Solucion de La Ecuacion de Gompertz

Aplicaciones de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden. Prof. Leonardo Sáenz Baez LEY DE ENFRIAMIENTO DE NEWTON. El enunciado de la ley de Newton para el enfriamiento de un cuerpo es: La razón o velocidad con que cambia la temperatura de un cuerpo, con respecto al tiempo, es proporcional a la diferencia de temperaturas entre el cuerpo y el medio ambiente Si denotamos con T a la temperatura del cuerpo en un tiempo t cualquiera y con T m a la temperaura del medio ambiente, entonces la ley de enfriamiento se puede formular mediante la siguiente ecuación diferencial dT  −kT − T m  dt donde k es una constante de proporcionalidad positiva y T  T m , el signo menos en la ecuación es necesario ya que la temperatura es una función decreciente y la derivada debe ser negativa. La T , es la variable dependiente y t la variable independiente, T m y k son constantes. Esta ecuación diferencial se puede escribir dT  kT  kT m dt la cual es una ecuación diferencial lineal de primer orden, cuya solución, como ya hemos visto se puede encontrar escribiendo: pt  k gt  kT m siendo el factor de integración t  e

 ptdt  e  kdt  e kt

y por lo tanto la solución es T  e −kt  e kt kT m dt  Ce −kt  T m e −kt e kt  Ce −kt T  T m  Ce −kt Ahora bien, cuando t  0 la temperatura tiene un cierto valor inicial T i , esta condición nos permite encontrar el valor de C Ti  Tm  C  C  Ti − Tm de manera que la solución se puede escribir T  T m  T i − T m e −kt debe hacerse notar que cuando t →  un tiempo muy grande , e −kt → 0 y , entonces, T → T m , lo cual significa que para un tiempo largo, la temperatura del cuerpo en enfriamiento se aproxima a la temperatura del medio ambiente. La ecuación diferencial

1

dT  −kT − T m  dt tambien es separable y se puede escribir como dT  −kdt T − T m  integrando ambos lados se tiene lnT − T m   −kt  C y tomando antilogaritmos se escribe T − T m  e −ktC  e C e −kt  C 1 e −kt T  T m  C 1 e −kt y si para t  0, T  T i , entonces Ti  Tm  C1  C1  Ti − Tm y la solución será T  T m  T i − T m e −kt donde k , la constante de proporcionalidad se puede determinar conociendo la temperatura T en algún otro valor del tiempo t ≠ 0, digamos T  T 1, para cuando t  t 1 ≠ 0. , en cuyo caso tendriamos T 1  T m  T i − T m e −kt 1 e −kt 1  T 1 − T m Ti − Tm − kt 1  ln T 1 − T m Ti − Tm k  − 1 ln T 1 − T m  1 ln T i − T m t1 t1 Ti − Tm T1 − Tm Ejemplo concreto. Una barra metálica a una temperatura de 100 0 F se pone en un cuarto a una temperatura constante de 0 0 F. Si después de 20 minutos la temperatura de la barra es de 50 0 F, hallar: a) El tiempo que que debe transcurrir para que la barra adquiera una temperatura de 25 0 F y b) La temperatura de la barra después de 10 minutos. Solución. Los datos del problema son: T i  100 0 F,

Tm  00F

T 1  50 0 F para t 1  20min por lo tanto 1 k  1 ln 100 − 0  1 ln2  ln2 20 50 − 0 20 20 1 t kt  t ln2 20  ln2 20

y la solución será

2

t

T  0  100 − 0e −ln2 20 t T  100 1 t  100 1 t  1002 − 20 2 20 e ln2 20 t T  1002 − 20 a) Si T  25, entonces 25  1002 − 20 25  2 − 20t 100 1  2 − 20t 4 t

tomando logaritmo natural ln 1  − t ln2 20 4 − ln4  − t ln2 20 2 ln2  t ln2 20 2 t 20 t  40 min Después de transcurridos 40 min. la barra tendrá una temperatura de 25 0 F. b) Si t  10, entonces 10 1 T  1002 − 20  1002 − 2  100  50 2 ≈ 70. 71 0 F 2 T ≈ 70. 71 0 F La temperatura después de transcurridos 10 min sera aproximadamente de 70. 71 0 F.

