230
APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN A PROBLEMAS DE MEZCLAS Considérese un tanque que tiene un volumen inicial V 0 de solución (una mezcla de soluto y solvente). Hay un flujo tanto de entrada como de salida y se quiere calcular la cantidad de soluto x(t) que hay en el tanque en cualquier instante de tiempo t, en función de la cantidad inicial de soluto x 0 al tiempo de iniciar el proceso de mezclado.
C1 = Concentración de entrada Q1 = razón de entrada
Vo = Volumen Inicial C0 = Concentración inicial x0 = Cantidad inicial de soluto
C2 (t) = Concentración de salida (varía en función de t) Q1 = razón de salida
Supóngase que la solución que se inyecta al tanque tiene una concentración de C 1 gramos de soluto por litro, y fluye al mismo con una tasa de Q 1 litros por segundo, en tanto que la sustancia contenida en el tanque se mantiene bien mezclada por agitación y fluye hacia fuera de este a una tasa de Q 2 litros por segundo.
OBSERVACIÓN: Es importante que quede claro que la cantidad de soluto en el tanque, una vez iniciado el proceso, va a variar en la medida en que transcurre el tiempo; es decir, la concentración de sal en el tanque es una función del tiempo.
Sea x(t) la cantidad de soluto en el tanque en un instante de tiempo t. La cantidad de soluto que fluye hacia el tanque durante ∆t segundos es (Q 1 C1 ∆t) gramos. La cantidad de soluto que fluye hacia fuera del tanque durante el mismo intervalo de tiempo, depende de la concentración de soluto C 2(t) en el tanque al instante t.
231
La concentración de soluto en el tanque en cualquier instante de tiempo t, viene dada por la ecuación: C 2 (t) = cualquier instante de tiempo t cualquier instante de tiempo t.
y
x (t) , donde donde x(t) es la la cantidad cantidad de de soluto soluto en V ( t)
V(t) denota volumen de líquido en el tanque en
Si la tasa de entrada de líquido al tanque es igual a la tasa de salida de líquido del tanque (Q1 = Q2) entonces el volumen en cualquier instante de tiempo t es el mismo, es decir, el volumen se mantiene constante (V(t) = V 0 , con V0 volumen inicial). Si la tasa de entrada de líquido al tanque es mayor a la tasa de salida de líquido del tanque (Q1 > Q2) entonces el volumen en cualquier instante de tiempo t es mayor que el volumen inicial V 0 (V(t) > V0). Si la tasa de entrada de líquido al tanque es menor a la tasa de salida de líquido del tanque (Q1 < Q2) entonces el volumen en cualquier instante de tiempo t es menor que el volumen inicial V 0 (V(t) < V0). El volumen de líquido en el tanque, en cualquier instante de tiempo t, viene dado por la ecuación V(t) = V 0 + (Q1 – Q2) t Por otra parte, la variación de la cantidad de soluto en un instante t, es igual a la diferencia entre la cantidad de líquido que fluye hacia el tanque (Q 1 C1 ∆t) y la cantidad de líquido que fluye fuera del tanque (Q 2 C2 ∆t): ∆x
= ( gramos que ingresan) - (gramos que salen) = (Q1 C1 ∆t) - (Q2 C2 ∆t) = (Q1 C1 - Q2 C2) ∆t ya que ∆t ≠ 0, dividiendo entre ∆t ∆x ∆t
calculando el límite de cuando
∆t
= (Q1 C1 - Q2 C2)
→0
lim ∆t → 0
∆x = (Q1 C1 − Q2 C2 ) ∆t
(1)
dx ∆x = dt ∆t
(2)
Por la definición de derivada, lim
∆t → 0
Comparando las ecuaciones (1) y (2) dx dt donde Q1, C1 y Q2 son constantes
= Q1 C1 - Q2 C2
(3)
231
La concentración de soluto en el tanque en cualquier instante de tiempo t, viene dada por la ecuación: C 2 (t) = cualquier instante de tiempo t cualquier instante de tiempo t.
y
x (t) , donde donde x(t) es la la cantidad cantidad de de soluto soluto en V ( t)
V(t) denota volumen de líquido en el tanque en
Si la tasa de entrada de líquido al tanque es igual a la tasa de salida de líquido del tanque (Q1 = Q2) entonces el volumen en cualquier instante de tiempo t es el mismo, es decir, el volumen se mantiene constante (V(t) = V 0 , con V0 volumen inicial). Si la tasa de entrada de líquido al tanque es mayor a la tasa de salida de líquido del tanque (Q1 > Q2) entonces el volumen en cualquier instante de tiempo t es mayor que el volumen inicial V 0 (V(t) > V0). Si la tasa de entrada de líquido al tanque es menor a la tasa de salida de líquido del tanque (Q1 < Q2) entonces el volumen en cualquier instante de tiempo t es menor que el volumen inicial V 0 (V(t) < V0). El volumen de líquido en el tanque, en cualquier instante de tiempo t, viene dado por la ecuación V(t) = V 0 + (Q1 – Q2) t Por otra parte, la variación de la cantidad de soluto en un instante t, es igual a la diferencia entre la cantidad de líquido que fluye hacia el tanque (Q 1 C1 ∆t) y la cantidad de líquido que fluye fuera del tanque (Q 2 C2 ∆t): ∆x
= ( gramos que ingresan) - (gramos que salen) = (Q1 C1 ∆t) - (Q2 C2 ∆t) = (Q1 C1 - Q2 C2) ∆t ya que ∆t ≠ 0, dividiendo entre ∆t ∆x ∆t
calculando el límite de cuando
∆t
= (Q1 C1 - Q2 C2)
→0
lim ∆t → 0
∆x = (Q1 C1 − Q2 C2 ) ∆t
(1)
dx ∆x = dt ∆t
(2)
Por la definición de derivada, lim
∆t → 0
Comparando las ecuaciones (1) y (2) dx dt donde Q1, C1 y Q2 son constantes
= Q1 C1 - Q2 C2
(3)
232
Sustituyendo en la ecuación (3) C 2(t) =
x (t) x (t) = V (t) V0 + (Q1 − Q2 ) t
⎡ ⎤ x (t) dx = Q1 C1 + Q2 ⎢ ⎥ dt ⎣ V0 + (Q1 − Q2 ) t ⎦ ecuación ésta, que puede escribirse dx dt
Q2
+
V0 + (Q1 − Q2 ) t
x(t) = Q1 C1
La ecuación diferencial asociada a problemas de mezclas es la ecuación diferencial lineal dx dt
Q2 x(t) = Q1 C1 V0 + (Q1 − Q2 ) t
+
Al resolver esta ecuación, sujeta a la condición x(0) = x 0 , se obtendrá la ley de variación de la cantidad de soluto x(t) en un instante de tiempo t
UNIDADES Y NOTACIONES Elemento
Notación
Unidades pies 3
cm3
Volumen
V(t)
lt
gal
Soluto
x(t)
gr-kg
lb
lb
gr-kg
Tiempo
t
min
min
min
min
Q1 Q2 C1 C2 (t)
lt/min
gal/min
pies 3/min
gr/min kg/min
lb/min
lb/min
Caudal de Entrada Caudal de Salida Concentración de Entrada Concentración de Salida
cm3/min gr/min kg/min
233
EJERCICIOS RESUELTOS SOBRE APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN A PROBLEMAS DE MEZCLAS 1. Un tanque contiene originalmente 100 galones de agua fresca. Se vierte dentro del tanque, agua que contiene ½ libra de sal por galón a una velocidad de 2 gal/min y se permite que salga la mezcla con la misma rapidez. Después de 10 min se para el proceso y se vierte agua fresca dentro del tanque a la velocidad de 2 gal/min, dejando salir la mezcla a la misma velocidad. Encontrar la cantidad de sal en el tanque al final de los 20 min. SOLUCIÓN: El problema debe resolverse en dos partes. Para el tiempo t 0 = 0 min la cantidad inicial de líquido en el tanque es V 0 = 100 gal; como lo que contiene el tanque es agua, la concentración inicial es C 0 = 0 lb/gal. Ya que, x 0 = C0 V0 = 0, entonces la cantidad inicial de sal en el tanque para el tiempo t 0 = 0 min es x 0 = 0 lb. Como a los 10 min de iniciado el proceso de mezclado este se detiene, debe entonces determinarse la concentración de sal en el tanque para t = 10 min C1 = ½ lb/gal
V0 = 100 gal
Q1 =2 gal/min
C0 = 0 lb/gal
La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es dx Q2 x = Q1 C1 (1) + dt V0 + ( Q1 − Q2 ) t
x0 = 0 lb
Q2 = 2 gal/min
Sustituyendo los datos en la ecuación (1) dx 2 ⎛ 1 ⎞ x = 2⎜ ⎟ + dt 100 + ( 2 − 2 ) t ⎝ 2 ⎠
simplificando dx dt despejando
+
1 50
x = 1
dx dt dx dt
=1 −
1 50
x
(2) dx ⎛ dx ⎞ dada ⎟ dt, sustituyendo dt ⎝ dt ⎠
Ya que la diferencial de la cantidad x de sal es dx = ⎜ por la ecuación (2)
⎛ ⎝
dx = ⎜1 −
1 50
⎞ ⎠
x ⎟ dt
(3)
234
La ecuación (3) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las 50 1 variables se multiplica la ecuación (3) por el factor = 1 ⎞ 50 − x ⎛ x⎟ ⎜ 1− 50 ⎠ ⎝ 50 50 − x
dx = dt
integrando
∫
50
∫
dt
dx =
50 − x
(4)
Ambas integrales son inmediatas
∫
50
50 − x
dx = − 50
∫ ∫
−1 dx = − 50 ln 50 − x + C1 50 − x dt = t + C2
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (4) − 50 ln 50 − x = t + C
(5)
Para determinar el valor de la constante C de integración, se utiliza la condición inicial, t0 = 0 min, x0 = 0 lb; estos valores se sustituyen en la ecuación (5), obteniéndose C = − 50 ln 50 . El valor obtenido para C se sustituye en la ecuación (5)
− 50 ln 50 − x
− 50 ln 50
= t
⎛ 1 ⎞ ⎟ agrupando los logaritmos a un solo lado de la igualdad 50 ⎝ ⎠
multiplicando por ⎜ −
ln 50 − x
− ln 50 = −
aplicando propiedades de logaritmo ln
50 − x 50
= −
t 50
aplicando e 50 − x 50
= e
−t
50
multiplicando por 50 50 – x = 50 e
−t
50
despejando x x = 50 – 50 e sacando factor común 50
−t
50
t 50
235
⎛ − t ⎞ ⎜ x (t) = 50 ⎜1 − e 50 ⎟⎟ ⎝ ⎠
(6)
La ecuación (6) representa la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque, para el intervalo de tiempo 0 < t < 10 De aquí que, la cantidad de sal en el tanque a los 10 min, se obtiene sustituyendo t =10 min en la ecuación (5)
⎛
x(10) = 50 ⎜⎜1 − e
−10
⎝
⎛ ⎞ − 1 ⎞ ⎜1 − e 5 ⎟ = 50 ( 1 - 0,82) = 9 50 = ⎜ ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ ⎠
50 ⎟
Por lo tanto, la cantidad de sal en el tanque al cabo de 10 min es x(10) = 9 lb. Justo a los 10 min se para el proceso de mezclado. A partir de ese momento se comienza un nuevo proceso de mezclado, por lo tanto, las condiciones iniciales del problema cambian. Ahora, se vierte al tanque agua fresca, es decir la concentración del líquido que se inyecta al tanque es C 1 = 0 lb/gal y se inyecta a una razón Q 1 = 2 gal/min. Como se deja salir a l a misma razón, Q 2 = 2 gal/min, el volumen de líquido en el tanque no varía, V0 = 100 gal y la cantidad de sal que hay en este momento en el tanque, es la cantidad de sal que se obtuvo para el tiempo t = 10 min en el primer proceso de mezclado; así x 0 = 9 lb. Este nuevo proceso se muestra en la siguiente figura
C1 = 0 lb/gal
V0 = 100 gal
Q1 =2 gal/min
C0 = 9/100 lb/gal x0 = 9 lb
Q2 = 2 gal/min
Sustituyendo los datos en la ecuación (1) dx 2 x = 0 + dt 100 + ( 2 − 2 ) t simplificando dx 1 x = 0 + dt 50 dx despejando dt dx 1 x = − (7) dt 50 Ya que la diferencial de la cantidad x de
