Aplicaciones de ecuaciones diferenciales ordinarias de primerorden.Prof. Leonardo Sáenz BaezLEY DE ENFRIAMIENTO DE NEWTON.El enunciado de la ley de Newton para el enfriamiento de un cuerpo es:

La razón o velocidad con que cambia la temperatura de un cuerpo, conrespecto al tiempo, es proporcional a la diferencia de temperaturas entre elcuerpo y el medio ambiente

Si denotamos con T a la temperatura del cuerpo en un tiempo t cualquiera y con Tm ala temperaura del medio ambiente, entonces la ley de enfriamiento se puede formularmediante la siguiente ecuación diferencial

dTdt −kT − Tm

donde k es una constante de proporcionalidad positiva y T Tm, el signo menos en laecuación es necesario ya que la temperatura es una función decreciente y la derivadadebe ser negativa. La T , es la variable dependiente y t la variable independiente, Tm yk son constantes.Esta ecuación diferencial se puede escribir

dTdt kT kTm

la cual es una ecuación diferencial lineal de primer orden, cuya solución, como yahemos visto se puede encontrar escribiendo:

pt kgt kTm

siendo el factor de integración

t e ptdt e kdt

ekt

y por lo tanto la solución es

T e−kt ektkTmdt Ce−kt Tme−ktekt Ce−kt

T Tm Ce−kt

Ahora bien, cuando t 0 la temperatura tiene un cierto valor inicial Ti, esta condiciónnos permite encontrar el valor de C

Ti Tm C C Ti − Tm

de manera que la solución se puede escribirT Tm Ti − Tme−kt

debe hacerse notar que cuando t → un tiempo muy grande , e−kt → 0 y , entonces,T → Tm , lo cual significa que para un tiempo largo, la temperatura del cuerpo enenfriamiento se aproxima a la temperatura del medio ambiente.

1

La ecuación diferencialdTdt −kT − Tm

tambien es separable y se puede escribir comodT

T − Tm −kdt

integrando ambos lados se tienelnT − Tm −kt C

y tomando antilogaritmos se escribeT − Tm e−ktC eCe−kt C1e−kt

T Tm C1e−kt

y si para t 0, T Ti, entoncesTi Tm C1 C1 Ti − Tm

y la solución seráT Tm Ti − Tme−kt

donde k , la constante de proporcionalidad se puede determinar conociendo latemperatura T en algún otro valor del tiempo t ≠ 0, digamos T T1, para cuandot t1 ≠ 0. , en cuyo caso tendriamos

T1 Tm Ti − Tme−kt1

e−kt1 T1 − TmTi − Tm

− kt1 ln T1 − TmTi − Tm

k − 1t1

ln T1 − TmTi − Tm

1t1

ln Ti − TmT1 − Tm

Ejemplo concreto.Una barra metálica a una temperatura de 100 0F se pone en un cuarto a unatemperatura constante de 00F. Si después de 20 minutos la temperatura de la barraes de 500F, hallar:a) El tiempo que que debe transcurrir para que la barra adquiera una temperatura de250F yb) La temperatura de la barra después de 10 minutos.

Solución.Los datos del problema son:

Ti 1000F, Tm 00FT1 500F para t1 20min

por lo tanto

2

k 120 ln 100 − 0

50 − 0 120 ln2 ln2 1

20

kt t ln2 120 ln2 t

20

y la solución será

T 0 100 − 0e−ln2t

20

T 100 1e ln2

t20

100 12 t

20 1002− t

20

T 1002− t20

a) Si T 25, entonces25 1002− t

20

25100 2− t

20

14 2− t

20

tomando logaritmo naturalln 1

4 − t20 ln2

− ln4 − t20 ln2

2 ln2 t20 ln2

2 t20

t 40 minDespués de transcurridos 40 min. la barra tendrá una temperatura de 250F.b) Si t 10, entonces

T 1002− 1020 1002− 1

2 1002

50 2 ≈ 70.710F

T ≈ 70.710FLa temperatura después de transcurridos 10 min sera aproximadamente de 70.710F.

