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• chinguel minga nolbert

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APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES

Ejercicio 5.Un tanque contiene 100 galones de salmuera; 3 galones de salmuera la cual contiene 2 libras de sal por galón entran al tanque cada minuto. La mezcla asumida uniforme sale a una velocidad de 𝟐𝐠𝐚𝐥/𝐦𝐢𝐧. Si la concentración es de 1.8 libras de sal por galón de salmuera al cabo de una hora, calcular las libras de sal que había inicialmente en el tanque.

Solución: Sea: X: Cantidad de soluto C: Consentracion de soluto Q: Velocidad de fluides V: volumem 𝐱 𝟎 =?

𝐂𝟏 = 𝟐𝐥𝐢𝐛𝐫𝐚𝐬 𝐝𝐞 𝐬𝐚𝐥/𝐠𝐚𝐥𝐨𝐧

𝐕𝟎 = 𝟏𝟎𝟎

𝐐𝟏 = 𝟑𝐠𝐚𝐥/𝐦𝐢𝐧

𝐝𝐱 = 𝐐𝟏 𝐂𝟏 − 𝐐𝟐 𝐂𝟐 𝐝𝐭

⟹

𝐐𝟐 = 𝟐𝐠𝐚𝐥/𝐦𝐢𝐧

𝐝𝐱 𝐐𝟐 𝐱 + = 𝐐𝟏 𝐂𝟏 𝐝𝐭 𝐕𝟎 + (𝐐𝟏 − 𝐐𝟐 )𝐭

𝐝𝐱 𝟐𝐱 + = 𝟐(𝟑) 𝐝𝐭 𝟏𝟎𝟎 + (𝟑 − 𝟐)𝐭 𝐝𝐱 𝟐𝐱 + = 𝟔 … … … . . 𝐄𝐃 𝐥𝐢𝐧𝐞𝐚𝐥. 𝐝𝐭 𝟏𝟎𝟎 + 𝐭 𝟐𝐝𝐭

𝟐𝐝𝐭

𝐱 = 𝐞− ∫𝐭+𝟏𝟎𝟎 (∫ 𝐞∫𝐭+𝟏𝟎𝟎 (𝟔)𝐝𝐭 + 𝐜) 𝐱 = 𝐞𝐥𝐧(𝐭+𝟏𝟎𝟎)

−𝟐

𝟐

(∫ 𝐞𝐥𝐧(𝐭+𝟏𝟎𝟎) (𝟔)𝐝𝐭 + 𝐜)

𝐱 = (𝐭 + 𝟏𝟎𝟎)−𝟐 (∫(𝐭 + 𝟏𝟎𝟎)𝟐 (𝟔)𝐝𝐭 + 𝐜) 𝐱(𝐭) = 𝟐(𝐭 + 𝟏𝟎𝟎) + 𝐜(𝐭 + 𝟏𝟎𝟎)−𝟐 𝐱(𝐭) 𝟐(𝐭 + 𝟏𝟎𝟎) + 𝐜(𝐭 + 𝟏𝟎𝟎)−𝟐 𝐂(𝐭) = = 𝐯(𝐭) 𝟏𝟎𝟎 + 𝐭 Usando las condiciones iniciales: 𝐭 = 𝟔𝟎 ⟹ 𝐂 = 𝟏. 𝟖 𝟏. 𝟖 =

𝟐(𝟔𝟎 + 𝟏𝟎𝟎) + 𝐜(𝟔𝟎 + 𝟏𝟎𝟎)−𝟐 ⟹ 𝐜 = −𝟖𝟏𝟗𝟐𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎 + 𝟔𝟎