dx ⎛ dx ⎞ dada por la ecuación (7) ⎟ dt, sustituyendo dt dt ⎝ ⎠
sal es dx = ⎜
dx = −
1 50
x dt
(8)
La ecuación (8) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las 1 variables, se multiplica la ecuación (8) por el factor x
236
1 x
1
dx = −
50
dt
integrando
∫
1
dx
x
=
−
1 50
∫
dt
(9) Ambas integrales son inmediatas
∫
1 x
dx = ln l x l + C3
∫
dt = t + C4
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (9) t ln l x l = − +K 50
(10)
Para determinar el valor de la constante K de integración, se utiliza la condición que para el tiempo en que se inicia el nuevo proceso de mezclado t = 0 min, la cantidad de sal en el tanque es x = 9 lb. Sustituyendo en la ecuación (10) resulta K = ln 9. Este valor de K, se sustituye en la ecuación (10) t ln l x l = − + ln 9 50 agrupando los logaritmos a un solo lado de la igualdad t ln l x l – ln 9 = − 50 aplicando propiedades de logaritmo t ⎛ x ⎞ ln ⎜ ⎟ = − 50 ⎝ 9 ⎠ aplicando e −t x = e 50 9 despejando x x (t) = 9 e
−t
50
(11)
La ecuación (11) representa la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque una vez reiniciado el proceso (luego de haberse detenido a los primeros 10 min). Para determinar la cantidad de sal en el tanque al final de los 20 min, como ya habían transcurrido 10 min de la primera parte del proceso entonces para completar los 20 minutos, transcurren 10 minutos más. Por lo tanto, sustituyendo t = 10 min en la ecuación (11) x(10) = 9 e
−1
5
= 7,37
237
Por lo tanto, la cantidad de sal en el tanque al final de los 20 min es de 7,37 lb
2. Un tanque con capacidad de 500 galones contiene inicialmente 200 galones de agua con 100 lb de sal en solución. Se inyecta al tanque agua que cuya concentración de sal es de 1 lb/gal, a razón de 3 gal/min. La mezcla debidamente agitada y homogeneizada sale del tanque a razón de 2 gal/min. a) Encuentre la cantidad de sal y la concentración de sal en el tanque para cualquier tiempo b) Determine la concentración de sal en el instante justo en que la solución alcanza el volumen total del tanque SOLUCIÓN: a) El volumen total del tanque es V t = 500 gal; sin embargo, antes de iniciar el proceso de mezclado, el tanque no está totalmente lleno, el volumen inicial de liquido en el tanque es V0 = 200 gal y hay disueltos x 0 = 100 lb de sal.
C1 = 1 lb/gal
Vt = 500 gal
Q1 = 3 gal/min
V0 = 200 gal
El líquido que se inyecta al tanque tiene una concentración C 1 = 1 lb/gal, y se inyecta a razón de Q1 = 3 gal /min. La mezcla debidamente agitada y homogeneizada sale del tanque a razón de Q2 = 2 gal /min La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es
x0 = 100 lb
dx dt
Q2 = 2 gal/min
+
Q2 V0 + ( Q1 − Q2 ) t
x = Q1 C1
(1)
Sustituyendo los datos en la ecuación (1) dx dt
+
2 200 + t
x=3
(2)
La ecuación (3) es una ecuación diferencial lineal, de la forma x’(t) + F(t)x =G(t). Para
∫
F( t ) dt
resolverla debe determinarse un factor integrante µ(t) = e µ (t) = e
∫
2
200 + t
dt
= e
2 ln 200 + t
= ( 200 + t ) 2
Multiplicando la ecuación (2) por el factor integrante µ (t) = ( 200 + t ) 2
( 200 + t ) 2 despejando
dx dt
dx dt
+ 2 ( 200 + t ) x = 3 ( 200 + t )2
238
dx dt
=
3 ( 200 + t )2 − 2 ( 200 + t ) x
(3)
( 200 + t )2
dx ⎛ dx ⎞ dada ⎟ dt, sustituyendo dt dt ⎝ ⎠
Ya que la diferencial de la cantidad x de sal es dx = ⎜ por la ecuación (3)
⎡ 3 ( 200 + t )2 − 2 ( 200 + t ) x dx = ⎢ ( 200 + t )2 ⎢⎣
⎤ ⎥ dt ⎥⎦
2
multiplicando por ( 200 + t ) y reordenando los términos de la ecucaión ( 200 + t )2 dx + 2 ( 200 + t ) x dt = 3 ( 200 + t ) 2 dt
(4)
Puesto que ( 200 + t ) 2 dx + 2 ( 200 + t ) x dt = d sustituyendo en la ecuación (4) d
( 200 + t ) 2 x
( 200 + t ) 2 x
= 3 ( 200 + t ) 2 dt
integrando
∫
d
[ ( 200 + t ) 2 x ]
=
∫
3 ( 200 + t ) 2 dt
(5)
Ambas integrales son inmediatas
∫ ∫ d
[ ( 200 + t ) 2 x ] = ( 200 + t )
2
x + k1
3 ( 200 + t ) 2 dt = ( 200 + t )3 + k2
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5) ( 200 + t )2 x = ( 200 + t )3 + k
(6)
Para determinar el valor de la constante de integración k, se utiliza la condición inicial para el tiempo t = 0 min, la cantidad de sal en el tanque es x = 100 lb. Sustituyendo estos valores en la ecuación (6) (200) 2 100 = (200) 3 + k despejando k k = (200)2 100 – (200) 3 = (200)2 (100 – 200) = – 100 (200) 2 este valor de k se sustituye en la ecuación (6)
( 200 + t ) 2 x multiplicando por ( 200 + t ) − 2
=
( 200 + t ) 3 – 100 (200)2
⎛ 200 x(t) = ( 200 + t ) – 100 ⎜⎜ ⎝ 200 + t
⎞ ⎟⎟ ⎠
2
(7)
La ecuación (7) representa la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque en función del tiempo.
239
Para determinar la ley de variación de la concentración de sal en el tanque en cualquier instante t, se debe recordar que la concentración en cualquier instante t se obtiene como el cociente entre la cantidad de sal en cualquier instante t y el volumen en cualquier instante t x( t ) C(t) = (8) V(t ) donde V(t) = V0 + ( Q1 – Q2 ) t = 200 + t (9) sustituyendo las ecuaciones (7) y (9) en la ecuación (8)
⎛ 200 ⎞ ⎟⎟ ( 200 + t ) − 100 ⎜⎜ + 200 t ⎝ ⎠ C(t) = 200 + t
2
2
= 1 –
6
100 (200)
3
( 200 + t )
=1 –
4 (10)
3
( 200 + t )
(10)
La ecuación (10) representa la ley de variación de la concentración de sal en el tanque en cualquier instante t b) Puesto que la razón de salida Q 2 es inferior a la razón de entrada Q 1, el volumen de líquido en el tanque va a aumentar Q2 < Q1 ⇒ Vo aumenta El volumen de líquido en el tanque, en cualquier obtiene por medio de la ecuación V(t) = V0 + (Q1 – Q2) t
instante t del proceso, se (11)
Así, para determinar el tiempo que demora en alcanzarse el volumen total de líquido en el tanque, se sustituyen los datos en la ecuación (11) 500 = 200 + ( 3 – 2 ) t despejando t t = 300 min = 5 h es decir, que exactamente a las 5 horas, se alcanza el volumen total de líquido en el tanque. Para determinar la cantidad de sal y la concentración justo en el instante que el tanque llega a su volumen máximo, se sustituye en las ecuaciones (7) y (10) el tiempo t = 300 min (que es cuando alcanza el volumen total)
⎛ 200 x(300) = ( 200 + 300 ) –100 ⎜⎜ ⎝ 200 + 300 C(300) = 1 –
4 (10 )6 3
( 200 + 500 )
2
⎞ ⎟⎟ = 500 – 100 ⎠
=1–
4 (10)6 6
343 (10)
2
⎛ 4 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎜ ⎟ = 500 – 100 ⎜ ⎟ = 484 ⎝ 25 ⎠ ⎝ 5 ⎠
=1–
4 343
=
339 343
= 0,98
Luego, al cabo de 5 horas la cantidad de sal en el tanque es 484 lb y la concentración es 0,98 lb/gal
240
3. Un tanque contiene 450 lt de líquido en el que se disuelven 30 gr de sal: Una salmuera que contiene 3 gr/lt se bombea al tanque con una intensidad de 6 lt/min, la solución adecuadamente mezclada se bombea hacia fuera con una intensidad de 8 lt/min. Encuentre el número de gramos de sal y la concentración de sal, que hay en el tanque en un instante cualquiera SOLUCIÓN: El volumen inicial de líquido en el tanque es V 0 = 450 lt y la cantidad inicial de sal en el tanque es x 0 = 30 gr. La salmuera que se bombea al tanque tiene una concentración C 1 = 3 gr/lt y se bombea a una razón Q 1 = 6 lt/min. La solución, debidamente agitada y homogeneizada, se extrae del tanque a razón Q 2 = 8 lt/min
C1 = 3 gr/lt
La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es dx Q2 x = Q1 C1 + (1) dt V0 + ( Q1 − Q2 ) t
V0 = 450 lt
Q1 = 6 lt/min
x0 = 30 gr
Q2 = 8 lt/min
despejando
Sustituyendo los datos en la ecuación (1) dx 8 x = 18 + dt 450 + ( 6 − 8 ) t simplificando dx 4 x = 18 + dt 225 − t
dx dt dx dt
= 18 −
4 225 − t
x
(2)
dx ⎛ dx ⎞ dada ⎟ dt, sustituyendo dt dt ⎝ ⎠
Ya que la diferencial de la cantidad x de sal es dx = ⎜ por la ecuación (2)
⎛ 4 dx = ⎜⎜18 − 225 − t ⎝
⎞
x ⎟⎟ dt
⎠
reordenando la ecuación dx +
4 225 − t
x dt = 18 dt
(3)
241
La ecuación (3) es una ecuación diferencial lineal de la forma x’ + F(t) x = G(t), donde 4 x , G(t) = 18. Para resolver la ecuación (3) debe determinarse un factor F(t) = 225 − t
∫
F( t ) dt
integrante µ = e
∫
F( t ) dt
µ= e
= e
∫
4
225− t
dt
= e
− 4 ln 225 − t
=
( 225 − t ) −4
Multiplicando la ecuación (3) por el factor integrante
( 225 − t ) −4 dx
( 225 − t ) −5 x
+ 4
dt = 18
( 225 − t ) −4 dt
dt = d
( 225 − t ) −4
(4)
Puesto que
( 225 − t ) −4 dx
( 225 − t ) −5 x
+ 4
x
sustituyendo en la ecuación (4)
( 225 − t ) −4
d
x
= 18
( 225 − t ) −4 dt
integrando
∫
d
[ ( 225 − t ) −4 x ] = 18
∫
(225 − t ) − 4 dt
(5)
Ambas integrales son inmediatas
∫ ∫ d
[ ( 225 − t ) −4 x ] =
(225 − t )
−4
dt =
( 225 − t ) −4 x
( 225 − t )−3 3
+ k1
+ k2
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5)
( 225 − t ) −4
x =
6 ( 225 − t ) −3 + k
(6)
Para determinar el valor de la constante k de integración se utiliza la condición inicial x(0) = 30, esto es, t 0 = 0 min y x0 = 30 gr se sustituyen en la ecuación (6)
( 225 ) −4 30
= 6 ( 225 ) −3 + k
despejando k k =
( 225 ) −4 30 − 6 ( 225 ) −3
= ( 225 ) − 4 ( 30 - 6 ( 225 ) ) =
( 225 ) −4
k = − ( 225 ) − 4 1320 este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6)
( 225 − t ) −4 multiplicando por
( 225 − t ) 4
x =
3 4 6 ( 225 − t ) − − ( 225 ) − 1320
( 30 - 1350)
242
x(t) = 6 ( 225 − t
)
⎛ 225 − - 1320 ⎜⎜ ⎝ 225
t ⎞
4
⎟⎟ ⎠
(7)
La ecuación (7) representa la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque en cualquier instante t. Para determinar la concentración de sal en el tanque en un instante t cualquiera, se debe recordar que la concentración C(t) es el cociente entre la cantidad de sal y el volumen de líquido en el tanque, en un instante t cualquiera, es decir x( t ) C(t) = (8) V( t ) donde V(t) = V0 + ( Q1 – Q2 ) t = 450 – 2t = 2 ( 225 – t ) (9) sustituyendo las ecuaciones (7) y (9) en la ecuación (8) 225 − t 6 ( 225 − t ) − 1320 ⎛ ⎜ 225 ⎞⎟ ⎝ ⎠ C(t) = 2 ( 225 − t )
C(t) = 3 − 690
4
= 3 − 690
( 225 − t ) 3 ( 225 ) 4
( 225 − t ) 3 ( 225 ) 4 (10)
La ecuación (10) representa la ley de variación de la concentración de sal en el tanque en cualquier instante t.
