APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES …jpaez/MA3B06/contenidos/contenido_ma3b06_te… · 230 APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN A PROBLEMAS

230

APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN A PROBLEMAS DE MEZCLAS

Considérese un tanque que tiene un volumen inicial V0 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 x0 al tiempo de iniciar el proceso de mezclado.

Supóngase que la solución que se inyecta al tanque tiene una concentración de C1

gramos de soluto por litro, y fluye al mismo con una tasa de Q1 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 Q2 litros por segundo.

C2 (t) = Concentración de salida (varía en función de t) Q1 = razón de salida

Vo = Volumen Inicial C0 = Concentración inicial x0 = Cantidad inicial de soluto

C1 = Concentración de entrada Q1 = razón de entrada

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 (Q1 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 C2(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: C2 (t) = )t(V)t(x

, donde x(t) es la cantidad de soluto en

cualquier instante de tiempo t y V(t) denota volumen de líquido en el tanque en cualquier instante de tiempo t.

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) = V0 , 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 V0 (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 V0 (V(t) < V0).

El volumen de líquido en el tanque, en cualquier instante de tiempo t, viene dado por la ecuación V(t) = V0 + (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 (Q1 C1 ∆t) y la cantidad de líquido que fluye fuera del tanque (Q2 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

t∆x∆

= (Q1 C1 - Q2 C2)

calculando el límite de cuando ∆t → 0

)CQCQ(txlim 2211

0t−=

∆∆

→∆ (1)

Por la definición de derivada,

dtdx

txlim

0t=

∆∆

→∆ (2)

Comparando las ecuaciones (1) y (2)

dtdx = Q1 C1 - Q2 C2 (3)

donde Q1, C1 y Q2 son constantes

232

Sustituyendo en la ecuación (3) C2(t) = )t(V)t(x =

t)QQ(V)t(x

210 −+

dtdx = Q1 C1 + Q2 ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−+ t)QQ(V)t(x

210

ecuación ésta, que puede escribirse

dtdx + t)QQ(V

Q

210

2−+

x(t) = Q1 C1

Q

La ecuación diferencial asociada a problemas de mezclas es la ecuación diferencial lineal

dtdx + t) x(t) = Q1 C1

Al resolver esta ecuación, sujeta a la condición x(0) = x0 , se obtendrá la ley de variación de la cantidad de soluto x(t) en un instante de tiempo t

Q(VQ

210

2−+

UNIDADES Y NOTACIONES

Elemento Notación Unidades

Volumen V(t) lt gal pies3 cm3

Soluto x(t) gr-kg lb lb gr-kg Tiempo t min min min min Caudal de Entrada Caudal de Salida

Q1 Q2

lt/min gal/min pies3/min cm3/min

Concentración de Entrada Concentración de Salida

C1 C2 (t)

gr/min lb/min lb/min gr/min kg/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 t0 = 0 min la cantidad inicial de líquido en el tanque es V0 = 100 gal; como lo que contiene el tanque es agua, la concentración inicial es C0 = 0 lb/gal. Ya que, x0 = C0 V0 = 0, entonces la cantidad inicial de sal en el tanque para el tiempo t0 = 0 min es x0 = 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 La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es

( ) 11210

2 CQxtQQV

Qdtdx

=−+

+ (1)

Sustituyendo los datos en la ecuación (1)

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

−++

212x

t221002

dtdx

C1 = ½ lb/gal V0 = 100 gal Q1 =2 gal/min C0 = 0 lb/gal x0 = 0 lb Q2 = 2 gal/min

simplificando

1x501

dtdx

=+

despejando dtdx

x5011

dtdx

−= (2)

Ya que la diferencial de la cantidad x de sal es dx = ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

dtdx dt, sustituyendo

dtdx dada

por la ecuación (2)

dx = ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ − x

5011 dt (3)

234

La ecuación (3) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las

variables se multiplica la ecuación (3) por el factor ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ − x

5011

1 = x50

50−

x5050−

dx = dt

integrando

∫ − x5050 dx = ∫ dt (4)

Ambas integrales son inmediatas

∫ − x5050 dx = ∫ −

−−

x50150 dx = x50ln50 −− + C1

∫ dt = t + C2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (4) x50ln50 −− = 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 = . El valor obtenido para C se sustituye en la ecuación (5) 50ln50−

x50ln50 −− = t 50ln50−

multiplicando por ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

501 agrupando los logaritmos a un solo lado de la igualdad

x50ln − 50ln− = 50t

−

aplicando propiedades de logaritmo

50x50ln − =

50t

−

aplicando e

50x50 − = 50

te−

multiplicando por 50

50 – x = 50 50t

e−

despejando x

x = 50 – 50 50t

e−

sacando factor común 50

235

x (t) = ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

− 50t

e150 (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) = ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

− 5010

e150 = ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

− 51

e150 = 50 ( 1 - 0,82) = 9

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 C1 = 0 lb/gal y se inyecta a una razón Q1 = 2 gal/min. Como se deja salir a l a misma razón, Q2 = 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 x0 = 9 lb. Este nuevo proceso se muestra en la siguiente figura Sustituyendo los datos en la ecuación (1)

( ) 0xt22100

2dtdx

=−+

+

simplificando

0x501

dtdx

=+

despejando dtdx

x501

dtdx

−= (7)

Ya que la diferencial de la cantidad x de

C1 = 0 lb/gal V0 = 100 gal Q1 =2 gal/min C0 = 9/100 lb/gal x0 = 9 lb Q2 = 2 gal/min

sal es dx = ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛


dtdx dada por la ecuación (7)

dx = x501

− dt (8)


variables, se multiplica la ecuación (8) por el factor x1

236

x1 dx =

501

− dt

integrando

∫ x1 dx = ∫− dt

501

(9)


∫ x1 dx = ln l x l + C3

∫ dt = t + C4

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (9)

ln l x l = 50t

− + K (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)

ln l x l = 50t

− + ln 9

agrupando los logaritmos a un solo lado de la igualdad

ln l x l – ln 9 =50t

−


⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

9xln =

50t

−

aplicando e

50t

e9x −

=

despejando x

x (t) = 9 50t

e−

(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 51

e−

= 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 Vt = 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 x0 = 100 lb de sal.

