significaincluir la x = −C.Luego la solución general de (9), con y ≤ 0 es

y (x)∀x≤−C= − (x+ C)2

en y ≤ 0, obtendremos la misma fórmula, pero en el semiplanoinferior que incluye a y = 0, pero, esto significa que en la región

xviii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

y ≤ 0 estamos agregando la solución y (x) ≡ 0 (el eje x). A estasolución y (x) ≡ 0 llegan ahora las correspondientes solucionesde las semiparábolas izquierdas inferiores y por ende en cadapunto de la forma (x0, 0), en particular por el punto (0, 0) pasan2 soluciones, es decir se rompe la unicidad. La solución y (x) ≡ 0es singular, ya que está formada por sólo puntos de no unicidad.

Fig. 13. Gráficas de la familia 1-parámetro de semiparábolas izquier-das y la solución y ≡ 0.

iii. Resumiendo y juntando los casos analizados, tendremos que lascurvas integrales se comportan como si sus gráficas fueran parábo-las cubicas, pero cada rama de la parábola es realmente unaparábola cuadrática y se juntan en el eje horizontal, que tam-bién resulta ser solución, pero singular, Fig 14.

Fig. 14. Gráficas de la familia de semiparábolas derechas superiores eizquierdas inferiores y la solución y ≡ 0.En particular el Problema de Cauchy½

dydx = 2

p|y|

y (0) = 0(10)

0.1. EDDE LA FORMA: Y´= F (Y ) (F NODEPENDE EXPLÍCITAMENTEDE LAVARIABLEX)xix

dado que f (x, y) = 2p|y| es continua en todo R2 y por tanto en

cuaquier rectángulo cerrado D ⊂ R2, entonces por el Teorema dePeano, se asegura la existencia de al menos una solución, en particularpor el (0, 0) pasan 3 soluciones la semiparábola inferior − x2 conx < 0, la semiparábola superior x2 con x > 0 y la recta y ≡ 0, Fig.14.Por otro lado la ¯

∂f

∂y

¯=

(1√y , y > 01√−y , y < 0

luego se puede asegurar unicidad por el Teorema de Picard, en todoel semiplano superior, sin y = 0, y en todo el semiplano inferior, siny = 0, la parcial será acotada y se podrá asegurar la unicidad de lasolución en los 2 semiplanos, pero sin y = 0. En y = 0 obsérveseque la parcial se vuelve infinita, es decir, la parcial no es acotada,pero esto sólo asegura la posibilidad de que la curva a lo largo dela cual esto sucede es candidato a ser solución singular, como arribaya fue comprobado que ocurre, pues en cada punto de élla hay unatrifurcación, Fig. 14.

4. Problema 4. Hallar las gráficas de las soluciones de la ED

dydx =

12y (11)

(a) Solución (Variante 1, método isoclinas).

¿?

Fig. 15. Aspecto cualitativo del campo direccional de la ED y0 = 12y .

(b) Solución (Variante 2, método cualitativo). Si y > 0 ⇒ y0 = 12y >

0 ⇒ y ↑. Si y < 0 ⇒ y0 = 12y < 0 ⇒ y ↓. Por otro lado, si y >

0 ⇒ y00 = ddx

³dydx

´= d

dx

³12y

´= −2y0

4y2 = −212y

4y2 = −14y3 < 0 ⇒ y es

convexa hacia abajo (∩) y si y < 0⇒ y00 = ddx

³dydx

´= − 1

4y3 > 0⇒ y

es convexa hacia arriba (∪). Además en y = 0 (eje x)⇒ y0 = ∞,luego sobre el eje x la recta tangente a la curva es vertical.

xx ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

Fig. 16. Aspecto cualitativo de las solución típicas de la ED y0 = 12y .

(c) Solución (Variante 3, método igualando derivadas). Por un lado

y0 = 12y ⇒ 2yy0 = 1 ⇒

¡y2¢0= 1, pero también (x)

0= 1, de donde¡

y2¢0= (x)0

f 0=g0⇒⇒f=g+C

y2 = x+ C también puede verse las Fig. 16 y 17

(d) Solución (Variante 4, método analítico).

Aquí f (y) = 12y ∈ CR\{0}, con (∀y ∈ R\ {0}) f (y) 6= 0, f (0) = ∞, por

ello a través de cada punto (x, y) pasa una única curva integral, pero en lospuntos de la recta y = 0 (eje x) las rectas tangentes a las curvas soluciónson paralelas al eje y. En efecto, integrando la ED: dy = y0dx ⇒ dy =12ydx⇒ 2ydy = dx⇒

R2ydy =

Rdx, luego su solución general

y2 = x+ C

que es una familia de parábolas con eje de simetría el eje x, luego sus vér-tices están sobre dicho eje y y por tanto sus rectas tangentes son paralelasal eje y (incluso el mismo eje y)

Fig. 17. Gráficas de la familia de 1-parámetro de parábolas acostadas cuyaintersección con el eje horizontal, sus vértices, tienen la propiedad de que surecta tangente es paralela al eje vertical.

5. Problema 5. Resolver la EDO

y0 = cos (x− y) (12)

0.1. EDDE LA FORMA: Y´= F (Y ) (F NODEPENDE EXPLÍCITAMENTEDE LAVARIABLEX)xxi

(a) Solución (Variante 1, método de isoclinas).

¿?

Fig. 18. Aspecto cualitativo del campo direccional de la ED y0 =cos (x− y).

(b) Solución (Variante 2, método cualitativo). Si cos (x− y) > 0k∈Z⇒

(2k − 1)π < x − y < 2kπ ⇒ y0 = cos (x− y) > 0 ⇒ y ↑. Si

cos (x− y) < 0k∈Z⇒ 2kπ < x − y < (2k + 1)π ⇒ y0 = cos (x− y) <

0 ⇒ y ↓. Por otro lado, si cos (x− y) = 0k∈Z⇒ x − y = (2k − 1) π2

⇒ y00 = ddx

³dydx

´= d

dx (cos (x− y)) = ddx (0) = 0 ⇒ en los puntos

x−y k∈Z= (2k − 1) π2 la y00 (x) = 0 y por ende dichos puntos son puntos

de inflexión.¿?

Fig. 19. Aspectos cualitativos de la ED y0 = cos (x− y).

(c) Solución (Variante 3, método de igualar derivadas). y0 = cos (x− y)⇒y0

cos(x−y) = 1

y también x0 = 1 ∴ y0

cos(x−y) = x0x−y=z⇒ (x−z)0

cos z = x0 ⇒ x0−z0cos z =

x0 ⇒ x0

cos z−z0

cos z = x0 ⇒ − z0

cos z = x0− x0

cos z ⇒z0

cos z = x0¡

1cos z − 1

¢⇒

z0

cos z( 1cos z−1)

= x0 ⇒ z0

1−cos z = x0 ⇒ z0

2 sin2 z2= x0 ⇒ 1

2 csc2¡z2

¢z0 =

x0 ⇒ csc2¡z2

¢·¡z2

¢0= x0 ⇒

£− cot

¡z2

¢¤0= x0 f 0=g0⇒⇒

f=g+C− cot

¡z2

¢=

x− C ⇒ −x− cot¡z2

¢= −C ⇒ x+ cot

¡z2

¢= C

x+ cot¡x−y2

¢= C

(d) Solución (Variante 4, método analítico). Con el intento de realmentellevar esta ED y0 = cos (x− y) a una del tipo: y0 = f (y), hagamosel cambio de variable natural para dejar a la parte derecha comodependiente de una nueva función incógnita

z = x− y

pero a y se le concibe como función de x, entonces z también seráfunción de x. Luego

z0 = 1− y0

y0 = 1− z0

y sustituyendo estas últimas en la original se tiene la nueva ED

1− z0 = cos z

xxii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

que ya es de la forma pretendida y0 = f (y)

z0 = 1− cos z

y en este caso adicionalmente es de variables separadas, por lo que

dz = z0dx⇒ dz = (1− cos z) dxdz

1− cos z = dx⇒Z

dz

1− cos z =Z

dxZdz

2 sin2 z2

= x+ C1 ⇒Z

d¡z2

¢sin2

¡z2

¢ = x+ C1

Zcsc2

³z2

´d³z2

´= x+ C1 ⇒ − cot

³z2

´= x+ C1

donde C1 = −C, de lo cual se tiene la solución general

x+ cot¡x−y2

¢= C

-10 -5 5 10

-10

-5

5

10

x

y

Fig. 20. Gráficas de algunas de las soluciones de la solución general x +cot¡x−y2

¢= C de la ED y0 = cos (x− y).

6. Problema 6. Hallar las soluciones de la ED

dy

dx= f (ax+ by) (13)

Solución. En efecto, todas las ED del tipo

dy

dx= f (ax+ by)

se pueden reducir a y0 = f (y), haciendo el cambio

z = ax+ by

z0 = a+ by0

esto esz0 = a+ bf (z)

0.1. EDDE LA FORMA: Y´= F (Y ) (F NODEPENDE EXPLÍCITAMENTEDE LAVARIABLEX)xxiii

que ya es de la forma requerida: y0 = f (y) para la cual las isoclinas sonrectas de la forma z = const en el plano (z, x), es decir rectas isoclinas dela forma: ax+ by = c = const

¡y = −a

bx+cb

¢en el plano (y, x). aunque

también es de variables separadas, por lo cual

dz = z0dx⇒ dz = (a+ bf (z)) dx

dz

a+ bf (z)= dx⇒

Zdz

a+ bf (z)=

Zdx

x = Φ (z) + C

donde Φ (z) =R

dza+bf(z) , por ello regresando a las variables originales, la

solución general del problema será

x = Φ (ax+ by) + C

esto significa que en el problema anterior 5 se obtiene de hacer a = 1,b = −1, f = cos.

7. Problema 7. Resolver la EDdydx = 1 + y2 (14)

(a) Solución (versión 1, método de isoclinas)

¿?

Fig. 21. Gráficas aproximadas de algunas de las soluciones por el métodode las isoclinas para la ED y0 = 1 + y2.

(b) Solución (versión 2, método cualitativo). Como dydx = 1+y2 > 0⇒la

función y es siempre creciente (y ↑), pero además: d2ydx2 =

ddx

³dydx

´=

ddx

¡1 + y2

¢= 2yy0 =

½> 0, si y > 0, y0 > 0⇒ y concava hacia arriba (∪)< 0, si y < 0, y0 > 0⇒ y concava hacia abajo (∩)

⇒

-2 0 2

2

4

y

dy/dx

⇒

Fig. 22. Gráfica cualitativa de y0 = 1 + y2 en el plano (y, y0) y suimplicación en el plano (x, y).

(c) Solución (versión 3, método de igualar derivadas) Como dydx = 1+ y2

⇒ y0

1+y2 = 1 ⇒(arctan y)0 = 1, por otro lado: x0 = 1 e igualando:

(arctan y)0 = x0f 0=g0⇒⇒f=g+C

arctan y = x+ C ⇒y (x) = tan (x+ C)

xxiv ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

(d) Solución (versión 4, método analítico). ◦Como f (y) = 1 + y2 ∈ CRy (∀y ∈ R) f (y) 6= 0, entonces su solución general en D = R2

dy = y0dx⇒ dy =¡1 + y2

¢dx

¿1+y2=0?⇒dy

1 + y2= dx⇒

Zdy

1 + y2=

Zdx

luego arctan y = x+C, con −π2 < x+C < π

2 (−π2 −C < x < π

2 −C)por lo que

y = tan (x+ C)

◦Observese que al dividir por 1 + y2 las posibles soluciones perdidascandidatas a ser soluciones singulares serían las contenidas en lassoluciones reales de 1+y2 = 0, pero como no existen soluciones realesde esta ecuación, entonces no puede haber soluciones singulares, Fig.23:

Fig. 23. Gráficas de algunas de las soluciones de la solución general y =tan (x+ C) de la ED y0 = 1 + y2.

◦El problema de Cauchy: ½y0 = 1 + y2

x0 = 0, y0 = 0(15)

se reduce a y0 = tan (x0 + C), o sea 0 = tanC, es decir: C = 0, luego lasolución particular será

y = tanx³−π2< x <

π

2

´

0.1. EDDE LA FORMA: Y´= F (Y ) (F NODEPENDE EXPLÍCITAMENTEDE LAVARIABLEX)xxv

y por tanto las rectas x = ±π2 son asíntotas verticales de esta solución.

(a) Fig. 24. Gráfica de una solución particular½

y0 = 1 + y2

y (0) = 0.

8. Problema 8. Resolver la ED

y0 = 1− y2 (16)


¿?

Fig. 25. Gráficas aproximadas de algunas de las soluciones por el métodode las isoclinas para la ED y0 = 1− y2.

(b) Solución (versión 2, método cualitativo). Como dydx =

½1− y2 > 0, si y ∈ (−1, 1)1− y2 < 0, si y ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞) ⇒

la función y

½es creciente (y ↑)es decreciente (y ↓)

-3 -2 -1 1 2 3

-3

-2

-1

1

2

3

y

dy/dx

Fig. 26. Gráfica cualitativa de y0 = 1− y2 en el plano (y, y0).

xxvi ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

De la anterior gráfica se desprende que

Fig. 27. Crecimiento y decrecimiento cualitativo implicada en el plano(x, y) de la ED y0 = 1− y2.

pero además: d2ydx2 =

ddx

³dydx

´= d

dx

¡1− y2

¢=−2yy0 =

½> 0, si y > 0, y0 > 0⇒ y concava h< 0, si y < 0, y0 > 0⇒ y concava h

⇒

Fig. 28. Concavidad cualitativa implicada en el plano (x, y) de la EDy0 = 1− y2.

(c) Solución (versión 3, igualando derivadas) Como dydx = 1 − y2 ⇒

y0

1−y2 = 1⇒ y0

(1−y)(1+y) = 1⇒?Ay0

(1−y)+?By0

(1+y) = 1⇒Ay0(1+y)+By0(1−y)

(1−y)(1+y)

= 1 (igualando⇒ y0

1−y2 =Ay0(1+y)+By0(1−y)

(1−y)(1+y) ⇒ y0 = Ay0 (1 + y)+By0 (1− y)

⇒ 1+0·y = (A+B)+y (A−B)⇒½1 = A+B0 = A−B

⇒nA = 1

2 = B )

12y

0

(1−y)+12y

0

(1+y) = 1⇒−12(1−y)0(1−y) +

12(1+y)0

(1+y) = 1⇒12ddx ln (1 + y)− 12

ddx ln (1− y) =

1⇒³12 ln

1+y1−y

´0= 1

, por otro lado: x0 = 1 e igualando:³12 ln

1+y1−y

´0=

x0f 0=g0⇒⇒f=g+C

12 ln

³1+y1−y

´= x+ C

(d) Solución (versión 4, método analítico) ◦Como f (y) = 1− y2 ∈ CR ,pero f (±1) = 0, entonces

dy = y0dx⇒ dy =¡1− y2

¢dx

¿1−y2=0?⇒dy

1− y2= dx⇒

Zdy

1− y2=

Zdx

0.1. EDDE LA FORMA: Y´= F (Y ) (F NODEPENDE EXPLÍCITAMENTEDE LAVARIABLEX)xxvii

luego su integral general en D = R2\ {±1} será

12 ln

¯1+y1−y

¯= x+ C

Pero las únicas posibles soluciones perdidas son al dividir por 1− y2,las soluciones de 1− y2 = 0, esto es y = ±1, pero aunque las rectasy = ±1 son soluciones, resultan ser soluciones particulares, dado queresultan ser asíntotas de la familia 1-parámetro de curvas obtenida.Fig. 29:

Fig. 29. Una de las soluciones de 12 ln

¯1+y1−y

¯= x + C para un valor

específico de C de la ED y0 = 1− y2.

9. Problema 9. Resolver la ED

y0 =p1− y2 (17)


¿?

Fig. 25. Gráficas aproximadas de algunas de las soluciones por el métodode las isoclinas para la ED y0 =

p1− y2.

(b) Solución (versión 2, método cualitativo). Como dydx =

½ p1− y2 > 0, si y ∈ (−1, 1)p1− y2 < 0, si y ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞) ⇒

la función y

½es creciente (y ↑)es decreciente (y ↓)

√1− x2

xxviii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

-1.0 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

y

dy/dx

Fig. 30. Gráfica cualitativa de y0 =p1− y2 en el plano (y, y0).

De la anterior gráfica se desprende que sinx

0.0 0.5 1.0 1.50.0

0.5

1.0

1.5

x

y

creciente

2.0 2.5 3.00.0

0.5

1.0

1.5

x

y

decreciente

Fig. 31. Crecimiento y decrecimiento cualitativo implicado en el plano(x, y) por la ED y0 =

p1− y2.

pero además, si 0 < x < π: d2ydx2 =

ddx

³p1− y2

´=

µ1

2√1−y2

(−2yy0)¶=µ

− 1√1−y2

³yp1− y2

´¶= −y < 0, si 0 < y < 1⇒ y concava hacia

0.1. EDDE LA FORMA: Y´= F (Y ) (F NODEPENDE EXPLÍCITAMENTEDE LAVARIABLEX)xxix

abajo (∩):

Fig. 32. Concavidad cualitativa implicada en el plano (x, y) de la ED

y0 =p1− y2.

(c) Solución (versión 3, igualando derivadas). Como dydx =

p1− y2

⇒ y0√1−y2

= 1 ⇒(arcsin y)0= 1, por otro lado: x0 = 1 e igualando:

(arcsin y)0 = x0f 0=g0⇒⇒f=g+C

arcsin y = x + C ⇒ su solucón general es

y (x) = sin (x+ C)

Fig. 33. Soluciones de la solución general y (x) = sin (x+ C) de la ED

y0 =p1− y2 para algunos valores específicos de C.

(d) Solución (versión 4, método analítico). Como f (y) =p1− y2 ∈

xxx ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

C[−1,1], pero f (±1) = 0, entonces

dy = y0dx⇒ dy =p1− y2dx

¿√1−y2=0?⇒

dyp1− y2

= dx⇒Z

dyp1− y2

=

Zdx

luego su integral general en D = [−1, 1] será: arcsin y = x + C, dedonde

y (x) = sin (x+ C)

con −π2 < x+ C < π

2 (x ∈¡−π2 − C, π2 − C

¢).

-1.4 -1.2 -1.0 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4

-1.0

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

x

y

Fig. 34. Solución particular de la solución general y (x) = sin (x+ C)para C = 0.

Pero las únicas posibles soluciones perdidas son al dividir porp1− y2,

las soluciones de 1 − y2 = 0, esto es y = ±1, pero aunque las rec-tas y = ±1 son soluciones, resultan ser soluciones singulares, yaque las curvas integrales obtenidas y (x) = sin (x+ C) si llegan enx = ±π

2 − C a las rectas y = ±1, luego estas rectas resultan ser en-volventes de la familia 1-parámetro de curvas halladas. En efecto,½Φ (x, y, C) = 0∂∂CΦ (x, y, C) = 0

se reduce a½

y − sin (x+ C) = 0cos (x+ C) = 0

, esto es(y = sin (x+ C)q1− sin2 (x+ C) = 0

, o sea½

y = sin (x+ C)sin (x+ C) = ±1 , de donde

y = ±1 son las envolventes de la familia 1-parámetro de curvas y =

0.1. EDDE LA FORMA: Y´= F (Y ) (F NODEPENDE EXPLÍCITAMENTEDE LAVARIABLEX)xxxi

sin (x+ C).

Fig. 35. Algunas soluciones particulares de la solución general y =sin (x+ C) para valores específicos de C y las soluciones singulares (en-volventes de la familia 1-parámetro de curvas) y = ±1.

10. Problema 10. Ecuación integral reducible a y0 = f(y).

Hallar la solución de la ecuación integral

y = 2 +

xZ2

1

ydx (18)

(a) Solución (Variante 1).Derivando la ecuación integral respecto de la variable x

dy

dx=

d

dx

⎛⎝2 + xZ2

1

ydx

⎞⎠⇒ dy

dx= 0 +

d

dx

xZ2

1

ydx⇒

dy

dx=

1

y (x)

además la condición inicial está implícita en la ecuación integral orig-inal (18), ya que en x = 2 la y = 2, o sea que la condición inicialimplícita es: y (2) = 2.

xxxii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

Es así que hemos reducido el problema original de la ecuación integral(18) al Problema de Cauchy½ dy

dx =1y

y (2) = 2(19)

donde la ED es del tipo: y0 = f (y), con f (y) = 1y ∈ CR\{0} y

f (y) = 1y 6= 0, ∀y ∈ R\{0} además con f (0) = ∞ por ello se puede

reducir a una del tipo: y0 = f (x), es decir, a la ecuación recíprocaequivalente de (19)

dxdy = y

donde ahora la variable es y, por lo cual

dx =dx

dy· dy ⇒ dx = y · dyZ

dx =

Zy · dy ⇒ x =

y2

2+ C1

y2 = 2x+ C

que es una familia 1-parámetro de parábolas acostadas, cuyos ejes sonel eje x como eje de simetría, luego los vértices de dichas parábolasestán sobre el mismo eje x y por tanto sus rectas tangentes en losvértices son paralelas al eje vertical y, véase la Fig. 36:

Fig. 36. Algunas soluciones particulares de la solución general y2 = 2x+Cpara valores específicos de C y la propiedad común a todas ellas: sus rectastangentes en los vértices son paralelas al eje vertical y.

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) xxxiii

0.2 Problemas de tipo 3 (y’=f(y))

0.2.1 Problema 1. (Luminosidad a través de una placa devidrio)

Hallar la ley de como cambia la luminosidad (o la intensidad de la luz, es lacantidad de energía que emite un cuerpo por unidad de tiempo) al pasar a travésde una placa de vidrio de ancho x1 = 2.5 mm y al atravesarla la luminosidad esI1 = 30 u.i. y en la cara inicial (x0 = 0) de la placa la luminosidad inicial es deI0 = 100 u.i.

1. Fig. 37. Un rayo de luz que atravieza la placa de vidrio y lo que se quierecaracterizar es la luminosidad de dicho rayo al pasar por la placa.

Consideraciones previas. Los rayos caen sobre la placa bajo cualquier ángulo,la magnitud de la luminosidad que permite pasar la placa de vidrio cambia deacuerdo a lo ancho de la placa. Una parte de la energía de la luz es absorvidapor el vidrio mismo y por ende la luminosidad disminuye. Como la luminosidaddepende del ancho de la placa, entonces la luminosidad puede considerarse comouna función de lo ancho x de la placa, o sea que I = I (x). Si para el anchode la placa de vidrio x en mm la luminosidad I en u.i., entonces al aumentar elrecorrido del ancho de la placa en la magnitud ∆x se obtendrá una disminuciónen la luminosidad proporcional tanto a la magnitud de la luminosidad I como alincremento del ancho de la placa∆x. Por ello supóngase que la luminosidad en elsegmento ∆x disminuye uniformemente, entonces tal disminución condicionadade la luminosidad, luego de recorrer la franja de ancho ∆x, quedará definidapor

∆I = −kI∆x

como los rayos caen sobre la placa bajo cualquier ángulo y su variación serefleja en la magnitud del coeficiente de proporcionalidad k. El incremento de

xxxiv ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

la variable ancho de la placa es igual a su diferencial ∆x = dx, mientras que elsigno − señala la disminución de la luminosidad con el engrosamiento del anchode la placa de vidrio.

1. Solución (variante 1, por definición de exponencial). Como lo que se dasegún el último planteamiento de las consideraciones previas es la dismin-ución de la luminosidad con el engrosamiento del ancho de la placa devidrio en forma uniforme, ¿¿??eso significa que la luninosidad será unaexponencial decreciente con coeficiente de la exponencial igual a −k:

I (x) = e−kx

2. Solución (variante 2, Isoclinas). Del último planteamiento de las consid-eraciones previas:

∆I

∆x= −kI

luego pasando al límite cuando ∆x → 0 se tendrá que lim∆x→0 ∆I∆x =lim∆x→0 (−kI), en donde de existir el límite de la izquierda se tendrá elmodelo

dIdx = −kI (20)

Para esta ED su campo direccional es

Fig. 38. Campo direccional correspondiente a la ED dIdx = −kI.

3. Solución (variante 3, método cualitativo). Del modelo: dIdx = −kI < 0⇒la

función I es decreciente (I ↓). Por otro lado d2Idx2 =

ddx

¡dIdx

¢= d

dx (−kI) =

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) xxxv

−kI 0 = −k (−kI) = k2I > 0⇒ la función I será convexa hacia arriba (∪)

Fig. 39. Aspecto cualitativo correspondiente a las soluciones de la ED dIdx =

−kI.

4. Solución (variante 4, Igualando derivadas). Como dIdx = −kI ⇒

I 0

I =

−k ⇒ddx ln I = −k. Por otro lado

ddx (−kx) = −k, luego comparando es-

tas 2 expresiones ddx ln I =

ddx (−kx)⇒ ln I = −kx+ C1 ⇒ I = e−kx+C1

⇒I (x) = Ce−kx que es la solución general de la ED. La condición ini-cial I (0) = 100, permite determinar el real arbitrario C. En efecto:

I (0) = Ce−k·0 ⇒ 100 = C ⇒ I (x) = 100e−kx y la condición comple-mentaria I (2.5) = 30 permite determinar k, ya que

I (2.5) = 100e−k·2.5 ⇒ 30

100=¡e−k

¢2.5 ⇒¡310

¢ 12.5 = e−k ⇒ I (x) = 100

¡e−k

¢x ⇒I (x) = 100

³(0.3)

12.5

´x⇒

I (x) = 100 (0.3)0.4x

5. Solución (variante 5, método analítico). El modelo obtenido arriba es el(20):

dIdx = −kI

donde por existir la derivada de I su diferencial dI = dIdx ·dx, lo cual permite

interpretar a la derivada como cociente de diferenciales y así poder separar

xxxvi ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

las variables:

dI = −kIdx I=0?=⇒ dI

I= −kdx⇒Z

dI

I= −k

Zdx⇒ ln I = −kx+ lnC ⇒

I (x) = Ce−kx

Pudo haberse perdido la solución I (x) = 0, pero como puede obtenerse dela solución general para C = 0, entonces es una solución particular más.Como la condición inicial es I (0) = 100, ésta permite determinar C. Enefecto:

I (0) = Ce−k·0 ⇒ 100 = C ⇒I (x) = 100e−kx

y la condición complementaria I (2.5) = 30 permite determinar k:

I (2.5) = 100e−k2.5 ⇒ 30

100=¡e−k

¢2.5 ⇒µ3

10

¶ 12.5

= e−k ⇒ I (x) = 100¡e−k

¢x ⇒I (x) = 100

Ãµ3

10

¶ 12.5

!x

⇒

I (x) = 100 (0.3)0.4x

0 2 4 6 8 100

20

40

60

80

100

x

I

Fig. 40. Gráfica de la luminosidad I en términos del grosor x de la placa.

0.2.2 Problema 2. (Ley de decaimiento radiactivo)

1. La velocidad de desintegración del elemento radioactivo radio (Ra) se sabeque es proporcional a su cantidad presente en el mismo instante. Hallar laley de desintegración del radio, si se sabe que dentro de 1590 años quedarála mitad de la masa inicial

¡12m0

¢de la sustancia radiactiva original m0

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) xxxvii

(tiempo de vida media del radio not= t 1

2= 1590, como el período al cabo

del cual se desintegra la mitad de la masa original de radio m0) ¿Quéporcentaje queda sin desintegrarse dentro de 100 años?

2. Solución (variante 1, intuitiva)

La hipótesis básica de este problema se puede esquematizar de la manerasiguiente:

(Velocidad de desintegración del Ra al tiempo t) proporcional a la (canti-dad de Ra que queda al mismo tiempo t).

Dado que la masa radiactiva es decreciente, debido a su liberación vía eldesprendimiento de partículas elementales. Y dado que las magnitudes quesatisfacen la hipótesis básica del problema (la velocidad de desintegracióndel Ra es proporcional a la cantidad de Ra en el mismo instante), entonces

v (t) ∝ R (t) =⇒•R ∝ R, o bien

•R = −kR (21)

donde ∝ es el símbolo de proporcionalidad, k es la constante de propor-cionalidad del proceso y el signo − indica que la masa del radio decrece,pero la única función que al derivarla es la misma

•R = R es precisamente

la exponencial et, luego la exponencial de nuestro proceso con el −k comocoeficiente será la exponencial decreciente e−kt.

3. Solución (variante 2, isoclinas).

Fig. 41. Campo direccional correspondiente a la ED dRdt = −kR.

4. Solución (variante 3, cualitativa). (Velocidad de desintegración del radio)proporcional (cantidad de radio que queda)

v (t) ∝ R (t)⇒ dR

dt∝ R

donde v (t) = R = la velocidad de desintegración del elemento radio altiempo t. R (t) = la cantidad de radio que queda al tiempo t, además si

xxxviii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

R0 = la cantidad inicial de radio, entonces el modelo será:½dRdt = −kRR (0) = R0 (22)

es el modelo de nuestro problema, donde el signo negativo que aparece,significa que la cantidad de radio R es una función con dR

dt = −kR < 0 (yaque la constante de proporcionalidad por convención es siempre k > 0) ,esto es la función R es decreciente y su 2a. derivada: d2R

dt2 =ddt

¡dRdt

¢=

ddt (−kR) = −k

dRdt = k2R > 0, luego R es convexa hacia arriba, lo cual

significa que cualitativamente la gráfica de la solución es del tipo

Fig. 42. Forma cualitativa que toma la solución típica de la ED dRdt = −kR.

5. Solución (variante 4, analíticamente con igualdad de derivadas). Es-

quematizado en símbolos v (t) ∝ R (t) =⇒•R = −kR⇒

⎧⎪⎨⎪⎩•RR = −kddt (−kt) = −kR (0) = m0

⇒

½ddt (lnR) =

ddt (−kt)

R (0) = m0

f 0=g0⇒f=g+c⇒½lnR = −kt+ cR (0) = m0

⇒½

R = e−kt+c

R (0) = m0⇒½

R (t) = Ce−kt

R (0) = m0

⇒ R (0) = m0 = Ce−k0 = C ⇒ C = m0 ⇒ R (t) = m0e−kt

Tomando en cuenta la condición complementaria (una sola medición adi-cional a la inicial): R (1590) = 1

2m0 podemos determinar el parámetro k,o su análogo e−k . En efecto

R (1590) = m0e−k1590 ⇒ 1

2m0 = m0e

−1590k ⇒¡e−k

¢1590=

1

2⇒ e−k =

¡12

¢ 11590

se tendrá regresando este valor a la última expresión de R (t): R (t) =

m0

³¡12

¢ 11590

´t⇒

R (t) = m02− t1590

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) xxxix

cuyas gráficas son de la forma:

Fig. 43. Decaimiento del radio radioactivo con el tiempo, dado por la leyR (t) = m02

− t1590 , con m0 = 1.

