Matemática Aplicada - Licenciatura de Farmacia - Curso 2005/ HOJA 5 1 SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS DE LA HOJA 5

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1 Matemática Aplicada - Licenciatura de Farmacia - Curso 2005/ HOJA 5 1 SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS DE LA HOJA 5 1) A continuación diremos de qué tipo son las ecuaciones diferenciales ordinarias (e. d. o.) planteadas y cuál es su solución: (a) y = senx es una e. d. o. de variables separables que se puede resolver como sigue: dy = senx dy = senx dx dy = senx dx, dx luego la solución general es y(x) = cosx + c, c R. (b) y = 3x es una e. d. o. de variables separables que se puede resolver 3 + x2 de la forma: dy dx = 3x dy = 3x 3 + x x dx dy = 3 2x x dx 2 luego la solución general es y(x) = 3 2 ln(3 + x2 ) + c, c R. (c) y = 2 e 2x es una e. d. o. de variables separables que se puede resolver como sigue: dy dx = 2 e 2x dy = 2 e 2x dx dy = 2 e 2x dx luego la solución general es y(x) = e 2x + c, c R.

2 2 Matemática Aplicada - Licenciatura de Farmacia - Curso 2005/ HOJA 5 (d) y y + (1 + y 2 ) senx = 0 es una e. d. o. de variables separables que se puede resolver como sigue: y dy dx = y y (1+y2 ) senx dy = senx dx 1 + y2 1 + y dy = 2 senx dx lo que implica que 1 2 ln(1+y2 ) = cosx+c ln(1+y 2 ) = 2 cosx+2c 1+y 2 = e 2c e 2 cos x luego la solución general es y(x) = ± k e 2cosx 1, con k = e 2c > 0. (e) (1 + 2x 3 ) y = 3x 2 y es una e. d. o. de variables separables y lineal homogénea que se puede resolver como sigue: dy dx = 3x x y dy 3 y = 3x2 dy 1 + 2x dx 3 y = 3x x dx 3 lo que implica que ln y = 1 2 ln 1+2x3 +c ln y = ln 1 + 2x 3 +c y = e c 1 + 2x 3 de manera que lo podemos escribir como: y(x) = ±e c 1 + 2x 3 = A 1 + 2x 3 luego la solución general es y(x) = A 1 + 2x 3, con A = ±e c R. Observemos que si A = 0, entonces y(x) 0, que es también una solución válida del problema. Por tanto, en general, podemos escribir que la solución general es: y(x) = A 1 + 2x 3, A R. (f) e y (1 + y ) = 1 es una e. d. o. de variables separables. La podemos resolver observando que: ( e y 1 + dy ) = 1 e y (dx + dy) = dx e y dy = (1 e y ) dx dx luego e y dy = dx 1 e y e y dy = 1 e y dx ln 1 e y = x + c 1 e y = e c e x 1 e y = ±e c e x = A e x A = ±e c R.

3 Matemática Aplicada - Licenciatura de Farmacia - Curso 2005/ HOJA 5 3 Despejando, obtenemos: 1 A e x = e y ln(1 A e x ) = y luego la solución general es y(x) = ln(1 A e x ), con A = ±e c R. Observemos que si A = 0, entonces y(x) 0, que es también una solución válida del problema. Por tanto, en general, podemos escribir que la solución general es: y(x) = ln(1 A e x ), A R. (g) y y = 4x es una e. d. o. lineal completa. La solución de la parte homogénea es y(x) = A e x. Buscamos entonces la solución de la ecuación completa de la forma y(x) = A(x) e x, donde A(x) es solución de A (x) = 4 x e x luego (por partes) A(x) = 4 e x (1 + x) + c, y la solución general es de la forma: y(x) = 4 (1 + x) + c e x, c R. (h) y = x y + 4x es una e. d. o. que se puede clasificar como de variables separables o lineal completa. Si la resolvemos usando las técnicas de una e. d. o. lineal completa, la solución de la parte homogénea es y(x) = A e x2 2. Buscamos entonces la solución de la ecuación completa de la forma y(x) = A(x) e x2 2, donde A(x) es solución de A (x) = 4 x e x2 2 luego A(x) = 4 e x2 2 + c, y la solución general es de la forma y(x) = 4 + c e x2 2, c R. Obsérvese que también se podría resolver como una e. d. o. de variables separables. En ese caso, la escribiríamos de la forma: y = x (y + 4) dy y + 4 = x dx y resolviéndola, llegaríamos a la misma solución. (i) y = y +senx es una e. d. o. lineal completa. La solución de la parte homogénea es y(x) = A e x. Buscamos entonces la solución de la ecuación completa de la forma y(x) = A(x) e x, donde A(x) es solución de A (x) =

