Matemática Aplicada: Soluciones Resumidas

Grupo 01 de 1^{o} de Farmacia, 7 de febrero de 2000, Examen

Problema 1.- (2 puntos) Decir todo lo que se pueda sobre la gráfica de la función f(x) sabiendo que la gráfica de f′(x) es la curva de la figura 1.

Figura 1: Gráfica de f′(x).

Solución.- En la figura 2 se han dibujado los rasgos más destacados de f(x).

Figura 2: Gráficas de f′(x) y de una posible f(x). 2 Problema 2.- (2 puntos) Hallar la solución de la ecuación diferencial

x′ = x + t

que satisface la condición

∫_{0}^{1} x(t) dt = ∫_{1}^{2} x(t) dt.

Solución.- Hallamos la solución general de la ecuación diferencial no homogénea

x′ = x + t.

Para ello, podemos hallar, por ejemplo, la solución de

\{ \begin{matrix}x′ = x + t \\ x(0) = x_{0}. \end{matrix}  (1)

Y después podemos buscar x_{0} para que x(t) satisfaga la condición

∫_{0}^{1} x(t) dt = ∫_{1}^{2} x(t) dt.

De la fórmula

x(t) = [∫_{t_{0}}^{t} e^{− ∫_{t_{0}}^{s} a(τ) dτ}b(s) ds + x_{0}] e^{∫_{t_{0}}^{t} a(s) d(s)}

para el problema de condiciones iniciales

\{ \begin{matrix}x′ = a(t)x + b(t), \\ x(t_{0}) = x_{0}, \end{matrix}

deducimos que la solución de (1) viene dada por

x(t) = [∫_{0}^{t} e^{− ∫_{0}^{s} dτ}%, s ds + x_{0}] e^{∫_{0}^{t} ds}

= [∫_{0}^{t} s e^{−s} ds + x_{0}] e^{t}

Hallamos la integral ∫ s e^{−s} ds mediante la fórmula de integración por partes

∫ u dv = uv − ∫ v du.

Sean

u = s
dv = e^{−s} ds

De donde,

du = ds
v = −e^{−s}.

Por lo tanto ∫ s e^{−s} ds = −s e^{−s} + ∫ e^{−s} ds = −s e^{−s} − e^{−s} = −s e^{−s} − e^{−s} = −e^{−s} [s + 1]

Por consiguiente ∫_{0}^{t} s e^{−s} ds = −e^{−s} [s + 1] |_{0}^{t} = −e^{−t} [t + 1] + e^{0} [0 + 1] = −e^{−t} [t + 1] + 1.

De aquí se sigue que

x(t) = [−e^{−t} [t + 1] + 1 + x_{0}] e^{t}
= −[t + 1] + (1 + x_{0}) e^{t}.  (2)

Ahora debemos hallar las integrales

∫_{0}^{1} x(t) dt e ∫_{1}^{2} x(t) dt

para la función x(t) dada por (2).

∫_{0}^{1} x(t) dt = ∫_{0}^{1} −[t + 1] dt + ∫_{0}^{1}(1 + x_{0}) e^{t} dt
= − ∫_{0}^{1} t dt − ∫_{0}^{1} 1 dt + (1 + x_{0})%int_{0}^{1}e^{t} dt
= − (\frac{t^{2}}{2} )|_{0}^{1} − 1 + (1 + x_{0}) [e^{1} − 1]
= −\frac{1^{2}}{2} − 1 + (1 + x_{0}) [e − 1]
= −\frac{3}{2} + (1 + x_{0}) (e − 1);  (3)

∫_{1}^{2} x(t) dt = − ∫_{1}^{2} t dt − ∫_{1}^{2} 1 dt + (1 + x_{0}) ∫_{1}^{2} e^{t} dt

= − [ \frac{t^{2}}{2} |_{1}^{2}] − 1 + (1 + x_{0}) [e^{2} − e]

= −2 + \frac{1}{2} − 1 + (1 + x_{0}) (e^{2} − e)

= −\frac{5}{2} + (1 + x_{0}) (e^{2} − 1);  (4)

igualando (3) y (4) podremos deducir el valor de x_{0} que estamos buscando.