◦Sobre la última pregunta del problema: ¿Qué porcentaje queda sin desin-tegrarse dentro de 100 años?

R (100) = R02− 1001590 ⇒ R (100)

R0= 2−

115.9 ⇒ R (100)

R0= 0.9573...

lo que significa que a los 100 años queda sin desintegrarse el 95.73%, o seaque se habría desintegrado el 4.27%.

6. Solución (variante 5, analítica). (Velocidad de desintegración del radio)proporcional (cantidad de radio que queda)

v (t) ∝ R (t)⇒•

R (t) ∝ R (t)

donde ∝ es el símbolo de proporcionalidad; v (t) = la velocidad de desin-tegración del elemento radio al tiempo t. R (t) = la cantidad de radio quequeda al tiempo t, además si R0 = la cantidad inicial de radio, entoncesel modelo será (22): ½

dRdt = −kRR (0) = R0

donde k es la constante de proporcionalidad es el modelo de nuestro prob-lema.

La ecuación obtenida es de la forma y0 = f (y), aunque por la forma de laecuación también es de variables separables, por lo que

dR =dR

dt· dR⇒ dR = −kR · dt

RZR0

dR

R= −k

tZ0

dt⇒ ln |R|¯RR0= −kt

¯t0

xl ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

como R (t) > 0, entonces

lnR− lnR0 = −kt⇒ lnR

R0= −kt

que exponenciando se llega a RR0= e−kt, de donde:

R (t) = R0e−kt

Tomando en cuenta la condición complementaria (una sóla medición adi-cional a la inicial): R (1590) = 1

2m0 podemos determinar el parámetro k,o su análogo e−k . En efecto

R (1590) = R0e−k1590 ⇒ 1

2R0 = R0e

−1590k ⇒

¡e−k

¢1590=

1

2⇒ e−k =

µ1

2

¶ 11600

que sustituida en la ley obtenida: R (t) = R0¡e−k

¢t, se tendrá R (t) =

R0

³¡12

¢ 11590

´t,o lo que es lo mismo

R (t) = R02− t1590

cuya gráfica es:

Fig. 44. Decaimiento del radio radioactivo con el tiempo, dado por la leyR (t) = m02

− t1590 , con m0 = 30 y t1/2 = 1590.

◦La última pregunta del problema: ¿Qué porcentaje queda sin desinte-grarse dentro de 100 años?

R (100) = R02− 1001590 ⇒ R (100)

R0= 2−

115.9 ⇒ R (100)

R0= 0.9573...

lo que significa que a los 100 años queda sin desintegrarse el 95.73%, o seaque se habría desintegrado el 4.27%.

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) xli

0.2.3 Problema 3 (Movimiento rectilíneo con aceleraciónvariable)

1. La velocidad de un móvil crece inversamente proporcional a la distanciarecorrida. En el tiempo inicial del movimiento el móvil se encontrabaa una distancia de 5 m del origen del movimiento y su velocidad inicialv0 = 20 m/seg. Determinar la distancia recorrida y la velocidad del móvila los 10 seg de haber iniciado su movimiento.

2. Solución (variante 1, isoclinas). Si se toma como la variable al tiempot y al valor de la distancia recorrida por el móvil como s. Entonces lavelocidad instantánea del movimiento del móvil estará dada por la razóninstantanea de cambio de la posición respecto al tiempo: ds

dt . Y del enunci-ado del problema se afirma que la velocidad del móvil crece inversamenteproporcional a la distancia recorrida, por consiguiente: ds

dt ∝1s , lo que

significa que dsdt = k 1s , con k el coeficiente de proporcionalidad; o bien el

modelo del problema quedará como

dsdt =

ks (23)

Su campo direccional será?

Fig. ?

3. Solución (variante 2, método cualitativo).

?

Fig. ?

Solución (variante 3, igualando derivadas). Directamente del problema lavelocidad del móvil crece inversamente proporcional a la distancia recor-rida, por consiguiente: ds

dt ∝1s , lo que significa que

dsdt = k 1s , con k el

coeficiente de proporcionalidad; o bien el modelo del problema quedarácomo (23)

ds

dt=

k

s

luego sdsdt = k y trivialmente se sabe que también

ddt (kt) = k e igualando

sdsdt =ddt (kt), o

ddt

¡12s2¢= d

dt (kt)f 0=g0⇒⇒f=g+c

12s2 = kt+ c ⇒ s2 = 2 (kt+ c)

⇒s (t) =

√2√kt+ c

donde hay que determinar los valores de los parámetros, pero además sepregunta sobre la posición y la velocidad en t = 10. Por ello derivando seobtiene la velocidad v:

v =d

dts (t) =

d

dt

³√2√kt+ c

´=√2

1

2√kt+ c

k

xlii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

v (t) = k√2√kt+c

pero de la condición inicial s (0) = 5 reemplazada en s (t) =√2√kt+ c

se tendrá s (0) =√2√k · 0 + c, luego 5 =

√2c, de la cual c =

252 . Adi-

cionalmente se tiene la condición inicial de la velocidad v (0) = v0 = 20,con la que sustituida en v (t) = k√

2√kt+ 25

2

se determina k. En efecto,

v (0) = k√2√k·0+ 25

2

lleva a 20 = k√2√k·0+ 25

2

⇒ 20 = k√2√

252

⇒ k = 100. Si

ahora se reemplazan los valores de c y k en la ley de la posición obtenidas (t) =

√2√kt+ c se concluye que

√200t+ 25

s (t) =√200t+ 25

0 2 4 6 8 100

10

20

30

40

t

s

Haciendo lo propio en la ley de la velocidad obtenida v (t) = k√2√kt+c

se

tendá la ley específica 100√200t+25

v (t) =100√

200t+ 25

0 5 10 150

5

10

15

t

v

Y finalmente las respuestas a cuál es la posición s (t) =√200t+ 25 y

la velocidad v (t) = 100√200t+25

en t = 10 seg: s (10) =√200 · 10 + 25 =

√2025, de donde

s (10) = 45m

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) xliii

y v (10) = 100√200·10+25 =

10045 , o

v (10) = 209 m/seg

0.2.4 Problema 4 (Fuerza de tracción de una locomotora)

1. La aceleración a de una locomotora, que se mueve con una velocidadinicial v0, es directamente proporcional a la fuerza de tracción F de lalocomotora e inversamente proporcional a la masa m del tren. Por otrolado se sabe que la fuerza de tracción de la locomotora F es una funciónlineal decreciente de la velocidad v, o sea F = b−kv, con b y k constantespositivas. Hallar la fuerza de tracción de la locomotora F como funcióndel tiempo t, sabiendo que en el instante inicial t = 0, se tiene que F (0) =F0 = b− kv0.

2. Solución (variante 1, isoclinas). De la hipótesis básica del problema: a =dv(t)dt = F (t)

m = b−kv(t)m de donde el modelo del problema se reduce a:

dvdt =

b−kvm (24)

y con ayuda de las isoclinas de la ED

¿?

Fig. 45. Campo direccional correspondiente a la ED dvdt =

b−kvm .

3. Solución (variante 2, cualitativo). De la hipótesis básica del problema:ma = F (t) ⇒ mdv(t)

dt = b − kv (t)de donde el modelo del problema sereduce a:

dvdt =

b−kvm

4. Solución (variante 3, analítica mediante igualdad de derivadas). De lahipótesis básica del problema: ma = F (t) ⇒ a = b−kv(t)

m de donde elmodelo del problema se reduce a:

dvdt =

b−kvm

como por un lado de este modelo

dvdt

b− kv=1

m

y por otro trivialmente se tiene de la derivada de una función lineal

d

dt

µ1

mt

¶=1

m

xliv ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

luego de las 2 últimas igualdades se obtiene:dvdt

b−kv =ddt

¡1m t¢, que es casi

la igualdad entre 2 derivadas, lo cual hay que intentar que sea exactamente

una igualdad entre derivadas, pero como ddt (ln (b− kv)) =

−k dvdtb−kv , entonces:

ddt (ln (b− kv)) = −k d

dt

¡1m t¢, por lo que

d

dt(ln (b− kv)) =

d

dt

µ− k

mt

¶

que ya es una igualdad entre derivadas y por ende las funciones sobre lasque opera la derivada serán iguales salvo por un número real arbitrarioaditivo c, por lo cual:

ln (b− kv) = − k

mt+ c

b− kv = e−km t+c

v =b− e−

km tec

k

donde denotando por C = ec, se tendrá

v (t) = bk −

1kCe

− km t

y recordando que: v (0) = v0, entonces

v0 =b

k− 1

kCe−

km0 ⇒ 1

kC =

b

k− v0 ⇒ C = b− kv0

que regresada a la solución general en v y obligada a formar F (t) =b− kv (t), se concluirá

v (t) =b

k− 1

k(b− kv0) e

− km t ⇒ v (t) =

b

k− 1

kF0e− km t ×(−k)⇒

−kv (t) = −k bk+ k

1

kF0e− km t +(b)⇒ b− kv (t) = b− b+ F0e

− km t ⇒

F (t) = F0e− km t

donde las gráficas de la fuerza de tracción de la locomotora F toman la

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) xlv

forma:

Fig. 46. Gráficas de algunas de las soluciones particulares de la ED dvdt =

b−kvm ,

expresadas mediante F .

5. Solución (variante 4, analítica). De la hipótesis básica del problema:

a =dv (t)

dt=

F (t)

m=

b− kv (t)

m

de donde el modelodv

dt=

b− kv

men el que, dado que la derivada existe, se pueden separar las variables

dv =dv

dtdt⇒ dv =

b− kv

mdt⇒

dv

b− kv=

1

mdt⇒

Zdv

b− kv=1

m

Zdt

de la cual − 1k ln (b− kv) = 1

m t+ C1, por lo que la solución general será

t = −mk ln (b− kv) + C

pero recordando que: v (0) = v0, entonces

0 = −mkln (b− kv0) + C ⇒ C = m

k ln (b− kv0)

luego

t = −mkln (b− kv) +

m

kln (b− kv0)

t =m

kln

b− kv0b− kv

o lo que es lo mismo t = mk ln

F0F ⇒ ln F0

F = km t, de la que se desprende

F (t) = F0e− km t

xlvi ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

0.2.5 Problema 5. (Ley de enfriamiento de un pastel)

1. Hallar la ley de enfriamiento de un pastel, si la temperatura del aire esde 20◦C y el pastel durante 20min se enfría de 100 a 60◦C. Después decuánto tiempo la temperatura baja hasta 25◦C.

Consideraciones Previas. (La Ley de Enfriamiento de Newton) La veloci-dad de enfriamiento de un cuerpo en el aire es proporcional a la diferenciaentre la temperatura del cuerpo y la temperatura del aire.

Si denotamos a: t como el tiempo (variable en minutos), a

T (t) como la temperatura (en ◦C) del pastel al tiempo t, a

Ta como la temperatura (en ◦C) del medio (aire) y a

v (t) como la velocidad de enfriamiento del pastel al tiempo t.

Se tiene de la hipótesis básica del problema (ley de enfriamiento de New-ton) que la velocidad de enfriamiento del pastel es proporcional a la tem-peratura del pastel: v (t) ∝ T (t) o referida a la temperatura del medioambiente Ta será proporcional a la diferencia de temperaturas

v (t) ∝ [T (t)− Ta]

donde ∝ es el símbolo de proporcionalidad.

2. Solución (variante 1, campo direccional). De la última proporcionalidad,se tendrá

dT

dt= −k [T − Ta] (25)

donde k es la constante de proporcionalidad que por convención se con-sidera positiva, el signo − se debe a que la temperatura decrece, ya quela temperatura en cualquier t es mayor que la temperatura del medioambiente, puesto que la temperatura del cuerpo T tiende a la del medioambiente, que se considera constante Ta, luego T (t)− Ta > 0 y por endedTdt < 0, por lo cual en efecto T (t) decrece (↓):

¿?

Fig. 47. Gráficas aproximadas via isoclinas (campo direccional) de algunas delas soluciones particulares de la ED dT

dt = −k [T − Ta].


Como el modelo es (8) dTdt = −k [T − Ta] y por ser siempre T > Ta,

entonces [T − Ta] > 0, luego dTdt < 0 ⇒que la función T es decreciente

(T ↓). Por otro lado su d2Tdt2 = d

dt

¡dTdt

¢= d

dt (−k [T − Ta]) = −k dTdt =−k (−k [T − Ta]) = k2 [T − Ta] > 0 ⇒ T es convexa hacia abajo, es decir

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) xlvii

tiene la forma cualitativa

Fig. 48. Forma cualitativa de las soluciones del modelo dTdt = −k [T − Ta] del

enfriamiento de un pastel.

4. Solución (variante 3, anatíticamente igualando derivadas). Se tiene dela hipótesis básica del problema (ley de enfriamiento de Newton) quela velocidad de enfriamiento del pastel será proporcional a la temper-atura misma del cuerpo v (t)αT y si está en un medio ambiente entoncessu velocidad de cambio es proporcional a la diferencia de temperaturasv (t)α [T − Ta], por ello:

v (t) = −k [T − Ta]

donde k es la constante de proporcionalidad, por lo cual (25)

dT

dt= −k [T − Ta]

que puede resolverse observando quedTdt

T−Ta = −k(−kt)0 = −k

)⇒

dTdt

T−Ta = (−kt)0 ⇒ d(ln(T−Ta))

dt = (−kt)0 ⇒ ln |T − Ta| =

−kt+ c⇒ |T − Ta| = e−kt+c ⇒ T − Ta = e−ktecC=ec⇒

T (t) = Ta + Ce−kt

como: T (0) = 100, entonces: T (0) = Ta + Ce−k·0 ⇒ 100 = 20 + C ⇒C = 80, luego la solución particular será:

T (t) = 20 + 80ekt

Del dato adicional del problema: T (20) = 60 se puede determinar elparámetro k, o lo que es lo mismo e−k:

T (20) = 20 + 80e−k20 ⇒ 60 = 20 + 80e−k20 ⇒40

80=

¡e−k

¢20 ⇒ e−k =¡12

¢ 120

xlviii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

T (t) = 20 + 80× 2− t20

cuya gráfica es:

Fig. 49. Solución particular con base en las condiciones planteadas del problemadel modelo del enfriamiento de un pastel.

En respuesta a la última pregunta del problema, si t∗ representa el tiempoen que alcanza la temperatura de 25◦C: T (t∗) = 25, entonces

T (t∗) = 20 + 80 · 2− t∗20 ⇒ 25 = 20 + 80 · 2− t∗

20

5 = 80 · 2− t∗20 ⇒ 1

16= 2−

t∗20

log2

µ1

16

¶= log2

³2−

t∗20

´⇒ −4 = − t∗

20

y por consiguiente se obtiene el mismo resultado:

t∗ = 80min

5. Solución (variante 4, analítica). Por la Ley de Enfriamiento de Newtonde nuevo: v (t)α [T (t)− Ta] ⇒ dT

dt = k [T − Ta]

que es una ED del tipo y0 = f (y), pero en la que también se puedenseparar las variables,

dT =dT

dt· dt⇒ dT = k [T − Ta] · dt

dT

[T − Ta]= kdt⇒

TZ100

dT

[T − Ta]= k

tZ0

dt

ln [T − Ta]− ln [100− Ta] = kt⇒ lnT − Ta100− Ta

= kt

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) xlix

donde obsérvese que se integra en forma definida y por ello queda tomadaen cuenta la condición inicial en t = 0 la T = 100. De la última expresiónexponenciando T−Ta

100−Ta = ekt con Ta = 20 y despejando a T se concluyeque

T (t) = 20 + 80¡ek¢t

De la medición adicional (dato del problema) T (20) = 60 se puede deter-minar el parámetro k, o lo que técnicamente más conviene ek:

T (20) = 20 + 80ek20 ⇒ 60 = 20 + 80ek20

luego

ek =¡12

¢ 120

que regresando este resultado a la solución particular de T que dependede ek se obtiene

T (t) = 20 + 80 · 2− t20

que es la misma ley particular ya obtenida.

En respuesta a la última pregunta del problema, si t∗ representa el tiempoen que alcanza la temperatura de T (t∗) = 25, se sustituye en la últimaexpresión y se obtiene el mismo resultado:

t∗ = 80min

0.2.6 Problema 6 (Tamaño de una población en fecha de-terminada, con cantidad de crecimiento anual cono-cido: Tipo I.)

(En los problemas tipo I sobre el crecimiento del tamaño de una población seconoce el tamaño inicial de la población M0 y el tiempo de su crecimiento Taños, mientras que el tamaño buscado de la población será el tamaño final de lamisma M (T ))La población de La Tierra en el año 2000 fue de 6000 millones de personas

y el crecimiento anual de la población fue de 100 millones de personas quesupondremos será constante en los subsiguientes años. Determinar el tamañohipotético de la población para el año 2010, bajo la hipótesis de crecimientocontinuo de la población.Consideraciones previas. Como no se dice nada respecto a como crece la

población se puede suponer que la población crece bajo la hipótesis de que lavelocidad de crecimiento de la población en cada instante es proporcional altamaño mismo de la población en ese mismo instante. Supóngase que la veloci-dad v de crecimiento (o decrecimiento) de cierta magnitud M es proporcional ala magnitud misma en cada instante del tiempo t. Y que en el instante inicialt = 0 tal magnitud es M0.

l ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

1. Solución (variante 1, analítica). Entonces la Ley de cómo la magnitudM depende de t, quedará dada por v ∝ M , o sea dM

dt ∝ M , esto es conconstante de proporcionalidad λ:

dMdt = λM (26)

con M (0) = M0 y λ cierta magnitud constante de proporcionalidad.Como la derivada existe, entonces la diferencial dM = dM

dt ·dt, luego reem-plazando la derivada en ésta se tendrá: dM = λM · dt y separando lasvariables, esto es dividiendo entre M (M 6= 0) dM

M = λ · dt y ya separadaslas variables, integrando:Z

dM

M=

Zλdt⇒ lnM = λt+ c⇒M = eλt+c ⇒

M (t) = Ceλt

donde ec = C, pero como la condición inicial es M (0) = M0, por locual: M (0) = Ceλ·0 ⇒ C =M0, que reemplazada en la anterior expresiónobtenida para M (t) se concluye que la ley de crecimiento será

M (t) =M0eλt

En forma completamente análoga para el proceso de decrecimiento:

dMdt = −λM (27)

y su ley de decrecimiento será

M (t) =M0e−λt

2. Solución (variante 1, isoclinas) En este caso el campo direccional de dMdt =

λM

Fig. 50. Solución del modelo de crecimiento de una población via isoclinas.

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) li

3. Solución (variante 2, cualitativo) Como dMdt = λM y λ > 0 y M > 0, en-

tonces dMdt > 0 por lo que la función M será creciente (↑) Adicionalmente

su segunda derivada d2Mdt2 = d

dt

¡dMdt

¢= d

dt (λM) = λdMdt = λ (λM) =

λ2MM>0> 0, luego la función M será concava hacia arriba (J). O equiva-

lentemente el comportamiento cualitativo, proyectando la curva soluciònorientadamente sobre el eje vertical

A B

Fig. 51. A) Forma cualitativa de las soluciones del modelo dMdt = λM del

crecimiento de una población. B) El sistema dinámico consistente en proyectarsobre el eje vertical M el comportamiento de la curva integral.

4. Solución (variante 3, igualando derivadas) Como en las consideraciones

previas:dMdt = λM , entonces por un lado

M 0

M = λ, pero por otro lado la

función cuya derivada es la constante λ es λt, o sead(λt)dt = λ, e igua-

lando: M 0

M = d(λt)dt , es decir

ddt (lnM) =

ddt (λt), luego lnM = λt + c, o

bien M = eλt+c, por lo que tomando a C = ec se llega a M (t) = Ceλt.Como M (0) =M0 = 6× 109 (el año 0 corresponde al año 2000), entoncesM (t) = M0e

λt, luego M (t) = 6 × 109eλt, pero del modelo dMdt = λM

se sigue que λ =dMdt

M , pero el dato del problema es que crece a 100

millones/año, entonces: λ = 100·1066000·106 = 1

60 = 0.0172 (equivalente al

1.7%), entonces M (t) = 6× 109e0.017·t y en t = T = 10 años (en elaño 2010) M (10) = 6 × 109e0.017·10 ⇒ M (10) = 6 × 109e0.017·10 =7.111 8×109 ⇒M (10) = 7111 millones de habitantes (se podrá compararcon la magnitud obtenida del censo mundial de 2010 en Internet)Solución(variante 3, igualando derivadas) Como en las consideraciones previas:dMdt = λM , entonces por un lado

M 0

M = λ, pero por otro lado la fun-

ción cuya derivada es la constante λ es λt, o sead(λt)dt = λ, e igualando:

2Obsérvese que formalmente las dimensiones de λ son [λ] = millones/anomillones

= 1ano

lii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

M 0

M = d(λt)dt , es decir

ddt (lnM) =

ddt (λt), luego lnM = λt + c, o bien

M = eλt+c, por lo que tomando a C = ec se llega a M (t) = Ceλt. ComoM (0) = M0 = 6 × 109 (el año 0 corresponde al año 2000), entoncesM (t) = M0e

λt, luego M (t) = 6 × 109eλt, pero del modelo dMdt = λM

se sigue que λ =dMdt

M , pero el dato del problema es que crece a 100

millones/año, entonces: λ = 100·1066000·106 = 1

60 = 0.0173 (equivalente al

1.7%), entonces M (t) = 6× 109e0.017·t y en t = T = 10 años (en elaño 2010) M (10) = 6 × 109e0.017·10 ⇒ M (10) = 6 × 109e0.017·10 =7.111 8×109 ⇒M (10) = 7111 millones de habitantes (se podrá compararcon la magnitud obtenida del censo mundial de 2010 en Internet)

5. Solución (variante 4, analíticamente) En las consideraciones previas ya seintegró analíticamente esta ED. Pero valga la repetición: La Ley de cómoel tamaño de la población M depende del tiempo t, quedará dada por v∝ M , o sea dM

dt ∝ M , esto es (26)

dMdt = λM

con M (0) = M0 y λ cierta constante de proporcionalidad. Como laderivada existe, entonces la diferencial dM = dM

dt · dt y reemplazando laderivada en ésta se tendrá: dM = λM · dt y separando las variables, estoes dividiendo entreM (M 6= 0) dM

M = λ·dt e integrando en forma definida:MZ

M0

dm

m=

tZ0

λds⇒ lnm]m=Mm=M0= λs]s=ts=0 ⇒ lnM − lnM0 = λt− λ · 0 ⇒

ln MM0

= λt⇒ MM0

= eλt ⇒ M (t) =M0

¡eλ¢t.

Ahora queda sólo por estimar el parámetro λ, para lo cual se puede usarel dato dado en el problema consistente en que el crecimiento anual de lapoblación fue de 100 millones de personas que supondremos será constanteen los subsiguientes años. Esto significa que M (1) = M0 + 100 · 106 =6000 · 106 + 100 · 106 ∴M (1) = 6100 · 106, pero esta misma magnitud depoblación se puede calcular con la solución obtenida, esto es M (1) =

M0eλ·1 = 6000 · 106eλ ∴ M (1) = 6× 109 · eλ e igualando los 2 valores

obtenidos de M (1), se tendrá: 6100 · 106 = 6000 · 106 · eλ ⇒ 6100·1066000·106 = eλ

⇒ eλ = 6160 ⇒ M (t) =M0

¡eλ¢t ⇒M (t) = 6× 109

¡6160

¢t, por lo cual

M (t) = 6× 109¡1 + 1

60

¢t3Obsérvese que formalmente las dimensiones de λ son [λ] = millones/ano

millones= 1

ano

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) liii

Fig. 52. A) Forma de la solución desde 1950 hasta 2010 (obsérvese que enplazos más largos de 60 años el crecimiento se dispara y como en 5 años alcanzael mismo nivel que cuando se considera en el plazo de 10 años) B) Forma de lasolución desde 2000 hasta 2010

Así, finalmente a los 10 años el tamaño de la población será M (10) =

6× 109¡1 + 1

60

¢10M (10) ≈ 7.078 × 109

0.2.7 Problema 7 (Tamaño de una población en fecha de-terminada, con crecimiento porcentual anual cono-cido: Tipo I.)

1. Supóngase que la velocidad de crecimiento de la población es diréctamenteproporcional al ta maño mismo de la población en cada instante del tiempot. Determinar la ley que describe el tamaño de la población P comofunción del tiempo t, si se sabe que en cierto momento tomado comoinicial t = t0 el tamaño de la población es conocido e igual P0 y en lossiguientes años se supondrá que aumentará el a% anual constante.

2. Solución (variante 1, isoclinas) En este caso el campo direccional será delmodelo sugerido en el enunciado, a saber:

dPdt = λP (28)

Fig. 52. Forma cualitativa aproximada de las soluciones del modelo dPdt = λP

del crecimiento de una población via su campo direccional.

liv ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

3. Solución (variante 2, método cualitativo) Como dPdt = λP y λ > 0 y P > 0,

entonces dPdt > 0 por lo que la función P será creciente (↑) Adicional-

mente su segunda derivada d2Pdt2 =

ddt

¡dPdt

¢= d

dt (λP ) = λdPdt = λ (λP ) =

λ2PP>0> 0, luego la función P será concava hacia arriba (J), Fig. 53 A)

O equivalentemente el comportamiento cualitativo, proyectando la curvasoluciòn orientadamente sobre el eje vertical, Fig. 53 B):

A

B

Fig. 53. A) Forma cualitativa de las soluciones del modelo dPdt = λP del

crecimiento de una población. B) El sistema dinámico consistente en proyectarsobre el eje vertical M el comportamiento de la curva integral de crecimiento.

4. Solución (variante 3, igualando derivadas) De las consideraciones pre-

vias se obtuvo el modelo: dPdt = λP , entonces por un lado

P 0

P = λ, peropor otro lado la función cuya derivada es la constante λ es λt, o sead(λt)dt = λ, e igualando: P 0

P = d(λt)dt , es decir

ddt (lnP )

f 0=g0⇒=

f=g+c

ddt (λt), luego

lnP = λt + c, o bien P = eλt+c = eλtec, por lo que tomando a C = ec

se llega a P (t) = Ceλt. Como P (0) = P0 = 6 × 109 (el año 0 corre-sponde al año 2000), entonces P (t) = 6× 109

¡eλ¢ty como el dato del

problema es que en 1 año la población crece a%, luego: P (1) = P (0) +a100P (0) ∴P (1) =

¡1 + a

100

¢6× 109 y por otro lado de la solución partic-

ular obtenida P (1) = 6 × 109eλ·1 ⇒P (1) = 6× 109eλ e igualando las 2

expresiones para P (1):¡1 + a

100

¢6×109 = 6×109eλ ⇒

¡1 + a

100

¢= eλ ⇒

P (t) = 6 × 109¡eλ¢t ⇒ P (t) = 6× 109

¡1 + a

100

¢ty en t = T = 10 años

(en el año 2010) P (10) = 6× 1096× 109¡1 + a

100

¢10.

Solución (variante 4, método analítico) En las consideraciones previas yase integró analíticamente esta ED. Pero valga ahora se hará con la integraldefinida: La Ley de cómo el tamaño de la población P depende del tiempot, quedará dada por v ∝ P , o sea dP

dt ∝ P , esto es (28)

dPdt = λP

con P (0) = P0 y λ cierta constante de proporcionalidad. Como la derivadaexiste, entonces la diferencial dP = dP

dt · dt y reemplazando la derivada en

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) lv

ésta se tendrá: dP = λP · dt y separando las variables, esto es dividiendo

entre P (P 6= 0) dPP = λ · dt e integrando en forma definida:

PZP0

dp

p=

tZ0

λds⇒ ln p]p=Pp=P0

= λs]s=ts=0 ⇒ lnP − lnP0 = λt− λ · 0⇒ ln P

P0= λt⇒

PP0= eλt ⇒ P (t) = P0

¡eλ¢t.

Ahora queda sólo por estimar el parámetro λ (o bien eλ), para lo cual sepuede usar el dato dado en el problema consistente en que el crecimientoanual de la población fue de a% que supondremos será constante en al-gunos de los subsiguientes años. Esto significa que P (1) = P0+

a100 ·P0 =

6000 · 106¡1 + a

100

¢∴P (1) = 6000 · 106

¡1 + a

100

¢, pero esta misma mag-

nitud de población se puede calcular con la solución obtenida, esto esP (1) = P0e

λ·1 = 6000 · 106eλ ∴ P (1) = 6× 109 · eλ e igualando los 2valores obtenidos de P (1), se tendrá: 6000 · 106

¡1 + a

100

¢= 6 × 109eλ

⇒ ⇒ eλ =¡1 + a

100

¢y reemplazando esta expresión en la ley obtenida

P (t) = P0¡eλ¢t ⇒ P (t) = P0

¡1 + a

100

¢t. Obsérvese que la solución queda

en términos del porcentaje anual a dado. Así finalmente a los 10 años el

tamaño de la población será P (10) = P0¡1 + a

100

¢10, que sigue quedando

en términos del porcentaje anual a dado.

0.2.8 Problema 8 (Dinámica del crecimiento en el tiempo:Tipo II.)

1. En los problemas de este tipo se considera conocido el tiempo de crec-imiento de la población, mientras que se consideran incognitas tanto eltamaño inicial o el tamaño final (o su relación) de la misma población.

El tamaño de la población de la ciudad A en el año 2000 era de 0.907millones de personas y el crecimiento anual en 1999 fue de 4.2%. Con-sidérese que la tasa de crecimiento de la población en algunos de los añossiguientes no cambia. Determinar: i) cuándo el tamaño de la poblaciónde la ciudad A se duplicará, ii) cuándo crecerá en un 50% y iii) cuándoserá de 2 millones de habitantes.

