ed problemas de mezclas.pdf

230

APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN A PROBLEMAS DE MEZCLAS

Considrese un tanque que tiene un volumen inicial V0 de solucin (una mezcla de soluto y solvente). Hay un flujo tanto de entrada como de salida y se quiere calcular la cantidad de soluto x(t) que hay en el tanque en cualquier instante de tiempo t, en funcin de la cantidad inicial de soluto x0 al tiempo de iniciar el proceso de mezclado.

Supngase que la solucin que se inyecta al tanque tiene una concentracin de C1

gramos de soluto por litro, y fluye al mismo con una tasa de Q1 litros por segundo, en tanto que la sustancia contenida en el tanque se mantiene bien mezclada por agitacin y fluye hacia fuera de este a una tasa de Q2 litros por segundo.

C2 (t) = Concentracin de salida (vara en funcin de t) Q1 = razn de salida

Vo = Volumen Inicial C0 = Concentracin inicial x0 = Cantidad inicial de soluto

C1 = Concentracin de entrada Q1 = razn de entrada

OBSERVACIN: Es importante que quede claro que la cantidad de soluto en el tanque, una vez iniciado el proceso, va a variar en la medida en que transcurre el tiempo; es decir, la concentracin de sal en el tanque es una funcin del tiempo.

Sea x(t) la cantidad de soluto en el tanque en un instante de tiempo t. La cantidad de

soluto que fluye hacia el tanque durante t segundos es (Q1 C1 t) gramos. La cantidad de soluto que fluye hacia fuera del tanque durante el mismo intervalo de tiempo, depende de la concentracin de soluto C2(t) en el tanque al instante t.

231

La concentracin de soluto en el tanque en cualquier instante de tiempo t,

viene dada por la ecuacin: C2 (t) = )t(V)t(x

, donde x(t) es la cantidad de soluto en

cualquier instante de tiempo t y V(t) denota volumen de lquido en el tanque en cualquier instante de tiempo t.

Si la tasa de entrada de lquido al tanque es igual a la tasa de salida de lquido del tanque (Q1 = Q2) entonces el volumen en cualquier instante de tiempo t es el mismo, es decir, el volumen se mantiene constante (V(t) = V0 , con V0 volumen inicial). Si la tasa de entrada de lquido al tanque es mayor a la tasa de salida de lquido del tanque (Q1 > Q2) entonces el volumen en cualquier instante de tiempo t es mayor que el volumen inicial V0 (V(t) > V0). Si la tasa de entrada de lquido al tanque es menor a la tasa de salida de lquido del tanque (Q1 < Q2) entonces el volumen en cualquier instante de tiempo t es menor que el volumen inicial V0 (V(t) < V0).

El volumen de lquido en el tanque, en cualquier instante de tiempo t, viene dado por la ecuacin V(t) = V0 + (Q1 Q2) t

Por otra parte, la variacin de la cantidad de soluto en un instante t, es igual a la diferencia entre la cantidad de lquido que fluye hacia el tanque (Q1 C1 t) y la cantidad de lquido que fluye fuera del tanque (Q2 C2 t):

x = ( gramos que ingresan) - (gramos que salen) = (Q1 C1 t) - (Q2 C2 t) = (Q1 C1 - Q2 C2) t ya que t 0, dividiendo entre t

tx

= (Q1 C1 - Q2 C2)

calculando el lmite de cuando t 0 )CQCQ(

txlim 2211

0t=

(1)

Por la definicin de derivada,

dtdx

txlim

0t=

(2)

Comparando las ecuaciones (1) y (2)

dtdx = Q1 C1 - Q2 C2 (3)

donde Q1, C1 y Q2 son constantes

232

Sustituyendo en la ecuacin (3) C2(t) = )t(V)t(x =

t)QQ(V)t(x

210 +

dtdx = Q1 C1 + Q2

+ t)QQ(V)t(x

210

ecuacin sta, que puede escribirse

dtdx + t)QQ(V

Q

210

2+ x(t) = Q1 C1

Q

La ecuacin diferencial asociada a problemas de mezclas es la ecuacin diferencial lineal

dtdx + t)

x(t) = Q1 C1

Al resolver esta ecuacin, sujeta a la condicin x(0) = x0 , se obtendr la ley de variacin de la cantidad de soluto x(t) en un instante de tiempo t

Q(VQ

210

2+

UNIDADES Y NOTACIONES

Elemento Notacin Unidades

Volumen V(t) lt gal pies3 cm3

Soluto x(t) gr-kg lb lb gr-kg Tiempo t min min min min Caudal de Entrada Caudal de Salida

Q1 Q2

lt/min gal/min pies3/min cm3/min

Concentracin de Entrada Concentracin de Salida

C1 C2 (t)

gr/min lb/min lb/min gr/min kg/min kg/min

233

EJERCICIOS RESUELTOS SOBRE APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN

A PROBLEMAS DE MEZCLAS

1. Un tanque contiene originalmente 100 galones de agua fresca. Se vierte dentro del tanque, agua que contiene libra de sal por galn a una velocidad de 2 gal/min y se permite que salga la mezcla con la misma rapidez. Despus de 10 min se para el proceso y se vierte agua fresca dentro del tanque a la velocidad de 2 gal/min, dejando salir la mezcla a la misma velocidad. Encontrar la cantidad de sal en el tanque al final de los 20 min. SOLUCIN: El problema debe resolverse en dos partes. Para el tiempo t0 = 0 min la cantidad inicial de lquido en el tanque es V0 = 100 gal; como lo que contiene el tanque es agua, la concentracin inicial es C0 = 0 lb/gal. Ya que, x0 = C0 V0 = 0, entonces la cantidad inicial de sal en el tanque para el tiempo t0 = 0 min es x0 = 0 lb. Como a los 10 min de iniciado el proceso de mezclado este se detiene, debe entonces determinarse la concentracin de sal en el tanque para t = 10 min La ecuacin diferencial asociada a los problemas de mezcla es

( ) 112102 CQx

tQQVQ

dtdx =++ (1)

Sustituyendo los datos en la ecuacin (1)

( )

=++ 212x

t221002

dtdx

C1 = lb/gal V0 = 100 gal Q1 =2 gal/min C0 = 0 lb/gal x0 = 0 lb Q2 = 2 gal/min

simplificando

1x501

dtdx =+

despejando dtdx

x5011

dtdx = (2)

Ya que la diferencial de la cantidad x de sal es dx =

dtdx dt, sustituyendo

dtdx dada

por la ecuacin (2)

dx =

x5011 dt (3)

234

La ecuacin (3) es una ecuacin diferencial de variables separables. Para separar las

variables se multiplica la ecuacin (3) por el factor

x5011

1 = x50

50

x5050 dx = dt

integrando

x5050 dx = dt (4)