4 4 Matemática Aplicada - Licenciatura de Farmacia - Curso 2005/ HOJA 5 senx e x, luego aplicando integración por partes dos veces (integra cíclica) obtenemos: senx e x dx = senx e x + e x cosx dx = senx e x + [ e x cosx = e x (senx + cosx) ] e x senx dx senx e x dx, lo que implica que senx e x dx = e x (senx + cosx) + c 2 y la solución general es de la forma y(x) = 1 2 (senx + cosx) + c ex, c R. (j) y = x y + senx es una e. d. o. lineal completa. La solución de la parte homogénea es y(x) = A e x2 2. Buscamos entonces la solución de la ecuación completa de la forma y(x) = A(x) e x2 2, donde A(x) es solución de A (x) = senx e x2 2, que es una integral que no sabemos resolver explícitamente, luego sólo diremos que la solución general es de la forma ( ) y(x) = senx e x2 2 dx + c e x2 2. OJO con no introducir la exponencial de fuera dentro del signo integral. (k) y 2 x y = x es una e. d. o. que se puede clasificar como de variables separables y lineal completa. Si decidimos resolverla con las técnicas de las e. d. o. lineales completas, la solución de la parte homogénea es y(x) = A e x2. Buscamos entonces la solución de la ecuación completa de la forma y(x) = A(x) e x2, donde A(x) es solución de A (x) = x e x2 luego A(x) = 1 2 e x2 + c, y la solución general es de la forma y(x) = c ex2, c R. Obsérvese que también se podría resolver como una e. d. o. de variables separables. En ese caso, la escribiríamos de la forma: y = x + 2 x y = x (1 + 2 y) y resolviéndola, llegaríamos a la misma solución. dy y = x dx

5 Matemática Aplicada - Licenciatura de Farmacia - Curso 2005/ HOJA 5 5 (l) y = 2 x+y es una e. d. o. de variables separables. La podemos resolver observando que: luego y = 2 x+y = 2 x 2 y 2 y dy = 2 x dx 2 y ln2 = 2x ln2 + c 2 y(x) = 2 x c ln2 y ln2 = ln( 2 x c ln2) y la solución general es de la forma y(x) = 1 ln2 ln( 2x c ln2), c R. 2) Denotamos por y(t) a cantidad de ejemplares de una especie de peces en el año t. Observemos que y(1970) = 1000, y(1977) = Si la tasa de crecimiento es constante, quiere decir que y (t) = k, donde k es una constante y(t) a determinar. En ese caso, significa que: y(t) = c e k t, k, c R. Para determinar k y c, usamos los datos anteriores: { } y(t) = c e k t c e 1970 k = 1000 y(1970) = 1000 { y(t) = c e k t y(1977) = 3000 } c e 1977 k = 3000 Dividiendo ambas ecuaciones obtenemos que k = ln3 ln3, c = 1000 e Luego la función y(t) viene dada por la expresión: Ahora podemos resolver el ejercicio: y(t) = 1000 e ln3 7 (t 1970). y(1980) = 1000 e ln3 7 ( ) = 1000 e 10 7 ln3 4803, 98. y(1991) = 1000 e ln3 7 ( ) = 1000 e 21 7 ln3 =

