Modelación Matemática. Sección 1.5 Libro Guía

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1 Modelación Matemática. Sección.5 Libro Guía. Ley de enfriamiento de Newton. Si la temperatura de un pastel es 300 F cuando sale del horno y es de 200 F diez minutos después, en un lugar de temperatura 60 F. ¾Cuándo la temperatura del pastel sera prácticamente igual a la temperatura ambiente, digamos 6 F? Solución Sea T = temperatura del pastel el F. t = tiempo en minutos De la información del ejercicio tenemos que T (0) = 300, T (0) = 200, () con una temperatura ambiente T am = 60. Para modelar este problema utilizamos la ley de enfriamiento de Newton La razón de enfriamiento es proporcional a la diferencia entre la temperatura en curso y la temperatura ambiente Lo cual da como resultado el modelo dt dt = k(t 60), (2) Utilizando separación de variables para solucionar (2) se obtiene Combinando (3) y () se llega a T (t) = Ce kt + 60 (3) T (t) = 240e 0,05t (4) Se desea conocer el tiempo en el cual T (t) = 6, es decir 6 = 240e 0,05t + 60, despejando t queda t = ( ) 0,05 ln = 09, 6 240

2 2. Calefacción y enfriamiento de un edicio La calefacción y enfriamiento de un edicio puede ser modelado por una ecuación diferencial T = k (T T α ) + k 2 (T T ω ) + P donde T = T (t) es la temperatura del edicio en cualquier tiempo t, t, T α la temperatura fuera del edicio y T ω la temperatura deseada en el edicio, y P la tasa de incremento de T debido a las máquinas y a las personas dentro del edicio, k y k 2 son constantes negativas. Solucione esta EDO, asumiendo que P = const, T w = const, y T a varía sobre las 24 horas, digamos, T a = A Ccos(2π/24)t. Discuta sobre el efecto que cada término de la ecuación tiene sobre la solución. Solución dt dt = k (T T a ) + k 2 (T T ω ) + P dt dt = k T k T α + k 2 T k 2 T ω + P dt dt = (k + k 2 )T k T α k 2 T ω + P dt dt (k + k 2 )T = k (A Ccos(2π/24)t) k 2 T ω + P (5) Utilizando factor integrante, aquí p(t) = (k + k 2 ), r = k 3 k C cos ( π donde 2 k 3 = k A + k 2 T ω + P siendo k y k 2 son constantes negativas, de esta forma h = p(t)dt = (k + k 2 )dt = (k + k 2 )t, (6) así e h = e (k +k 2 )t. (7) Por tanto la solución deseada es Solución Sea y la cantidad de aire T (t) = e h ( ) e h r(t)dt + c, (8) ( ( siendo r(t) = k A C cos π t)) + k 2 2 T ω + P, en consecuencia ( ( ( T (t) = e (k +k 2 )t e (k +k 2 )t π )) ] [k A C cos 2 t + k 2 T ω + P ) dt = 44(k + k 2 ) 2 k C cos ( π 2 t) 2π(k + k 2 )k C sin ( π 2 t) 44((k + k 2 ) 2 + π 2 ) + b a + C e (k +k 2 )t.

3 3. Inyección de droga. Encuentre y solucione el modelo para la inyección de droga en la sangre si, comenzando en t = 0, una cantidad constante A g/min es inyectada y la droga es simuláneamente eliminada a una tasa directamente proporcional a la cantidad presente en cada instante t. Solución: Sea y(t) la cantidad de droga presente en la sangre en cada instante t. En cada instante de tiempo tenemos que la cantidad de droga en la sangre sigue el modelo y (t) = (A ky(t)). Separando variables que Integrando, A ky y =. ln(a ky) = t + C, k siendo C una constante arbitraria. Despejando y sacando exponencial, nos queda y(t) = A Cekt. k Como condición inicial del problema, tenemos y(0) = A. Aplicando esto nos queda Despeando C, tenemos y(0) = A C k C = A( k) = A Así, la cantidad de droga en la sangre en cada instante t es y(t) = A A( k)ekt k 4. Epidemia Un modelo para la propagación de enfermedades contagiosas se obtiene al asumir que la tasa de propagación es proporcional al número de contactos entre personas infectadas y no infectadas que se supone se mueven libremente entre si. Realice un modelo para este problema, encuentre los puntos de equilibrio e indique su estabilidad o inestabilidad. Resuelva la EDO. Encuentre el límite de la proporción de infectados cuando t y explique esto que signica. Solución Sea

