Esta es la primera de varias publicaciones donde trataremos aplicaciones de ecuaciones diferenciales ordinarias.

Como ya sabemos, en matemáticas, una ecuación diferencial (EDO) es una ecuación que relaciona una o varias funciones con sus derivadas. (EDO)

Cuando hablamos de las aplicaciones, las funciones por lo general representan cantidades físicas, mientras que las derivadas representan sus tasas de cambio respecto al tiempo. Y con las ecuaciones diferenciales podemos definir relaciones entre las dos.

Estas relaciones se suelen encontrar comúnmente en la naturaleza, por lo tanto, las ecuaciones diferenciales desempeñan un papel destacado por no decir uno de los fundamentales en la actualidad, en muchas disciplinas, incluidas la ingeniería, la física, la economía y la biología.

Principalmente el estudio de ecuaciones diferenciales consiste en el estudio de sus soluciones y de las propiedades de sus soluciones. Solo las ecuaciones diferenciales más simples se pueden resolver mediante fórmulas explícitas como ya hemos vistos en otras publicaciones; sin embargo, muchas propiedades de las soluciones de una ecuación diferencial dada pueden determinarse sin calcularlas exactamente.

Cambio de Temperatura: Ley de Enfriamiento de Newton

Si un cuerpo u objeto que tiene una temperatura inicial $T_0$ es depositado en un entorno que se mantiene a una temperatura $T_a$ la cual es constante, y además $T_0\neq T_a$, la intuición nos dice que la temperatura del cuerpo teinde a ser igual a la temperatura del entorno que le rodea. Es decir, si $T(t)$ es la temparatura del cuerpo en el tiempo $t$, entonces $T(t)\to T_a$ a medida que $t$ crece.

Para modelar la temperatura del cuerpo vamos hacer uso de la ley de Enfriamiento de Newton; ésta nos afirma que la rapidez de cambio de la temperatura de un cuerpo es directamente proporcional a la diferencia de temperaturas entre el cuerpo y el medio circundante. En otras palabras, $$T'(t)=k[T(t)-T_a]$$ donde $k$ es la constante de propocionalidad. Y tomando $T(0)=T_0.$ Resolviendo esta ecuación diferencial
$${dT(t)\over dt}=k[T(t)-T_a] \Longrightarrow{dT(t)\over T(t)-T_a}=kdt \Longrightarrow \int {dT(t)\over T(t)-T_a}=k\int dt $$

$$\ln|T-T_a|=kt+k_1 \ \ \ \ \ \text{aplicando exp. }\Longrightarrow |T-T_a|=e^{kt+k_1}=Ke^{kt}$$ donde $K=e^{k_1}.$


Tenemos $|T-T_a|$ por lo que hay que ver los dos casos posibles. Si $ \ \ T>T_a$ $$ T-T_a>0\Longrightarrow|T-T_a|=T-T_a$$

Si $ \ \ T<T_a$ $$ T-T_a<0\Longrightarrow|T-T_a|=-(T-T_a)$$

de donde $-(T-T_a)=Ke^{kt} $

$$ T-T_a=-Ke^{kt}\Longrightarrow T-T_a=Ke^{kt}$$

por lo que no importa cual de estos dos casos ocurra. Y podemos obtener
$$T-T_a=Ke^{kt}$$ por lo que la ecuación que modela esta situación esta dada por $$ T(t)=T_a+Ke^{kt}.$$



Cambio de población

Se podría decir que la aplicación al cambio de población es en cierto modo mas fácil, no tan sutil como el anterior. Es decir, si la velocidad de crecimiento de la población ($p(t)$) es constante significa que, $$p(t)\equiv \ \ \ \ \text{número de población en el instante} \ \ t$$ por lo que la tasa de cambio esta dada por

$${dp\over dt}=kp, \ \ \ \ \ \ p(0)=p_0 \ $$ donde $p_0$ es la población en el instante $t=0$. Luego resolvemos esta ecuación de variable separables:

$${dp\over dt}=kp\Longrightarrow {dp\over p}=kdt\Longrightarrow \int {dp\over p}=\int kdt\Longrightarrow \ln|p|=kt+k_1\ \ $$ $$\ \ \ \ \text{aplicando exp.} \ \ \exp(\ln|p|)=\exp(kt+k_1) $$

$$p(t)=ce^{kt} \ \ \ \ \text{donde} \ \ \ c=e^{k_1}$$

obteniendo así un modelo para este tipo de situación o fenómeno.



