Ecuaciones Diferenciales Aplicadas. Modelos No lineales

Ecuaciones Diferenciales Aplicadas

EVAPORACION

Al terminar el siguiente artículo conocerás y podrás aplicar una metodología ordenada para poder plantear matemáticamente y resolver un modelo No lineal representado mediante ecuaciones diferenciales.

En general, lo que se busca, al modelar un sistema físico mediante ecuaciones diferenciales, es utilizar las leyes del movimiento de la física según el sistema del que se esté hablando (mecánico, neumático, hidráulico, eléctrico, etc.), para determinar la variación del comportamiento del mismo respecto del tiempo y así
obtener una representación matemática que nos permita realizar predicciones sobre dicho sistema. De igual forma, se pueden utilizar datos experimentales.

Metodología para modelado matemático de un sistema físico

Según el libro System Dynamics del autor Katsuhico Ogata (4a. Ed), pag. 4, el procedimiento para el modelado matemático es el siguiente:

1.- Dibuja un diagrama esquemático del sistema y define las variables,

2.- Usando las leyes de la física, escribe las ecuaciones para cada componente, combinalas de acuerdo al diagrama del sistema y obten un modelo matemático,

3.- Para verificar la validez del modelo matemático, su desempeño predecido – obtenido mediante el resolver las ecuaciones del modelo, éste es comparado con resultados experimentales.

(La validación de cualquier modelo matematico puede ser corroborada unicamente mediante la experimentación).

Ecuaciones diferenciales aplicadas ejercicios resueltos

Modelo No lineal

EVAPORACION (Ejercicio Resuelto Dennis G. Zill, Cap 3.2, problema 20)

Un tanque decorativo exterior con forma de tanque semiesférico se llenará con agua bombeada hacia el tanque por una entrada en su fondo. Suponga que el radio del tanque es $ R = 10 {pies}$, que el agua se bombea a una rapidez de $ \pi \frac{{pies}^3}{\min}$ y que al inicio el tanque está vacio. Ver Figura 1:

Ecuaciones Diferenciales Aplicadas

Figura 1. Diagrama Esquemático del Sistema

Conforme se llena el tanque, éste pierde agua por evaporación. Suponga que la rapidez de evaporación es proporcional al área A de la superficie sobre el agua y que la constante de proporcionalidad es $ k = 0.01$.

a) La rapidez de cambio $ \frac{{dV}}{{dt}}$ del volumen del agua al tiempo $ t$ es una rapidez neta. Utilice esta rapidez neta para determinar una ecuacion diferencial para la altura $ h$ del agua al tiempo $ t$. El volumen de agua que se muestra en la figura es $ V = \pi R h^2 -\frac{1}{3} \pi h^3$, donde $ R = 10$. Exprese el area de la superficie del agua $ A = \pi r^2$ en terminos de $h$.

b) Resuelva la ecuacion diferencial del inciso a). Trace la grafica de la solución.

c) Si no hubiera evaporacion, ¿cuanto tardaría en llenarse el tanque?

d) Con evaporacion, ¿cual es la proporcionalidad del agua en el tiempo que se determino en el inciso c)? ¿Alguna vez se llenara el tanque?

Solución

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a) Determinando una ED para la altura $ h$ al tiempo $ t$ (es decir $ \frac{{dh}}{{dt}}$) utilizando la rapidez de cambio $ \frac{{dV}}{{dt}}$ del volumen del agua.