C1 = 1 lb/gal Vt = 500 gal

Q1 = 3 gal/min V0 = 200 gal x0 = 100 lb Q2 = 2 gal/min

El líquido que se inyecta al tanque tiene una concentración C1 = 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

( ) 11210

2 CQxtQQV

Qdtdx

=−+

+ (1)


3xt200

2dtdx

=+

+ (2)

La ecuación (3) es una ecuación diferencial lineal, de la forma x’(t) + F(t)x =G(t). Para

resolverla debe determinarse un factor integrante µ(t) = ∫ dt)t(Fe

µ (t) = ( )2t200ln2dt

t2002

t200ee +== ++∫

Multiplicando la ecuación (2) por el factor integrante µ (t) = ( )2t200 +

( )2t200 + 2)t200(3x)t200(2dtdx

+=++

despejando dtdx

238

dtdx = 2

2

)t200(x)t200(2)t200(3

+

+−+ (3)


⎜⎝⎛


dtdx dada


dx = ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

+

+−+2

2

)t200(x)t200(2)t200(3 dt

multiplicando por y reordenando los términos de la ecucaión ( 2t200 + ) ( 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 ( )[ ]xt200 2+

sustituyendo en la ecuación (4) d ( )[ ]xt200 2+ = 3 ( 200 + t )2 dt

integrando

= ( )[ ]∫ + xt200d 2 ∫ + dt)t200(3 2 (5)


( )[∫ + xt200d 2 ] = ( 200 + t )2 x + k1

∫ + dt)t200(3 2 = ( 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) ( )2t200 + x = ( )3t200 + – 100 (200)2

multiplicando por ( ) 2t200 −+

x(t) = ( 200 + t ) – 100 2

t200200

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

(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

C(t) = )t(V)t(x (8)

donde V(t) = V0 + ( Q1 – Q2 ) t = 200 + t (9) sustituyendo las ecuaciones (7) y (9) en la ecuación (8)

C(t) = t200

t200200100)t200(

2

+

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−+ = 1 – ( )

3

2

)t200(200100+

= 1 – ( )3

6

)t200(104+

(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 Q2 es inferior a la razón de entrada Q1, el volumen de líquido en el tanque va a aumentar

Q2 < Q1 ⇒ Vo aumenta

El volumen de líquido en el tanque, en cualquier instante t del proceso, se obtiene por medio de la ecuación V(t) = V0 + (Q1 – Q2) t (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)

x(300) = ( 200 + 300 ) –100 2

300200200

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

= 500 – 100 2

52⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ = 500 – 100 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

254 = 484

C(300) = 1 – ( )3

6

)500200(104+

= 1 – ( )( )6

6

10343104 = 1 –

3434 =

343339 = 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 V0 = 450 lt y la cantidad inicial de sal en el tanque es x0 = 30 gr. La salmuera que se bombea al tanque tiene una concentración C1 = 3 gr/lt y se bombea a una razón Q1 = 6 lt/min. La solución, debidamente agitada y homogeneizada, se extrae del tanque a razón Q2 = 8 lt/min La ecuación diferencial asociada a los as de mezcla es

( ) 11210

2 CQxtQQV

Qdtdx

=−+

+ (1)


( ) 18xt86450

8dtdx

=−+

+

icando

18xt225

4dtdx

=−

+

d

p

r

problem

simplif

C1 = 3 gr/lt V0 = 450 lt Q1 = 6 lt/min x0 = 30 gr Q2 = 8 lt/min

espejando dtdx

dtdx = x

t225418−

− (2)


⎜⎝⎛


dtdx dada

or la ecuación (2)

dx = ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

− xt225

418 dt

eordenando la ecuación

dx + xt225

4−

dt = 18 dt (3)

241

La ecuación (3) es una ecuación diferencial lineal de la forma x’ + F(t) x = G(t), donde

F(t) = xt225

4−

, G(t) = 18. Para resolver la ecuación (3) debe determinarse un factor

integrante µ = ∫ dt)t(Fe

µ = = ∫ dt)t(Fe ∫ −

dtt225

4

e = t225ln4e −− = ( ) 4t225 −− Multiplicando la ecuación (3) por el factor integrante ( dx + 4 ) 4t225 −− ( ) 5t225 −− x dt = 18 ( ) 4t225 −− dt (4) Puesto que

( 4t225 −− ) dx + 4 ( ) 5t225 −− x dt = d ( )[ ]xt225 4−− sustituyendo en la ecuación (4)

d ( )[ ]xt225 4−− = 18 ( ) 4t225 −− dt integrando

= 18 ( )[ ]xt225d 4−−∫ ∫ −− dt)t225( 4 (5)


( )[ ]xt225d 4−−∫ = ( ) 4t225 −− x + k1

∫ −− dt)t225( 4 = 3

)t225( 3−− + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5) x = ( ) 4t225 −− ( ) 3t2256 −− + k (6)

Para determinar el valor de la constante k de integración se utiliza la condición inicial x(0) = 30, esto es, t0 = 0 min y x0 = 30 gr se sustituyen en la ecuación (6)