2. Solución (variante 1, método analítico). De la variante 4 del problema 6anterior se tendrá que v ∝ P , o sea dP

dt ∝ P , esto es (28)

dPdt = λP

y como la derivada existe, entonces la diferencial dP = dPdt · dt ⇒ dP =

lvi ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

λP · dt ⇒ dPP = λ · dt ⇒

PZP0

dp

p=

tZ0

λds ⇒ ln p]p=Pp=P0

= λs]s=ts=0 ⇒

lnP − lnP0 = λt− λ · 0⇒ ln PP0= λt⇒ P

P0= eλt ∴

P (t) = P0¡eλ¢t

Ahora queda sólo por estimar el parámetro λ (o bien eλ), para lo cualse puede usar el dato dado en el problema consistente en que el crec-imiento anual de la población fue de a% que supondremos será constanteen algunos de los subsiguientes años: P (1) = P0 +

a100 · P0 = 6000 ·

106¡1 + a

100

¢∴

P (1) = 6× 109¡1 + a

100

¢pero esta misma magnitud de población se puede calcular con la soluciónobtenida, esto es P (1) = P0e

λ·1 = 6000 · 106eλ

∴ P (1) = 6× 109 · eλ

e igualando los 2 valores obtenidos de P (1), se tendrá:

6× 109³1 +

a

100

´= 6× 109eλ ∴ eλ =

¡1 + a

100

¢y reemplazando esta expresión en la ley obtenida

P (t) = P0¡eλ¢t ∴ P (t) = P0

¡1 + a

100

¢tEn este caso a = 4.2% y P0 = 0.907× 106.i) Cuándo, en qué t∗, el tamaño de la población de la ciudadA se duplicará.Así finalmente, el tamaño de la población se duplicará en t∗ años: P (t∗) =

P0¡1 + a

100

¢t∗ ⇒ 2P0 = P0¡1 + 4.2

100

¢t∗ ⇒ 2 = (1 + 0.042)t∗⇒ ln 2 =

ln (1.042)t∗ ⇒ t∗ = ln 2

ln(1.042) ⇒ t∗ = 16.85

∴ t∗ = 17 años

ii) ¿Cuándo crecerá la ciudad en un 50%?

1.5P0ZP0

dp

p=

t∗Z0

λds⇒ ln p]p=1.5P0p=P0=

λs]s=t∗

s=0 ⇒ ln 1.5P0 − lnP0 = λt∗ − λ · 0 ⇒ ln 1.5P0P0= λt∗ ⇒ ln 1.5 = λ · t∗

eλ=(1+ a100)⇒ 0.405 = t∗ · ln

¡1 + a

100

¢⇒ 0.405 = t∗ · ln

¡1 + 4.2

100

¢⇒ 0.405 =

t∗ · ln 1.042 ⇒ t∗ = 0.4050.041 ⇒ t∗ = 0.405

0.041 ⇒ t∗ = 9.9

∴ t∗ = 10 años

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) lvii

iii) ¿Cuándo la ciudad tendrá de 2 millones de habitantes?

2Z0.907

dp

p=

t∗Z0

λds⇒ ln p]p=2p=0.907 = λs]

s=t∗

s=0 ⇒ ln 2− ln 0.907 = λt∗−λ ·0⇒ ln 20.907 =

λt∗ ⇒ 0.791 = λ · t∗eλ=(1+ a

100 )⇒ 0.791 = t∗ · ln¡1 + a

100

¢⇒ 0.791 =

t∗ · ln¡1 + 4.2

100

¢⇒ 0.791 = t∗ · ln 1.042 ⇒ t∗ = 0.791

0.041 ⇒ t∗ = 19.3

∴ t∗ = 19 años

0.2.9 Problema 9 (Dinámica competitiva de crecimiento:Tipo III)

1. En problemas de este tipo III hay que determinar el tiempo al cabo delcual los distintos tamaños de sus poblaciones, con tasas de crecimientocomplementarias a dichos tamaños de población, de digamos dos ciudadesserán iguales.

El tamaño de la población de la ciudad A en el año 2000 era de 0.907millones de personas y el crecimiento anual 1 año antes fue de 4.2%. Eltamaño de la población de la ciudad B en el año 2000 era de 1.161 millonesde personas y el crecimiento anual un año antes fue de 2.5%. Considéreseque las tasas de crecimiento de estas ciudades se han equilibrado y por endeen algunos de los años siguientes no cambiarán. Determinar el tiempoal cabo del cual los tamaños de las poblaciones de ambas ciudades serániguales.

2. Solución (método analítico). El hecho de que las tasas de crecimiento seconsideren constantes es equivalente a considerar que sus crecimientos sonexponenciales, es decir que provienen del modelo más simple, del modelode Malthus, donde la velocidad de crecimiento de la población es propor-cional al tamaño mismo de la población en el mismo instante t, por endesupondremos que ambos tamaños de población se rigen por dicho modelo,es decir: vi ∝ Pi, o sea dPi

dt ∝ Pi, o para ambas poblaciones (28):

dPidt

= λiPi

donde las Pi son los tamaños de población de cada ciudad, los λi sonlos coeficientes de proporcionalidad y el subíndice i = 1.2 repectivamentepara las poblaciones de las ciudades A y B. Sus soluciones, ya se sabe dealgunos de los problemas resueltos, en particular del anterior problema 7que son exponenciales, esto es

Pi (t) = P 0i eλit

lviii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

con las P 0i como las condiciones iniciales de las 2 ciudades y las tasas de

crecimiento son: P 0i =½0.907× 1061.161× 106 , mientras que los porcentajes de

crecimiento ai =

½4.2%2.5%

, donde eλi =¡1 + ai

100

¢. por ello las curvas

integrales pueden escribirse como P (t) = P 0i¡1 + ai

100

¢to como P (t) =

P 0i eλit

P1 (t) = P 01¡1 + a1

100

¢t; P2 (t) = P 02

¡1 + a2

100

¢t.

P1 (t) = P 01 eλ1t; P2 (t) = P 02 e

λ2t.

el problema pide hallar el tiempo t∗ cuando dichos tamaños se igualan:P1 (t) = P2 (t) ⇒ P 01 e

λ1t = P 02 eλ2t. ⇒ eλ1t

eλ2t=

P 02

P 01⇒ eλ1t−λ2t =

P02

P01⇒

e(a1100−

a2100)t =

P02

P01⇒ e(

4.2100−

2.5100)t = 1.161×106

0.907×106 ⇒ e(0.042−0.025)t = 1.1610.907 ⇒

e(0.017)t∗= 1.161

0.907 ⇒ (0.017) t∗ = ln 1.28 ⇒ t∗ = ln 1.28(0.017) ⇒ t∗ = 14.521

t∗ = 14.5 años

0.2.10 Problema 10 (Agotamiento de recursos: Tipo IV)

1. En la actualidad para proporcionar los alimentos de una persona se nece-sitan en promedio los productos de un área cultivable de 0.1 ha. Enel globo terráqueo hay 4000 millones de ha. de tierra cultivable. Poreso la población de La Tierra debe de estar, si no se toma en cuentala aparición de nuevas fuentes de alimentación, limitada por la cantidad40000.1

hmillones de habitantes por ha.cultivable.

ha. cultivable

i= 40 000 millones de habitantes.

Cuándo será alcanzado este límite de (cota de) saturación, si la poblacióncrece continuamente con una tasa mundial promedio (velocidad) de crec-imiento anual de 1.7%.

2. Solución (método analítico). Dado que se habla de una población quecrece continuamente con una velocidad de crecimiento anual constantea = 1.7%, se puede colegir que se trata del modelo de crecimiento mássimple, esto es del modelo de Malthus, véase el Problema 7:(28)

dPdt = λP

cuya solución está dada por,véase el Problema 7:

P (t) = P0eλt

aquí se supondrá que P0 = 6× 109 (6000 millones de habitantes en el año

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) lix

2000, tomado como el año 0) y 1.7100 = λ = 0.017, luego

P (t) = 6× 109e0.017t ¿t=t∗?⇒ P (t∗) = 6× 109e0.017t∗ ⇒

40000× 106 = 6× 109e0.017t∗ ⇒ e0.017t∗=40× 1096× 109 ⇒

0.017t∗ = ln40

6⇒ t∗ =

ln 2030.017

⇒ t∗ = 111.6

o sea que dentro de t∗ = 112 años La Tierra alcanzaría su límite de sat-uración, según el modelo de Malthus y siempre y cuando se conservarael ritmo de crecimiento y no aparecieran nuevas fuentes de alimentaciónalternativas.

0.2.11 Problema 11 (Crecimiento de un capital con interéscompuesto)

1. En un banco se deposita se deposita cierto capital C0 a una tasa de interesdel r% de interés anual. Hallar la ley de cambio del capital C0, bajo lacondición de que el incremento por intereses se deposite continuamente(interés compuesto instantáneo). Determinar con base a la ley de cambioobtenida: i) Se depositan $10 000 pesos a una tasa del 4% anual ¿al cabode cuánto tiempo la suma depositada se duplica? ¿En cuánto tiempo seduplica $1 al 4% anual?

2. Solución. Primero se verá qué tanto se gana a 1 año si los réditos sepagan a la cuenta cada vez más frecuentemente. Si los réditos se cargan ala cuenta 1 vez al año, el capital al año será: lo que se tenía inicialmenteC0 más el r% del capital inicial rC0 (donde de hecho la r aquí significa elreal r

100 , pero que siempre escribiremos r para no complicar la notación)

C1 = C0 + rC0 = C0 (1+ r)

◦Si los réditos se cargan 2 vecés al año (cada 6 meses), el capital al medioaño será: lo que se tenía inicialmente C0 más el 12r% del capital inicial12rC0

C 12= C0 +

1

2rC0 = C0

µ1+

1

2r

¶y en el medio año restante para llegar al año será: lo que se tenía como ini-cial C0

¡1 + 1

2r¢más el 12r% del capital tomado como inicial

12rC0

¡1 + 1

2r¢

C1 = C0

µ1 +

1

2r

¶+1

2rC0

µ1 +

1

2r

¶=

= C0

µ1 +

1

2r

¶µ1 +

1

2r

¶= C0

µ1+

1

2r

¶2

lx ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

◦Si los réditos se cargan 4 vecés al año (cada 3 meses), el capital al primertrimestre del año será:

C 14= C0 +

1

4rC0 = C0

µ1+1

4r

¶el capital al segundo trimestre del año será:

C 24= C 1

4+1

4rC 1

4= C0

µ1 +

1

4r

¶+1

4rC0

µ1 +

1

4r

¶= C0

µ1 +

1

4r

¶µ1 +

1

4r

¶= C0

µ1+1

4r

¶2el capital al tercer trimestre del año será:

C 34

= C 24+1

4rC 2

4= C0

µ1 +

1

4r

¶2+1

4rC0

µ1 +

1

4r

¶2= C0

µ1 +

1

4r

¶2µ1 +

1

4r

¶= C0

µ1+

1

4r

¶3el capital al cuarto trimestre del año, o sea al año será:

C1 = C 44= C 3

4+1

4rC 3

4= C0

µ1 +

1

4r

¶3+1

4rC0

µ1 +

1

4r

¶3= C0

µ1 +

1

4r

¶3µ1 +

1

4r

¶= C0

µ1 +

1

4r

¶4◦Si los réditos se cargan m vecés al año (hipótesis de inducción), el capitalal año será:

C1 = C0

µ1+

1

mr

¶mEntonces el que se paguen los réditos m+1 veces al año, el capital al añoserá:

C1 = C0

µ1 +

1

m+ 1r

¶m+

1

m+ 1rC0

µ1 +

1

m+ 1r

¶m=

= C0

µ1 +

1

m+ 1r

¶mµ1 +

1

m+ 1r

¶= C0

µ1+

1

m+ 1r

¶m+1que tiene la misma forma que la hipótesis de inducción, sólo que en lugarde m aparece m+ 1 y por ende dicha fórmula hipótesis de inducción, porel Principio de Inducción, es cierta para toda m ∈ N.

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) lxi

◦Por otro lado, se tiene que si el capital inicial es C0 depositado al r%anual pagadero cada año, al año n se tendrá⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

C0C1 = C0 + rC0 = C0 (1 + r)C2 = C1 + rC1 = C0 (1 + r) + rC0 (1 + r)

= C0 (1 + r) (1 + r) = C0 (1 + r)2

C3 = C2 + rC2 = C0 (1 + r)2+ rC0 (1 + r)

2

= C0 (1 + r)2(1 + r) = C0 (1 + r)

3

...Cn = C0 (1+ r)

n

pero si se supone que cada año se pagan los intereses m veces al año setendrá

Cn = C0£¡1+ 1

mr¢m¤n

Si ahora se supone que el número m de veces al año en que se pagan losintereses aumenta sin cota superior alguna (m→∞), es decir si se tiendea pagar los intereses en cada instante

limm→∞

Cn = limm→∞

C0

∙µ1+

1

mr

¶m¸n⇒

Cn = C0 limm→∞

∙µ1 +

1

mr

¶m¸n⇒

Cn = C0

"lim

m/r→∞

µ1 +

1

m/r

¶m/r#r·n

⇒

Cn = C0 [e]rn ⇒ Cn = C0e

r·n

que es el depósito que se acumula al cabo de los n años, o generalizandoa un tiempo t cualquiera

Ct = C0er·t

que sería la suma acumulada de depósitos hasta el tiempo t, con réditospagaderos instantáneamente.

◦Por otro lado, durante un intervalo de tiempo suficientemente pequeñode tiempo dt el incremento correspondiente de capital queda dado por

dCt = d¡C0e

rt¢= C0d

¡ert¢= C0e

rtd (rt) =

= C0ertrdt = rCtdt

de donde el modelo diferencial será:

dCt= rCtdt

lxii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

es decir el modelo del que provienen los depósitos acumulados es

dCt

dt = rCt (29)

con condición inicial C (0) = C0

◦Las preguntas finales: i) dCt = rCtdt ⇒2C0RC0

dCtCt

= rt∗R0

dt ⇒20000R10000

dCtCt

=

4100

t∗R0

dt ⇒ [lnCt]2000010000 =

4100

t∗R0

dt ⇒ ln 20000 − ln 10000 = 4100 [t]

t∗

0 ⇒

ln 2000010000 = 0.04t∗ ⇒ ln 2 = 0.04t∗ ⇒ t∗ = ln 20.04 ⇒ t∗ = 0.69

0.04 ⇒t∗ = 17.25años.

ii) dCt = rCtdt⇒2R1

dCtCt

= rt∗R0

dt⇒ [lnCt]Ct=2Ct=1

= 4100

t∗R0

dt ⇒ ln 2− ln 1 =

0.04 [t]t∗

0 ⇒ ln 2 = 0.04t∗ − 0.04 · 0 ⇒ t∗ = ln 20.04 ⇒t∗ = 17.25 años.

0.2.12 Problema 12 (Crecimiento de la cantidad de fer-mento)

1. En el cultivo de la levadura de cerveza la rapidez v de crecimiento delfermento activo es proporcional a su cantidad x. La cantidad inicial defermento a (= x (0)) se duplicó en 1 hr. ¿Cuántas veces aumentará en 3hr.?

2. Solución (variante 1, método isoclinas). Del enunciado del problema larapidez (recuérdese que por rapidez se entiende el valor absoluto de lavelocidad) v ∝ x, esto es x ∝ x, o sea

x = λx (30)

Para esta ED el método de las isoclinas genera las soluciones tipo

Fig. 54. Campo direccional para x = λx.


x = λx > 0 ⇒ x ↑. x = λ x > 0 ⇒ x (∪). Y proyectando sobre el eje

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) lxiii

vertical la curva orientada.

Fig. 55. A) Aspecto cualitativo de las soluciones de x = λx. B) Aspectocualitativo de x = λx, como sistema dinámico.

4. Solución (variante 3, igualando derivadas).

x = λx ⇒xx = λ, pero

ddt (λt) = λ ⇒ x

x = ddt (λt) ⇒

ddt lnx =

ddt (λt)

⇒ lnx = λt + c ⇒ x = eλt+c ⇒ x = eλtecC=ec⇒ x (t) = Ceλt. Como

x (0) = a, entonces x (0) = Ceλ·0 ⇒a = C ⇒x (t) = aeλt. Además como:x (1) = 2x (0) = 2a, entonces x (1) = aeλ·1 ⇒ 2a = aeλ ⇒eλ = 2 ⇒x (t) = a

¡eλ¢t ⇒

x (t) = a2t

La respuesta a la pregunta de cuántas veces aumenta la cantidad de fer-mento en 3 hrs. puede ahora responderse, ya que de la solución general:x (t) = a2t ⇒ x (3) = a23 ⇒ x (3) = 8a⇒ x(3)

a = 8. Esto significa que lacantidad de fermento luego de 3 hrs. del proceso aumenta en 8 veces.

5. Solución (variante 4, método analítico).

x = λx ⇒ ∃x ⇒ dx = xdt ⇒ dx = λxdt ⇒ dx = λxdt ⇒ dxx = λdt

⇒xZa

dy

y= λ

tZ0

dT ⇒ ln y]y=xy=a = λT ]T=tT=0 ⇒ lnx − ln a = λt − λ · 0

⇒ ln xa = λt ⇒ x

a = eλt ⇒x (t) = aeλt. El resto queda exactamenteigual que en la variante anterior, a saber. Como x (0) = a, entonces

x (0) = Ceλ·0 ⇒a = C ⇒x (t) = aeλt. Además como: x (1) = 2x (0) = 2a,entonces x (1) = aeλ·1 ⇒ 2a = aeλ ⇒eλ = 2 ⇒ x (t) = a

¡eλ¢t ⇒

x (t) = a2t

lxiv ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

Y la respuesta a la pregunta de cuántas veces aumenta la cantidad defermento en 3 hrs. también se responde exactamente como fue respondidaen la variante anterior, a saber: de la solución general: x (t) = a2t ⇒x (3) = a23 ⇒ x (3) = 8a ⇒ x(3)

a = 8. Por ende la cantidad de fermentoluego de 3 hrs. del proceso aumenta en 8 veces.

0.2.13 Problema 13 (Crecimiento de bacterias)

La velocidad de reproducción de las bacterias es proporcional a su cantidad. Sien el momento inicial se tiene 100 bacterias y un experimento indica que a las3 hr su número se duplica. Hallar la ley que indica cómo depende la cantidadde bacterias con respecto al tiempo y determinar cuántas veces aumentará lacantidad de bacterias en 9 hr.

1. Solución (variante 1, método isoclinas). Del enunciado del problema lavelocidad de reproducción de las bacterias es proporcional a su cantidad,luego:v ∝ x, esto es x ∝ x, donde x estaría representando a la cantidadde bacterias con que se cuenta en determinado momento t y x sería lavelocidad de reproducción de las bacterias, o sea (30)

x = λx

donde λ es el coeficiente de proporcionalidad entre la velocidad de repro-ducción de las bacterias y su tamaño en el mismo instante de tiempo t.El campo direccional correspondiente a esta ED será:

Fig. 56. Campo direccional del modelo dado por x = λx.


x = λx > 0 ⇒ x ↑. x = λ x > 0 ⇒ x (∪). Y proyectando sobre el ejevertical la curva orientada:

A B

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) lxv

Fig. 57. A) Aspecto cualitativo de las soluciones de x = λx. B) Aspectocualitativo de x = λx, como sistema dinámico.


Igual que en el Problema 11: x = λx ⇒xx = λ, pero

ddt (λt) = λ ⇒ x

x =

ddt (λt) ⇒

ddt lnx =

ddt (λt) ⇒ lnx = λt + c ⇒ x = eλt+c ⇒ x = eλtec

C=ec⇒ x (t) = Ceλt. Como x (0) = 100, entonces x (0) = Ceλ·0 ⇒100 = C

⇒x (t) = 100eλt. Además como: x (3) = 2x (0) = 200, entonces x (3) =100eλ·3 ⇒ 200 = 100e3λ ⇒ e3λ = 2 ⇒eλ = 2

13 ⇒ x (t) = 100

¡eλ¢t ⇒

x (t) = 100³213

´t⇒

x (t) = 100× 2 t3

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

200

400

600

800

t

x

Fig. 58. Gráfica de la solución del problema.

4. Solución (variante 4, método analítico).

x = λx ⇒ ∃x ⇒ dx = xdt ⇒ dx = λxdt ⇒ dx = λxdt ⇒ dxx = λdt

⇒xZ

100

dy

y= λ

tZ0

dT ⇒ ln y]y=xy=100 = λT ]

T=tT=0 ⇒ lnx − ln 100 = λt −

λ · 0 ⇒ ln x100 = λt ⇒ x

100 = eλt ⇒x (t) = 100¡eλ¢t. El resto queda

exactamente igual que en la variante anterior, a saber: como x (0) =

100, entonces x (0) = Ceλ·0 ⇒100 = C ⇒x (t) = 100eλt. Además como:x (3) = 2x (0) = 200, entonces x (3) = aeλ·3 ⇒ 200 = 100e3λ ⇒ e3λ = 2

eλ = 213 ⇒ x (t) = 100

¡eλ¢t ⇒ x (t) = 100

³213

´t⇒

x (t) = 100× 2 t3

lxvi ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

La respuesta a la 2a. pregunta de cuántas veces aumenta la cantidadde bacterias en 9 hrs. puede ahora responderse, ya que de la soluciónparticular obtenida: x (t) = 100 × 2 t3 ⇒ x (9) = 100 × 2 93 ⇒ x (9) =

100× 23 ⇒ x(9)100 = 8. Esto significa que la cantidad de bacterias luego de

9 hrs. del proceso aumenta en 8 veces.

Fig. 59. Gráfica de la solución del problema con las condiciones dadas y lasobtenidas.

0.2.14 Problema 14 (Ecología de una colonia aislada deorganismos)

Una colonia aislada de microorganismos habita en condiciones ideales (o creadasartificialmente a nivel laboratorio), dispone de recursos ilimitados de alimentacióny no la depredada ningún otro tipo de microorganismos. Como consecuencia delos procesos naturales de nacimiento (mediante la autoreproducción) y muerte,el número de organismos de la colonia cambia con el tiempo: el crecimiento dela población es proporcional a la cantidad de miembros adultos de la poblaciónde microorganismos. Hallar la ley de cambio del tamaño de la población totalde organismos vivos en la colonia.

1. Solución. Supóngase que y (t) representa el número de organismos vivosde la población al tiempo t. A su vez y (t+∆t) significa el número deorganismos vivos de la población al tiempo t+∆t. Entonces al incrementodel tiempo ∆t le corresponde el incremento de la función y: ∆y, que tomala forma

y (t+∆t)− y (t)not= ∆y

Durante el incremento ∆t todos los adultos de la colonia (o parte deellos) producen una nueva generación de individuos y cierta parte de losmiembros de la colonia fallecerán, esto es:

∆y = N −M

donde N es el número de nacimientos durante ∆t y M el número demuertes durante ∆t. El número de nacimientos N depende del incremento

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) lxvii

de la variable ∆t (ya que entre mayor sea ∆t, mayor será N) y tambiéndepende del número de organismos progenitores vivos y (t) de la poblaciónal tiempo t; en símbolos

N = F (y,∆t)

donde F es una función creciente al crecer alguna de sus variables y o ∆ty resulta tener el valor 0, si alguna de sus variables es 0 (en símbolos:

F =

½↑, si y o ∆t ↑0, si y o ∆t = 0

); puede por ejemplo considerarse que

N = λ1y∆t

donde λ1 es el coeficiente de proporcionalidad. Y en forma completamenteanáloga para el proceso de muerte

M = λ2y∆t

Si ahora se reemplaza a las N y M propuestas en la ecuación de partida∆y = N −M , se tendrá: ∆y = λ1y∆t− λ2y∆t = (λ1 − λ2) y∆t

not= λy∆t

∆y = λy∆t

donde λ = λ1 − λ2 es la tasa intrínseca de crecimiento (la velocidad es-pecífica de crecimiento natural) de la población.

Obsérvese que en las colonias reales las magnitudes y,N y M toman sólovalores enteros positivos, por ello es difícil hablar de continuidad o difer-enciabilidad de la función y, sin embargo cuando la colonia es “grande” yel incremento de la variable ∆t es “pequeña”, entonces la función y porsus propiedades hace rememorar a una función continua y en la últimaexpresión de ∆y = λy∆t a y se le puede considerar continua, bajo lahipótesis de que dicha función y describe satisfactoriamente los valores dela función real y (t).

Si en la última expresión de∆y = λy∆t se divide por∆t y se pasa al límitecuando ∆t→ 0, bajo la hipótesis de que éste existe, se tendrá ∆y = λy∆t⇒ ∆y

∆t = λy ⇒ lim∆t→0∆y∆t = lim∆t→0 λy ⇒

dydt = λy (31)

que al separar sus variables dy = dydt dt ⇒ dy = λydt ⇒ dy

y = λdt ⇒Rdyy = λ

Rdt ⇒ ln |y| = λt + lnC1 ⇒ |y| = eλt+lnC1 ⇒ |y| = eλtelnC1

⇒ |y| = C1eλt ⇒ y = ±C1eλt

C=±C1⇒

y (t) = Ceλt

Si agregamos como condición inicial a y (t0) = y0, donde t0 es el tiempoinicial en el que se conoce el tamaño de la colonia dado por la cantidad de

lxviii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

organismos vivos de la colonia: y0. Por ello se puede determinar el valor delreal arbitrario C si se emplea tal condición inicial en la expresión de la solu-ción general obtenida, a saber: y (t0) = Ceλt0 , de donde C = y0e

−λt0 , re-gresada a la solución general será: y (t) = y0e

−λt0eλt ⇒ y (t) = y0eλt−λt0

y (t) = y0eλ(t−t0)

En particular si t0 = 0, es decir si y (0) = y0, entonces y (t) = y0eλt.

De todo esto se puede sacar la moraleja de que que a Malthus sólo leconvenía por sus intereses ideológicos (justificar las matanzas de pobla-ciones negas por parte de las tropas inglesas en África) concluir que unaecuación para un proceso bajo condiciones no reales pueda ser usado comola ley universal para el crecimiento en toda la naturaleza incluyendo a laspoblaciones humanas.

Problema 15 (Crecimiento con autointoxicación de sus organismos)Una colonia de organismos habita en condiciones naturales, o sea con exis-

tencia de una lucha interna competitiva de la población, falta de espacio, faltade alimentación, transmisión de infecciones como consecuencia de la estrechezdel medio, etc. Determinar la ley de cambio de la cantidad de organismos vivosen la colonia.

1. Solución. El factor de autointoxicación se contempla al calcular el incre-mento de la población de organismos ∆y, que en el problema 13 anteriorera ∆y = λy∆t restándole la magnitud h (y,∆t) que caracteriza las condi-ciones reales en que sobrevive la colonia, por lo cual

∆y = λy∆t− h (y,∆t)

sin temor a cometer un grave error se puede considerar que la función intro-ducida h (y,∆t) sea lineal respecto a ∆t con coeficiente f (y) que a su vezpuede considerarse como cuadrático en y: f (y) = λy2 esto es h (y,∆t) =f (y)∆t = λy2∆t, luego ∆y = λy∆t − ky2∆t ⇒ ∆y =

¡y − k

λy2¢λ∆t

⇒ ∆y∆t = λy

¡1− k

λy¢⇒ lim∆t→0

∆y∆t = lim∆t→0 λy

¡1− k

λy¢⇒ dy

dt =

λy¡1− k

λy¢⇒ dy

dt = λy¡1− k

λy¢⇒ dy

dt = λy³

λk−yλk

´μ=λ

k⇒

dydt = λy

³μ−yμ

´donde separando variables4 y con ayuda del método de coeficientes inde-

4dy = dydtdt ⇒ 1

y(μ−y)dy = λμdt ⇒

R1

y(μ−y)dy = λμ

Rdt ⇒

R ³Ay+ B

μ−y

´dy =

λμt + lnC1

k=λμ⇒R1μ

³1y+ 1

μ−y

´dy = kt + lnC1 ⇒ 1

μ

hR dyy+R dy

μ−y

i= λ

μt + lnC1 ⇒

1μ[ln |y|− ln |μ− y|] = kt + lnC1 ⇒ 1

μln¯

yμ−y

¯= kt + lnC1 ⇒ ln

¯y

μ−y

¯ 1μ= kt + lnC1 ⇒¯

yμ−y

¯ 1μ= ekt+lnC1 ⇒

µ¯y

μ−y

¯ 1μ

¶μ=¡ekt+lnC1

¢μ μk=λ⇒¯

yμ−y

¯= eλt+μ lnC1 ⇒

¯y

μ−y

¯=

eλtelnCμ1

C2=Cμ1⇒¯

yμ−y

¯= elnC2eλt ⇒ y

μ−y = ±C2eλt C=±C2⇒

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) lxix

terminados se lleva a:³1y +

1μ−y

´dy = kdy de manera que si μ > y0,

entonces para todo t se tendrá que μ > y (t) y luego de integrar se llega aln y − ln (μ− y) = λt+ lnC y por ende

y

μ− y= Ceλt

pero las condiciones iniciales simplificadas: en t0 = 0 la y (0) = y0 < μ,

luego y0μ−y0 = Ceλ·0 ⇒C = y0

μ−y0 y por ello

y

μ− y=

y0μ− y0

eλt

de donde despejando5 y (t) = μ

( 1C e−λt+1), o sea:

y (t) =μy0

(μ− y0 + y0eλt)eλt

0.2.15 Problema 15 (Población con cruza de sus integrantes)

1. Una colonia de organismos habita en condiciones naturales reales. Deter-minar la ley de cambio de la cantidad de organismos y en en una colonia,tomando como base de su reproducción sólo la cruza de organismos.