HORA DE UN DECESO. En la investigación de un homicidio o de una muerte accidental, a menudo es importante estimar el momento de la muerte. Supongamos que en t  0 se descubre un cadáver y que su temperatura es T i , se supone que en el instante t d , del fallecimiento o del deceso, la temperatura del cuerpo T d tenía la temperatura normal de 37 0 C 98. 6 0 F. Considerando que se cumple la ley de enfriamiento de Newton dT  −kT − T m  dt cuya solución es T  T m  T i − T m e −kt donde T m es la temperatura del medio ambiente y T i es la temperatura inicial cuando t  0. donde k se determina con k  1 ln T i − T m t1 T1 − Tm

3

siendo t 1 otro tiempo distinto de cero y T 1 su temperatura correspondiente Entonces empleando T  T m  T i − T m e −kt que al despejar t se tiene T − T m  e −kt Ti − Tm t  − 1 ln T − T m Ti − Tm k t d  − 1 ln T d − T m Ti − Tm k con esta expresión calculamos t d cuando T  T d  37, y k se calcula con la expresión ya indicada anteriormente. Por ejemplo, supóngase que la temperatura del cadáver es de 29. 4 0 C, cuando es descubierto y dos horas mas tarde su temperatura es de 23. 3 0 C, siendo la temperatura ambiente de 20 0 C. ¿Cuál fué la hora del deceso?. Temperatura inicial

T i  29. 4 0 C

Temperatura ambiente T m  20 0 C Solución. Los datos que se tienen son

Temperatura medida

T 1  23. 3 0 C

tiempo de medición

t 1  2 horas

Temperatura estándar

T d  37 0 C

con estos valores se tiene k  1 ln T i − T m t1 T1 − Tm k ≈ 0. 523 393 611 t d  − 1 ln T d − T m Ti − Tm k t d ≈ −1. 132 042 2

−

 1 ln 29. 4 − 20 2 23. 3 − 20 1 ln 37 − 20 29. 4 − 20 . 523 393 611

esto es, la muerte se estima que ocurrió 1 h con 8 minutos antes de encontrar el cadáver. MODELOS DE CRECIMIENTO. Si N  Nt es una población que crece (o decrece) al transcurrir el tiempo y si su velocidad de crecimiento es proporcional a la población presente en un tiempo t , entonces se puede escribir dN  kN dt donde k es una constante positiva y el signo de la ecuación debe ser positivo para fenómenos de crecimiento y negativo para los casos de decrecimiento. Estamos asumiendo que Nt es una función derivable y por lo tanto continua, sin embargo para problemas de población, donde Nt es un entero y discreto, esta suposición es incorrecta, sin embargo la ecuación diferencial dá una buena aproximación a las leyes de crecimiento que rigen tal sistema (modelo exponencial).

4

Tratemos uno de los casos digamos el de crecimiento cuya ecuación es dN  kN dt esta ecuación es separable y se puede escribir dN  kdt N integrando lnN  kt  C tomando antilogarítmos N  e ktC  e C e kt  C 1 e kt N  C 1 e kt si t  0 se tiene un cierto valor de N  N 0 llamado población inicial, entonces N0  C1 y la ecuación quedara N  N 0 e kt en el caso de fuera un fenómeno de decrecimiento, la ecuación quedaría N  N 0 e −kt Ejemplo. Se sabe que la población de cierto país aumenta a una velocidad proporcional al número de habitantes en un tiempo t. Si después de 2 años la población se ha duplicado y después de tres años la población es de 20 000 habitantes, hallar el número de habitantes que había inicialmente en el país, esto es cuando t  0. Sol. El modelo es de crecimiento por lo que la ecuación que lo modela es N  N 0 e kt Para t  2 sabemos que N  2N 0 de manera que 2N 0  N 0 e 2k 2  e 2k 1

2 2  ek con lo cual la ecuación quedaría 1

N  N 0 e k  t  N 0 2 2

t

t

N  N02 2 tanbién sabemos que para t  3, N  20000 de manera que 3

210 4   N 0 2 2 4 210 4  10 4  10 2  5 2 10 3   3 2 2 22 N 0 ≈ 7071

N0 

POBLACIONES LIMITADAS. En el modelo exponencial o de Malthus

5

dP  kP dt cuya solución es P  P 0 e kt ocurre cuando en una población se considera que los índices de natalidad  y mortalidad  son constantes, ya que en tales casos la tasa de crecimiento por individuo sería 1 dP   −   k P dt dP  kP dt Si se considera que el índice de nacimientos es una función lineal decreciente   b − mP y el índice de mortalidad  es constante se tiene 1 dP   −   b − mP −   b −  − mP  a − mP P dt dP  Pa − mP dt Ecuación que es un modelo de crecimiento, llamado Modelo logístico de Poblaciones propuesto por el Matemático y Biólogo Belga P.F. Verhulst. La solución de esta ecuación separable será dP  dt Pa − mP   dt  C  Pa dP − mP empleando fracciones parciales se tiene 1  1 a Pa − mP