( ) 4225 − 30 = ( ) 32256 − + k despejando k

k = ( 30 = ) 4225 − 3)225(6 −− ( ) 4225 − ( 30 - = )225(6 ) ( ) 4225 − ( 30 - 1350)

k = ( ) 4225 −− 1320 este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6)

( 4t225 −− ) x = ( ) 3t2256 −− ( ) 4225 −− 1320

multiplicando por ( ) 4t225 −

242

x(t) = ( t2256 )− - 1320 4

225t225⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ − (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

C(t) = )t(V)t(x (8)

donde V(t) = V0 + ( Q1 – Q2 ) t = 450 – 2t = 2 ( 225 – t ) (9) sustituyendo las ecuaciones (7) y (9) en la ecuación (8)

C(t) = ( )t2252

1320)t225(64

225t225

−

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛−− −

= ( )( )4

3

225t2256903 −

−

C(t) = ( )( )4

3

225t2256903 −

− (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:

a) El volumen inicial de líquido en el tanque es V0 = 500 gal y como lo que contiene es agua pura, la cantidad inicial de sal en el tanque es x0 = 0 gr. La salmuera que se inyecta al tanque tiene una concentración C1 = 2 lb/gal y la razón de entrada es Q1 = 5 gal/min. La mezcla, una vez agitada y homogeneizada, se extrae del tanque a la misma razón de

C1 = 2 lb/gal V0 = 500 gal Q1 = 5 gal/min x0 = 0 lb Q2 = 5 gal/min

243

entrada, esto es, Q2 = 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) = V0 = 500 gal

La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es

( ) 11210

2 CQxtQQV

Qdtdx

=−+

+ (1)

sustituyendo los datos en la ecuación (1)

( ) 10xt55500

5dtdx

=−+

+

simplificando

10x100

1dtdx

=+

despejando dtdx

dtdx = x

100110 − (2)

La diferencial de la cantidad x de sal en el tanque es dx = ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛


dtdx

dada por la ecuación (2)

dx = dtx100

110 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− (3)


variables basta multiplicar la ecuación (3) por el factor ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ − x

100110

1

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ − x

100110

1 dx = dt

integrando

∫∫ =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

dtdxx

100110

1 (4)


244

x100

110ln100dxx

100110

1001

100dxx

100110

1−−=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−−=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ − ∫∫ + k1

∫ dt = t + k2


x100

110ln100 −− = t + k (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 = . Este valor conseguido para k se sustituye en la ecuación (5)

10ln100−

x100

110ln100 −− = t 10ln100−


1−

x100

110ln − = 100

t− + ln 10


x100

110ln − – ln 10 = 100

t−


x1000

11ln10

x100

110ln −=

− =

100t

−

aplicando e

x1000

11− = 100t

e−

despejando x

x(t) = ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

− 100t

e11000 (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

C(t) = )t(V)t(x (7)

donde V(t) = V0 + ( Q1 – Q2 ) t = 500 (8)

Sustituyendo las ecuaciones (6) y (8) en la ecuación (7)

C(t) = 500

e11000 100t

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−

= ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

− 100t

e12 (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) = ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

− 109

e11000 = 593,43

C(90) = ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

− 109

e12 = 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)

632,12 = ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

− 100t

e11000

despejando 100t

e−

100t

e−

= 1000

12,6321 −

aplicando ln

100t

− = ln1000

88,367

despejando t

t = 100250

97,91ln100 =− (-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 V0 = 500 gal y como lo que contiene es agua pura, la cantidad inicial de sal en el tanque es x0 = 0 gr. La salmuera que se inyecta al tanque tiene una concentración C1 = 2 lb/gal y la razón de entrada es Q1 = 5 gal/min. La mezcla, una vez agitada y homogeneizada, se extrae del tanque y la razón de salida es, Q2 = 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) < V0).


( ) 11210

2 CQxtQQV

Qdtdx

=−+

+ (1)

sustituyendo los datos en la ecuación (1)

10xt

=105500

10dtdx

−++ ( )

simplificando

10xt100

2dtdx

=−

+

despejando dx

d

r

d

µ

C1 = 2 lb/gal V0 = 500 gal Q1 = 5 gal/min x0 = 0 lb Q2 = 10 gal/min

dt

dtdx = x

t100210 (2) −

−

La diferencial de la cantidad x de sal en el tanque es dx = ⎟⎠⎞

⎜⎛ dt, sustituyendo ⎝ dt

dxdtdx

ada por la ecuación (2)

dx = dtxt100

210 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎛

⎝ −

−

eordenando los términos de la ecuación

dx + dtxt100

2−

= 10 dt (3)

La ecuación (3) es una ecuación diferencial lineal de la forma x’(t) + F(t) x = G(t),

onde F(t) = t100

2−

y G(t) = 10. Para resolverla debe determinarse un factor integrante

= e ∫ dt)t(F

247

µ = = ∫ dt)t(Fe ∫ −

dtt100

2

e = t100ln2e −− = ( ) 2t100 −−

Multiplicando la ecuación (3) por el factor integrante ( dx + 2 ) 2t100 −− ( ) 3t100 −− x dt = 10 ( ) 2t100 −− dt (4)

Puesto que

( 2t100 −− ) dx + 2 ( ) 3t100 −− x dt = d ( )[ ]xt100 2−− sustituyendo en la ecuación (4)

d ( )[ ]xt100 2−− = 10 ( ) 2t100 −− dt integrando

= 10 ( )[ ]xt100d 2−−∫ ∫ −− dt)t100( 2 (5)


( )[ ]xt100d 2−−∫ = x ( ) 2t100 −− + k1

∫ −− dt)t100( 2 = ( ) 1t100 −− + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5) x = 10 ( 2t100 −− ) ( ) 1t100 −− + k (6)