4. Un gran depósito está lleno de 500 gal de agua pura. Una salmuera que contiene 2 lb/gal se bombea al tanque a razón de 5 gl/min. La salmuera, adecuadamente mezclada, se bombea hacia fuera con la misma rapidez. a) Halle el número de libras de sal y la concentración de sal en el tanque en un instante t cualquiera b) Determine la cantidad de sal y la concentración al cabo de hora y media de iniciado el proceso de mezclado c) ¿Cuánto tiempo debe transcurrir para que la cantidad de sal en el tanque sea de 632,12 lb? SOLUCIÓN:
C1 = 2 lb/gal Q1 = 5 gal/min
V0 = 500 gal x0 = 0 lb
Q2 = 5 gal/min
a) El volumen inicial de líquido en el tanque es V 0 = 500 gal y como lo que contiene es agua pura, la cantidad inicial de sal en el tanque es x 0 = 0 gr. La salmuera que se inyecta al tanque tiene una concentración C 1 = 2 lb/gal y la razón de entrada es Q 1 = 5 gal/min. La mezcla, una vez agitada y homogeneizada, se extrae del tanque a la misma razón de
243
entrada, esto es, Q 2 = 5 gal/min. Puesto que, las razones de entrada y salida son iguales, el volumen de líquido en el tanque en cualquier instante t permanecerá constante e igual al volumen inicial V(t) = V 0 = 500 gal
La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es dx
Q2
+
dt V0 + ( Q1 − Q2 ) t sustituyendo los datos en la ecuación (1) dx 5 dt
+
500 + ( 5 − 5 ) t
x = Q1 C1
(1)
x = 10
simplificando dx dt despejando
+
1
x = 10
100
dx dt dx dt
1
= 10 −
100
x
(2)
dx ⎛ dx ⎞ ⎟ dt, sustituyendo dt ⎝ dt ⎠
La diferencial de la cantidad x de sal en el tanque es dx = ⎜ dada por la ecuación (2)
⎛
1
⎝
100
dx = ⎜⎜10 −
⎞
x ⎟⎟ dt
(3)
⎠
La ecuación (3) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las 1 variables basta multiplicar la ecuación (3) por el factor 1 ⎛ ⎞ x⎟ ⎜ 10 − 100 ⎠ ⎝ 1 1
dx = dt
1 1
dx =
⎛ ⎞ x⎟ ⎜ 10 − 100 ⎠ ⎝ integrando
∫
⎛ ⎞ x⎟ ⎜ 10 − 100 ⎠ ⎝
Ambas integrales son inmediatas
∫
dt
(4)
244
∫
−
1 1
⎛ ⎞ x⎟ ⎜ 10 − 100 ⎠ ⎝
dx = − 100
∫ ∫
1
1 100 dx = − 100 ln 10 − x + k1 1 ⎞ ⎛ 100 x⎟ ⎜10 − 100 ⎝ ⎠ dt = t + k2
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (4) 1 − 100 ln 10 − x = t +k 100
(5)
Para determinar el valor de la constante k de integración, se utiliza la condición inicial: para el tiempo t = 0 min, la cantidad de sal es x = 0 lb (es agua pura lo que hay en el tanque); estos valores se sustituyen en la ecuación (5), obteniéndose k = − 100 ln 10. Este valor conseguido para k se sustituye en la ecuación (5) 1 − 100 ln 10 − x = t − 100 ln 10 100 multiplicando por −
1 100
t 1 x = − + ln 10 100 100 agrupando los logaritmos a un solo lado de la igualdad t 1 ln 10 − x – ln 10 = − 100 100 aplicando propiedades de logaritmo 1 10 − x t 1 100 ln x = − = ln 1 − 100 10 1000 ln 10 −
aplicando e 1−
−t 1 x = e 100 1000
despejando x
⎛
x(t) = 1000 ⎜⎜1 − e
⎝
−t
⎞ ⎟ ⎠
100 ⎟
(6)
La ecuación (6) representa la ley de variación de la cantidad de la cantidad de sal en el tanque en cualquier instante t. Para determinar la concentración de sal en el tanque en un instante t cualquiera, se debe recordar que la concentración C(t) es el cociente entre la cantidad de sal y el volumen de líquido en el tanque, en un instante t cualquiera, es decir
245
x( t )
C(t) =
(7)
V(t )
donde V(t) = V0 + ( Q1 – Q2 ) t = 500
(8)
Sustituyendo las ecuaciones (6) y (8) en la ecuación (7)
⎛ ⎞ −t ⎜ 1000 ⎜ 1 − e 100 ⎟⎟ ⎛ ⎞ −t ⎝ ⎠ ⎜ C(t) = = 2 ⎜1 − e 100 ⎟⎟ 500 ⎝ ⎠
(9)
La ecuación (9) representa la ley de variación de la concentración de sal en el tanque en cualquier instante t. b) Para determinar la cantidad de sal y la concentración transcurrida hora y media, esto es 90 min, se sustituye en las ecuaciones (6) y (9) t = 90 min
⎛
x(90) = 1000 ⎜⎜1 − e
−9
⎞ ⎟ = 593,43 ⎠
10 ⎟
⎝ ⎛ − 9 ⎞ C(90) = 2 ⎜⎜1 − e 10 ⎟⎟ = 1,19 ⎝ ⎠
Luego, a los 90 min de iniciado el proceso de mezclado, la cantidad de sal en el tanque es de 593,43 lb y la concentración de sal es de 1,19 lb/gal c) A fin de establecer cuanto tiempo debe transcurrir para que la cantidad de sal en el tanque sea 632,12 lb, se sustituye x = 632,12 en la ecuación (6)
⎛ ⎞ −t ⎜ 632,12 = 1000 ⎜1 − e 100 ⎟⎟ ⎝ ⎠ despejando e
−t
100
e
−t
100
= 1 −
632,12 1000
aplicando ln
−
t 100
= ln
367,88 1000
despejando t t =
− 100 ln
91,97 250
= 100 (-0,9999) = 100
Por lo tanto, para que la cantidad de sal en el tanque sea de 632,12 lb deberán transcurrir 100 min, esto es, 1h y 40 min.
246
5. Efectuar el ejercicio anterior suponiendo que la solución se extrae a razón de 10 gal/min ¿Cuánto tiempo demorará el tanque en vaciarse? SOLUCIÓN: El volumen inicial de líquido en el tanque es V 0 = 500 gal agua pura, la cantidad inicial de sal en el tanque es x 0 = 0 gr.