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Paso 1. El diagrama del sistema se puede ver en la Figura 1, y las variables del sistema son:

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Variables del sistema

1. Volumen de suministro del líquido ($ V_s$) por unidad de tiempo:
$ \frac{{dV}_s}{{dt}} = \pi$ ${ft}^3$

2. Volumen de evaporación del líquido ($ V_e$) por unidad de tiempo:
$ \frac{{dV}_e}{{dt}} = k A$, donde $k = 0.01$

3. Área de la superficie del líquido: $ A$

4. Variación total del volumen del líquido por unidad de tiempo:
$ \frac{{dV}}{{dt}} = \frac{{dV}_s}{{dt}} – \frac{{dV}_e}{{dt}}$

Datos suministrados

$ R = 10 {ft}$

$ h = {altura}$

Volumen actual de líquido: $ V = \pi {Rh}^2 – \frac{1}{3} \pi h^3$

Condiciones Iniciales: $ V (0) = 0$

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Paso 2. Modelado Matemático

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DESARROLLO DEL MODELO MATEMATICO PARA EXPRESAR LA VARIACION DE $ h$ RESPECTO DEL TIEMPO

Ecuaciones Diferenciales Aplicadas

El problema plantea que el cambio en el volumen de água está determinado por dos factores:

1.- El volumen de agua suministrado, el cual podemos representar por

\begin{equation}
\frac{{dV}_s}{{dt}} = \pi \frac{{pies}^3}{\min}
\end{equation}
(1)

y

2.- La cantidad de líquido que se evapora (por unidad de tiempo) es proporcional al área $A$ de la superficie del mismo y la podemos denotar mediante

\begin{equation}
\frac{{dV}_e}{{dt}} = k A
\end{equation}
(2)

donde, según el problema: $ k = 0.01 = \frac{1}{100}$ y $ A$= área de la superficie del agua.

De esta forma,

3.- El cambio de volumen total de líquido, lo podemos expresar como:

\begin{equation}
\frac{{dV}}{{dt}} = \frac{{dV}_s}{{dt}} –
\frac{{dV}_e}{{dt}}
\end{equation}
(3)

Además, sabemos por física elemental que el volumen de un sólido regular está dado por la fórmula:

\begin{equation}
V = A_{{base}} \ast h
\end{equation}
(4)

donde:

$ A_{{base}} :$ Área de la base

$ h :$ Altura

Ahora, como nos piden una expresión para la variación de la altura $h$ del líquido respecto del tiempo y dicha variación esta en función del volumen según la ecuación (4), que a su vez está en función del área de la superficie del agua $ A$, entonces es necesario expresar $A$ en términos de $ h$, como se pide en el mismo inciso a).

$ \rightarrow$ Expresando $ A$ en términos de $ h$

Según los datos suministrados en el inciso a), el volumen actual de agua en el tanque es de:

\begin{equation}
V = \pi R h^2 – \frac{1}{3} \pi h^3
\end{equation}
(5)

De modo que, combinando (4) y (5), tenemos:

$ A \ast h = V = \pi R h^2 – \frac{1}{3} \pi h^3$

o

$ A \ast h = \pi R h^2 – \frac{1}{3} \pi h^3$

Si derivamos respecto de $ h$, tenemos:

$ A \frac{d h}{d t} = \pi R 2 h \frac{d h}{d t} – \frac{1}{3} \pi 3 h^2 \frac{d h}{d t}$

simplificando y sustituyendo el valor para $ R = 10$ según el inciso $ A$, obtenemos la expresión para el área $ A$ en función de $ h$ buscada:

$ A = \pi R 2 h – \frac{1}{3} \pi 3 h^2$

\begin{equation}
{A = 20 \pi h – \pi h^2}
\end{equation}
(6)

Ahora, podemos determinar $ \frac{{dh}}{{dt}}$, utilizando (3) y derivando (4) e igualando las ecuaciones:

\begin{eqnarray*}
\frac{{dV}}{{dt}} & = & \frac{{dV}_s}{{dt}} –
\frac{{dV}_e}{{dt}}
\end{eqnarray*}

Derivando (4), tenemos:

\begin{eqnarray*}
A \frac{{dh}}{{dt}} & = & \frac{{dV}_s}{{dt}} –
\frac{{dV}_e}{{dt}}\\
A \frac{{dh}}{{dt}} & = & \pi – k A\\
\frac{{dh}}{{dt}} & = & \frac{\pi}{A} – k
\end{eqnarray*}

donde $ \frac{{dVs}}{{dt}}$ y $ \frac{{dVe}}{{dt}}$ se sustituyen por sus valores definidos en (1) y (2).