La ecuación de la cantidad de soluto queda de la forma: 𝐱(𝐭) = 𝟐(𝐭 + 𝟏𝟎𝟎) − 𝟖𝟏𝟗𝟐𝟎𝟎(𝐭 + 𝟏𝟎𝟎)−𝟐 Entonces para qué tiempo 𝐭 = 𝟎 𝐱(𝐭) =? 𝐱(𝟎) = 𝟐(𝟎 + 𝟏𝟎𝟎) − 𝟖𝟏𝟗𝟐𝟎𝟎(𝟎 + 𝟏𝟎𝟎)−𝟐 Por lo tanto la cantidad de sal inicialmente es: 𝐱(𝟎) = 𝟏𝟏𝟖. 𝟎𝟖 𝐥𝐢𝐛𝐫𝐚𝐬. Ejercicios 6.Un tanque contiene inicialmente agua pura. Salmuera que contiene 𝟐𝐥𝐛 𝐝𝐞𝐬𝐚𝐥/ 𝐠𝐚𝐥𝐨𝐧 . Entra al tanque a una velocidad de 𝟒𝐠𝐚𝐥/𝐦𝐢𝐧. Asumiendo la mezcla uniforme, la salmuera sale a una velocidad de 𝟑𝐠𝐚𝐥/𝐦𝐢𝐧. Si la concentración alcanza el 𝟗𝟎% de su valor máximo en 30 minutos, calcular los galones de agua que había inicialmente en el tanque.

Solución: Sea: X: Cantidad de soluto C: Consentracion de soluto Q: Velocidad de fluides V: volumem

𝐱𝟎 = 𝟎

𝐂𝟏 = 𝟐𝐥𝐢𝐛𝐫𝐚𝐬 𝐝𝐞 𝐬𝐚𝐥/𝐠𝐚𝐥𝐨𝐧

𝐕𝟎 =?

𝐐𝟏 = 𝟒𝐠𝐚𝐥/𝐦𝐢𝐧

𝐝𝐱 = 𝐐𝟏 𝐂𝟏 − 𝐐𝟐 𝐂𝟐 𝐝𝐭

⟹

𝐝𝐱 𝐐𝟐 𝐱 + = 𝐐𝟏 𝐂𝟏 𝐝𝐭 𝐕𝟎 + (𝐐𝟏 − 𝐐𝟐 )𝐭

𝐝𝐱 𝟑𝐱 + = 𝟒(𝟐) 𝐝𝐭 𝐕𝟎 + (𝟒 − 𝟑)𝐭 𝐝𝐱 𝟑𝐱 + = 𝟖 … … … . . 𝐄𝐃 𝐥𝐢𝐧𝐞𝐚𝐥. 𝐝𝐭 𝐕𝟎 + 𝐭 𝐱=𝐞

𝟑𝐝𝐭 𝟑𝐝𝐭 −∫ 𝐕𝟎 +𝐭 (∫ 𝐞∫𝐕𝟎 +𝐭 (𝟖)𝐝𝐭

−𝟑

𝐱 = 𝐞𝐥𝐧(𝐕𝟎 +𝐭)

𝐐𝟐 = 𝟑𝐠𝐚𝐥/𝐦𝐢𝐧

+ 𝐜)

𝟑

(∫ 𝐞𝐥𝐧(𝐕𝟎 +𝐭) (𝟖)𝐝𝐭 + 𝐜)

𝐱 = (𝐕𝟎 + 𝐭)−𝟑 (∫(𝐕𝟎 + 𝐭)𝟑 (𝟖)𝐝𝐭 + 𝐜) 𝐱 = (𝐕𝟎 + 𝐭)−𝟑 (𝟐(𝐕𝟎 + 𝐭)𝟒 + 𝐜)