Para determinar el valor de la constante k de integración se utiliza la condición inicial

x(0) = 0, esto es, t0 = 0 min y x0 = 0 lb se sustituyen en la ecuación (6) resultando k = 101

−

Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6)

x ( = 10 ) 2t100 −− ( ) 1t100 −− 101

−

multiplicando por ( ) 2t100 −

x(t) = 10 ( )t100 − ( )210

t100 −− (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 tv 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 = tv V(tv) = V0 + ( Q1 – Q2 ) tv

sustituyendo los datos 0 = 500 + (5 – 10) tv = 500 – 5 tv

despejando tv

tv = 1005

500=

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 V0 = 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 C1 = 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 Q2 = Q gal/min. La ecuación diferencia asociada a los problemas de mezcla es

( ) 11210

2 CQxtQQV

Qdtdx

=−+

+ (1)

Observe que el caudal de salida Q2 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) = V = 120 gal

s

C1 = 2 lb/gal Vt = 120 gal Q1 = 4 gall/min V0 = 90 gal x0 = 90 lb Q2 = Q gal/min

t

Evaluando la ecuación (2) para t = 30 min V (30) = V0 + ( Q1 – Q2) 30

ustituyendo V(30), V0 y Q1

249

120 = 90 + ( 4 - Q2 ) 30 resolviendo

=−

3090120 4 – Q2

despejando Q2 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)

( ) 8xt3490

3dtdx

=−+

+

simplificando

8xt90

3dtdx

=+

+

despejando dtdx

dtdx = x

t9038+

− (3)

Ya que, la diferencial de la cantidad x de sal es dx = dtdtdx

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ , sustituyendo

dtdx dada


dx = dtxt90

38 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−

equivalentemente

dt8dtxt90

3dx =+

+ (4)

La ecuación (4) es una ecuación diferencial lineal, de la forma x’(t) + F(t) x = G(t),

donde F(t) = t90

3+

y G(t) = 8. Para resolverla debe determinarse un factor integrante

µ (t) = ∫ dt)t(Fe

µ (t) = = ∫ dt)t(Fe ∫ +

dtt90

3

e = t90ln3e + = ( )3t90 +

Multiplicando la ecuación (4) por el factor integrante ( )3t90 + ( ) =++ dtxt903dx 2 8 ( )3t90 + dt (5) Puesto que

250

( )3t90 + ( ) =++ dtxt903dx 2 d ( )[ ]xt90 3+ sustituyendo en la ecuación (5)

d ( )[ ]xt90 3+ = 8 ( )3t90 + dt integrando

= 8∫ +

(6)

( )[ xt90d 3+∫ ] dt)t90( 3


( )[ ]xt90d 3+∫ = x ( )3t90 + + k1

∫ + dt)t90( 3 = ( )4t9041

+ + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6) x ( ) = 3t90 + ( )4t902 + + 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 k = ; este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (7) ( )490−

x ( ) = 3t90 + ( )4t902 + ( )490−

multiplicando por ( ) 3t90 −+

x(t) = ( )t902 + 3

30909090 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

− (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)

x(30) = ( )30902 +3

30909090 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

− = 240 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

642790 = 240 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−

322745 = 202,03

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 V0 = 2000 lt y la cantidad inicial de sal disuelta en los 2000 lt de solución es x0 = 100 kg Al tanque fluye agua pura, por lo que la concentración de entrada es C1 = 0 kg/lt y lo hace a una razón de entrada Q1 = Q lt/min. La mezcla debidamente agitada y h nque a una razón Q2 = 2 lt/min. La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es

( ) 11210

2 CQxtQQV

Qdtdx

=−+

+ (1)

Observe que el caudal de entrada Q1 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 s

r

d

ls

s

d

omogeneizada se deja salir del ta

C1 = 0 Kg/lt Vt = 4000lt Q1 = Q lt/min V0 = 1000 lt x0 = 100 kg Q2 = 3 lt/min

en el tanque. Es decir, para el tiempo t = 200 min el volumen de líquido es V(200) = 2800 lt; ustituyendo estos valores en la ecuación (2)

V (200) = 2000 + ( Q1 – 3) 200 esolviendo

=−

20020002800 Q1 – 3

espejando Q1 Q1 = 7 lt/min

b) Para obtener la cantidad de sal en el tanque al cabo de 4 horas debe determinarse a ley de variación de la cantidad de sal en el tanque, en cualquier instante t. Para ello, se ustituyen todos los datos en la ecuación (1)

( ) 0xt372000

3dtdx

=−+

+

implificando

0xt42000

3dtdx

=+

+

espejando dtdx

252

dtdx = x

t420003+

− (3)

Ya que, la diferencial de la cantidad x de sal es dx = dtdtdx

⎟⎠⎞


dtdx dada


dx = dtxt42000

3⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

− (4)


variables se multiplica la ecuación (4) por el factor x1

x1 dx =

t420003+

− dt

integrando

∫ dxx1 = dt

t420003∫ +

− (5)


∫ dxx1 = ln l x l+ k1

dtt42000

3∫ +− = dt

t420004

43 ∫ +

− = t42000ln43

+− + k2


ln l x l = t42000ln43

+− + k (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)

ln l 100 l = 2000ln43

− + k

despejando k

ln 100 + 2000ln43 = k

por propiedades de logaritmo

k = ln ( ) ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ 4

32000100

Sustituyendo el valor obtenido para k en la ecuación (6)

253

ln l x l = t42000ln43

+− + ln ( ) ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ 4

32000100


ln l x l = ⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+

43

t500500100ln

aplicando e

x(t) = 4

3

t500500100 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

+ (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)

x(240) =4

3

t500500100 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

+=

43

43

3725100

740500100 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ = 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