Sustituyendo los valores de $ A$ y $ k$, tenemos:

\begin{eqnarray*}
\frac{{dh}}{{dt}} & = & \frac{\pi}{A} – k\\
\frac{{dh}}{{dt}} & = & \frac{\pi}{20 \pi h – \pi h^2} –
\frac{1}{100}\\
\frac{{dh}}{{dt}} & = & \frac{1}{20 h – h^2} – \frac{1}{100}
\end{eqnarray*}

De modo que la ecuacion para $ h$ buscada es:

\begin{equation}
{\frac{{dh}}{{dt}} = \frac{1}{20 h – h^2} –
\frac{1}{100}}
\end{equation}
(7)

 

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b) Resuelva la ecuacion diferencial (7)

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Paso 3. Resolviendo las ecuaciones del Modelo Matemático

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RESOLVIENDO LA ECUACION DIFERENCIAL NO LINEAL

Ecuaciones Diferenciales Aplicadas

Antes de resolver la ED describimos un criterio rápido que nos permita identificar que tipo de ED tenemos y con eso, qué técnica de integración podemos usar.

Criterio para definir que tipo de Ecuación Diferencial tenemos y cuál técnica de integración podemos utilizar

i. Escribimos la ED en la forma $\frac{{dy}}{{dx}} = f (x, y)$ ó $\frac{{dx}}{{dy}} = h (y, x)$

ii. Revisamos que tipo de ED es:

  1. Separable, si tiene la forma: $ \frac{{dy}}{{dx}} = g (x) h (y)$
  2. Separable por sustitución:
  3. Lineal de primer orden, ver artículo: Ecuación Diferencial Lineal de primer orden
  4. Exacta, ver artículo: Ecuaciones Diferenciales Exactas

iii. Para los modelos No lineales aquí estudiados (de primer orden), la técnica utilizada para resolverlos es la de separación de variables donde, por lo general al separar las varaibles nos dá como resultado el problema de integrar una función racional.

Antes de proceder a resolver la ED, recordamos cómo integrar funciones racionales. Ver el artículo: Integración de Funciones Racionales.

Integración de funciones racionales

Para llevar a cabo la integración de una función racional se analiza la función racional como se describe a continuación.

A. Si el polinomio del numerador $ p (x)$ es de grado superior o igual al polinomio del denominador $ q (x)$, se divide el primero entre el segundo
utilizando división de polinomios, es decir:

$ \frac{p (x)}{q (x)} = \frac{a x^2 + b}{c x^2 + d x + e} = a x^2 + b \div cx^2 + d x + e$

B. Si el polinomio del numerador $ p (x)$ es de grado inferior al polinomio del denominador $ (x)$, se factoriza el denominador de la función, en caso de ser posible.

C. Se identifica qué tipo de integral es:

i. Para éste caso las más comunes son:

  1. Integral del tipo logarítmica: $ \int \frac{{dT}}{T}$
  2. Integral por fracciones parciales, ejemplo: $ \int\frac{{constante}}{{polinom} {io}} = \int\frac{A_1}{{factor}_1} + \int \frac{A_2}{{factor}_2} + \ldots$
  3. Integral:
    • Arco Tangente: $ \int \frac{{dT}}{1 + T^2}$
    • Arco Tangente hiperbólica: $ \int \frac{{dT}}{1 – T^2}$
    • del tipo: $ \int \frac{{dT}}{a^2 – T^2}$
  4. Una combinación de algunas y/o todas las integrales de los puntos anteriores al descomponer en fraciones mas simples (por ejemplo fracciones parciales).
  5. Por ultimo, recordar que es posible encontrar una integral mas simple que las mencionadas al realizar la factorizacion del denominador de la función racional, por ejemplo, encontrar una integral de la forma: $ \int T^n {dT}$

ii. Este procedimiento es una guía ordenada para abordar este tipo de ED’s, sin embargo las integrales a resolver pueden ser de más tipos, por lo cual habrá que revisar las tablas de integración al toparnos con integrales diferentes a las acá mencionadas.