𝐱(𝐭) = 𝟐(𝐕𝟎 + 𝐭) + 𝐜(𝐕𝟎 + 𝐭)−𝟑 Usando las condiciones iniciales: 𝐭 = 𝟎 ⟹ 𝐱 = 𝟎 𝐱(𝐭) = 𝟐(𝐕𝟎 + 𝐭) + 𝐜(𝐕𝟎 + 𝐭)−𝟑 ⟹ 𝟎 = 𝟐𝐕𝟎 + 𝐜𝐕𝟎 −𝟑 ⟹ 𝐜 = −𝟐𝐕𝟎 𝟒 𝐱(𝐭) 𝟐(𝐕𝟎 + 𝐭) + 𝐜(𝐕𝟎 + 𝐭)−𝟑 𝐂(𝐭) = = = 𝟐 + 𝐜(𝐕𝟎 + 𝐭)−𝟒 𝐯(𝐭) 𝐕𝟎 + 𝐭 Calculando: 𝐂𝐦á𝐱𝐢𝐦𝐨 𝐂 ′(𝐭) = −𝟒𝐜(𝐕𝟎 + 𝐭)−𝟓 = 𝟎 ⟹ 𝐕𝟎 = −𝐭 ∨ 𝐜 = 𝟎 𝐂′

′(𝐭)

= 𝟐𝟎𝐜(𝐕𝟎 + 𝐭)−𝟔 = −𝟒𝟎𝐕𝟎 𝟒 (𝐕𝟎 + 𝐭)−𝟔 < 𝟎 ∴ ∃ 𝐂 𝐯𝐚𝐥𝐨𝐫 𝐦á𝐱𝐢𝐦𝐨. 𝐂𝐦á𝐱𝐢𝐦𝐨 = 𝟐

Por dato del problema se tiene: 𝐭 = 𝟑𝟎 ⟹ 𝐂 =

𝟗𝟎(𝟐) 𝟏𝟎𝟎

𝟗𝟎(𝟐) = 𝟐−𝟐𝐕𝟎 𝟒 (𝐕𝟎 + 𝟑𝟎)−𝟒 ⟹ −𝟐𝟎 = −𝟐𝟎𝟎𝐕𝟎 𝟒 (𝐕𝟎 + 𝟑𝟎)−𝟒 𝟏𝟎𝟎 𝟏𝟎 = 𝟏𝟎𝟎𝐕𝟎 𝟒 (𝐕𝟎 + 𝟑𝟎)−𝟒 ⟹ 𝟏𝟎 = 𝟏𝟎𝟎 (

𝟒 𝐕𝟎 ) 𝐕𝟎 + 𝟑𝟎

Entonces: 𝐕𝟎 =

𝟑𝟎 𝟒

√𝟏𝟎 − 𝟏

Ejercicio 7 Un tanque contiene 50 litros de agua. Al tanque entra salmuera que contiene 𝐤 gramos de sal por litro, a razón de 1.5 litros por minuto. La mezcla bien homogenizada, sale del tanque a razón de un litro por minuto. Si la concentración es de 𝟐𝟎𝐠𝐫/𝐥𝐢𝐭𝐫𝐨 al cabo de 20 minutos. Hallar el valor de 𝐤. Solución:  Sea: X: Cantidad de soluto C: Consentracion de soluto Q: Velocidad de fluides V: volumem

𝐂𝟎 = 𝟎 𝐥𝐢𝐛𝐫𝐚𝐬 𝐝𝐞 𝐬𝐚𝐥/𝐥𝐢𝐭𝐫𝐨

𝐂𝟏 = 𝐤 𝐠𝐫𝐚𝐦𝐨𝐬 𝐝𝐞 𝐬𝐚𝐥/𝐥𝐢𝐭𝐫𝐨

𝐕𝟎 = 𝟓𝟎 𝐥𝐢𝐭𝐫𝐨𝐬

𝐐𝟏 = 𝟏. 𝟓 𝐥𝐢𝐭𝐫𝐨𝐬/𝐦𝐢𝐧

𝐝𝐱 = 𝐐𝟏 𝐂𝟏 − 𝐐𝟐 𝐂𝟐 𝐝𝐭

⟹

𝐐𝟐 = 𝟏𝐥𝐢𝐭𝐫𝐨𝐬/𝐦𝐢𝐧

𝐝𝐱 𝐐𝟐 𝐱 + = 𝐐𝟏 𝐂𝟏 𝐝𝐭 𝐕𝟎 + (𝐐𝟏 − 𝐐𝟐 )𝐭

𝐝𝐱 𝐱 + = 𝟏. 𝟓𝐤 𝐝𝐭 𝟓𝟎 + (𝟏. 𝟓 − 𝟏)𝐭 𝐝𝐱 𝐱 + = 𝟏. 𝟓𝐤 … … … . . 𝐄𝐃 𝐥𝐢𝐧𝐞𝐚𝐥. 𝐝𝐭 𝟓𝟎 + 𝟎. 𝟓𝐭 𝐝𝐭