y como lo que contiene es
La salmuera que se inyecta al tanque tiene una concentración C 1 = 2 lb/gal y la razón de entrada es Q 1 = 5 gal/min. La mezcla, una vez agitada y homogeneizada, se extrae del tanque y la razón de salida es, Q 2 = 10 gal/min. Puesto que, la razón de entrada es menor que la razón de salida, el volumen de líquido en el tanque va disminuyendo (V(t) < V 0). La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es dx
C1 = 2 lb/gal
V0 = 500 gal
Q1 = 5 gal/min
x0 = 0 lb
x = Q1 C1 dt V0 + ( Q1 − Q2 ) t sustituyendo los datos en la ecuación (1) dx 10 + x = 10 dt 500 + ( 5 − 10 ) t simplificando dx 2 x = 10 + dt 100 − t
Q2 = 10 gal/min
despejando dx dt
Q2
+
= 10 −
2 100 − t
(1)
dx dt
x
(2)
dx ⎛ dx ⎞ ⎟ dt, sustituyendo dt ⎝ dt ⎠
La diferencial de la cantidad x de sal en el tanque es dx = ⎜ dada por la ecuación (2)
⎛ ⎞ 2 x ⎟⎟ dt dx = ⎜⎜10 − 100 − t ⎠ ⎝ reordenando los términos de la ecuación dx +
2 100 − t
x dt = 10 dt
(3)
La ecuación (3) es una ecuación diferencial lineal de la forma x’(t) + F(t) x = G(t), 2 donde F(t) = y G(t) = 10. Para resolverla debe determinarse un factor integrante 100 − t
∫
F( t ) dt
µ= e
247
∫
F( t ) dt
µ= e
= e
∫
2
100 − t
dt
= e
− 2 ln 100 − t
( 100 − t ) −2
=
Multiplicando la ecuación (3) por el factor integrante
( 100 − t ) −2 dx
+ 2 ( 100 − t ) −3 x dt = 10
( 100 − t ) −2 dt
(4)
Puesto que
( 100 − t ) −2 dx
+ 2 ( 100 − t ) −3 x dt = d
( 100 − t ) −2 x
sustituyendo en la ecuación (4) d
( 100 − t ) −2 x
= 10
( 100 − t ) −2 dt
[ ( 100 − t ) −2 x ]
= 10
∫
integrando
∫
d
( 100 − t ) −2 dt
(5)
Ambas integrales son inmediatas
∫ ∫ d
[ ( 100 − t ) −2 x ]
= x
( 100 − t ) −2 dt =
( 100 − t ) −2
( 100 − t ) −1 +
+ k1
k2
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5) x
( 100 − t ) −2
= 10 ( 100 − t ) −1 + k
(6)
Para determinar el valor de la constante k de integración se utiliza la condición inicial 1 x(0) = 0, esto es, t 0 = 0 min y x0 = 0 lb se sustituyen en la ecuación (6) resultando k = − 10 Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6) 1 x ( 100 − t ) −2 = 10 ( 100 − t ) −1 − 10 multiplicando por ( 100 − t ) 2 x(t) = 10 ( 100 − t
) −
( 100 − t )2 10
(7)
La ecuación (7) representa la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque en cualquier instante t. Ahora debe determinarse el tiempo t v que demora el tanque en vaciarse. Si el tanque está vacío, significa que no hay líquido en él, por lo tanto el volumen es cero, es decir V(tv) = 0
248
Puesto que el volumen de liquido en el tanque en cualquier instante t viene dado como V(t) = V0 + ( Q1 – Q2 ) t al evaluar en t = t v V(tv) = V0 + ( Q1 – Q2 ) tv sustituyendo los datos 0 = 500 + (5 – 10) t v = 500 – 5 tv despejando t v 500 = 100 tv = 5 Por lo tanto, el tanque demora en vaciarse 100 min, es decir, 1 hora y 40 min
6. Un tanque de 120 galones, contiene inicialmente 90 libras de sal disueltas en 90 galones de agua. Hacia el tanque fluye, a razón de 4 galones por minuto, una salmuera que contiene 2 libras de sal por galón y la mezcla debidamente agitada y homogeneizada se extrae del tanque a razón de Q galones por minuto. Si se sabe el tanque comienza a desbordarse justo a los 30 min determine a) La razón Q de salida b) La cantidad de sal cuando el tanque se llena SOLUCIÓN: a) La cantidad inicial de líquido en el tanque es de 90 lt, lo que corresponde al volumen inicial, esto es V 0 = 90 lt. La cantidad inicial de sal disuelta en los 90 gal de agua es x0 = 90 lb Al tanque fluye una salmuera de concentración C 1 = 2 lb/gal y lo hace a una razón Q1 = 4 gal/min. La mezcla debidamente agitada y homogeneizada se deja salir del tanque a una razón Q 2 = Q gal/min.
C1 = 2 lb/gal Q1 = 4 gall/min
Vt = 120 gal V0 = 90 gal x0 = 90 lb
Q2 = Q gal/min
La ecuación diferencia asociada a los problemas de mezcla es dx Q2 + x = Q1 C1 (1) dt V0 + ( Q1 − Q2 ) t Observe que el caudal de salida Q 2 se desconoce. Este se determinara por medio de la ecuación del volumen en cualquier instante t V(t) = V0 + ( Q1 – Q2) t (2) De acuerdo con el enunciado, el tanque comienza a desbordarse para t = 30 min , es decir, en ese instante alcanza el volumen total V(30) = Vt = 120 gal
Evaluando la ecuación (2) para t = 30 min V (30) = V0 + ( Q1 – Q2) 30 sustituyendo V(30), V 0 y Q1
249
120 = 90 + ( 4 - Q2 ) 30 resolviendo 120 − 90
= 4 – Q2
30 despejando Q 2
Q2 = 3 gal/min b) Para determinar la cantidad de sal cuando el tanque se llena se debe determinarse la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque, en cualquier instante t. Para ello, se sustituyen todos los datos en la ecuación (1) dx 3 + x =8 dt 90 + ( 4 − 3 ) t simplificando dx 3 x =8 + dt 90 + t despejando
dx dt dx dt
3
= 8 −
90 + t
x
(3)
dx ⎛ dx ⎞ dada ⎟ dt , sustituyendo dt dt ⎝ ⎠
Ya que, la diferencial de la cantidad x de sal es dx = ⎜ por la ecuación (3)
⎛
3
⎝
90 + t
dx = ⎜⎜ 8 −
⎞
x ⎟⎟ dt
⎠
equivalentemente dx +
3 90 + t
x dt = 8 dt
(4)
La ecuación (4) es una ecuación diferencial lineal, de la forma x’(t) + F(t) x = G(t), 3 donde F(t) = y G(t) = 8. Para resolverla debe determinarse un factor integrante 90 + t
∫
F( t ) dt
µ (t) = e
∫
F( t ) dt
µ (t) = e
= e
∫
3
90 + t
dt
3 ln 90 + t
= e
=
( 90 + t ) 3
Multiplicando la ecuación (4) por el factor integrante
( 90 + t ) 3 dx + Puesto que
3 ( 90 + t )2 x dt = 8 ( 90 + t ) 3 dt
(5)
250
( 90 + t ) 3 dx +
3 ( 90 + t )2 x dt =
d
( 90 + t )3 x
sustituyendo en la ecuación (5)
( 90 + t )3
d
= 8 ( 90 + t ) 3 dt
x
integrando
∫
d
[ ( 90 + t ) 3 x ]
=
8
∫
( 90 + t ) 3 dt
(6) Ambas integrales son inmediatas
∫ ∫ d
[ ( 90 + t ) 3 x ] = x
( 90 + t ) 3 dt =
1 4
( 90 + t ) 3
( 90 + t )4
+ k1
+ k2
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6) x
( 90 + t ) 3
= 2 ( 90 + t )4
+k
(7)
Para determinar el valor de la constante k de integración se utiliza la condición inicial x(0) = 90, esto es, t = 0 min y x = 90 lb se sustituyen en la ecuación (7) resultando
( 90 )4 ; este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (7) x ( 90 + t ) 3 = 2 ( 90 + t )4 − ( 90 )4 multiplicando por ( 90 + t ) − 3 k= −
3
x(t) = 2 ( 90 + t
)
⎛ 90 ⎞ ⎟⎟ − 90 ⎜⎜ ⎝ 90 + 30 ⎠
(8)
La ecuación (8) representa la ley de variación de al cantidad de sal en el tanque en cualquier instante t. Puesto que el tanque se llena justo a los 30 min, sustituyendo t = 30 min en la ecuación (8) 3
x(30) = 2 ( 90 + 30 )
⎛ 90 ⎞ ⎛ 27 ⎞ ⎛ 27 ⎞ ⎟⎟ = 240 − 90 ⎜ − 90 ⎜⎜ ⎟ = 240 − 45 ⎜ ⎟ = 202,03 90 30 64 32 + ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Luego, la cantidad de sal en el tanque en el momento de alcanzar su volumen máximo es 202,03 lb
7. Un tanque cuyo volumen es de 4000 lt está inicialmente lleno hasta la mitad de su capacidad, con una solución en la que hay disueltos 100 kg de sal. Se bombea agua pura al tanque a razón de Q lt/min y la mezcla, que se mantiene homogénea mediante agitación, se extrae a razón de 3 lt/min. Si se sabe que al cabo de 3 horas y 20 min hay 800 lt más de solución en el tanque, determine a) El caudal de entrada Q b) Cantidad de sal en el tanque al cabo de 4 horas
251
c) Cantidad de sal y concentración de sal al momento justo de comenzar a desbordarse SOLUCIÓN: a) La cantidad inicial de líquido en el tanque es la mitad de su capacidad total, por lo tanto, el volumen inicial de líquido es V 0 = 2000 lt y la cantidad inicial de sal disuelta en los 2000 lt de solución es x 0 = 100 kg Al tanque fluye agua pura, por lo que la concentración de entrada es C 1 = 0 kg/lt y lo hace a una razón de entrada Q 1 = Q lt/min. La mezcla debidamente agitada y homogeneizada se deja salir del tanque a una razón Q 2 = 2 lt/min.