Ejercicios Resueltos

Ley de enfriamiento de Newton

(1). Suponer que una tetera se retira hirviendo del fuego, a una temperatura de 100$^{\circ}$C, y se deja a una temperatura ambiente de 15$^{\circ}$C. Si tres minutos después la temperatura del agua de la tetera es de 72$^{\circ}$C, ¿cuál será la temperatura del agua cinco minutos después de retirarla del fuego?

Solución

Tomemos $T_0$ y $T_a$ como la temperatura inicial y ambiente respectivamente, utilizamos la ley de Enfriamiento de Newton; $${dT(t)\over dt}=k[T(t)-T_a] \ \ \ \ \ \ \ \text{con} \ \ \ \ T(0)=T_0$$

Resolviendo esta ecuación diferencial
$${dT(t)\over dt}=k[T(t)-T_a] \Longrightarrow{dT(t)\over T(t)-T_a}=kdt \Longrightarrow \int {dT(t)\over T(t)-T_a}=k\int dt $$

$$\ln|T-T_a|=kt+k_1 \ \ \ \ \ \text{aplicando exp.}\Longrightarrow |T-T_a|=e^{kt+k_1}=Ke^{kt}$$ donde $K=e^{k_1}.$ Luego, como ya vimos en la teoría, podemos tomar

$$T-T_a=Ke^{kt}\Longrightarrow T(t)=T_a+Ke^{kt}$$

En el problema tenemos que $T_a=15^{\circ}C$ y usando el hecho de que $T_0=100^{\circ}C$ encontraremos $K$

$$T(t)=T_a+Ke^{kt}\Longrightarrow T(t)=15^{\circ}C+Ke^{kt}\Longrightarrow T(0)=15^{\circ}C+Ke^{0}=100^{\circ}C$$

esto es $$15+K=100\Longrightarrow K=85^{\circ}C$$

por lo que tenemos que $$T(t)=15^{\circ}C+85^{\circ}Ce^{kt}$$
usaremos ahora el hecho de que $T(3)=72^{\circ}C$ para encontrar $k$

$$T(3)=15^{\circ}C+85^{\circ}Ce^{3k}=72^{\circ}C$$
expremos esto como $$15+85e^{3k}=72\Longrightarrow 85e^{3k}=57\Longrightarrow e^{3k}={57\over 85}=0.67$$
$$3k=\ln(0.67)\Longrightarrow k=-0.13$$
teniendo pendiente que $k$ es una contante escalar y no una temperatura. Tenemos que el modelo esta dado por $$T(t)=15^{\circ}C+85^{\circ}Ce^{-0.13t}$$

¿cuál será la temperatura del agua cinco minutos después de retirarla del fuego?

$$T(5)=15^{\circ}C+85^{\circ}Ce^{-0.13(5)}=59.37^{\circ}C$$

De donde tendremos que la temperatura del agua cinco minutros luego de retirarla tendra una temperatura de $59.37^{\circ}C.$



(2). Un objeto a 70$^{\circ}$C de temperatura se coloca en el exterior donde la temperatura es de -15$^{\circ}$C. A las 12:00 horas la temperatura del objeto es de 65$^{\circ}$C, mientras que a las 12:05 horas la temperatura del objeto es de 58$^{\circ}$C.
Determinar la hora a la que el objeto fue dejado en el exterior.

Solución

Este problema se modela igual que el anterio por lo que solo usaremos la formula
$$T(t)=T_a+Ke^{kt}$$
donde $T_a=-15^{\circ}C$ y $T_0=65^{\circ}C$
$$T(t)=-15^{\circ}C+Ke^{kt}$$
para encontrar $K$ usamos el la temaperatura inicial, tenemos que
$$-15^{\circ}C+Ke^{0}=100^{\circ}C\Longrightarrow K=115^{\circ}C$$ entonces
$$T(t)=-15^{\circ}C+115^{\circ}Ce^{kt}$$
para encontrar la constante $k$ usamos la temperatura a la que estaba 5 minutos despuesque es lo que transcurre de 12:00 a 12:05 (58$^{\circ}$C) esto es
$$-15^{\circ}C+115^{\circ}Ce^{5k}=58^{\circ}C\Longrightarrow 115^{\circ}Ce^{5k}=73^{\circ}C$$
$$e^{5k}={73^{\circ}C\over 115^{\circ}C}\approx0.635\Longrightarrow 5k=\ln(0.635)\Longrightarrow k =-0.454$$