6 6 Matemática Aplicada - Licenciatura de Farmacia - Curso 2005/ HOJA 5 3) Denotamos por y(t) el número de bacterias contenidas en 1 litro de leche en el instante t. Como la tasa de multiplicación es constante, la función y(t) verifica la siguiente e. d. o.: y (t) = k y(t), cuyas soluciones son de la forma y(t) = c e kt. Los datos del problema nos dicen lo siguiente: 1. El número de bacterias se duplica en 4 horas: si fijamos que en el instante inicial t = 0 la cantidad es y 0, es decir, entonces y(4) = 2 y 0. y(0) = y 0, 2. Queremos saber en qué instante t se alcanza una cantidad 25 veces mayor que en el instante inicial, es decir, y(t) = 25 y 0. De las observaciones anteriores obtenemos lo siguiente: { } { y(t) = c e kt y(t) = y0 e kt 1. c = y 0, luego y(0) = y 0 y(4) = 2 y 0 } e 4k = 2, es decir, k = 1 ln2. Por tanto, 4 y(t) = y 0 e t 4 ln(2). 2. Resolvemos { y(t) = 25 y0 y(t) = y 0 e t 4 ln(2) } 25 = e t 4 ln(2) t = 4 ln25 ln2 = 18, 5754.

7 Matemática Aplicada - Licenciatura de Farmacia - Curso 2005/ HOJA 5 7 4) La ley de enfriamiento de Newton viene dada por: T (t) = k (T A T (t)), donde T (t) es la temperatura del objeto en el instante de tiempo t y T A es la temperatura de aire que lo rodea. Los datos del problema nos dicen lo siguiente: 1. T A = 70, luego la ley de enfriamiento se escribe: es decir, dt (t) dt T (t) = k (70 T (t)), = k (70 T (t)) Integrando la e. d. o., obtenemos: dt (t) 70 T (t) = k dt. ln 70 T (t) = k t + c T (t) = 70 + C e kt, donde C = ±e c. En realidad, C 0 también genera una solución, es decir, vale cualquier constante C R Observemos que la ecuación anterior también se puede resolver como una e.d.o. lineal completa. { } T (t) = 70 + C e kt T (0) = 350 { T (t) = e kt luego T (45) = 150 C = 280. } e 45 k = e 45 k = 2 e 45 k = 2 7, k = 1 ( ) 2 45 ln 0, La temperatura del objeto viene dada entonces por: T (t) = e t 45 ln( 2 7). 4. Queremos saber en qué instante t el objeto alcanza una temperatura de 80 o F, es decir, T (t) = e t ln( ) = 80, luego: ) 280 e t 45 ln ( 2 t 7) = 10 e 45 ln ( 2 7) 1 = 28 t = 45 ln ( ) 1 28 ln ( ) t = t 45 ln ln28 ln7 ln2 ( 2 7 = 119, 6947 ( ) 1 = ln 28 es decir, el objeto adquiere la temperatura de 80 o cuando han pasado 119 minutos y 42 segundos.

8 8 Matemática Aplicada - Licenciatura de Farmacia - Curso 2005/ HOJA 5 5) La ley de enfriamiento de Newton viene dada por: T (t) = k (T A T (t)), donde T (t) es la temperatura del cadáver en el instante de tiempo t y T A es la temperatura de aire que lo rodea. Los datos del problema nos dicen lo siguiente: 1. T A = 20 o C, luego la ley de enfriamiento se escribe: es decir, dt (t) dt T (t) = k (20 T (t)), = k (20 T (t)) Integrando la e. d. o., obtenemos: dt (t) 20 T (t) = k dt. ln 20 T (t) = k t + c T (t) = 20 + C e kt, donde C = ±e c. En realidad, C 0 también genera una solución, es decir, vale cualquier constante C R. Observemos que la ecuación anterior también se puede resolver como una e.d.o. lineal completa. { T (t) = } 20 + C e kt 2. T (0) = 35 C = 15. { T (t) = } e kt 3. T (1) = e k = 34 e k = 14 15, luego ( ) 14 k = ln = ln15 ln14 0, La temperatura del cuerpo viene dada entonces por: 14 t ln T (t) = e Queremos saber en qué instante t el cuerpo tenía temperatura de 37 o, 14 t ln es decir, T (t) = e 15 = 37. Entonces, ln = et 15 ln ( ) = t ln ( ) 14, 15 luego: ( ) 17 ln 15 t = ( ) = 1, ln 15 Pasando al sistema sexagesimal, eso corresponde a una hora y 48 minutos antes de que el comisario Maigret encontrase el cadáver.

