Problemas de decaimiento radiactivo 1) Resolución de un problema físico modelizado mediante una ecuación de 1º orden. El radi radio o es un elem elemen ento to radi radioa oact ctiv ivo o de vida vida medi media a 1600 1600 años años,, que que se desi desint nteg egra ra produciendo radón, que a su vez es un elemento radioactivo con vida media 3,8 días. Si inicialmente inicialmente hay 1000 kg de radio, calcular la cantidad de radio x(t) y la cantidad de radón y(t) y(t) en un tiemp tiempo o poste posterio riorr cualq cualquie uiera ra t. Suge Sugeren rencia cia:: record recordar ar que que el deca decaimi imien ento to radioactivo está regido por la ecuación diferencial x’ + ax =0, y que la vida media T es el tiempo en el cual decae su masa a la mitad.
SOLUCIÓN Para trabajar en unidades homogéneas, calculemos la vida media del radio en días: 5 T Ra Ra = 1600 × 365 = 5,84 × 10 días (se desprecia el efecto de los años bisiestos)
Vemo Vemos s que que en este este probl problem ema a exist existe e decai decaimi mien ento to del del radio radio y del del radón radón.. Prime Primero ro se encuentran las ecuaciones para ambos fenómenos por separado. En el caso del radio tenemos: x ′ + ax = 0 ⇒
dx dt
= −ax ⇒
dx x
= −adt ⇒ ln x = −at + C ⇒ x = Ke
− at
(1)
Nótese que se prescinde de las barras de valor absoluto en el logaritmo porque x es x es una masa (cantidad de radio), y éstas son siempre positivas. Se introduce ahora el concepto de vida media. Sabemos que al transcurrir el tiempo T Ra Ra la cantidad de radio inicial se habrá reducido a la mitad. Pero según la Ec. (1), tendremos: -a0 x (0) (0) = Ke-a0 = K (cantidad K (cantidad inicial de radio) -a5,84 -a5,84 x (T Ra Ra) = Ke
×
10^5
=
(2)
Cancelando la constante K y K y aplicando logaritmo a esta última ecuación tenemos: -a5,84 × 105 = -ln2; y despejando da: a = 1,187 × 10-6 días -1 De donde la ecuación que rige el decaimiento radioactivo del radio es: x’ + x’ + 1,187 × 10-6 x = x = 0
(3)
Y por otro lado la cantidad de radio presente presente al cabo de un tiempo t será, t será, reemplazando a en (1): -1,187 x (t ) = x = x (T Ra Ra) = Ke
×
10^(-6)t 10^(-6) t
= 1000e 1000e-1,187
×
10^(-6)t 10^(-6) t
(4)
Donde ya introdujimos la cantidad inicial de radio de nuestro problema (1000 kilos). Uniendo ahora (3) y (4) tenemos: x ’ = -1,187 × 10-3e-1,187
×
10^(-6)t
(5)
Vamos ahora al caso del radón. Operando idénticamente al caso del radio llegaremos a una ecuación análoga a la (2), a saber: y (T Rn) = Ke-b3,8 = K/ 2 donde K es ahora la cantidad inicial de radón. Despejando b se obtiene: b = 0,182 días -1 y entonces la ecuación que rige el decaimiento radioactivo del radón es: y d’ + 0,182y = 0 ⇒ y d’ = -0,182y
(6)
Remarcamos que ésta es la ecuación que rige la variación de la masa de radón DECAIMIENTO RADIOACTIVO SOLAMENTE. Por eso le colocamos el subíndice d.