Consideraciones previas. El crecimiento de una tal población será másgrande entre mayor sea la cantidad de encuentros entre los miembros de diferentesexo de la colonia de organismos.La cantidad de encuentros es a su vez proporcional al número de organismos

de uno y otro sexo, es decir, es proporcional al producto de y · y, donde y (t) esel tamaño de la población de organismos de la colonia al tiempo t. Tómese puesla velocidad de cambio v (t) de dicha población al tiempo t como proporcionala y2 (v (t) ∝ y2,v (t) = ky2).Además tal constante de proporcionalidad, que está denotada por k, será

tomada a su vez como proporcional al cociente de tiempos tpromtm(k ∝ tprom

tm,k = k1

tpromtm ),

donde tprom = “tiempo promedio entre 2 procreaciones sucesivas”y tm = “tiempomedio durante el cual se realiza un encuentro que conduce a una procreación”.Si además se representa por τ = “tiempo promedio de gestación de un nuevo or-ganismo” (este tiempo es fijo para cada especie dada), entonces tprom = tm − τ .Por otro lado la probabilidad de un tal encuentro reproductivo es más grande

entre mayor sea la parte que ocupa tm en el intervalo que representa tprom, o seaentre mayor sea tprom

tm. Finalmente tprom depende del tamaño y de la población

de organismos de la colonia y entre menor sea tprom mayor será y (referida a

una cierta área), o sea tprom = k21y .

5 yμ−y =

y0μ−y0 e

λt ⇒ y = C (μ− y) eλt ⇒ y = Cμeλt − Cyeλt ⇒ y + Cyeλt = Cμeλt ⇒

y¡1 +Ceλt

¢= Cμeλt ⇒ y = Cμeλt

(1+Ceλt)÷Ceλt⇒

y = μ³1

Ceλt+1

´.

lxx ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS


v (t) ∝ y2 ⇒ v (t) = ky2 ⇒ dy (t)

dt= ky2 ⇒ dy (t)

dt= k1

tpromtm

y2

luego

dy

dt= k1

tpromtprom + τ

y2 ⇒ dy

dt= k1

k21yy

2

k21y + τ

o sea que el modelo es

dydt = k1

k2y2

k2+τy (32)

Se puede intentar resolver con sólo las propiedades de la derivada:

⎧⎨⎩dydt

k2y2

k2+τy

= k1

(k1t)0 = k1

1o. hay que transformar adydt

k2y2

k2+τy

= k1, pero este cociente se puede transfor-

mas en la derEn efecto: y0

k2y2

k2+τy

= k2+τyk2y2

y0 = k2k2y2

y0+ τyk2y2

y0 = y0

y2 +τk2

y0

y =³− 1

y

´0+ τ

k2(ln y)

0=³

τk2ln y − 1

y

´0por lo que en efecto la igualdad entre

las derivadas será:

d

dt

µτ

k2ln y − 1

y

¶=

d

dt(k1t)

implica que las funciones que aparecen afectadas de la derivada seaniguales salvo por un número real arbitrario aditivo c:

τ

k2ln y − 1

y= k1t+ c⇒ τ

k2ln y =

1

y+ k1t+ c⇒

ln y =k2τ

1

y+ k1

k2τt+ c

k2τ⇒ y = e

k2τ

1y+k1

k2τ t+c

k2τ ⇒

y = ek2τ

1y ek1

k2τ tec

k2τ ⇒ y

ek2τ

1y

= Cek1k2τ t

donde por ser c un real arbitrario eck2τ también lo será y por ello cabe el

redenotarlo por C, obteniéndose así:

y (t) e−k2τ

1y(t) = Ce

k1k2τ t

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) lxxi

cuyas gráficas implícitas son de la forma:

Fig. 60. Gráficas de soluciones dadas implícitamente por y (t) e−k2τ

1y(t) =

Cek1k2τ t de la ED dy

dt = k1k2y

2

k2+τy, para una población con cruza de sus inte-

grantes.

◦Un caso particular importante: cuando la constante de proporcionalidadk2 es “pequeña” en comparación con el tamaño de la población de organ-ismos de la colonia y, siendo ésta “grande” (esto es, cuando tprom = k2

y espequeña), obteniéndose el modelo:

dy

dt= k1

k2y2

k2 + τy= k1

k2y2

y

k2+τyy

= k1k2y

k2y + τ

≈ k1k2y

0 + τ= k1

k2τy

dydt = k1

k2τ y (33)

de donde en forma inmediata:(dydt

y = k1k2τ¡

k1k2τ t¢0= k1

k2τ

⇒½ d

dt (ln y) = k1k2τ¡

k1k2τ t¢0= k1

k2τ

⇒

d

dt(ln y) =

d

dt

µk1

k2τt

¶⇒ ln y = k1

k2τt+ c

y = ek1k2τ t+c ⇒ y = ek1

k2τ tec

donde, dado que c es un real arbitrario, entonces ec = C también lo es,luego

y (t) = Cek1k2τ t

lxxii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

cuyas gráficas son de la forma:

Fig. 61. Gráficas de soluciones para el caso particular de una población con

cruza de sus integrantes. y (t) = Cek1k2τ t del modelo dy

dt = k1k2τ y.

2. Solución (variante 2, método analítico). El modelo resulta ser el mismo,luego véase la variante 1:

v (t) ∝ y2 ⇒ · · · (32)⇒dydt = k1

k2y2

k2+τy

se puede integrar directamente separando variables:

dy =dy

dt· dt⇒ dy = k1

k2y2

k2 + τy· dt⇒

dyk2y2

k2+τy

= k1dt⇒(k2 + τy)

k2y2dy = k1dt

e integrando Z(k2 + τy) dy

k2y2=

Zk1dt+ C1 ⇒Z

dy

y2+

τ

k2

Zdy

y= k1

Zdt+ C1 ⇒

−1y+

τ

k2ln |y| = k1t+ C1 ⇒

τ

k2ln |y| = 1

y+ k1t+ C1 ⇒

ln |y| =k2τ

µ1

y+ k1t+ C1

¶⇒ |y| = e

k2τ (

1y+k1t+C1) ⇒

|y| = ek2τ

1y+k1

k2τ t+

k2τ C1 ⇒ |y| = e

k2τ

1y ek1

k2τ te

k2τ C1 C2=e

k2τC1

⇒

|y| e−k2τ

1y = C2e

k1k2τ t ⇒ ye−

k2τ

1y = ±C2e

k1k2τ t C=±C2⇒

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) lxxiii

ye−k2τ

1y = Ce

k1k2τ t

que es la misma ecuación implícita en y obtenida en la variante 1.

◦El caso particular: cuando la constante de proporcionalidad k2 es “pe-queña” en comparación con el tamaño de la población de organismos de lacolonia y, siendo ésta “grande” (esto es, cuando tprom = k2

y es “pequeña”),se obtiene el mismo modelo:

dy

dt= k1

k2y2

k2 + τy= k1

k2y2

y

k2+τyy

= k1k2y

k2y + τ

≈ k1k2y

0 + τ= k1

k2τy(33)⇒

dydt = k1

k2τ y

cuya solución es inmediata e igual a la de la variante 1:

y (t) = Cek1k2τ t

0.2.16 Problema 16 (Densidad de las hormigas fuera de labase del hormiguero)

Hallar la densidad de las hormigas fuera del hormiguero.Explicaciones previas e hipótesis simplificadoras. Todo hormiguero que se

respete tiene un centro del hormiguero O, a través del cual entran y salenlas hormigas. La base del hormiguero es un pequeño círculo, que rodea a unmontículo, de cierto radio r, con centro en O.Para simplificar podemos considerar que el hormiguero es plano y homogéneo

en cuanto a la distribución de materiales de construcción y alimentos, así comoel libre transito en todo el exterior de la base del hormiguero (fuera de la basedel hormiguero).

Fig. 62. Idealización del modelo de un hormiguero con centro del hormiguero O yradio r de la base del hoiguero.Las hormigas se desplazan al azar de un lugar a otro, mientras no encuen-

tran material de construcción o alimento, ya que en caso contrario se regresan

lxxiv ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

directamente al centro del hormiguero, por ello este esquema geométrico radialhace que cerca de la base del hormiguero haya más hormigas que lejos de élla yasí, si una cierta cantidad de hormigas abandona determinada región la mismacantidad ingresará de las regiones contiguas.

A B

Fig. 63. A) Idealización del modelo del hormiguero con centro en O, radio r ya la distancia R del centro del hormiguero. B) Diagrama geométrico del problemadel hormiguero, donde al nivel R aparece el área asociada A(R) caracterizada por losparámetros θ y h.Con base en lo anterior hay una geometría del problema, ligada a la cercanía

o lejanía del radio R > r del círculo concéntrico correspondiente y por tanto entodos los puntos de una misma circunferencia hay el mismo número N (R) dehormigas ( aunque por necesidad debe estar referido a algún área) por unidadde área A (R) y esto lo que significa es tener la misma densidad de hormigasρ (R) = N(R)

A(R) . El área A (R) se puede definir arbitrariamente, por ejemplo todoel anillo o corona circular de ancho h, o bien sólo un sector de la corona circularcaracterizado por el ancho h y el ángulo θ.Por ello, basta analizar la densidad de las hormigas en una semirecta, que

parta del centro del hormiguero, a diferentes distancias R > r. Obsérvesefinalmente que el número de hormigas N (R) a la distancia R del centro delhormiguero O, o bien su densidad ρ (R) = N(R)

A(R) , no dependen del tiempo t, sinodel radio R. Esta es parte de la geometría del problema. La otra parte de dichageometría es poder definir adecuadamente lo que signifique área asociada a unpunto de radio R (vecindad asociada al punto de radio R, aquí la definirá comoel sector de la corona circular caracterizado por el ancho h y el ángulo θ.).

A B

Fig. 64. A) Idealización del modelo del hormiguero con el número de hormigasasociadas al nivel R con A(R) el área asociada al nivel R y la densidad ρ(R) =

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) lxxv

N(R)/A(R) al nivel R del centro del hormiguero. B) Diagrama geométrico del prob-lema del hormiguero, donde al nivel R aparece el área asociada A(R) caracterizadapor los parámetros θ y h y también el área A(R+∆R) asociada al nivel R+∆R.

1. Solución (variante 1, intuitiva). Ya fue establecido intuitivamente conideas geométricas que cerca de la base del hormiguero hay màs hormi-gas que lejos del él. Por consiguiente la densidad de las hormigas cercadel hormiguero es màs grande que lejos del mismo. Por ello la densi-dad de las hormigas deberá ser inversamente proporcional a la distan-

cia R (ρ (R) ∝1R). Por otro lado una manera de decrecer con decrec-

imiento radial es el decrecimiento exponencial (ρ (R) ∝ e−R). Pero todoes a partir de la frontera de la base del hormiguero (R > r). Por elloρ (R) ∝ e−(R−r). Al hacerse simultáneos estos 2 comportamientos se de-bería tener que la densidad de las hormigas fuera del hormiguero es de laforma ρ (R) = A 1

Re−B(R−r), con A y B ciertas constantes.

2. Solución (variante 2, MVPC).Como el problema se reduce al análisis delo que pasa en el rayo que parte del origen, tomemos 2 puntos que cor-respondan al radio arbitrario R > r y a su incremento R + h. Más aúnpodríamos restringirnos al análisis de los valores del número de hormigasN en los radios del tipo R = n ∈ N.A cada punto le asociaremos una vecindad que corresponda a la simetríaconcéntrica del problema, esto significa que el punto a la distancia R = nde O se le puede asociar la siguiente vecindad : dado un ángulo θ fijo, peroarbitrario, que sea bisectado por la semirecta dada y para un ancho h fijo,pero arbitrario, de una franja acotada por los lados del ángulo θ y lascircunferencias de radios n− 1

2h y n+12h.

En forma análoga la vecindad asociada al punto de radio n + 1 será elsegmento de la corona, formado por los arcos de circunferencias de radios(n+ 1) − 1

2h y (n+ 1) +12h, (de ancho constante h) y los lados del ángulo

θ.

lxxvi ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

Fig. 65. A) Idealización del modelo del hormiguero restringido a R = n ∈ Ncuya área a nivel R = n queda caracterizada por los parámetros θ y h.

Por la geometría del problema, dado un ángulo y un segmento fijos θ y h,pero arbitrarios podemos proponernos analizar la tasa relativa, en nuestrocaso, de decrecimiento:

N (n+ 1)−N (n)

N (n)

pero realmente interesa la densidad de las hormigas, es decir, poco dicela cantidad de hormigas en un punto R, pero mucho dice esa cantidad dehormigas referida a una unidad de área asociada a dicho punto R, quees justamente la densidad. Como la densidad es ρ (n) = N(n)

A(n) , entoncespodemos sustituir a N (n) = A (n) ρ (n), obteniendo que la tasa a seranalizada es

A (n+ 1) ρ (n+ 1)−A (n) ρ (n)

A (n) ρ (n)

y como N (n+ 1) < N (n) y por tanto A (n+ 1) ρ (n+ 1) < A (n) ρ (n)se puede suponer, con base en las tablas experimentales de datos de n vsN (n) o n vs ρ (n), que tal magnitud N (n) decrece en forma porcentual-mente constante, (véase el Apéndice ?), o sea

A(n+1)ρ(n+1)−A(n)ρ(n)A(n)ρ(n) = −q (const.)

pero si esto ocurre para toda n ∈ N, entonces esta última condición esequivalente a que A (n) ρ (n) se comporte como exponencial

A (R) ρ (R) = e−QR

para toda R ∈ R, con Q = ln q, (véase el Apéndice ?) luego el modelode donde proviene A (R) ρ (R) de tipo exponencial, satisfará la ecuaciónddRA (R) ρ (R) = −QA (R) ρ (R), o el verdadero modelo será:

ddRAρ = −QAρ (34)

que es una ecuación del tipo: y0 = f (y), pero el área A (R) asociada a lavecindad en R puede ser obtenida de las proporciones lineales

A (R)

θ=

área (corona)2π

⇒ A (R)

θ=

π¡R+ h

2

¢2 − π¡R− h

2

¢22π

A (R)

θ=

πR2 + π¡h2

¢2+ πRh+ πRh− πR2 − π

¡h2

¢22π

esto es, luego de simplificar los primeros y los últimos dos sumandos y desimplificar el 2π se llega a:

A (R) = θhR

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) lxxvii

que reemplazada en la ED (34)

θhd [Rρ (R)]

dR= −Qθh [Rρ (R)]

obsérvese que se simplifica θ y h, lo cual quiere decir que el modelo al queestamos llegando no depende de los tamaños del sector escogido: ánguloθ y del ancho h de la franja que define la vecindad. Y el modelo mismoserá

d[Rρ(R)]dR = −Q [Rρ (R)] (35)

la cual con la condición inicial Rρ (R)|R=r = rρ (r) genera la solución:Rρ (R) = rρ (r) e−QR+Qr, esto es

Rρ (R) = rρ (r) e−Q(R−r)

Si además se hubiera hecho una medición adicional, digamos en R = br > r,o sea que si ρ (R) |R=br = ρ (br) fuera conocida, entonces también podríaestimarse el parámetro Q, en efecto, sustituyendo R = br en este últimoresultado

brρ (br) = rρ (r) e−Q(br−r) ⇒ £e−Q

¤(br−r)=brρ (br)rρ (r)

⇒

e−Q =

∙brρ (br)rρ (r)

¸ 1br−r

que sustituido en la solución obtenida, se concluyeRρ (R) = rρ (r)

½hbrρ(br)rρ(r)

i 1br−r¾R−r,

o finalmente

ρ (R) =rρ (r)

R

∙brρ (br)rρ (r)

¸R−rbr−r

3. Solución (variante 3, método de isoclinas). Una vez planteado el modelocomo en la variante anterior o como en la siguiente: d[Rρ(R)]

dR = −Q [Rρ (R)],el método de las isoclinas arroja:

¿?

Fig. 66. Campo direccional con el método de las isoclinas para el modelod(Rρ)dR = −Q (Rρ).

4. Solución (variante 4, método cualitativo)

?????????

5. Solución (variante 5, método analítico)

lxxviii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

Como el problema se reduce al análisis de lo que pasa en el rayo que partedel origen (véase arriba las “explicaciones previas e hipótesis simplificado-ras”), tómese 2 puntos que correspondan al radio arbitrario R ∈ R+ y alradio incrementado R+∆R (Fig. 64 B) )

A cada punto de la bisactriz del ángulo θ se le asocia una vecindad quecorresponda a la simetría concéntrica del problema, esto significa que elpunto a la distancia R de O se le puede asociar la siguiente vecindad : dadoun ángulo θ fijo, pero arbitrario, que bisecte a la semirecta dada y paraun ancho h fijo, pero arbitrario, de una franja de corona circular acotadapor los lados del ángulo θ y los arcos de circunferencia de radios R − 1

2hy R+ 1

2h y los segmentos de ancho constante h. (Fig. 63 B) )

En forma análoga la vecindad asociada al punto de radio R + ∆R seráel segmento de la corona circular, formado por los arcos de circunferenciade radios R + ∆R − 1

2h y R + ∆R + 12h, y los lados del ángulo θ y los

segmentos de ancho constante h . (Fig. 64 B) )

Por ello en esta variante analizaremos el intercambio de hormigas entre lasregiones definidas por las vecindades asociadas a los puntos a distanciasR y R + ∆R (Fig. 64 B) ) Una ecuación de balance que puede servirpara plantear el modelo buscado está basado en la hipótesis del problemaconsistente en que el número de hormigas que salen de una vecindad yllegan a otras es el mismo número de las que hacen lo contrario. Seanalizará pues la ecuación de balance siguiente:

El número de hormigas que salen de la vecindad de R en la dirección yllegan a la vecindad de R+∆R es igual al número de hormigas que salende la vecindad asociada a R+∆R y llegan a la vecindad de R. En símbolos

NR→R+∆R = NR+∆R→R

donde el símbolo NR→R+∆R =“Número de hormigas que salen de la vecin-dad asociada a R en la dirección de la vecindad de R +∆R y llegan a lavecindad de R + ∆R” mientras que NR+∆R→R =“Número de hormigasque salen de la vecindad de R+∆R y llegan a la vecindad de R”

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) lxxix

Fig. 67. Idea del planteamiento de la ecuación de balance NR→R+∆R =NR+∆R→R.

Ahora intentemos expresar los 2 términos de la ecuación de balance me-diante N (R) y N (R+∆R) y ∆R. Empecemos con el primer términoNR→R+∆R

Las hormigas que originalmente están en la 1a. vecindad a la distancia Rson N (R). Las hormigas que salen de la primera vecindad en la direcciónde la segunda tan sólo es una parte k1 de las que había originalmenteen la primera vecindad k1N (R) con k1 < 1, pero además, de las quesalen en la dirección de la segunda vecindad no todas llegan, pues hayque restar aquellas que en el camino por encontrar alimento o materialde construcción regresan directamente al centro del hormiguero y estasserán una parte k2 (cuya magnitud depende de lo rico del medio, pero queserá tomada como constante) de las que originalmente habían salido en ladirección de la vecindad de R + ∆R, o sea, hay que restar k2 [k1N (R)],pero esta magnitud también depende del tamaño de la distancia entre lasdos vecindades ∆R, es decir, hay que restar k2 [k1N (R)]∆R. En símbolos

NR→R+∆R = k1N (R)− k2 [k1N (R)]∆R

En forma completamente análoga conservando cierta simetría, se obtiene:

NR+∆R→R = k1N (R+∆R) + k2 [k1N (R+∆R)]∆R

Con la única diferencia que ahora la vecindad original de partida es lavecindad de R + ∆R, además el correspondiente término que antes serestaba ahora aparece sumado, ya que la cantidad de hormigas que nohabiendo salido en dirección de la vecindad de R , pero permaneciendo enla región determinada por el ángulo θ en su trayecto encuentran alimentoo material de construcción regresan al centro del hormiguero engrosandolas filas de las que salieron en la dirección de la 1a. vecindad.

Resumiendo podemos decir que el fundamento de la simetría de las expre-siones algebraicas obtenidas esta basada en que si una cierta cantidad dehormigas abandona determinada vecindad la misma cantidad ingresará delas regiones contiguas y ésta a su vez se basa en que las hormigas deam-bulan al azar, mientras no localizan alimento o material de construcción.

Igualando las dos magnitudes encontradas mediante las 2 últimas igual-dades se obtiene la ecuación de balance

NR,R+∆R = NR+∆R,R

y tendiendo a formar los incrementos que correspondan a la formación dela derivada para generar el modelo se dispone

k1N (R)− k2 [k1N (R)]∆R = k1N (R+∆R) + k2 [k1N (R+∆R)]∆R⇒N (R)− k2N (R)∆R = N (R+∆R) + k2N (R+∆R)∆R

lxxx ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

esto significa que el proceso no depende de la constante de proporcionali-dad k1, luego se tendrá

N (R+∆R)−N (R) = −k2 [N (R+∆R) +N (R)]∆R÷∆R⇒

N (R+∆R)−N (R)

∆R= −k2 [N (R+∆R) +N (R)]⇒

lim∆R→0

N (R+∆R)−N (R)

∆R= −k2 lim

∆R→0[N (R+∆R) +N (R)]

y por endedNdR = −2k2N (R)

Como se puede observar el modelo ha sido obtenido, pero todo está expre-sado en términos del número de hormigas N , por ello ahora tiene sentidotraducirlo todo a densidades ρ, donde por la definición misma de densidadcomo ρ (R) = N(R)

A(R) , permite sustituir a N (R) = A (R) ρ (R) en la últimaecuación (35)

d [Aρ]

dR= −2k2 [Aρ]

Pero el área A (R) asociada a la vecindad en R puede ser obtenida de lasproporciones planteadas en la variante 3, de donde se toma el resultadoA (R) = θRh , de manera que sustituida en el modelo

θhd [Rρ (R)]

dR= −2k2θRhρ (R)

observemos que de nuevo se puede simplificar θ y h, lo cual quiere decirque el modelo al que se está arribando no depende ni de θ ni de h . Y elmodelo mismo será (35)

d[Rρ]dR = −2k2 [Rρ]

donde la función incógnita obtenida resulta ser Rρ (R), que con el simplecambio de variable y = Rρ (R), se obtiene la misma ecuación que en lavariante 4:

dy

dR= −2k2y

donde se puede ubicar que la Q de la variante 2 es la 2k2 de esta variante,la cual genera la misma solución general y la misma solución particularque en la variante 2, a saber:

ρ (R) =Ce−2k2R

R

y por ende

ρ (R) = rρ(r)R

hbrρ(br)rρ(r)

iR−rbr−r

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) lxxxi

0.2.17 Problema 17 (Crecimiento de un árbol)

Hallar la ley de crecimiento de un árbol de una especie dada, basándose en queun árbol maduro conserva su semejanza geométrica a partir cierto momento.Consideraciones Previas. Se propone plantear el modelo de crecimiento con

base en una ecuación de balance de energías (ley de conservación de energías)Los biologos son buenos en plantear proporcionalidades a partir de medicionesque saben realizar.Supóngase que la energía libre recibida EL es proporcional a la “superficie

verde” del árbol y ésta a su vez, obtenida de mediciones experimentales, se tomaproporcional al cuadrado de la altura y del árbol: EL ∝ y2

¡EL = k1y

2¢. Esta

energía EL se recibe a través del proceso de la fotosíntesis en la parte verde dela planta. El coeficiente de proporcionalidad k1depende de las dimensiones yforma del follaje, así como de la intensidad de la propia fotosíntesis, sin embargopor simplicidad a k1 se le tomará como constante.

Fig. 68. La ecuación de balance de energías se expresa a través de la variablealtura del árbol y.Por otro lado, la energía gastada o consumida EG es de tres tipos:◦La energía consumida en el proceso mismo de la fotosíntesis EF , que tam-

bién es proporcional a la parte verde del árbol (digamos el área total de la su-perficie de las hojas y que también es proporcional a y2) EF ∝ y2

¡EF = k2y

2¢

◦La energía consumida en el transporte ET de los nutrientes hasta las partesmás recónditas del árbol, la cual resulta ser proporcional al “volumen” y3 ysimultáneamente a la altura de la planta y, ya que este consumo está ligado acontrarrestar los efectos de la fuerza de gravedad (ET ∝ y3y

¡ET = k3y

4¢).

◦La energía asociada al crecimiento de la masa viva del árbol EC , la cual re-sulta proporcional a la velocidad de crecimiento de la masa m del árbol respectodel tiempo t, siendo dicha masa m a su vez proporcional al “volumen” y3 del

árbol EC ∝ dmdt

µEC = k4

dmdt = k4

d(k5y3)dt = 3k4k5y

2 dydt

¶, donde la constante de

proporcionalidad de la masa respecto al volumen k5 puede interpretarse comola densidad media de la planta, sin embargo aquí también se tomará como con-stante.

lxxxii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

◦La última hipótesis consiste en que para tiempos largos la planta recibe unacantidad de luz constante por unidad de área y puede absorver tantos nutrientescomo los que necesite de una cierta fuente inagotable de recursos.

1. Solución (variante 1, método cualitativo). Se propone hallar como crecela altura media del árbol y (t) a lo largo del tiempo t. Por la ley de con-servación de energías se tendrá:

EL = EF +ET +EC

donde empíricamente se sabe que: EL ∝ y2, EF ∝ y2, ET ∝ y3y, EC ∝dmdt ym ∝ y3, es decir EL = k1y

2 EF = k2y2, ET = k3y

4, EC = k43k5y2 dydt

y por ley de conservación de la energía

k1y2 = k2y

2 + k3y4 + 3k4k5y

2 dy

dt

de la que se desprende

dy

dt=

k1 − k23k4k5

− k33k4k5

y2

o introduciendo los nuevos parámetros: α = k1−k23k4k5

> 0 (ya que k1 > k2 )β = k3

3k4k5> 0 se llega al modelo

dydt = α− βy2 (36)

y como se sabe que el árbol crece su dydt > 0, luego su igual también

será α − βy2 > 0, por lo que y <q

αβ , o sea que el árbol siempre crece

acotadamente hastaq

αβ . Pero como y (t) =

qαβ resulta ser también

solución del modelo, ya que ddt

³qαβ

´= α−β

³qαβ

´2⇒ 0 ≡ 0, entonces el

resto de las soluciones sólo pueden acercarse asintóticamente a la solucióny (t) ≡

qαβ . De lo contrario se infringiría el teorema de existencia y

unicidad6. La convexidad de las soluciones, dado que

dy

dt= α− βy2 ⇒ d2y

dt2= −2βydy

dt⇒ d2y

dt2< 0

entonces las soluciones, esto es la función y será siempre convexa haciaabajo. Y consecuentemente las soluciones no tienen puntos de inflexión:

dy

dt= α− βy2 ⇒ d2y

dt2= −2βydy

dt⇒ d2y

dt2= −2βy

¡α− βy2

¢⇒

d2y

dt2= 0⇒ −2βy

¡α− βy2

¢= 0⇒

(y (t) = 0

y (t) = +q

αβ

6Aquí f (x, y) = α−βy2 ∈ CR2 y∂f(x,y)∂y

= 2βy ∈CR2 , entonces se cumplen las condicionessuficientes para que exista y sea única la solución de la ED del modelo.

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) lxxxiii

pero en ninguna de las raíces hay cambio de convexidad:

-2 2

-2

2

y

dy/dx

⇒

Fig.

2. Solución (variante 2, campo direccional).

?

Fig.

3. Solución (variante 3, igualando derivadas). La solución puede buscarsecon sólo las propiedades de la derivada, a saber:

dy

dt= α− βy2 ⇒

dydt

α− βy2= 1

pero por otro lado la función, cuya derivada es 1, evidentemente que es laidéntica, luego

(t)0 = 1

de estas dos últimas casi se tiene lo deseable, o sea casi la igualdad entredos derivadas:

dydt

α− βy2= (t)0

para lograr tener dicha igualdad entre derivadas se las puede uno inge-niar, esto es: 1

α−βy2 = 1

(√α−√βy)(

√α+√βy)

= A?

(√α−√βy)

+ B?

(√α+√βy)

=A(√α+√βy)+B(

√α−√βy)

(√α−√βy)(

√α+√βy)

, donde A y B hay que determinarlos con el

método de coeficientes indeterminados, que en este caso se reduce a com-parar la primera con la última igualdad, obteniéndose: 1 =A

¡√α+√βy¢+

B¡√

α−√βy¢⇒ 1 = (A+B)

√α+(A−B)

√βy⇒

½(A+B)

√α = 1

(A−B)√β = 0

⇒½

A+B = 1√α

A = B⇒ A = B = 1

2√α, de donde regresando estos valores a

donde se buscaban, se tendrá: 1α−βy2 =

12√α

∙1

(√α−√βy)

+ 1

(√α+√βy)

¸y fi-

nalmente,dydt

α−βy2 =1

2√α

∙dydt

(√α−√βy)

+dydt

(√α+√βy)

¸= 1

2√α

∙³− 1√

β

´ ddt(√α−√βy)

(√α−√βy)

+³

1√β

´ ddt (√α+√βy)

(√α+√βy)

¸

lxxxiv ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

= 12√α√β

£− d

dt

¡ln¡√

α−√βy¢¢+ d

dt

¡ln¡√

α+√βy¢¢¤

= 12√α√β

£ddt

¡ln¡√

α+√βy¢− ln

¡√α−√

= 12√α√β

hddt

³ln√α+√βy√

α−√βy

´ila que, igualando con la otra derivada

1

2√αβ

∙d

dt

µln

√α+√βy√

α−√βy

¶¸= (t)

0

∙d

dt

µln

√α+√βy√

α−√βy

¶¸=

³2pαβt

´0que por fin es la igualdad entre dos derivadas y que por la propiedadcorrespondiente las funciones afectadas por esas derivadas son iguales salvopor un número real arbitrario aditivo c, esto es

ln

√α+√βy√

α−√βy

= 2pαβt+ c⇒

√α+√βy√

α−√βy

= e2√αβt+c ⇒

√α+

pβy =

³√α−

pβy´e2√αβt+c ⇒p

βy +pβye2

√αβt+c =

√αe2√αβt+c −

√α⇒

y =

√α³e2√αβt+c − 1

´√β¡1 + e2

√αβt+c

¢pero como c es un número arbitrario, entonces ec lo seguirá siendo y porello se puede denotar por C

y (t) =

√α³Ce2√αβt−1

´√β(Ce2

√αβt+1)

Ahora bien, como para cada especie de árbol los biólogos han podidodeterminar el par de valores de los parámetros α y β, se puede calcular elcrecimiento medio del árbol como función del tiempo: y = y (t).