4 y = proporción de personas infectadas. y = proporción de personas no infectadas. k constante de proporcionalidad. t tiempo Como la tasa de propagación es proporcional al número de contactos entre personas infectadas y no infectadas se tiene con k > 0. dy dt = ky( y), (9) Para encontrar los puntos de equilibrio de la ecuación (9) se iguala esta a 0, así los puntos de equilibrio son tales que ky( y) = 0, de donde se concluye y = 0, y = son los únicos puntos de equilibrio. Para analizar su estabilidad realizaremos el campo de direcciones de esta ecuación: Del campo de direcciones observamos que las soluciones se acercan a y se alejan de 0, por tanto es punto de equilibrio estable y 0 es un punto de equilibrio inestable. Para solucionar la ecuación procederemos por separación de variables dy dt = ky( y) dy y( y) = kdt,

5 utilizando fracciones parciales se tiene y( y) = y + y, así ( y + ) dy = kdt, y integrando despejando ( ) y ln = kt + C y y y = Cekt, y = Cekt + Ce. kt Cuando t observamos que y, lo cual concuerda con lo observado en el campo de direcciones, esto implicaría que la población total será contagiada. 5. Lago Erik El lago Erik tiene un volumen de agua al rededor de 450km 3 y una tasa de ujo (entrada y salida) alrededor de los 75km 2 por año. Si en algún instante el lago tiene una concentración de polución de p = 0,04 %, cuanto tiempo, aproximadamente, le tomará al tanque decrecer hasta p, asumiendo que el ujo 2 de entrada es más limpio, digamos una polución de p, y la mezcla es uniforme. 4 Solución: Sea A la polución en el lago t tiempo en años Notamos que A(0) = p, el volumen V del tanque es de 450 y se tiene un ujo f de 75. De esta forma la variación del contaminante con respecto al tiempo es de lo cual se obtiene da dt = p 4V f A f V da dt = 7 72 p 7 8 A da dt pa = (0)

6 Para este caso se tiene que el factor integrante es h = 7 8 pt, r = 7, de esta forma 72 la solución general es ( ) A(t) = e h re h + C A(t) = p 4 + Ce 7 8 t Para encontrar C utilizamos la condición inicial A(0) = p lo cual da la condición particular A(0) = p 4 + C = p C = 3p 4 A(t) = p 4 + 3p 4 e 7 8 t. Deseamos encontrar el instante t en el cual A(t) = p. Despejamos este t de 2 A(t) = p 2 = p ) ( + 3e 7 8 t, 4 en consecuencia Es decir, alrededor de 3 años. t = ln(3) = 2,8 6. Cosecha renovable de recursos. Pesca. Suponga que la población y(t) de una cierta especie de peces está dada por la ecuación logística y = Ay By 2, y los peces son pescados a razón Hy proporcional a y. Resuelva este modelo, llamado Modelo Schaefer. Encuentre las soluciones de equilibrio y y y 2 (> 0) cuando H < A. La expresión Y = Hy 2 es llamada la cosecha de equilibrio o rendimiento sostenible correspondiente a H Solución: Sea y(t), la población de la especie de peces en el instante t. El modelo es de la forma y = Ay By 2 Hy = Ky By 2, donde K = A H. La solución general, según la fórmula (2) del ejemplo 4 del libro [] es y = Ce (H A)t + B/(A H), ()