50 = 4

3

t500500100 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

+

Multiplicando por ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛100

1 y elevando a la 4/3

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

t500500

21 3

4

Multiplicando por )t500(21 3

4

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−

500 + t = 3

4

21500−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

despejando t

t = 500)2(500 34

− = ( ) ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ − 12500 3

4

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 tm para el cual el volumen de líquido en el tanque es exactamente el volumen total V(tm) = 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 tm

V(tm) = V0 + ( Q1 - Q2 ) tm

sustituyendo los datos 4000 = 2000 + 4 tm

Despejando tm 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)

x(t) = 4

3

500500500100 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

+ =

43

)2(

100 = 59,46

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

C(t) = t42000

t500500100

)t(V)t(x

43

+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+= =t500t500

500254

3

+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+ = ( )( ) 4

74

3

t500

50025

+

sustituyendo t = 500 min

C(500) = ( )( ) 4

74

3

500500

50025

+ = ( )

( ) 474

74

3

500)2(

50025 = ( ) 4

74

7)2(20

1

500)2(

25= = 0, 0148

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 V0 = 8.000.000.000 pies3, y la concentración inicial de contaminantes en el estanque es C0 = 0,25 % = 0,0025 = 25 . 10-4

255

La cantidad inicial de contaminantes x0 esta dada como x0 = C0 V0 = 25 . 10-4 8 . 109 = 200 . 105 = 2 . 107

así, la cantidad inicial de sal en el tanque es x0 = 2 . 107 lb

Al tanque fluye agua a una razón de entrada Q1 = 500.000.000 pies3/día y la concentración de contaminantes de el agua que se inyecta al tanque es C bien mezclada en el estanque sale a la misma razón e La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es

( ) 11210

2 CQxtQQV

Qdtdx

=−+

+ (1)


489

810.510.5x

10.810.5

dtdx −=+

d

s

v

i

1 = 0,05 % = 0.0005 = 5 . 10-4. El aguantrada Q2 = Q1

C1 = 0,05 % V0 = 8 . 109 pie3

Q1 = 5 . 108 pie3/día C0 = 0,25 %

simplificando

410.25x161

dtdx

=+

Q2 = 5 . 108 pie3/día

espejando dtdx

dtdx = 25 . 104 x

161

− = 16

x10.4 6 − (3)

Puesto que la diferencial de la cantidad x de contaminantes es dx = dtdtdx

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ,

ustituyendo dtdx dada por la ecuación (3)

dx = ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −16

x10.4 6 dt (4)


ariables se multiplica la ecuación (4) por el factor x10.4

166 −

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

− x10.416

6 dx = dt

ntegrando

∫ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

− x10.416

6 dx = ∫ dt (5)


256

dx10.4x

116dxx10.4

1666 ∫∫ −

−=−

= 610.4xln16 −− + k1

∫ dt = t + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5) 610.4xln16 −− = t + k (6)

Para determinar el valor de la constante k de integración se debe utilizar la condición inicial, esto es, para el tiempo t0 = 0 día, la cantidad de contaminantes es x0 = 2 . 107

Sustituyendo en la ecuación (6) t = t0 = 0 día y x0 = 2 . 107

k = 67 10.410.2ln16 −− = )2010(10.2ln16 6 −− = 610.16ln16−

este valor conseguido para k se sustituye en la ecuación (6) 610.4xln16 −− = t 610.16ln16−

equivalentemente 610.4xln16 −− + 610.16ln16 = t


16 ln 6

6

10.4x10.16

− = t

multiplicando por 161 y aplicando e

6

6

10.4x10.16

− = 16

te

multiplicando por ( )616t

10.4xe −−

610.16 . 616t

10.4xe −=−

despejando x

x(t) = 4 . 106 + 610.16 16t

e−

equivalentemente

x(t) = 4 . 106 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−16

te41 (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

C(t) = )t(V)t(x (8)

Puesto que le razón de entrada Q1 coincide con la razón de salida Q2 y como

V(t) = V0 + (Q1 – Q2) t entonces V(t) = V0 = 8 . 109 pie3 (9)

Sustituyendo las ecuaciones (7) Y (9) en la ecuación (8)

C(t) = 3

16t

9

16t6

10.2

e41

10.8

e4110.4 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−−

para C(t) = 0,10% = 10-3

10-3 3

16t

10.2

e41 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=

−

multiplicando por 2 . 103

2 = 1 + 4 16t

e−

efectuando operaciones

16t

e4−

= 1

multiplicando por 16t

e

16t

e = 4 aplicando logaritmo

4ln16t

=

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 Qb) La cantidad de sal cuando alcanza su máxima capacidad SOLUCIÓN: a) El tanque tiene una capacidad total Vt = 400 gal, pero solo esta lleno hasta un cuarto de su capacidad, es decir . el volumen inicial de líquido en el tanque es V0 = 100 gal. La concentración de sal en estos 100 gal de líquido es C0 = 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 x0 = 500 kg Al tanque se inyecta una salmuera de concentración C1 = 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, V0 = 100, Q1 = 5 y t = 150

400 = 100 + (5 – Q) 150 despejando Q

3150

100400=

−

D in La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es

( ) 11210

2 CQxtQQV

Qdtdx

=−+

+ (1)