𝐝𝐭

𝐱 = 𝐞− ∫𝟓𝟎+𝟎.𝟓𝐭 (∫ 𝐞∫𝟓𝟎+𝟎.𝟓𝐭 (𝟏. 𝟓𝐤)𝐝𝐭 + 𝐜) −𝟐

𝐱 = 𝐞𝐥𝐧(𝟓𝟎+𝟎.𝟓𝐭)

𝟐

(∫ 𝐞𝐥𝐧(𝟓𝟎+𝟎.𝟓𝐭) (𝟏. 𝟓𝐤)𝐝𝐭 + 𝐜)

𝐱 = (𝟓𝟎 + 𝟎. 𝟓𝐭)−𝟐 (∫(𝟓𝟎 + 𝟎. 𝟓𝐭)𝟐 (𝟏. 𝟓𝐤)𝐝𝐭 + 𝐜) 𝐱(𝐭) =(𝟓𝟎 + 𝟎. 𝟓𝐭)𝐤 + 𝐜(𝟓𝟎 + 𝟎. 𝟓𝐭)−𝟐 𝐂(𝐭) =

𝐱(𝐭) (𝟓𝟎 + 𝟎. 𝟓𝐭)𝐤 + 𝐜(𝟓𝟎 + 𝟎. 𝟓𝐭)−𝟐 = 𝐯(𝐭) 𝟓𝟎 + 𝟎. 𝟓𝐭

Usando las condiciones iniciales: 𝐭 = 𝟎 ⟹ 𝐱 = 𝟎 𝟎 =(𝟓𝟎 + 𝟎. 𝟓(𝟎))𝐤 + 𝐜(𝟓𝟎 + 𝟎. 𝟓(𝟎))−𝟐 ⟹ 𝐜 = −𝟏𝟐𝟓𝟎𝟎𝟎𝐤 Además para 𝐭 = 𝟐𝟎 ⟹ 𝐂 = 𝟐𝟎 (𝟓𝟎 + 𝟎. 𝟓(𝟐𝟎))𝐤 + 𝐜(𝟓𝟎 + 𝟎. 𝟓(𝟐𝟎)) 𝟐𝟎 = 𝟓𝟎 + 𝟎. 𝟓(𝟐𝟎) ⟹ 𝐜 = 𝟒𝟑𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 − 𝟐𝟏𝟔𝟎𝟎𝟎𝐤 Entonces igualamos 𝐜: −𝟏𝟐𝟓𝟎𝟎𝟎𝐤 = 𝟒𝟑𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 − 𝟐𝟏𝟔𝟎𝟎𝟎𝐤 Entonces: 𝐤 = 𝟒𝟕. 𝟒𝟕

−𝟐

Ejercicio 8 Un tanque contiene 200 litros de solución de colorante con una concentración de 𝟏𝐠𝐫/𝐥𝐢𝐭𝐫𝐨. El tanque debe enjuagarse con agua limpia que entra a razón de 𝟐𝐥𝐢𝐭𝐫𝐨/𝐦𝐢𝐧, sale la solución bien homogenizada con una misma rapidez. Calcular el tiempo que transcurrirá hasta que la concentración del colorante en el tanque alcance el 1% de su valor original.