Ambas integrales son inmediatas

x5050 dx = x50 150 dx = x50ln50 + C1 dt = t + C2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuacin (4) x50ln50 = t + C (5)

Para determinar el valor de la constante C de integracin, se utiliza la condicin inicial, t0 = 0 min, x0 = 0 lb; estos valores se sustituyen en la ecuacin (5), obtenindose C = . El valor obtenido para C se sustituye en la ecuacin (5) 50ln50

x50ln50 = t 50ln50 multiplicando por

501 agrupando los logaritmos a un solo lado de la igualdad

x50ln 50ln = 50t

aplicando propiedades de logaritmo

50x50ln =

50t

aplicando e

50x50 = 50te

multiplicando por 50

50 x = 50 50t

e

despejando x

x = 50 50 50t

e

sacando factor comn 50

235

x (t) =

50te150 (6)

La ecuacin (6) representa la ley de variacin de la cantidad de sal en el tanque, para el intervalo de tiempo 0 < t < 10 De aqu que, la cantidad de sal en el tanque a los 10 min, se obtiene sustituyendo t =10 min en la ecuacin (5)

x(10) =

5010e150 =

51e150 = 50 ( 1 - 0,82) = 9

Por lo tanto, la cantidad de sal en el tanque al cabo de 10 min es x(10) = 9 lb. Justo a los 10 min se para el proceso de mezclado. A partir de ese momento se comienza un nuevo proceso de mezclado, por lo tanto, las condiciones iniciales del problema cambian.

Ahora, se vierte al tanque agua fresca, es decir la concentracin del lquido que se

inyecta al tanque es C1 = 0 lb/gal y se inyecta a una razn Q1 = 2 gal/min. Como se deja salir a l a misma razn, Q2 = 2 gal/min, el volumen de lquido en el tanque no vara, V0 = 100 gal y la cantidad de sal que hay en este momento en el tanque, es la cantidad de sal que se obtuvo para el tiempo t = 10 min en el primer proceso de mezclado; as x0 = 9 lb. Este nuevo proceso se muestra en la siguiente figura Sustituyendo los datos en la ecuacin (1)

( ) 0xt221002

dtdx =++

simplificando

0x501

dtdx =+

despejando dtdx

x501

dtdx = (7)

Ya que la diferencial de la cantidad x de

C1 = 0 lb/gal V0 = 100 gal Q1 =2 gal/min C0 = 9/100 lb/gal x0 = 9 lb Q2 = 2 gal/min

sal es dx =


dtdx dada por la ecuacin (7)

dx = x501 dt (8)


variables, se multiplica la ecuacin (8) por el factor x1

236

x1 dx =

501 dt

integrando

x1 dx = dt501 (9)


x1 dx = ln l x l + C3 dt = t + C4

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuacin (9)

ln l x l = 50t + K (10)

Para determinar el valor de la constante K de integracin, se utiliza la condicin que para el tiempo en que se inicia el nuevo proceso de mezclado t = 0 min, la cantidad de sal en el tanque es x = 9 lb. Sustituyendo en la ecuacin (10) resulta K = ln 9. Este valor de K, se sustituye en la ecuacin (10)

ln l x l = 50t + ln 9

agrupando los logaritmos a un solo lado de la igualdad

ln l x l ln 9 =50t


9xln =

50t

aplicando e

50t

e9x =

despejando x

x (t) = 9 50t

e

(11)

La ecuacin (11) representa la ley de variacin de la cantidad de sal en el tanque una vez reiniciado el proceso (luego de haberse detenido a los primeros 10 min). Para determinar la cantidad de sal en el tanque al final de los 20 min, como ya haban transcurrido 10 min de la primera parte del proceso entonces para completar los 20 minutos, transcurren 10 minutos ms. Por lo tanto, sustituyendo t = 10 min en la ecuacin (11)

x(10) = 9 51

e

= 7,37

237

Por lo tanto, la cantidad de sal en el tanque al final de los 20 min es de 7,37 lb 2. Un tanque con capacidad de 500 galones contiene inicialmente 200 galones de agua con 100 lb de sal en solucin. Se inyecta al tanque agua que cuya concentracin de sal es de 1 lb/gal, a razn de 3 gal/min. La mezcla debidamente agitada y homogeneizada sale del tanque a razn de 2 gal/min. a) Encuentre la cantidad de sal y la concentracin de sal en el tanque para cualquier tiempo b) Determine la concentracin de sal en el instante justo en que la solucin alcanza el volumen total del tanque SOLUCIN: a) El volumen total del tanque es Vt = 500 gal; sin embargo, antes de iniciar el proceso de mezclado, el tanque no est totalmente lleno, el volumen inicial de liquido en el tanque es V0 = 200 gal y hay disueltos x0 = 100 lb de sal.

C1 = 1 lb/gal Vt = 500 gal

Q1 = 3 gal/min V0 = 200 gal x0 = 100 lb Q2 = 2 gal/min

El lquido que se inyecta al tanque tiene una concentracin C1 = 1 lb/gal, y se inyecta a razn de Q1 = 3 gal /min. La mezcla debidamente agitada y homogeneizada sale del tanque a razn de Q2 = 2 gal /min La ecuacin diferencial asociada a los problemas de mezcla es

( ) 112102 CQx

tQQVQ

dtdx =++ (1)


3xt200

2dtdx =++ (2)

La ecuacin (3) es una ecuacin diferencial lineal, de la forma x(t) + F(t)x =G(t). Para

resolverla debe determinarse un factor integrante (t) = dt)t(Fe (t) = ( )2t200ln2dtt200

2

t200ee +== ++

Multiplicando la ecuacin (2) por el factor integrante (t) = ( )2t200 + ( )2t200 + 2)t200(3x)t200(2

dtdx +=++

despejando dtdx

238

dtdx = 2

2

)t200(x)t200(2)t200(3

+++ (3)



dtdx dada

por la ecuacin (3)

dx =

+++

2

2

)t200(x)t200(2)t200(3 dt

multiplicando por y reordenando los trminos de la ecucain ( 2t200 + ) ( 200 + t )2 dx + 2 ( 200 + t ) x dt = 3 ( 200 + t )2 dt (4)

Puesto que ( 200 + t )2 dx + 2 ( 200 + t ) x dt = d ( )[ ]xt200 2+

sustituyendo en la ecuacin (4) d ( )[ ]xt200 2+ = 3 ( 200 + t )2 dt

integrando

= ( )[ ] + xt200d 2 + dt)t200(3 2 (5)


( )[ + xt200d 2 ] = ( 200 + t )2 x + k1 + dt)t200(3 2 = ( 200 + t )3 + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuacin (5) ( 200 + t )2 x = ( 200 + t )3 + k (6)

Para determinar el valor de la constante de integracin k, se utiliza la condicin inicial para el tiempo t = 0 min, la cantidad de sal en el tanque es x = 100 lb. Sustituyendo estos valores en la ecuacin (6)

(200)2 100 = (200)3 + k despejando k

k = (200)2 100 (200)3 = (200)2 (100 200) = 100 (200)2 este valor de k se sustituye en la ecuacin (6)

( )2t200 + x = ( )3t200 + 100 (200)2 multiplicando por ( ) 2t200 + x(t) = ( 200 + t ) 100

2

t200200

+ (7) La ecuacin (7) representa la ley de variacin de la cantidad de sal en el tanque en funcin del tiempo.