4. Solución (variante 4, método analítico). El modelo planteado para esteproblema en la variante 3 dy

dt = α − βy2 es una ED de tipo Ricatti, perocon coeficientes constantes y por ende también de variables separables, locual aminora las dificultades de su integración:

dy =dy

dtdt⇒ dy =

¡α− βy2

¢dt⇒ dy

α− βy2= dt

luego Z1

α− βy2dy =

Zdt

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) lxxxv

pero el integrando de la izquierda: 1α−βy2 con el método de coeficientes

indeterminados se reduce a fracciones simples:

1

α− βy2=

1

β³αβ − y2

´ = 1

β

µ³qαβ

´2− y2

¶=

1

β

1³qαβ − y

´³qαβ + y

´=

1

β

⎡⎢⎣ A?³qαβ − y

´ + B?³qαβ + y

´⎤⎥⎦

=A³q

αβ + y

´+B

³qαβ − y

´α− βy2

de donde al comparar la 1a. con la última se tienen los mismos denom-inadores, por lo cual luego de simplificarlos se llega a la igualdad de losnumeradores

1 = A

µrα

β+ y

¶+B

µrα

β− y

¶1 = (A+B)

rα

β+ (A−B) y

de la cual interpretada como la igualdad de 2 polinomios en y, serániguales, si sus coeficientes son iguales, por lo que se deduce el siguientesistema de 2 ecuaciones lineales no homogéneas

(1 = (A+B)

qαβ

0 = (A−B) y⇒(1 = (A+B)

qαβ

A = B⇒(A = B =

1

2

rβ

α

y sustituidos en donde se buscaban: 1α−βy2 =

1β

∙A?³√αβ−y

´ + B?³√αβ+y

´ ¸

1

α− βy2=1

β

1

2

rβ

α

⎡⎢⎣ 1³qαβ − y

´ + 1³qαβ + y

´⎤⎥⎦

lxxxvi ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

e integrando se regresa a la integral

Zdy

α− βy2=

1

2√αβ

Z ⎡⎢⎣ 1³qαβ − y

´ + 1³qαβ + y

´⎤⎥⎦ dy

=1

2√αβ

⎡⎢⎣Z dy³qαβ − y

´ + Z dy³qαβ + y

´⎤⎥⎦

=1

2√αβ

∙− ln

µrα

β− y

¶+ ln

µrα

β+ y

¶¸+ lnC

=1

2√αβ

ln

qαβ + yqαβ − y

+ lnC

que sustituida en (??)

1

2√αβ

ln


= t+1

2√αβ

lnC ⇒ ln


= 2pαβt+ lnC


= e2√αβt+lnC

de donde la solución general seráqαβ + yqαβ − y

= Ce2√αβt

Si además se da la condición inicial como acostumbran los Biólogos: y (t0) =0, se puede determinar la constante arbitraria C. En efecto:q

αβ + 0qαβ − 0

= Ce2√αβt0 ⇒ C = e−2

√αβt0

por lo que regresando a (??)qαβ + yqαβ − y

= e−2√αβt0e2

√αβt ⇒

rα

β+ y =

µrα

β− y

¶e2√αβ(t−t0)

luego la solución particular correspondiente a la condición inicial dada,será

y (t) =

rα

β

³e2√αβ(t−t0) − 1

´1 + e2

√αβ(t−t0)

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) lxxxvii

◦Finalmente de nuevo se puede comprobar que asintóticamente cuandot→∞, en efecto, y (t)→

qαβ

0.2.18 Problema 18 (Reacción química de primer orden)

Determinar la constante de velocidad de una reacción de primer orden, bajo lahipótesis de que se cumple la ley de acción de masas.◦Comentarios y definiciones previas.El orden de una reacción química es el número de reactivos que intervienen en

dicha reacción. Así la típica reacción química de primer orden es la degradaciónde alguna sustancia radiactiva.La velocidad de una reacción química es la velocidad con la que los reactivos

se transforman en los productos finales de la reacción.La masa activa o concentración de un reactivo es la cantidad de moles (o

molécula gramo = peso molecular en gramos) de tal reactivo por unidad devolumen.La ley de acción de masas asegura que la velocidad de una reacción química

en un instante de tiempo dado t, es proporcional al producto de las concentra-ciones de los reactivos involucrados en el mismo instante t, esto es: V (t) ∝[A] (t) , con V (t) =“la velocidad de la reacción química al tiempo t”, ∝=“elsímbolo de proporcionalidad” y [A] (t) = “la concentración, en este caso delreactivo A al tiempo t”.

1. ◦Solución (variante 1, heurìstica). Se parte de que: a = “concentracióninicial del reactivo (al tiempo t = t0 = 0)”. y (t) = “concentración (canti-dad de moles por litro; mol = molécula gramo = peso molecular en gramosdel reactivo A por unidad de volumen al tiempo t) de lo que ya ha reac-cionado desde el inicio de la reacción hasta el tiempo t”. O sea que lacondición inicial es y (0) = 0 (ya que al tiempo 0 aún no ha empezado lareacción), es decir lo que ya reaccionó es 0 y lo que aun no reacciona, alinicio de la reacción, es a− y (0) = a, esto es el total. Y por ende lo quequeda de reactivo hasta el tiempo t (lo que queda aun por reaccionar, laconcentración del reactivo hasta el tiempo t) será : [A] (t) = a− y (t).

Entonces la concentración de lo que ya reaccionó, o sea la concentraciónde lo que ya se transformó (y) es una magnitud creciente (y ↑), estosignifica que su complemento respecto al total inicial (a−y) es decreciente((a− y) ↓) y esto último significa que (a− y) = Ae−Bt, con A y B ciertasconstantes, luego y (t) = a−Ae−Bt, que efectivamente es creciente. Otraforma de intuir cómo es y consiste en saber que se cumple con la Ley deAcción de Masas, esto es V (t) ∝ [A] (t), o bien dy

dt = k (a− y), perocomo (a− y) es una MVPC (véase el apéndice ?). En efecto si Y =a − y, entonces Y = −y, luego Y = −kY y esto es por dfinición unaMVPC, que como se sabe tiene por solución a Y (t) = Y0e

−kt, es decir

a−y (t) = (a− y (0)) e−kt, de donde y (t) = a− (a− y0) e−kt. De paso, lo

lxxxviii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

que se pregunta es cuál es k y la respuesta será es la k despejada de estaecuación.

2. ◦Solución (variante 2, igualando derivadas). y (t) = a− Ce−kt

Por la Ley de Acción de Masas (si ∝ es el símbolo de la proporcionalidad):(velocidad de la reacción química) ∝ (al producto de las concentraciones),o en el caso de estudio:

(velocidad de lo ya reaccionado) ∝ (a la concentración de lo que quedapor reaccionar), esto es V ∝ (a− y (t)), o sea: dy

dt ∝ [A] (t), o lo que es lomismo dy

dt ∝ [a− y (t)] es decir, si k es la constante de proporcionalidad(la constante de velocidad de la reacción) el modelo resultante es:

dydt = k (a− y) (37)

que puede resolverse con sólo la propiedad de la igualdad de derivadas:

dydt

a−y = kddt (kt) = k

)⇒

dydt

a− y= (kt)

0 ⇒

d (− ln (a− y))

dt= (kt)

0 f 0=g0⇒⇒f=g+c

− ln (a− y) = kt+ c7

pero de la condición inicial: y (0) = 0, se tendrá

− ln (a− y (t))|t=0 = kt+ c|t=0 ⇒− ln (a− y (0)) = k0 + c⇒ c = − ln a

que sustituida en la última expresión se obtiene − ln (a− y) = kt − lna,esto es

k =1

tln

a

a− y (t)

3. ◦Solución (variante 3, isoclinas).

?

Fig.?

4. ◦Solución (variante 4, método cualitativo).

?

Fig.?

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) lxxxix

5. ◦Solución (variante 5, método analítico). Por la ley de acción de masas

d

dty ∝ [A] (t)⇒ d

dty ∝ [a− y (t)]⇒

d

dty = k (a− y)

de donde haciendo el cambio de función incógnita a− y (t) = Y (t)

− d

dtY = kY ⇒ d

dtY = −kY ⇒

•YY = −k

o bienddt lnY = −k (38)

este modelo transformado se puede directamente integrar8

d lnY =

µd

dtlnY

¶dt⇒ d lnY = −kdt⇒Z

d lnV =

Z−kdt⇒ lnY = −kt+ lnC ⇒

lnYC

= −kt⇒ k = −1tlnYC⇒ k = 1

t lnCY

de donde al regresar a las variables originales la constante de la reacciónquímica será

k = 1t ln

Ca−y

y usando la condición inicial en esta expresión en la forma kt = ln Ca−y se

puede determinar el real arbitrario C:

kt |t=0 = lnC

a− y (t)

¯t=0

⇒ k · 0 = ln C

a− y (0)⇒

0 = lnC

a− 0 ⇒ 0 = lnC

a⇒ C = a

por lo que la constante de la reacción química es

k = 1t ln

aa−y

8Obsérvese que aquí se podía haber usado de nuevo el método de igualar derivadas, osea que d

dtlnY = −k, junto con d

dt(−kt) = −k, hace que d

dtlnY = d

dt(−kt), de donde

lnY = (−kt) + c ⇒ Y = e−kt+c ⇒ a− y = e−ktecC=ec⇒ a−y

C= e−kt ⇒ ln a−y

C= −kt ⇒ −k

= 1tln a−y

C⇒ k = 1

tln C

a−y (o kt = ln Ca−y que evaluada en la condición inicial da C = a ∴)

k = 1tln a

a−y .

xc ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

-1 1 2 3 4 5 6

2

4

6

t

y

0.2.19 Problema 19 (La reacción RaB → RaC)

La sustancia radiactiva RaB se desintegra y durante 26.7min. queda la mitad desu cantidad original transformándose en una nueva sustancia RaC (luego 26.7min.es el tiempo de vida media t 1

2de la sustancia radiactiva RaB ). Hallar el

tiempo t∗ de desintegración de 0.2 de la cantidad inicial a de RaB (o sea hallart∗ cuando se haya desintegrado el 20% de la sustancia radiactiva RaB).

1. Solución (variante 1). Del problema 18 anterior, por tratarse de unareacción de 1er. orden se cumplirá lo ya deducido en dicho problema,

a saber: k = 1t ln

aa−y , o lo que es lo mismo:

t = 1k ln

aa−y , por lo que

sustituyendo el dato: y³t 12

´= y (26.7) = 1

2a, se tendrá de la fórmula

anterior: t 12= 1

k lna

a−yµt 12

¶ ⇒ 26.7 = 1k ln

aa−y(26.7) ⇒

1k = 26.7

ln a

a− 12a

⇒ 1k =

26.7ln 2 = 38.52, luego el tiempo t∗ en el que y (t∗) = 0.2a, es aquel

en el que t∗ = 1k ln

aa−y(t∗) :

t∗ = 38.52 · ln a

a− y (t∗)⇒ t∗ = 38.52 ln

a

a− 0.2a ⇒

t∗ = 38.52 ln1

0.8⇒ t∗ = 8.6 min.

2. Solución (variante 2).

Aquí en este problema se tiene una reacción química de primer orden:RaB → RaC y por la ley de acción de masas: (velocidad de la reacciónquímica) α (a la concentración de la sustancia radioactiva RaB) , o bien(velocidad de lo ya reaccionado) α ( a la concentración del RaB), esto esV (t) α [A] (t), o sea d

dty α [a− y (t)], siendo y (t) =“Concentraciónde lo que ya ha reaccionado hasta el tiempo t” y a la cantidad inicial deRaB, es decir de nuevo se tiene (37):

d

dty = k (a− y)

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) xci

de donde dy = dydt dt, luego dy = k (a− y) dt, y por ende dy

a−y = kdt, o seaZdy

a− y=

Zkdt⇒ −

Zd (a− y)

a− y= k

Zdt⇒

−Z

d ln (a− y) = kt− lnC ⇒ − ln (a− y) = kt− lnC

de la cual de nuevo al despejarle k se obtiene la fórmula k = 1t ln

Ca−y , o

bien t = 1k ln

Ca−y y al tomar en cuenta la condición inicial : y (0) = 0 se

obtiene el mismo resultado de la variante 1, pero despejado respecto altiempo

t = 1k ln

aa−y

Más aún de la condición adicional (tiempo de vida media t 12) : y (26.7) =

12a, se tendrá:

26.7 =1

kln

a

a− y (26.7)

1

k=

26.7

ln aa− 1

2a

de donde 1k =

26.7ln 2 y regresando con este valor de

1k a la fórmula deducida

del tiempo

t =26.7

ln 2ln

a

a− y

y ahora sí se puede dar la respuesta a llo requerido en este problema:hallar aquel t∗ en el que y (t∗) = 0.2a, esto es :

t∗ =26.7

ln 2ln

a

a− y (t∗)⇒ t∗ = 38.52 ln

a

a− 0.2a ⇒

t∗ = 38.52 ln1

0.8⇒ t∗ = 8.6 min

0.2.20 Problema 20 (Cantidad inicial en una reacción deprimer orden A→ B)

Se tiene una sustancia radiactiva A, que se convierte en otra B. A una horadel inicio de la reacción quedan 44.8 gr de la cantidad inicial a de la sustanciaA y luego de tres horas 11.2 gr de la misma. i) Determinar la cantidad iniciala de sustancia A y ii) el tiempo en que sólo queda una 64-ava parte de la inicial( 164a).

1. Solución (variante 1). De nuevo por tratarse de una reacción químicade primer orden en el problema 19 se dedujo el modelo que la rige, conbase en la Ley de Acción de Masas se obtuvo: k = 1

t lna

a−y , o bieny (t) = a

¡1− e−kt

¢

xcii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

En este problema se cuenta con dos condiciones complementarias una quepermite determinar la constante de proporcionalidad k y la otra sirve paradeterminar nuestra incógnita que es el valor del parámetro a. Claro quek y a no necesariamente satisfacen un sistema sencillo de ecuaciones quelas determina, pero al considerar las condiciones dadas en el problema,

tomando en cuenta [A] (t) = a− y (t), se tendrá½44.8 = a− y (1)11.2 = a− y (3)

, o½y (1) = a− 44.8y (3) = a− 11.2 luego, dado que y (t) = a

¡1− e−kt

¢, y evaluando en

t = 1 y en t = 3 se llega a½a¡1− e−k1

¢= a− 44.8

a¡1− e−k3

¢= a− 11.2

de donde½1− e−k1 = 1− 44.8

a1− e−k3 = 1− 11.2

a

⇒½

e−k1 = 44.8a

e−k3 = 11.2a

⇒½

a = 44.8ek

a = 11.2e3k

e igualando

44.8ek = 11.2e3k ⇒ 44.8 = 11.2e2k ⇒44.8

11.2=

¡ek¢2 ⇒ ¡

ek¢2= 4⇒ ek = 2

por lo cual, de la 1a. ecuación de (??) se tiene

a¡1− e−k

¢= a− 44.8⇒ a

µ1− 1

2

¶= a− 44.8⇒

1

2a = a− 44.8⇒ −1

2a = −44.8⇒ a = 89.6

que sustituidas en y (t) = a¡1− e−kt

¢resulta

y (t) = 89.6 (1− 2−t)

Ahora ya se puede dar respuesta a la segunda pregunta del problema:hallar el tiempo t∗, donde y (t∗) = a− 1

64a =6364a =

6364 ×89.6 y si se coloca

este valor en la ley obtenida (??) se tendrá

y (t∗) = 89.6³1− 2−t∗

´⇒ 63

64· 89.6 = 89.6

³1− 2−t∗

´⇒

63

64= 1− 2−t∗ ⇒ 2−t

∗= 1− 63

64⇒ 2−t

∗=1

64⇒ 2−t

∗= 2−6

de donde el tiempo t∗, en el que queda 164 de la cantidad inicial a de

sustancia A est∗ = 6 min

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) xciii

0.2.21 Problema 21 (Reacciones de 2o. orden A1 + A2 →Productos Finales)

Determinar la constante de proporcionalidad de una reacción química de segundoorden con los reactivos A1 y A2, y diferentes concentraciones iniciales a1 y a2de las mismas.Comentarios y definiciones previas.El orden de una reacción química está definido por el número de reactivos

en dicha reacción, en nuestro caso A1 y A2, o sea que se tiene una reacción de2o. orden. La velocidad de una reacción química es la velocidad con la que losreactivos se transforman en los productos finales de la reacción. La masa activao concentración de un reactivo es la cantidad de moles (o molécula gramo=pesomolecular en gramos) de tal reactivo por unidad de volumen. La Ley de Acciónde Masas asegura que la velocidad de una reacción química en un instantede tiempo dado t, es proporcional al producto de las concentraciones en elmismo instante: V (t) α [A1] (t) [A2] (t). Sea y (t) =”Concentración (cantidadde moles por litro) de lo que ya ha reaccionado de la sustancia A1 desde el iniciode la reacción hasta el tiempo t y por tanto de la 2a. sustancia A2, ya que en elmismo tiempo t cada mol de A1 se une con un mol de A2”, o sea, que y (0) = 0y por ende lo que queda de reactivo hasta el tiempo t (lo que queda aun porreaccionar de ambos reactivos, o la concentración de los reactivos al tiempo t)serán : [A1] (t) = a1−y (t) y [A2] (t) = a2−y (t) , es decir, lo que aun no reaccionaal inicio de la reacción [A1] (0) = a1 − y (0) = a1 y [A2] (0) = a2 − y (0) = a2,son los totales iniciales.Por la Ley de Acción de Masas:(velocidad de la reacción química) α (al producto de las concentraciones) ,

o bien (velocidad de lo ya reaccionado) α ( al producto de las concentraciones),esto es

d

dty ∝ [A1] (t) [A2] (t)

d

dty ∝ [a1 − y (t)] [a2 − y (tel)mod elo] deestareaccion

es decir, si k es la constante de proporcionalidad el modelo de esta reacción es:

ddty = k (a1 − y) (a2 − y) (39)

1. Solución (Variante 1).

Dado que ahora tenemos una reacción química de 2o. orden :

A1 +A2 → (Productos Finales de la Reacción) el modelo es (39)

dy

dt= k (a1 − y) (a2 − y)

y para determinar k se separan las variables y se integra

dy =dy

dtdt⇒ dy = k (a1 − y) (a2 − y) dt

xciv ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

dy

(a1 − y) (a2 − y)= kdt⇒

Zdy

(a1 − y) (a2 − y)=

Zkdt

y por el método de coeficientes indeterminados tratando de reducir laintegral de la izquierda a integrales de fracciones simples, teniéndoseZ

A

a1 − ydy +

ZB

a2 − ydy = k

Zdt (40)

con A y B constantes a determinar, de manera que igualando los integran-dos de los primeros términos de las dos últimas ecuaciones se tiene

1

(a1 − y) (a2 − y)=

A?

a1 − y+

B?

a2 − y

1

(a1 − y) (a2 − y)=

A (a2 − y) +B (a1 − y)

(a1 − y) (a2 − y)

1 = A (a2 − y) +B (a1 − y)

1 = (Aa2 +Ba1)− (A+B) y

de donde para que ambos polinomios en y sean iguales, sus coeficientesbajo las mismas potencias de y tienen que ser iguales:½

1 = (Aa2 +Ba1)0 = − (A+B)

y así se tiene

A =1

a2 − a1= −B (41)

que sustituidos en (40) se llega aZA

a1 − ydy +

ZB

a2 − ydy = k

Zdt

1

a2 − a1

Zdy

a1 − y− 1

a2 − a1

Zdy

a2 − y= kt

1

a2 − a1

∙Zdy

a1 − y−Z

dy

a2 − y

¸= kt

1

a2 − a1

∙−Z

d (a1 − y)

a1 − y+

Zd (a2 − y)

a2 − y

¸= kt

1

a2 − a1[ln |a1 − y|− ln |a2 − y|] = kt+

1

a2 − a1lnC

1

a2 − a1ln

µa1 − y

a2 − y

¶= kt+

1

a2 − a1lnC

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) xcv

donde debe notarse que desde la penúltima a la última ecuación los módu-los desaparecen, dado que las diferencias respectivas son positivas. Tam-bién se puede determinar el valor concreto que toma el real arbitrario C,usando la condición inicial y (0) = 0:

1

a2 − a1ln

µa1 − y (0)

a2 − y (0)

¶= k0 +

1

a2 − a1lnC

C = a1a2

por lo que el coeficiente de la velocidad de la reacción tomando en cuentael valor de C encontrado podrá despejarse de

1

a2 − a1ln

µa1 − y

a2 − y

¶= kt+

1

a2 − a1ln

a1a2

ln

µa1 − y

a2 − y

¶= (a2 − a1) kt+ ln

a1a2

k = 1(a2−a1)t ln

a2a1

³a1−ya2−y

´(42)

-4 -2 2 4

-4

-2

2

4

t

y

5 = 1(2−1)t ln

12

³2−y1−y

´0.2.22 Problema 22. (Reacción de saponificación)

La reacción de saponificación (típica en el lavado con jabones) del éter aceti-coetílico con hidróxido de sodio (sosa cáustica) es la siguiente:

CH3COOC2H5 +NaOH −→ CH3COONa+ C2H5OH

(éter aceticoetílico) + (sosa cáustica) −→ (acetato de sodio) + (alcohol etílico)Supongamos que las concentraciones iniciales de éter aceticoetílico y sosa

cáustica son respectivamente a1 = 0.01 y a2 = 0.002. Si luego de 23 min. deiniciada la reacción la concentración de éter aceticoetílico disminuye en 10%(al igual que el 2o. reactivo) ¿Cuánto tiempo deberá transcurrir para que éstedisminuya en 15%?Comentarios y definiciones previas. Esta reacción química es de 2o. orden,

porque involucra a dos reactivos el éter aceticoetílico y la sosa cáustica. Lavelocidad de esta reacción química es la velocidad con la que los reactivos setransforman en los productos finales el acetato de sodio y el alcohol etílico. La

xcvi ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

masa activa o concentración de cada reactivo es la cantidad de moles (o moléculagramo = peso molecular en gramos) de tal reactivo por unidad de volumen. LaLey de Acción de Masas asegura que la velocidad de una reacción química de2o. orden en un instante de tiempo dado t, es proporcional al producto de lasconcentraciones de los reactivos en el mismo instante:

V (t) α [CH3COOC2H5] (t) • [NaOH] (t) (43)

Sea y (t) =”La concentración (cantidad de moles por litro) de lo que ya hareaccionado del 1er. reactivo CH3COOC2H5 desde el inicio de la reacción hastael tiempo t y por tanto del 2o. reactivo NaOH, ya que en el mismo tiempot cada mol del 1er. reactivo se une con un mol del 2o.”, o sea que y (0) = 0y por ende lo que queda de reactivo hasta el tiempo t (lo que queda aun porreaccionar de ambos reactivos, o la concentración de los reactivos al tiempo t)será : ½

[CH3COOC2H5] (t) = a1 − y (t)[NaOH] (t) = a2 − y (t)

(44)

es decir, lo que aun no reacciona al inicio de la reacción son los totales :½[CH3COOC2H5] (0) = a1 − y (0) = a1[NaOH] (0) = a2 − y (0) = a2

(45)


Por la Ley de Acción de Masas :

(velocidad de la reacción química) α (al producto de las concentraciones), o bien (velocidad de lo ya reaccionado) α ( al producto de las concentra-ciones), esto es

d

dty α [CH3COOC2H5] (t) [NaOH] (t)

o seady

dtα [a1 − y (t)] [a2 − y (t)] (46)

es decir, de nuevo (39)

dy

dt= k (a1 − y) (a2 − y)⇒ dy =

dy

dtdt

dy = k (a1 − y) (a2 − y) dt

donde separando las variables, tendremos

1

(a1 − y) (a2 − y)dy = kdt, y 6= a1, y 6= a2 (47)

pero de nuevo con el método de fracciones parciales:

1

(a1 − y) (a2 − y)=

A?

a1 − y+

B?

a2 − y

1

(a1 − y) (a2 − y)=

A (a2 − y) +B (a1 − y)

(a1 − y) (a2 − y)

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) xcvii

y simplificando los denominadores

1 = A (a2 − y) +B (a1 − y)

1 = (Aa2 +Ba1)− (A+B) y

la identidad de los polinomios se da sii los coeficientes bajo las mismaspotencias de y son iguales, llegando así al sistema de ecuaciones siguiente:½

1 = Aa2 +Ba10 = − (A+B)

por lo que de nuevo llegamos a (41)

A =1

a2 − a1= −B

que sustituidos en (47)

1

k (a1 − y) (a2 − y)dy = dt

1

k

"1

(a2−a1)1

(a1−y)− 1(a2−a1)

1(a2−y)

#dy = dt

1

k

1

(a2 − a1)

"1

(a1−y)− 1(a2−y)

#dy = dt

y ahora sí, se integra

1

k

1

(a2 − a1)

Z "1

(a1−y)− 1(a2−y)

#dy =

Zdt

1

k

1

(a2 − a1)

" Rdy

(a1−y)−R

dy(a2−y)

#= t

1

k

1

(a2 − a1)

"−R d(a1−y)

(a1−y)+R d(a2−y)

(a2−y)

#= t

−1k

1

(a2 − a1)

⎡⎣ − ln |a1 − y|+ ln |a2 − y|+ lnC

⎤⎦ = t

1

k

1

(a2 − a1)lnC

¯a2 − y

a1 − y

¯= t

pero del contexto del problema, las concentraciones iniciales a1 y a2 sonlas concentraciones máximas respecto a cualquier otra concentración y (t)

xcviii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

al tiempo t, luego el cociente es positivo y por tanto su valor absoluto esla misma expresión, esto es, la solución general es

1

k

1

(a2 − a1)lnC

µa2 − y

a1 − y

¶= t (48)

donde el real arbitrario C puede determinarse de la condición inicial:y (0) = 0

1

k

1

(a2 − a1)lnC

µa2 − y (0)

a1 − y (0)

¶= 0

lnC

µa2a1

¶= 0

C

µa2a1

¶= 1

C =a1a2

por lo cual la solución particular correspondiente a y (0) = 0 será explícitarespecto a t:

t =1

k

1

(a2 − a1)ln

a1a2

µa2 − y

a1 − y

¶(49)

en donde adicionalmente podemos deteminar el parámetro k, a partir dela condición adicional consistente en que luego de 23 min. de iniciada lareacción la concentración de los reactivos disminuye en 10% : y (23) =10100a1 = (0.1) (0.01) = 0.00 1 (recordando que además a1 = 0.01 y a2 =0.002), luego sustituyendo valores en (49)

23 =1

k

1

(a2 − a1)ln

a1a2

µa2 − y (23)

a1 − y (23)

¶

23 =1

k

1

(0.002− 0.01) ·

· ln 0.010.002

µ0.002− 0.0010.01− 0.001

¶

23 = −1k

1

0.008ln 5 (0. 11111)

k = − 1

0.184ln 0.55555

k = 3. 1945

luego

t =1

3. 1945

1

(a2 − a1)ln

a1a2

µa2 − y

a1 − y

¶(50)

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) xcix

cuya gráfica:

-400 -200 200 400

-0.003

-0.002

-0.001

0.001

0.002

0.003

t

y

x (t) =.00 2−.00 2 exp(−2. 555 6×10−2t)1.0−. 2 exp(−2. 555 6×10−2t)

Ahora sí, el tiempo t∗, que deberá transcurrir para que cualquiera de losreactivos disminuya en un 15% (y (t∗) = 15

100a1), está dado por (50) en t∗:

t∗ =1

3.1945

1

(a2 − a1)ln

a1a2

µa2 − y (t∗)

a1 − y (t∗)

¶t∗ = − 1

3.1945

1

0.008ln0.01

0.002

µ0.002− 0.15a10.01− 0.15a1

¶t∗ = − 1

3.1945

103

8ln 5

µ0.002− (0.15) (0.01)0.01− (0.15) (0.01)

¶t∗ = − 103

25. 556ln 0. 29412

o sea, que a los t∗ = 47.89 min. el reactivo habrá disminuido el 15%.

