Trabajo de Las Aplicaciones de Las Edo Lineales en Mezclas - TRABAJO GRUPAL

 

 

FACULTAD DE INGENIERIAS Y ARQUITECTURA

ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA INDUSTRIAL  

APLICACIONES DE LAS EDO LINEALES EN MEZCLAS  

ASIGNATURA : CALCULO III DOCENTE:   LISARDO NEGRON CALVO INTEGRANTES:        

ARIAS OVALLE JOSELINNE CALLAPIÑA ORTEGA JOSAN ALFREDO CCAHUA NAYHUA CESAR ALEJANDRO GUEVARA OVALLE MIGUEL HORQQUE CHACON VALERY SAMANTA LOPEZ HUAYLLANI JENIIFER ISABEL TUPAYACHI USCA ALVARO JOAQUIN VALLE SALAS GABRIELA

CUSCO-PERU 2021

 

2

INDICE

INTRODUCCION .......................................................................................................................2 1.

RESUMEN.... RESUMEN........... .............. ............... ............... .............. .............. .............. ............... ............... .............. .............. .............. ............... ...............................2 .......................2

2.

APLICACIÓN APLICACIÓN DE LAS LAS EDO EDO EN LAS MEZCLAS.. MEZCLAS......... .............. .............. .............. ............... .................. ................................3 ......................3

3.

EJEMPLOS EJEMPLOS DE DE LAS APLICACION APLICACIONES ES DE LAS EDO EDO LINEALES LINEALES EN EN LAS MEZCLAS....... MEZCLAS................ ...............3 ......3

CONCLUSIONES .....................................................................................................................18 REFERENCIAS BIBLIOGRAFICAS.......................................................................................19

INTRODUCCION La teoría de ecuaciones diferenciales es de gran importancia es el estudio de modelos matemáticos en la ingeniería. En este trabajo veremos las ecuaciones diferenciales or ordi dina nari rias as de prim primer er orde ordenn y sus sus apli aplica caci cion ones es en me mezc zcla lass y ot otra rass ci cien enci cias as experimentales. experimenta les. Por ultimo daremos ejercicios aplicativos.

1. RESUMEN Las ecuaciones diferenciales tienen gran aplicación en el campo de la ingeniería, debido a su uso como modelos matemáticos de sistemas físicos transitorios en el tiem tiempo po.. Co Cono noce cerr la resp respue uest staa de un sist sistem emaa fí físi sico co y pode poderr pred predec ecir ir su co comp mpor orta tami mien ento to faci facilit litar aráá el dise diseño ño de ento entorn rnos os es esta tabl bles es y co conf nfia iabl bles es.. Un Unaa aplicación de las ecuaciones diferenciales lineales de primero orden surge al estudiar  un tanque de mezclado uniforme con flujos volumétricos constantes y donde la concentración concentrac ión se mantiene homogénea en el tanque. La finalidad de dicho estudio es conocer la cantidad de masa de soluto presente en el tanque en cualquier instante de tiempo. Las ecuaciones diferenciales surgen a partir de familias de curvas geométricas y del intento que se tiene por describir en términos matemáticos los problemas físicos en ci cien enci cias as e inge ingeni nier ería ía.. La teor teoría ía de las las ec ecua uaci cion ones es di dife fere renc ncia iale less es de gran gran importancia dentro del estudio de los modelos matemáticos, además de que tienen una gran variedad de aplicaciones y una de ellas es la aplicación en mezclas. El teorema de Torricelli es una aplicación del principio de Bernoulli y estudia el flujo de un líquido contenido en un recipiente, a través de un pequeño agujero bajo

 