7 siendo C una constante arbitraria. Las soluciones de equilibrio se obtienen haciendo y = 0. Por tanto, obtenemos que las soluciones de equilibrio son y = 0 y y 2 = (A H)/B cuando H < A. 7. Cosecha En el problema (6) encuentre y graque la solución que satisface y(0) = 2 cuando por simplicidad se consideran A = B = y H = 0,2. Cuál es el límite de la solución? Qué signica este límite? Qué sucede si no hay pesca? Solución: Al reemplazar A = B = y H = 0,2 en () se tiene Se desea que y(0) = 2 por tanto y = Ce 0,8t +,25. 2 = C +,25, solucionando esta ecuación se llega a C = 0,75 de esta forma y la gráca de esta función es y =,25 0,75e 0,8t, Vía un cálculo directo se observa lím t y(t) = 4 5,

8 esto implica que después de mucho tiempo la cantidad de peces tenderá a 4 5. En dado caso que no haya pesca, se tiene que H = 0 y por tanto y = Ce At + B/A, así después de mucho tiempo la población tenderá al punto de equilibrio A B. 8. Cosecha intermitente En el problema (6) asuma que usted pesca por 3 años, luego la pesca queda prohibida por los próximos 3 años, a partir de entonces empiezas de nuevo, y así sucesivamente. Esto es llamada cosecha intermitente. Describe cualitativamente como la población se desarrollará si la intermitencia continua periódicamente. Encuentre la gráca de la solución para los primeros 9 años, asumiendo que A = B =, H = 0,2 y y(0) = 2. Solución: En el problema 6 la solución general es y(t) = donde A = B =, H = 0,2 y y(0) = 2. Substituyendo estos valores en (2) se llega a A H, (2) B + C(A H)e (A H)t y(t) = mientras que cuando no hay pesca es y n (t) = 0,8, (3) + 0,8Ce 0,8t 0,8 + C e t, donde t es el tiempo medido desde el comienzo del periodo de prohibición de pesca, si t = t 3, 0,8 y n = + C e. (t 3) Si respetamos las mismas condiciones iniciales para el primer periodo cuando la pesca no ha sido prohibida se obtiene y(0) = 0,8 + 0,8Ce 0 = 2 C = 0,75 y (t) = 0,8 0,6e 0,8t

9 como la función y(t), la cual describe la población de peces, debe ser continua se tiene que y (3) = y n (3) así se encuentra que el valor de la constante C en consecuencia + C = 0,8 0,6e 2,4 C = 0,82, y n = + 0,82e (t 3). La función que describe la población de peces después de que la prohibición ha terminado también tiene que ser de forma y 2 (t) = 0,8 + 0,8C e 0,8t donde t = t 6 es el tiempo en años que ha pasado desde que la prohibición ha expirado. De estos argumentos de continuidad se tiene y n (6) = y 2 (6) la cual da la condición para C + 0,82e = 0, ,8C C = 0, 24 así se tiene y 2 (t) = 0,8 (0,8)(0,24)e = 0,8 0,8(t 6) 0,92e. 0,8(t 6) La solución es gracada en la gura Extinción Vs. Crecimiento exponencial. Si en una población y(t), la tasa de mortalidad es proporcional a la población, y la tasa de natalidad es proporcional a la cantidad de encuentros casuales para la reproducción, ¾cómo será el modelo? Sin resolverlo, diga qué ocurrirá eventualmente con una población pequeña. Para una grande. Después, resuelva el modelo. Solución: Sea M la tasa de mortalidad y N la tasa de natalidad. Tenemos que M = ky, siendo k una constante de proporcionalidad. Suponiendo que hay igual cantidad

10 Figura : Población de peces de machos que de hembras en la población y, el número de encuentros es y 2. Es decir N = ry 2, siendo r una constante de proporcionalidad. Así, el modelo es y = N M = ry 2 ky Independientemente si la población es grande o pequeña (y > ), la población va a crecer indenidamente con el tiempo (pues y 2 > y cuando y > ). Por la ecuación (2) del ejemplo 4 del libro [], tomando A = k y B = r, la solución general del problema es y = siendo C una constante arbitraria. Ce kt + r/k, 0. Flujo de Aire En un cuarto que contiene ft 3 de aire, 600 ft 3 de aire fresco uye por minuto, y la mezcla es expulsada a una velocidad de 600 ft 3 por minuto. ¾Cuál es la cantidad de aire fresco en cualquier tiempo t, si y(0) = 0.? ¾Después de cuánto tiempo la cantidad de aire fresco será del 90%? Solución Sea y la cantidad de aire en el cuarto en el tiempo t. Aplicando el principio de entrada salida se obtiene el siguiente modelo lo cual es equivalente a dy dt y = , dy dt y =. 00