POR
Consideremos ahora la situación de nuestro problema. La podemos representar de la siguiente manera:
Decaimient o
Ra
radio
Decaimient o
Rn
radón
La masa de radón recibe un aporte (la degradación del radio) y sufre una pérdida (el decaimiento del radón). En otras palabras: y ’ = Variación de radón = - Decaimiento del radio + Decaimiento del radón El signo menos que afecta al decaimiento del radio está ahí porque lo que se ganó de radón es igual a lo que se perdió de radio, pero cambiado de signo. Usando las expresiones para decaimiento encontradas en (5) y (6) tenemos: y ’ = 1,187 × 10-3e-1,187
×
10^(-6)t
- 0,182y
Es decir: y ’ + 0,182y = 1,187 × 10-3e-1,187
×
10^(-6)t
(7)
Ecuación lineal a coeficientes constantes cuya ecuación asociada es:
λ
+ 0,182 = 0 ⇒ λ = -0,182 ⇒ y c = Ce-0,182t
La función excitación es una exponencial; por lo tanto proponemos como función de prueba: y * = Ae-1,187
×
10^(-6)t
Reemplazando ésta en (7) y despejando A tendremos finalmente y * = 6,52 × 10-3e-1,187
×
10^(-6)t
Sumando esta solución particular del problema no homogéneo con la solución general de la complementaria, podemos escribir: y = Ce-0,182t + 6,52 × 10-3e-1,187
×
10^(-6)t
Al principio del proceso no hay nada de radón, de modo que: y (0) = C + 6,52 × 10-3 = 0 ⇒ C = -6,52 × 10-3 Finalmente: y = -6,52 × 10-3e-0,182t + 6,52 × 10-3e-1,187
×
10^(-6)t
(8)
Las ecuaciones (4) y (8) nos dan, entonces, las cantidades de radio y radón, respectivamente, en función del tiempo. Debe recordarse que las unidades de x y y son el kilogramo, y que el tiempo t se mide en días. Si se resuelve este problema en años se llegará a constantes diferentes.
2.) Si después de 100 segundos una muestra de un material radiactivo ha decaído el 30% de la cantidad inicial, encuentre la constante de decaimiento y la vida media de este elemento radiactivo
Solución Sea A: cantidad del material radiactivo presente en el tiempo t t: tiempo, en segundos dA dt
: Rapidez de desintegración
k > 0: Constante de proporcionalidad
A0
: Cantidad original del material radiactivo
De tal manera que: dA
= −kA : Hipotéticamente la rapidez de
dt presente.
desintegración es proporcional a la cantidad
Ahora, separamos variables e integramos: dA A
= −kdt ⇔ ln A = −kt + c1 ⇔ A = e −kt +c ⇔ A = e c e −kt ⇔ A = ce −kt ( c = e c 1
1
1
) (1)
En t = 0, A = A0 (2) Así:
{(2) en (1)}
A0 = ce − k ( 0 ) ⇔ A0 = ce 0 ⇔ A0 = c (1) ⇔ c = A0 ⇒ A = A0 e
− kt
30% A0 ⇔ 30 ×
{(3) en (1)} 1
100 A0 − 0.3 A0 = 0.7 A0:
A0 ⇔ 0.3 A0 :
Cantidad que ha decaído en 100 se gundos
Cantidad presente a los 100 segundos (t=100) (5)
De tal modo que, al sustituir los valores respectivos de ( 5) en (4), se obtiene:
⇔ 0.7 = e −100 ⇔ ln 0.7 = ln( e −100 ) ⇔ ln 0.7 = −100 k ⇔ k = ln 0.7 , −100 ⇒ k ≈ − (−0.3566749 ) ⇔ k 0.7 A0
= A0 e −
k (100 )
k
≈
100
⇒ A = A0 e −0.003566749
k
t
{(6) en (4)}
La vida media, T, de un material radiactivo es el tiempo necesario para que se desintegre 1
la mitad del material inicial; esto es, hay que calcular t=T cuando A = A0 : 2
1 2
A0
= A0 e −0.003566749
⇒T =
T
1
⇔ = e −−0.003566749 2
T
⇔ln(1 / 2) = −0.003566749
T ,
− 0.693147181 =194 − 0.003566749
La vida media de este material radiactivo es de aproximadamente entre 194 horas.
Problemas de crecimiento poblacional
P 0
1.) En un principio, un cultivo al inicio tiene
cantidad de bacterias. En t = 1 se
3
P 0 . Si la rapidez de crecimiento es 2 proporcional al numero de bacterias P(t) presentes en el tiempo t, determine el tiempo necesario para que se triplique el numero de bacterias. determina que el numero de bacterias es
Solución
Primero se resuelve la ecuación diferencial en (1), donde el símbolo x se reemplaza por P. Con t 0
= 0 , la condición inicial es
de que P (1) =
3 2
P (0) = P 0 . Entonces se usa la observación empírica
P 0 para determinar la constante de proporcionalidad k.
La ecuación diferencial
dP dt
= kP es tanto separable como lineal. Cuando se pone en la
forma estándar de una ED lineal de primer orden, dP dt
− kP = 0
Se ve por inspección que el factor integrante es e −kt . Al multiplicar ambos lados de la ecuación por este termino e integrar se obtiene a su vez, d −kt [e . P ] = 0 dt
Por tanto P (t )
= ce
kt
y
e −kt . P = c
. En t=0 se deduce que P 0
P (t ) = P 0 e kt . En t=1 se tiene
3 P 0 = P 0 e k o bien e k 2
De la ultima ecuación se obtiene k = ln
3 2
= ce 0 = c ,
y en consecuencia
=3. 2
= 0.4055 , y, entonces P (t ) = P 0 e 0.4055 t .