3

la acción de la gravedad. Al momento de que dos fluidos se mezclan a veces esto da origenn a ecu orige ecuacio aciones nes dife diferenc renciales iales linea lineales, les, es deci decir, r, ecua ecuacion ciones es dife diferenc renciales iales de  primer orden. Aplicando la mecánica de fluidos, la cual estudia el movimiento de fluidos gaseosos o líquidos y las fuerzas que lo provocan, en el presente trabajo se  pretende explicar de una mejor manera la resolución de problemas de ecuacione ecuacioness di dife fere renc ncia iale less de prim primer er orde ordenn que que surg surgen en a pa part rtir ir de la mezc mezcla la de fl flui uido doss determinandoo la velocidad en la que entra y sale agua con concentración de sal. determinand

2. APL APLICA ICACIÓ CIÓN N DE LAS LAS ED EDO O EN L LAS AS M MEZC EZCLAS LAS Una aplicación de las EDO de primer orden son los problemas de mezclas. En estos, un tanque contiene un fluido con volumen V 0, en el cual se encuentra disuelta una cantidad S de soluto en el tanque, y esta cantidad S(t) en el tanque puede aumentar o disminuir en el tiempo según si se agrega o se substrae por dilución parte del soluto. La razón con la que S cambia depende del flujo de entrada y el flujo de salida del tanque, entonces S cambia según la razón neta: ds =( Razon  Razon de entrada de sal ) – ( ra razó zón n desalid desalida a de sa sall ) = R in in – R  o out  ut  dt 

 Rin = C 1.1. Q1  R  Rout = 

S ( t ) V 0+ ( Q 1 −Q 2 ) t 

.Q 2

3. EJEM EJEMPLOS PLOS DE LA LAS S APL APLICACI ICACIONES ONES DE LA LAS S EDO LINEALES LINEALES EN LAS MEZCLAS 1.1. Un tanque cont contiene iene origin originalme almente nte 200 gal de agua pura. Se hace entrar agua que contiene 1lb de sal por gal, a razón de 3 gal/min, y se deja que la mezcla salga del tanque a razón de 2 gal/min- Encuentre la cantidad de sal en el tanque en cualquier instante de tiempo. Solución:

R iinn =(1

( )

  lb  gal lb  ¿ . 3 =3 min min gal

 

4 S ( t )

R ooutut =( →

200 gal +

( 3−2 ) gal

¿.

( ) 2

 gal min

=

lb   2S 200 + t  200 + min

min.t 

dS   2S  = 3− dt  200 + t  2

   s ( t )=

t ( t 

+600 t + 120000 ) 2

( t + 200 ) 1.2. La sangre cconduce onduce un me medicamento dicamento a un óórgano rgano a razó razónn de 3 cm3 / ¿s y sale con la misma razón. conc ncen entr trac ació iónn de El ór órga gano no tien tienee un volu volume menn liqu liquid idoo de 125 cm3. Si la co medicamento que entra al órgano es de 0.2 g/ cm3. a) ¿Cuá ¿Cuáll es la cconce oncentra ntración ción de m medic edicamen amento to en el órgano en el instante T, si inicia ini cialme lmente nte no hab había ía rastr rastros os de dic dicho ho medicamento?  b) ¿En qué momento lle llegara gara la concentración concentración de medicamento en el órgano a 0?1 g/ cm3? Solución:

X(t) →  cantidad de medicamento en el órgano en el e l tiempo T. V(t) = Vo + Ve – Vs

V(t) = 125 + 3t -3t  3

V(t) = 125 cm C(t) = dx dt  dx dt 

 X ( t )  x  → C ( t ) = 125 V ( t )

 =  R E -  R S  =  F  E C  E  -  F S C S

  X  dx  = 3 ( 0.2 )−3 dt  125 dx

 +

 3

 X =0.6

dt  125

 

5 u ( t )=e∫

 P ( t ) d (t )

u ( t )=e

3 t  125

∫

u ( t ) X   X = u ( t ) Q ( t ) dt + C 

3 t 

∫

3 t 

e 125  X = 0.6 e 125 + C  e e

e

3 t  125

∫ 0.6 e

 X =¿ 

3 t  125

3  t  125

(  )

dt + C 

3

125 125 t  e + C   X =0.6 3

3 t  125

 X =25 e

3 t  125

+ C 

COMO X (0) = 0 0 = 25 + C -25 = C 

−3

 X(t) = 25 – 25 e 125 t 

  C  C

(t) =

 X ( t ) V ( t )

