1.10 Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de primer orden
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1.10 Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de primer orden
Ejemplo 1.10.1 Decaimiento radiactivo
El isótopo radiactivo Torio 234 se desintegra a una rapidez proporcional a la cantidad presente. Si 100 miligramos de este material se reducen a 82.04 mg. en una semana, encontrar una expresión para la cantidad presente en cualquier instante. Encuentre también el intervalo de debe transcurrir para que la masa caiga a la mitad de su valor original. Siendo Q(t ) (en miligramos), la cantidad de Torio 234 presente en cualquier instante t (en t (en días).[1] La func funció ión n
d
Q (t ) = α Q dt
(1)
Donde α representa la proporcionalidad y la podemos sustituir por k quedando k quedando d
Q(t ) = kQ dt
(2)
Siendo esta una constante negativa que se debe determinar, deseamos la solución que satisfaga las condiciones iniciales Q(0) = 100 y Q(7) = 82.04 Utilizando la ecuación general de decaimiento comentada en la sección 1.1 Q(t ) = cekt
(3)
Donde c es una constante arbitraria, la primera condición inicial requiere c = 100 por lo que tenemos Q(t) = 100ekt
(4)
= 7 y Q (t ) = 82.04 tenemos que Trabajando con la segunda condición haciendo t = ln(.8204) = 82.04 = 100e 7 k , por lo tanto k = 7 − Resultando k = − 0.02828(d ías ) 1
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(5)
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Sustituyendo (5) en la ecuación (4), queda Q(t) = 100e de t en cada instante.
−.02828t
mg el cual representa el valor
El periodo en el cual la masa a la mitad de su valor original, se le conoce como vida media del material. Sea τ el tiempo en el cual Q(t ) = 50mg Obteniendo la ecuación 50 = 100e kt o bien k τ = − ln ( 2 ) , las ecuaciones anteriores no son solo válidas para el Torio 234, sino para cualquier material que obedezca la ecuación diferencial inicial.(3), Q(t ) = cekt Sustituyendo para el Torio 234 en la ecuación nos queda τ =
−ln ( 2 ) .02828
24.5(dias )
Ejemplo 1.10.2 Población
Suponiendo que un estanque de lagartos posee inicialmente 100 especimenes, y que su tasa de mortandad es ∂ = 0 (de tal manera que no se están muriendo en ese momento), la tasa de natalidad es β = (0.0005) de tal manera que aumenta conforme aumenta la población. De tal manera que podemos manejar la fórmula
De lo cual
dP dt
dt
= ( β − ∂ ) P 2
(6)
= ( .0005) P 2 , β = 0 con t dada en años .
Separando variables, Integrando −
dP
1 p
Entonces c = −
dP
∫ P = ∫ (.0005) dt 2
= 0.0005t + c cuando t = 0, P = 100 1 100
, de tal manera que P(t ) =
Si t = 10 entonces P (10) =
2000
20 − 10 duplicará la población de lagartos.
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2000 20 − t
= 200 , lo cual significa que después de 10 años se
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Ejercicio 1.10.3 Mezclas
En un gran tanque con 1000 litros de agua pura se comienza a vaciar un solución salina con una velocidad constante de 6 L / min . La solución dentro del tanque se mantiene revuelta y sale del tanque a razón de 6 L / min también. Si la concentración de sal en la solución que entra en el tanque es de 0.1 Kg / L .
Figura 1.10.1 Tanque para líquido, con la misma razón de flujo
¿Determinar el momento en que la concentración de sal en el tanque llegue a 0.05 Kg / L ? Podremos ver el tanque como un compartimiento que contiene sal. Siendo x (t ) es la masa de la sal, en el tanque en el instante t , podemos determinar la concentración de sal en el tanque dividiendo (t ) entre el volumen del fluido en el tanque en el instante t Utilizando
dx dt
= razón de entrada - la razón de salida
para encontrar
(7)
(t ) , determinaremos la razón con la que sale la sal del tanque.
