Trabajo Colaborativo Fase 1

Denís Celín Mendoza Gamboa, cód 60258404

Lizeth Liliana Helen Vargas, cod

Omar Becerra, cód

Luis Fernando Velandia, cód 96353529

Tutor

Rodolfo López Garibello

Universidad Nacional Abierta y a Distancia – UNAD

Escuela de Ciencias Básicas, Tecnología e Ingeniería

Ecuaciones Diferenciales

20 de septiembre de 2015

Introducción

En el presente trabajo se podrá observar la solución a dos ejercicios propuestos, en los cuales se

podrán aplicar los principios de ecuaciones diferenciales; dejando con esto un soporte de lo

estudiado y aprendido en la primera unidad del curso.

En la primera fase del trabajo colaborativo cada estudiante elabora dos ejercicios y los entrega de

manera individual, en la segunda fase los estudiantes elaboran un ejercicio y complementan un

segundo para comprobar su solución.

De manera que estos dos ejercicios ponen a prueba los logros de aprensión conseguidos por parte

de los estudiantes participantes, dentro del presente evento académico.

Objetivos

Aplicar los conocimientos adquiridos en la unidad I de ecuaciones diferenciales para la solución

de ejercicios.

Revisar el problema propuesto en la guía integrada de actividades para comprobar la respuesta.

Consolidar y entregar el producto final con lo requerido para la presente actividad

Desarrollo de la actividad

Se plantea una situación problema y el grupo de realizar los aportes respectivos en el foro colaborativo con el fin de reconocer las características del problema que se ha planteado y buscar el método de solución más apropiado según las ecuaciones diferenciales de primer orden:

Ejercicio 1.

Considere un gran tanque que contiene 1000L de agua, dentro del cual una solución salada de salmuera empieza a fluir a una velocidad constante de 6 L/min. La solución dentro del tanque se mantiene bien agitada y fluye hacia el exterior del tanque a una velocidad de 6L/min. SI la concentración de sal en la salmuera que entra en el tanque es de 1Kg/L, determine cuando será de 1/2kg/L la concentración de sal en el tanque.

Para nuestro caso tenemos la ecuación diferencial asociada a las mezclas

dxdt

+Q2

V 0+(Q1−Q2) tx (t)¿Q1C1

Y el siguiente problema

Lo primero que debemos hallar es x(t) para ello resolvemos

dxdt

+Q2

V 0+(Q1−Q2) tx¿Q1 C1

Vt = 1000 lt

V0 = 1000 lt

X0 = 0 kg

C1=1 kg/lt

Q1=6L/min

Q2=6L/min

Reemplazamos los valores del recuadro de arriba

dxdt

+ 61000+(6−6) t

x¿6 (1)

dxdt

+ 61000

x ¿6

dxdt

¿6− 61000

x

dx

6−6

1000x¿ dt

∫ dx

6−6

1000x¿∫ dt

∫ dt ¿ t+k1

∫ dx

6−6

1000x=

10006 ∫

61000

6−6

1000x

dx=1000

6ln(6−

61000

x)+k 2

10006

ln (6− 61000

x )=t +k

10006

ln (6− 61000

x )=t +k Usamos las condiciones iniciales para hallar el valor de k

10006

ln (6− 61000

0)=0+k→ k=298,6

Reemplazamos el valor de k en la ecuación que obtuvimos de la integración

10006

ln (6− 61000

x )=t +298,6

Por propiedades de logaritmo, tenemos

ln [(6− 61000

x)1000

6 ]=t+298,6

Aplicamos e

(6− 61000

x)1000

6 =e t+298,6

Despejamos x para hallar la función x(t)

6− 61000

x=(e¿¿ t +298,6)6

1000 ¿

x (t)=−¿

Ahora buscamos el valor de t que cumpla con la incógnita que es determinar cuando la concentración en el tanque ser de ½ kg/lt

12∗1000=−¿

5001000

6

=−¿

30001000

−6=−(e¿¿ t+298,6)6

1000¿

−1∗−3=−(e¿¿ t+298,6)6

1000∗−1¿

3=(e¿¿ t+298,6)6

1000 ¿

Aplicamos logaritmo a los dos lados

1,0986=6 (t +298,6 )

1000

1,0986∗1000=6 t+1791,6

1098,6=6t + 1791,6

6 t=1791,6−1098,6

t=1791,6−1098,66

t=6936

t=115,5

Cuando la concentración de ½ Kg/L de sal en el tanque es al cabo de 115,5 min.