Para determinar el tiempo en que se ha triplicado el número de bacterias, se resuelve
3 P 0 = P 0 e 0.4055 t para t. Se deduce que 0.4055t= ln3, o t =
ln 3 0.4055
= 2.71h
El numero real
P 0
de bacterias presentes en el tiempo t=0 no tuvo que ver en el calculo
del tiempo que se requirió para que se triplicara el numero de bacterias en el cultivo. El tiempo necesario para que se triplique una población inicial de, por ejemplo 100 bacterias o 1.000.000 es de mas o menos 2.71 Horas.
2.) La población de la ciudad de Quito en el año 2000 fue de 2’000.000 habitantes, si el crecimiento poblacional es proporcional a la propia población y ha sido estimado en el 1.5% anual, determinar la ecuación diferencial que describe el problema y la función primitiva equivalente a esa ecuación diferencial. En primer lugar definimos las variables que forman parte del problema: P: Población de la ciudad de Quito, que varía con el tiempo y tiene un valor de 2`000.000 para el año 2000 T: Tiempo medido en años, que al inicio del problema es del año 2000 α: Indice anual de crecimiento de la población que vale 0.015 (1.5%anual).
En segundo lugar especificamos la expresión diferencial que describe el problema. Por definición, el crecimiento de la población en un instante cualquiera se calcularía mediante la siguiente expresión:
Donde: : Incremento de población Intervalo del tiempo en que se mide el incremento de población. Se ha utilizado el símbolo “ ≈ “para indicar que la expresión es una aproximación, pues una vez transcurrido un intervalo de tiempo “Δt”, la población habrá crecido a “P+ΔP” por lo que “P” ya no sería representativa para el cálculo del incremento de la población. Para conseguir una igualdad es necesario es llevar el cociente de los incrementos al límite del mismo, lo que ocurre cuando “Δt” tiende a “cero”, lo que se expresa:
La expresión antes anotada antes anotada es la derivada de la población respecto al tiempo.
dP
= α . P Ecuación
dt
diferencial
Esta última expresión es precisamente la ecuación diferencial que describe la variación de la población con respecto al tiempo. para resolver la ecuación diferencial se deben separar la diferenciales del miembro izquierdo: dP =α . P .dt Se separan las variables: dP P
=α .dt
Se procede a la integración de los dos miembros:
∫
dP P
= ∫ α .dt
Ejecutando las integrales: ln( P ) +ln( k ) =α .t
El logaritmo del producto es la suma de los logaritmos: ln( P .k )
.t
=α
Reemplazando la función logarítmica por la función exponencial equivalente:
P .k = e α .t Despejando la población “P” se tiene su variación en función del tiempo, en términos generales: P =
e
.t
α
k
Solución general
Para el cálculo de la solución específica se deben aplicar las siguientes condiciones de borde a la solución general: Para el año 2000, “t=2000 años”, “P= 2’000.000 habitantes”, “α =0.015 habitantes/año”. Reemplazamos estas condiciones de borde se tiene:
2'000 .000 = Simplificado:
e ( 0.015 ).( 2000 k
)
2'000 .000
=
e 30 k
Despejando “k”: k =
e 30 2'000 .000
Reemplazando el valor de “ e 30 ”: 10 ' '686 .474 '581 .524 2'000 .000 k = 5343237 k =
Reemplazando “k” y “α” en la ecuación general se tiene:
P =
e ( 0.015 ).t Solución específica 5343237
Problemas de circuitos 1.)
i ′′ +
R L
.i ′ +
i L.C
=
V m .ω . L
cos ω .t
i ′′ + 100.i ′ + 1000.i = 1570. cos 314.t
Resolvemos la homogénea: i ′′ + 100.i ′ + 1000.i = 0 y obtenemos r 1
= −11,27
y r 2
= −88 ,73
i h = C 1 .e −11 , 27.t + C 2 .e −88 ,73 .t
Hallamos la solución particular:
i p
.V m .