Resolvemos las integrales mediante la técnica e integración correspondiente al tipo de integral:

1. $ \int \frac{{dT}}{T} = {Ln} | T | + C$

2. Fracciones Parciales:

a) Factores lineales en el denominador. Por cada factor lineal escribimos una fracción del tipo: $ \frac{A}{a x + b}$

b) Factores cuadráticos en el denominador. Por cada factor cuadratico escribimos: $ \frac{{Ax} + B}{{ax}^2 + {bx} + c}$

Nota. Ver el artículo: Integración de Funciones Racionales para mayor detalle

3. Integral:

  • $ \int \frac{{dT}}{1 + T^2} = {arcTan} (T) + C$
  • $ \int \frac{{dT}}{1 – T^2} = {arcTanh} (T) + C$
  • $ \int \frac{{dT}}{a^2 – T^2} = \frac{1}{2 T} {Ln} \left|\frac{a + T}{a – T} \right| + C$, $latex | T | \neq a$

$ \int \frac{{dT}}{a^2 – T^2} = \frac{1}{a} {arcTanh} \left(\frac{T}{a} \right) + C$, $latex | T | < a$

4. Combinacion de las anteriores.

5. $ \int T^n {dT} = \frac{T^{n + 1}}{n + 1} + C$

 

Continuando con el Paso 3.

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Continuando con nuestro ejercicio, podemos identificar que la ED a resolver esta constituída por una función racional y separable, por lo que procedemos a separar sus variables.

\begin{eqnarray*}
\frac{{dh}}{{dt}} & = & \frac{1}{20 h – h^2} – \frac{1}{100}\\
& = & \frac{1}{h (20 – h)} – \frac{1}{100}\\
\frac{{dh}}{{dt}} & = & \frac{100 – h (20 – h)}{100 h (20 – h)}\\
\frac{100 h (20 – h)}{100 – h (20 – h)} \ast \frac{{dh}}{{dt}} & =
& 1\\
\frac{100 h (20 – h) {dh}}{100 – h (20 – h)} & = & {dt}\\
\frac{(2000 h – 100 h^2) {dh}}{100 – 20 h + h^2} & = & {dt}
\end{eqnarray*}

Una vez definido que la función es racional y que la solucionaremos mediante separación de variables procedemos a factorizar el denominador, según lo describe la sección anterior.

$ \rightarrow$ Factorizando el denominador y separando en dos integrales.

Denominador:

$ 100 – 20 h + h^2 = h^2 – 20 h + 100 = (h – 10)^2$

Por tanto la ED se puede escribir como sigue:

\begin{eqnarray*}
\frac{2000 h}{(h – 10)^2} – \frac{100 h^2}{(h – 10)^2} & = & {dt}
\end{eqnarray*}

e integrando tenemos:

\begin{equation}
2000 \int \frac{h}{(h – 10)^2} – 100 \int \frac{h^2}{(h – 10)^2} = {dt}
+ C
\end{equation}
(8)

Para llevar a cabo la integración de una función racional identificamos que se trata de un par de funciones racionales:

\begin{equation}
2000 \int \frac{h}{(h – 10)^2}
\end{equation}
(9)

y

\begin{equation}
100 \int \frac{h^2}{(h – 10)^2}
\end{equation}
(10)

En el artículo: Integración de Funciones Racionales. Se describe el caso donde tenemos una función racional $ \frac{p (x)}{q (x)}$ cuyo numerador $ p (x)$, no es constante. En este caso se procede de la siguiente forma:

Para nuestro caso resolvemos utilizando fracciones parciales para (9) y la division de polise procede como sigue:nomios para (10) se procede como sigue:

$ \rightarrow \oplus$ Integración de la ecuación (9): $ \int \frac{h}{(h – 10)^2}$

Fracciones Parciales

Buscamos las fracciones parciales para (9)

$ \frac{h}{(h – 10)^2} = \frac{A}{(h – 10)^2} + \frac{B}{(h – 10)}$

Esto implica:

$ h = A + B (h – 10)$

$ h = A + B h – 10 B$

$ h = A – 10 B + B h$

Igualando terminos:

$ A – 10 B = 0 \Rightarrow A = 10 B$

$ B h = h \Rightarrow B = 1$

$ \Rightarrow A = 10$

Por tanto (9) se puede escribir como:

$ \frac{h}{(h – 10)^2} = \frac{10}{(h – 10)^2} + \frac{1}{h – 10}$

De donde (9) se transforma en:

$ \int \frac{h {dh}}{(h – 10)^2} = 10 \int \frac{{dh}}{(h – 10)^2} + \int \frac{{dh}}{h – 10}$

  • Integrando: $ 10 \int \frac{{dh}}{(h – 10)^2}$

Para integrar $ \int \frac{{dh}}{(h – 10)^2}$, utilizamos la fórmula:

$ \int u^n d u = \frac{u^{n + 1}}{n + 1}$, siendo

$ u = h – 10$

$ d u = d h$

De modo que:

$ \int \frac{d h}{(h – 10)^2} = \int \frac{d u}{u^2} = \int u^{- 2} d u$

e integrando:

$ \int u^{- 2} d u = \frac{u^{- 1}}{- 1} = \frac{1}{u}$

$ 10 \int \frac{d h}{(h – 10)^2} = \frac{- 10}{(h – 10)}$

  • Integrando: $ \int \frac{{dh}}{h – 10}$

Para integrar $ \int \frac{{dh}}{h – 10}$, utilizamos:

$ \int \frac{{dT}}{T} = {Ln} (T)$, siendo:

$ T = h – 10$

$ {dT} = d h$

De modo que:

$ \int \frac{{dh}}{h – 10} = {Ln} (h – 10)$

De esta forma la formula (9) queda integrada de la siguiente forma

\begin{eqnarray}
2000 \int \frac{h}{(h – 10)^2} & = & 2000 \left[ 10 \int \frac{d h}{(h –
10)^2} + \int \frac{d h}{(h – 10)} \right] \nonumber\\
& = & 2000 \left[ – \frac{10}{h – 10} + {Ln} (h – 10) \right] \end{eqnarray}
(11)

$ \rightarrow \oplus$ Integración de la ecuación (10): 100$ \int \frac{h^2}{(h – 10)^2}$

Division de polinomios

Según el punto A de la sección de integración de funciones racionales que se describio con anterioridad en este artículo, es necesario dividir el numerador entre el denominador de ésta función para integrarla.

De modo que el denominador se puede desarrollar como sigue:

$ (h – 10)^2 = h^2 – 20 h + 100$

De éste modo, dividimos:

$ \frac{h^2}{h^2 – 20 h + 100} = 1 + \frac{20 h – 100}{h^2 – 20 h + 100}$

Esto implica:

\begin{eqnarray*}
\frac{h^2}{(h – 10)^2} & = & 1 + \frac{20 h – 100}{(h – 10)^2}\\
& = & 1 + \frac{20 h}{(h – 10)^2} – \frac{100}{(h – 10)^2}
\end{eqnarray*}