239

Para determinar la ley de variacin de la concentracin de sal en el tanque en cualquier instante t, se debe recordar que la concentracin en cualquier instante t se obtiene como el cociente entre la cantidad de sal en cualquier instante t y el volumen en cualquier instante t

C(t) = )t(V)t(x (8)

donde V(t) = V0 + ( Q1 Q2 ) t = 200 + t (9) sustituyendo las ecuaciones (7) y (9) en la ecuacin (8)

C(t) = t200

t200200100)t200(

2

+

++ = 1 ( )3

2

)t200(200100+ = 1

( )3

6

)t200(104+ (10)

La ecuacin (10) representa la ley de variacin de la concentracin de sal en el tanque en cualquier instante t b) Puesto que la razn de salida Q2 es inferior a la razn de entrada Q1, el volumen de lquido en el tanque va a aumentar

Q2 < Q1 Vo aumenta

El volumen de lquido en el tanque, en cualquier instante t del proceso, se obtiene por medio de la ecuacin V(t) = V0 + (Q1 Q2) t (11)

As, para determinar el tiempo que demora en alcanzarse el volumen total de lquido en el tanque, se sustituyen los datos en la ecuacin (11) 500 = 200 + ( 3 2 ) t despejando t t = 300 min = 5 h es decir, que exactamente a las 5 horas, se alcanza el volumen total de lquido en el tanque.

Para determinar la cantidad de sal y la concentracin justo en el instante que el tanque llega a su volumen mximo, se sustituye en las ecuaciones (7) y (10) el tiempo t = 300 min (que es cuando alcanza el volumen total)

x(300) = ( 200 + 300 ) 100 2

300200200

+ = 500 100 2

52

= 500 100

254 = 484

C(300) = 1 ( ) 36

)500200(104+ = 1

( )( )6

6

10343104 = 1

3434 =

343339 = 0,98

Luego, al cabo de 5 horas la cantidad de sal en el tanque es 484 lb y la concentracin es 0,98 lb/gal

240

3. Un tanque contiene 450 lt de lquido en el que se disuelven 30 gr de sal: Una salmuera que contiene 3 gr/lt se bombea al tanque con una intensidad de 6 lt/min, la solucin adecuadamente mezclada se bombea hacia fuera con una intensidad de 8 lt/min. Encuentre el nmero de gramos de sal y la concentracin de sal, que hay en el tanque en un instante cualquiera SOLUCIN: El volumen inicial de lquido en el tanque es V0 = 450 lt y la cantidad inicial de sal en el tanque es x0 = 30 gr. La salmuera que se bombea al tanque tiene una concentracin C1 = 3 gr/lt y se bombea a una razn Q1 = 6 lt/min. La solucin, debidamente agitada y homogeneizada, se extrae del tanque a razn Q2 = 8 lt/min La ecuacin diferencial asociada a los problemas de mezcla es

( ) 112102 CQx

tQQVQ

dtdx =++ (1)


( ) 18xt864508

dtdx =++

icando

18xt225

4dtdx =+

C1 = 3 gr/lt V0 = 450 lt

d

xt225

4 (2)

p

r

simplif

Q1 = 6 lt/min x0 = 30 gr Q2 = 8 lt/min

espejando dtdx

dtdx = 18 Ya que la diferencial de la cantidad x de sal es dx =


dtdx dada

or la ecuacin (2)

dx =

xt225418 dt

eordenando la ecuacin

dx + xt225

4 dt = 18 dt (3)

241

La ecuacin (3) es una ecuacin diferencial lineal de la forma x + F(t) x = G(t), donde

F(t) = xt225

4 , G(t) = 18. Para resolver la ecuacin (3) debe determinarse un factor

integrante = dt)t(Fe = = dt)t(Fe dtt2254e = t225ln4e = ( ) 4t225

Multiplicando la ecuacin (3) por el factor integrante ( dx + 4 ) 4t225 ( ) 5t225 x dt = 18 ( ) 4t225 dt (4) Puesto que

( 4t225 ) dx + 4 ( ) 5t225 x dt = d ( )[ ]xt225 4 sustituyendo en la ecuacin (4)

d ( )[ ]xt225 4 = 18 ( ) 4t225 dt integrando

= 18 ( )[ ]xt225d 4 dt)t225( 4 (5)


( )[ ]xt225d 4 = ( ) 4t225 x + k1 dt)t225( 4 = 3 )t225( 3 + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuacin (5) x = ( ) 4t225 ( ) 3t2256 + k (6)

Para determinar el valor de la constante k de integracin se utiliza la condicin inicial x(0) = 30, esto es, t0 = 0 min y x0 = 30 gr se sustituyen en la ecuacin (6)

( ) 4225 30 = ( ) 32256 + k despejando k

k = ( 30 = ) 4225 3)225(6 ( ) 4225 ( 30 - = )225(6 ) ( ) 4225 ( 30 - 1350) k = ( ) 4225 1320

este valor obtenido para k se sustituye en la ecuacin (6) ( 4t225 ) x = ( ) 3t2256 ( ) 4225 1320

multiplicando por ( ) 4t225

242

t5 ) - 1320 4225

t225

(7)

y de variacin de la cantidad de sal en el tanque en c n de sal en el tanque en un instante t cualquiera, se d (t) es el cociente entre la cantidad de sal y el volumen d t cualquiera, es decir

)t(x

d s

e 4lmaibec6 S x(t) = ( 226La ecuacin (7) representa la le

ualquier instante t.

Para determinar la concentraciebe recordar que la concentracin Ce lquido en el tanque, en un instante C(t) = )t(V (8)

onde V(t) = V0 + ( Q1 Q2 ) t = 450 2t = 2 ( 225 t ) (9) ustituyendo las ecuaciones (7) y (9) en la ecuacin (8)

C(t) = ( )t22521320)t225(6

4

225t225

= ( )( )4

3

225t2256903

C(t) = ( )( )43

225t2256903 (10)

La ecuacin (10) representa la ley de variacin de la concentracin de sal en el tanque

n cualquier instante t.