( ) 5xt35100

3dtdx

=−+

+

implificando

d

Q = 5 −

e aquí que, el caudal de salida es Q2 = 3 gal/m

S

C1 = 1 kg/gal Vt = 400 gal Q1 = 5 gal/min V0 = 100 gal C0 = 5 kg/gal x0 = 500 kg

5xt2100

3dtdx

=+

+ (2) Q2 = 3 gal/min

La ecuación (2) es una ecuación diferencial lineal de la forma x’(t) + F(t) x = G(t),

onde t2100

3)t(F+

= y G(t) = 5. Debe buscarse un factor integrante µ (t) = ∫ dt)t(Fe

259

µ (t) = ∫ +dt

t21003

e = ∫ +dt

t21002

23

e = t2100ln

23

e+

= (100 + 2t )3/2

Despejando dtdx de la ecuación (2)

xt2100

35dtdx

+−= (3)


⎜⎝⎛


dtdx dada


dx = ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

− xt2100

35 dt

equivalentemente

dx + xt2100

3+

dt = 5 dt (4)

Multiplicando la ecuación (4) por el factor integrante µ (t) = (100 + 2t )3/2

(100 + 2t )3/2 dx + 3 (100 + 2t)1/2 dt = 5 (100 + 2t )3/2 dt (5)

Puesto que (100 + 2t )3/2 dx + 3 (100 + 2t)1/2 dt = d [ ]x) 2t (100 3/2+

sustituyendo en la ecuación (5) d [ ]x) 2t (100 3/2+ = 5 (100 + 2t )3/2 dt

integrando

= 5 ( )[ ]∫ + xt2100d 2/3 ( )∫ + dtt2100 2/3 (6)


( )[∫ + xt2100d 2/3 ] = (100 + 2t)3/2 x + k1

( )∫ + dtt2100 2/3 = 2/5)t2100(51

+ + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6) (100 + 2t)3/2 x = + k (7) 2/5)t2100( +

Para obtener el valor de k se utiliza la condición x(0) = 500, es decir, se sustituye t = 0 min y x = 500 kg en la ecuación (7)

(100)3/2 500 = (100)5/2 + k despejando k

260

k = (100)3/2 500 - (100)5/2 = (100)3/2 (500 – 100) = 400 (100)3/2

este valor de k se sustituye en la ecuación (7) (100 + 2t)3/2 x = + 400 (100)2/5)t2100( + 3/2

multiplicando por ( ) 2/3t2100 −+

x(t) = (100 + 2t) + 400 2/3

t2100100

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+ (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)

x(150) = (100 + 300) + 400 2/3

300100100

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+= 400 + 400

2/3

41⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ = 400 +

8400 =

83600 = 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 V1 = 100 gal Q1 = 5 gal/min x0 = 50 lb Q2 = 5 gal /min Tanque 2

C2 (t) = )t(1V)t(x

V2 = 200 gal

y0 = 50 lb Q3 = 5 gal/min

C2 (t) = )t(2V)t(y

261

a) Se trabajará primero con el tanque 1. El volumen inicial es V1 = 100 gal; la concentración de entrada es C1 = 0 lb/gal, puesto que lo que fluye hacia el tanque 1 es agua pura; el caudal de entrada es Q1 = 5gal/min; el caudal de salida es Q2 = 5 gal/min además para el tiempo t = 0 min se tiene que la cantidad de sal en el tanque es x0 = 50 lb


( ) 11211

2 CQxtQQV

Qdtdx

=−+

+

sustituyendo los datos

( ) 0xt55100

5dtdx

=−+

+

simplificando

0x100

5dtdx

=+

despejando dtdx

dtdx = x

201− (2)

Puesto que la diferencial de la cantidad x de sal presente en el tanque 1, en cualquier

instante t es dx = ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛


dtdx dada por la ecuación (2)

dx = x201− dt (3)


variables, se multiplica la ecuación (3) por el factor x1

x1 dx =

201− dt

integrando

∫ dxx1 = ∫ − dt

201 (4)


∫ dxx1 = ln l x l + k1

∫ − dt20

1 = 201

− t + k2


262

ln l x l = 201

− 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)

ln l x l =201

− t + ln l 50 l


ln l x l - ln l 50 l = 201

− t


50xln =

201

− t

aplicando e y multiplicando por 50

x(t) = 50 20t

e−

(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

C2 (t) = )t(V)t(x

1 (7)

pero V1 (t) se obtiene por medio de la ecuación V1(t) = V1 + ( Q1 – Q2 ) t

sustituyendo los valores de V1, Q1 y Q2 V1 (t) = 100 (8)


C2 (t) = 100e50 20

t−

= 20t

e21 −

(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

entrada es la concentración del líquido que sale del tanque 1 C2(t) = 20t

e21 −

, el caudal de

entrada es Q2 = 5 gal/min; el caudal de salida es Q3 = 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 y0 = 50 lb, se tiene que la ecuación diferencial asociada al tanque 2 es

( ) 22232

3 CQytQQV

Qdtdy

=−+

+

263

sustituyendo los datos

( ) =−+

+ yt55200

5dtdy 20

te

25 −

simplificando

=+ y401

dtdy 20

te

25 −

(10)

La ecuación (10) es una ecuación diferencial lineal de la forma y’(t) + F(t) y = G(t),

donde F (t) =401 y G(t) = 20

te

25 −

. Para resolver la ecuación (10) debe determinarse un

factor integrante µ (t) = ∫ dt)t(Fe

µ (t) = ∫ dt)t(Fe = ∫ dt

401

e = ∫dt401

e = 40/te

Despejando dtdy de la ecuación (10)

=dtdy 20

te

25 −

y401

− (11)

ya que, la diferencial de la cantidad y de sal presente en el tanque 2 en cualquier instante t

es dy = ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

dtdy dt, sustituyendo

dtdy dada por la ecuación (11)

dy = ⎢⎣

⎡ −20

te

25 ⎥

⎦

⎤− y

401 dt

reordenando los términos de la ecuación

dy + y401 dt = 20

te

25 −

dt

multiplicando por el factor integrante µ (t) = 40/te

dy + 40/te 40/te y401 dt = 40/te 20

te

25 −

dt (12)