De donde vemos que la integral (10), se convierte en:

\begin{eqnarray}
100 \int \frac{h^2}{(h – 10)^2} & = & 100 \left[ \int \left( 1 + \frac{20
h}{(h – 10)^2} – \frac{100}{(h – 10)^2} \right) {dh} \right] \nonumber\\
& = & 100 \left\{ \int {dh} + 20 \left[ 10 \int \frac{{dh}}{(h –
10)^2} + \int \frac{{dh}}{h – 10} \right] – 100 \int
\frac{{dh}}{(h – 10)^2} \right\} \nonumber\\
& = & 100 \left[ \int {dh} + 200 \int \frac{{dh}}{(h – 10)^2} +
20 \int \frac{{dh}}{h – 10} – 100 \int \frac{{dh}}{(h – 10)^2}
\right] \nonumber\\
& = & 100 \left[ \int {dh} + 100 \int \frac{{dh}}{(h – 10)^2} +
20 \int \frac{{dh}}{h – 10} \right] \nonumber\\
& = & 100 \left[ h – \frac{100}{h – 10} + 20 {Ln} | h – 10 | \right] \end{eqnarray}
(12)

Donde $ \int \frac{20 h}{(h – 10)^2}$ es similar a (9), de modo que por fracciones parciales:

$ 20 \int \frac{h}{(h – 10)^2} = 20 \left[ 10 \int \frac{{dh}}{(h – 10)^2} + \int \frac{{dh}}{h – 10} \right]$

Resolviendo la ecuación diferencial (8): $ 2000 \int\frac{h}{(h – 10)^2} – 100 \int \frac{h^2}{(h – 10)^2} = {dt} + C$

Ahora, utilizando los resultados anteriores (ecuaciones 11 y 12), tenemos la solucion buscada, simplificando como sigue:

\begin{eqnarray*}
2000 \int \frac{h}{(h – 10)^2} – 100 \int \frac{h^2}{(h – 10)^2} & = &
{dt} + C\\
2000 \left[ – \frac{10}{h – 10} + {Ln} (h – 10) \right] – 100 \left[ h
– \frac{100}{h – 10} + 20 {Ln} | h – 10 | \right] & = & t + C\\
100 \left[ – \frac{200}{h – 10} + 20 {Ln} | h – 10 | – h + \frac{100}{h
– 10} – 20 {Ln} | h – 10 | \right] & = & t + C\\
100 \left[ – \frac{200}{h – 10} – h + \frac{100}{h – 10} \right] & = & t +
C\\
100 \left[ – h – \frac{100}{h – 10} \right] & = & t + C\\
– 100 h – \frac{10000}{h – 10} & = & t + C
\end{eqnarray*}

De modo, que el resultado buscado es:

\begin{equation}
{- 100 h – \frac{10000}{h – 10} = t + C}
\end{equation}
(13)

$ \rightarrow$ Resolviendo el Problema del Valor Inicial (PVI)

El problema dice que al principio el tanque esta vacio $latex V (0) = 0$, de modo que:

$ h (0) = 0$,

Sustituyendo esto en (13), tenemos:

\begin{eqnarray*}
– 100 (0) – \frac{10000}{0 – 10} & = & 0 + C\\
\frac{- 10000}{- 10} & = & C\\
1000 & = & C
\end{eqnarray*}

De modo que la solucion al problema del valor inicial es:

$ – 100 h – \frac{10000}{h – 10} = t + C$

$ – 100 h – \frac{10000}{h – 10} = t + 1000$

Escribiendo la formula anterior respecto a $ h$, tenemos:

\begin{eqnarray*}
– 100 \left( – h – \frac{100}{h – 10} \right) & = & t + 1000\\
– 100 \left( \frac{h (h – 10) + 100}{h – 10} \right) & = & t + 1000\\
– 100 \left( \frac{h^2 – 10 h + 100}{h – 10} \right) & = & t + 1000\\
– 100 (h^2 – 10 h + 100) & = & (h – 10) (t + 1000)\\
– 100 (h^2 – 10 h + 100) & = & h (t + 1000) – 10 (t + 1000)\\
– 100 h^2 + 1000 h – 10000 & = & h t + 1000 h – 10 t – 1000\\
– 100 h^2 & = & h t – 10 t\\
– 100 h^2 – h t & = & – 10 t\\
100 h^2 + h t & = & 10 t\\
h^2 + \frac{t}{100} h & = & \frac{10}{100} t
\end{eqnarray*}