R

mg Movimiento

Ejercicio 2.

Un paracaidista de masa 100 Kg (incluyendo su equipo) se deja caer de un avión que vuela a una altura de 2000 m, y cae bajo la influencia de la gravedad y de la resistencia del aire. Supongamos que la resistencia del aire es proporcional a la velocidad del paracaidista en cada instante, con constante de proporcionalidad 30 N.s/m con el paracaídas cerrado, y 90 N.s/m con el paracaídas abierto. Si el paracaídas se abre a los diez segundos del lanzamiento, hallar el instante aproximado en el que el paracaidista llega al piso. ¿Cuál es su velocidad en ese instante?

(Considere la gravedad como g=10m

seg2 )

Solución :

Por la segunda Ley de Newton

mg = Peso

R = kv

ma=F neta

ma = mg – kv (-ku porque es la resistencia del cuerpo al movimiento)

como a=dvdt

la ecuación se convierte en:

mdvdt

=mg+kv

E.D.L. dividiendo entre m a en ambos lados.

mm

dvdt

+ kvm

=m gm

Es decir, dvdt

− km

v=g

Al resolver esta ecuación lineal, tenemos

Factor integrante, e∫ k

mdt=e

km

t Multiplicando esta ecuación diferencial por el factor integrante,

tenemos

ekm

t( dvdt

+ km

v )=gekm

t

Que equivale a ddt

(emk

tv )=g e

mk

t

Integrando respecto a t, tenemos

∫ ddt

(ekm

tv )dt=∫ e

km

tg dt

ekm

tv=m

kg e

km

t+C

v=mgk

+C e−km

t

Aplicando las condiciones iniciales, haciendo v (0 )=v0 ,

v (o)=mgk

+ce−km

( o)=vo

v0=mgk

+C C=v0−mgk

Entonces la ecuación de la velocidad en cualquier t

v (t)=mgk

+(v0−mgk )e

−km

t

v (t )=mgk

+(vo−mgk )e

−km

t

Teniendo en cuenta que v (t )=dxdt

, y haciendo x (0 )=x0, se llega a que

dxdt

=mgk

+(v0−mgk )e

−km

t

Integrando respecto a t

x (t )=mgk

t +(vo−mgk )(−m

ke

−km

t)+c donde c es la constante de integración

mk

vo+m2 gk 2 +c=0

c=mk

vo−m2 gk2 entonces

x (t )=mgk

t−mk

vo e−km

t+ m2

k 2 g e−km

t+

m vo

k−m2 g

k2

En el caso que se cumplan las condiciones iniciales v(0) = 0 y x(0)=0 quedará:

x (t )=mgk

t + m2

k2 −e− km

t

x (t )=mgk

t−m2

k2(1−e

−km

t )

En el caso de v (0 )=v0 y x ( t )=xo

x (0 )=mgk

(0 )−mk

vo e−km

(0 )+ m2

k2 g e−km

(0 )+c=xo

−mk

vo e01

+ m2

k 2 ge0+c=x0

−mk

vo+m2

k2 g+c=x0

c=x0mk

vo−m2

k2 g

De donde, x (t)=mgk

t−mk

v0 e− km

t+ m2 g

k2 e−km

t+x0+

mk

v0 e−km

t−m2 g

k2 e−km

t

x (t )=mgk

t−mk (v0−

mgk )e

−km

t+x0+

mk (v0−

mgk )