−\frac{3}{2} + (1 + x_{0}) (e − 1) = −\frac{5}{2} + (1 + x_{0}) (e^{2} − e)

1 + (e − 1) + x_{0}(e − 1) = (e^{2} − e) + x_{0}(e^{2} − e)

1 + e − 1 + e − e^{2} = x_{0}(e^{2} − e) + x_{0}(1 − e)

2e − e^{2} = x_{0}(e^{2} − 2e + 1)

x_{0} = \frac{2e − e^{2}}{e^{2} − 2e + 1} = \frac{e (2 − e)}{(e − 1)^{2}} ≈  (5)

\frac{−1, 9552}{2, 9522} = −0, 6613

Por consiguiente, llevando el valor de (5) a (2) obtenemos

(x)t = −[t + 1] + (1 + \frac{2e − e^{2}}{e^{2} − 2e + 1}) e^{t}

= −[t + 1] + \frac{e^{2} − 2e + 1 + 2e − e^{2}}{e^{2} − 2e + 1} e^{t}

= −[t + 1] + \frac{1}{(e − 1)^{2}} e^{t}.
≈ −[t + 1] + 0, 3387 e^{t}.

Problema 3.- (3 puntos) Hallar dos funciones continuas x_{1}(t) y x_{2}(t) tales que para todo número real t satisfacen que

\{ \begin{matrix}x_{1}(t) = − ∫_{0}^{t} x′_{1}(s) ds + 1, \\ x_{2}(t) = ∫_{0}^{t} (x_{1}(s) + x_{2}(s) + \frac{2}{3}ts) ds. \end{matrix}

Solución.- Derivando respecto de t la primera de estas ecuaciones se obtiene, teniendo en cuenta el teorema fundamental del cálculo,

x′_{1}(t) = −x′_{1}(t).

De donde

2x′_{1}(t) = 0.

Luego

x′_{1}(t) = 0.

Por ello x_{1}(t) es constante:

x_{1}(t) = c.

Hallemos c. Dando a t el valor 0 en la ecuación

x_{1}(t) = − ∫_{0}^{t} x′_{1}(s) ds + 1

deducimos que

x_{1}(t) = 1

Por lo tanto, ∀t ∈ ℝ,

x_{1}(t) = 1.  (1)

Antes de derivar en la ecuación

x_{2}(t) = ∫_{0}^{t} (x_{1}(t) + x_{2}(t) + \frac{2}{3} ts) ds  (2)

preparamos la integral de su segundo miembro

∫_{0}^{t} (x_{1}(s) + x_{2}(s) + \frac{2}{3} t s) ds = ∫_{0}^{t} x_{1}(s) ds + ∫_{0}^{t} x_{2}(s) ds + \frac{2}{3} t ∫_{0}^{t} s ds

= ∫_{0}^{z} x_{1}(s) ds + ∫_{0}^{t} x_{2}(s) ds + \frac{2}{3} t \frac{t^{2}}{2}

= ∫_{0}^{t} x_{1}(s) ds + ∫_{0}^{t} x_{2}(s) ds + \frac{t^{3}}{3}  (3)

Derivando (2) respecto de t y teniendo en cuenta (3) se obtiene

x′_{2}(t) = x_{1}(t) + x_{2}(t) + t^{2}  (4)

Pero x_{1}(t) = 1, ∀t ∈ ℝ, luego (4) llega a ser

x′_{2}(t) = x_{2}(t) + (1 + t^{2})  (5)

La ecuación diferencial (5) es lineal no homogénea en la incógnita x_{2}(t). De (2) deducimos que x_{2}(t) debe verificar la condición inicial

x_{2}(0) = 0  (6)