HORA DE UN DECESO.En la investigación de un homicidio o de una muerte accidental, a menudo esimportante estimar el momento de la muerte.Supongamos que en t 0 se descubre un cadáver y que su temperatura es Ti, sesupone que en el instante td ,del fallecimiento o del deceso, la temperatura delcuerpo Td tenía la temperatura normal de 37 0C 98.60F.Considerando que se cumple la ley de enfriamiento de Newton

dTdt −kT − Tm

cuya solución es

3

T Tm Ti − Tme−kt

donde Tm es la temperatura del medio ambiente y Ti es la temperatura inicial cuandot 0.donde k se determina con

k 1t1

ln Ti − TmT1 − Tm

siendo t1 otro tiempo distinto de cero y T1 su temperatura correspondienteEntonces empleando

T Tm Ti − Tme−kt

que al despejar t se tieneT − TmTi − Tm

e−kt

t − 1k ln T − Tm

Ti − Tm

td − 1k ln Td − Tm

Ti − Tm

con esta expresión calculamos td cuando T Td 37, y k se calcula con la expresiónya indicada anteriormente.Por ejemplo, supóngase que la temperatura del cadáver es de 29.4 0C, cuando esdescubierto y dos horas mas tarde su temperatura es de 23.30C, siendo latemperatura ambiente de 200C.¿Cuál fué la hora del deceso?.

Solución. Los datos que se tienen son

Temperatura inicial Ti 29.40CTemperatura ambiente Tm 200CTemperatura medida T1 23.30Ctiempo de medición t1 2 horasTemperatura estándar Td 370C

con estos valores se tiene

k 1t1

ln Ti − TmT1 − Tm

12 ln 29.4 − 20

23.3 − 20k ≈ 0. 523393611

td − 1k ln Td − Tm

Ti − Tm − 1

. 523393611 ln 37 − 2029.4 − 20

td ≈ −1. 1320422esto es, la muerte se estima que ocurrió 1 h con 8 minutos antes de encontrar elcadáver.

MODELOS DE CRECIMIENTO.Si N Nt es una población que crece (o decrece) al transcurrir el tiempo y si suvelocidad de crecimiento es proporcional a la población presente en un tiempo t ,

4

entonces se puede escribirdNdt kN

donde k es una constante positiva y el signo de la ecuación debe ser positivo parafenómenos de crecimiento y negativo para los casos de decrecimiento.Estamos asumiendo que Nt es una función derivable y por lo tanto continua, sinembargo para problemas de población, donde Nt es un entero y discreto, estasuposición es incorrecta, sin embargo la ecuación diferencial dá una buenaaproximación a las leyes de crecimiento que rigen tal sistema (modelo exponencial).Tratemos uno de los casos digamos el de crecimiento cuya ecuación es

dNdt kN

esta ecuación es separable y se puede escribirdNN kdt

integrandolnN kt C

tomando antilogarítmosN ektC eCekt C1ekt

N C1ekt

si t 0 se tiene un cierto valor de N N0 llamado población inicial, entoncesN0 C1

y la ecuación quedaraN N0ekt

en el caso de fuera un fenómeno de decrecimiento, la ecuación quedaríaN N0e−kt

Ejemplo. Se sabe que la población de cierto país aumenta a una velocidadproporcional al número de habitantes en un tiempo t. Si después de 2 años lapoblación se ha duplicado y después de tres años la población es de 20 000habitantes, hallar el número de habitantes que había inicialmente en el país, esto escuando t 0.Sol. El modelo es de crecimiento por lo que la ecuación que lo modela es

N N0ekt

Para t 2 sabemos que N 2N0 de manera que2N0 N0e2k

2 e2k

2 12 ek

con lo cual la ecuación quedaría

5

N N0ekt N0 2 12

t

N N02t2

tanbién sabemos que para t 3, N 20000 de manera que2104 N02

32

N0 2104

2 32

104

2 104 2

2 5 2 103

N0 ≈ 7071

POBLACIONES LIMITADAS.En el modelo exponencial o de Malthus

dPdt kP

cuya solución esP P0ekt

ocurre cuando en una población se considera que los índices de natalidad ymortalidad son constantes, ya que en tales casos la tasa de crecimiento porindividuo sería

1P

dPdt − k

dPdt kP

Si se considera que el índice de nacimientos es una función lineal decreciente b − mP y el índice de mortalidad es constante se tiene