9 Matemática Aplicada - Licenciatura de Farmacia - Curso 2005/ HOJA 5 9 6) Denotamos por N(t) el número de moléculas de una sustancia A. Si la velocidad de descomposición de dicha sustancia es proporcional a la cantidad de sustancia que no ha experimentado descomposición, esto quiere decir que la ley que habría que utilizar acorde al resultado sería (N 0 N(t)) = λ N(t) con λ > 0, lo cual implica que: N (t) = λ N(t), λ > 0 donde λ < 0, y que la cantidad de moléculas va decreciendo (por la descomposición). Por tanto, la solución es: dn dt = λ N dn N = λ dt ln N = λ t + c N(t) = ec e λ t, que escribiremos como: N(t) = k e λ t, con k = {±e c : c constante } {0} = R. En el tiempo inicial t 0 la cantidad era A 0, es decir, N(t 0 ) = A 0. Transcurridos 30 días quedan A 0 /2, lo que significa que N(t ) = A 0 2. Por tanto, sustituyendo los datos anteriores en la expresión de la solución obtenemos: N(t 0 ) = A 0 k e λ t 0 = A 0, N(t ) = A 0 2 k e λ (t0+30) = A 0 2 λ = 1 30 ln2 k = A 0 e ( 1 30 ln 2) t 0 = A 0 2 t 0 30 El ejercicio sólo pide la constante de proporcionalidad, es decir, λ = 1 30 ln2.

10 10 Matemática Aplicada - Licenciatura de Farmacia - Curso 2005/ HOJA 5 7) Denotamos por y(t) la cantidad de sal en el depósito en el minuto t. La cantidad inicial es 2, 5 g/l 100 l = 250 g, es decir, y(0) = 250. El depósito tiene 100 litros, pero la cantidad de sal disuelta va variando, ya que a la concentración inicial se le está inyectando una disolución con otra concentración distinta. La variación de sal, y (t), viene dada por la diferencia entre la cantidad de sal a la entrada y a la salida por unidad de tiempo. Si llamamos c e a la concentración de sal en la disolución de entrada, c s a la concentración de sal en la disolución de salida, v e a la velocidad de entrada y v s a la velocidad de salida, entonces: y (t) = c e v e c s v s. Según los datos del problema, v e = v s = 5, c e = 2, y c s = cantidad de sal n o litros = y(t) volumen del depósito, es decir, y (t) = 2 5 y(t) = y(t) Por tanto, tenemos que resolver la ecuación lineal: y (t) + 1 y(t) = 10, 20 que podemos resolver por cualquiera de los dos métodos aplicados en ejercicios previos. Si consideramos que se trata de una ecuación lineal completa, la solución de la parte homogénea es y(t) = A e t 20. Buscamos entonces la solución de la ecuación lineal completa como y(t) = A(t) e t 20, de manera que: A (t) = 10 e t 20 A(t) = 200 e t 20 + C, luego y(t) = C e t 20. Como y(0) = 250, entonces C = 50. Finalmente, la evolución de la cantidad de sal en el depósito es: y(t) = e t 20.

11 Matemática Aplicada - Licenciatura de Farmacia - Curso 2005/ HOJA ) Denotamos por y(t) la cantidad de medicamento en un órgano en el segundo t. El órgano tiene 125 cm 3, pero la cantidad de medicamento disuelto va variando, ya que al órgano se le está administrando un medicamento con otra concentración distinta. La variación de la concentración del medicamento, y (t), viene dada por la diferencia entre la cantidad de medicamento a la entrada y a la salida por unidad de tiempo. Si llamamos c e a la concentración de medicamento en la disolución de entrada, c s a la concentración de medicamento en la disolución de salida, v e a la velocidad de entrada y v s a la velocidad de salida, entonces: y (t) = c e v e c s v s. Según los datos del problema, v e = v s = 3, c e = 0 2, y es decir, c s = cantidad de medicamento volumen = y(t) 125 cm 3, y (t) = y(t) = y(t) Por tanto, tenemos que resolver la siguiente ecuación que de nuevo se puede considerar como de variables separables o como ecuación lineal. Si la consideramos como lineal: y (t) y(t) = 0 6 la solución de la parte homogénea es y(t) = A e 3t 125. Buscamos entonces la solución de la ecuación lineal completa como y(t) = A(t) e 3t 125, de manera que: A (t) = 0 6 e 3t 125 A(t) = 25 e 3t C, luego y(t) = 25 + C e 3t 125. (a) Si y(0) = 0, entonces C = 25, luego y(t) = 25 la concentración en cualquier instante t. ( ) 1 e 3t 125 e y(t) 125 es (b) Buscamos el tiempo t en el que la concentración del medicamento en el órgano sea 0 1 g/cm 3, es decir, y(t) 125 = 0 1. Para ello, se debe verificar: 1 5 ( 1 e 3t 125 ) = 0 1 t = ln(0 5) = sg.