0.2.23 Problema 23. (Reacción de dos líquidos)

Consideraciones previas. Recuérdese que la velocidad con la que se formannuevas sustancias, en una reacción química, se llama velocidad de la reacciónquímica. La masa reaccionante o concentración del reactivo se describe por lacantidad de moles de tal sustancia por unidad de volumen.Una de las leyes básicas de de la Teoría de velocidades de las reacciones

químicas es la Ley de Acción de Masas según la cual la velocidad de una reacciónquímica en un cierto instante, bajo temperatura constante, es proporcional alproducto de las concentraciones de las sustancias que participan en ese mismomomento dado en la reacción.Enunciado del Problema. Dos sustancias químicas líquidas A1 y A2 con

volumenes 10 y 20 litros respectivamente participan en el proceso de la reacciónquímica formando una nueva sustancia química líquida A3. Considerando que latemperatura en el proceso de la reacción no cambia y que de cada 2 volúmenesde A1 y 1 volúmen de A2 se forman 3 volúmenes de A3 se plantéa hallar lacantidad de sustancia A3 en cualquier instante t, sabiendo que luego de 20 min.de iniciada la reacción se produzcan 6 litros.

c ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

1. Solución 1. Si se denota por y (t) el volumen (en litros) de la sustancia A3formada al tiempo t (en hrs.), entonces de las condiciones del problemase sigue que en este mismo instante habrán de entrar en la reacción 2

3ylitros de A1 y 1

3y litros de A2. Esto último a su vez significa que al mismotiempo t quedan 10− 2

3y litros de A1 y 20−13y litros de A2 y por ende de

acuerdo con la Ley de Acción de Masas se tendrá: v (t) ∝ [A1] (t) [A2] (t)

·y = K

µ10− 2

3y

¶µ20− 1

3y

¶(51)

o simplificando

·y =

2

3K3

2

µ10− 2

3y

¶µ20− 1

3y

¶·y =

2

3K (15− y)

µ60− y

3

¶·y =

2

9K (15− y) (60− y)

o denotando a 29K por k se llega al modelo:

·y = k (15− y) (60− y)

con la condición inicial natural de que

y (0) = 0

obteniendo así el problema de Cauchy:½ ·y = k (15− y) (60− y)y (0) = 0

(52)

pero además se conoce un dato adicional, a saber: y¡13

¢= 6, por lo que

realmente tenemos el problema con condicones a la frontera:½ ·y = k (15− y) (60− y)y (0) = 0, y

¡13

¢= 6

(53)

del cual se resuelve primero el problema con condición inicial (52) y deeste la ED que resulta ser de Ricatti (véase el Apéndice 16), pero concoeficientes constantes, también es una ED de tipo Bernoulli (véase elApéndice 14), pero también con coeficientes constantes por lo que tambiénes de variables separables (véase el Apéndice 10) y en particular es de laforma y0 = f (y) (véase el Apéndice 9)

dy

dt= k (15− y) (60− y)⇒

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) ci

yZ0

dξ

(15− ξ) (60− ξ)= k

tZ0

dτ ⇒

1

45

yZ0

∙1

60− ξ− 1

15− ξ

¸dξ = kt⇒

1

45

⎡⎣ yZ0

dξ

60− ξ−

yZ0

dξ

15− ξ

⎤⎦ = kt⇒

1

45{− [ln (60− ξ)]y0 − [− ln (15− ξ)]y0} = kt

que evaluando será

[− ln (60− y) + ln 60] + [ln (15− y)− ln 15] = 45kt∙ln

µ60

60− y

¶¸+

∙ln

µ15− y

15

¶¸= 45kt

ln

µ60

60− y

¶µ15− y

15

¶= 45kt

ln4 (15− y)

60− y= 45kt

4 (15− y)

60− y= e45kt

de la cual se sigue60− y

15− y= 4e−45kt (54)

y ahora se obliga a que cumpla con la condición a la frontera: y¡13

¢= 6

60− y¡13

¢15− y

¡13

¢ = 4e−45k( 13 ) ⇒ 60− 615− 6 = 4e

−15k

54

9= 4e−15k ⇒ 6 = 4e−15k ⇒ e−15k =

3

2

que sustituida en (54)

60− y

15− y= 4

¡e−15k

¢3t ⇒ 60− y

15− y= 4

µ3

2

¶3t

60− y = 4

µ3

2

¶3t(15− y)⇒

cii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS"4

µ3

2

¶3t− 1#y = 4

µ3

2

¶3t15− 60

de donde

y (t) =60h¡32

¢3t − 1i4¡32

¢3t − 1 (55)

que formalmente puede simplificarse hasta

y (t) =15h1−

¡23

¢3ti1− 1

4

¡23

¢3t (56)

cuya gráfica es

50 100 150

-200

-100

0

100

200

t

y

60−y15−y = 4

¡32

¢3tUna última observación. De razonamientos eminentemente prácticos esclaro que 10 litros de sustancia A1 y 20 litros de sustancia A2 sólo puedenformar un volumen finito de sustancia A3. Sin embargo, el resultado for-mal (56) obtenido, muestra que para la t, tal que

¡23

¢3t= 4 el denominador

tiende a cero y por ende la cantidad y de sustancia A3 tiende a infinito. Noobstante, en rigor esto no contradice dichos razonamientos prácticos, dadoque la t de la que se está hablando: ln

¡23

¢3t= ln 4 ⇒ 3t ln

¡23

¢= ln 4 ⇒

t = ln 43 ln( 23)

, que por ser 23 < 1 ⇒ ln¡23

¢< 0 ⇒ t < 0, cuando realmente el

proceso de la reacción química de que se trata transcurre para los valoresde t ≥ 0.

0.2.24 Problema 24. (Reacciones de tercer orden)

Determinar la constante de velocidad de una reacción química de tercer orden,con concentraciones iniciales diferentes a1, a2, y a3 de los reactivos A1, A2 yA3.Comentarios y definiciones previas.El orden 3 de esta reacción química está definido por el número de reac-

tivos que intervienen A1, A2 y A3. La velocidad de esta reacción química esla velocidad con la que los reactivos se transforman en los productos finales dela reacción. La masa activa o concentración de cada reactivo es la cantidad

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) ciii

de moles (o molécula gramo = peso molecular en gramos) de tal reactivo porunidad de volumen. La Ley de Acción de Masas asegura que la velocidad de lareacción química de 3er. orden en un instante de tiempo dado, es proporcionalal producto de las concentraciones de los reactivos en el mismo instante, o sea :

V (t)α [A1] (t) [A2] (t) [A3] (t) (57)

Seay (t) =”Concentración (cantidad de moles por litro) de lo que ya ha reac-

cionado de la sustancia A1 desde el inicio de la reacción hasta el tiempo t y portanto del 2o. y 3er. reactivo A2 y A3, ya que en el mismo tiempo t cada molde A1 se une con un mol de A2 y de A3”Tendremos pues que y (0) = 0 y por ende lo que queda de reactivo hasta el

tiempo t (lo que queda aun por reaccionar de los 3 reactivos, o la concentraciónde los reactivos al tiempo t) será :⎧⎨⎩ [A1] (t) = a1 − y (t)

[A2] (t) = a2 − y (t)[A3] (t) = a3 − y (t) ,

(58)

es decir, lo que aun no reacciona al inicio de la reacción⎧⎨⎩ [A1] (0) = a1 − y (0) = a1[A2] (0) = a2 − y (0) = a2[A3] (0) = a3 − y (0) = a3,

son los totales de las concentraciones iniciales.Por la Ley de Acción de Masas :(velocidad de la reacción química) α (al producto de las concentraciones) ,

o bien(velocidad de lo ya reaccionado) α ( al producto de las concentraciones), esto

esd

dty α [A1] (t) [A2] (t) [A3] (t) , (59)

o seady

dtα [a1 − y (t)] [a2 − y (t)] [a3 − y (t)] ,

es decir, si k es la constante de proporcionalidad:

dy

dt= k (a1 − y) (a2 − y) (a3 − y) (60)


El tratar de resolver la ED obtenida (60) nos permitirá despejar la incóg-nita k. En efecto

dy =dy

dtdt

dy = k (a1 − y) (a2 − y) (a3 − y) dt

civ ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

dy

(a1 − y) (a2 − y) (a3 − y)= kdt;

y 6= a1, y 6= a2, y 6= a3

e integrando Zdy

(a1 − y) (a2 − y) (a3 − y)=

Zkdt (61)

donde resolveremos la integral de la izquierda con ayuda del método dedescomposición en fracciones parciales :

1

(a1 − y) (a2 − y) (a3 − y)(62)

=A

(a1 − y)+

B

(a2 − y)+

C

(a3 − y)

con A,B y C constantes a determinar por el método de coeficientes inde-terminados

1

(a1 − y) (a2 − y) (a3 − y)=

A (a2 − y) (a3 − y)+B (a1 − y) (a3 − y)+C (a1 − y) (a2 − y)

(a1 − y) (a2 − y) (a3 − y)

de donde al simplificar los denominadores, obtenemos la igualdad de losnumeradores:

1 = A (a2 − y) (a3 − y)

+B (a1 − y) (a3 − y)

+C (a1 − y) (a2 − y)

1 =

⎛⎝ Aa2a3+Ba1a3+Ca1a2

⎞⎠−⎡⎣ A (a2 + a3)+B (a1 + a3)+C (a1 + a2)

⎤⎦ y+

⎡⎣ A+B+C

⎤⎦ y2donde para que los 2 últimos polinomios en y sean iguales se necesita quelos coeficientes bajo las mismas potencias de y sean iguales, esto es⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

1 =

⎛⎝ Aa2a3+Ba1a3+Ca1a2

⎞⎠0 = A (a2 + a3)+B (a1 + a3)+C (a1 + a2)0 = A+B + C

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) cv

de donde, por ejemplo, despejando a A de la tercera de estas ecuacionesy sustituyéndola en las otras dos, se logra⎧⎪⎨⎪⎩

C = 1(a2−a3)(a3−a1)

B = 1(a1−a2)(a2−a3)

A = 1(a1−a2)(a3−a1)

(63)

con lo cual ya se puede regresar a (62) y por consiguiente resolver laintegral del primer miembro de (61) que lleva a

I =

Zdy

(a1 − y) (a2 − y) (a3 − y)⇒ · · ·

9⇒

I = − 1

(a1 − a2) (a3 − a1)ln (a1 − y)

− 1

(a1 − a2) (a2 − a3)ln (a2 − y)

− 1

(a2 − a3) (a3 − a1)ln (a3 − y)

la cual sustituida en (61) hace posible obtener la solución general delproblema

kt+ C = − ln (a1 − y)

(a1 − a2) (a3 − a1)

− ln (a2 − y)

(a1 − a2) (a2 − a3)− ln (a3 − y)

(a2 − a3) (a3 − a1)(64)

donde de paso podemos calcular el valor del real arbitrario C, a partirde la condición inicial y (0) = 0 sustituida en la anterior solución generalpara así obtener

C = − ln a1(a1 − a2) (a3 − a1)

− ln a2(a1 − a2) (a2 − a3)

− ln a3(a2 − a3) (a3 − a1)

que de nuevo regresada a la fórmula de la solución general (?? y reagru-pando

kt = −ln³a1−ya1

´(a1 − a2) (a3 − a1)

−ln³a2−ya2

´(a1 − a2) (a2 − a3)

−ln³a3−ya3

´(a2 − a3) (a3 − a1)

cvi ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

donde multiplicando y dividiendo por el factor faltante del respectivo de-nominador para formar un denominador común en todas las fracciones seobtendrá

kt = −(a2 − a3) ln

³a1−ya1

´(a1 − a2) (a2 − a3) (a3 − a1)

−(a3 − a1) ln

³a2−ya2

´(a1 − a2) (a2 − a3) (a3 − a1)

−(a1 − a2) ln

³a3−ya3

´(a1 − a2) (a2 − a3) (a3 − a1)

y despejado el coeficiente de la velocidad de la reacción k: k =−1tln³a1−ya1

á2−a3+ln

³a2−ya2

á3−a1+ln

³a3−a

(a1−a2)(a2−a3)(a3−a1)o su igual

k = −1t

ln³a1−ya1

á2−a3 ³a2−ya2

á3−a1 ³a3−ya3

á1−a2(a1 − a2) (a2 − a3) (a3 − a1)

(65)

-10 -5 0 5 10

-3

-2

-1

ty

t = − ln(1−y1 )

2−3( 2−y2 )

3−1( 3−y3 )

1−2

(1−2)(2−3)(3−1)

0.2.25 Problema 25. (Reacción química de 3er. orden2FeCl3 + SnCl2)

En la reacción química : Cloruro Férrico + Cloruro Estañoso que produce losproductos finales : Cloruro Ferroso + Cloruro Estánico, es decir

2FeCl3 + SnCl2 → 2FeCl2 + SnCl4

con concentraciones iniciales de 2FeCl3 y SnCl2 respectivamente iguales aa1 = 2a = 0.125 y a3 = a = 0.0625. Luego de 1 min. la concentración deSnCl2 es 0.04816. Determinar la concentración del SnCl2 a los 11 min. deiniciada la reacción.Comentarios y definiciones previas.El orden 3 de esta reacción química está definido por el número de reactivos

que intervienen A1, A2 y A3, auque hay que notar que uno de los reactivos

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) cvii

aparece 2 veces en la forma 2FeCl3, o sea que tenemos el caso de concentracionesiguales de una misma sustancia. En este caso cuando alguno de los reactivosson idénticos la fórmula química de la reacción es del tipo

mA1 +A2 → (Productos Finales) (66)

es decirA1 + · · ·+A1| {z }

m veces

+A2 → (Productos Finales) (67)

o sea, que la concentración inicial a1 de mA1 se tiene que dividir en m partes,luego la concentración de cada componente A1 será a1

m . En el caso que nosocupa la concentración de FeCl3 será a1

2 . La velocidad de esta reacción químicaes la velocidad con la que los reactivos se transforman en los productos finalesde la reacción. La masa activa o concentración de cada reactivo es la cantidadde moles (o molécula gramo = peso molecular en gramos) de tal reactivo porunidad de volumen. La Ley de Acción de Masas asegura que la velocidad de lareacción química de 3er. orden en un instante de tiempo dado, es proporcionalal producto de las concentraciones de los reactivos en ese mismo instante, estoes :

V (t) α [A1] (t) [A1] (t) [A3] (t) (68)

Sea y (t) =“Concentración (cantidad de moles por litro) de lo que ya ha reac-cionado de la sustancia A1 desde el inicio de la reacción hasta el tiempo t y portanto del 2o. y 3er. reactivo A2 y A3, ya que en el mismo tiempo t cada molde A1 se une con un mol de A2 y uno de A3”, o sea que y (0) = 0 y por endelo que queda de reactivo hasta el tiempo t (lo que queda aun por reaccionar delos 3 reactivos, o la concentración de los reactivos al tiempo t) será en nuestrocaso : ½

2 [A1] (t) = a1 − y (t)[A3] (t) = a3 − y (t)

(69)

es decir, lo que aun no reacciona al inicio de la reacción½2 [A1] (0) = a1 − y (0) = a1[A3] (0) = a3 − y (0) = a3

son los totales de las concentraciones iniciales.

1. Por la Ley de Acción de Masas :

(velocidad de la reacción química) α (al producto de las concentraciones), o bien

(velocidad de lo ya reaccionado) α ( al producto de las concentraciones),esto es

d

dty α [A1]

2(t) [A3] (t) (70)

o sead

dty (t) α [a1 − y (t)]2 [a3 − y (t)]

cviii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

es decir:dy

dt= k (a1 − y)

2(a3 − y) (71)


Para la reacción química que nos ocupa a1 = 2a y a3 = a , o sea, nuestromodelo será

dy

dt= k (2a− 2y)2 (a− y) (72)

esto esdy

dt= 22k (a− y)3 (73)

Resolver esta ecuación (73)consiste simplemente en separar sus variables:

dy =dy

dtdt

dy = 22k (a− y)3 dt

dy

(a− y)3 = 22kdtZ

dy

(a− y)3 =

Z22kdt

−Z

dy

y3= 4k

Zdt

− (a− y)−2

−2 = 4kt+ C

de la cual obtenemos la solución general

1

2 (a− y (t))2= 4kt+ C (74)

con la condición inicial y (0) = 0 podemos determinar el real arbitrario C

1

2 (a− y (0))2 = 4k0 + C

de dondeC =

1

2a2(75)

que sustituida en la solución general (74)

1

2 (a− y (t))2 = 4kt+

1

2a2

luego la solución particular será

a− y (t) =a√

1 + 8a2kt(76)

0.2. PROBLEMAS DE TIPO 3 (Y’=F(Y)) cix

y con base en la condición complementaria : a− y (1) = 0.04816 , que esla concentración del SnCl2 a 1 min. de iniciada la reacción ([SnCl2] (1) =a− y (1)) se puede determinar el parámetro k

a− y (t) |t=1 =a√

1 + 8a2kt|t=1

a− y (1) =a√

1 + 8a2k1

de donde0.04816 =

0.0625q1 + 8 (0.0625)

2k1q

1 + 8 (0.0625)2k =

0.0625

0.04816

1 + 8 (0.0625)2 k = 1. 29782

8 (0.0625)2k = 1. 6843− 1

k =0.6843

8 (0.0625)2

k = 21. 898

que de nuevo sustituida en (76) se tendrá de paso que: 0.0625 − y (t) =0.0625√

1+8×0.06252×21. 898t

-1 1 2 3 4 5

-0.03

-0.02

-0.01

0.01

0.02

0.03

t

y

0.0625− y (t) = 0.0625√1+8×0.06252×21. 898t

y evaluando a los 11 min., se tendrá

a− y (11) =0.0625q

1 + 8 (0.0625)2(21. 898) 11

=0.0625√1 + 7. 5274

= 2.1403× 10−2

luego la concentración del SnCl2 a los 11 min. ([SnCl2] (11)) de iniciadala reacción será:

[SnCl2] (11) = a− y (11)

[SnCl2] (11) = 0.021403

cx ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

0.3 Lista de Problemas

0.4 ?ED de variables separadas y = −f(x)g(y)(o bien

f (x) dx+ g (y) dy = 0)Estas ED en forma directa pueden integrarse

0.5 Problema 4. (Crecimiento deVictoria regia,Var.Sep.)

La velocidad de crecimiento del área S de una hoja joven de la planta Victo-ria regia, que tiene forma de círculo y crece en pequeños cuerpos de agua, esproporcional a la longitud de la circunferencia L de la hoja y simultáneamenteproporcional a la cantidad de luz solar Q recibida por la hoja. Esta últimamagnitud es a su vez proporcional al área de la hoja y también proporcional alcoseno del ángulo θ, que se forma entre los rayos del sol y la normal a la hoja.sabiendo además que el ángulo θ, es una función lineal creciente de la variabletiempo t. Finalmente se sabe del lugar, por mediciones directas, que a las 6dela mañana el ángulo θ = −π

2 y su área igual a 1600cm2 y a las 18 hrs. θ = π

2y su área es 2500 cm2.


La hipótesis básica del problema es

(Velocidad instantánea de crecimiento del área S de la hoja de Victoriaregia) proporcional a la (longitud L de la hoja) y simultáneamente a (lacantidad de luz solar Q recibida por la hoja).

En símbolos si ∝ representa la proporcionalidad, entonces:•S (t) ∝ L (t)Q (t) (77)

Por los datos del problema de LQ se sabe que involucra a funciones per-iódicas, luego S deberá ser una función periódica y como en LQ tambiénaparece una potencia de S, ésta deberá ser tal que haga que dS(t)

dt seasiempre positiva, de manera que S siempre crezca.


De nuevo, la hipótesis básica del problema es:

(Velocidad instantánea de crecimiento del área S de la hoja de Victoriaregiaal tiempo t) proporcional a la (longitud L de la hoja al tiempo t)y simultáneamente a (la cantidad de luz solar Q recibida por la hoja altiempo t). Todo al mismo instante de tiempo t, medido, digamos a partirde media noche, en horas. En símbolos:

dS (t)

dt∝ L (t)Q (t)

0.5. PROBLEMA 4. (CRECIMIENTODEVICTORIA REGIA, VAR.SEP.)cxi

o seadS

dt= k1LQ (78)

Ahora se sustituye la magnitud de L y las proporcionalidades de Q

dS

dt= k12πr (t)Q

dS

dt= k12πr (t) k2S (t) cos θ (t)

dS

dt= k12πr (t) k2S (t) cos (k3t+ k4)

pero, como arriba fue señalado, el radio r de la hoja también es variable,pero hay que escribirlo a través de S, para que nos quede sólo S y t como

las variables de la ED, para ello: S (t) = πr2 (t), es decir, r (t) =q

S(t)π y

por endedS

dt= k12π

rS (t)

πk2S (t) cos (k3t+ k4)

esto esdS

dt= k12

√πk2S

32 (t) cos (k3t+ k4) (79)

Ahora sí, se pueden separar variables (Apéndice ?)

dS =dS

dtdt

dS = 2k1k2√πS

32 cos (k3t+ k4) dt

dS

S32

= 2k√π cos (k3t+ k4) dt, S 6= 0

Observese que i) k = k1k2 y que ii) al separar las variables, se estásuponiendo que S

32 6= 0, pero pudieramos estar perdiendo alguna solu-

ción para el caso S = 0. Se regresará con esto.

dS

S32

= 2k√π cos (k3t+ k4) dtZ

S−32 dS = 2k

√π

Zcos (k3t+ k4) dt

S−12

−12=

2k√π

k3

Zcos (k3t+ k4) d (k3t+ k4)

de donde

− 2√S=2k√π

k3sin (k3t+ k4) + C (80)

Primero se puede determinar los coeficientes k3 y k4 a partir de los datoshorario ½

t = 6 : θ = −π2

t = 18 : θ = π2

(81)

cxii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

que sustituidos en: θ = k3t+ k4 se reduce a½−π2 = k36 + k4

π2 = k318 + k4

resolviendo este sistema lineal, por ejemplo restando de la 2a. la 1a.ecuación, se tendrá ½

k3 =π12

∴ k4 = −π(82)

pero además se tienen los datos de que:½S (6) = 1600S (18) = 2500

de los cuales podemos obtener los parámetros k y C. En efecto, susti-tuyendo en la solución obtenida (80):(

− 2√1600

= 2k√π

π12

sin¡π126− π

¢+ C

− 2√2500

= 2k√π

π12

sin¡π1218− π

¢+ C

(83)

luego (− 120 =

24k√πsin¡−π2

¢+ C

− 125 =

24k√πsin¡π2

¢+ C

y de (− 120 = −

24√πk + C

125 = −

24√πk − C

que sumadas nos dan

k =

√π

4800(84)

y restadas

C = − 9

200(85)

para así obtener la ley específica de crecimiento

− 2pS (t)

=24√π

√π

4800sin

π

12(t− 12)− 9

200

que toma la forma de

S (t) =4002£

9− sin π12 (t− 12)

¤2FIGURA S vs. t : − 2√

y =24√π

√π

4800 sinπ12 (x− 12)−

9200 NO sale

0.6. PROBLEMA 4A. (CURVAS DE PERSECUSIÓN) cxiii

Ahora se puede regresar a cuando separamos las variables, dividiendo porS

32 6= 0, pudiendo haber perdido la solución correspondiente a S = 0, la

cual en efecto es solución, dado que satisface la ED (79): d0dt = 0⇒ 0 ≡ 0,

pero no necesitamos adjuntarla a la solución general pues puede obtenersede la solución general (80):

− 2√S

=2k√π

k3sin (k3t+ k4) + C

S (t) =4h

2k√π

k3sin (k3t+ k4) + C

i2para el valor simbólico, pero admisible de C = ∞. Luego S = 0 es unasolución, que está contenida en la solución general para C =∞ y por tantono estamos perdiendo ninguna solución debido a la restricción impuestapor el método de integración de la ED.

0.6 Problema 4A. (Curvas de persecusión)1. Un barco sale de un punto O, con velocidad constante vB, en una direcciónfija. Simultáneamente con el barco sale en dirección al barco una lancharápida, con el doble de velocidad del barco, sale de un punto A a una dis-tancia a de O, en la recta perpendicular a aquella recta donde se desplazael barco y la dirección en que se mueve la lancha es siempre apuntando enla dirección del barco. Hallar la ecuación de la trayectoria descrita por lalancha y el tiempo t∗ en el que la lancha alcanza al barco.

(a) Consideraciones Previas: Tomese por O el origen de coordenadas,por el eje y la recta de desplazamiento del barco y por ende, el ejex la recta de donde parte originalmente la lancha rápida, luego lascoordenadas de una posición arbitraria M de la lancha serían (x, y),con una distancia recorrida a lo largo de la curva y = y (x), que

describe su trayectoria: AM = l y aunque se intentará no concebir atales coordenadas en forma paramétrica, con parámetro el tiempo t,si se tendría que en esa posición cualesquiera de la lancha la posicióndel barco sería

¡0, OB

¢= (0, vBt) (a velocidad constante: distancia

= velocidad × tiempo), donde vB es la velocidad constante del barco.???FIG. con el plano (x, y) , O,A,B,AM = l, (y = y (x)).???

(b) Solución (Variante 1).Sería la misma curva que describiría la trayectoria del perro de “ladama del perrito”, esto es de aquella dama que queriendo forzar asu perro a que le siga en su dirección, mediante la cadena, cuandoel perro se resiste a ello manteniendo siempre la dirección fija en suama. Como se sabe la curva descrita por el perro es una especie detractriz.

cxiv ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

(c) Solución (Variante 2).

Para plantear el modelo se parte de la dirección variable α, cualdirección del vector, en la que la lancha apunta al barco, o sea, de ladirección, dada por la pendiente de la recta tangente a la trayectoriaque describe la lancha en el punto cualquiera M , que aunque taltrayectoria no es conocida si la podemos denotar por ¿y = y (x)? yse pretende determinarla, luego, si α es el ángulo que forma la rectatangente a la curva y = y (x) en el punto M y la paralela a la partepositiva del eje x, entonces el modelo es

dy (x)

dx= tanα (86)

aunque si se introduce el ángulo θ = π − α como el ángulo comple-mentario a α, entonces

dy (x)

dx= tan (π − θ) = − tan θ (87)

luego, si M1 = PryM , por lo cual la tangente trigonométrica de θ,queda como

dy (x)

dx= −M1B

M1M

pero : M1B = OB −OM1 y M1M = x, por tanto

dy (x)

dx= −OB −OM1

x

y como la distancia rectilínea OB es recorrida por el barco: OB =vBt, mientras que OM1 = y y por ende

dy (x)

dx= −vBt− y

x(88)

por otro lado, la velocidad de la lancha está dada por : 2vB = AMt =

lt , luego vBt =

l2 y por tanto

dy

dx=

y − l2

x(89)

pero de la longitud l de arco AM a lo largo de la curva y (x) se sabeque su:

dl

dx=p1 + y02 (x)

0.6. PROBLEMA 4A. (CURVAS DE PERSECUSIÓN) cxv

por lo cual es necesario derivar una vez la ED del modelo obtenido(89) para aprovechar esta fórmula

y0 (x) =y − l

2

x

d

dxy0 =

x ddx

¡y − l

2

¢−¡y − l

2

¢x2

=x¡y0 − 1

2 l0¢− ¡y − l

2

¢x2

d

dxy0 =

x³y− l

2

x − 12

p1 + y02 (x)

´−¡y − l

2

¢x2

d

dxy0 = −

x2

p1 + y02 (x)

x2

o sea, el modelo que plantea el problema es una ecuación de variablesseparables, Apéndice 7 , respecto de la función incógnita y0

d

dxy0 = −

p1 + y02 (x)

2x(90)

para separar las variables es cómodo, Apéndice 2 , expresar a laderivada como cociente de diferenciales: dy0 = dy0

dx · dx, de donde

dy0 = −p1 + y02 (x)

2x· dx

dy0p1 + y02 (x)

= −12

dx

xZdy0p

1 + y02 (x)= −1

2

Zdx

x

que al integrar se obtiene la solución general

ln¯y0 +

p1 + y02 (x)

¯= −1

2ln |x|+ C

o bien10

y0 (x) +p1 + y02 (x) =

C√x

(91)

10O bien: ln¯y0 +

p1 + y02 (x)

¯= ln |x|−

12 + lnC1

⇒ ln¯y0 +

p1 + y02 (x)

¯= lnC1 |x|−

12

⇒¯y0 +

p1 + y02 (x)

¯= C1√

|x|

⇒ y0 +p1 + y02 (x) = ±C1√

x

⇒ y0 +p1 + y02 (x) = C√

x

cxvi ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

y de nuevo se tiene una ED, pero aquí adicionalmente se puedeaprovechar determinar la C, dado que se tiene una condición ini-cial implícita en el enunciado del problema, a saber: y0 (a) = 0 querefleja el que la velocidad de la lancha al inicio del proceso apunta enla dirección del barco que ocupa el origen de coordenadas, es decir,que forma un ángulo con la dirección positiva del eje x igual a π ysu tangente trigonométrica y0 (a) es 0, así

0 +√1 + 0 =

C√a

C =√a

luego

y0 (x) +p1 + y02 (x) =

√a√x

con lo que se arriba a

y0 +p1 + y02 =

ra

x(92)

aquí en lugar de tratar de resolver esta ED que luce bastante compli-cada, dado que es no lineal y no es de variables separables, por lo quees preferible irse por un camino indirecto, el algebráico, que consisteen obtener la expresión algebráica conjugada, para así simplificarla,y esto se logra multiplicando y dividiendo simultáneamente por elconjugado del primer miembro de la ecuación (92)

³y0 +

p1 + y02 (x)

´ y0 −p1 + y02 (x)

y0 −p1 + y02 (x)

=

ra

x

y02 −¡1 + y02 (x)

¢y0 −

p1 + y02 (x)

=

ra

x

−1y0 −

p1 + y02 (x)

=

ra

x

de donde en efecto, se obtiene la expresión conjugada de (92)

y0 −p1 + y02 (x) = −

rx

a(93)

y ahora sumando las 2 expresiones conjugadas (92) y (93) obtenidas½y0 +

p1 + y02 (x) =

pax

y0 −p1 + y02 (x) = −

pxa

0.6. PROBLEMA 4A. (CURVAS DE PERSECUSIÓN) cxvii

desaparece la parte complicada que era la raíz cuadrada que incluíaa la y02

2y0 =

ra

x−r

x

a

quedando

y0 =1

2

µra

x−r

x

a

¶(94)

Es así que nuestro modelo se ha reducido a una ED del tipo: y0 =f (x), Apéndice 8 , que en este caso concreto significa simplementeintegrar (94) vía dy = y0dx, o sea, directamente integrando dy =12

¡pax −

pxa

¢dx, esto esZ

dy =

Z1

2

µra

x−r

x

a

¶dx

y =1

2

Z µra

x−r

x

a

¶dx

y =1

2

√a

√x12

− 1

2√a

2x32

3+ C

luego la familia 1-parámetro de soluciones queda dada por

y (x) =√ax− 1

3

rx3

a+ C (95)

y la condición inicial implícita: y (a) = 0, permite determinar C

0 =√aa− 1

3

ra3

a+ C

C = −23a

entonces la curva de persecusión, solución particular, será

y (x) =√ax− 1

3

rx3

a− 23a (96)

La última pregunta tenía que ver con el tiempo t∗ de alcance. Perola lancha alcanzará al barco cuando x = 0, que a su vez significa laordenada y (0), que coincide con la distancia recorrida por el barco(96): y (0) = 0− 0 + 2

3a⇒ y (0) = 23a, pero finalmente

vB =OB

t∗=

y (0)

t∗=−23at∗

de dondet∗ = − 2a

3vB(97)

cxviii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

que es el tiempo de alcance requerido. En este caso el signo menoshay que interpretarlo en conjunto con el signo menos de la vB, yaque está dirigido en contra de la dirección positiva del eje y. Véasela Fig??Fig??. Gráfica de la curva de persecución con:

0 1 2 3

-0.6

-0.4

-0.2

0.0

x

y

y (x) =√x− 1

3

√x3 − 2

3

2. Como problema de busqueda.

(a) Consideraciones previas. En esta variante se intenta mostrar másevidentemente que éste es un ejemplo de aplicación de las ED parapoder escoger una estrategia correcta en la solución de un prob-lema de busqueda. Se harán algunos cambios en el planteamientodel problema, pero en esencia seguira siendo el mismo problema depersecusión, aunque en esta variante se brinca a un tratamiento enel sistema polar de coordenadas.