=
2
R 2
1 + ω . L − ω .C
sen (ω .t − ϕ )
R = arco cos Z Z 2 1 2 Z = R + ω . L − ω .C
cos ϕ =
R
donde
ϕ
2
6 10 = 3265 Ω 314 . 10 − Z = (1000 Ω) + H 314 .100 µ F 2
cos ϕ =
i p
1000 Ω 3265 Ω
.V m .
=
2
R
i p
= 0,3062787
=
2
1 + ω . L − ω .C
donde
ϕ = arco
sen (ω .t − ϕ )
50V
. sen (314 .t − 72 º 09′53′′) 3265 Ω
=
cos 0,3062787
= 0,4.π
50V . sen (314 .t − 0, 4.π ) 3265 Ω
= 0,015 A. sen (314 .t − 0,4.π )
La intensidad completa será:
i
= C 1 .e −11, 27.t + C 2 .e −88, 73.t + 0,015 A. sen (314 .t − 0,4.π )
luego, para t = 0 la i = 0 y L
di dt
= 50 , por lo tanto
di dt
=5
aplicamos a la solución general la primera condición para t = 0 la i = 0
0 = C 1 + C 2 + 0,015 A. sen 72º09′53′′ = C 1 + C 2 + 0,014
por otro lado:
di dt
11 , 27 .C 1 .e
=−
11 , 27 −
.t
88 ,73 .C 2 .e
−
88 −
, 73 .t
0,015 A.314 . cos( 314 .t −0,4.π )
+
t =0
5
t =0
= −11,27 .C 1 − 88 ,73 .C 2 + 0,015 A.314 . cos 0,4.π = −11,27 .C 1 − 88 ,73 .C 2 +1,46
C + C = − 0,0 1 4 − 1 1,2 7.C − 8 8,7 3.C = 3,5 4 1
2
1
2
resolviendo este sistema obtenemos: C 1
= 0,03 y
C 2
= −0,044
− − i = 0,03 .e 11 , 27 .t −0,044 .e 88 ,73 .t +0,015 A. sen (314 .t −0,4.π )
2.) Si R
6
=10 Ω, L =1 H y
E =1V , con i (0)=(0); halle la corriente, i , en el instante t.
Solución:
(1) La (1) es la ED lineal de la forma De tal manera que el factor integrante es:
Multiplicando la ecuac ión (1) por
se obtiene
Pero
De tal manera que (3) queda:
Las condiciones iniciales son:
Sustituyendo los valores correspondientes de (6) en (5), se obtiene:
Ahora, sustituyendo R =10 6 y L
= 1 en (8), se obtiene:
Problemas de ley de enfriamiento 1.) Al sacar un pastel del horno, su temperatura es 300°F. Después de 3 minutos, 2OO’F. ¿En cuanto tiempo se enfriará hasta la temperatura ambiente de 7O”F?
Solución En la ecuación (3) vemos que de valor inicial
T m
= 70. Por consiguiente, debemos resolver el problema
dT
= k(T- 70), T(O) = 300 (4) dt Y determinar el valor de k de tal modo que T(3) = 200. La ecuación (4) es lineal y separable, a la vez. Al separar las variables,
dT T − 70 ln T −70 = kt +c1,
= kdt , T = 70 + c 2 e kt
cuyo resultado es y así Cuando t=0, T=300, de modo que 300=70+ c2 define a c2 =230. Entonces, T=70+230 e kt . Por último, la 13 1 13 = −0.19018 . Así determinación T(3)=200 conduce a e 3 k = , o sea, k = ln 3 23 23 − T (t ) = 70 +230 e 0.19018
t
(5)
Observamos que la ecuación ( 5) no tiene una solución finita a T (t ) = 70 porque lim t →∞T (t ) = 70 ; no obstante, en forma intuitiva esperamos que el pastel se enfríe al transcurrir un intervalo razonablemente largo. ¿Cuán largo es “largo “‘7 No nos debe inquietar el hecho de que el modelo ( 4) no se apegue mucho a nuestra intuición física. Las partes u) y b) de la figura 3.3 muestran que el pastel estará a la temperatura ambiente pasada una media hora.
2.) • • • •
Intensidad de la radiación solar I =700 W/m2 Temperatura ambiente T 0 =20ºC Espesor de la placa e=2 mm Material aluminio: ρ=2700 kg/m3 y c =880 J/(kgºC)
Se ilumina la placa, al cabo de 1200 s alcanza una temperatura de T f= 71.3 ºC Se deja de iluminar la placa, se pone el contador de tiempo a cero, y al cabo de t =1000 s la temperatura ha bajado a 23.2 ºC Conocida la temperatura inicial T f =71.3º y al cabo de un tiempo t =1000 s, T =23.2 durante el enfriamiento calculamos la constante k .