. Un gran depsito est lleno de 500 gal de agua pura. Una salmuera que contiene 2 b/gal se bombea al tanque a razn de 5 gl/min. La salmuera, adecuadamente

ezclada, se bombea hacia fuera con la misma rapidez. ) Halle el nmero de libras de sal y la concentracin de sal en el tanque en un

nstante t cualquiera ) Determine la cantidad de sal y la concentracin al cabo de hora y media de iniciado l proceso de mezclado ) Cunto tiempo debe transcurrir para que la cantidad de sal en el tanque sea de 32,12 lb?

OLUCIN:

C1 = 2 lb/gal V0 = 500 gal Q1 = 5 gal/min x0 = 0 lb Q2 = 5 gal/min

a) El volumen inicial de lquido en el tanque es V0 = 500 gal y como lo que contiene es agua pura, la cantidad inicial de sal en el tanque es x0 = 0 gr. La salmuera que se inyecta al tanque tiene una concentracin C1 = 2 lb/gal y la razn de entrada es Q1 = 5 gal/min. La mezcla, una vez agitada y homogeneizada, se extrae del tanque a la misma razn de

243

entrada, esto es, Q2 = 5 gal/min. Puesto que, las razones de entrada y salida son iguales, el volumen de lquido en el tanque en cualquier instante t permanecer constante e igual al volumen inicial V(t) = V0 = 500 gal

La ecuacin diferencial asociada a los problemas de mezcla es

( ) 112102 CQx

tQQVQ

dtdx =++ (1)

sustituyendo los datos en la ecuacin (1)

( ) 10xt555005

dtdx =++

simplificando

10x100

1dtdx =+

despejando dtdx

dtdx = x

100110 (2)

La diferencial de la cantidad x de sal en el tanque es dx =


dtdx

dada por la ecuacin (2)

dx = dtx100

110

(3)


variables basta multiplicar la ecuacin (3) por el factor

x100

110

1

x100

110

1 dx = dt

integrando

= dtdxx100110 1 (4)


244

x100

110ln100dxx

100110

1001

100dxx

100110

1 =

=

+ k1 dt = t + k2


x100

110ln100 = t + k (5)

Para determinar el valor de la constante k de integracin, se utiliza la condicin inicial: para el tiempo t = 0 min, la cantidad de sal es x = 0 lb (es agua pura lo que hay en el tanque); estos valores se sustituyen en la ecuacin (5), obtenindose k = . Este valor conseguido para k se sustituye en la ecuacin (5)

10ln100

x100

110ln100 = t 10ln100


1

x100

110ln = 100

t + ln 10 agrupando los logaritmos a un solo lado de la igualdad

x100

110ln ln 10 = 100

t aplicando propiedades de logaritmo

x1000

11ln10

x100

110ln =

=

100t

aplicando e

x1000

11 = 100te despejando x

x(t) =

100te11000 (6)

La ecuacin (6) representa la ley de variacin de la cantidad de la cantidad de sal en el tanque en cualquier instante t.

Para determinar la concentracin de sal en el tanque en un instante t cualquiera, se debe recordar que la concentracin C(t) es el cociente entre la cantidad de sal y el volumen de lquido en el tanque, en un instante t cualquiera, es decir

245

C(t) = )t(V)t(x (7)

donde V(t) = V0 + ( Q1 Q2 ) t = 500 (8)

Sustituyendo las ecuaciones (6) y (8) en la ecuacin (7)

C(t) = 500

e11000 100t

=

100te12 (9)

La ecuacin (9) representa la ley de variacin de la concentracin de sal en el tanque en cualquier instante t. b) Para determinar la cantidad de sal y la concentracin transcurrida hora y media, esto es 90 min, se sustituye en las ecuaciones (6) y (9) t = 90 min

x(90) =

109e11000 = 593,43

C(90) =

109e12 = 1,19

Luego, a los 90 min de iniciado el proceso de mezclado, la cantidad de sal en el tanque es de 593,43 lb y la concentracin de sal es de 1,19 lb/gal c) A fin de establecer cuanto tiempo debe transcurrir para que la cantidad de sal en el tanque sea 632,12 lb, se sustituye x = 632,12 en la ecuacin (6)

632,12 =

100te11000

despejando 100t

e

100t

e

= 1000

12,6321 aplicando ln

100t = ln

100088,367

despejando t

t = 100250

97,91ln100 = (-0,9999) = 100

Por lo tanto, para que la cantidad de sal en el tanque sea de 632,12 lb debern transcurrir 100 min, esto es, 1h y 40 min.

246

5. Efectuar el ejercicio anterior suponiendo que la solucin se extrae a razn de 10 gal/min Cunto tiempo demorar el tanque en vaciarse? SOLUCIN: El volumen inicial de lquido en el tanque es V0 = 500 gal y como lo que contiene es agua pura, la cantidad inicial de sal en el tanque es x0 = 0 gr. La salmuera que se inyecta al tanque tiene una concentracin C1 = 2 lb/gal y la razn de entrada es Q1 = 5 gal/min. La mezcla, una vez agitada y homogeneizada, se extrae del tanque y la razn de salida es, Q2 = 10 gal/min. Puesto que, la razn de entrada es menor que la razn de salida, el volumen de lquido en el tanque va disminuyendo (V(t) < V0).

La ecuacin diferencial asociada a C1 = 2 lb/gal V0 = 500 gal Q1 = 5 gal/min x0 = 0 lb

los problemas de mezcla es

( ) 112102 CQx

tQQVQ

dtdx =++ (1)

sustituyendo los datos en la ecuacin (1)

10xt

=105500

10dtdx

++ ( )simplificando

10xt100

2dtdx =+

despejando dtdx

= xt100

210 (2)

de sal en el tanque es dx = dt, sustituyendo dt

dxdtdx

d

r

d

Q2 = 10 gal/min

dtdx

La diferencial de la cantidad x

ada por la ecuacin (2) dx = dtxt100

210

eordenando los trminos de la ecuacin

dx + dtxt100

2 = 10 dt (3)

La ecuacin (3) es una ecuacin diferencial lineal de la forma x(t) + F(t) x = G(t),

onde F(t) = t100

2 y G(t) = 10. Para resolverla debe determinarse un factor integrante

= e dt)t(F

247

= = dt)t(Fe dtt1002e = t100ln2e = ( ) 2t100

Multiplicando la ecuacin (3) por el factor integrante ( dx + 2 ) 2t100 ( ) 3t100 x dt = 10 ( ) 2t100 dt (4)

Puesto que

( 2t100 ) dx + 2 ( ) 3t100 x dt = d ( )[ ]xt100 2 sustituyendo en la ecuacin (4)

d ( )[ ]xt100 2 = 10 ( ) 2t100 dt integrando

= 10 ( )[ ]xt100d 2 dt)t100( 2 (5)