1P

dPdt − b − mP − b − − mP a − mP

dPdt Pa − mP

Ecuación que es un modelo de crecimiento, llamado Modelo logístico de Poblacionespropuesto por el Matemático y Biólogo Belga P.F. Verhulst.La solución de esta ecuación separable será

dPPa − mP

dt

dPPa − mP

dt C

empleando fracciones parciales se tiene1

Pa − mP 1

a1P m

a − mPpor lo que

6

1a

1P m

a − mP t C

1a dP

P − −mdPa − mP

t C

1a lnP − lna − mP t C

1a ln P

a − mP t C

y como para t 0, P P0

1a ln P0

a − mP0 C

de donde1a ln P

a − mP t 1a ln P0

a − mP0

1a ln P

a − mP − 1a ln P0

a − mP0 t

lnP

a−mPP0

a−mP0

at

ln Pa − mP0P0a − mP at

Pa − mP0P0a − mP eat

Pa − mP0 P0a − mPeat

Pa − mP0 aP0eat − mP0Peat

Pa − mP0 mP0eat aP0eat

P aP0eat

a − mP0 mP0eat

P aP0a − mP0e−at mP0

Esta solución P Pt se conoce como la función logística, la cual está acotada yaque

limt→

Pt am

La población límite es P am .

La gráfica de la función logística es una curva que llamaremos, obviamente, curvalogística

7

En este tipo de curvas cuando t → , P → am , y si t → −, P → 0, estas curvas tienen

un punto de inflexión, donde la concavidad cambia de signo, en el cual la velocidad decrecimiento adquiere su valor máximo, dicho punto se encuentra pues, en el máximode la función

dPdt Pa − mP

y como esta representa una parábola que se abre hacia abajo, y corta al ejehorizontal en 0 y en a

m ,su máximo se encuentra en el vértice o sea cuando P a2m ,

que es la mitad de la población máxima.

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

50

100

150

200

x

y

Arriba, se encuentra graficada la función logísticaP 200

1 3e−2t

para la cual se ha tomado P0 50, a 2 y m 0.01, y en la cual se observa quecuando t → , P → a

m 200, el punto de inflexión se encuentra en el punto dondeP a

2m 100, o sea en el punto donde la recta P 100, corta a la curva logística.Una variante de esta ecuación logística es la propuesta por el matemático Inglés

Benjamín Gompertz , la cual tienela forma

dPdt Pa − m lnP

la solución de esta ecuación es más simple ya que podemos escribir

8

dPPa − m lnP dt

dPP

a − m lnP dt, integrando quedaría

− 1m lna − m lnP t C

y como para t 0, P P0 se tieneC − 1

m lna − m lnP0

de manera que1m lna − m lnP0 − lna − m lnP t

ln a − m lnP0a − m lnP

mt

tomando antilogarítmosa − m lnP0a − m lnP

emt

a − m lnP0e−mt a − m lnPm lnP a − a − m lnP0e−mt

lnP am − a

m − lnP0e−mt

P e am e− a

m −lnP0e−mt

Notemos que para cuando t 0, se tiene P e am e− a

m e lnP0 e lnP0 P0

y cuando t → ; P → e am , lo cual nos indica que la población está limitada por e a

m .¿Para que valor de P se tiene el punto de inflexión?

En este caso comodPdt Pa − m lnP

se tiened2Pdt2 P−m P ′

P a − m lnPP ′

d2Pdt2 P ′a − m lnP − m Pa − m lnPa − m lnP − m

al igualar la segunda derivada con cero tenemos que los posibles valores de P en losque puede haber puntos de inflexión son:

P 0, que se descarta por ser una asíntota horizontala − m lnP 0 P e a

m , que se descarta por ser también asíntota horizontala − m lnP − m P e a−m

m

el punto de inflexión se encuentra entonces para cuando P e a−mm .