La solución fluye hacia el tanque a razón de 6 L / min , con la concentración de 0.1 Kg / L . Kg L Kg 0.1 0.6 = L min min
La razón de entrada de sal en el tanque es 6
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(8)
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La solución salina se mantiene perfectamente mezclada, de modo que podemos suponer que la concentración de sal en el tanque es uniforme. O sea, en cualquier instante t la concentración es (t ) en cualquier parte del tanque, entre el volumen del fluido en el tanque. Como el tanque al inicio tenía 1000 L , y la razón de flujo de entrada y salida del tanque es la misma, el volumen se mantiene constante en 1000 L , De tal manera que la razón de salida de la sal es g L x(t ) Kg 3 x( t) k 6 = min 1000 L 500 min
(9)
Al inicio el tanque contenía agua pura, o sea x (0) = 0 Al sustituir las ecuaciones anteriores, en dx dt
= razón de entrada - la razón de salida
(10)
Para encontrar x (t ) , tenemos dx dt
= 0.6 −
3
500
(11)
Tal ecuación es el modelo matemático para un problema de mezclas. Ahora resolviendo la ecuación (11),
Despejando
dx 300 − 3 x
=
dx dt
=
300 − 3x 500
dt 500
1 1 Integrando, tenemos − ln(300 − 3x ) = t+c 3 500 Multiplicando por −3 nos queda ln(300 − 3x ) = −
3 500
t − 3c
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(12)
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Aplicando propiedades de logaritmos e O bien 300 − 3 x = 3ce x = 100 − ce
−
3 500
t
−
3 500
t
59
ln (300 − 3 x )
despejando, − x = ce
=e −
3 500
−
t
3 500
t + 3c
− 100 , finalmente
(13)
Sustituyendo condiciones iniciales para x = 0,t = 0 tenemos que 0 = − ce0 + 100 De lo que la ecuación quedaría como c = 100 , resultando 3 − t 500 x = 100 1 − e
(14)
3 − t 500 Y nuestra ecuación final se establece como x(t ) = 100 1 − e
Pero en el tanque tenemos 1000 litros de agua, por lo que la ecuación de la concentración de sal en el instante t . que corresponde es x(t ) 1000
= 0.1(1 − e
−
3 500
t
) Kg / L
(15)
Para determinar el instante en el que la concentración de sal sea 0.05 Kg / L igualamos la anterior ecuación de lo cual resulta 0.1(1 − e
e
−
3 500
t
=−
0.05 0.1
+1, e
−
3 500
t
= 0.5 , ln(e
−
3 500
t
−
3 500
t
) = 0.05
) = Ln(0.5) quedando −
3 500
t = −0.6931
500 t = 115.52 min , en otras palabras, la concentración del 3
Resultando t = −0.6931 −
tanque será de 0.05 Kg / L una vez que haya transcurrido 115.52 min
Ejemplo 1.10.4. Circuito Eléctrico
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Suponiendo que un condensador de C Farads soporta una carga inicial de Q Coulombs. Para modificar esa carga, se aplica un voltaje constante de V Volts, a través de una resistencia de R Ohms, Describir la carga del condensador para t > 0 Como E (t ) = V es constante, utilizando la siguiente ecuación la cual es determinada por la ley de Kirchhoff. dq (t )
R
dt
+
q(t) C
= E (t ) , ecuación de Voltaje en un circuito RC
(16)
Dividiendo entre R , d dt
1
q (t ) +
RC
q(t ) =
V R
(17)
La cual queda en la forma estándar de una ecuación lineal. Siendo p(t ) =
1 RC
1
1
t ∫ dt y el factor de integración u (t ) = e RC , u (t ) = e RC
Resolviendo la ecuación diferencial, multiplicando por el factor de integración a la ecuación diferencial 1 RC
e
t
1 dq(t ) 1 RC t V dt + RC q(t ) = e R
(18)
Observando (18), vemos que el lado izquierdo de la ecuación corresponde a d
e
dt
−
1
RC
1 t V − RC q = e R
t
(19)
1 d − RC1 t V RC t Expresando la integral de ambos lados ∫ e q = ∫ e dt dt R
1 d − RC1 t V RC t Completando el diferencial ∫ e q = RC ∫ e dt dt R
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1 RC
Integrando e
q = CV + ke
t
q = RC
1 t RC
−
V R
e
1 t RC
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1
+ k , simplificando e
RC
t
q = CVe
1 t RC
+ k , despejando
(20)
Por lo que nos queda q (t ) = CV + ke
1 t RC
−
(21)
Como la condición inicial es q (t ) = Q , en t = 0 entonces Sustituyendo condiciones iniciales en (21) , Q = CV + ke
−
1
( 0)
RC
Por lo tanto Q = C V + k , despejando k = Q − CV Sustituyendo el valor de k nos queda q (t ) = CV + (Q − CV ) e
1 t RC
−
Ejemplo 1.10.5 Población
En cierta época la población del mundo era 5.5 mil millones de habitantes, la tasa de crecimiento aumentó a 250 mil personas diariamente, Suponiendo que la tase de natalidad y mortalidad se mantuvieron constantes. ¿En cuantos años se esperaría una población mundial de 11 millones, (o sea el doble)? [5] De la ecuación, y(t ) = y0 ekt , mencionada en la sección 1.1, renombrando las variables, P (t ) = p0e kt
(22)
Donde P (t ) es la población mundial en miles de millones y el tiempo t en años, tomando t = 0 correspondiente al año inicial, de modo que P 0 = 5.5 , como P fue aumentando en −6
250 mil, o bien 250*10
mil millones de personas diarias en el instante t = 0
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Tenemos de (22), P (t ) = p0 ekt en t = 0 P ´(0) = 0.00025(365.25) , ya que un año equivale a 365.25 días . O bien P ´(0) = 0.0913125 miles de millones por año Derivando P´(t ) = kp0 ekt
(23)
Ya que es la razón de cambio del crecimiento de la población con respecto al tiempo Despejando la constante k =
P´(t ) p0 ekt
(24)
Si t = 0 , entonces k =
P ´(0) p0
, por lo que k =
0.0913125 5.5
, resulta
k = 0.0166
De tal manera que la tasa de crecimiento en esa fecha fue de 1.66% Si se desea determinar el tiempo en el cual la población será de 11 millones, entonces 11 11 = P(T ) = 5.5e0.0166T o bien = e0.0166T 5.5
11 , de lo cual resulta 0.0166T = ln ( 2) 5.5
De tal manera que ln ( e0.0166T ) = ln
Despejando T =
ln ( 2 ) 0.0166
, resultando que T =
T = 41.75 años
0.6931 0.0166
,
por lo que (25)
De tal manera que basándose en la referencia, y que las tasas de natalidad y mortandad se mantuvieran constantes, en casi 42 años la población sería el doble, de la fecha hipotética.
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