12 12 Matemática Aplicada - Licenciatura de Farmacia - Curso 2005/ HOJA 5 9) Denotamos por y(t) la cantidad de humo en una habitación en la hora t. La habitación tiene 300 m 3, pero la cantidad de humo en el aire va variando, ya que a la concentración inicial, que era cero, se le está añadiendo el humo del tabaco. La variación de la concentración de humo, y (t), viene dada por la diferencia entre la cantidad de humo que entra en la habitación por los fumadores y la mezcla que sale por la ventana. Si llamamos c e a la concentración de humo que se produce fumando, c s a la concentración de humo que sale por la ventana, v e a la velocidad de entrada y v s a la velocidad de salida, entonces: y (t) = c e v e c s v s. Según los datos del problema, v e = v s = 3, c e = 0 04, y c s = es decir, y (t) = y(t) = y(t) cantidad de humo m 3, (a) Por tanto, tenemos que resolver la ecuación siguiente, que de nuevo puede ser considerada como lineal o de variables separables. En caso de considerarla como ecuación lineal: y (t) y(t) = 0 12, la solución de la parte homogénea es y(t) = A e t 100. Buscamos entonces la solución de la ecuación lineal completa como y(t) = A(t) e t 100, de manera que: A (t) = 0 12 e t 100 A(t) = 12 e t C, luego y(t) = 12 + C e t 100 ( ). Como y(0) = 0, entonces C = 12, luego y(t) = 12 1 e t 100. (b) Buscamos el tiempo t en el que la concentración de humo sea superior a g/m 3, es decir, y(t) Para ello, se debe verificar: ( ) 12 1 e t t horas, que corresponde a 30 minutos y 4 segundos.

13 Matemática Aplicada - Licenciatura de Farmacia - Curso 2005/ HOJA ) (a) Tenemos que resolver la ecuación del modelo de Verhulst con dato inicial y(0) = 2. Observemos que: y = y y 2 dy dt = y y2 dy y y = dt 2 dy y y = 2 donde dt = t + c, pero la integral que aparece a la izquierda es racional. Hacemos la siguiente descomposición: dt, 1 y y = 1 2 y(1 y) = A y + B 1 y = y(b A) + A y(1 y) de la que deducimos que A = B = 1. Entonces, ( 1 1 y(1 y) dy = y + 1 ) dy = ln y ln 1 y = ln y 1 y 1 y Recopilando, ln y 1 y = t + c y 1 y = et e c, entonces: y y 1 = ±ec e t (despejando la y(t)) y(t) = A et A e t 1, donde hemos denotado A = ±e c. Observemos que el caso A = 0, que corresponde a y(t) 0, también es solución de la ecuación, luego la expresión anterior es válida para A R. Si y(0) = 2, entonces se tiene que verificar que: 2 = A A 1 A = 2, luego la solución particular es y(t) = 2 et 2 e t 1. (b) El número de individuos que se espera que haya en la especie cuando t + es: lím y(t) = lím t + t + 2 e t 2 e t 1 = lím t + 2 e t e t (2 e t ) = lím t + 2 = 1. 2 e t Es decir, se espera que cuando el tiempo crezca a infinito el número de individuos se aproxime a unos 1000 individuos.