(b) Enunciado del problema. Supongase que una lancha torpedera (mejorconocido como “destroyer”) anda tras la “caza” de un submarino enun mar con densa neblina. En un cierto momento se alza la neblinay el submarino aparece en la superficie del agua, a una distancia de 5km. de la torpedera. La velocidad de la torpedera es el doble 2v de lavelocidad del submarino v. Se pide determinar la trayectoria (curvade persecusión) que deberá seguir la torpedera hasta lograr quedarbajo el submarino, si esta última inmediatamente es abordada porla tripulación inmediatamente después de su deteccción y hulle avelocidad máxima con curso rectilíneo en dirección desconocida.

(c) Solución (Variante 3). Para resolver este problema se introducenlas coordenadas polares (r, ϕ), de manera que el polo O se encuen-tre en el punto de detección del submarino, mientras que el eje po-lar se dispone de lanera que pase por el punto donde se encuentrala torpedera al ser detectado el submarino Fig?11?. Los restantesrazonamientos están basados en las siguientes consideraciones: Latorpedera debe ocupar aquella posición, que tanto ella como el sub-marino se encuentren a la misma distancia del punto O, lo cual eslograble por radar. Luego la torpedera deberá moverse alrededor delpolo O por tal trayectoria que ambos móviles siempre se encuentrena la igual distancia del punto O. Sólo en este caso la torpedera al

0.6. PROBLEMA 4A. (CURVAS DE PERSECUSIÓN) cxix

circular alrededor del polo O pasará sobre el submarino. De lo antesdicho se sigue que la torpedera debe llevar un curso rectilíneo haciael punto O mientras no logre una distancia x al polo O igual a la delsubmarino. Entonces la susodicha distancia x puede hallarse de lafórmula : tiempo= distancia / velocidad:

x

v=5− x

2v(98)

o bien, bajo la misma fórmula de la otra posible ecuación

x

v=5 + x

2v(99)

donde½

v = la velocidad del submarino2v = la velocidad de la torpedera

y resolviendo estas dos

últimas ecuaciones (98) y (99), se obtiene½xv =

5−x2v ⇒ x = 5−x

2 ⇒32x =

52 ∴ x = 5

3xv =

5+x2v ⇒ x = 5+x

2 ⇒12x =

52 ∴ x = 5

(100)

que la distancia x es 53 o bien 5.

Ahora bien, si el “cruce” no ocurre, entonces la torpedera deberáen lo subsiguiente moverse alrededor del polo O (en la dirección areloj, o bien contrareloj), alejandose de O con la velocidad del sub-marino v.Ahora se desarrollará la velocidad de la torpedera 2v en sus2 componentes: la radial vr y la tangencial vT , Fig.?11?.

vr =drdt , vT = r dϕdt (101)

donde la componente radial de la velocidad vr es la velocidad conla que la torpedera se aleja del polo O a lo largo del eje radial r(vr = v); mientras que la componente tangencial es la velocidad lineal(a lo largo de la recta tangente) en el movimiento de rotación de latorpedera respecto del polo O (que como se sabe es r dϕdt ) pero por

otro, con base en Pitágoras Fig.?11?, es vT =q(2v)2 − v2 =

√3v).

Por consiguiente de (101) ½drdt = v

r dϕdt =√3v

(102)

que es un sistema de ED, sin embargo puede de inmediato ser re-ducido a una sola ED despejando la v de la parte derecha de ambasED e igualando iguales

dr

dt=

r√3

dϕ

dt

cxx ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

que es una ED de variables separables y por ello, véase el Apéndice2:

dr =dr

dtdt

dr =r√3

dϕ

dtdt

dr =r√3dϕ

de la quedr

r=

dϕ√3

(103)

que integrandoZdr

r=

Zdϕ√3⇒ ln |r| = 1√

3ϕ+ lnC1 ⇒ |r| = e

1√3ϕ+lnC1

|r| = C1e1√3ϕ ⇒ r = ±C1e

1√3ϕ

de la cual redenotando a ±C1 por C constante arbitraria, la solucióngeneral de (103) será:

r = Ce1√3ϕ (104)

Ahora bien, dado que la torpedera inicia su movimiento alrededor delpolo O con eje polar r a x km. de O las condiciones del problemaquedan expresadas como en (100)½

x = r = 5, si ϕ = 0x = r = 5

3 , si ϕ = −π(105)

luego (5 = Ce

1√30

53 = Ce

1√3(−π) ⇒

½C = 5

C = 53e

1√3π

que sustituidas en la solución general (104) la lancha torpedera semoverá según cualquiera de las espirales:(

r = 5eϕ√3

r = 53e

ϕ+π√3

(106)

-60 -40 -20 0

30

x

y

r (ϕ) = 5eϕ√3

-60 -40 -20 0

30

x

y

r = 53e

ϕ+π√3

0.7. PROBLEMA 4B. (EL CAFÉ DE QUIÉN ESTÁ MÁS CALIENTE) cxxi

Y finalmente se puede concluir que la torpedera cumplirá con su tareacompleta, si primeramente recorre linealmente el doble de 5 o de 5

3 ,es decir 10 o 10

3 km., hacia el lugar donde se detectó al submarino y

luego prosigue su movimiento según la espiral r = 5eϕ√3 , si al inicio

recorrió linealmente 10 km., o bien continúa su movimiento por la

otra espiral r = 53e

ϕ+π√3 , si al inicio recorrió linealmente 10

3 km.

0.7 Problema 4B. (El café de quién está máscaliente)

1. Antonio y Bernabé, con los frios de Diciembre del 2000 y el Popo en erup-ción, ordenaron y les sirvieron sendas tazas de café muy caliente y lechecremosa al tiempo, pero Antonio agregó al café su ración de leche, tapóla taza con una servilleta y dejó la mesa para poder telefonear, mientrasque Bernabé de inmediato tapó su taza con una servilleta y sólo agregó suración de leche a los 10 minutos después, cuando regresó Antonio y ambosempezaron a tomar simultáneamente su café con leche. ¿Quién tomó elcafé más caliente?

2. Solución (variante 1). Se supone que de alguna manera es una especie deley de enfriamento exponencial, que al inicio decrece muy fuertemente ydespués sigue decreciendo, pero con velocidad disminuida, por lo cual siprimero se mezcla la leche con el café y se tapa, se logrará que evitamosla zona de muy rápido decrecimiento. Cosa no evitable si se tapa primeroy luego se mezcla. Por lo tanto a los 10 minutos el café lo tomará máscaliente Alberto.

3. Solución (variante 2). El problema se resolverá intentando tomar encuenta las hipótesis naturales que reflejen el contenido físico de los proce-sos involucrados. A saber se considera i) que el intercambio calorífico através de la superficie de la mesa y de la servilleta son mucho menores queel intercambio calorífico a través de las paredes laterales de las tazas y ii)que la temperatura del vapor desprendido por la superficie del líquido esigual a la temperatura del mismo líquido.

(a) Primero se puede deducir la relación que muestre cómo cambia latemperatura del café en la taza de Bernabé hasta antes de que mezclesu leche en el café. En correspondencia con las premisas aceptadas ycon base en conocida ley física (?), la cantidad de calor Q obtenidapor el aire que circunda a la taza de Bernabé y si T = la temperaturadel café de la taza de Bernabé al tiempo t. θ = la temperatura delaire que rodéa al cafe de Bernabé. η = la conductividad caloríficadel material de la taza. l = al grosor de da las paredes de la taza ys = al área de la superficie lateral de las paredes de la taza, entoncesel incremento de calor ∆Q queda definida por la relación: ∆Q ∝

cxxii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS½(T − θ)∆t

, con constante de proporcionalidad k = ηsl , o sea ∆Q =

k (T − θ)∆t, o bien en forma diferencial:

dQ = ηT − θ

lsdt (107)

Por otro lado, la cantidad de calor emitido por el café ∆Q, si c =capacidad calorífica específica del café, m = la masa del café en la

taza, será ∆Q ∝½

m∆T

con constante de proporcionalidad k = c, o

bien en forma diferencial y con signo −, dado que es el calor cedidopor el café: dQ = −kmdT , o sea

dQ = −cmdT (108)

e identificando estas dos ecuaciones, se tendrá el modelo:

ηT − θ

lsdt = −cmdT (109)

que por ser una ecuación de variables separables (véase Apéndice 10)se lleva a una de variables separadas:

dT

T − θ= − ηs

lcmdt (110)

de la cual, si se supone que T (0) = T0, entonces

TZT0

d (T − θ)

T − θ= − ηs

lcm

tZ0

dt =⇒

ln |T − θ|− ln |T0 − θ| = − ηs

lcmt⇒

|T − θ||T0 − θ| = e−

ηslcm t,

µTT0

¾> θ

¶⇒

T − θ = (T0 − θ) e−ηslcm t

de dondeT (t) = θ + (T0 − θ) e−

ηslcm t (111)

que constituye la descripción analítica de la ley de cambio, conformea la cual cambia la temperatura del café de Bernabé hasta antes demezclar el café con la leche.

(b) Ahora se puede deducir la ley de cambio de la temperatura a partir deque Bernabé mezcla el café con la leche. Para ello parece conducenteel usar la ecuación del balance de las cantidades de calor, que en este

0.7. PROBLEMA 4B. (EL CAFÉ DE QUIÉN ESTÁ MÁS CALIENTE)cxxiii

caso, si θB (t) = la temperatura de la mezcla del café de Bernabé altiempo t; T1 = la temperatura de la leche; c1 = la capacidad caloríficaespecífica de la leche; y m1 = la masa de la leche agregada, entoncestoma la forma:

cm (T − θB) = c1m1 (θB − T1) (112)

de la que se deduce

θB (t) =c1m1

c1m1 + cmT1 +

cm

c1m1 + cmT (t) (113)

pero tomando en cuenta la ley deducida T (t) hasta antes de los 10min. la ley será:

θB (t) =c1m1

c1m1 + cmT1+ (114)

+cm

c1m1 + cm

hθ + (T0 − θ) e−

ηslcm t

i(c) Para finalmente deducir la ley como cambia la temperatura del café

de Antonio de nuevo se puede aplicar la ecuación del balance de lascantidades de calor, si se denota por θ0 = a la temperatura inicial dela mezcla del café de Antonio; a que en este otro caso será:

cm (T0 − θ0) = c1m1 (θ0 − T1) (115)

de dondeθ0 =

c1m1

c1m1 + cmT1 +

cm

c1m1 + cmT0 (116)

Ahora bien tomando como temperatura inicial a θ0 la obtenida en(116) y considerando a (111) T (t) = θ+ (T0 − θ) e−

ηslcm t como la ley

general de cambio de temperaturas, entonces y para la mezcla encuestión, donde en lugar del factor cm, ahora se tiene cm+ c1m1, sellegará a la ley de cambio de la temperatura de la mezcla de AntonioθA

θA (t) = θ + (θ0 − θ) e− ηsl(cm+c1m1)

t

o bien por (116):θA (t) = θ+ (117)

+

µc1m1

c1m1 + cmT1 +

cm

c1m1 + cmT0 − θ

¶e− ηsl(cm+c1m1)

t

Ahora sí finalmente se puede dar respuesta a la pregunta original sisustituimos todos los valores de los parámetros, susceptibles de serindagados:

c1 la capacidadcaloríficaespecíficade la leche

c1 ≈ 3.9× 103 Joulkg.K

c la capacidadcaloríficaespecíficadel café

c ≈ 4.1× 103 Joulkg.K

cxxiv ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

η la conductividadcaloríficadel materialde la taza.η ≈ 0.6 B

m.K

y para fijar ideas haciendo:

m1 = la masa de la leche m1 = 2× 10−2 kgm = la masa del caféen la taza

m = 8× 10−2 kgT1 = la temperaturade la leche

T1 = 20◦C

θ = la temperaturadel aire

θ = 20◦C

T0 = la temperatura delcafé de Bernabé en 0

T0 = 80◦C

s = al área de la super-ficie de las paredes

s = 11× 10−3 m2

l = al grosor de lasparedes de la taza

l = 2× 10−3 m

en las leyes obtenidas para las temperaturas de los cafés de BernabéθB y Antonio θA, dadas respectivamente por (??) y (??) en t =10min., se tendrá:

θA (10) = 64.689 > θB (10) = 63.833 (118)

que significa: mezclar primero y dejar tapado conserva más calienteel café que dejarlo tapado y después mezclar.

0.8 Problema 4C. (Flujo calorífico estacionario)

Consideraciones previas:

1. Hay que recordar que se habla de flujo calorífico estacionario cuando latemperatura de un cuerpo en cada uno de sus puntos con el tiempo nocambia (cuando la temperatura es invariante respecto del tiempo). Enla solución de problemas de tipo físico, cuyo contenido está ligado a flu-jos caloríficos estacionarios un papel sustancial lo juegan las así llamadassuperficies isotérmicas.

2. Considérese un tubería de conducción calorífica (de calefacción) Fig?1?de cierto material homogéneo, con una cubierta aislante, con temperaturainterior y con otra temperatura en la cubierta exterior. Intuitivamentehablando es claro que existe una superficie, cuya sección transversal enla Fig. ?2? esta dibujada con franjas, en cada uno de cuyos puntos la

0.8. PROBLEMA 4C. (FLUJO CALORÍFICO ESTACIONARIO) cxxv

temperatura es exactamente la misma. Tal curva se llama curva isotér-mica y su correspondiente superficie se le llama superficie isotérmica. Engeneral las curvas isotérmicas pueden adquirir las formas más variadas,lo cual en particular está relacionado con la no estacionariedad del flujocalorífico y con la no homogeneidad del material usado como aislante. Enel caso planteado las curvas isotérmicas serán circunferencias concéntricas(y respectívamente cilindros concéntricos).

3. Enunciado del Problema. i) Deducir la ley de distribución de las temper-aturas dentro de la capa aislante y ii) hallar la cantidad de calor emanadode la tubería en un segmento de longitud 1 m., durante un día completo,sabiendo que el coeficiente de conductividad térmica del magnesio es dek = 1.7 × 10−4 y que se considera un tubería de calefacción (de con-ducción térmica), Fig?1?, de 20 cm. de diámetro, constuida de materialhomogéneo, con una cubierta aislante de magnesio de 10 cm. de grueso.Supongase además que la tubería tiene en su interior una temperatura de160◦C y la cubierta aislante exterior una temperatura de 30◦C. Intuitiva-mente hablando es claro que existen superficies, cuya sección transversalen la Fig. ?2? esta dibujada con franjas, en cada uno de cuyos puntosla temperatura es exactamente la misma, digamos por ejemplo 100◦C. Serecomienda usar la ley de conductividad térmica de Fourier.

4. Solución (variante 1). Tómese como punto de partida la recomendación deusar la ley de conductividad térmica de Fourier, según la cual la cantidadde calor Q emanada en una unidad de tiempo por un cuerpo, el cual seencuentra en un estado térmico invariable, cuya temperatura T , en cadapunto es función F de una sola coordenada x, y queda determinada porla fórmula

Q = −kF (x) dTdx

= const. (119)

donde F (x) es el área de la sección transversal, perpendicular a la di-rección en la que se difunde el calor y k el coeficiente de conductividadtérmica.

5. i) De las condiciones del problema se desprende que en el caso consideradode la tubería de la forma descrita

F (x) = 2πxl (120)

donde l es la longitud de la tubería en cm., y x es el radio de la base de lasuperficie cilíndrica, dispuesto dentro del cilindro exterior y por consigu-iente con base en la fórmula de Fourier (119) que resulta de sí una ED devariables separables:

Q = −kF (x) dTdx

−Q dx

k2πxl= dT

cxxvi ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

de la que se pueden obtener

30Z160

dT = − Q

3.4× 10−4πl

20Z10

dx

x; (121)

TZ160

dτ = − Q

3.4× 10−4πl

xZ10

dξ

ξ

e integrando (30− 160 = − Q

3.4×10−4πl ln 2;

T − 160 = − Q3.4×10−4πl ln 0.1x(

30−160ln 2 = − Q

3.4×10−4πl ;T−160ln 0.1x = −

Q3.4×10−4πl

e igualando los iguales

160− T

ln 0.1x=

130

ln 2

160− T =130

ln 2(ln 0.1 + lnx)

T = 160− 130ln 2

ln 0.1 +130

ln 2lnx

por lo que la ley de distribución de temperaturas dentro de la cubiertaaislante, que de paso se ve que la longitud de la tubería l no juega ningúnpapel:

T (x) = 591.85 + 187.55 lnx (122)

6. ii) Para responder a la segunda pregunta del problema, basta con regresara la primera fórmula de (121), cuyo resultado fue

30− 160ln 2

= − Q

3.4× 10−4πl

−Q =−130ln 2

¡3.4× 10−4π100

¢, (l = 100 cm)

Q =130

ln 2

¡3.4× 10−2π

¢Q = 20. 033

pero en un día entero la cantidad de calor emanado será

24× 60× 60Q = 1. 730 9× 106 Joules (123)

0.9. PROBLEMA 4D (RELOJES DE AGUA) cxxvii

0.9 Problema 4D (Relojes de agua)

1. Consideraciones previas.

(a) Se tratarán 2 problemas que ilustran la relación entre el contenidofísico de los mismos y la geometría. Si se considera un recipienteen forma de cantaro, Fig. ?3?, cuya sección horizontal resulta seruna función distancia cualquiera de la sección transversal al fondodel recipiente.

(b) Supongase que la altura del nivel del líquido en el recipiente al in-stante inicial t = 0 es igual a h metros. Supongase además que elárea de la sección a la altura x es igual a S (x) y el área del orificiodel fondo del recipiente es s.

(c) Se sabe que la velocidad v de salida de un líquido, en aquel instanteen el que la altura del nivel del líquido es igual a x, queda definidapor la igualdad (ley de ?)

v = kp2gx (124)

donde la aceleración de la gravedad g = 9.81 m/seg2 y k es el coefi-ciente de la velocidad de salida del líquido del orificio.

2. Enunciado del primer Problema. Un tanque de agua de almacenamientoindustrial de forma cilíndrica con eje vertical de altura 6 m. y diámetro 4m.tiene en su fondo un orificio circular de radio 1

12 m. i) Se pide establecerla ley que relaciona el nivel x del agua en el recipiente con el tiempo t yen concreto ii) obtener el tiempo en el que el recipiente lleno se queda sinagua.

(a) Solución (variante 1).

i. En una magnitud “infinitamente pequeña” de tiempo, que sedenotará por dt, se puede considerar que la salida de líquido deun recipiente ocurre uniformemente y por ello al tiempo dt lecorresponde la salida de líquido de un cilindrito de altura vdt ybase igual al área de la sección s, lo que a su vez correspondi-entemente propicia una disminución del nivel del líquido en elrecipiente de −dx. Como resultado de estos razonamientos dehecho se ha llegado a:Volumen del cilindrito con base en el área del orificio (svdt)=Volumen de la franjita con base en la disminusión del nivel dellíquido vía el área de la sección transversal a la altura x (−S (x) dx),o sea

svdt = −S (x) dx

de la cualskp2gxdt = −S (x) dx

cxxviii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

que resulta ser una ED de variables separables:

dt = − S (x)

sk√2gx

dx, (x 6= 0) (125)

Por las condiciones del problema: S (x) = π22 = 4π, s =

π¡112

¢2= 1

144π y se sabe que para el agua k = 0.6, luego de(125)

dt = − 4π1144π0.6

√2x9.81

dx

dt = −216. 73 1√xdxZ

dt = −216. 73Z

x−12 dx

t = 216. 73¡2√x¢

luegot = 433. 46

√x (126)

que representa la relación entre el nivel del agua y el tiempo.ii. Para lograr obtener el tiempo durante el cual se vacía el recip-iente, basta con sustituir en la ley encontrada el nivel total delcilindro, a saber: x = 6, obteniendo así

t = 433.46√6

t = 1061.8 seg.

es decirt = 17.697 min . (127)

en vaciarse totalmente el recipiente.

3. Enunciado del segundo Problema. Se sabe que los relojes de agua an-tiguos tenían la forma de copa o cáliz, Fig?4?, de la cual a través de unpequeño orificio en su fondo se escurría el agua. Tales relojes fueron us-ados por Griegos y Romanos antiguos por los jueces durante los juiciospara cronometrar el tiempo de los discursos y así evitar intervencionesmuy prolongadas. Se pide hallar la forma de los relojes de agua, para loscuales el nivel del agua disminuya en el recipiente con velocidad constante.

(a) Solución. Este problema es susceptible de ser resuelto mediante laaplicación de la misma fórmula (125) dt = − S(x)

sk√2gx

dx reescrita de lasiguiente forma:

√x = − S (x)

sk√2g

dx

dt(128)

0.10. PROBLEMA 4E. (OFERTA Y DEMANDA DE PETRÓLEO) cxxix

ya que en efecto, si se toma en cuenta que la copa o cáliz puedeconsiderarse como una superficie de revolución, de acuerdo con lanotación introducida en la Fig?4? con altura total x y una franja dealtura dx , radio r del círculo de la parte superior, y la proyecciónde la velocidad de la superficie libre del líquido sobre el eje x, la cualpor las condiciones del problema es una magnitud constante dx

dt = v= const, se tendrá

√x = − πr2

sk√2g

v (129)

y así se llega, elevando al cuadrado aquí en (129) a:

x = cr4 (130)

con c = π2v2

2gs2k2 .Y esta última fórmula significa que la forma de la superficie de losrelojes de agua se obtiene de rotar la curva (130) alrededor del eje x.Lo sorprendente de este tipo de relojes es que varios siglos antesde nuestra era hubiera sido posible la construcción práctica de losmismos, al menos desde la época de Arquímides.

0.10 Problema 4E. (Oferta y demanda de petróleo)

1. Consideraciones previas. Se sabe que la oferta y la demanda son cate-gorías económicas de la producción de mercancias, que surge y funcionaen forma aproximada en las sociedades de “libre” mercado en la esfera deintercambio de mercancias. La oferta representada en el mercado como elproducto que se ofrece o que puede ser llevado al mercado y la demandarepresentada en el mercado como la necesidad de una cierta mercancia.Una de las leyes económicas en la producción de mercancias resulta serla llamada ley de la oferta y la demanda, consiste en la unidad entre laoferta y la demanda y su objetiva tendencia a la complementaridad.

2. Enunciado del Poblema. Supongase que un país como México, duranteun período suficientemente prolongado de tiempo, a estado vendiendo almercado internacional petróleo crudo en barriles (que es mucho decir, puesrealmente abastece a USA, auque al precio del mercado internacional, con-trolado por USA y no por dicha ley, pero...), vendiendolo luego de su ex-tracción, digamos a intervalos diários. Entonces, con base en las reservasya extraídas pero acumuladas, la oferta diária de México dependerá tantodel precio por barril esperado en el siguiente día como en los cambios deprecio por barril propuestos para los días subsiguientes. Si para el día sigu-iente se está presuponiendo que el precio bajará y en los subsiguientes díastambién se está presuponiendo que el precio subirá, entonces la oferta debefrenarse, bajo la condición de superar el costo por almacenamiento, por elesperado aumento futuro del precio. Bajo estas condiciones la oferta de

cxxx ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

petróleo del día siguiente deberá ser tan menor como mayor se presupongasea el precio en los subsiguientes días. E inveramente si el día siguienteel precio será alto y después se espera su baja, entonces la oferta debeaumentar tanto más como menor sea el precio en lo sucesivo.

Denotando por p (t) el precio del barril de petróleo al tiempo t, y por·p (t) la

llamada tendencia a la formación del precio (derivada del precio respectoal tiempo), entonces tanto el oferta O como la demanda D serán entoncesfunciones de las magnitudes arriba señaladas. Bajo estas condiciones lapráctica enseña que dependiendo de varios factores tanto la oferta comola demanda puden llegar a ser funciones de lo más variado que dependende p y

·p. En particular, una de tales funciones es precisamente una de

las más simples, la lineal con coeficientes constantes. Y entonces si porejemplo, en el problema planteado el precio por barril de petróleo al inicioes de 19 USD y luego de t días el precio es de p (t) USD por barril y laoferta y la demanda están dadas por las funciones lineales siguientes:(

O = 44·p+ 2p− 1

D = 4·p− 2p+ 39

(131)

entonces para que la demanda correspondiera a la oferta (Ley de la ofertay la demanda) es necesario que se cumpla la igualdad entre O y D

44·p+ 2p− 1 = 4 ·p− 2p+ 39

de dondedpdt = −

110p+ 1 (132)

que es una ED lineal, pero como sus coeficientes son constantes, entoncestambién es de variables separables

dp110p− 1

= −dt (133)

lo cual simplifica su integración

pZ19

dξ110ξ − 1

= −tZ0

dτ

10 ln

µ1

10ξ − 1

¶|p19 = −τ

¯t0

10

∙ln

µ1

10p− 1

¶− ln

µ1

1019− 1

¶¸= −t

0.11. PROBLEMA 4F (CALENTAMIENTO DE UN CUERPO) cxxxi

ln110p− 11910 − 1

= − 110

t

110p− 11910 − 1

= e−110 t

1

10p− 1 =

9

10e−

110 t

de dondep (t) = 10 + 9e−

t10 (134)

Es así que si se impone la restricción de que la oferta sea igual a la de-manda, entonces es necesario que el precio cambie de acuerdo con la ley(134), que evidentemente es una función decreciente altamente benéficopara un país como USA, pero no así para un país como México, Véase laFig??.

0 50 10005

1015

x

y

p (t) = 10 + 9e−t10

0.11 Problema 4F (Calentamiento de un cuerpo)

Determinar el tiempo necesario para elevar la temperatura de 1 kg. de aguausando el calentador electrico más barato del mercado, si el voltaje aplicado es120 voltios y la resistencia de la espiral es de 14.4 ohmios, usando la ley de Joule- Lenz y sabiendo además que 1 kg. de agua se enfría de 40 a 30◦C en 10 min.

1. Consideraciones previas. Si se denota por Q (t) la cantidad de calor (encalorías) proporcionado por el calentador eléctico al tiempo t (en segun-dos), por T la temperatura del agua (en grados centígrados), por i la in-tensidad de la corriente (en amperios) y como R la resistencia (en ohmios),entonces la ley de Joule - Lenz se expresa como

Q (t) = 0.24i2Rt (135)

Por otro lado, el incremento de la cantidad de calor ∆Q, proporcionadopor el calentador eléctrico, durante el tiempo ∆t se compone i) de lacantidad de calor ∆Q1 necesaria para elevar la temperatura del agua en∆T , esto es

∆Q1 = cm∆T (136)

cxxxii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

con c la capacidad calorífica del líquido (para el agua c = 1) y m su masa;ii) de la cantida de calor ∆Q2 proveniente del proceso de compensacióndel enfriamiento del agua como resultado del resultado de intercambio decalor con el aire del medio durante el tiempo ∆t, o sea

∆Q2 = cmk (T − 20)∆t| {z } (137)

donde la parte k (T − 20)∆t representa, conforme a la Ley de Newton, elincremento de la temperatura en la sustancia refrigerante.

Solución. Por tanto, el incremento total de la cantidad de calor ∆Q será∆Q = ∆Q1 + ∆Q2, esto es ∆Q = cm∆T + cmk (T − 20)∆t, o bien ∆Q∆t= cm∆T∆t + cmk (T − 20), o pasando al límite cuando ∆t → 0 se obtieneel modelo:

dQ

dt= cm

dT

dt+ cmk (T − 20) (138)

Por lo que la velocidad de calentamiento de 1 gr. de agua (c = 1) será

1

m

dQ

dt=

dT

dt+ k (T − 20) (139)

Se puede estimar la parte izquierda de (139). Por la ley de Joule - Lenz:dQdt = 0.24i

2R, pero el voltaje V = iR (= 120 voltios), luego dQdt = 0.24

V 2

R ,

por lo que sustituyendo valores conocidos de V y R: dQdt = 0.24

1202

14.4 = 240,pero como m = 1 kg.= 1000 gr., entonces

1

m

dQ

dt= 0.24 (140)

Por otro lado la parte derecha de (139) caracteriza la ley de enfriamientode Newton:

dT

dt= −k (T − 20) (141)

que integrada bajo el dato de que el agua baja de 40 a 30◦C durante 10min.= 600 seg.

dT =dT

dtdt⇒

dT = −k (T − 20) dt⇒dT

T − 20 = −kdt⇒30Z40

dT

T − 20 = −k600Z0

dt⇒

[ln (T − 20)]3040 = −k [t]6000 ⇒ln 10− ln 20 = −600k

0.12. PROBLEMA 4G (DISTRIBUCIÓN DE LATEMPERATURA ENUNCASCARÓNESFÉRICO)cxxxiii

de donde

k =ln 2

600(142)

Y ahora regresando a la ED del modelo (139)

1

m

dQ

dt=

dT

dt+ k (T − 20)⇒

0.24 =dT

dt+ln 2

600(T − 20)

obteniendo así una ED lineal pero con coeficientes constantes, por lo cuales también de variables separables

dT

dt=

1

600[144− ln 2 (T − 20)]⇒

dT =dT

dtdt⇒

dT =1

600(144 + 20 ln 2− T ln 2) dt

600dT

144 + 20 ln 2− T ln 2= dt

luego

−600ln 2

100Z20

d (144 + 20 ln 2− T ln 2)

144 + 20 ln 2− T ln 2=

t∗Z0

dt⇒

−600ln 2

[ln (144 + 20 ln 2− T ln 2)]10020 = [t]

t∗

0 ⇒

−600ln 2

∙ln (144 + 20 ln 2− 100 ln 2)−ln (144 + 20 ln 2− 20 ln 2)

¸= t∗ ⇒

−600ln 2

[ln (144− 80 ln 2)− ln 144] = t∗

de donde: t∗ = 420.92 seg.= 420.9260 min., o sea

t∗ ' 7 min (143)

0.12 Problema 4G (Distribución de la temper-atura en un cascarón esférico)

Un cascarón esférico de acero, con radio interior de 6 cm. y radio exterior de10 cm., se encuentra en un estado calorífico estacionario. La temperatura dela superficie interior es de 200◦C, mientras que la temperatura de la superficieexterior es de 20◦C, ver la Fig?13?. Hallar la temperatura a la distancia r delcentro y la cantidad de calor que la esfera transfiere al exterior durante 1 seg.,sabiendo que el coeficiente de conductividad del acero es k = 0.14.

cxxxiv ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

1. Consideraciones previas. Basándose en la simetría esférica del problemase puede afirmar que el calor en el interior del cascarón se propaga endirección radial. A la distancia r del centro la superficie a través de lacual se transmite el calor será la superficie de la esfera de radio r:

λ (r) = 4πr2 (144)

Dado que la cantidad de calor no cambia al transmitirse el calor de unasuperficie esférica a otra cualquiera y esa cantidad de calor queda deter-minada por la Ley de Fourier, esto es la velocidad con la que el calor sepropaga a través de la superficie λ (r) en 1 seg. está dada por

Q (const) = −kλ (r) dTdr

(145)

con T la temperatura del cuerpo y k el coeficiente de conductividad tér-mica del material (acero).