C(t) = 25−25 e

−3 t  125

125

C(t) =

1 ¿ ) 5

−3

t  0.1 = 0.2 (1 - e 125  )

1 2

− 3 t 

=1−e 125

6

 

T=

125  Ln 2 3

T =29 s

1.3. Un tanqu tanquee contie contiene ne 200 galone galoness de agua en el que se han disue disuelto lto 10 libras de sal. Al tanque entra salmuera con una velocidad de 4 galones por minuto y concentración de media libra por galón, del tanque sale salmuera con la misma velocidad de entrada, determinar: a) Cantidad de sal en el tanque a los 5 min  b) En cuanto tiempo habrá en el tanque 25 libras de sal  Solución :

CONDICION: A (0) =10 lb

 Plantear la Ecuacion Diferencial = dA  =entrada − salida dt  dA   = ( velocidad∗ concentracion )entrada − ( velocidad∗concentracion )salida dt 

(

 4 gal

  ) (  )  4 gal

  ∗0.5 lb

min dA  = gal dt 

−

min

 ∗ Alb

200 gal

 A dA   = 2− 50 dt  dA

100 − A

dt 

50

 =

 Integramos

dA 100− A

=

dt  50

 dt    dA =∫ ∫ 100 − A 50 u =100− A du =−da

dt  ∫ duu   −∫ 50

 

7

− ln|u|=

  t  50

+ C − ln |100− A|=

ln |100 − A|=

  t  50

+ C 

−t  −C  50

 Rescribir(simplificar)  Rescribir(s implificar) ∗e− c∨¿ ¿ ¿

− t  / / 50

e

ln ∨ 100 − A ∨ ¿= e

−c ∨ ¿= k 0 ¿

e

−t / 50

100− A = k 0 e

−t / 50

 A =100− k 0 e

Calcular k 0reemplazar condicion

 A (0) =10 lb −0 / 50

10 =100−k 0 e 10 =100− k 0

k 0= 90

 Ecuación −t / 50

 A =100−90 e

Cantidad de sal cuando t=5min −0 / 50

 A ( 5 )= 100−90 e

 A ( 5 )= 18,564 lb

 En cuanto tiempo habrá 25 lb − t / 50

e

=

75 90

t =−50ln  ∨

75 ∨¿ 90

t =9,11 min

 Rpta: a) A los 5 m min in ha habrá brá en eell tan tanque que 1 18,5 8,564l 64lb b b)  A los 9,11 min habrá en el tanque tanque 25 lb de sal 

 

8

1.4. Un gran tanqu tanquee de 500 galon galones es está lleno de agua pura. Le entra salmu salmuera era que tiene 2 lb de sal por galón a razón de 5gal/min. La solución bien mezclada del tanque con la misma razón. Determine la cantidad A(t) de libras de sal que hay en el tanque al tiempo t. Solución:

dA  = R 1− R2 dt 

dA lbsal lbsal  =  = dt  min min

 R1=

5 gal

2 lb

min

gal

 =

=

10 lb

5 gal

min

min

  R 2=

 =

  A   Alb = 500 gal 100 min

 Entonces:

  A dy dA  x ) y =f ( x ) + P ( x   =10 − dt  100 dx dA 1 A  1 integrante =10 P ( t )=  factor integrante  + dt  100 100 ∫ P (t ) dt 

=e

e

[

1

1 t  100

d 100 t  .A e dt  1

t 

]=

10. e 1

e 100 . A =1000 e 100

∫ d [e

1 t  100

t 

1 t  100

.A

]=∫

10. e

1 t  100

dt 

−1 t 

+ C A =1000+ C e 100

 Rspt : Can Cantid tidad ad de sal salen encu cualq alquie uierr instan instantede tede tiemp tiempo o t   A =1000 + C e