( )[ ]xt100d 2 = x ( ) 2t100 + k1 dt)t100( 2 = ( ) 1t100 + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuacin (5) x = 10 ( 2t100 ) ( ) 1t100 + k (6)

Para determinar el valor de la constante k de integracin se utiliza la condicin inicial

x(0) = 0, esto es, t0 = 0 min y x0 = 0 lb se sustituyen en la ecuacin (6) resultando k = 101

Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuacin (6)

x ( = 10 ) 2t100 ( ) 1t100 101

multiplicando por ( ) 2t100 x(t) = 10 ( )t100 ( )2

10t100 (7)

La ecuacin (7) representa la ley de variacin de la cantidad de sal en el tanque en cualquier instante t. Ahora debe determinarse el tiempo tv que demora el tanque en vaciarse. Si el tanque est vaco, significa que no hay lquido en l, por lo tanto el volumen es cero, es decir V(tv) = 0

248

Puesto que el volumen de liquido en el tanque en cualquier instante t viene dado como V(t) = V0 + ( Q1 Q2 ) t

al evaluar en t = tv V(tv) = V0 + ( Q1 Q2 ) tv

s (5 10) tv = 500 5 tv

d

tv = 1005500 =

n vaciarse 100 min, es decir, 1 hora y 40 min 6 iene inicialmente 90 libras de sal disueltas en 90 g ye, a razn de 4 galones por minuto, una salmuera q or galn y la mezcla debidamente agitada y h e a razn de Q galones por minuto. Si se sabe el t to a los 30 min determine ab ue se llena S vx Qu

sustituyendo los datos 0 = 500 +

espejando tv

Por lo tanto, el tanque demora e

. Un tanque de 120 galones, contalones de agua. Hacia el tanque fluue contiene 2 libras de sal pomogeneizada se extrae del tanqu

anque comienza a desbordarse jus) La razn Q de salida ) La cantidad de sal cuando el tanqOLUCIN:

a) La cantidad inicial de lquido en el tanque es de 90 lt, lo que corresponde al olumen inicial, esto es V0 = 90 lt. La cantidad inicial de sal disuelta en los 90 gal de agua es 0 = 90 lb

Al tanque fluye una salmuera de concentracin C1 = 2 lb/gal y lo hace a una razn 1 = 4 gal/min. La mezcla debidamente agitada y homogeneizada se deja salir del tanque a na razn Q2 = Q gal/min.

La ecuacin diferencia asociada a los problemas de mezcla es

( ) 112102 CQx

tQQVQ

dtdx =++ (1)

Observe que el caudal de salida Q2 se desconoce. Este se determinara por medio de la ecuacin del volumen en cualquier instante t V(t) = V0 + ( Q1 Q2) t (2) De acuerdo con el enunciado, el tanque comienza a desbordarse para t = 30 min , es decir, en ese instante alcanza el volumen total V(30) = Vt = 120 gal

C1 = 2 lb/gal Vt = 120 gal Q1 = 4 gall/min V0 = 90 gal x0 = 90 lb Q2 = Q gal/min

Evaluando la ecuacin (2) para t = 30 min V (30) = V0 + ( Q1 Q2) 30

ustituyendo V(30), V0 y Q1

249

120 = 90 + ( 4 - Q2 ) 30 resolviendo

=30

90120 4 Q2

despejando Q2 Q2 = 3 gal/min

b) Para determinar la cantidad de sal cuando el tanque se llena se debe determinarse la ley de variacin de la cantidad de sal en el tanque, en cualquier instante t. Para ello, se sustituyen todos los datos en la ecuacin (1)

( ) 8xt34903

dtdx =++

simplificando

8xt90

3dtdx =++

despejando dtdx

dtdx = x

t9038 + (3)

Ya que, la diferencial de la cantidad x de sal es dx = dtdtdx

, sustituyendo

dtdx dada

por la ecuacin (3)

dx = dtxt90

38

+ equivalentemente

dt8dtxt90

3dx =++ (4)

La ecuacin (4) es una ecuacin diferencial lineal, de la forma x(t) + F(t) x = G(t),

donde F(t) = t90

3+ y G(t) = 8. Para resolverla debe determinarse un factor integrante

(t) = dt)t(Fe (t) = = dt)t(Fe + dtt903e = t90ln3e + = ( )3t90 +

Multiplicando la ecuacin (4) por el factor integrante

( )3t90 + ( ) =++ dtxt903dx 2 8 ( )3t90 + dt (5) Puesto que

250

( )3t90 + ( ) =++ dtxt903dx 2 d ( )[ ]xt90 3+ sustituyendo en la ecuacin (5)

d ( )[ ]xt90 3+ = 8 ( )3t90 + dt integrando

= 8 + (6)

( )[ xt90d 3+ ] dt)t90( 3 Ambas integrales son inmediatas

( )[ ]xt90d 3+ = x ( )3t90 + + k1 + dt)t90( 3 = ( )4t9041 + + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuacin (6) x ( ) = 3t90 + ( )4t902 + + k (7)

Para determinar el valor de la constante k de integracin se utiliza la condicin inicial x(0) = 90, esto es, t = 0 min y x = 90 lb se sustituyen en la ecuacin (7) resultando k = ; este valor obtenido para k se sustituye en la ecuacin (7) ( )490

x ( ) = 3t90 + ( )4t902 + ( )490 multiplicando por ( ) 3t90 + x(t) = ( )t902 + 3

30909090

+ (8)

La ecuacin (8) representa la ley de variacin de al cantidad de sal en el tanque en cualquier instante t. Puesto que el tanque se llena justo a los 30 min, sustituyendo t = 30 min en la ecuacin (8)

x(30) = ( )30902 + 33090

9090

+ = 240

642790 = 240

322745 = 202,03

Luego, la cantidad de sal en el tanque en el momento de alcanzar su volumen mximo es 202,03 lb 7. Un tanque cuyo volumen es de 4000 lt est inicialmente lleno hasta la mitad de su capacidad, con una solucin en la que hay disueltos 100 kg de sal. Se bombea agua pura al tanque a razn de Q lt/min y la mezcla, que se mantiene homognea mediante agitacin, se extrae a razn de 3 lt/min. Si se sabe que al cabo de 3 horas y 20 min hay 800 lt ms de solucin en el tanque, determine a) El caudal de entrada Q b) Cantidad de sal en el tanque al cabo de 4 horas