Solución: Sea: X: Cantidad de soluto C: Consentracion de soluto Q: Velocidad de fluides V: volumem

𝐂𝟎 = 𝟏 𝐠𝐫/𝐥𝐢𝐭𝐫𝐨

𝐂𝟏 = 𝟎 𝐥𝐢𝐛𝐫𝐚 𝐝𝐞 𝐬𝐚𝐥/𝐠𝐚𝐥𝐨𝐧

𝐕𝟎 = 𝟐𝟎𝟎 𝐥𝐢𝐭𝐫𝐨𝐬

𝐐𝟏 = 𝟐 𝐥𝐢𝐭𝐫𝐨𝐬/𝐦𝐢𝐧

𝐝𝐱 = 𝐐𝟏 𝐂𝟏 − 𝐐𝟐 𝐂𝟐 𝐝𝐭

⟹

𝐝𝐱 𝐐𝟐 𝐱 + = 𝐐𝟏 𝐂𝟏 𝐝𝐭 𝐕𝟎 + (𝐐𝟏 − 𝐐𝟐 )𝐭

𝐝𝐱 𝟐𝐱 + = 𝟐(𝟎) 𝐝𝐭 𝟐𝟎𝟎 + (𝟐 − 𝟐)𝐭 𝐝𝐱 𝐱 + = 𝟎 … … … . . 𝐄𝐃 𝐥𝐢𝐧𝐞𝐚𝐥. 𝐝𝐭 𝟏𝟎𝟎 𝐝𝐭

𝐝𝐭

𝐱 = 𝐞− ∫𝟏𝟎𝟎 (∫ 𝐞∫𝟏𝟎𝟎 (𝟎)𝐝𝐭 + 𝐜) −𝐭

𝐱 = 𝐜𝐞𝟏𝟎𝟎 −𝐭

𝐱(𝐭) 𝐜𝐞𝟓𝟎 𝐂(𝐭) = = 𝐯(𝐭) 𝟐𝟎𝟎 Usando las condiciones iniciales: 𝐭 = 𝟎 ⟹ 𝐂 = 𝟏 𝐜𝐞𝟎 𝟏= 𝟐𝟎𝟎

𝐐𝟐 = 𝟐 𝐥𝐢𝐭𝐫𝐨𝐬/𝐦𝐢𝐧

⟹ 𝐜 = 𝟐𝟎𝟎

La ecuación queda de la forma: −𝐭

−𝐭 𝟐𝟎𝟎𝐞𝟓𝟎 𝐂(𝐭) = = 𝐞𝟏𝟎𝟎 𝟐𝟎𝟎

Entonces para qué tiempo 𝐭 𝐂(𝐭) = 𝟏%(𝟏) −𝐭 −𝐭 𝟏 𝟏 = 𝐞𝟏𝟎𝟎 ⟹ 𝐥𝐧 ( ) = 𝐥𝐧𝐞𝟏𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎

⟹ 𝐥𝐧(𝟏𝟎𝟎) =

𝐭 𝟏𝟎𝟎

Por lo tanto el tiempo es: 𝐭 = 𝟒𝟔𝟎. 𝟓𝟐 𝐦𝐢𝐧. Ejercicio 10 Un cono circular recto de radio R y altura H tiene su vértice hacia abajo. El tanque tiene un orificio en el fondo cuya área A es controlada por una válvula y es proporcional a la altura del agua en cada instante .suponiendo que el agua .calcular el tiempo de vaciado. Del tiempo de vencido .del tiempo de vaciado que porcentaje es requerido para vaciar la mitad de volumen. solucion 𝟏

𝐄𝐩 = 𝐄𝐜

𝐦𝐠𝐡 = 𝟐 𝐦

𝐯 = √𝟐𝐠𝐡

𝐝𝐯 𝐝𝐯 𝐝𝐡 = . 𝐝𝐭 𝐝𝐡 𝐝𝐭 𝐯

𝐑

Por: 𝐡 = 𝐇

𝐯=

Proporción

𝐯=

𝐝𝐯

𝐫𝐡 𝐇

𝐑𝐡 𝐇

𝐝𝐯

= 𝛑𝐑𝟐 𝐡𝟐 ; 𝐝𝐭 = −𝐀𝐊√𝟐𝐠𝐡 𝐝𝐡 𝛑𝐑𝟐 𝐡𝟐 𝐝𝐡 −𝐀𝐊√𝟐𝐠𝐡 = . 𝐇𝟐 𝐝𝐭 𝛑𝐑𝟐 𝐡𝟐 𝐝𝐡 −𝛑𝐫 𝐊√𝟐𝐠𝐡 = . 𝐇𝟐 𝐝𝐭 𝟐