Completando el trinomio cuadrado perfecto:

\begin{eqnarray*}
2 a b & = & \frac{t}{100}\\
2 (1) b & = & \frac{t}{100}\\
2 b & = & \frac{t}{100}\\
b & = & \frac{t}{200}\\
b^2 & = & \frac{t^2}{40000}
\end{eqnarray*}

De modo que:

\begin{eqnarray*}
h^2 + \frac{t}{100} h + \frac{t^2}{40000} & = & \frac{t}{10} +
\frac{t^2}{40000}\\
\left( h + \frac{t}{200} \right)^2 & = & \frac{t}{10} + \frac{t^2}{40000}\\
\left( h + \frac{t}{200} \right)^2 & = & \frac{4000 t + t^2}{40000}\\
h + \frac{t}{200} & = & \frac{\sqrt{4000 t + t^2}}{200}
\end{eqnarray*}

Por lo que el resultado buscado, es decir, la solución de la ecuación diferencial (7) es:

\begin{equation}
{h (t) = – \frac{t}{200} \pm \frac{\sqrt{t (4000 + t)}}{200}}
\end{equation}
(14)

$ \rightarrow$ Gráfica de la solucion encontrada $ h (t) = -\frac{t}{200} \pm \frac{\sqrt{t (4000 + t)}}{200}$

Para realizar la grafica, se toma en cuenta que $ h \geq 0$, es decir, la altural de llenado es $ 0$ o aumenta, por tanto, graficamos:

\begin{equation}
h (t) = – \frac{t}{200} + \frac{\sqrt{t (4000 + t)}}{200}
\end{equation}
(15)

 

Ecuaciones Diferenciales Aplicadas
Figura 2. Gráfica de la función solución $ h\left ( t \right )= -\frac{t}{200}+\frac{\sqrt{t(4000+t)}}{200}$. Notar que la gráfica en rojo es la que resulta de tomar el segundo resultado de (14)

$ \rightarrow$ Código de MATHEMATICA para resolver y graficar la función solución

Para resolver la ED (7): $ \frac{{dh}}{{dt}} = \frac{1}{20 h – h^2} -\frac{1}{100}$ y graficarla con MATHEMATICA utilizamos el siguiente código:

ALGORITMO

  Clear["Global`*"]
  solnPVI =
  DSolve[{h'[t] == 1/(20*h[t] - h[t]^2) - 1/100, h[0] == 0}, h[t], t]
  solnPVI[[1, 1, 2]]
  p1 = Plot[solnPVI[[1, 1, 2]], {t, -1, 10000}, PlotRange -> {-10, 10},
  PlotStyle -> {Red}];
  solnPVI[[2, 1, 2]]
  p2 = Plot[solnPVI[[2, 1, 2]], {t, -1, 10000}, PlotRange -> {-10, 10},
  PlotStyle -> {Blue, Thick}];
  Show[p1, p2, AxesLabel -> {tiempo, h (altura)}]

Nota: al pegar el código, es necesario corregir los espacios y verificar que la variable independiente (en este caso “x” esté de color verde, así como la variable independiente “y” ó “f(x)” esté en azul)

 

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C) Si no hubiera evaporación, ¿cuanto tardaría en llenarse el tanque?

El volumen del tanque semiesférico es $ V = \frac{2}{3} \pi R^3$ pies (que resulta de dividir el volumen de una esfera $ V = \frac{4}{3} \pi R^3$ entre $ 2$), donde $ R = 10$, de modo que, sin evaporación y a una razon de llenado de $ \pi$ $latex {pies}^3$ por minuto, el tanque se llenaría en:

$ \frac{\frac{2}{3} \pi (10)^3 {ft}^3}{\pi \frac{{ft}^3}{\min}} = \frac{2}{3} (10)^3 \min$

Por tanto:

$ \frac{2}{3} (10)^3 \approx 666.67 {minutos}$

Aproximadamente $ 11.11$ horas.

