Reducción a una forma separable

Transcripción

1 1.2. Ecuaciones diferenciales de 1er orden separables Lasecuacionesdiferenciales ordinarias de primer orden involucran sólo la primera derivada de una función desconocida 0, nunca derivadas de orden superior. Además, pueden contener, y cualquier función de la variable independiente o, éstas se pueden escribir en forma explícita como: o en forma implícita: = ( ) (1.92) ( ) =0 (1.93) Reducción a una forma separable Algunas EDO pueden reducirse, mediante manipulaciones algebraicas, a la forma ( ) 0 = ( ) (1.94) Integranado la ecuación anterior en ambos lados respecto a, setiene Z Z ( ) 0 = ( ) + (1.95) por enlaparteizquierdadelaec.(1.95)secambialavariabledeinte- Z Z ( ) = ( ) + (1.96) Sustituyendo 0 gración a, así Ejemplo 1 De una mezcla de concreto se construyeron dos cilindros de concreto, a los cuales se obtuvo a los 5 y a los 28 días su resistencia a compresión de (5) = 180 kgcm 2 y (28) = 260 kgcm 2, respectivamente. Determínese con el modelo de crecimiento exponencial una función, como la que se muestra en la figura 1.15, que describa el incremento de resistencia del esfuerzo en compresión y la resistencia a los 10 días. Solución. Formulación del modelo. Sea ( ) la resistencia a compresión del concreto. Así, mediante la siguiente relación = (1.97) Solución General. La ec. (1.97) es separable, la cual separando, integrando y aplicando los exponentes se obtiene la solución general c Gelacio Juárez, UAM 29

2 Figura 1.15: Resistencia a compresión contra tiempo. = ln = + ( ) = (1.98) Solución particular. Aplicando las condición iniciales (5) = 180 kgcm 2 y (28) = 260 kgcm 2 en la ec. (1.98) se obtiene: 5 = 180 (1.99) 28 = 260 (1.100) Determinación de kyc. Resolviendo algebraicamente las ecs. (1.99) y (1.100). = = ln =0 016 = = (1.101) 5(0 016) Sustituyendo el valor de kycde la ec. (1.101) en la ec.(1.98), se obtiene la ecuación que describe el incremento de resistencia en compresión, la cual se muestra en la figura ( ) = (1.102) Respuesta e interpretación. A los 10 días se tiene de la ec. (1.102) (10) = (10) = kgcm 2 (1.103) Ejemplo 2 De la prueba de un cilindro de concreto a compresión se obtuvo la curva mostrada en la figura 1.17, en la que en el intervalo no lineal se tienen esfuerzos de (0 003) = 300 kgcm 2 y (0 015) = 30 kgcm 2, respectivamente. Determínese la función de esfuerzo en el intervalo no lineal que describa el decremento del esfuerzo y su valor para =0 01. Solución. Formulación del modelo. Sea ( ) el esfuerzo del concreto. Así, mediante la siguc Gelacio Juárez, UAM 30

3 su(kgf/cm2) t(días) Figura 1.16: Variación del esfuerzo. Figura 1.17: Resistencia a compresión contra deformación. iente relación = (1.104) Solución General. La ec. (1.104) es separable, la cual separando, integrando y aplicando los exponentes se obtiene la solución general = ln = + ( ) = (1.105) Solución particular. Aplicando las condición iniciales (0 003) = 300 kgcm 2 y (0 015) = 30 kgcm 2 en la ec. (1.105)se obtiene: = 300 (1.106) = 30 (1.107) Determinación de kyc. Resolviendo algebraicamente las ecs. (1.106) y (1.107). c Gelacio Juárez, UAM 31

4 = = ln 1 10 = = 300 = (1.108) 0 003(191 88) Sustituyendo el valor de kycde la ec. (1.108) en la ec.(1.105), se obtiene la ecuación que describe el decremento del esfuerzo, la cual se muestra en la figura ( ) = (1.109) su(kgf/cm2) e Figura 1.18: Variación del esfuerzo. Respuesta e interpretación. Cuando =0 01 se tiene de la ec. (1.109) (0 01) = (0 01) = kgcm 2 (1.110) Ejemplo 3 Suponga que se monitorea la temperatura en una carpeta de concreto de 30 cm de espesor. Un ciertodíalatemperatura, en la parte inferior de la carpeta es de 3 alas6 h yde7 a las 10 h. Latemperatura,enlasuperficie de la carpeta, fue de 5 alas6 h yde25 a las 13 h. Cuál es la temperatura debajo de la carpeta a las 13 h? Solución. Formulación del modelo. Sea ( ) la temperatura en la parte inferior de la carpeta de concreto y la temperatura en la parte superior. Así, mediante la ley de Newton, = ( ) (1.111) Solución General. La ec. (1.111) es separable, la cual se separando, integrando y se aplican los exponentes se obtiene la solución general ( ) = ln = + ( ) = + (1.112) c Gelacio Juárez, UAM 32