−1 t  100

 

9

1.5.. Un tanq 1.5 tanque ue con contie tiene ne 200L de agua en el que se han disuelto 30g de sal y le entran 4L/min de solución con L g de sal por Litro; está bien mezclado, y del sale liqu liquid idoo con con el mism mismoo fluj flujoo (4L/ (4L/mi min) n).. Ca Calc lcul ulee la cantidad A(t) de gramos de sal que hay en el tanque en cualquier momento t. Solución:

v o=200 , c e =

1g

 4 l

l

min

  , ve=

 ,c s =? , v s=

dA   = R e − Rs dt  1g

  ∗4 l  4 g  Re =  = l min

min

 A

4 200 ∗  l =   A g  R s= min 50 min

dA   4 g   A g  = − t  dt  min 50 min  A'+

 1

 1   A =4 50

 At =e−∫ 50 dt (

 A

∫

∫  501  dt  e ∗4 + c )

−1

t 

50

50

=e

(4 ∫ e +c )

t 

−1

 At =

e

50

t 

( 200 e +c ) 50

 At =

200 + c e

−t  50

− t 

 Ao =

30 =200 + c e

C =−170

 Rpta :

50

 4 l

min

   

 

10 −t 

 At =

200 −170 e

50

1.6.

11.5 CM







  A(h)

dh

 =−ac √ 2 gh

dt    a= π r 2= π ¿ cm   g= 9.81 2 s

23.5 CM r=0. 6 cm

 solución:

calculamos el área de la sección transversal 

10.5 CM

11,5;23,5 11,5;23,5

y

r 23,5c 23,5c m

(r,h)

h

x

 L = y-y0 = m (x-x0)  

 

 y 2 − y 1   23.5 −0 =23.5 =  x 2 − x 1 11.5 −10.5 (x0;y0)=(10.5;0)

m=

 L = y-0 = 23.5(x-10.5) 23.5(x-10.5)  

(r,h)l 

 L = h = 23.5 (r-10.5)

h  

23.5

h + 246.75

 R =  

=r − 10.5

23.5

 A(h) = π r

2

(

= π 

 )

h + 246.75 23.5

2

Sustituimos en la ecuación diferencial   A(h)* dh =−ac √ 2 gh dt 

π 

(

  ) ∗ 

h+ 246.75 552.25

dt 

2

dh

=−0.36 π ( c ) √ 2 ( 981 ) √ 4

 

 

11 1 ∗( h + 246.75 )2 596.43

√ h

∫

dh =−√ 218 c dt  2

( h +246.75 )   1 dh =−√ 218 = 218 c 596.43 √ h

1 596.43 1 596.43

2

h

[ [∫ [

+ 493.5 h + 60885.5625

∫

  ]

√ h  h

∫ dt 

2

√ h

dh + 493.5

=−√ 218 ct + C 

]

=−√ 218 218 ct + C  ∫  √ hh +60885.5625∫ √ dhh =− 1

3

5

2  2 2 1 h + 493.5  h 2 + 60885.5625 ( 2 ) h 2 3 596.43 5

[

5

3

1

1  2 2 h + 329 h 2 + 121771.125 h 2 596.43 5

]

=− √ 218 =− 218 ct + C 

]

=− √ 218 =− 218 ct + C 

Sabemos t=0, h=23.5 cm; reemplazamos re emplazamos

[

5

3

1

1  2 23.5 2 + 329 32923.5 23.52 + 121771.12523.5 2 596.43 5

]

=−√ 218 218 c ( 0 )+ C 

 Resolviendo obtenemos la constante de integración: integración:

C = 1054.370369

 Entonces:

[

5

3

1

1  2 2 h + 329 h 2 + 121771.125 h 2 596.43 5

]

=− √ 218 =− 218 ct + 1054.370369

Sabemos t=55.27 t=55.27 seg ; h=18.8 cm, reemplazamos:

[

5

3

1

 2 1 18.8 2 + 329 32918.8 18.82 + 121771.12518.8 2 596.43 5

]

=−√ 218 218 c ( 55.27 ) + 1054.370369

1 ( 555413.3962 )=−√ 218 c ( 55.27 )+ 1054.370369 596.43

−123.1321748 =−√ 218 218 c ( 55.27 ) C =

123.1321748 55.27 √ 218 218

C = 0.1508077

 

12

 Entonces

[

5

3

1

1  2 2 h + 329 h 2 + 121771.125 h 2 596.43 5

]

=− √ 218 =− 218∗0.1508077 t + 1054.370369

Calculamos el tiempo que tardara en vaciarse, h=0

[

5

3

1

1  2 2 0 + 3290 2 + 1217 121771.1 71.125 25 0 2 596.43 5

]

=− √ 218 =− 218∗0.1508077 t + 1054.370369

−1054.370369 =− √ 218 218∗0.1508077 t  t =

  1054.370369 218∗0.1508077 √ 218

 Finalmente T = 473.2723224 s ¿ 7 min 57 seg   Rpta:

 El balde quedara vacío en un un tiempo de 7 min y 57 seg, aprox % de error   Error% =

=

(

(

 )

aprox apr ox – re real al ∗100 real

  )∗

473.27 − 395 395

100

= 19.8152% Se puede concluir que el resultado calculado y el resultado medio difieren en un 19.8152%.

1.7. Un tanque con ca capacidad pacidad de 5000 ga gall contiene originalme originalmente nte 2600 gal de agua con l00 lb de sal en solución. Se hace entrar agua que contiene 2 lb de sal por  galón, a razón de 9 gal/min, y se deja que la mezcla salga del tanque a razón de 6 gal/ min. a. En Encu cuen entr tree la cant cantid idad ad de sal en el tanq tanque ue en el mome moment ntoo que que la sol oluc ució iónn comienza a derramarse.  b. Encuentre la concentración concentración (en libras por galón) de la sal en el tanque cuand cuandoo se encuentre en el punto en que se derrama. c. del Comp Compare are est esta a conce concentra ntración ción con la concen concentraci tración ón límite teórica teórica,, si la capacidad capacidad tanque fuera infinito.

 

13

 SOLUCION :

dA razonde onde entrad entrada a de sal )− ( raz razon on de sa sali lida da de sal sal )   = ( raz dt  dA   = R entrada − R salida dt 

Donde: A = Cantidad de sal en el tanque al tiempo t (lb) T = Tiempo en min

PASO 1: Plantear La Ecuación Diferencial       

Capacidad del tanque: 5000 gal Contenido inicial del tanque: 2600 gal Cantidad inicial de sal de tanque: 100 lb Velocidad de entrada V e = 9 gal 7min Velocidad de salida Vs = 6 gal /min Concentración Concentra ción de sal en la entrada (Ce): 2lb /gal Concentración de sal en la salida (Cs): cantidad de sal (lb) en el tanque entre el Concentración contenido de líquido (gal) en cualquier momento. Ve −Vs =9

Cs =

 gal  g al  gal  gal =3 −6 min min min

  A 2600 + 3 t 

Ecuación diferencial que resolverá: dA   = R entrada − R salida dt   Rentrada =(Ve )( Ce )

( )( )

 Rentrada = 9

 gal min

2

  lb   lb =18   min gal

 R salida=( Vs )( Cs )

( )(

 R salida= 6

 gal  g al min

)

lb lb   6 A =   2600 + 3 t  min 2600 + 3 t  gal   A

  A dA   =18 − dt  2600 + 3 t   A ( 0 ) =100

PASO 2: Hallar la solución general de la ecuación diferencial

 

14

Usamos método factor integrante: dA   A   =18 − dt  2600 + 3 t  dA   6  A =18  + dt  2600 + 3 t  ' 