11 Solucionando por separación de variables se llega a y(t) = Ce 3 00 t Como y(0) = 0 se concluye que C = así y(t) = 20000( e 3 00 t ). Por otro lado queremos saber en que tiempo y(t) = 0, = 8000, así que solucionando la ecuación da que t 77 min = 20000( e 3 00 t ) Mas ejercicios de modelación Matemática. Considere un tanque que es usado en ciertos experimentos de hidrodinámica, Después de uno de los experimentos el tanque contiene 200L de una solución de colorante con una concentración de g/l. Para preparar para el siguiente experimento, el tanque es enjuagado con agua fresca uyendo a razón de 2 L/min, la solución bien mezclada sale del tanque a igual velocidad. Encuentre el tiempo en el cual la concentración de colorante en el tanque alcanza el % de su cantidad original. Solución: Sea q= cantidad de colorante en el tanque t=tiempo en minutos Debido al principio de entrada-salida se obtiene donde dq dt = ujo de entrada ujo de salida, ujo de entrada = velocidad de entrada concentración de entrada = 0 ujo de salida = velocidad de salida concentración de salida = velocidad de salida cantidad volumen = q 00.

12 De esta forma se tiene el siguiente modelo dq dt = q 00, (4) utilizando que la concentración en el tiempo t = 0 es de se concluye que q(0) = 200. Solucionando este problema de valores iniciales por el método de separación de variables se concluye q(t) = 200e t 00. (5) Se desea encontrar el tiempo en el cual se tiene una concentración de % de su cantidad original es decir una concentración de 0,0g/L, como se inere que Combinando (5) y (6) se tiene concentración = cantidad volumen = 0,0 = q 200 q 200, (6) 0,0 = e t 00, de lo cual t = 460min. 2. Un tanque con una capacidad de 500 galones originalmente contiene 200 galones de agua con 00 libras de sal en solución. El agua que contiene libra de sal por galón entra a una velocidad de 3 gal / min, y la mezcla se deja salir del tanque a una velocidad de 2 gal /min. Encuentre la cantidad de sal en el tanque en cualquier momento antes del instante en que la solución comienza a desbordarse. Encuentre la concentración (en libras por galón) de sal en el tanque cuando está en el punto de desbordamiento. Comparar esta concentración con la concentración teórica límite si el tanque tenía una capacidad innita. Solución Observe que del ejercicio se tienen los siguientes datos Capacidad del tanque: 500gal. Velocidad de entrada: 3gal/min. Concentración: lb de sal. Velocidad de salida: 2gal/min. S(t): Cantidad de sal en el instante t.

13 S(0): 00lb de sal. Además de esto el cambio de volumen esta dado por la función V (t) = t Utilizando nuevamente el principio de entrada-salida, se obtiene que la EDO que modela la situación es la siguiente ds dt = 3 2 S t reorganizando se tiene que con condición inicial S(0) = 00, (7) ds dt + 2 S t = 3, lo cual se resuelve por el método de factor integrante donde 2 p(t) = t, r = 3 h(t) = 2 p(t)dt = dt = 2ln(200 + t) t e h = e 2ln(200+t) = (200 + t) 2 y e h = y reemplazando en la fórmula general de la solución ( ) S(t) = e h e h rdt + C, se obtiene así S(t) = ( (200 + t) 2 S(t) = (200 + t) + usando la condición inicial se obtiene que S(0) = (200) + (200 + t) 2, ) 3(200 + t) 2 dt + C C (200 + t) 2 C = 00 C = 4 06 (200) 2 por tanto se tiene que la cantidad de sal en el tanque en cualquier momento antes del instante en que la solución comienza a desbordarse es S(t) = (200 + t) 4 06 (200 + t) 2. (8)