1  m P a − mP

por lo que

 1 a

1 a



1  m P a − mP

 tC

dP −  −mdP  tC P a − mP 1 ln P − lna − mP  t  C a 1 ln P  tC a a − mP

y como para t  0, P  P 0 P0 1 ln a a − mP 0

C

de donde

6

1 ln P a a − mP

1 ln P a a − mP P0 − 1 a ln a − mP 0 ln ln

P a−mP P0 a−mP 0

P0  t 1 a ln a − mP 0 t  at

Pa − mP 0   at P 0 a − mP Pa − mP 0   e at P 0 a − mP Pa − mP 0   P 0 a − mPe at Pa − mP 0   aP 0 e at − mP 0 Pe at

Pa − mP 0   mP 0 e at   aP 0 e at aP 0 e at a − mP 0   mP 0 e at aP 0 P a − mP 0 e −at  mP 0 P

Esta solución P  Pt se conoce como la función logística, la cual está acotada ya que a lim Pt  m t→ a. La población límite es P  m La gráfica de la función logística es una curva que llamaremos, obviamente, curva logística En este tipo de curvas cuando t → , P → ma , y si t → −, P → 0, estas curvas tienen un punto de inflexión, donde la concavidad cambia de signo, en el cual la velocidad de crecimiento adquiere su valor máximo, dicho punto se encuentra pues, en el máximo de la función dP  Pa − mP dt y como esta representa una parábola que se abre hacia abajo, y corta al eje a , su máximo se encuentra en el vértice o sea cuando horizontal en 0 y en m a P , que es la mitad de la población máxima. 2m

7

P 200

150

100 punto de inflexión en P = 100

50

-1.5

-1

-0.5

00

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

4.5

Gráfica de una curva logística

Arriba, se encuentra graficada la función logística 200 P 1  3e −2t para la cual se ha tomado P 0  50, a  2 y m  0. 01, y en la cual se observa que cuando t → , P → ma  200, el punto de inflexión se encuentra en el punto donde a P  2m  100, o sea en el punto donde la recta P  100, corta a la curva logística. Una variante de esta ecuación logística es la propuesta por el matemático Inglés Benjamín Gompertz , la cual tiene la forma dP  Pa − m ln P dt la solución de esta ecuación es más simple ya que podemos escribir dP  dt Pa − m ln P dP P

a − m ln P

 dt, integrando quedaría

1 lna − m ln P  t  C − m y como para t  0, P  P 0 se tiene 1 lna − m ln P 0  C  −m de manera que

8

t

1 m lna − m ln P 0  − lna − m ln P  t a − m ln P 0   mt ln a − m ln P tomando antilogarítmos a − m ln P 0   e mt a − m ln P a − m ln P 0 e −mt  a − m ln P m ln P  a − a − m ln P 0 e −mt a −  a − ln P 0 e −mt ln P  m m a − ma −ln P 0 e −mt m Pe e Notemos que para cuando t  0, se tiene P  e m e − m e ln P 0  e ln P 0  P 0 a a y cuando t → ; P → e m , lo cual nos indica que la población está limitada por e m . ¿Para que valor de P se tiene el punto de inflexión? En este caso como dP  Pa − m ln P dt se tiene ′ d 2 P  P−m P   a − m ln PP ′ P dt 2 2 ′ d P  P a − m ln P − m  Pa − m ln Pa − m ln P − m dt 2 al igualar la segunda derivada con cero tenemos que los posibles valores de P en los que puede haber puntos de inflexión son: a

a

P  0, que se descarta por ser una asíntota horizontal a

a − m ln P  0  P  e m , que se descarta por ser también asíntota horizontal a − m ln P − m   P  e

a−m m

el punto de inflexión se encuentra entonces para cuando P  e

a−m m

.