Reagrupando,

x (t )=mgk

t−mk (vo−

mgk )e

−km

t+ xo

mk (vo−

mgk )

x (t )=mgk

t + mk (v0−

mgk )(1−e

−km

t)+x0

Considerando la gravedad como g=10m

seg2 y la tapa inicial en la que el paracaídas está

cerrado, donde x0=0 , v0=0 y k=30 Ns /m ,

( t )=mgk

+vo+e−km

t−mg

ke

−km

t mg=1000

v (10 )=100030

+0 e-km

t−1000

30e

−km

(10)

v (t )=1003

−1003

e−310

ty

x (t )=1003

t + 10009

e−310

t

v (10 )=1003

+0−1003

e−3

v (10 )=33,33−1,654

v (10 )=81,673 m /seg

Luego a los diez segundos, t=10

v (10 ) ≈ 31.6737ms

Y la distancia recorrida por el paracaidista durante los primeros diez segundos será aproximadamente

( t )=mgk

+ mk (vo−

mgk )(1−e

−km

t)+xo

Como xo=0

x (10 )=10030

(10)+ 10030 (0−1000

30 )(1−e−30100

(10))+0

x=1003

(10 )+ 10 03 0 (−10 0

3 0 ) (1−e−3 )

x=10003

+(−10009 ) (1−e−3 )

x=1003

−105,579=227,754

x (t )=227,7541 m

Para la segunda etapa, es decir, cuando el paracaídas está abierto, se toma como instante t=0

aquel en el que el paracaídas se abre y k=90N . s

m , con lo que se tiene

x (0 )=227,7541 m y v (0 )=31.6737ms

V (t )=100 09 0

+(31,673−100090 )e

−90100

(t )

Entonces, v (t )=1009

+20,5626 e−910

ty

x (t )=1009

t−22,8473 e−910

t+250,6014

x (t )=100090

+10090 (31,673−1000

90 )(1−e−90100

(t ))+227,754

Entonces, como x (t )=2000 tenemos,

x (t )=1009

+22,846−22,846 e−910

(t )+227,754

x (t )=1009

−22,846−22,846 e−910

(t )+227,754

1009

t−22,8473 e−910

t+250,6014=2000

Si t >10 entonces 22,846 e−910

(t )≅ 0

1009

t+250,6=2000

1009

t=2000−250,6

1009

t=1729,4

t=1729,4 ( 9100 )

t=157,446 seg

Es decir, que t=2,0563 e−910

t+157,4459

Como duró 10 seg en abrir el paracaídas entonces el tiempo que demora en llegar al suelo es:

T t=157,446+10

T t=167,446 seg

v (t )=1009

+20,561e−910

(t )

v (157,446)=1009

+20,561 e−910

(157,446 )

v=11,11m / s

En la anterior ecuación el término 2,0563 e−910

t se desprecia para valores de tiempo relativamente

grandes (mayores que 10), es decir, este valor tiende a cero, entonces, t=157,4459 seg. De aquí

se deduce que el paracaidista tarda aproximadamente, 10 seg+157,4459 seg=167,4459 seg en

llegar al suelo desde que se arrojó del avión.

La velocidad de éste al llegar al suelo es de aproximadamente 100

9Kmseg

=11,11Kmseg

Conclusiones

El trabajo permitió la aplicación de los conocimientos adquiridos en la unidad I del curso de

ecuaciones diferenciales, mediante el desarrollo de los ejercicios propuestos y el análisis del

problema planteado, donde se revisó el procedimiento y se adicionó lo necesario para establecer

que la respuesta era correcta.

Referencias

Franquet J. (2013). “Ecuaciones Diferenciales Ordinarias y en Diferencias finitas, Curso

Práctico”. UNED-Tortosa. España. Disponible en: http://campus03.unad.edu.co/

ecbti02/mod/book/view.php?id=4630

Vindel P., “Fundamentos Matemáticos de la Ingeneiría”. Universitat Jaume. Disponible

en:  http://www.etnassoft.com/biblioteca/fundamentos-matematicos-de-la-ingenieria/