251

c) Cantidad de sal y concentracin de sal al momento justo de comenzar a desbordarse SOLUCIN: a) La cantidad inicial de lquido en el tanque es la mitad de su capacidad total, por lo tanto, el volumen inicial de lquido es V0 = 2000 lt y la cantidad inicial de sal disuelta en los 2000 lt de solucin es x0 = 100 kg Al tanque fluye agua pura, por lo que la concentracin de entrada es C1 = 0 kg/lt y lo hace a una razn de entrada Q1 = Q lt/min. La mezcla debidamente agitada y homogeneizada se deja salir del tanque a una razn Q2 = 2 lt/min. La ecuacin diferencial asociada a los problemas de mezcla es

( ) 112102 CQx

tQQVQ

dtdx =++ (1)

Observe que el caudal de entrada Q1 se desconoce. Este se determinara por medio de la ecuacin del volumen en cualquier instante t V(t) = V0 + ( Q1 Q2) t (2) De acuerdo con el enunciado, luego de 3 horas y 20 min, hay 800 lt ms de lquido en en el tanque. Es decir, para el tiempo t = 200 min el volumen de lquido es V(200) = 2800 lt; s uacin (2)

C1 = 0 Kg/lt Vt = 4000lt Q1 = Q lt/min V0 = 1000 lt x0 = 100 kg

200) = 2000 + ( Q1 3) 200 r

=200

20002800 Q1 3

dQ1 = 7 lt/min

de sal en el tanque al cabo de 4 horas debe determinarse l de sal en el tanque, en cualquier instante t. Para ello, se s

s

d ustituyendo estos valores en la ec

Q2 = 3 lt/min

V (esolviendo

espejando Q1

b) Para obtener la cantidada ley de variacin de la cantidad

ustituyen todos los datos en la ecuacin (1)

( ) 0xt3720003

dtdx =++

implificando

0xt42000

3dtdx =++

espejando dtdx

252

dtdx = x

t420003+ (3)

Ya que, la diferencial de la cantidad x de sal es dx = dtdtdx

, sustituyendo

dtdx dada

por la ecuacin (3)

dx = dtxt42000

3

+ (4)


variables se multiplica la ecuacin (4) por el factor x1

x1 dx =

t420003+ dt

integrando

dxx1 = dtt420003 + (5)


dxx1 = ln l x l+ k1dt

t420003 + = dtt42000443 + = t42000ln43 + + k2


ln l x l = t42000ln43 + + k (6)

Para determinar el valor de la constante k de integracin se utiliza la condicin inicial x(0) = 100, esto es, t = 0 min y x = 100 gr se sustituyen en la ecuacin (6)

ln l 100 l = 2000ln43 + k

despejando k

ln 100 + 2000ln43 = k

por propiedades de logaritmo

k = ln ( )

432000100 Sustituyendo el valor obtenido para k en la ecuacin (6)

253

ln l x l = t42000ln43 + + ln ( ) 4

32000100


ln l x l =

+

43

t500500100ln

aplicando e

x(t) = 4

3

t500500100

+ (7)

La ecuacin (7) representa la ley de variacin de al cantidad de sal en el tanque en cualquier instante t. La cantidad de sal, luego de 4 horas se obtiene sustituyendo t = 240 min en la ecuacin (7)

x(240) =4

3

t500500100

+ = 4

34

3

3725100

740500100

=

= 74,52

Luego la cantidad de sal en el tanque, transcurridas 4 horas, es 74,52 kg

b) Ahora debe determinarse el tiempo que ha transcurrido para que en el tanque queden 50 kg de sal. Para ello se sustituye x = 50 en la ecuacin (7) y se busca el valor de t

50 = 4

3

t500500100

+

Multiplicando por

100

1 y elevando a la 4/3

+=

t500500

21 3

4

Multiplicando por )t500(21 3

4

+

500 + t = 3

4

21500

despejando t

t = 500)2(500 34 = ( ) 12500 3

4

Luego, debern transcurrie t = 760 min = 12 horas 40 min. Para que queden en el tanque 50 kg de sal

c) A fin de establecer la cantidad de sal y la concentracin de sal en el tanque, justo al

momento de desbordarse, debe determinarse el tiempo t para el cual el tanque comienza a desbordarse. Es decir, debe determinarse el tiempo tm para el cual el volumen de lquido en el tanque es exactamente el volumen total V(tm) = Vt = 4000 lt

254

Recuerde que el volumen de lquido en el tanque en cualquier instante t esta dado por

la ecuacin V (t) = V0 + ( Q1 - Q2 ) t

As, para el tiempo tm

V(tm) = V0 + ( Q1 - Q2 ) tm sustituyendo los datos

4000 = 2000 + 4 tm Despejando tm

tm = 500 min = 8h 20 min

Una vez determinado el tiempo justo en que se alcanza el volumen total de lquido en el tanque, t = 500 min, este se sustituye en la ecuacin (7)

x(t) = 4

3

500500500100

+ = 43)2(100 = 59,46

Por lo tanto, la cantidad de sal en el tanque justo al momento de desbordarse ( t = 500min) es 59,46 kg La concentracin de sal en el tanque en cualquier instante t es igual al cociente entre la cantidad de sal y el volumen de sal en cualquier instante t

C(t) = t42000

t500500100

)t(V)t(x

43

+

+= =

t500t500

500254

3

+

+ = ( )( ) 47

43

t500

50025

+

sustituyendo t = 500 min

C(500) = ( )( ) 474

3

500500

50025

+ = ( )

( ) 47474

3

500)2(

50025 = ( ) 4747 )2(20

1

500)2(

25 = = 0, 0148

Por lo tanto, la concentracin de sal en tanque justo al momento de desbordarse ( t = 500 min) es 0, 0148 kg/lt 8. Considrese un estanque con un volumen de 8 mil millones de pies cbicos y una concentracin inicial de contaminantes de 0,25 %. Hay un ingreso diario de 500 millones de pies cbicos de agua con una concentracin de contaminantes de 0,05 % y un derrame diario de igual cantidad de agua bien mezclada en el estanque Cunto tiempo pasar para que la concentracin de contaminantes en el estanque sea de 0,10%? SOLUCIN: La cantidad inicial de lquido en el estanque es V0 = 8.000.000.000 pies3, y la concentracin inicial de contaminantes en el estanque es C0 = 0,25 % = 0,0025 = 25 . 10-4

255

La cantidad inicial de contaminantes x0 esta dada como x0 = C0 V0 = 25 . 10-4 8 . 109 = 200 . 105 = 2 . 107

as, la cantidad inicial de sal en el tanque es x0 = 2 . 107 lb

Al tanque fluye agua a una razn de entrada Q1 = 500.000.000 pies3/da y la concentracin de contaminantes de el agua que se inyecta al tanque es C1 = 0,05 % = 0.0005 = 5 . 10-4. El agua bien mezclada en el estanque sale a la misma razn entrada Q2 = Q1 La ecuacin diferencial asociada a los problemas de mezcla es

( ) 112102 CQx

tQQVQ

dtdx =++ (1)