APLICACIONES EN LA MECÁNICA. Descripción del movimiento de los cuerpos. En un cuerpo en movimiento se encuentran involucrados ciertos parámetros fundamentales como son: la velocidad v del cuerpo en un tiempo t cualquiera, el desplazamiento x en cualquier tiempo o bién la aceleración a del cuerpo. En la descripción del movimiento se emplearán principios básicos de la mecánica, como lo es la segunda ley de Newton que establece que la fuerza F que actúa en un cuerpo de masa m es directamente proporcional a la variación instantánea de la cantidad de movimiento la cual se define como el producto de la masa por la velocidad, esto es:

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F  k d mv dx donde k es una constante de proporcionalidad que empleando un sistema adecuado de unidades tendremos k  1, quedando entonces la segunda ley como F  d mv dx o si la masa es constante F  m dv  ma dx donde a  dv dt es la aceleración del cuerpo o variación instantánea de la velocidad con respecto al tiempo, o bien, como la velocidad es la variación instantánea del desplazamiento se tiene 2 a  dv  d dx  d 2x dt dt dt dt y como a  dv  dv dx  v dv dx tt dx dt tambien se puede escribir la segunda ley de Newton como F  ma  mv dv dx Ejemplo 1. (Descripción del movimiento uniformemente acelerado). Describiremos el movimiento de un cuerpo de masa m el cual se mueve con una aceleración constante a, siendo v 0 su velocidad inicial (al tiempo t  0). Supondremos que el cuerpo parte del reposo (el desplazamiento inicial x 0  0) y que la dirección positiva es la usual para el eje-x. Solución. A un tiempo t cualquiera, la única fuerza que actúa en el cuerpo es ma , de modo que m dv  ma dt dv  a dt dv  adt v  at  C y como para t  0, v  v 0 tendremos C  v0 ∴ v  v 0  at o si se emplea la integral definida se puede escribir

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m dv  ma dt dv  a dt dv  adt v

v

0

dv  a 

t 0

v − v 0  at v  v 0  at y como v  dx dt dx  v 0  at dt x

t

 0 dx   0 v 0  atdt x  v 0 t  1 at 2 2 si consideramos la velocidad al cuadrado se tiene v 2  v 0  at 2  v 20  2av 0 t  a 2 t 2  v 20  2av 0 t  1 at 2   v 20  2ax 2 2 v 2  v 0  2ax Ejemplo 2. Un cuerpo es lanzado verticalmente hacia arriba con una velocidad v 0 . Suponiendo que la resistencia del aire es despreciable, encuentre la altura máxima alcanzada por el cuerpo, el tiempo total de vuelo y la velocidad con la que llega nuevamente al punto de partida. Solución. Si consideramos como dirección positiva de abajo hacia arriba, se tiene que al actuar sobre el cuerpo únicamente la fuerza de la gravedad W  mg la cual actúa en sentido contrario al movimiento de cuerpo, se tendrá que m dv  −mg dt dv  −g dt v dv  −g dx vdv  −gdx Como en x máx tenemos que v  0, entonces 0

v

0

vdv  −g 

x máx

dx

0

− 1 v 20  −gx máx 2 v2 x máx  0 2g Por otro lado como dv  −gdt se tiene que 11

t

v

v

0

dv  −g  dt 0

v − v 0  −gt v  v 0 − gt Cuando v  0 obtenemos el tiempo de ascenso t A  vg0 y en este momento el cuerpo deja de moverse y principia a descender. Para calcular el tiempo de descenso t D hagamos lo siguiente. Sabemos que en suretorno el cuerpo recorre una distancia v2 x máx  0 2g habiendo comenzado su movimiento con una velocidad nula, entonces como dv  −gdt v

t

 0 dv  −g  0 dt v  −gt dx  −gt dt de donde dx  −gtdt tD

0

x

máx

dx  −g  tdt 0

− x máx  −

g 2 t 2 D

v 20 g 2  t 2g 2 D v 20  t 2D g2 ∴ t D  vg0  t A Como el tiempo de ascenso es igual al tiempo de descenso, ambos vg0 , el tiempo total de vuelo será 0 t T  2v g y la velocidad para este tiempo será 0 v  v 0 − gt  v 0 − g 2v g

 −v 0

esto es, la velocidad con que se llega al punto de partida es la misma velocidad inicial v 0 , el signo menos es por el sentido positivo que seleccionamos hacia arriba. Ejemplo 3. Un cuerpo de masa m es lanzado verticalmente hacia arriba con una velocidad v 0 . La resistencia del aire es proporcional a la velocidad del cuerpo. Encuentre la altura máxima alcanzada y el tiempo que tarda en alcanzar tal altura.