por lo que el modelo viene dado por
$$T(t)=-15^{\circ}C+85^{\circ}Ce^{-0.454t}$$

para ver a que hora fue dejado el objeto tomemos $T(t)=70^{\circ}C$ y despejemos $t$, esto es
$$-15^{\circ}C+115^{\circ}Ce^{-0.454t}=70^{\circ}C\Longrightarrow115^{\circ}Ce^{-0.454t}=85^{\circ}C\Longrightarrow e^{-0.454t}=1.35$$
$$-0.454t=0.300\Longrightarrow t=-0.66 \approx -39.65 \ minutos\approx 11:20 $$

por lo que el objeto fue dejado a las 11:20 horas.



Cambio de población

(3). La razón de cambio con respecto al tiempo de una población de conejos es proporcional a la cantidad de conejos en el tiempo $t$, medido en meses. Inicialmente el número de conejos es 100, y al mes siguiente la cantidad de conejos es 121. Determina cuánto tiempo tiene que pasar para que la población sea de 484 conejos.

Solución

Tenemos que
$${dp\over dt}=kp, \ \ \ \ \ \ p(0)=100 \ $$

$${dp\over dt}=kp\Longrightarrow {dp\over p}=kdt\Longrightarrow \int {dp\over p}=\int kdt\Longrightarrow \ln|p|=kt+k_1\ \ $$ $$\ \ \ \ \text{aplicando exp.} \ \ \exp(\ln|p|)=\exp(kt+k_1) $$

$$p(t)=ce^{kt} \ \ \ \ \text{donde} \ \ \ c=e^{k_1}$$

para obtener $c$ usamos $p(0)=100$ tenemos $$p(0)=ce^0=100\Longrightarrow c=100$$

por lo que $$p(t)=100e^{kt}$$
para encontrar $k$ usamos el hecho de que $p(1)=121$ por lo que
$$p(1)=100e^k=121\Longrightarrow e^k={121\over 100}\Longrightarrow k=\ln(121/100)=0.19 $$
por lo tanto la ecuación que describe el crecimiento es $$p(t)=100e^{0.19t}$$
ahora queda determinar el valor de $t$ para el cual la población sea 484
$$100e^{0.19t}=484\Longrightarrow e^{0.19t}={484\over 100}\Longrightarrow 0.19t=\ln(484/100)\Longrightarrow t={\ln{484\over100}\over 0.19 }$$

por lo que $t=8.299\approx8.3$ meses.

Iniciando con 100 conejos y con la tasa de crecimiento dada en un tiempo de 8.3 meses se tendran 484 conejos, 384 nuevos conejos.



(4). En cierto cultivo de bacterias, la razón de cambio del número de bacterias es proporcional al número presente de bacterias en el tiempo $t$. Se sabe que el número de bacterias se triplica cada 4 horas. Se pide determinar la relación del número de bacterias al cabo de 15 horas con respecto al número inicial de bacterias.

Solución

De igual modo que el ejercicio anterior

$${dp\over dt}=kp, $$ y tomemos $p(0)=b \ $ como el número de bacterias inicial. Por lo que

$${dp\over dt}=kp\Longrightarrow {dp\over p}=kdt\Longrightarrow \int {dp\over p}=\int kdt\Longrightarrow \ln|p|=kt+k_1\ \ $$ $$\ \ \ \ \text{aplicando exp.} \ \ \exp(\ln|p|)=\exp(kt+k_1) $$

$$p(t)=ce^{kt} \ \ \ \ \text{donde} \ \ \ c=e^{k_1}$$

para obtener $c$ usamos $p(0)=b$ tenemos $$p(0)=ce^0=b\Longrightarrow c=b$$

por lo que $$p(t)=be^{kt}$$
para encontrar $k$ usamos el hecho de que $p(4)=3b$ por lo que
$$p(4)=be^{4k}=3b\Longrightarrow e^{4k}={3b\over b}\Longrightarrow 4k=\ln(3)\Longrightarrow k={\ln(3)\over 4}=0.275$$

por lo tanto la ecuación que describe el crecimiento es $$p(t)=be^{0.275t}$$

El número de bacterias despues de haber pasado 15 horas estara dado por
$$p(15)=be^{0.275(15)}$$
lo cual es la relación del número de bacterias en dicho tiempo en función del número de bacterias inicial.

Aplicaciones de las EDO I

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