C1 = 0 Kg/lt
Vt = 4000lt
Q1 = Q lt/min
V0 = 1000 lt x0 = 100 kg
La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es dx Q2 x = Q1 C1 + (1) dt V0 + ( Q1 − Q2 ) t Observe que el caudal de entrada Q 1 se desconoce. Este se determinara por medio de la ecuación del volumen en cualquier instante t V(t) = V0 + ( Q1 – Q2) t (2)
De acuerdo con el enunciado, luego de 3 horas y 20 min, hay 800 lt más de líquido en en el tanque. Es decir, para el tiempo t = 200 min el volumen de líquido es V(200) = 2800 lt; sustituyendo estos valores en la ecuación (2) V (200) = 2000 + ( Q 1 – 3) 200 resolviendo 2800 − 2000 = Q1 – 3 200 despejando Q 1 Q1 = 7 lt/min Q2 = 3 lt/min
b) Para obtener la cantidad de sal en el tanque al cabo de 4 horas debe determinarse la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque, en cualquier instante t. Para ello, se sustituyen todos los datos en la ecuación (1) dx 3 x =0 + dt 2000 + ( 7 − 3 ) t simplificando dx 3 + x =0 dt 2000 + 4 t despejando
dx dt
252
dx dt
−
=
3
x
2000 + 4 t
(3)
dx ⎛ dx ⎞ dada ⎟ dt , sustituyendo dt ⎝ dt ⎠
Ya que, la diferencial de la cantidad x de sal es dx = ⎜ por la ecuación (3)
⎛
3
⎝
2000 + 4 t
dx = ⎜⎜ −
⎞
x ⎟⎟ dt
(4)
⎠
La ecuación (4) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las 1 variables se multiplica la ecuación (4) por el factor x 1 3 dx = − dt x 2000 + 4 t integrando
∫
1 x
dx =
∫
−
3
dt
2000 + 4 t
(5)
Ambas integrales son inmediatas
∫ ∫ 1 x
∫
−
3 2000 + 4 t
dt = −
dx = ln l x l+ k1
3
4
4
2000 + 4 t
dt = −
3 4
ln 2000 + 4 t
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5) 3 ln l x l = − ln 2000 + 4 t + k 4
+ k2
(6)
Para determinar el valor de la constante k de integración se utiliza la condición inicial x(0) = 100, esto es, t = 0 min y x = 100 gr se sustituyen en la ecuación (6) 3 ln 2000 + k ln l 100 l = − 4 despejando k 3 ln 2000 = k ln 100 + 4 por propiedades de logaritmo
⎡
3
⎤
k = ln ⎢ 100 (2000 ) 4 ⎥ ⎣ ⎦ Sustituyendo el valor obtenido para k en la ecuación (6)
253
ln l x l = −
3
4 aplicando propiedades de logaritmo
ln 2000 + 4 t
ln l x l =
⎡
3
⎤
+ ln ⎢ 100 (2000 ) 4 ⎥ ⎣ ⎦
3 ⎤ ⎡ 4 500 ⎛ ⎞ ln ⎢ 100 ⎜ ⎟ ⎥ ⎢ ⎝ 500 + t ⎠ ⎥ ⎣ ⎦
aplicando e
⎛ 500 ⎞ x(t) = 100 ⎜ ⎟ 500 t + ⎝ ⎠
3
4
(7)
La ecuación (7) representa la ley de variación de al cantidad de sal en el tanque en cualquier instante t. La cantidad de sal, luego de 4 horas se obtiene sustituyendo t = 240 min en la ecuación (7)
⎛ 500 ⎞ x(240) = 100 ⎜ ⎟ ⎝ 500 + t ⎠
3
4
3
⎛ 500 ⎞ = 100 ⎜ ⎟ ⎝ 740 ⎠
4
⎛ 25 ⎞ = 100 ⎜ ⎟ ⎝ 37 ⎠
3
4
= 74,52
Luego la cantidad de sal en el tanque, transcurridas 4 horas, es 74,52 kg b) Ahora debe determinarse el tiempo que ha transcurrido para que en el tanque queden 50 kg de sal. Para ello se sustituye x = 50 en la ecuación (7) y se busca el valor de t
⎛ 500 ⎞ 50 = 100 ⎜ ⎟ ⎝ 500 + t ⎠
3
4
⎛ 1 ⎞ ⎟ y elevando a la 4/3 ⎝ 100 ⎠
Multiplicando por ⎜
⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎛ 1 ⎞ Multiplicando por ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠
4
3
⎛ 500 ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 500 + t ⎠
−4 3
(500 + t )
⎛ 1 ⎞ 500 + t = 500 ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠
− 43
despejando t 4
⎡ 4 ⎤ t = 500 ( 2 ) 3 − 500 = 500 ⎢ (2) 3 − 1 ⎥ ⎣ ⎦ Luego, deberán transcurrie t = 760 min = 12 horas 40 min. Para que queden en el tanque 50 kg de sal c) A fin de establecer la cantidad de sal y la concentración de sal en el tanque, justo al momento de desbordarse, debe determinarse el tiempo t para el cual el tanque comienza a desbordarse. Es decir, debe determinarse el tiempo t m para el cual el volumen de líquido en el tanque es exactamente el volumen total V(t m) = Vt = 4000 lt
254
Recuerde que el volumen de líquido en el tanque en cualquier instante t esta dado por la ecuación V (t) = V0 + ( Q1 - Q2 ) t Así, para el tiempo t m V(tm) = V0 + ( Q1 - Q2 ) tm sustituyendo los datos 4000 = 2000 + 4 t m Despejando t m tm = 500 min = 8h 20 min Una vez determinado el tiempo justo en que se alcanza el volumen total de líquido en el tanque, t = 500 min, este se sustituye en la ecuación (7)
⎛ 500 ⎞ x(t) = 100 ⎜ ⎟ 500 500 + ⎝ ⎠
3
4
=
100
= 59,46
3
(2) 4
Por lo tanto, la cantidad de sal en el tanque justo al momento de desbordarse ( t = 500min) es 59,46 kg La concentración de sal en el tanque en cualquier instante t es igual al cociente entre la cantidad de sal y el volumen de sal en cualquier instante t
⎛ 500 ⎞ 100 ⎜ ⎟ x( t ) 500 + t ⎠ ⎝ = C(t) = V( t ) 2000 + 4t
3
4
⎛ 500 ⎞ 25 ⎜ ⎟ 500 + t ⎠ ⎝ = 500 + t
3
4
=
3
( 500 ) 4 7 ( 500 + t ) 4 25
sustituyendo t = 500 min C(500) =
25
3
( 500 )
( 500 +
500
4 7
)
= 4
25 7
3
( 500 )
(2) 4
4 7
( 500 )
= 4
25 7
(2) 4
( 500 )
=
1 7
= 0, 0148
20 ( 2 ) 4
Por lo tanto, la concentración de sal en tanque justo al momento de desbordarse ( t = 500 min) es 0, 0148 kg/lt
8. Considérese un estanque con un volumen de 8 mil millones de pies cúbicos y una concentración inicial de contaminantes de 0,25 %. Hay un ingreso diario de 500 millones de pies cúbicos de agua con una concentración de contaminantes de 0,05 % y un derrame diario de igual cantidad de agua bien mezclada en el estanque ¿Cuánto tiempo pasará para que la concentración de contaminantes en el estanque sea de 0,10%? SOLUCIÓN: La cantidad inicial de líquido en el estanque es V 0 = 8.000.000.000 pies 3, y la -4 concentración inicial de contaminantes en el estanque es C 0 = 0,25 % = 0,0025 = 25 . 10
255
La cantidad inicial de contaminantes x 0 esta dada como -4 x0 = C0 V0 = 25 . 10 8 . 109 = 200 . 105 = 2 . 107 así, la cantidad inicial de sal en el tanque es x 0 = 2 . 107 lb Al tanque fluye agua a una razón de entrada Q 1 = 500.000.000 pies 3/día y la concentración de contaminantes de el agua que se inyecta al tanque es -4 C1 = 0,05 % = 0.0005 = 5 . 10 . El agua bien mezclada en el estanque sale a la misma razón entrada Q2 = Q1
V0 = 8 . 109 pie3
C1 = 0,05 % 8
La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es dx Q2 x = Q1 C1 + (1) dt V0 + ( Q1 − Q2 ) t
3
Q1 = 5 . 10 pie /día
Sustituyendo los datos en la ecuación (1)
C0 = 0,25 %
dx
+
dt 8
3
Q2 = 5 . 10 pie /día
5 . 108 8 .109
simplificando dx dt
despejando
x = 5 .108 5 . 10− 4
+
1 16
x = 25 . 104
dx dt dx dt
= 25 . 10
4
−
1 16
x =
4 . 106 − x
(3)
16
⎛ dx ⎞ ⎟ dt , dt ⎝ ⎠
Puesto que la diferencial de la cantidad x de contaminantes es dx = ⎜ sustituyendo
dx dt
dada por la ecuación (3)
⎛ 4 . 106 − x ⎞ ⎟ dt dx = ⎜ ⎜ ⎟ ⎝ 16 ⎠
(4)
La ecuación (4) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las 16 variables se multiplica la ecuación (4) por el factor 4 . 106 − x
⎛ ⎞ 16 ⎜ ⎟ dx = dt ⎜ 4 . 106 − x ⎟ ⎝ ⎠ integrando
∫
⎛ ⎞ 16 ⎜ ⎟ dx = ⎜ 4 . 106 − x ⎟ ⎝ ⎠
Ambas integrales son inmediatas
∫
dt
(5)
256
∫
16 6
4 . 10 − x
dx = − 16
∫
1
x − 4 . 10
dx = − 16 ln x − 4 . 10 6 + k1
6
∫
dt = t + k2
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5)
− 16 ln x − 4 . 10 6 = t + k
(6)
Para determinar el valor de la constante k de integración se debe utilizar la condición inicial, esto es, para el tiempo t 0 = 0 día, la cantidad de contaminantes es x 0 = 2 . 107 Sustituyendo en la ecuación (6) t = t 0 = 0 día y x0 = 2 . 107 k = − 16 ln 2.107 − 4 . 10 6
= − 16 ln 2 . 10 6 (10 − 20 ) = − 16 ln 16 . 106
este valor conseguido para k se sustituye en la ecuación (6)
− 16 ln x − 4 . 10 6 = t − 16 ln 16 . 106 equivalentemente
− 16 ln x − 4 . 106 + 16 ln 16 . 10 6 = t aplicando propiedades de logaritmo
16 ln multiplicando por
1 16
16 . 106 x − 4.10
y aplicando e 16 . 10 6 x − 4.10
multiplicando por e
=t
6
−t
16
t
6
= e 16
( x − 4.106 ) 16 . 106 . e
−t
16
= x − 4.106
despejando x −t
x(t) = 4 . 106 + 16 . 106 e 16 equivalentemente
⎛
−t
⎞
x(t) = 4 . 106 ⎜⎜1 + 4e 16 ⎟⎟
⎝
⎠
(7)
La ecuación (7) representa la ley de variación de la cantidad x de contaminantes en el estanque en un instante cualquiera
257
Para poder determinar cuando la cantidad de contaminantes será de 0,10 %, debe comenzarse por establecer la ley de variación de la concentración de contaminantes en el estanque. La concentración en un instante t cualquiera de tiempo, está dada por la ecuación x( t ) C(t) = V( t ) Puesto que le razón de entrada Q 1 coincide con la razón de salida Q 2 y como V(t) = V0 + (Q1 – Q2) t entonces V(t) = V0 = 8 . 109 pie3
(8)
(9)
Sustituyendo las ecuaciones (7) Y (9) en la ecuación (8) − t ⎞ ⎛ ⎜ 4.10 ⎜ 1 + 4 e 16 ⎟⎟ ⎝ ⎠ C(t) = 6
para C(t) = 0,10% = 10
-3
8.10
-3
10
=
9
− t ⎞ ⎛ ⎜ 1 + 4 e 16 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠
2.103
− t ⎞ ⎛ ⎜ 1 + 4 e 16 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠
=
2.103
multiplicando por 2 . 10 3
−t
2 = 1 + 4 e 16 efectuando operaciones −t
4e 16 = 1 t
multiplicando por e 16 t