Puesto que

40/te dy + 40/te y401 dt = d [ y] 40/te

sustituyendo en la ecuación (12)

d [ y] = 40/te 40/te 20t

e25 −

dt integrando

264

= [ ]∫ yed 40/t25 ∫ − dtee 20/t40/t (13)


[ ]∫ yed 40/t = y + h40/te 1

∫ − dtee 20/t40/t = = – 40 ∫ − dte 40/t ∫ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −− dt

401e 40/t = – 40 + h40/te− 2

Sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (13)

40/te y = 25 (– 40 ) + h 40/te−

efectuando las operaciones y = –100 + h (14)

40/te 40/te−

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 50 = – 100 + h ⇒ h = 150

este valor conseguido para h se sustituye en la ecuación (14) 40/te y = –100 + 150 40/te−

multiplicando por 40/te−

y(t) = – 100 + 150 (15) 20/te− 40/te−

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)

y’(t) = –100 20/te− ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

201 + 150 40/te− ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

401 = 5 20/te−

415

− 40/te−

igualando a cero la derivada y’(t)

5 20/te−4

15− = 0 40/te−

multiplicando por 15e4 20/t

265

1520 – = 0 40/te

aplicando logaritmo

40t

1520ln =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

despejando t

t = 40 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛1520ln = 40 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

34ln =

40

34ln ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

Una vez conseguido el valor de t donde la primera derivada se anula, se debe determinar la derivada segunda de y

y’’(t) = 5 20/te− ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

201

415

− 40/te− ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

401 =

41

− 20/te− + 323 40/te−

esta derivada segunda se evalúa en t = 40

34ln ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

y’’ ⎟⎟⎞

⎜⎜⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

40

34ln

⎠⎝ =

41

−⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛⎟⎠⎞⎜

⎝⎛−

20

4034ln

e + 323 ⎟

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛⎟⎠⎞⎜

⎝⎛−

40

4034ln

e = 41

−

2

34ln

e

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+ 323

1

34ln

e

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

= 41

− 2

34 −⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

323

1

34 −⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ =

41

− 2

43⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

323 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

43 =

1289

649

+− = 128

9−

Puesto que la derivada segunda de y(t) resultó menor que cero en el punto crítico

t = 40

34ln ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ 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

sustituye t = 40

34ln ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ en la ecuación (13)

y ⎟⎟⎞

⎜⎜⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

40

34ln

⎠⎝ = – 100

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛⎟⎠⎞⎜

⎝⎛−

20

4034ln

e + 150 ⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛⎟⎠⎞⎜

⎝⎛−

40

4034ln

e = – 100

2

34ln

e

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+ 150

1

34ln

e

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

= - 100 2

34 −⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + 150

1

34 −⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ = - 100

2

43⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + 150 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

43 =

4225

− + 4

450 = 4

225

266

Por lo tanto, cuando ha transcurrido un tiempo t = 40

34ln ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ = 11,5 min del proceso se

alcanza en el tanque 2 la cantidad máxima de sal y =4

225 = 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: 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; L la concentración de cerveza que entra al tanque es C1 = 6% alch/gal esto es, C1 = 0,06; la razón de entrada es Q1 = 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

C1 = 6% alch/gal V0 = 400 gal Q1 = 3 gal/min C0 =3% alch/gal Q2 = 4 gal/min


( ) 11210

2 CQxQQV

Qdtdx

=−+

+ (1)


509x

t4004

dtdx

=−

+ (2)

La ecuación (2) es una ecuación diferencial lineal de la forma x’ +F(t) x = G(t), donde

F(t) =t400

4−

y G(t) = 509 . Para resolver la ecuación (2) debe determinarse un factor

integrante µ (t) = ( )∫ dttF

e

267

µ (t) = ( )∫ dttF

e = ∫ −dt

t4004

e = ∫ −−

− dtt400

14e = t400ln4e −− = ( ) 4t400 −−


xt400

4509

dtdx

−−= (3)

puesto que, la diferencial de la cantidad x de cerveza es dx = dtdtdx

⎟⎠⎞


dtdx


dx = dtxt400

4509

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−


dt509dtx

t4004dx =−

+ (4)

Multiplicando la ecuación (4) por el factor integrante µ (t) = ( ) 4t400 −−

( 4t400 −− ) dx + ( ) 4t400 −− dtxt400

4−

= ( ) 4t400 −− dt509

simplificando

dx + 4( 4t400 −− ) ( ) 5t400 −− x dt = 509 ( ) 4t400 −− dt (5)

Puesto que

( 4t400 −− ) dx + 4 ( ) 5t400 −− x dt = ( )[ ]xt400d 4−− sustituyendo en la ecuación (5)

( )[ ]xt400d 4− = 509 ( ) 4t400 −− dt

integrando

= ( )[ ]∫ −− xt400d 4 ∫ 509 ( ) 4t400 −− dt (6)


( )[ ]∫ −− xt400d 4 = ( ) xt400 4−− + k1

∫ 509 ( ) 4t400 −− dt =

509

− ( ) dtt400 4∫ −−− = 509 ( )

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ − −

3t400 3

= ( ) 3t400503 −− + k2


268

= ( ) xt400 4−− ( ) 3t400503 −− + 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)

( ) 12400 4− = ( ) 3400503 − + k

despejando k

k = ( ) 12400 4− ( ) 3400503 −− = 3 ( ) 3400 − ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