9

APLICACIONES EN LA MECÁNICA.Descripción del movimiento de los cuerpos. En un cuerpo en movimiento seencuentran involucrados ciertos parámetros fundamentales como son: la velocidadv del cuerpo en un tiempo t cualquiera, el desplazamiento x en cualquier tiempo obién la aceleración a del cuerpo. En la descripción del movimiento se emplearánprincipios básicos de la mecánica, como lo es la segunda ley de Newton queestablece que la fuerza F que actúa en un cuerpo de masa m es directamenteproporcional a la variación instantánea de la cantidad de movimiento la cual se definecomo el producto de la masa por la velocidad, esto es:

F k ddx mv

donde k es una constante de proporcionalidad que empleando un sistema adecuadode unidades tendremos k 1, quedando entonces la segunda ley como

F ddx mv

o si la masa es constanteF m dv

dx ma

dondea dv

dtes la aceleración del cuerpo o variación instantánea de la velocidad con respecto altiempo, o bien, como la velocidad es la variación instantánea del desplazamiento setiene

a dvdt d

dtdxdt d2x

dt2

y comoa dv

dt dvdx

dxtt v dv

dxtambien se puede escribir la segunda ley de Newton como

F ma mv dvdx

Ejemplo 1. (Descripción del movimiento uniformemente acelerado).Describiremos el movimiento de un cuerpo de masa m el cual se mueve con unaaceleración constante a, siendo v0 su velocidad inicial (al tiempo t 0). Supondremosque el cuerpo parte del reposo (el desplazamiento inicial x0 0) y que la direcciónpositiva es la usual para el eje-x.Solución. A un tiempo t cualquiera, la única fuerza que actúa en el cuerpo es ma , demodo que

10

m dvdt ma

dvdt a

dv adtv at C

y como para t 0, v v0 tendremosC v0

∴ v v0 ato si se emplea la integral definida se puede escribir

m dvdt ma

dvdt a

dv adt

v0

vdv a

0

t

v − v0 atv v0 at

y como v dxdt

dxdt v0 at

0

xdx

0

tv0 atdt

x v0t 12 at2

si consideramos la velocidad al cuadrado se tienev2 v0 at2 v0

2 2av0t a2t2 v02 2av0t 1

2 at2 v02 2ax

v2 v02 2ax

Ejemplo 2. Un cuerpo es lanzado verticalmente hacia arriba con una velocidad v0.Suponiendo que la resistencia del aire es despreciable, encuentre la altura máximaalcanzada por el cuerpo, el tiempo total de vuelo y la velocidad con la que lleganuevamente al punto de partida.Solución. Si consideramos como dirección positiva de abajo hacia arriba, se tiene queal actuar sobre el cuerpo únicamente la fuerza de la gravedad W mg la cual actúaen sentido contrario al movimiento de cuerpo, se tendrá que

11

m dvdt −mg

dvdt −g

v dvdx −g

vdv −gdxComo en xmáx tenemos que v 0, entonces

v0

0vdv −g

0

xmáxdx

− 12 v0

2 −gxmáx

xmáx v0

2

2gPor otro lado como

dv −gdtse tiene que

v0

vdv −g

0

tdt

v − v0 −gtv v0 − gt

Cuando v 0 obtenemos el tiempo de ascensotA v0

gy en este momento el cuerpo deja de moverse y principia a descender.Para calcular el tiempo de descenso tD hagamos lo siguiente. Sabemos que ensuretorno el cuerpo recorre una distancia

xmáx v0

2

2ghabiendo comenzado su movimiento con una velocidad nula, entonces como

dv −gdt

0

vdv −g

0

tdt

v −gtdxdt −gt

de donde

12

dx −gtdt

xmáx

0dx −g

0

tDtdt

− xmáx − g2 tD

2

v02

2g g2 tD

2

v02

g2 tD2

∴ tD v0g tA

Como el tiempo de ascenso es igual al tiempo de descenso, ambos v0g , el tiempo

total de vuelo será

tT 2v0g

y la velocidad para este tiempo será

v v0 − gt v0 − g 2v0g −v0

esto es, la velocidad con que se llega al punto de partida es la misma velocidad inicialv0, el signo menos es por el sentido positivo que seleccionamos hacia arriba.Ejemplo 3. Un cuerpo de masa m es lanzado verticalmente hacia arriba con unavelocidad v0. La resistencia del aire es proporcional a la velocidad del cuerpo.Encuentre la altura máxima alcanzada y el tiempo que tarda en alcanzar tal altura.