e 16 = 4
aplicando logaritmo t 16
= ln 4
despejando t t = 16 ln4 = 16 ( 1,39) = 22,24 De aquí que, deben transcurrir 22,24 días, esto es, 22 días, 5 horas, 45 min y 4 seg para que la concentración de contaminantes en el estanque llegue a 0,10 %
258
9. Un tanque de 400 galones contiene la cuarta parte de su capacidad de salmuera , con una concentración de sal de 5 kg/gal. Se inyecta salmuera al tanque con concentración de 1 kg/gal y a razón de 5 gal/min. La salmuera, debidamente agitada y homogeneizada en el tanque, fluye a razón de Q gal /min. Si se sabe que al cabo de dos horas y media el tanque alcanza su máxima capacidad, determine a) El caudal de salida Q b) La cantidad de sal cuando alcanza su máxima capacidad SOLUCIÓN: a) El tanque tiene una capacidad total V t = 400 gal, pero solo esta lleno hasta un cuarto de su capacidad, es decir . el volumen inicial de líquido en el tanque es V 0 = 100 gal. La concentración de sal en estos 100 gal de líquido es C 0 = 5 kg/gal. Puesto que la cantidad inicial de sal en el tanque está dada por x0 = C0 V0 x0 = 5 (100) = 500 ⇒ es decir, la cantidad inicial de sal en el tanque es x 0 = 500 kg Al tanque se inyecta una salmuera de concentración C 1 = 1 kg/gal a una razón Q1 = 5 gal/min y la mezcla debidamente agitada y homogeneizada se extrae a razón de Q2 = Q gal/min; además al cabo de dos horas y media, esto es 150 min, el volumen es V(150) = 400. Para determinar el valor de Q se utiliza la ecuación del volumen en cualquier instante t : V(t) = V0 + ( Q1 – Q2 ) t. Sustituyendo en la ecuación del volumen V(150) = 400, V 0 = 100, Q1 = 5 y t = 150 400 = 100 + (5 – Q) 150 despejando Q 400 − 100 =3 Q= 5− 150 De aquí que, el caudal de salida es Q 2 = 3 gal/min
C1 = 1 kg/gal
Vt = 400 gal
Q1 = 5 gal/min
V0 = 100 gal C0 = 5 kg/gal x0 = 500 kg
Q2 = 3 gal/min
La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es dx Q2 x = Q1 C1 + (1) dt V0 + ( Q1 − Q2 ) t Sustituyendo los ecuación (1) dx 3
+
dt 100 + Simplificando dx dt
+
(5 −
datos
3)t
3
100 + 2 t
en
la
x =5
x =5
(2)
La ecuación (2) es una ecuación diferencial lineal de la forma x’(t) + F(t) x = G(t), donde F( t ) =
3 100 + 2 t
∫
F ( t ) dt
y G(t) = 5. Debe buscarse un factor integrante µ (t) = e
259
µ (t) = e Despejando
dx dt
∫
3
100 + 2t
dt
= e
3 2
∫
2 dt 100 + 2t
=
3 ln 100 + 2t e2
= (100 + 2t )
3/2
de la ecuación (2) dx dt
=5−
3 100 + 2 t
x
(3) dx ⎛ dx ⎞ dada ⎟ dt, sustituyendo dt ⎝ dt ⎠
Ya que la diferencial de la cantidad x de sal es dx = ⎜ por la ecuación (3) dx =
⎛ ⎞ 3 ⎜⎜ 5 − x ⎟⎟ dt 100 + 2 t ⎠ ⎝
equivalentemente dx +
3 100 + 2 t
x dt = 5 dt
(4)
Multiplicando la ecuación (4) por el factor integrante µ (t) = (100 + 2t ) 3/2 3/2 (100 + 2t ) dx + 3 (100 + 2t) 1/2 dt = 5 (100 + 2t ) dt
3/2
(5)
Puesto que 3/2
(100 + 2t ) dx + 3 (100 + 2t)1/2 dt sustituyendo en la ecuación (5) d (100 + 2t )3/2 x
= d (100 + 2t )3/2 x
= 5 (100 + 2t )
3/2
dt
integrando
∫
[
d (100 + 2t )3 / 2 x
]=5
∫
(100 + 2t )3 / 2 dt
(6)
Ambas integrales son inmediatas
∫ ∫ [
] = (100 + 2t)
(100 + 2t )3 / 2 dt
=
d (100 + 2t )3 / 2 x
1 5
3/2
x + k1
(100 + 2t )5 / 2 + k2
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6) (100 + 2t)
3/2
x = (100 + 2t )5 / 2 + k
Para obtener el valor de k se utiliza la condición sustituye t = 0 min y x = 500 kg en la ecuación (7) 3/2 5/2 (100) 500 = (100) + k despejando k
(7) x(0) = 500, es decir, se
260 3/2
5/2
k = (100) 500 - (100) = (100) este valor de k se sustituye en la ecuación (7) (100 + 2t)
3/2
3/2
(500 – 100) = 400 (100)
x = (100 + 2t )5 / 2 + 400 (100)
3/2
3/2
multiplicando por ( 100 + 2t ) − 3 / 2
⎛ 100 ⎞ x(t) = (100 + 2t) + 400 ⎜ ⎟ + 100 2 t ⎝ ⎠
3/2
(8)
La ecuación (8) representa la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque en un instante t cualquiera. Para determinar la cantidad de sal presenta en el tanque cuando este alcanza su volumen total, bastara con sustituir en la ecuación (8), el tiempo que demora en alcanzar la capacidad total, esto es t = 150 min se sustituye en la ecuación (8)
⎛ 100 ⎞ x(150) = (100 + 300) + 400 ⎜ ⎟ ⎝ 100 + 300 ⎠
3/2
⎛ 1 ⎞ = 400 + 400 ⎜ ⎟ ⎝ 4 ⎠
3/2
= 400 +
400 8
=
3600 8
= 450
Por lo tanto la cantidad de sal presente en el tanque, cuando alcanza su máxima capacidad es 450 kg
10. Considere dos tanques con capacidad de 500 gal. El primer tanque con volumen inicial V1 = 100 gal y el segundo tanque con volumen inicial V2 = 200 gal. Cada tanque contiene inicialmente 50 lb de sal. Entra agua pura al tanque 1 a razón de 5 gal/min y la mezcla bien agitada y homogeneizada fluye al tanque 2 a razón de 5 gal/min. De igual manera una vez que la mezcla es agitada y homogeneizada en el tanque 2, fluye fuera de este a razón de 5 gal/min a) Encuentre la cantidad de sal x(t) en el tanque 1 en un instante t cualquiera b) Encuentre la cantidad de sal y(t) en el tanque 2 en un instante t cualquiera c) Encuentre la cantidad máxima de sal que llega a tener el tanque 2 SOLUCIÓN: Tanque 1 C1 =0 lb/gal Q1 = 5 gal/min
V1 = 100 gal x0 = 50 lb
Q2 = 5 gal /min x (t) C2 (t) = V1 ( t )
Tanque 2 V2 = 200 gal y0 = 50 lb
Q3 = 5 gal/min y (t) C2 (t) = V2 ( t )
261
a) Se trabajará primero con el tanque 1. El volumen inicial es V 1 = 100 gal; la concentración de entrada es C 1 = 0 lb/gal, puesto que lo que fluye hacia el tanque 1 es agua pura; el caudal de entrada es Q 1 = 5gal/min; el caudal de salida es Q 2 = 5 gal/min además para el tiempo t = 0 min se tiene que la cantidad de sal en el tanque es x 0 = 50 lb La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es dx Q2 + x = Q1 C1 dt V1 + Q1 − Q2 t
(
)
sustituyendo los datos dx dt
+
5
( 5 − 5) t
100 +
x = 0
simplificando dx
+
dt despejando
5
x = 0
100
dx dt dx dt
=
−1 20
x
(2)
Puesto que la diferencial de la cantidad x de sal presente en el tanque 1, en cualquier dx ⎛ dx ⎞ instante t es dx = ⎜ dada por la ecuación (2) ⎟ dt, sustituyendo dt ⎝ dt ⎠ dx =
−1 20
x dt
(3)
La ecuación (3) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las 1 variables, se multiplica la ecuación (3) por el factor x −1 1 dx = dt x 20 integrando
∫ ∫ 1 x
dx =
−1 20
dt
Ambas integrales son inmediatas
∫ ∫
1 x
−1 20
dx = ln l x l + k1
dt = −
1 20
t + k2
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (4)
(4)
262
ln l x l = −
1 20
t+k
(5)
Para determinar el valor de la constante k de integración se utiliza la condición inicial x(0) = 50, esto es, se sustituyen en la ecuación (5) t = o y x = 50 l resultando k = ln l 50 l. Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (5) 1 ln l x l = − t + ln l 50 l 20 agrupando los logaritmos a un solo lado de la igualdad 1 ln l x l - ln l 50 l = − t 20 aplicando propiedades de logaritmo 1 x ln = − t 50 20 aplicando e y multiplicando por 50 −t
x(t) = 50 e 20
(6)
La ecuación (6) representa la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque 1 en un instante t cualquiera. La concentración de salida del tanque 1 se obtiene a partir de la ecuación x( t ) C2 (t) = V1( t ) pero V1 (t) se obtiene por medio de la ecuación V1(t) = V1 + ( Q1 – Q2 ) t sustituyendo los valores de V 1, Q1 y Q2 V1 (t) = 100
(7)
(8)
Sustituyendo las ecuaciones (6) y (8) en la ecuación (7) −t
C2 (t) =
50 e 20 100
1 − t 20 = e 2
(9)
La ecuación (9) representa la ley de variación de la concentración de sal del tanque 1 en un instante t cualquier, es decir la concentración de sal del líquido que fluye del tanque 1 hacia el tanque 2 b) Para el tanque 2 se tienen entonces los siguientes datos: la concentración de 1 − t 20 , el caudal de e 2 entrada es Q 2 = 5 gal/min; el caudal de salida es Q 3 = 5 gal/min; el volumen inicial de líquido es V2 = 200 gal; además para el tiempo t = 0 la cantidad de sal en el tanque 2 es y 0 = 50 lb, se tiene que la ecuación diferencial asociada al tanque 2 es dy Q3 y = Q 2 C2 + dt V2 + ( Q3 − Q2 ) t
entrada es la concentración del líquido que sale del tanque 1 C 2(t) =
263
sustituyendo los datos dy
+
dt
5 200 + ( 5 − 5 ) t
5 − t 20 e 2
y=
simplificando dy dt
+
1 40
y=
5 − t 20 e 2
(10)
La ecuación (10) es una ecuación diferencial lineal de la forma y’(t) + F(t) y = G(t), 1 5 − t 20 donde F (t) = y G(t) = . Para resolver la ecuación (10) debe determinarse un e 40 2
∫
F ( t ) dt
factor integrante µ (t) = e
∫
F ( t ) dt
µ (t) = e Despejando
dy dt
= e
∫
1
40
1
dt
= e
40
∫
dt
= e t / 40
de la ecuación (10) dy
=
5
−t
e 20 −
1
y (11) dt 40 2 ya que, la diferencial de la cantidad y de sal presente en el tanque 2 en cualquier instante t dy ⎛ dy ⎞ es dy = ⎜ dada por la ecuación (11) ⎟ dt, sustituyendo dt dt ⎝ ⎠
⎡ 5 − t 20 1 ⎤ − y ⎥ dt dy = ⎢ e 40 2 ⎦ ⎣ reordenando los términos de la ecuación 1 5 −t y dt = e 20 dt dy + 40 2 multiplicando por el factor integrante µ (t) = e t / 40 1 5 − t 20 y dt = e t / 40 dt e t / 40 dy + e t / 40 e 40 2 Puesto que e t / 40 dy + e t / 40