 

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D) Con evaporación, ¿Cual es la profundidad del agua en el tiempo del inciso c)? ¿Alguna vez se llenará el tanque?

Para responder a esta pregunta,simplemente sustituimos valores en la función solución encontrada (15), de modo que:

A $ 666.67$ minutos, la profundidad del agua seria:

\begin{eqnarray*}
h (666.67) & = & – \frac{666.67}{200} + \frac{\sqrt{(666.67) (4000 +
666.67)}}{200}\\
& = & – 3.333335 + \frac{\sqrt{2666680 \times 10^6 + 444448.8889}}{200}\\
& = & – 3.333335 + \frac{1763.84}{200}\\
& = & – 3.333335 + 8.8192\\
& = & 5.48585
\end{eqnarray*}

La profundidad del agua sería:

$ 5.48585 {pies}$

Para saber si se llenará el tanque, podemos tomar en cuenta la gráfica de la Figura 2, donde se puede ver que mientras $ t \rightarrow \infty$ la altura $latex h (t) = 10$, es decir, NUNCA se llenará el tanque completamente.

Para corroborar dicho resultado, podemos utilizar el límite de la función $latex h (t)$ cuando $ t \rightarrow \infty$, como sigue:

\begin{eqnarray*}
\lim_{t \rightarrow \infty} h (t) & = & \lim_{t \rightarrow \infty} \left( –
\frac{t}{200} + \frac{\sqrt{t (4000 + t)}}{200} \right)\\
& = & \frac{1}{200} \lim_{t_{} \rightarrow \infty} \left( \sqrt{t (4000 +
t)} – t \right)
\end{eqnarray*}

Racionalizando:

\begin{eqnarray*}
\lim_{t \rightarrow \infty} h (t) & = & \frac{1}{200} \lim_{t_{} \rightarrow
\infty} \left( \sqrt{t (4000 + t)} – t \right) \frac{\sqrt{t (4000 + t)} +
t}{\sqrt{t (4000 + t)} + t}\\
& = & \frac{1}{200} \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{t (4000 + t) –
t^2}{\sqrt{t (4000 + t)} + t}\\
& = & \frac{1}{200} \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{4000 t + t^2 –
t^2}{\sqrt{t (4000 + t)} + t}\\
& = & \frac{1}{200} \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{4000 t}{\sqrt{t^2 +
4000 t} + t}\\
& = & \frac{1}{200} \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{4000 t}{\frac{t}{t}
\sqrt{t^2 + 4000 t} + t}\\
& = & \frac{1}{200} \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{4000 t}{t
\sqrt{\frac{t^2 + 4000 t}{t^2}} + t}\\
& = & \frac{1}{200} \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{4000 t}{t \sqrt{1 +
4000 / t} + t}
\end{eqnarray*}

Y aplicando el límite, vemos que:

\begin{eqnarray*}
\lim_{t \rightarrow \infty} h (t) & = & \frac{1}{200} \lim_{t \rightarrow
\infty} \frac{4000 t}{t \sqrt{1 + 0} + t}\\
& = & \frac{1}{200} \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{4000 t}{t + t}\\
& = & \frac{1}{200} \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{4000 t}{t (1 + 1)}\\
& = & \frac{1}{200} \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{4000}{1 + 1}\\
& = & \frac{1}{200} \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{4000}{2}\\
& = & \frac{1}{200} (2000)\\
& = & 10
\end{eqnarray*}

 

Con este ejemplo gráfico tienes en mente cómo modelar un sistema físico No lineal (ordinario) mediante ecuiaciones diferenciles.

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