14 Para saber la concentración (en libras por galón) de sal en el tanque cuando está en el punto de desbordamiento, se resuelve la ecuación V (t) = 500 ( para conocer el tiempo que toma en llenarse), de la cual t = 300 y reemplazando en (8) se obtiene que la cantidad de sal en el momento de desbordamiento es y por tanto la concentración es S(300) = 484, c = cantidad volumen = = ,97lb/gal. En el caso en el que el tanque tuviese una capacidad innita, queremos conocer que sucede con la concentración cuando t, esto es S(t) lím c(t) = lím t t t por lo tanto la concentración sería de lb/gal. =. (9) 3. Un tanque contiene 00 galones de agua y 50 onzas de sal. El agua contiene una concentración de sal de (+ sin t) oz/gal y entra al tanque a razón de 2 gal/min 4 2 y la mezcla del tanque sale a la misma razón. (a) Encuentre la cantidad de sal en el tanque en cada tiempo t. (b) Graque la solución para un largo periodo de tiempo, lo suciente para que veas el comportamiento nal de la gráca. (c) El comportamiento a lo largo del tiempo de la solución es una oscilación sobre un cierto nivel constante. ¾Cuál es este nivel? ¾Cuál es la amplitud de la oscilación? Solución: Sea y(t) la cantidad de sal en el tanque en el instante t. El modelo es y = sal que entra sal que sale Como el agua contiene ( + sin t) oz/gal y entran 2 galones cada minuto, la 4 2 sal que entra es de ( + sin t) oz/min. La sal que sale será 2 gal/min y Por tanto, el modelo es y = ( + 2 ) 2 sin t 50 y

15 y la condición inicial es y(0) = 50. Reorganizando la ecuación diferencial tenemos que y + 50 y = ( + 2 ) 2 sin t El factor integrante es µ = e 50 dt = e 50 t. Multiplicando la EDO por µ, tenemos que (µy) = 2 e 50 t ( + 2 sin t ) Integrando a ambos lados, nos queda que µy = 25et/50 ( sin t + 50 cos t 5002) C Luego, 25( sin t + 50 cos t 5002) y = + C 5002 e t/50 Aplicando la condición inicial y(0) = 50, tenemos que Luego, C = 25,25. Es decir, y(0) = 24,75 + C = 50 25( sin t + 50 cos t 5002) y = + 25, e t/50 Usando Geogebra, vemos que la gráca es similar a una exponencial decreciente:

16 Sin embargo, haciendo un zoom, vemos las oscilaciones alrededor del nivel 25, con amplitud de = Suponga que una suma S 0 es invertida a una tasa de rendimiento anual r compuesta continuamente. a) Encuentre el tiempo T, en función de r, requerido para que la suma original se duplica Solución Sean S= cantidad de dinero. S 0 = cantidad de dinero invertida inicialmente. t=tiempo medido en años. El modelo para la inversión de capital viene dado por ds dt = rs, S(0) = S 0, (20) solucionando este problema de valores iniciales se llega a S(t) = S 0 e rt. Se desea conocer el tiempo T en el cual S(T ) = 2S 0 es decir 2S 0 = S 0 e rt,

17 despejando se obtiene T = ln 2. (2) r b) Determine T si r = 7 %. Solución En el caso que r = 7 % = 0,07, reemplazando en (2) se llega a T = ln 2. 7 c) Encuentre la tasa de rendimiento anual si la inversión inicial se duplica en 8 años. Solución En este caso T = 8, despejando r de la ecuación (2) se tiene r = T ln 2 = ln Un joven sin capital inicial invierte k dólares anuales a una tasa anual r. Suponga que las inversiones se realizan continuamente y que el interés también se compone de manera continua. a) Determine la suma S(t) acumulada en cualquier momento t. Solución Sean S= cantidad de dinero. S 0 = cantidad de dinero invertida inicialmente. t=tiempo medido en años. La ecuación diferencial que modela la situación es la siguiente ds dt = k + rs reorganizando y solucionando por factor integrante se tiene que donde p(t) = r, h(t) = ds dt rs = k rdt = rt, S(t) = e rt [ ] ke rt dt + c = k r + Cert