1 40
y dt = d [ e t / 40 y]
sustituyendo en la ecuación (12) d [e integrando
t / 40
y]
=
e
t / 40
5 − t 20 dt e 2
(12)
264
∫
[
]
d e t / 40 y =
5 2
∫
et / 40 e− t / 20 dt
(13)
Ambas integrales son inmediatas
∫
[
d et / 40 y
∫
et / 40 e− t / 20 dt =
]=
∫
e− t / 40 dt = – 40
e t / 40 y + h1
∫
⎛ − 1 ⎞ ⎟ dt = – 40 e − t / 40 + h2 ⎝ 40 ⎠
e− t / 40 ⎜
Sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (13) 5 (– 40 e− t / 40 ) + h e t / 40 y = 2 efectuando las operaciones e t / 40 y
=
–100
e − t / 40 +
h
(14) Para determinar el valor de la constante h de integración, se utiliza la condición inicial, esto es, se sustituye en la ecuación (14) t = 0 min, y = 50 lb ⇒ h = 150 50 = – 100 + h este valor conseguido para h se sustituye en la ecuación (14) e t / 40 y = –100 e − t / 40 + 150
multiplicando por e− t / 40 y(t) = – 100 e− t / 20 + 150 e − t / 40
(15)
La ecuación (15) representa la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque 2 en cualquier instante t. c) Para determinar la cantidad máxima de sal que llega a tener el tanque 2, lo que se debe es aplicar a la función y(t) los criterios estudiados en análisis I para maximizar una función. Lo primero es derivar la función y(t) y determinar los puntos críticos, esto es, los valores de t donde la primera derivada se anula y donde y(t) puede ser máxima Derivando y(t) 15 − t / 40 ⎛ − 1 ⎞ ⎛ − 1 ⎞ e ⎟ + 150 e− t / 40 ⎜ ⎟ = 5 e − t / 20 − 4 ⎝ 20 ⎠ ⎝ 40 ⎠
y’(t) = –100 e − t / 20 ⎜
igualando a cero la derivada y’(t) 5 e − t / 20 − multiplicando por
4 et / 20 15
15 4
e − t / 40 = 0
265
20 15
–
e t / 40 = 0
aplicando logaritmo t ⎛ 20 ⎞ ⎟= ⎝ 15 ⎠ 40
ln ⎜ despejando t
⎛ 20 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 4 ⎞ t = 40 ln ⎜ ⎟ = 40 ln ⎜ ⎟ = ln ⎜ ⎟ ⎝ 15 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠
40
Una vez conseguido el valor de t donde la primera derivada se anula, se debe determinar la derivada segunda de y 1 3 − t / 40 ⎛ − 1 ⎞ 15 − t / 40 ⎛ − 1 ⎞ y’’(t) = 5 e − t / 20 ⎜ e e ⎟− ⎜ ⎟ = − e − t / 20 + 20 4 40 4 32 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ 4 ⎞ esta derivada segunda se evalúa en t = ln ⎜ ⎟ ⎝ 3 ⎠
40
⎛ ⎛ 4 ⎞40 ⎞ ⎛ ⎛ 4 ⎞40 ⎞ ⎜ − ln ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ − ln ⎜ ⎟ ⎟ ⎝ 3 ⎠ ⎟ ⎝ 3 ⎠ ⎟ ⎜ ⎜ −2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 20 40 ⎛ 4 ⎞ 40 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ln ⎜ ⎟ ⎛ ⎛ 4 ⎞ ⎞ ⎟ = − 1 e⎝ ⎠ + 3 e⎝ ⎠ = − 1 e ⎝ 3 ⎠ + y’’ ⎜ ln ⎜ ⎟
⎜ ⎝ 3 ⎠ ⎝
⎟ ⎠
4
=
32
1 ⎛ 4 ⎞ − ⎜ ⎟ 4 ⎝ 3 ⎠
−2
3 ⎛ 4 ⎞ + ⎜ ⎟ 32 ⎝ 3 ⎠
4
−1
3 32
⎛ 4 ⎞ ⎟ e ⎝ 3 ⎠
−1
ln ⎜
2
1 ⎛ 3 ⎞ 9 9 9 3 ⎛ 3 ⎞ + = − = − ⎜ ⎟ = − ⎜ ⎟ + 4 ⎝ 4 ⎠ 32 ⎝ 4 ⎠ 64 128 128
Puesto que la derivada segunda de y(t) resultó menor que cero en el punto crítico
⎛ 4 ⎞ t = ln ⎜ ⎟ ⎝ 3 ⎠
40
min, (donde la primer se anuló), resulta que para ese valor de t la función y(t)
alcanza un valor máximo. Luego para determinar el valor máximo de sal que llega a tener el tanque 2 se
⎛ 4 ⎞ sustituye t = ln ⎜ ⎟ ⎝ 3 ⎠
40
en la ecuación (13)
⎛ ⎛ 4 ⎞ 40 ⎞ ⎛ ⎛ 4 ⎞ 40 ⎞ ⎜ − ln ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ − ln ⎜ ⎟ ⎟ ⎝ 3 ⎠ ⎟ ⎝ 3 ⎠ ⎟ ⎜ ⎜ −2 −1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 20 40 ⎛ 4 ⎞ ⎛ 4 ⎞ 40 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ln ⎜ ⎟ ln ⎜ ⎟ ⎛ ⎛ 4 ⎞ ⎞ 3 ⎠ ⎜ ⎟ ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ y ln ⎜ ⎟ = – 100 e + 150 e = – 100 e + 150 e ⎝ 3 ⎠
⎜ ⎝ 3 ⎠ ⎝
⎟ ⎠
⎛ 4 ⎞ = - 100 ⎜ ⎟ ⎝ 3 ⎠
−2
−1
⎛ 4 ⎞ + 150 ⎜ ⎟ = - 100 ⎝ 3 ⎠
2
⎛ 3 ⎞ ⎜ ⎟ + 150 ⎝ 4 ⎠
225 450 225 ⎛ 3 ⎞ + = ⎜ ⎟ = − 4 4 4 ⎝ 4 ⎠
266
⎛ 4 ⎞ Por lo tanto, cuando ha transcurrido un tiempo t = ln ⎜ ⎟ ⎝ 3 ⎠ alcanza en el tanque 2 la cantidad máxima de sal y =
225 4
40
= 11,5 min del proceso se
= 56,25 lb
11. Se bombea cerveza con un contenido de 6% de alcohol por galón, a un tanque que inicialmente contiene 400 gal de cerveza con 3% por galón de alcohol. La cerveza se bombea hacia el interior con una rapidez de 3 gal/min en tanto que el líquido mezclado se extrae con una rapidez de 4 gal/min. a) Obtenga el número de galones de alcohol que hay en el tanque en un instante cualquiera b) ¿Cuál es el porcentaje de alcohol en el tanque luego de 60 min? c) ¿Cuánto demorará el tanque en vaciarse? SOLUCIÓN:
L C = 6% alch/gal 1
V0 = 400 gal
Q1 = 3 gal/min
C0 =3% alch/gal
a) El volumen inicial de cerveza en el tanque es V0 = 400 gal y la concentración inicial de alcohol es C0 = 3 % alch / gal, esto es C0 = 0,03; la concentración de cerveza que entra al tanque es C1 = 6% alch/gal esto es, C1 = 0,06; la razón de entrada es Q 1 = 3 gal /min. Lal cerveza una vez mezclada y homogeneizada, sale del tanque con una razón de salida Q2 =4 gal/min La cantidad inicial de alcohol en el tanque es x0 = V0 C0 = 400 (0,03) = 12 lb
Q2 = 4 gal/min
La
ecuación
diferencial dx
asociada a los problemas de mezcla es Q2 x = Q1 C1 + dt V0 + ( Q1 − Q2 )
Sustituyendo los datos en la ecuación (1) dx 4 dt
+
400 − t
x =
9 50
(1)
(2)
La ecuación (2) es una ecuación diferencial lineal de la forma x’ +F(t) x = G(t), donde 4 9 F(t) = y G(t) = . Para resolver la ecuación (2) debe determinarse un factor 400 − t 50
∫ ( )
F t dt
integrante µ (t) = e
267
∫
F ( t ) dt
µ (t) = e
Despejando
= e dx dt
∫
4
400 − t
−4
dt
= e
∫
−1 dt 400 − t
= e
− 4 ln 400 − t
= ( 400 − t ) − 4
de la ecuación (2) dx
=
dt
9
4
−
50
400 − t
x
(3) dx ⎛ dx ⎞ ⎟ dt , sustituyendo dt ⎝ dt ⎠
puesto que, la diferencial de la cantidad x de cerveza es dx = ⎜ dada por la ecuación (3)
⎛ 9 ⎞ 4 − x ⎟⎟ dt dx = ⎜⎜ 400 − t ⎠ ⎝ 50 reordenando los términos de la ecuación dx +
4 400 − t
9
x dt =
50
dt
(4)
Multiplicando la ecuación (4) por el factor integrante µ (t) =
( 400 − t ) − 4
4
( 400 − t ) − 4
x dt =
( 400 − t ) − 4
9 dt 50
9 dx + 4 ( 400 − t ) − 5 x dt = 50
( 400 − t ) − 4
dt
dx +
( 400 − t ) − 4
400 − t
simplificando
( 400 − t ) − 4
(5)
Puesto que
( 400 − t ) − 4
dx + 4 ( 400 − t ) − 5 x dt = d ( 400 − t ) − 4 x sustituyendo en la ecuación (5) 9 d ( 400 − t ) 4 x = ( 400 − t ) − 4 dt 50 integrando
∫
d
[ ( 400 − t ) − 4 x ] =
∫
9
50
( 400 − t ) − 4
dt
(6)
Ambas integrales son inmediatas
∫
d
∫
9
50
( 400 − t )
−4
dt = −
[ ( 400 − t ) − 4 x ] =
9 50
∫
− (400 − t )
−4
( 400 − t ) − 4 x
+ k 1
⎡ (400 − t ) − 3 ⎤ 3 dt = ( 400 − t ) − 3 + k 2 ⎢ ⎥ = 50 ⎢ 3 ⎥⎦ 50 ⎣ 9
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6)
268
( 400 − t ) − 4 x
=
3 50
( 400 − t ) − 3
+k
(7)
Para determinar el valor de la constante k de integración debe utilizarse al condición inicial: para el tiempo t = 0 min, x = 12 gal; estos valores se sustituyen en la ecuación (7) 3 ( 400 ) − 4 12 = ( 400 ) − 3 + k 50 despejando k 3 ( 400 ) − 3 = 3 ( 400 ) − 3 ⎛ ⎜ 4 − 1 ⎞⎟ = 3 ( 400 ) − 3 ⎛ ⎜ 1 − 1 ⎞⎟ k = ( 400 ) − 4 12 − 50 ⎝ 400 50 ⎠ ⎝ 100 50 ⎠ de aquí que 3 ( 400 ) − 3 k= − 100 este valor que se obtuvo para k, se sustituye en la ecuación (7) 3 ( 400 − t ) − 4 x =
50
multiplicando por
( 400 − t )
−3
−
3 ( 400 ) − 3 100
( 400 − t ) − 4
x(t) =
3 50
( 400 − t )
−3
4
( 400 − t )
−
3 ( 400 ) − 3 100
( 400 − t )4
simplificando x(t) =
3 50
( 400 − t )
3 ( 400) ⎛ 400 − t ⎞ − ⎜ ⎟ 100 ⎝ 400 ⎠
4
esto es x(t) =
3 50
( 400 − t )
⎛ 400 − t ⎞ − 12 ⎜ ⎟ ⎝ 400 ⎠
4
(8)
La ecuación (8) representa la ley de variación de la cantidad galones de alcohol en el tanque en un instante t cualquiera. b) Para poder establecer cuál es el porcentaje de alcohol que hay en el tanque después de 60 min de iniciado el proceso, deberá determinarse la concentración de alcohol al cabo de 60 min. Primero se busca la cantidad de alcohol en el tanque luego de 60 min. Para ello se sustituye t = 60 min en la ecuación (8) x(60) =
3 50
4
( 400 − 60 )
3 ⎛ 400 − 60 ⎞ ( 340 ) − 12 ⎛ ⎜ 340 ⎞⎟ − 12 ⎜ ⎟ = 50 ⎝ 400 ⎠ ⎝ 400 ⎠ 4
⎛ 17 ⎞ − 12 ⎜ = ⎟ = 20,4 – 6,264 = 14,136 5 20 ⎝ ⎠ 102
La concentración de alcohol a los 60 min esta dada por
4
269
C(60) =
x(60 ) V(60 )
Ya que el volumen de cerveza en cualquier instante t esta dado por la ecuación V(t) = V0 + ( Q1 – Q2 ) t entonces V(60) = 400 + (3 – 4) 60 = 400 – 60 = 340 gal
(9)
(10)
Sustituyendo x(60) = 14,136 y V(60) = 340 en la ecuación (8) 14,136 x(60 ) C(60) = = = 0,0416 340 V(60 ) De aquí se tiene que, la concentración de alcohol en el tanque es 0,0416, es decir, el porcentaje de alcohol en el tanque al cabo de 60 min es 4,16% c) Para saber cuanto demorará el tanque en vaciarse, lo que se debe es determinar el tiempo t para el cual el volumen de líquido en el tanque V(t) es igual a cero, es decir, V(t) = V0 + ( Q1 – Q2) t = 400 – t = 0 ⇒ t = 400 min Por lo tanto, deberá transcurrir un tiempo t = 400 min = 6horas y 40 min para que el tanque se vacíe.