Resolviendo ahora el problema de condiciones iniciales

\{ \begin{matrix}x′_{2}(t) = x_{2}(t) + (1 + t^{2}) \\ x_{2}(0) = 0 \end{matrix}

habremos terminado el Problema 3.

x_{2}(t) = [∫_{0}^{t} e^{− ∫_{0}^{s} dτ}(1 + s^{2}) ds] e^{∫_{0}^{t} ds}

= e^{t} ∫_{0}^{t}(1 + s^{2}) e^{−s}ds

Hacemos la integral

I = ∫ (1 + s^{2}) e^{−s}ds

= ∫ e^{−s}ds + ∫ s^{2}e^{−s}ds

= −e^{−s} + ∫ s^{2}e^{−s}ds.

Para hallar ∫ s^{2}e^{−s}ds procederemos a aplicar dos veces seguidas la fórmula de la integración por partes.

∫ u dv = uv − ∫ v du

Sean

\begin{aligned}u_{1} = s^{2} & & du_{1} = 2s ds \\ & ⟹ & & ⟹ \\ dv_{1} = e^{−s}ds & & v_{1} = −e^{−s} \end{aligned}

\begin{matrix}I_{1} := ∫ s^{2}e^{−s}ds = −s^{2}e^{−s} + s ∫ s e^{−s}ds \\ I_{2} := ∫ s e^{−s}ds \end{matrix}

\begin{aligned}u_{2} = s & & du_{2} = ds \\ & ⟹ & & ⟹ \\ dv_{2} = e^{−s}ds & & v_{2} = −e^{−s} \end{aligned}

I_{2} = −s e^{−s} + ∫ e^{−s}ds = −s e^{−s} − e^{−s} = −e^{−s}(s + 1)

Luego

I_{1} = −s^{2}e^{−s} + 2 [−e^{−s}(s + 1)]
= −s^{2}e^{−s} − e^{−s}(2s + 2)
= −e^{−s}[s^{2} + 2s + 2]

De donde

I = −e^{−s} − e^{−s}[s^{2} + 2s + 2]
= −e^{s}[s^{2} + 2s + 3]

Por lo que

∫_{0}^{t}(1 + s^{2}) e^{−s}ds = −e^{−s}[s^{2} + 2s + 3]|_{0}^{t}
= −e^{−t}[t^{2} + 2t + 3] + 3

y, en consecuencia,

x_{2}(t) = −[t^{2} + 2t + 3] + 3e^{t}.

Problema 4.- (3 puntos) En un depósito que contiene una mezcla de 80 litros de ácido nítrico y 120 litros de agua se vierte una solución de ácido nítrico al 10% (en volumen) a razón de 6 litros por minuto. Al mismo tiempo, sale la mezcla del depósito a la velocidad de 7 litros por minuto. Contestar a las dos preguntas siguientes:

1. ¿En qué momento la concentración de ácido nítrico en el depósito es del 33% (en volumen)?

2. Durante los 200 primeros minutos, ¿hay algún instante en que la concentración de ácido nítrico en el depósito sea del 12% (en volumen)?

Solución.- Este problema trata de una mezcla de dos líquidos: agua y ácido nítrico.

Llamemos x(t) a la cantidad de litros de ácido nítrico presentes en el depósito a los t minutos de comenzar el proceso.

Como el 10% de 6 litros es 0,6 litros, tenemos que entrar en el depósito 0,6 litros de ácido nítrico por minuto en todo instante. El volumen del depósito en el minuto t es

v(t) = 200 − t

pues disminuye a razón de 7 − 6 = 1 litro por minuto. Así la cantidad de ácido nítrico que sale del depósito por minuto es

\frac{x(t)}{200 − t} \frac{lit. de a.n.}{lit. de mezcla} × 7 \frac{lit. de mezcla}{min} = \frac{7}{200 − t} x(t) \frac{lit. de a.n.}{min}