4898

10.510.5x10.810.5

dtdx =+

simplificando

410.25x161

dtdx =+

C1 = 0,05 % V0 = 8 . 109 pie3 Q1 = 5 . 108 pie3/da C0 = 0,25 % Q2 = 5 . 108 pie3/da

despejando dtdx

dtdx = 25 . 104 x

161 =

16x10.4 6 (3)

Puesto que la diferencial de la cantidad x de contaminantes es dx = dtdtdx

,

s dx 3)

=

16x10.4 6 dt (4)

diferencial de variables separables. Para separar las

v or el factor x10.4

166

x1016

6 dx = dt

i

ustituyendo dt

dada por la ecuacin (

dx

La ecuacin (4) es una ecuacin

ariables se multiplica la ecuacin (4) p

.4

ntegrando

x10.4 166 dx = dt (5)


256

dx10.4x

116dxx10.4

1666 = = 610.4xln16 + k1

dt = t + k2 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuacin (5) 610.4xln16 = t + k (6)

Para determinar el valor de la constante k de integracin se debe utilizar la condicin inicial, esto es, para el tiempo t0 = 0 da, la cantidad de contaminantes es x0 = 2 . 107

Sustituyendo en la ecuacin (6) t = t0 = 0 da y x0 = 2 . 107

k = 67 10.410.2ln16 = )2010(10.2ln16 6 = 610.16ln16 este valor conseguido para k se sustituye en la ecuacin (6)

610.4xln16 = t 610.16ln16 equivalentemente

610.4xln16 + 610.16ln16 = t aplicando propiedades de logaritmo

16 ln 66

10.4x10.16

= t

multiplicando por 161 y aplicando e

6

6

10.4x10.16

= 16

te

multiplicando por ( )616t 10.4xe 610.16 . 616

t10.4xe =

despejando x

x(t) = 4 . 106 + 610.16 16t

e

equivalentemente

x(t) = 4 . 106

+ 16te41 (7)

La ecuacin (7) representa la ley de variacin de la cantidad x de contaminantes en el estanque en un instante cualquiera

257

Para poder determinar cuando la cantidad de contaminantes ser de 0,10 %, debe comenzarse por establecer la ley de variacin de la concentracin de contaminantes en el estanque. La concentracin en un instante t cualquiera de tiempo, est dada por la ecuacin

C(t) = )t(V)t(x (8)

Puesto que le razn de entrada Q1 coincide con la razn de salida Q2 y como

V(t) = V0 + (Q1 Q2) t entonces V(t) = V0 = 8 . 109 pie3 (9)

Sustituyendo las ecuaciones (7) Y (9) en la ecuacin (8)

C(t) = 3

16t

9

16t6

10.2

e41

10.8

e4110.4

+

=

+

para C(t) = 0,10% = 10-3

10-3 3

16t

10.2

e41

+

=

multiplicando por 2 . 103

2 = 1 + 4 16t

e

efectuando operaciones

16t

e4

= 1

multiplicando por 16t

e

16t

e = 4 aplicando logaritmo

4ln16t =

despejando t t = 16 ln4 = 16 ( 1,39) = 22,24

De aqu que, deben transcurrir 22,24 das, esto es, 22 das, 5 horas, 45 min y 4 seg para que la concentracin de contaminantes en el estanque llegue a 0,10 %

258

9. Un tanque de 400 galones contiene la cuarta parte de su capacidad de salmuera , con una concentracin de sal de 5 kg/gal. Se inyecta salmuera al tanque con concentracin de 1 kg/gal y a razn de 5 gal/min. La salmuera, debidamente agitada y homogeneizada en el tanque, fluye a razn de Q gal /min. Si se sabe que al cabo de dos horas y media el tanque alcanza su mxima capacidad, determine a) El caudal de salida Qb) La cantidad de sal cuando alcanza su mxima capacidad SOLUCIN: Vt = 400 gal, pero solo esta lleno hasta un c inicial de lquido en el tanque es V0 = 100 gal. L uido es C0 = 5 kg/gal. Puesto que la cantidad i

x0 = 5 (100) = 500 e s x0 = 500 kg de concentracin C1 = 1 kg/gal a una razn Q itada y homogeneizada se extrae a razn de Q as y media, esto es 150 min, el volumen es V e utiliza la ecuacin del volumen en cualquier i

d

D

da) El tanque tiene una capacidad total uarto de su capacidad, es decir . el volumen a concentracin de sal en estos 100 gal de lq

nicial de sal en el tanque est dada por x0 = C0 V0

s decir, la cantidad inicial de sal en el tanque e

Al tanque se inyecta una salmuera 1 = 5 gal/min y la mezcla debidamente ag2 = Q gal/min; adems al cabo de dos hor(150) = 400. Para determinar el valor de Q s

nstante t : V(t) = V0 + ( Q1 Q2 ) t. Sustituyendo en la ecuacin del volumen V(150) = 400, V0 = 100, Q1 = 5 y t = 150 400 = 100 + (5 Q) 150

espejando Q

Q = 3150

1004005 = e aqu que, el caudal de salida es Q2 = 3 gal/min


( ) 112102 CQx

tQQVQ

dtdx =++ (1)


( ) 5xt351003

dtdx =++

Simplificando

5xt2100

3dtdx =++ (2)

C1 = 1 kg/gal Vt = 400 gal Q1 = 5 gal/min V0 = 100 gal C0 = 5 kg/gal x0 = 500 kg Q2 = 3 gal/min

La ecuacin (2) es una ecuacin diferencial lineal de la forma x(t) + F(t) x = G(t),

onde t2100

3)t(F += y G(t) = 5. Debe buscarse un factor integrante (t) = dt)t(Fe

259

(t) = + dtt21003e = + dtt2100223e = t2100ln23e + = (100 + 2t )3/2

Despejando dtdx de la ecuacin (2)

xt2100

35dtdx

+= (3)



dtdx dada

por la ecuacin (3)

dx =

+ xt210035 dt

equivalentemente

dx + xt2100

3+ dt = 5 dt (4)

Multiplicando la ecuacin (4) por el factor integrante (t) = (100 + 2t )3/2

(100 + 2t )3/2 dx + 3 (100 + 2t)1/2 dt = 5 (100 + 2t )3/2 dt (5)

Puesto que (100 + 2t )3/2 dx + 3 (100 + 2t)1/2 dt = d [ ]x) 2t (100 3/2+

sustituyendo en la ecuacin (5) d [ ]x) 2t (100 3/2+ = 5 (100 + 2t )3/2 dt

integrando

= 5 ( )[ ] + xt2100d 2/3 ( ) + dtt2100 2/3 (6) Ambas integrales son inmediatas

( )[ + xt2100d 2/3 ] = (100 + 2t)3/2 x + k1 ( ) + dtt2100 2/3 = 2/5)t2100(51 + + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuacin (6) (100 + 2t)3/2 x = + k (7) 2/5)t2100( +