12. Un tanque con capacidad de 20000 lt esta lleno hasta la mitad de su capacidad, con agua salada en la cual hay disueltos 40 kg se sal. Se inyecta agua salada con 5 Kg de sal por litro y a razón de Q lt/min. La mezcla debidamente agitada y homogeneizada, se extrae del tanque a razón de 5 lt /min. Si se sabe que al cabo de 4 horas y 10 min el volumen de líquido en el tanque es igual a las tres cuartas partes de su capacidad, determine: a) El caudal Q b) La cantidad de sal y la concentración de sal en el tanque en cualquier instante t c) Tiempo que debe transcurrir para que el tanque comience a desbordarse d) La cantidad de sal y la concentración cuando el tanque alcanza su capacidad máxima SOLUCIÓN: a) El volumen total de líquido en el tanque es V t = 20000 lt, pero sólo está lleno hasta la mitad, esto quiere decir que el volumen inicial de líquido es V 0 = 10000 lt y la cantidad inicial de sal disuelta es x 0 = 40 kg; la concentración del líquido que entra al tanque es C1 = 5 kg/lt; el flujo de entrada es Q 1 = Q lt/min y el flujo de salida es Q 2 = 5 lt/min.
C1 = 5 kg/lt Q1 = Q lt/min
VT = 20000 lt V0 = 10000 lt x0 = 40 kg
Se sabe que para el tiempo t = 4h y 10 min esto es, t = 250 min el volumen de líquido en el tanque es 3/4 del volumen inicial 3 3 V(250) = VT = (20000) = 15000 4 4 entonces, sustituyendo estos datos en la
270
ecuación del volumen en un instante t cualquiera V(t) = V0 + (Q1 – Q2 ) t se tiene 15000 = 10000 + (Q – 5 ) 250 despejando Q 5000
+ 5 = 25 250 De aquí que el caudal de entrada es Q 1 = 25 lt/min Q=
b) La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es dx Q2 + x = Q1 C1 dt V0 + ( Q1 − Q2 ) t Sustituyendo los datos en la ecuación (1) dx 5 dt
+
10000 + ( 25 − 5 ) t
(1)
x = (25) (5)
simplificando dx dt
+
1
x = 125
2000 + 4 t
(2)
Se debe resolver la ecuación diferencial (2) sujeta a la condición x(0) = 40 La ecuación (2) es una ecuación diferencial lineal, de la forma x’(t) + F(t) x = G(t), 1 donde F(t) = . Para resolver la ecuación (2) debe determinarse un factor 2000 + 4 t
∫
F ( t ) dt
integrante µ (t) = e
∫
F ( t ) dt
µ (t) = e
= e
∫
1
2000 + 4 t
1
= e4
1
dt
= e
ln 2000 + 4 t
4
= e
∫
4
2000 + 4 t
ln 2000 + 4 t
dt 1 4
1
= (2000 + 4 t ) 4 Despejando
dx dt
de la ecuación (2) dx dt
= 125 −
1 2000 + 4t
x
(3) dx ⎛ dx ⎞ ⎟ dt, sustituyendo dt ⎝ dt ⎠
Puesto que la diferencial de la cantidad x de sal es dx = ⎜ dada por la ecuación (3)
⎛ ⎞ 1 x ⎟⎟ dt dx = ⎜⎜125 − 2000 + 4 t ⎠ ⎝
271
reordenando los términos de la ecuación
⎛ ⎞ 1 ⎟⎟ x dt = 125 dt dx + ⎜⎜ ⎝ 2000 + 4 t ⎠
(4) 1
multiplicando la ecuación (4) por el factor integrante µ (t) = (2000 + 4 t ) 4
(2000 + 4 t )
1 4 dx +
(2000 + 4 t )
1 4
⎛ ⎞ 1 1 ⎜⎜ ⎟⎟ x dt = 125 (2000 + 4 t ) 4 dt ⎝ 2000 + 4 t ⎠
simplificando
(2000 + 4 t )
−3
1 4 dx +
(2000 + 4 t )
1 4 dx +
(2000 + 4 t )
4
(2000 + 4 t )
x dt = 125
1 4 dt
(5)
Puesto que
(2000 + 4 t )
−3
4
⎡
1
⎤
x dt = d ⎢ (2000 + 4 t ) 4 x ⎥ ⎣ ⎦
sustituyendo en la ecuación (5)
⎡
⎤
1
d ⎢ (2000 + 4 t ) 4 x ⎥ = 25 ⎣ ⎦
(2000 + 4 t )
1 4 dt
integrando
∫
⎡ ⎤ d ⎢ (2000 + 4 t ) 4 x ⎥ = 25 ⎣ ⎦ 1
∫
(2000 + 4 t )
1 4
dt
(6)
Ambas integrales son inmediatas
∫ ∫ ⎡
⎤
1
d ⎢ (2000 + 4 t ) 4 x ⎥ = ⎣ ⎦
∫
1 (2000 + 4 t ) 4
dt =
1
4
(2000 + 4 t )
1 4 x + k 1 5
1 (2000 + 4 t ) 4 4 dt = = 5 4 4
1 (2000 + 4 t ) 4
( )
5
(2000 + 4 t ) 5
4
+ k2
Sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6) 5
(2000 + 4 t )
1 (2000 + 4 t ) 4 x =
4
5
+ k
(7)
A fin de determinar el valor de la constante k de integración, la condición inicial x(0) = 40, es decir, se sustituye en la ecuación (6) t = 0 min y x = 40 kg 5
(2000 )
1 (2000) 4 40 =
4
5
+ k
despejando k 1 k = (2000) 4 40 1
⎡ ⎣
5
−
= (2000 ) 4 ⎢40 −
(2000 ) 5 2000 ⎤ 5 ⎥⎦
4
272 1
= (2000) 4 [40 − 400] 1
= − 360 (2000) 4 Sustituyendo el valor obtenido para k en la ecuación (7) 1 (2000 + 4 t ) 4 x =
5
(2000 + 4 t )
4
− 360 (2000)
5
1 4
−1
multiplicando por (2000 + 4t ) 4 x(t) =
( 2000 + 4t ) 5
⎛ 2000 ⎞ − 360 ⎜ ⎟ ⎝ 2000 + 4t ⎠
1 4
(8)
La ecuación (8) representa la ley de variación de la cantidad x de sal en un instante t cualquiera. La concentración de sal en el tanque en un instante t cualquier viene dada por la ecuación x( t ) C(t) = (9) V( t ) El volumen de líquido en el tanque en un instante t cualquiera viene dado por V(t) = V0 + ( Q1 – Q2 ) t = 10000 + (25 – 5) t = 10000 + 20 t
(10)
Sustituyendo las ecuaciones (8) y (10) en la ecuación (9)
⎛ 2000 ⎞ ⎟⎟ − 360⎜⎜ + 2000 4 t ⎝ ⎠ 10000 + 20 t
2000 + 4 t 5
C(t) =
=
1 25
−
1 4
360 ⎡ 5
9 ⎛
5
=
(2000 )1/ 4 ⎤ ⎡ 2000 ⎤ ⎢ ⎥ 5 / 4 ⎢ 2000 ⎥ ⎦ ⎢⎣ (2000 + 4 t ) ⎥⎦ ⎣
=
1 4
360 ⎡
(2000 )5 / 4 ⎤ − ⎢ ⎥ 25 10000 ⎢ (2000 + 4 t )5 / 4 ⎥ ⎣ ⎦ 1
⎞ ⎜⎜ ⎟ − C(t) = 25 250 ⎝ 2000 + 4 t ⎠⎟ 1
⎛ 2000 ⎞ ⎟⎟ − 360⎜⎜ + 2000 4 t ⎝ ⎠ 5 ( 2000 + 4 t )
2000 + 4 t
2000
5
4
(11)
La ecuación (11) representa la ley de variación de la concentración de sal en el tanque en un instante t cualquiera. c) Para determinar el tiempo en que el tanque comienza a desbordarse se utiliza la ecuación de volumen de líquido en el tanque es un instante t cualquiera V(t) = V0 + ( Q1 – Q2 ) t (12) Sustituyendo V(t) = 20000, V 0 = 10000, Q 1 = 25 y Q2 = 5 en la ecuación (12) 20000 = 10000 + (25 – 5) t
273
despejando t t=
20000 − 10000 20
=
10000 20
= 500
Por lo tanto, deberán transcurrir 500 min, es decir, 8 horas y 20 min para que el tanque comience a desbordarse. d) Para establecer la cantidad de sal y la concentración de sal en el tanque, en el momento en que comienza a desbordarse, basta con sustituir en las ecuaciones (8) y (11) el tiempo en que el tanque se desborda, esto es t = 500 min
⎛ ⎞ 2000 (2000 + 2000 ) ⎟⎟ − 360 ⎜⎜ x(500) = + 5 2000 2000 ⎝ ⎠ entonces
1 4
⎛ 1 ⎞ = 800 − 360 ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠
1 4
= 800 − 360 (0,84 )
x(500) = 497,6 kg 5
5
1
1 9 ⎛ 2000 1 9 ⎛ 1 ⎞ 4 1 9 ⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞ 4 ⎞ 4 C(500) = = = − − − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ 25 250 ⎝ 2000 + 2000 ⎠ 25 250 ⎝ 2 ⎠ 25 250 ⎝ 2 ⎠⎝ 2 ⎠ 1 9 (0,84 ) = 0.04 − (0,018 ) (0,84 ) = 0.04 − (0,018 ) (0,84 ) = 0,2488 − = 25 500 entonces C(500) = 0,025 kg/lt De aquí que la cantidad de sal y la concentración de sal en el tanque en el momento en que este comienza a desbordarse es, respectivamente, x(500) = 497,6 kg y C(500) = 0,025 kg/lt