T=T 0+(T f -T 0)exp(-kt ) 23.2=20+(71.3-20)exp(- k ·1000)
La máxima temperatura que alcanza la placa cuando se ilumina indefinidamente t →∞ es
Problemas de ley de calentamiento 1.) Supongamos que una delgada varilla se sumerge en agua hirviendo es decir, a 100ºC de temperatura, y después se saca en el instante t=0 y se colocan sus dos extremos inmediatamente en contacto con hielo, de manera que los extremos se van a mantener a 0 ºC. Hallar la temperatura w= w(x, t) bajo esas circunstancias.
Solución Es un caso especial con una distribución inicial de temperatura dada por la función constante f ( x ) =100 , 0 < x
< π
En consecuencia hemos de hallar la serie de senos de esta función, se pude calcular usando
bn
=
2 π
π
∫ f ( x) sen
nxdx . O por algún otro camino
0
f ( x)
=
400 π
senx + sen 3 x + sen 5 x +... 3 5 ∞
Refiriéndonos a la formula w( x, t )
= ∑bn e −n a t sen 2
2
nx , vemos que la función de
n =1
temperatura requerida es: w( x, t ) =
400 π
e −a t senx + 1 e −9 a t sen 3 x + 1 e −25 a t sen 5 x +... 3 5 s
2
2
2.) Hallar la temperatura estacionaria de la varilla estudiada antes si las temperaturas fijas de sus extremos x=0 y x=π son
Solución
w1 y
w2 , respectivamente
“estacionaria” significa que reduce a
2
∂
∂w / ∂t = 0, luego
w / ∂x 2 = 0, o sea,
d 2 w / dx 2
la ecuación de calor a
= 0. La
2
∂ 2 w ∂w , = ∂ x 2 ∂t
se
solución general, por tanto, es
w = c1 x + c 2 , y usando las condiciones de contorno calculamos fácilmente esas
constantes de integración y llegamos a la deseada solución. w = w1
1
+ ( w2 − w1 ) x π
La versión estacionaria de la ecuación de calor tridimensional es
∂2 w ∂2 w ∂2 w 2 + 2 + 2 =0 ∂ y ∂ z ∂ x
∂2 w ∂2 w ∂2 w ∂w + 2 + 2 2 = ∂t . ∂ ∂ ∂ x y z
a2
se llama ecuación de Laplace. El estudio de esta ecuación y sus soluciones y aplicaciones conforma la rica rama de matemáticas denominada teoría de potencial.
CONCLUSIONES •
Un modelo de la serie radiactiva de tres elementos es el sistema de tres ecuaciones diferenciales de primer orden
•
En el interior de un cuerpo en el cual esta fluyendo calor de una zona a otra, la temperatura varía en general de un punto a otro en todo instante, y también varía con el tiempo en cada punto.
•
El problema de valor inicial (1) en donde k es una constante de proporcionalidad, se emplea como modelo de distintos fenómenos donde intervienen crecimiento o decrecimiento (desintegración).
•
La ley de Newton del enfriamiento dice que un cuerpo que se enfría, la rapidez con la que la temperatura T(t) cambia es proporcional a la diferencia entre la temperatura del cuerpo y la temperatura constante T m del medio que lo rodea.
•
En física, un problema de valor inicial como las ecuaciones (1) puede servir de modelo para calcular aproximadamente la cantidad residual de una sustancia que se desintegra o decae en forma radiactiva.
BIBLIOGRAFIA •
http://publiespe.espe.edu.ec/librosvirtuales/ecuacionesdiferenciales/ecuaciones-diferenciales/ecuaciones-diferenciales06.pdf
•
Ecuaciones Diferenciales con aplicaciones de modelado. Octava edición. Dennis G. Zill
•
Ecuaciones diferenciales con aplicaciones y notas históricas. Segunda edición. George F. Simmons
•
Problemario de ecuaciones diferenciales. Paul Toppo Raimondo. Ricardo Zavala Yoé
TRABAJO SOBRE APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES
DIANA MARCELA MOSQUERA Cod 402021 DIEGO POLANIA AGUILERA Cod 406031 ABRAHAM ORTEGON Cod 406027
Trabajo escrito presentado a: MIGUEL ANGEL CARRANZA Profesor
UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA FACULTAD DE INGENIERIA Y ADMINISTRACION SEDE PALMIRA 2009