Solución. Partiendo de (145) y de (144) el modelo del proceso queda dadapor

−k4πr2 dTdr

= Q (const) (146)

de la cual se puede separar variables e integrar

dT =dT

drdr⇒ dT = − Q

k4πr2dr ⇒Z

dT = − Q

4kπ

Zdr

r2⇒

de donde se tiene la solución general

T (r) =Q

4kπ

1

r+ C (147)

y con la condición inicial y la condición complementaria½

T (6) = 200T (10) = 20

,

se pueden determinar C y Q (dado que k = 0.14):(T (6) = 200 = Q

4×0.14π16 + C

T (10) = 20 = Q4×0.14π

110 + C

⇒½200 = Q

3.36π + C

20 = Q5.6π + C

⇒(Q = 180

13.36−

15.6

π

C = 20− 1512π5.6π

⇒

½Q = 1512πC = −250

0.13. PROBLEMA 4H (DISTRIBUCIÓN DE LA TEMPERATURA ENUN CASCARÓNCILÍNDRICO)cxxxv

luego la solución particular será: T (r) = 1512π4×0.14π

1r − 250, o sea

T (r) =270

r− 250 (148)

y la respuesta a la última pregunta del problema, esto es la cantidad decalor cedida por la esfera en 1 seg. será : Q = 1512π

Q = 4750.1cal.

0.13 Problema 4H (Distribución de la temper-atura en un cascarón cilíndrico)

Un tubo conductor de un líquido caliente, con radio de la base igual a 10 cm. estácubierto con un aislante de grueso 10 cm. y con un coeficiente de conductividadtérmica k = 0.00017. La temperatura del tubo es 160◦C. La temperatura dela cubierta exterior es de 30◦C, ver la Fig?14?. Hallar la distribución de latemperatura dentro de la capa aislante y la cantidad de calor transferida por 1m. de tubo.

1. Consideraciones previas. Si el cuerpo (el tubo) se encuentra en un estadotérmico estacionario y la temperatura en cada punto es función sólo dela variable longitudinal x, entonces por la Ley de conductividad térmicade Fourier, esto es la cantida de calor emitida por segundo a través de lacapa aislante está dada por

Q = −kλ (x) dTdx

= const (149)

con T la temperatura del cuerpo y k el coeficiente de conductividad tér-mica del material y λ (x) es el área de la superficie del tubo a la distanciax.

Solución. Partiendo de (149) el modelo del proceso queda dada por

−k2πxldTdx

= Q (const) (150)

donde l es la longitud del tubo en cm. y x el radio del tubo conductordel líquido caliente y de esta ED se pueden separar las variables e inte-grar, pero para facilitar técnicamente la deducción se hará de 2 manerasdistintas

dT =dT

dxdx⇒ dT = − Q

k2πxldx⇒⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

30R160

dT = − Qk2πl

20R10

dxx

TR160

dT = − Qk2πl

xR10

dxx

cxxxvi ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

de las que ½[T ]

30160 = −

Qk2πl [lnx]

2010

[T ]T160 = −Q

k2πl [lnx]x10

⇒½

−130 = − Qk2πl ln 2

T − 160 = − Qk2πl ln

x10

dividiendo la 2a. entre la 1a.

T − 160−130 =

− Qk2πl ln

x10

− Qk2πl ln 2

⇒

T − 160−130 =

lnx− ln 10ln 2

⇒

T

−130 = −160130

+lnx

ln 2− ln 10ln 2

⇒

T = 160− 130ln 2

lnx+ 130ln 10

ln 2

de donde se obtiene que la ley de distribución de la temperatura en elaislante es

T (x) = 591.85− 187.55 lnx (151)

Finalmente de la ecuación arriba obtenida, pero con l = 1 m.= 100 cm.

130 =Q

k2πlln 2⇒ Q =

130

ln 20.00017× 2π100⇒ Q = 20. 033

y la respuesta a la última pregunta del problema, esto es la cantidad decalor cedida por 1 m. durante 1 día será :

24× 60× 60Q = 86400× 20.033

24× 60× 60Q = 1.730 9× 106 cal

0.14 Problema 4I (Columna de tensión uniforme)Se tiene uan columna (viga vertical) metálica de tensión uniforme (significa quela columna tiene igual tensión en cualquiera de sus secciones transversales). Lacolumna tiene una longitud l = 100m.. Se supone que la columna está calculadapara soportar una carga de 2 Ton. (P = 2 Ton.). La tensión permisible del metales Tp = 1000 kg/cm2. Supóngase que el peso específico del metal es γ = 7.6gr/cm3. Determinar el área de la sección transversal superior de la columna.

1. Consideraciones previas. Para el caso, la tensión es la fuerza ejercida sobre1 cm2 de sección transversal de la columna.

Dado que en cada sección transversal de la columna las fuerzas que ac-túan son i) la carga permisible que soporta P y ii) el peso Q de la parte

0.14. PROBLEMA 4I (COLUMNA DE TENSIÓN UNIFORME) cxxxvii

inferior a la sección transversal dada de la columna. Esta última fuerzaQ crece al aumentar la altura de la sección transversal de la columna ypor ello al plantear la igualdad de tensiones será necesario que de igualmanera crezca el área de la sección transversal de la columna al alejarsedel extremo inferior de la columna y por esto tiene sentido la pregunta delproblema. Antes de pasar a la solución directa del problema se terminaráde puntualizar la notación: La variable básica será y el eje vertical, conorigen an la base de la columna. S0 = “área de la sección transversalinferior de la columna”

S1 = “área incógnita de la sección transversal superior de la columna”

S (y) = “área de una sección transversal variable ala altura y de la columna”

Tp = 1000 kg/cm2 = “la tensión permisible del metal, igual para todaslas secciones transversales de la columna”, ver la Fig.?15?

Solución. De la última notación se desprende que:

(Tp (S) = “Tensión en la sección transversal S (y) ”

Tp (S +∆S) = “Tensión en la sección transversal S (y) +∆pero como ambas son tensiones permisibles, ambas serán iguales a lamisma constante Tp, por ello

P +Q (y)

S (y)=

P +Q (y) +∆Q

S (y) +∆S= Tp

luego ½P +Q (y) = TpS (y)P +Q (y) +∆Q = Tp (S (y) +∆S)

Restando la 1a. a la 2a. de estas ecuaciones, se obtiene el incrementodel peso de la columna entre 2 secciones transversales suficientemente cer-canas: S (y) y S (y) +∆S:

∆Q (y) = Tp∆S (y) (152)

tomando esta parte de la columna entre S (y) y S (y)+∆S como cilíndricase tendrá

∆Q (y) = γS (y)∆y (153)

e igualando estas 2 aproximaciones

Tp∆S (y) = γS (y)∆y ⇒ ∆S (y)

∆y=

γ

TpS (y)⇒

lim∆y→0

∆S (y)

∆y= lim

∆y→0

γ

TpS (y)

de la que se concluye el modelo del proceso

dS

dy=

γ

TpS (y) (154)

cxxxviii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

en la que separando variables

dS

dy=

γ

TpS (y)⇒

dSdy

S=

γ

Tp⇒

d lnS

dy=

γ

Tp⇒ d ln y =

d lnS

dydy ⇒

d lnS =γ

Tpdy ⇒Z

d lnS =γ

Tp

Zdy ⇒ lnS =

γ

Tpy + lnC

de la que se deduce que : S = eγTp

y+lnC

S (y) = CeγTp

y(155)

y la condición inicial dada : S (0) = S0, ayuda a determinar C:

S (0) = CeγTp0 ⇒ C = S0

por lo que

S (y) = S0eγTp

y (156)

de la cual se puede deducir la respuesta a la pregunta del problema, o sea:

S (l) = S1 = S0eγTp

l (157)

sustituyendo los valores numéricos de los parámetros:

S0 : Tp =P

S0⇒ S0 =

P

Tp⇒

S0 =2 Ton

1000 kg/cm2=

2000 kg

1000 kg/cm2= 2 cm2

luego

S1 = S0eγTp

l

=¡2 cm2

¢e

7.6gr/cm3

1000 kg/cm2 (100 m)

=¡2 cm2

¢e7.6 gr/cm3

106 gr/cm2 (10000 cm)

=¡2 cm2

¢e0.076

es así que el área de la sección transversal superior de la columna es

S1 = 2.16 cm2 (158)

0.15. PROBLEMA 4J (PRESIÓN SOBRE LAS PAREDES DE UN SILO)cxxxix

0.15 Problema 4J (Presión sobre las paredes deun silo)

Supóngase que en un silo la presión de los granos sobre sus paredes ps es pro-porcional, con constante de proporcionalidad k, a la presión p de los granossobre una superficie horizontal, esto es ps = kp. Hallar la ley de cambio deps y p como funciones de la variable profundidad h del silo, al aumentar ésta ytomando en cuenta la fricción de los granos sobre las paredes del silo.

1. Consideraciones previas. Cómo son las condiciones de equilibrio de unapequeña capa suficientemente delgada entre 2 planos horizontales a lasprofundidades h y h+ dh, Fig 16. Sobre el primer plano actúa la presiónp hacia abajo y sobre el 2o. actúa la presión p + dp hacia arriba. Multi-plicando las fuerzas p y p+ dp por el área de la sección transversal S delsilo y restándolas se obtiene la fuerza que actúa hacia arriba:

S (p+ dp)− Sp = Sdp (159)

sobre la capa también actúa el propio peso de la misma γSdh, con dh laaltura de la franja y γ el peso específico de los granos (gr/cm3).

Además de estas fuerzas, si se abríera el orificio típico inferior de los silos,en el inicio del movimiento, y como consecuencia de de la presión de losgranos sobre las paredes, surge una fuerza resistente de fricción dirigidahacia arriba.

Si se denota por P al perímetro de la sección transversal del silo, entoncesel área de la franja correspondiente a las paredes es Pdh. Como dh se con-sidera suficientemente pequeña, entonces la presión lateral por unidad deárea, dentro de los límites de esta capa, se puede considerar constante, porconsiguiente la presión lateral total psPdh es igual a kpPdh y la fricciónprovocada por ella es igual a una magnitud proporcional de ella: k1kpPdh,con k1 la constante de proporcionalidad.

Solución. El modelo queda planteado si se escribe la condición de equilibriode todas las fuerzas que actúan sobre la franja descrita, a saber la sumade las magnitudes de dichas fuerzas tiene por fuerza resultante la fuerzade magnitud 0:

Sdp+ k1kpPdh− γSdh = 0 (160)

que en efecto, es una ED de variables separables, lo cual es patente si sereescribe como

dp+

µk1kP

Sp− γ

¶dh = 0

cxl ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

y se integra después de separar las variables

dp¡k1kPS p− γ

¢ = −dhp= γS

k1kP?

⇒Zdp

k1kPS p− γ

= −Z

dh⇒

S

k1kP

Zd¡k1kPS p− γ

¢¡k1kPS p− γ

¢ = −h⇒

S

k1kPln

¯k1kP

Sp− γ

¯= −h+ lnC1 ⇒

ln

¯k1kP

Sp− γ

¯ Sk1kP

= −h+ lnC1 ⇒¯k1kP

Sp− γ

¯ Sk1kP

= e−h+lnC1 ⇒¯k1kP

Sp− γ

¯= C2e

−hk1kPS ⇒

k1kP

Sp− γ = ±C2e−

hk1kPS ⇒

k1kP

Sp− γ = C3e

−hk1kPS ⇒

p =S

k1kPC3e

− k1kPS h +

γS

k1kP

donde C2 = Ck1kPS

1 , C3 = ±C2, y ahora C = SC3k1kP

p (h) = Ce−k1kPS h +

γS

k1kP(161)

y de la condición inicial implícita: p (0) = 0 se puede determinar C

p (0) = Ce−k1kPS 0 +

γS

k1kP⇒

C = − γS

k1kP

luego la solución particular es

p (h) =γS

k1kP

³1− e−

k1kPS h

´(162)

Finalmente, como ps = kp, entonces

ps (h) =γSk1P

³1− e−

k1kPS h

´(163)

De los resultados obtenidos en (162) y (163) se ve que p y ps crecen deuna manera no proporcional a la profundidad h.

0.16. ?PROBLEMA 4K (FÓRMULA BAROMÉTRICAY PRESIÓNA PROFUNDIDAD)cxli

0.16 ?Problema 4K (Fórmula barométrica y pre-sión a profundidad)

Para un lugar sobre el nivel medio del mar a una altura h, determinar comodepende la presión del aire p (kg/m2) de dicha altura h. Para las condicionesatmosféricas normales calcular la presión del aire a la altura h = 1000 m.

1. Consideraciones previas. Las condiciones atmosféricas normales se con-sideran: la temperatura de 0◦C y la presión atmosférica normal al nivel delmar (en la superficie de la Tierra) p0 = 10330 kg/m2, o sea que en el enun-ciado del Problema, determinar la presión del aire a la altura h = 1000 m.debe entenderse bajo la hipótesis de que las capas de aire que quedan pordebajo de esa altura poseen una temperatura constante de 0◦C. La den-sidad del aire sobre la superficie de la Tierra, en condiciones atmosféricasnormales es ρ0 = 1.29 kg/m

3. A la altura h, la presión del aire p (h) estádeterminada por el peso de la parte de la columna de aire de altura h quedescanza sobre la sección de 1 m2 de área, véase la Fig?17?

0.17 ?Problema 4L (Movimiento rectilíneo hor-izontal, con fuerza de fricción proporcionala la velocidad)

Una lancha de motor se desliza sobre aguas tranquilas con una velocidad dev0 = 20 km/hr. Inesperadamente el motor se desconecta y después de 40 seg.la velocidad de la lancha disminuye hasta v1 = 8 km/hr, Fig?18?. Se consideraque la fricción del agua es proporcional a la velocidad de la lancha. determinarla velocidad de la lancha 2 min después de haberse desconectado el motor.

0.18 ?Problema 4M (Movimiento rectilíneo hor-izontal con fuerza de fricción proporcionala la velocidad al cuadrado)

Un barco de 12000 Ton de peso se mueve rectilíneamente en forma horizontal conuna velocidad de v0 = 20 m/seg. La fuerza de fricción se considera proporcionalal cuadrado de la velocidad del barco y es igual a 36 Ton para un velocidad de1 m/seg ¿Qué distancia recorrerá el barco desde el alto de motores hasta lavelocidad v1 = 5 m/seg? ¿En qué tiempo se recorrerá esta distancia?

cxlii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

0.19 ?Problema 4N (Movimiento rectilíneo hor-izontal con fuerza de fricción proporcionala la velocidad y al peso del cuerpo)

A velocidades no muy grandes, la fuerza de fricción de un tren es determinadapor la fórmula empírica

Ff = (2.5 + 0.05v)P (164)

donde P es el peso del tren en Ton y v su velocidad en m/seg. Hallar en cuántotiempo y a qué distancia el tren alcanza en un tramo horizontal la velocidadv = 12 km/hr, si el peso del tren con la locomotora es P = 40 Ton y la fuerzade tracción de la locomotora es FT = 200 kg. También determinar la fuerza detracción N de la locomotora en el subsecuente movimiento uniforme.

0.20 ?Problema 4O (Movimiento rectilíneo hor-izontal con una fuerza que depende de laposición del punto)

Al pasar a través de un bosque y experimentar la resistencia que ofrecen losárboles el viento pierde parte de su velocidad. En un recorrido suficientementepequeño (infinitesimal dx) esta pérdida (proceso decreciente dv) resulta ser pro-porcional a la velocidad del recorrido v. Hallar la velocidad del viento v, luegode haber recorrido en el bosque x2 = 150 m, sabiendo que antes de la entradaal bosque, la velocidad inicial del viento es v0 = 12 m/seg, además conociendoque luego de recorrer en el bosque la distancia x1 = 1 m la velocidad del vientodisminuye hasta el valor v1 = 11.8 m/seg.

1. Solución.

0.21 ?Problema 4P (Movimiento vertical: caídasideral de un cuerpo por la acción de lagravedad)

Un cuerpo, con movimiento vertical, por la acción de la gravedad recibe unaaceleración a = k

r2 , donde k es el coeficiente de proporcionalidad y r la distanciadel cuerpo que cae, medida desde el centro de la Tierra. Hallar el tiempo decaída del cuerpo que cae, si éste se encuentra a una distancia de la luna hastael centro de la Tierra R = 60.27rT , con rT = 6377 km = 6.377× 106 m el radiode la Tierra.

0.22. ?PROBLEMA 4Q (MOVIMIENTOVERTICAL: CAÍDA SIDERAL DE UNMETEOROA LA TIERRA SIN AT

0.22 ?Problema 4Q (Movimiento vertical: caídasideral de un meteoro a la Tierra sin atmós-fera)

Un meteoro que ya se encuentra exclusivamente bajo la influencia del efecto deatracción de la Tierra, empieza a caer en línea recta sobre la Tierra a partir desu estado de reposo a una distancia H suficientemente grande (hasta el centro dela Tierra, con radio de la Tierra rT = 6377 km). Fig ?22?. ¿Con qué velocidadgolpearía la superficie de la Tierra, bajo la hipótesis de ausencia de atmósferaterrestre?

0.23 ?Problema 4R (Lanzamiento vertical de uncohete)

Un cohete se lanza en dirección vertical con una velocidad inicial de v0 = 100m/seg. La resistencia del aire frena su movimiento comunicando al cohete unaaceleración negativa −kv2 (donde k es el coeficiente aerodinámico y v es lavelocidad instantánea del cohete) Hallar el tiempo que tarda en alcanzar laaltura máxima.

0.24 ?Problema 4S (Caída con resistencia pro-porcional a la velocidad)

Desde cierta altura se deja care un cuerpo de masa m. Hallar la ley de cambiode la velocidad de caida v de dicho cuerpo como función del tiempo, si sobre elcuerpo actúan las fuerzas de gravedad y la de frenado del aire, con esta últimaconsiderada proporcional (con constante k de proporcionalidad) a la velocidad.

0.25 ?Problema 4T (Caída con resistencia pro-porcional al cuadrado de la velocidad)

La fuerza de gravedad de un piloto con su paracaídas es de 80 kg. La resistenciadel aire al caer el paracaidas es proporcional al cuadrado de su velocidad v2

(con coeficiente de proporcionalidad k = 400) Fig?24?. Hallar la velocidad decaída con respecto al tiempo y determinar la velocidad máxima de caída.

cxliv ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

0.26 ?Problema 4U (Caída de una placa con re-sistencia proporcional al cuadrado de la ve-locidad)

Determinar la velocidad que tendrá, después de 2 seg de iniciada la caída, unaplaca cuadrada de lado 1m. La placa antes de iniciar el movimiento se encuentraen reposo y en posición horizontal y pesa 2 kg. Se considera la resistencia delaire como proporcional al cuadrado de la velocidad.

0.27 ?Problema 4V (Caída en picada de un avióncon resistencia proporcional al cuadrado dela velocidad)

Un avión de pruebas empieza a caer en picada sin velocidad inicial. La fuerza deresistencia del aire se toma proporcional al cuadrado de la velocidad. Determinarla dependencia entre la velocidad vertical de picada a lo largo del tiempo, ladistancia recorrida y la velocidad máxima alcanzada por el avión.

0.28 ?Problema 4X (Caída de una gota de lluvia(masa variable))

Una gota de agua con masa inicial m0 gr se evapora uniformemente a unavelocidad de b gr/seg y se mueve por inercia con una velocidad inicial v0 cm/seg.La resistencia del medio es proporcional a la velocidad del movimiento de lagota y simultáneamente a su radio, suponiéndola esférica. En el instante inicial(t = 0) la fuerza de resistencia es igual a f0 din. Determinar cómo depende lavelocidad del movimiento v del tiempo t.

0.29 ?Problema 4Y (Rotación de un cuerpo enun líquido)

La acción de freno, que ejerce la fricción sobre un disco que gira en un líquido,es proporcional a la velocidad angular ω de la rotación del disco. Fig 27. De-terminar la ley de la velocidad angular como función del tiempo t, sabiendo queel disco empieza a girar con una velocidad angular inicial ω0 = 200 rev/min yal cabo de 1 min gira a una velocidad angular de ω0 = 120 rev/min.

0.30. ?PROBLEMA 4Z (LANZAMIENTODEUN PROYECTIL A LA LUNA)cxlv

0.30 ?Problema 4Z (Lanzamiento de un proyec-til a la Luna)

Con base a la Ley de Gravitación Universal analizar la posibilidad de llegar a laLuna disparando una nave espacial, a manera de proyectil. Lanzada por un armagigantesca. Determinar la velocidad que hay que transmitirle al proyectil paraque llegue hasta la Luna, sabiendo que la distancia media de la Tierra a la Lunaes d = 384395 km, el radio de la Tierra rT = 6377 km, la aceleración de la fuerzade gravedad en la superficie de la Tierra es gT = 9.81 m/seg2, la aceleración dela fuerza de gravedad en la Luna es gL = 1.62 m/seg2 (aproximadamente 1

6 degT ) y la masa de la Tierra es mT = 81.53mL, donde mL es la masa de la Luna.

0.31 ?Problema 4Aa (Velocidad de un lanzamientovertical)

Determinar la velocidad de un punto material que se lanza en dirección radial dela Tierra y que se encuentra sólo bajo la influencia de la atracción de la Tierra.

0.32 ?Problema 4Ba (Pérdida de carga eléctricaen un conductor)

A un conductor aislado se le transmite una carga deQ0 = 1000 culombios. Comoconsecuencia de la imperfección del aislante el conductor pierde paulatinamentesu carga. La velocidad de pérdida de carga eléctrica en un instante dado esproporcional a la cantidad de carga del conductor en el mismo instante ¿Quécarga queda en el conductor después de t = 10 min si en el primer minuto t = 1min se pierden 100 culombios.

0.33 ?Problema 4Ca (Líneas equipotenciales deun campo eléctrico)

A una distancia d entre los puntos A y B se encuentran 2 cargas iguales, aunquede signos contrarios +q y −q. Tomando al punto A como origen de coordenadasy dirigiendo el eje x a lo largo de la recta que une a A con B. Fig ?30?. Hallarla ecuación de las líneas equipotenciales del campo eléctrico generado por lascargas dadas.

0.34 ?Problema 4Da (Superficie de una fresa)

Una fresadora afilada tiene la forma mostrada en la Fig?31?, la cual despuésde ser usada se pule la parte AC. La superficie, cuya sección es la curva AB

cxlvi ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

debe de ser tal que el ángulo α entre el radio vector de cualquier punto sobre lacurva y la tangente a la curva AB en dicho punto sea constante. Determinar laecuación de la curva AB.

0.35 ?Problema 4Ea (Fricción en una banda detransmisión)

Sobre un tambor, de radio r, se encuentra colocada una banda de transmisiónsujeta a las fuerzas de tensión F0 y F1 de la banda, Fig?33?, de tal manera que elángulo central ] AOB es α. Gracias a la fricción entre el cilindro y la banda detansmisión una fuerza F0, incluso muy pequeña, puede equilibrar a una fuerzaF1 muy grande. Hallar la fuerza máxima F1 que pueda ser equilibrada por lafuerza F0, si el coeficiente de fricción es μ.

0.36 ?Problema 4Fa (Vaciado de un recipientecilíndrico)

Un recipiente cilíndrico lleno de agua, de altura h y una base de área S tiene enel fondo un orificio de área s. Hallar el tiempo durante el cual tarda en vaciarseel recipiente por el agujero.

0.37 ?Problema 4Ga (Grieta en un recipientecilíndrico)

En el fondo de un depósito cilíndrico lleno de un líquido se forma una gri-eta, Fig?35?. Determinar el tiempo que tarda en salir la mitad del líquido delrecipiente, sabiendo que se considera la velocidad de salida del líquido comoproporcional a la altura del nivel del líquido en el depósito y conociendo que enel transcurso del primer día salió un 10 % de su contenido.

0.38 ?Problema 4Ha (Grieta en un recipiente es-férico)

En el fondo de un recipiente de forma semiesférica de radio R = 1 m y lleno deagua se le formó una grieta de área σ = 0.25 cm2. Hallar el tiempo que tardaen salir el agua del perol.

0.39 ?Problema 4Ia (Llenado de un recipiente)A un de 4 m de profundidad con una sección transversal cuadrada, de lado 6m, le cae agua a una velocidad de 10 m3/min. Determinar el tiempo que tarda

0.40. ?PROBLEMA 4JA (NIVEL EN VASOS COMUNICANTES) cxlvii

en llenarse el depósito, si al mismo tiempo del recipiente sale agua a través deun orificio cuadrado de lado de longitud 1

12 m localizado en el fondo del mismo.

0.40 ?Problema 4Ja (Nivel en vasos comunicantes)

Dos vasos comunicantes tienen forma de paralelepípedos con áreas de sus básesS y S1, Fig?37?. Hallar el tiempo para el que se establece el mismo nivel enlos vasos comunicantes, bajo la hipótesis de que i) S = S1 = 100 m2, ii) ladiferencia inicial de niveles h = 2.5 m, iii) el área del orificio entre los vasos esσ = 0.5 m2. y iv) el coeficiente de resistencia hidráulica es η = 0.62.

0.41 ?Problema 4Ka (Curva de depresión)

Hallar la ecuación de la curva que forma el nivel del agua del subsuelo alrededorde un pozo redondo que se extiende hasta la capa impermeable, Fig?38?.

0.42 ?Problema 4La (Cambio de concentraciónde una solución)

E través de un recipiente de capacidad a litros de una solución acuosa de ciertasal, continuamente pasa líquido, entrando al recipiente b litros de agua porunidad de tiempo y saliendo la misma cantidad, pero de solución. Hallar laley de cambio de la concentración de la sal x en el recipiente como función deltiempo t al paso del líquido por dicho recipiente.

0.43 ?Problema 4Ma (Disolución de un sólido)

Supóngase que para una temperatura constante T = const., la velocidad dedisolución de un cuerpo sólido en un líquido es proporcional a la cantidad desustancia del cuerpo solido que aún puede disolverse P − x , sin que el líquidose sature (con P la cantidad de sustancia sólida que satura la solución y x lacantidad de sustancia ya disuelta al tiempo t). Determinar la ley que relacionaa la cantidad de sustancia disuelta x con el tiempo t.

0.44 ?Problema 4Na (Disolución del mosto parala sidra)

Un recipiente contiene 75 litros de mosto (zumo de la uva o la manzana antesde fermentar), el cual contiene 3 kg de azucar disuelta. La entrada de agua esde 4 l/min, mientras que la salida de la mezcla es de 2 l/min. La concentraciónse conserva uniforme mediante un mezclados. Determinar la cantidad de azucar

cxlviii ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

x (en kg) que se encuentra contenida en la mezcla del recipiente después de 25min de iniciado el proceso.

0.45 ?Problema 4Oa (Disolución de una sustan-cia a lo largo del tiempo)

Al dejar 10 kg de sal a la acción de 90 l. de agua, se observó que en 1 hrse disolvió la mitad de dicha cantidad. Considérese que la solución se saturacuando la concentración de la sustancia es C0 = 1

3 . Determinar la cantidadde sal disuelta en 1 hr (sabiendo que la velocidad de disolución de la sustanciaaún no disuelta es proporcional a la cantidad x aún sin disolver al tiempo t ysimultáneamente a la diferencia de concentraciones de la solución saturada y dela concentración al tiempo t), si durante este tiempo se inyectó 180 litros deagua.

0.46 ?Problema 4Pa (Ventilación de un local in-dustrial)

Analizar la ventilación de un local industrial, que incluye la parte de talleres detodo tipo, con volumen V m3, en el cual el proceso tecnológico es acompañadopor la acumulación uniforme de residuos nocivos en una cantidad de Z unidadespor hora. El cambio de aire durante 1 hr se realiza a una velocidad deM m3/hr,además el aire circulante contiene residuos nocivos en una concentración de μunidades/m3. Hallar la concentración z de residuos en el local (en 1 m3) altiempo t (en hrs) después de iniciada la labor diária, sabiendo que el valorinicial de esta concentración es z0 (el residuo de contaminación del día anteriorde trabajo anterior).

0.47 ?Problema 4Qa (Mezcla de gases)

Un recipiente con capacidad de 1 litro, tiene 2 tubos y está lleno de aire con1 volumen de 21% de oxígeno. A través de uno de los tubos entra lentamenteoxígeno puro, por el otro sale una mezcla del oxígeno con aire. ¿Qué canti-dad de oxígeno puro hay que inyectar al recipiente para llenar el recipiente deoxígeno puro? ¿Qué porcentaje de oxígeno contendrá el recipiente después deintroducirle 10 litros de oxígeno puro?

0.48 ?Problema 4Ra (Ionización de un gas)

Bajo la acción de radiación constante en un medio gaseoso. ocurre un proceso deionización, por lo cual en 1 seg se forman q iones positivos y q iones negativosen un volumen dado de gas. Como los iones positivos y negativos se unen

0.49. BIBLIOGRAFÍA cxlix

de nuevo entre sí, su número disminuye. De un total de n iones positivos,por segundo se une una parte proporcional al cuadrado de tal número. Elcoeficiente de proporcionalidad k depende del tipo y estado del gas. Detreminarla dependencia del número de iones n con respecto al tiempo.

0.49 Bibliografía

cl ED AUTÓNOMAS O SISTEMAS DINÁNICOS

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