18 teniendo en cuenta que en t = 0, S(0) = 0 por que está sin capital, entonces C = k, de ahí que la suma S(t) en cualquier momento t es r S(t) = k r (ert ). (22) b) Si r = 7,5 %, determine k de modo que un millón de dólares esté disponible para la jubilación en 40 años. Solución Del inciso 5a. se tiene que k = donde r = 0,075, t = 40, S = $ Sr e rt k = (000000)(0,075) e (0,075)(40) = 3929, 68. c) Si k = $2000 anuales, determine la tasa de interés r que se debe obtener para contar con un millón de dólares disponibles en 40 años. Solución En esta caso S = $000000, k = 2000, t = 40 de (22) se tiene que r = 0,0977 = 9,77 %. 6. Un cierto estudiante pide prestado $8000 para comprar un carro. El prestamista carga intereses a una tasa anual de 0 %. Suponiendo que el interés se carga continuamente y que el deudor realiza pagos continuamente a una tasa anual constante k, determina la tasa de pago k que se requiere para pagar el préstamo en 3 años. También determine cuántos intereses se pagan durante el período de 3 años. Solución: Sea y(t) lo que paga el deudor al cabo de t años. y = ry + k donde r es la tasa de interés y k los pagos. Es decir, y = 0, y + k o y 0,y = k.

19 El factor integrando es µ = e 0,t. Luego, con C una constante arbitraria. y = Ce 0,t 0k Usando la condición inicial y(0) = 0 obtenemos que Es decir, C = 0k. Luego, y(0) = C 0k = 0 y = 0ke 0,t 0k Después de 3 años, tenemos y(3) = 8000, es decir, y(3) = 0ke 0,3 0k = 8000 Despejando, tenemos k = 2286,64. Es decir, se requieren $2286 anual para pagar el préstamo en 3 años. La cantidad de intereses al cabo de tres años es 0,y(3), es decir, 0,(0 2286,64e 0, , 64) = 800 Luego, la cantidad aproximada de intereses que paga en tres años es de $ Una bola de masa 0.5 kg es lanzada hacia con una velocidad inicial de 20m/s desde el techo de un edicio de 30m de altura. Despreciando la resistencia del aire. a) Encuentre la máxima altura sobre el suelo que alcanza la pelota. Solución Sean y = altura con respecto al tiempo. v = velocidad con respecto al tiempo g = gravedad. t = tiempo en segundos Utilizando tercera ley de Newton se obtiene F = ma, de lo cual se obtiene el modelo dv dt = g, así v = gt + C. Como v(0) = 20 se llega a C = 20, así v(t) = 20 9,8t.

20 Se integra la anterior ecuación para obtener y, así y(t) = 20t 4, 9t 2 + K, sabemos que y(0) = 30, de donde k = 30, por tanto la función para la altura es y(t) = 20t 4, 9t (23) Para saber la máxima altura hacemos v(t) = 0, de esta forma tenemos que t = 2, 04. La altura en este instante de tiempo es y(2, 04) = 50, 4m b) Asumiendo que la bola no golpea el edicio en su caída, encuentre el tiempo que golpea el suelo. Solución Para saber el tiempo en el cual la bola golpea el suelo se iguala la ecuación (23) a cero, así solucionando esta ecuación t 5, 25. 4,9t t + 30 = 0, c) Realice la gráca de la velocidad y posición con respecto al tiempo. Solución 8. Supongamos que las condiciones son como en el problema 7, excepto que hay una fuerza debida a la resistencia del aire de magnitud v /30 dirigida opuesta a la velocidad, donde la velocidad v se mide en m / s. a) Encuentre la altura máxima sobre el suelo que la bola alcanza. Solución Según el ejercicio 7, las condiciones dadas son las siguientes