𝟑

𝐫 𝟐 𝐊√𝟐𝐠𝐡 𝐡𝟐 𝐝𝐡 − = 𝐑𝟐 𝐝𝐭 𝟑 𝐇 𝟐 (−𝐫 𝟐 𝐤√𝟐𝐠)𝐝𝐭 𝟐 𝐝𝐡 = 𝐡 𝐑𝟐 −𝐫 𝟐 𝐤√𝟐𝐠𝐇𝟐 𝐑𝟐

𝐭

𝐡

∫𝟎 𝐝𝐭 = ∫𝐇 𝐡𝟑/𝟐 𝐝𝐡

(

−𝐫 𝟐 𝐤√𝟐𝐠𝐇𝟐 𝐑𝟐

𝟐

) 𝐭 𝟎𝐭 = 𝟓 𝐡𝟓/𝟐 𝐇𝐡

−𝐫 𝟐 𝐤√𝟐𝐠𝐇 𝟐 𝟐 𝟓 𝟐 𝟓/𝟐 𝐭 + 𝐇𝟐 = 𝐡 =𝐡 𝐑𝟐 𝟓 𝟓 𝐀)𝐕𝐀𝐂𝐈𝐀𝐃𝐎 𝐓𝐎𝐓𝐀𝐋 𝟎 −𝐫 𝟐 𝐤√𝟐𝐠𝐇 𝟐 𝐭 ∫ 𝐝𝐭 = ∫ 𝐡𝟑/𝟐 𝐝𝐡 𝐑𝟐 𝟎 𝐇 𝟐𝐇𝟏/𝟐 𝐑𝟐

𝐭 = 𝟓𝐊𝐫 ¡

√𝟐𝐠

,

tiempo de vaciado total

𝟓 𝟓𝐫 ¡ 𝟐 𝐤√𝟐𝐠𝐇 𝟐 𝐭 𝐇 = (− + 𝐇 𝟐 )𝟐/𝟓 𝟐 𝟐 𝟐𝐑 𝟓

𝟓 𝟓𝐫 ¡ 𝟐 𝐤√𝟐𝐠𝐇 𝟐 𝐭 𝐇𝟐 𝟐 = − + 𝐇 𝟐𝐑𝟐 𝟐𝟓/𝟐 𝟓 𝟓𝐫 ¡ 𝟐 𝐤√𝟐𝐠𝐇 𝟐 𝐭 𝟏 𝟐 (𝟏 − = 𝐇 𝟐𝐑𝟐 𝟐𝟓/𝟐 𝟏 𝟓𝐫 ¡ 𝟐 𝐤√𝟐𝐠𝐇 𝟐 𝐭 𝟏 𝟐 (𝟏 − = 𝐇 ) 𝟐 𝟐𝐑 𝟒√𝟐 𝟏

𝟏 )𝐑𝟐 𝟒√𝟐 𝟓𝐫 ¡ 𝟐 𝐤√𝟐𝐠

𝟐𝐇 𝟐 (𝟏 − 𝐭=

𝟏

𝐭=

𝐑𝟐 𝐇 𝟐 (𝟒√𝟐 − 𝟏) 𝟐

𝟏𝟎√𝟐𝐫 ¡ 𝐤√𝟐𝐠

Ejercicio 11.Un tanque tiene inicialmente 100 galones de agua pura. Una solución que contiene