14 14 Matemática Aplicada - Licenciatura de Farmacia - Curso 2005/ HOJA 5 11) Denotamos por y(t) la cantidad de herbívoros de la sabana africana, y por x(t) la cantidad de hierba. Del enunciado del problema deducimos los siguientes datos: Si la cantidad de herbívoros crece con velocidad constante igual a 10, esto significa que y (t) = 10. Si al comienzo del estudio hay 100 herbívoros, entonces y(0) = 100. Si la velocidad de destrucción de la hierba es proporcional a la suma de la cantidad de hierba y del número de herbívoros entonces, como en el ejercicio 6, (x(0) x(t)) = a (x(t) + y(t)), es decir, llamando k = a: Con todo ello, obtenemos que: x (t) = k (x(t) + y(t)) (a) La ecuación diferencial para el número de herbívoros es y (t) = 10, luego junto con la condición inicial nos da que: y(t) = y(0) + y (t) t = t. (b) La ecuación diferencial para la cantidad de hierba es x (t) = k (x(t) + y(t)), donde sustituyendo la expresión de y(t) obtenemos: x (t) = k (x(t) t) que es linea completa, ya que se puede escribir de la forma: x (t) k x(t) = 100 k + 10 k t. La parte homogénea x kx = 0 tiene como solución: dx dt = k x dx x = k dt ln x(t) = k t+c x(t) = ec e k t luego x(t) = A e k t con A R. Para resolver la ecuación lineal completa, suponemos que la solución es de la forma x(t) = A(t) e k t, donde A(t) verifica la ecuación: A (t) e k t = 100 k + 10 k t A (t) = 100 k e k t + 10 k t e k t que al integrarla nos da A(t) = 100 e k t 10 t e k t 10 k e k t + c, lo que implica que la solución general es: x(t) = t 10 k + c ek t.

15 Matemática Aplicada - Licenciatura de Farmacia - Curso 2005/ HOJA 5 15 (c) Si k = 1 y x(0) = 300, entonces se tiene que cumplir que: c = 300 c = 390, con lo que la solución general se transforma en: x(t) = t e t La cantidad de hierba que habrá a cabo de un año es x(1) = e 1 = Queremos saber si existe un tiempo t para el cual x(t) = 0. Para ello razonamos de siguiente modo: Definimos la función f(t) = t e t y observamos que f (t) = e t < 0, t 0. Como, además, la función es continua, f(0) = 300 y lím f(t) =, entonces debe existir algún punto t en el que dicha t + función se anule, o lo que es lo mismo, en el que la hierba desaparezca. 12) Denotamos por g(t) la cantidad de kilos de trigo almacenados en un granero, y por r(t) la cantidad de roedores que se alimenta del trigo almacenado. Del enunciado del problema deducimos los siguientes datos: La cantidad de roedores crece con velocidad constante igual a 2, esto significa que r (t) = 2. Al comienzo del estudio hay r 0 roedores, es decir, r(0) = r 0. El ritmo de decrecimiento del trigo (a causa de los roedores) es proporcional al producto de la cantidad de roedores y la cantidad de trigo con constante 1, entonces: g (t) = g(t) r(t) Con todo ello, obtenemos que: (a) La ecuación diferencial para el número de roedores es r (t) = 2, luego junto con la condición inicial nos da que: r(t) = r(0) + r (t) t = r t. (b) La ecuación diferencial para la cantidad de trigo es g (t) = g(t) r(t), donde sustituyendo la expresión de r(t) obtenemos: g (t) = g(t) (r t)