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El problema es como el anterior salvo que ahora se toma en cuenta la resistencia que ofrece el aire al movimiento del cuerpo. Durante el ascenso, las fuerzas que actúan sobre el cuerpo son W  mg y R  kv, ambas en sentido negativo, de manera que la ecuación de movimiento será m dv  −mg − kv dt dv  k v  −g m dt k y ft  −g la cual es una ecuación lineal, para la cual pt  m siendo su factor de integración t  e

 ptdt  e mk t

siendo la solución v  e − m t  e m t −gdt  Ce − m t k

k

k

k mg − mk t mk t e e  Ce − m t k k mg v−  Ce − m t k

v−

y como para t  0, v  v 0 v0 

mg C k

de modo que mg − mk t mg  v0  e k k el tiempo de ascenso, para el cual se tiene que v  0, será mg − mk t mg  v0  e 0− k k mg mk t mg e  v0  k k k k v 0  mg  kv 0  1 e m t  mg mg k kv 0 k m t  ln mg  1 0 t A  m ln kv mg  1 k v−

Para calcular la altura máxima pongamos

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dv  k v m dt k v v dv  m dx k v  g dx vdv  m vdv  dx k  m v  g

 −g  −g 0 0

m m v  g − g dv  dx  0 k  mk v  g k

g dv  dx  0 vg m v − m mg ln kv  mg   x  C m k k k m v − mg ln kv  mg   x  C m k k m 1− k

k m

y como para x  0 se tiene v  v 0 mg kv  mg C  m v0 − ln 0 m  k k de manera que mg kv  mg mg kv  mg x  m v0 − ln 0 m  − m v− ln m  k k k k mg kv  mg mg kv  mg x m v0 − ln 0 m  − v− ln m  k k k mg kv  mg kv  mg x  m v 0 − v  ln m  − ln 0 m  k k kv  mg mg x  m v 0 − v  ln kv 0  mg k k cuando v  0, x  x máx mg mg x máx  m v 0  ln kv 0  mg k k Tarea. Calcular el tiempo de descenso t D . Veamos como calcular el tiempo de descenso. Para evitar problemas con los signos, cambiaremos el sistema de referencia, tomando ahora t  0 y x  0 en el punto máximo de la trayectoria y consideraremos la direccion positiva del movimiento hacia abajo. Durante el descenso las fuerzas que actuan son la resistencia del aire R  kv, opuesta al movimiento y la del peso del cuerpo W  mg , en favor del movimiento De manera que la ecuación de movimiento será: m dv  mg − kv dt separando variables mdv  dt mg − kv integrando 14

v

0

mdv  mg − kv

t

 0 dt

− m lnmg − kv| v0  t k m − lnmg − kv − lnmg  t k mg − kv − m ln mg k mg − kv ln mg

t k t  −m

k mg − kv  e− m t mg

despejando a la v se tiene mg − kv  mge − m t k

mg1 − e − m t   kv k mg 1 − e − m t  v k k

y como v  dx se tiene dt dx 

k mg 1 − e − m t dt k

e integrando x

mg t  1 − e − mk t dt k 0 − k t mg x t  m e m | t0 k k − k t mg x t me m − m k k k

 0 dx 

en esta ecuación cuando x  x max , se tiene que t  t D o sea − k t mg tD  m e m D − m k k k esta ecuación es necesario resolverla numéricamente, pero de cualquier modo es evidente que no se cumple para t D  t A , por lo que concluimos que t D ≠ t A . En efecto, si t D  t A se tendría

x max 

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x max  x max  x max  x max  x max  x max  x max 

mg m 0 ln kv mg  1 k k mg m 0 ln kv mg  1 k k kv 0  mg m2g ln mg k2 mg m2g − ln kv 0  mg k2 mg m2g − ln 2 kv k 0  mg mg m2g − 2 ln kv k 0  mg mg m2g − 2 ln kv k 0  mg

kv

− k m ln mg0 1  me m k − k −1 0  m kv 1 − mg k mg  −1 kv 0  mg mg  −1 kv 0  mg

m k m k

kv 0 kv 0  mg m2g kv 0 − 2 kv k 0  mg m 2 gv 0 − kkv 0  mg −

pero, en realidad mg m2g x máx  m v 0  2 ln k kv 0  mg k de manera que tD ≠ tA Si tomamos un caso concreto con m  1 kg, v 0  10 m/seg, g  9. 8 m/seg 2 , entonces manejando algunos valores de k, que se aproximen a cero, tendremos k 1