 Forma de la Ecuacion diferencial lineal  A + P ( t ) A= R ( t ) Forma  P ( t ) =

  6 2600 + 3 t 

 R ( t ) =18

Factor integrante por medio de la siguiente formula  P ( t ) dt  u ( t )=e∫   6  dt  ∫ 2600 + 3 t 

u ( t )= e

u ( t )= e

6

  dt  ∫ 2600 + 3 t 

Por método de sustitución

∫ duu   = ln u + c u =2600 + 3 t  du  = 3 du =3 dt  dt  du 3 6

6

  =dt 

  dt  ∫ 2600 + 3 t 

∫

du u   =2 u

∫ duu

2 ln ( 2600 + 3 t ) + C 

Sustituimos el resultado de la integral u ( t )= e

2 ln ( 2600 + 3t )

u ( t )= e

2

ln ( 2600 + 3 t )

u ( t )=(2600 + 3 t )

2

Sustituimos el factor integrante en la siguiente formula

 

15

 A =

 1

u ( t )

¿

 R ( t )=18 u ( t )=( 2600 + 3 t )

2

Queda de la siguiente manera:  

 A =

1

 [∫ ( 2600 +3 t ) ( 18) dt +C ] 2

2

( 2600 + 3 t )  A =

 

1

 [ 18∫ ( 2600 +3 t ) dt +C ] ( 2600 + 3 t ) 2

2

Integral por sustitución

∫ ( 2600 +3 t ) dt  2

18

∫

n +1

u + C  u du = n +1 n

u =2600 + 3 t n =2

du

 = 3 du =3 dt 

dt  du 3

  =dt 

∫ u ( du3 ) → 183 ∫ u du

18

2

2

6

6

[

  ]+

( 2600 + 3 t )3

( )( 1 3

3

3

2600 + 3 t )

C 

+ C 

3

2 ( 2600 + 3 t )

 A =

 

1

+ C 

 [ 18∫ ( 2600 +3 t ) dt +C ] ( 2600 + 3 t ) 2

2

Sustituimos el resultado:  A =

 

1

 [ 2 (2600 +3 t ) +C ] 3

( 2600 + 3 t )2

En seguida multiplicamos el factor  A =

2 ( 2600 + 3 t )3

  C    + ( 2600 +3 t )2 ( 2600 + 3 t )2

1

( 2600 + 3 t )2

 

 

16

 A =2 ( 2600 + 3 t )

❑

+

 

C 

( 2600 +3 t )2

 

 Solución general general de la ecuación ecuación diferencial diferencial

PASO 3: Hallar la solución particular de la ecuación diferencial. Sustituimos los valores de la condición inicial  A ( 0 ) =100  

 A =2 ( 2600 + 3 t )+

C  2

( 2600 + 3 t ) 100= 2 ¿ 100= 5200+

  C 

( 2600 )2

100− 5200=

  C 

( 2600 )2

−5100 ( 2600 )2=C  2

 A =2 ( 2600 + 3 t )−

5100 ( 2600 )

( 2600 + 3 t )2

   Solución particular particular de la ecuación ecuación diferencial  diferencial 

Paso 4: Graficar La Función. Podremos ver la cantidad de sal en el tanque en cualquier momento t , antes de que comience a derramarse:

CANTIDAD DE SAL EN CUALQUIER MOMENTO T 12000 10000 8000

6000 4000 2000 0

0

200

400

600

800

1000

1200

Aquí podemos ver la cantidad de concentración de sal en cualquier momento t:

 

17

CONCENTRACION DE SAL EN EL TANQUE EN CUALQUIER MOMENTO t 2 1.8 1.6 1.4 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0