21 Masa: 0.5 kg v(0) = 20m/s h=30m, además de esto hay una fuerza debida a la resistencia del aire de magnitud v/30, por lo tanto la ED que modela la situación es la siguiente separando variables queda solucionando m dv dt = mg v 30, dv v + 44, = dt 4,5, ln(v + 44,) = t 4,5 + C, v(t) = Ce t 4,5 44,, utilizando la condición inicial se tiene que C = 64, por lo tanto la velocidad en el instante t es v(t) = 64,e t 4,5 44,. (24) Al integrar (24) se observa que la función para la altura es x(t) = 288,45e t 4,5 44,t + K, (25) como x(0) = 30 se tiene que K = 38,45, de lo cual x(t) = 288,45e t 4,5 44,t + 38,45. (26) Ahora para determinar la máxima altura que alcanza la bola se debe tener en cuenta que en este punto v(t) = 0, solucionando esta ecuación se llega a que t =,68sg, reemplazando este valor en (26) se obtiene que la altura máxima es x(,68) = 45,78m. b) Encuentre el tiempo que la bola golpea el suelo. Solución El tiempo en que la bola golpea al piso x(t s ) = 0 por lo que se tiene 288,45e ts 4,5 44,ts + 38,45 = 0 lo cual da t s = 5,3 sg

22 c) Trazar los grácos de velocidad y posición en función del tiempo. Solución 9. Suponga que se dan las condiciones del problema 7 excepto que existe una fuerza debida a la resistencia del aire de magnitud v 2 /325 en dirección opuesta a la velocidad, donde la velocidad v se mide en m/s. (a) Encuentre la altura máxima sobre el suelo que alcanza la bola (b) Encuentre el tiempo en el que la bola golpea el suelo (c) Dibuja las grácas de velocidad y posición versus tiempo. Compara estas grácas con las de los ejercicios 7 y 8. Solución: Sea y(t) la altura que alcanza la bola en el instante t. El peso de la bola es w(y) = mg La aceleración que lleva la bola es dv dt, luego m dv dt = mg v2 325

23 Es decir, v = g v2. Separando variables, 325m g + v2 325m Reemplazando m = 0,5 kg y g = 9,8 m/s 2, Reescribiendo, Integrando, siendo C una constante arbitraria. Despejando v, tenemos que 9,8 + v2 98,75 v = v = 98,75 947,45 + v 2 v = ( ) v 4,5 arctan = t + C 44,3 ( ) t v = 44,3 tan 4,5 + C Usando la condición inicial v(0) = 20, tenemos Despejando C, Por tanto, v(0) = 44,3 tan(c) = 20 C = arctan(0,45) = 0,42 ( t v = 44,3 tan Como v = y, tenemos que y = 44,3 tan ( y = 98,585 ln cos ) 4,5 + 0,42 ( t ). + 0,42 Integrando tenemos que 4,5 ( )) t 4,5 + 0,42 + D siendo D una constante arbitraria. Usando la condición inicial y(0) = 30, tenemos y(0) = 8,55 + D = 30

24 Entonces D = 48,55. Así, y = 98,585 ln La altura es máxima cuando v = 0: ( ( )) t cos 4,5 + 0, ,55 0 = tan ( ) t 4,5 + 0,42 Tenemos que t =,9 segundos. La altura en este instante de tiempo es y(,9) = 48,55m Es decir, la altura máxima es aproximadamente 48,55m. La bola golpea el suelo cuando y = 0, es decir, ( ( )) t 0 = 98,585 ln cos 4,5 + 0,42 Despejando el coseno, tenemos que ( ) t cos 4,5 + 0,42 = 0,78 Aplicando cos, tomando el ángulo negativo, nos queda t + 0,42 = 0,67 4,5 + 48,55 Es decir, t = 4,9 segundos. Tenemos entonces que la bola golpea el suelo a los 4,9 segundos. Las grácas de velocidad vs tiempo y distancia vs tiempo son, respectivamente

25 Referencias [] Kreyszig, E., Advanced Engineering Mathematics, 0th Edition. [2] Boyce W., DiPrima R. Elementary Dierential Equations. 0th Edition. Wiley.