El problema es como el anterior salvo que ahora se toma en cuenta la resistencia queofrece el aire al movimiento del cuerpo.Durante el ascenso, las fuerzas que actúan sobre el cuerpo son W mg y R kv,ambas en sentido negativo, de manera que la ecuación de movimiento será

m dvdt −mg − kv

dvdt k

m v −g

la cual es una ecuación lineal, para la cual pt km y ft −g

siendo su factor de integración

t e ptdt e k

m t

siendo la solución

v e− km t e k

m t−gdt Ce− km t

13

v − mgk e− k

m te km t Ce− k

m t

v − mgk Ce− k

m t

y como para t 0, v v0

v0 mgk C

de modo que

v − mgk v0

mgk e− k

m t

el tiempo de ascenso, para el cual se tiene que v 0, será

0 − mgk v0

mgk e− k

m t

mgk e k

m t v0 mgk

e km t k

mg v0 mgk kv0

mg 1

km t ln kv0

mg 1

tA mk ln kv0

mg 1

Para calcular la altura máxima pongamosdvdt k

m v −g

v dvdx k

m v −g

vdv km v g dx 0

vdv k

m v g dx 0

mk

km v g − g k

m v gdv dx 0

mk 1 − g

km v g

dv dx 0

mk v − m

kmgk ln kv mg

m x C

mk v − mg

k ln kv mgm x C

y como para x 0 se tiene v v0

C mk v0 −

mgk ln kv0 mg

m

de manera que

14

x mk v0 −

mgk ln kv0 mg

m − mk v − mg

k ln kv mgm

x mk v0 −

mgk ln kv0 mg

m − v − mgk ln kv mg

m

x mk v0 − v mg

k ln kv mgm − ln kv0 mg

m

x mk v0 − v mg

k ln kv mgkv0 mg

cuando v 0, x xmáx

xmáx mk v0

mgk ln mg

kv0 mgTarea. Calcular el tiempo de descenso tD.Veamos como calcular el tiempo de descenso.Para evitar problemas con los signos, cambiaremos el sistema de referencia,tomando ahora t 0 y x 0 en el punto máximo de la trayectoria y consideraremosla direccion positiva del movimiento hacia abajo.Durante el descenso las fuerzas que actuan son la resistencia del aire R kv, opuestaal movimiento y la del peso del cuerpo W mg , en favor del movimiento De maneraque la ecuación de movimiento será:

m dvdt mg − kv

separando variablesmdv

mg − kv dt

integrando

0

v mdvmg − kv

0

tdt

− mk lnmg − kv|0v t

− mk lnmg − kv − lnmg t

− mk ln mg − kv

mg t

ln mg − kvmg − k

m t

mg − kvmg e− k

m t

despejando a la v se tienemg − kv mge− k

m t

mg1 − e− km t kv

v mgk 1 − e− k

m t

15

y como v dxdt se tiene

dx mgk 1 − e− k

m tdt

e integrando

0

xdx mg

k 0

t1 − e− k

m tdt

x mgk t m

k e −km t |0t

x mgk t m

k e −km t − m

ken esta ecuación cuando

x xmax , se tiene que t tD

o sea

xmax mgk tD m

k e −km tD − m

kesta ecuación es necesario resolverla numéricamente, pero de cualquier modo esevidente que no se cumple para tD tA,por lo que concluimos que tD ≠ tA.En efecto, si tD tA se tendría

xmax mgk

mk ln kv0

mg 1 mk e−

km

mk ln kv0

mg 1 − mk

xmax mgk

mk ln kv0

mg 1 mk

kv0mg 1

−1− m

k

xmax m2gk2 ln kv0 mg

mg mgkv0 mg − 1

xmax m2gk2 − ln mg

kv0 mg mgkv0 mg − 1

xmax m2gk2 − ln mg

kv0 mg − kv0kv0 mg

xmax −m2gk2 ln mg

kv0 mg − m2gk2

kv0kv0 mg

xmax −m2gk2 ln mg

kv0 mg − m2gv0

kkv0 mgpero, en realidad

xmáx mk v0

m2gk2 ln mg

kv0 mgde manera que

tD ≠ tA

Si tomamos un caso concreto con m 1kg, v0 10 m/seg, g 9.8 m/seg2,entonces manejando algunos valores de k, que se aproximen a cero, tendremos