0

100

200

300

400

500

600

700

800

900

a. En Encu cuen entr tree la cant cantid idad ad de sal en el tanq tanque ue en el mome moment ntoo que que la sol oluc ució iónn comienza a derramarse. T=800 min 2   5100 ( 2600 )  A ( 800)= 2 ( 2600 + 3 ( 800 ) )− ( 2600 + 3 ( 800 ))2  A ( 800 )= 8620.96 libr libras as de sa sall

 b. Encuentre la concentración concentración (en libras por galón) de la sal en el tanque cuand cuandoo se encuentre en el punto en que se derrama.    cant cantid idad ad de sal sal enel tanq tanque ue ( lb ) Concentr Conc entracio acion n de sal=

(

Concent Conc entraci racion on de sal=

contenid con tenido o del tanque tanque( gal )

8620.96 lb 5000 gal

Concent Conc entraci racion on de sal= 1.724192

 )

  lb gal

c. Comp Compare are est estaa conce concentra ntración ción con la concen concentraci tración ón límite teórica teórica,, si la capacidad capacidad del tanque fuera infinito. Suponiendo que el tanque fuera inconcebiblem inconcebiblemente ente grande la concentración concentración de sal tiende a ser de 2lb por galón. Por lógica:

 

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Si entra liquido con una concentración de 2 lb por galón ,después de un tiempo ,la me mezcl zclaa ini inicia ciall que tenía una con conce centr ntraci ación ón de

100 =0.0384 lb / gal   2600

será

reemplazadaa casi por completo por la mezcla entrante. reemplazad Por gráfico: t = 1 000 000 min  A ( 1000000 )=2 ( 2600 + 3 ( 1000000 ) )−

 

2

5100 ( 2600 )

( 2600 + 3 ( 1000000))2

 A ( 1000000 )=6005199.996 libr librasde asde sal

El tanque tendrá un contenido de: 2600 + 3 ( 1000000 )=3002600 gal

La concentración de sal en un tiempo grande es:   lb 6005199.996 lb   =1.99999999 gal 3002600 gal

Si la capacidad del tanque fuera infinita la concentración de sal tiende a ser 2

lb / gal.

CONCLUSIONES Las ecuaciones diferenciales tienen gran aplicación en el campo de la ingeniería debido a su uso como modelos matemáticos de sistemas físicos transitorios en el tiempo. Conocer la respuesta de un sistema físico y poder predecir su comportamiento facilitará el dise diseño ño de ento entorn rnos os esta establ bles es y conf confia iabl bles es.. Un Unaa ap apli lica caci ción ón de la lass ec ecua uaci cion ones es difer dif erenc encial iales es linea lineales les de pri primer meroo ord orden en sur surge ge al es estud tudiar iar un tan tanque que de mezcl mezclado ado uniforme con flujos volumétricos constantes y donde la concentración se mantiene homogénea en el tanque. La finalidad de dicho estudio es conocer la cantidad de masa de soluto presente en el tanque en cualquier instante de tiempo. Se logró establecer y comprobar el modelo matemático propuesto donde se aplicóó aplic

ecua ecuacion ciones es dif diferen erenciale cialess y a su ve vezz el obje objetivo tivo se ccumpl umplió ió ya que se se pudo

adecuar adec uar los datos sin ningú ningúnn problema problema es de tal form formaa que se puede deter determina minarr la concentración de sal en cualquier tiempo, dentro de este trabajo además de poner en acción los conocimientos matemáticos también se aplicó un poco de estadística ya que dan más seguridad al momento de obtener resultados como lo fue en el caso de la velocidad de entrada y salida del flujo y finalmente pues tras varias repeticiones del

 

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experimento encasa se logró obtener la mitad de la concentración de sal en el depósito es la mitad del valor inicial. Sin más preámbulos la única recomendac recomendación ión para hacer este tipo de trabajos es tener mucha paciencia y cautela al momento de realizar la maqueta de comprobación ya que puede fallar al primer intento o su vez pueda que tenga que ver  otras alternativas y también se debe revisar los temas a profundidad para saber qué temas son conectivos a las EDO y la vez como conectar ideas para establecer modelos como ideas.

REFERENCIAS BIBLIOGRAFI BIBLIOGRAFICAS CAS 

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