La ecuación diferencial que sirve de modelo matemático es

x′(t) = 0, 6 − \frac{7}{200 − t} x(t)  (1)

Condiciones iniciales

x(0) = 80  (2)

Solución de (1) y (2)

\{ \begin{matrix}x′(t) = −\frac{7}{200−t} x(t) + 0, 6 \\ x(0) = 80 \end{matrix}

x(t) = [0, 6 ∫_{0}^{t} exp (∫_{0}^{s} \frac{7}{200 − τ} dτ) ds + 80] exp (− ∫_{0}^{t} \frac{7}{200 − s} ds)

Teniendo en cuenta que

∫ \frac{ds}{200 − s} = − ln(200 − s)

se sigue que

− ∫_{0}^{t} \frac{7}{200 − s} ds = +7 ln(200 − s)|_{0}^{t}
= 7 [ln(200 − t) − ln 200]

= 7 ln (1 − \frac{t}{200})

= ln (1 − \frac{t}{200})^{7}

⟹ exp (− ∫_{0}^{t} \frac{7}{200 − s} ds) = (1 − \frac{t}{200})^{7}

∫_{0}^{t} exp (− ∫_{0}^{s} \frac{7}{200 − τ} dτ) ds = ∫_{0}^{t} (1 − \frac{s}{200})^{−7} ds

Pero

∫ (1 − \frac{s}{200})^{−7} ds = −200 \frac{(1 − \frac{s}{200})^{−7+1}}{−7 + 1}

= \frac{200}{6} (1 − \frac{s}{200})^{−6} ⟹

∫_{0}^{t} exp (∫_{0}^{s} \frac{7}{200 − τ} dτ) ds = \frac{200}{6} [(1 − \frac{s}{200})^{−6}]_{0}^{t}

= \frac{200}{6} [(1 − \frac{t}{200})^{−6} − 1]

De aquí que

x(t) = \{0, 6 \frac{200}{6} [(1 − \frac{t}{200})^{−6} − 1] + 80\} (1 − \frac{t}{200})^{7}

= 20 (1 − \frac{t}{200}) + 60 (1 − \frac{t}{200})^{7}

Concentración en el minuto t:

C(t) = \frac{x(t)}{v(t)}

= \frac{20 (1 − \frac{t}{200}) + 60 (1 − \frac{t}{200})^{7}}{200 − t}

= \frac{20 \frac{200−t}{200} + 60 (\frac{200−t}{200})^{7}}{200 − t}

= [\frac{1}{10} + \frac{60}{200^{7}} (200 − t)^{6}] \frac{lit. de a.n.}{lit. de mezcla}

¿Cuándo será c(t) = \frac{33}{100}?

\frac{1}{10} + \frac{60}{200^{7}} (200 − t)^{6} = \frac{33}{100}

\frac{10}{100} + \frac{60 (200 − t)^{6}}{100 2 200^{6}} = \frac{33}{100}

10 + \frac{30}{200^{6}} (200 − t)^{6} = 33

\frac{30}{200^{6}} (200 − t)^{6} = 23

(200 − t)^{6} = \frac{23}{30} × 200^{6}

⟹ 200 − t = (\frac{23}{30})^{1/6} × 200

200 − (\frac{23}{30})^{1/6} 200 = t

t = 200 [1 (\frac{23}{30})^{1/6}] = 8, 6635 minutos

¿Cuándo será c(t) = \frac{12}{100}?

10 + \frac{30}{200^{6}} (200 − t)^{6} = 12

⟹ \frac{30}{200^{6}} (200 − t)^{6} = 2

(200 − t)^{6} = \frac{2}{30} × 200^{6}

200 − t = (\frac{2}{30})^{1/6} 200

t = 200 − (\frac{2}{30})^{1/6} 200

t = 200 [1 − (\frac{2}{30})^{1/6}] = 72, 6454 minutos

Como 72,6454 es menor que 200 minutos, la respuesta a la segunda pregunta es afirmativa.