16

k xmax tA tD vf

1 3.107664 0.703299 0.917653 5.88530.5 3,84 0.82449 0.95566 7.44550.1 4.77952 0.97164 1.00442 9.363170.01 5.0676 1.01523 1.01189 9.9345

dondevf

mgk 1 − e− k

m tD

En la tabla se puede notar que cuando k → 0, tA → tD y vf → v0

De manera que si no hay resistencia del aire (k 0), entonces tA tD y vf v0.PROBLEMA DE MEZCLASProblema. El lago Erie tiene un volumen de 458 km3 y el flujo de entrada y salida serealizan ambos a razón de 175 km3por año. Suponga que para el tiempo t 0 (años)su concentración de contaminación es de 0.05% y que un tiempo después laconcentración de contaminantes que ingresa en el agua es de 0.01%. Suponiendoque el agua se mezcla perfectamente dentro del lago, calcule el tiempo que debetranscurrir para que la concentración de contaminantes se reduzca al 0.02%.

Solución. Sea x la cantidad en km3 de contaminantes en el lago al instante t.El volumen V 458km3 en el lago se mantiene constante ya que el flujo de entrada ysalida (175 km3es el mismo.Como dato se tiene que x0 0.05

100 458 0.0005458 0. 229 km3.y queremos encontrar el tiempo que debe transcurrir para que

xt 0.0002458 0.0916 km3

Obtengamos primero la ecuación diferencial que rige al fenomeno de contaminantes.El incremento Δx al transcurrir Δt años es

Δx cantidad que entra - cantidad que sale

Δx 0.0001175Δt − x458 175Δt

Δx 0.0175 − 0.3821xΔtΔxΔt 0.0175 − 0.3821x

al tomar límite cuando Δt → 0, se tienedxdt 0.0175 − 0.3821x

dxdt 0.3821x 0.0175

17

la cual es una ecuación diferencial lineal para la cual pt 0.3821, ptdt 0.3821tsiendo el factor de integración

t e0.3821t

y por lo tanto la solución es

xt e−0.3821t e0.3821t0.0175dt Ce−0.3821t

xt 0.01750.3821 e−0.3821te0.3821t Ce−0.3821t

xt 4. 579952892 10−2 Ce−0.3821t

xt 0.0458 Ce−0.3821t

y como para t 0, se tiene x 0. 229 , se tiene0. 229 0.0458 C

∴ C 0. 229 − 0.0458 0. 1832y por lo tanto

xt 0.0458 0. 1832e−0.3821t

ahora debemos calcular el valor de t para cuando x 0.0916esto es

0.0916 0.0458 0. 1832e−0.3821t

0.0916 − 0.0458 0. 1832e−0.3821t

0.04580. 1832 e−0.3821t

0. 25 e−0.3821t

ln0. 25 −0.3821t

t ln0. 25−0.3821 3. 628093067

t ≈ 3.63 añosTarea.Considérese un estanque con un volumen de 8 mil millones de pies cúbicos y una

concentración inicial de contaminantes del 0.25% . Hay un ingreso diario de 500millones de pies3 de agua con una concentración de contaminantes de 0.05% y underrame diario de igual cantidad de agua bien mezclada en el estanque . .¿Cuántotiempo pasará para que la concentracion de contaminantes se reduzca al 0.10%?

Solución.dxdt 500. 0005 − x

8000 500 . 25 −. 0625x

dxdt . 0625x . 25

la ecuación diferencial es lineal con

18

CIDEM, Centro de Investigacion y Desarrollo del Estado de Michoacan

pt 0.0625

t e 0.0625dt e0.0625t

x e−0.0625t e0.0625t0.25dt Ce−0.0625t

x 0.250.0625 Ce−0.0625t 4 Ce−0.0625t

x 4 Ce−0.0625t

si t 0, x 0.00258000 20.0de manera que

20 − 4 CC 16

x 4 16e−0.0625t

ahora que tiempo debe transcurrir para quex 0.0018000 8

8 4 16e−0.0625t

resolviendo para t se tiene14 e−0.0625t

ln 14 −0.0625t

t ln40.0625 22. 1807098

t ≈ 22.18 dias

19