tA

x max

tD

3. 107664 0. 703299 0. 917653

vf 5. 8853

0. 5

3, 84

0. 82449

0. 95566

7. 4455

0. 1

4. 77952

0. 97164

1. 00442

9. 36317

0. 01

5. 0676

1. 01523

1. 01189

9. 9345

donde k mg 1 − e − m t D  k En la tabla se puede notar que cuando k → 0, t A → t D y v f → v 0 De manera que si no hay resistencia del aire (k  0), entonces t A  t D y v f  v 0 . PROBLEMA DE MEZCLAS Problema. El lago Erie tiene un volumen de 458 km 3 y el flujo de entrada y salida se realizan ambos a razón de 175 km 3 por año. Suponga que para el tiempo t  0 (años) su concentración de contaminación es de 0.05% y que un tiempo después la concentración de contaminantes que ingresa en el agua es de 0.01%. Suponiendo que el agua se mezcla perfectamente dentro del lago, calcule el tiempo que debe transcurrir para que la concentración de contaminantes se reduzca al 0.02%.

vf 

Solución. Sea x la cantidad en km 3 de contaminantes en el lago al instante t.

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El volumen V  458 km 3 en el lago se mantiene constante ya que el flujo de entrada y salida (175 km 3  es el mismo. Como dato se tiene que x0  0.05 458  0. 0005458  0. 229 km 3 . 100 y queremos encontrar el tiempo que debe transcurrir para que xt  0. 0002458  0. 0916 km 3 Obtengamos primero la ecuación diferencial que rige al fenomeno de contaminantes. El incremento Δx al transcurrir Δt años es Δx  cantidad que entra - cantidad que sale Δx  0. 0001175Δt −  x 175Δt 458 Δx  0. 0175 − 0. 3821xΔt Δx  0. 0175 − 0. 3821x Δt al tomar límite cuando Δt → 0, se tiene dx  0. 0175 − 0. 3821x dt dx  0. 3821x  0. 0175 dt la cual es una ecuación diferencial lineal para la cual pt  0. 3821,  ptdt  0. 3821t siendo el factor de integración t  e 0.3821t y por lo tanto la solución es xt  e −0.3821t  e 0.3821t 0. 0175dt  Ce −0.3821t xt  0. 0175 e −0.3821t e 0.3821t  Ce −0.3821t 0. 3821 xt  4. 579 952 892  10 −2  Ce −0.3821t xt  0. 0458  Ce −0.3821t y como para t  0, se tiene x  0. 229 , se tiene 0. 229  0. 0458  C ∴ C  0. 229 − 0. 0458  0. 183 2 y por lo tanto xt  0. 0458  0. 183 2e −0.3821t ahora debemos calcular el valor de t para cuando x  0. 0916 esto es

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0. 0916  0. 0458  0. 183 2e −0.3821t 0. 0916 − 0. 0458  0. 183 2e −0.3821t 0. 0 458  e −0.3821t 0. 183 2 0. 25  e −0.3821t ln0. 25  −0. 3821t ln0. 25 t  3. 628 093 067 −0. 3821 t ≈ 3. 63 años Tarea. Considérese un estanque con un volumen de 8 mil millones de pies cúbicos y una concentración inicial de contaminantes del 0.25% . Hay un ingreso diario de 500 millones de pies 3 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 concentracion de contaminantes se reduzca al 0.10%? Solución. dx  500. 0005 − dt

x 500 . 25 −. 0 625x 8000

dx . 0 625x  . 25 dt la ecuación diferencial es lineal con pt  0. 0625 t  e

 0.0625dt  e 0.0625t

x  e −0.0625t  e 0.0625t 0. 25dt  Ce −0.0625t 0. 25  Ce −0.0625t  4  Ce −0.0625t 0. 0625 x  4  Ce −0.0625t x

si t  0, x  0. 00258000  20. 0 de manera que 20 − 4  C C  16 x  4  16e −0.0625t ahora que tiempo debe transcurrir para que x  0. 0018000  8 8  4  16e −0.0625t resolviendo para t se tiene

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1  e −0.0625t 4 ln 1  −0. 0625t 4 t  ln 4  22. 180 709 8 0. 0625 t ≈ 22. 18 dias

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