16 16 Matemática Aplicada - Licenciatura de Farmacia - Curso 2005/ HOJA 5 que se puede clasificar como lineal homogénea o de variables separables. Razonamos como sigue: dg dt = g (r t) dg g = (r t) dt ln g(t) = r 0 t t 2 + c g(t) = e c e r 0 t t 2 luego g(t) = A e r 0t t 2 con A = ±e c R\{0}.Observemos que A = 0, que corresponde a g(t) 0, es también una solución válida. Como g(0) = g 0, entonces A = g 0 con lo que: g(t) = g 0 e r 0t t 2. (c) Si r 0 = 2, entonces g(t) = g 0 e 2t t2. El tiempo que tardarán los roedores en comerse 1 4 trigo inicial es el que verifique: de la cantidad de g(t) = 3 4 g 0 g 0 e 2t t2 = 3 4 g 0 e 2t t2 = 3 4. ( ) 3 Luego 2t t 2 = ln. Tenemos que resolver entonces la ecuación 4 de segundo grado: ( ) 3 t 2 + 2t + ln = 0, 4 ( ) 3 cuyas raíces son t = 1 ± 1 ln. De ellas, la solución válida es 4 la raíz positiva, es decir, t = ln ( ) 3 = Y el tiempo que tardarán en comerse todo el trigo es aquel tiempo que verifica: g(t) = 0 g 0 e 2t t2 = 0 Esta función va decreciendo hasta cero (cuando el tiempo se hace infinito) pero nunca se alcanza dicho valor.

17 Matemática Aplicada - Licenciatura de Farmacia - Curso 2005/ HOJA ) Los datos del enunciado nos dicen que m = 23 y la temperatura inicial del vino es 10 o C, es decir, T (t 0 ) = T (0) = 10. Por tanto, la ley de enfriamiento de Newton es: T (t) = k (23 T (t)) dt dt = k (23 T ) Integrando a izquierda y derecha, obtenemos: dt 23 T = k dt. ln 23 T (t) = k t + c ln 23 T (t) = k t c, es decir, T (t) = 23 + A e k t, donde A = ±e c R.En realidad, A 0 también genera una solución, es decir, vale cualquier constante A R. (a) Como T (0) = 10, entonces 23 + A e 0 = 10 A = 13, luego la temperatura del vino en función del tiempo y de k es: T (t) = e k t. (b) Si T (10) = 15, entonces sustituyendo en la expresión de la solución obtenemos: e 10 k = 15 e 10 k = 8 13, luego tomando logaritmo neperiano obtenemos: ( ) 8 10 k = ln k = 1 ( ) ln , 13 de manera que la solución es: T (t) = e t 10 ln( 8 13 ) Para saber en qué instante t se alcanzan los 18 o C, resolvemos: ( ) e t 10 ln( 8 13 ) = 18 5 ln 13 = e t 10 ln( 8 13 ) 13 t = 10 ( ) = ln 13 lo que corresponde a 19 minutos y 41 segundos.

18 18 Matemática Aplicada - Licenciatura de Farmacia - Curso 2005/ HOJA 5 14) Se trata de una ecuación lineal completa. (a) Resolvemos entonces primero la ecuación lineal homogénea asociada: y = 2 t y dy dt = 2 t y dy y = 2 t dt ln y = t2 + c. Tomando exponenciales, obtenemos: y = e t2 +c = e t2 e c y = ± e c e t2. Eligiendo A = ±e c, A R\{0}, pero observamos que A 0 también genera una solución. Así, podemos escribir ambas soluciones (la positiva y la negativa) como y(t) = A e t2, siendo A R. Ahora tenemos que resolver la ecuación lineal completa. Para ello, aplicamos el método de variación de constantes: consideramos que la solución va a ser de la forma: y(t) = A(t) e t2, y tenemos que determinar el valor de la función A(t) que hace que la expresión anterior sea solución de al ecuación lineal completa. Si y(t) = A(t) e t2, entonces y (t) = A (t) e t2 + A(t) e t2 2 t. Sustituyendo en la ecuación y = 2 t y + t + e t2, obtenemos: A (t) e t2 + A(t) e t2 2 t = 2 t A(t) e t2 + t + e t2 A (t) e t2 = t + e t2. Por tanto, A (t) = t e t2 + 1 La solución general viene entonces dada por: ( ) y(t) = t e t2 2 + c ( A (t) dt = t e t2 + 1) dt e t2 = t e t c et2. Imponiendo ahora que y(0) = 1, obtenemos que se debe verificar que 2 A(t) = e t2 2 + t + c c = 1 2 lo que implica que la solución es: c = 1, y(t) = (t + 1) e t ( (b) Calculamos ahora el lím y(t) = lím (t + 1) e t2 1 ). Observemos t t 2 que: ( lím (t + 1) e t2 1 ) = +, t + 2 ( lím (t + 1) e t2 1 ) =. t 2