𝟏 𝟐

𝐥𝐢𝐛𝐫𝐚 𝐝𝐞 𝐬𝐚𝐥 /𝐠𝐚𝐥𝐨𝐧 de salmuera fluye al interior del tanque a una

rapidez de 𝟐𝐠𝐚𝐥/𝐦𝐢𝐧. Y la mezcla bien homogenizada sale del tanque con una misma velocidad. Después de 10 minutos el proceso se detiene y se introduce al tanque agua pura el proceso se detiene y se introduce agua pura con rapidez de 𝟐𝐠𝐚𝐥/ 𝐦𝐢𝐧, abandonando el tanque a la misma velocidad. Determinar la cantidad de sal en el tanque cuando han pasado un total de 20 minutos.

Solución:

Sea: X: Cantidad de soluto C: Consentracion de soluto Q: Velocidad de fluides V: volumem Para el proceso 1 de 0 a 10 minutos 𝐱𝟎 = 𝟎

𝟏 𝐥𝐢𝐛𝐫𝐚 𝐝𝐞 𝐬𝐚𝐥/𝐠𝐚𝐥𝐨𝐧 𝟐

𝐂𝟏 =

𝐕𝟎 = 𝟏𝟎𝟎

𝐐𝟐 = 𝟐𝐠𝐚𝐥/𝐦𝐢𝐧

𝐐𝟏 = 𝟐𝐠𝐚𝐥/𝐦𝐢𝐧

𝐝𝐱 = 𝐐𝟏 𝐂𝟏 − 𝐐𝟐 𝐂𝟐 𝐝𝐭

⟹

𝐝𝐱 𝐐𝟐 𝐱 + = 𝐐𝟏 𝐂𝟏 𝐝𝐭 𝐕𝟎 + (𝐐𝟏 − 𝐐𝟐 )𝐭

𝐝𝐱 𝟐𝐱 𝟏 + = 𝟐( ) 𝐝𝐭 𝟏𝟎𝟎 + (𝟐 − 𝟐)𝐭 𝟐 𝐝𝐱 𝐱 + = 𝟏 … … … . . 𝐄𝐃 𝐥𝐢𝐧𝐞𝐚𝐥. 𝐝𝐭 𝟓𝟎 𝐝𝐭

𝐝𝐭

𝐱 = 𝐞− ∫𝟓𝟎 (∫ 𝐞∫𝟓𝟎 𝐝𝐭 + 𝐜) −𝐭

𝐭

𝐱 = 𝐞𝟓𝟎 (∫ 𝐞𝟓𝟎 𝐝𝐭 + 𝐜) −𝐭

𝐭

𝐱 = 𝐞𝟓𝟎 (𝟓𝟎𝐞𝟓𝟎 + 𝐜) −𝐭

𝐱 = 𝟓𝟎 + 𝐜𝐞𝟓𝟎

Usando las condiciones iniciales: 𝐭 = 𝟎 ⟹ 𝐱 = 𝟎 𝟎 = 𝟓𝟎 + 𝐜

⟹ 𝐜 = −𝟓𝟎

La ecuación queda de la forma: −𝐭

−𝟏𝟎

𝐱(𝐭) = 𝟓𝟎 − 𝟓𝟎𝐞𝟓𝟎 ⟹ 𝐱(𝟏𝟎) = 𝟓𝟎 − 𝟓𝟎𝐞 𝟓𝟎 𝐱(𝟏𝟎) = 𝟗 Para el proceso 2 de 10 a 20 minutos: 𝐱𝟎 = 𝟗