5 Figura 1.19: Carpeta asfáltica. Puesto que no se conoce el valor de la temperatura, sólo que esta varía entre 5 y 25,se plantea por simplificación que se tome el valor promedio = =15 (1.113) 2 Sustituyendo la ec. (1.113) en la ec. (1.112) se obtiene la solución general. ( ) =15 + (1.114) Solución particular. Se considera que =0alas6h. Por lo que la condición inicial (0 h) = 3 en la ec. (1.114) proporciona la solución particular (0 h) = =3 = 12 ( ) =15 12 (1.115) Determinación de k. Utilizando (4 h) = 7, donde =4corresponde a las 10 h. Resolviendo algebraicamente para en la ec. (1.115). (4 h) = =7 4 = 2 3 = 1 4 ln 2 3 = (1.116) Sustituyendo el valor de k de la ec. (1.116) en la ec.(1.115), se obtiene la ecuación que describe el cambio de temperatura en la parte inferior de la losa, la cual se muestra en la figura ( ) = (1.117) Respuesta e interpretación. Alas13 h corresponde a =7,elcualsesustituyeenlaec. c Gelacio Juárez, UAM 33

6 T(C) t(h) Figura 1.20: Variación de la temperatura (1.117), así (7) = (7) = (1.118) Ejemplo 4 Un tanque de almacenamiento de agua con capacidad de l tiene un radio =0 935 m y una altura de =2 15 m el cual se muestra en la figura Un cierto día se desea vaciar el tanque cuando tiene una altura de llenado =2 0m por un orificioenlaparteinferiordel tanque con un rádio = m. Determine el tiempo en que el tanque estará vacío. Para la solución de este tipo de problemas se utiliza la ley de Torricelli para determinar la velocidad del flujo de salida de agua, la cual está definida por ( ) =0 6 p 2( ) (1.119) donde ( ) es la altura del agua sobre el agujero en el tiempo, =9 807 m s 2 es la aceleración de la gravedad. Solución. Formulación del modelo. Se determina el área del tanque =2 746 m 2 ydel orificio de salida = m 2. Para la formulación del modelo se establece la razón de cambio del volumen dentro del tanque como = (1.120) El signo negativo representa que el volumen dentro del tanque decrece. La razón de cambio del volumen fuera del tanque es: c Gelacio Juárez, UAM 34

7 Figura 1.21: Tanque. Sustituyendo la ec. (1.119) en la ec.(1.121) = ( ) (1.121) =0 6 p 2( ) (1.122) Puesto que la razón de cambio dentro del tanque es igual fuera de éste, igualando las ecs. (1.120) y (1.122) =0 6 p 2( ) (1.123) la EDO para la solución de este ejemplo lo representa la ec. (1.122), la cual se reescribe como: = 0 6 p p 2 ( ) (1.124) Solución general. Separando e integrando la ec.(1.124) p = 0 6 p Z 2 ( ) Z 1 p = ( ) 0 6 p p p 2 2 ( ) = (1.125) Dividiendo entre 2 y elevando al cuadrado la ec. (1.125) se tiene la solución general ( ) = ³ 0 3 p 2 2 (1.126) Solución particular. Con la condición inicial que el tanque está lleno hasta una altura = c Gelacio Juárez, UAM 35

8 2 15 m cuando =0en la ec se obtiene el valor de la constante = p = p 2 0m (1.127) Sustituyendo la ec. (1.127) en la ec. (1.126) se tiene la solución particular, cuya gráfica se muestra en la figura ³p ( ) = 0 3 p 2 2 (1.128) h(m) t(s) Figura 1.22: Variación de la temperatura Tiempo en el que el tanque está vacío. Esta condición se cumple cuando la altura ( ) =0 en la ec. (1.128) = = m 2 2 0m 0 3( m 2 ) p 2(9 807 m s 2 ) = s=1 602 h (1.129) Tarea 1. Proponga y resuelva un problema de crecimiento y otro de decaimiento natural relacionados con ingeniería estructural. c Gelacio Juárez, UAM 36