501

4004 = 3 ( ) 3400 − ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

501

1001

de aquí que

k = ( )1004003 3−

−

este valor que se obtuvo para k, se sustituye en la ecuación (7)

( ) xt400 4−− = ( ) 3t400503 −−

( )1004003 3−

−

multiplicando por ( ) 4t400 −−

x(t) = ( ) 3t400503 −− ( )4t400 −

( )1004003 3−

− ( )4t400 −

simplificando

x(t) = ( )t400503

−100

)400(3−

4

400t400⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

esto es

x(t) = ( )t400503

− 12−4

400t400⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ − (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) = ( )60400503

− 12−4

40060400

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ − = ( )340

503

12−4

400340

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

= −5

102 12 4

2017

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ = 20,4 – 6,264 = 14,136

La concentración de alcohol a los 60 min esta dada por

269

C(60) = )60(V)60(x (9)

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 (10)

Sustituyendo x(60) = 14,136 y V(60) = 340 en la ecuación (8)

C(60) = )60(V)60(x =

340136,14 = 0,0416

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 Vt = 20000 lt, pero sólo está lleno hasta l volumen inicial de líquido es V0 = 10000 lt y la cantidad i kg; la concentración del líquido que entra al tanque es C 1 = Q lt/min y el flujo de salida es Q2 = 5 lt/min. 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

V(250) = 43 VT =

43 (20000) = 15000

entonces, sustituyendo estos datos en la

a mitad, esto quiere decir que el nicial de sal disuelta es x0 = 40

1 = 5 kg/lt; el flujo de entrada es Q

C1 = 5 kg/lt VT = 20000 lt V0 = 10000 lt Q1 = Q lt/min x0 = 40 kg
Q2 = 5 lt/min

270

ecuación del volumen en un instante t cualquiera V(t) = V0 + (Q1 – Q2 ) t se tiene 15000 = 10000 + (Q – 5 ) 250 despejando Q

Q = 5250

5000+ = 25

De aquí que el caudal de entrada es Q1 = 25 lt/min b) La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es

( ) 11210

2 CQxtQQV

Qdtdx

=−+

+ (1)


( ) )5()25(xt52510000

5dtdx

=−+

+

simplificando

125xt42000

1dtdx

=+

+ (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),

donde F(t) = t42000

1+

. Para resolver la ecuación (2) debe determinarse un factor

integrante µ (t) = ∫ dt)t(Fe

µ (t) = ∫ dt)t(Fe = ∫ +

dtt42000

1

e = ∫ +dt

t420004

41

e

= t42000ln

41

e+

= 41

t42000lne +

= ( ) 41

t42000 +


xt42000

1125dtdx

+−= (3)

Puesto que la diferencial de la cantidad x de sal es dx = ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛


dtdx


dx = ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

− xt42000

1125 dt

271


dx + xt42000

1⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

dt = 125 dt (4)

multiplicando la ecuación (4) por el factor integrante µ (t) = ( ) 41

t42000 +

( ) 41

t42000 + dx + ( ) 41

t42000 + xt42000

1⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

dt = 125 ( ) 41

t42000 + dt

simplificando

( ) 41

t42000 + dx + ( ) 43

t42000−

+ x dt = 125 ( ) 41

t42000 + dt (5)

Puesto que

( ) 41

t42000 + dx + ( ) 43

t42000−

+ x dt = ( ) ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ + xt42000d 4

1

sustituyendo en la ecuación (5)

( ) ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ + xt42000d 4

1 = 25 ( ) 4

1t42000 + dt

integrando

( )∫ ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ + xt42000d 4

1 = 25 ( ) dtt42000 4

1∫ + (6)


( )∫ ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ + xt42000d 4

1 = ( ) xt42000 4

1+ + k1

( ) dtt42000 41∫ + = ( ) dt4t42000

41

41∫ + = ( )

( )45

t4200041 4

5+ = ( )

5t42000 4

5+ + k2

Sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6)

( ) xt42000 41

+ = ( )

5t42000 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

( ) 402000 41

=( )

52000 4

5 + k

despejando k

k = ( ) 402000 41 ( )

52000 4

5−

= ( ) ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

52000402000 4

1

272

= ( ) [ ]400402000 41

−

= ( ) 41

2000360−

Sustituyendo el valor obtenido para k en la ecuación (7)

( ) xt42000 41

+ = ( )

5t42000 4

5+ ( ) 4

12000360−


)t42000(−

+

x(t) = ( ) 41

t420002000360

5t42000

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+−

+ (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

C(t) = )t(V)t(x (9)

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)


C(t) = t2010000

t420002000360

5t42000 4

1

+

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−+

= )t42000(5

t420002000360

5t42000 4

1

+

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−+

= ( )( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

+−

20002000

t420002000

5360

251

4/5

4/1 = ( )

( ) ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

+− 4/5

4/5

t420002000

10000360

251

C(t) = 4

5

t420002000

2509

251

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

− (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, V0 = 10000, Q1 = 25 y Q2 = 5 en la ecuación (12)

20000 = 10000 + (25 – 5) t

273

despejando t

t = 50020

1000020

1000020000==

−

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

x(500) = ( )5

20002000 + 41

200020002000360 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

− = 800 4

1

21360 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛− = 800 )84,0(360−

entonces x(500) = 497,6 kg

C(500) = 4

5

200020002000

2509

251

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+− =

45

21

2509

251

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛− =

41

21

21

2509

251

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

= )84,0(500

9251

− = )84,0()018,0(04.0 − = )84,0()018,0(04.0 − = 0,2488

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

274

Documents

APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES …jpaez/MA3B06/contenidos/contenido_ma3b06_te… · 230 APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN A PROBLEMAS