𝐂𝟏 = 𝟎 𝐥𝐢𝐛𝐫𝐚 𝐝𝐞 𝐬𝐚𝐥/𝐠𝐚𝐥𝐨𝐧

𝐕𝟎 = 𝟏𝟎𝟎

𝐐𝟏 = 𝟐𝐠𝐚𝐥/𝐦𝐢𝐧

𝐝𝐱 = 𝐐𝟏 𝐂𝟏 − 𝐐𝟐 𝐂𝟐 𝐝𝐭

⟹

𝐐𝟐 = 𝟐𝐠𝐚𝐥/𝐦𝐢𝐧

𝐝𝐱 𝐐𝟐 𝐱 + = 𝐐𝟏 𝐂𝟏 𝐝𝐭 𝐕𝟎 + (𝐐𝟏 − 𝐐𝟐 )𝐭

𝐝𝐱 𝟐𝐱 + = 𝟐(𝟎) 𝐝𝐭 𝟏𝟎𝟎 + (𝟐 − 𝟐)𝐭 𝐝𝐱 𝐱 + = 𝟎 … … … . . 𝐄𝐃 𝐥𝐢𝐧𝐞𝐚𝐥. 𝐝𝐭 𝟓𝟎 𝐝𝐭

𝐝𝐭

𝐱 = 𝐞− ∫𝟓𝟎 (∫ 𝐞∫𝟓𝟎 (𝟎)𝐝𝐭 + 𝐜) −𝐭

𝐱 = 𝐜𝐞𝟓𝟎 Usando las condiciones iniciales: 𝐭 = 𝟎 ⟹ 𝐱 = 𝟗 𝟗 = 𝐜𝐞𝟎

⟹ 𝐜=𝟗

La ecuación queda de la forma: −𝐭

−𝟏𝟎

𝐱(𝐭) = 𝟗𝐞𝟓𝟎 ⟹ 𝐱(𝟏𝟎) = 𝟗𝐞 𝟓𝟎 𝐱(𝟏𝟎) = 𝟕. 𝟑𝟕 𝐥𝐢𝐛𝐫𝐚𝐬. Ejercicio 12.-

Un tanque con una forma geométrica está lleno de agua. El agua sale por un orificio situado en todo tiempo 𝐭. Si el tanque contiene inicialmente 𝟔𝟒 galones de agua y 𝟏𝟓 galones salen el primer día. Calcular el tiempo en el cual hay 𝟐𝟓 galones en el tanque. Solución: Datos.  𝐕(𝐭 = 𝟎) = 𝟔𝟒  𝐕(𝐭 = 𝟏) = 𝟔𝟒 − 𝟏𝟓 = 𝟒𝟗  𝐕(𝐭) =?  𝐕(𝐭) = 𝟐𝟓 → 𝐭 =?

Planteamos la ecuación diferencial: 𝐝𝐕 = 𝐤√𝐕 𝐝𝐭 𝐝𝐕 = 𝐤𝐝𝐭 √𝐕 Integramos: 𝟐√𝐕 = 𝐤𝐭 + 𝐜 Encontramos 𝐜:si 𝐕(𝐭 = 𝟎) = 𝟔𝟒 𝟐√𝐕 = 𝐤𝐭 + 𝐜 𝟐√𝟔𝟒 = 𝐤 ∗ 𝟎 + 𝐜 𝟏𝟔 = 𝐜 Encontramos 𝐤:si 𝐕(𝐭 = 𝟏) = 𝟔𝟒 − 𝟏𝟓 = 𝟒𝟗 𝟐√𝐕 = 𝐤𝐭 + 𝐜 𝟐√𝟒𝟗 = 𝐤 ∗ 𝟏 + 𝟏𝟔 𝟏𝟒 = 𝐤 + 𝟏𝟔 −𝟐 = 𝐤 Reemplazamos los datos obtenidos en la ecuación diferencial: 𝟐√𝐕 = −𝟐𝐭 + 𝟏𝟔 Como: 𝐕(𝐭) = 𝟐𝟓 → 𝐭 =? 𝟐√𝟐𝟓 = −𝟐𝐭 + 𝟏𝟔 𝟏𝟎 = −𝟐𝐭 + 𝟏𝟔 𝟐𝐭 = −𝟏𝟎 + 𝟏𝟔 𝐭 = 𝟑 𝐝𝐢𝐚𝐬 = 𝟕𝟐 𝐡𝐨𝐫𝐚𝐬