Para obtener el valor de k se utiliza la condicin x(0) = 500, es decir, se sustituye t = 0 min y x = 500 kg en la ecuacin (7)

(100)3/2 500 = (100)5/2 + k despejando k

260

k = (100)3/2 500 - (100)5/2 = (100)3/2 (500 100) = 400 (100)3/2 este valor de k se sustituye en la ecuacin (7)

(100 + 2t)3/2 x = + 400 (100)2/5)t2100( + 3/2 multiplicando por ( ) 2/3t2100 + x(t) = (100 + 2t) + 400

2/3

t2100100

+ (8)

La ecuacin (8) representa la ley de variacin de la cantidad de sal en el tanque en un instante t cualquiera. Para determinar la cantidad de sal presenta en el tanque cuando este alcanza su volumen total, bastara con sustituir en la ecuacin (8), el tiempo que demora en alcanzar la capacidad total, esto es t = 150 min se sustituye en la ecuacin (8)

x(150) = (100 + 300) + 400 2/3

300100100

+ = 400 + 400 2/3

41

= 400 + 8

400 = 8

3600 = 450

Por lo tanto la cantidad de sal presente en el tanque, cuando alcanza su mxima capacidad es 450 kg 10. Considere dos tanques con capacidad de 500 gal. El primer tanque con volumen inicial V1 = 100 gal y el segundo tanque con volumen inicial V2 = 200 gal. Cada tanque contiene inicialmente 50 lb de sal. Entra agua pura al tanque 1 a razn de 5 gal/min y la mezcla bien agitada y homogeneizada fluye al tanque 2 a razn de 5 gal/min. De igual manera una vez que la mezcla es agitada y homogeneizada en el tanque 2, fluye fuera de este a razn de 5 gal/min a) Encuentre la cantidad de sal x(t) en el tanque 1 en un instante t cualquiera b) Encuentre la cantidad de sal y(t) en el tanque 2 en un instante t cualquiera c) Encuentre la cantidad mxima de sal que llega a tener el tanque 2 SOLUCIN:

Tanque 1 C1 =0 lb/gal V1 = 100 gal Q1 = 5 gal/min x0 = 50 lb Q2 = 5 gal /min Tanque 2

C2 (t) = )t(1V)t(x

V2 = 200 gal

y0 = 50 lb Q3 = 5 gal/min

C2 (t) = )t(2V)t(y

261

a) Se trabajar primero con el tanque 1. El volumen inicial es V1 = 100 gal; la concentracin de entrada es C1 = 0 lb/gal, puesto que lo que fluye hacia el tanque 1 es agua pura; el caudal de entrada es Q1 = 5gal/min; el caudal de salida es Q2 = 5 gal/min adems para el tiempo t = 0 min se tiene que la cantidad de sal en el tanque es x0 = 50 lb


( ) 11211 2 CQxtQQV Qdtdx =++ sustituyendo los datos

( ) 0xt551005

dtdx =++

simplificando

0x100

5dtdx =+

despejando dtdx

dtdx = x

201 (2)

Puesto que la diferencial de la cantidad x de sal presente en el tanque 1, en cualquier

instante t es dx =


dtdx dada por la ecuacin (2)

dx = x201 dt (3)


variables, se multiplica la ecuacin (3) por el factor x1

x1 dx =

201 dt

integrando

dxx1 = dt201 (4)


dxx1 = ln l x l + k1 dt201 = 201 t + k2


262

ln l x l = 201 t + k (5)

Para determinar el valor de la constante k de integracin se utiliza la condicin inicial x(0) = 50, esto es, se sustituyen en la ecuacin (5) t = o y x = 50 l resultando k = ln l 50 l. Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuacin (5)

ln l x l =201 t + ln l 50 l

agrupando los logaritmos a un solo lado de la igualdad

ln l x l - ln l 50 l = 201 t


50xln =

201 t

aplicando e y multiplicando por 50

x(t) = 50 20t

e

(6)

La ecuacin (6) representa la ley de variacin de la cantidad de sal en el tanque 1 en un instante t cualquiera. La concentracin de salida del tanque 1 se obtiene a partir de la ecuacin

C2 (t) = )t(V)t(x

1 (7)

pero V1 (t) se obtiene por medio de la ecuacin V1(t) = V1 + ( Q1 Q2 ) t

sustituyendo los valores de V1, Q1 y Q2 V1 (t) = 100 (8)


C2 (t) = 100e50 20

t = 20

te

21 (9)

La ecuacin (9) representa la ley de variacin de la concentracin de sal del tanque 1 en un instante t cualquier, es decir la concentracin de sal del lquido que fluye del tanque 1 hacia el tanque 2

b) Para el tanque 2 se tienen entonces los siguientes datos: la concentracin de

entrada es la concentracin del lquido que sale del tanque 1 C2(t) = 20t

e21 , el caudal de

entrada es Q2 = 5 gal/min; el caudal de salida es Q3 = 5 gal/min; el volumen inicial de lquido es V2 = 200 gal; adems para el tiempo t = 0 la cantidad de sal en el tanque 2 es y0 = 50 lb, se tiene que la ecuacin diferencial asociada al tanque 2 es

( ) 222323 CQy

tQQVQ

dtdy =++

263

sustituyendo los datos

( ) =++ yt552005

dtdy 20te

25

simplificando

=+ y401

dtdy 20te

25 (10)

La ecuacin (10) es una ecuacin diferencial lineal de la forma y(t) + F(t) y = G(t),

donde F (t) =401 y G(t) = 20

te

25 . Para resolver la ecuacin (10) debe determinarse un

factor integrante (t) = dt)t(Fe (t) = dt)t(Fe = dt401e = dt401e = 40/te

Despejando dtdy de la ecuacin (10)

=dtdy 20te

25 y

401 (11)

ya que, la diferencial de la cantidad y de sal presente en el tanque 2 en cualquier instante t

es dy =

dtdy dt, sustituyendo

dtdy dada por la ecuacin (11)

dy = 20te25

y401 dt

reordenando los trminos de la ecuacin

dy + y401 dt = 20

te

25 dt

multiplicando por el factor integrante (t) = 40/te

dy + 40/te 40/te y401 dt = 40/te 20

te

25 dt (12)

Puesto que

40/te dy + 40/te y401 dt = d [ y] 40/te

sustituyendo en la ecuacin (12)

d [ y] = 40/te 40/te 20t

e25 dt

integrando

264

= [ ] yed 40/t 25 dtee 20/t40/t (13) Ambas integrales son inmediatas

[ ] yed 40/t = y + h40/te 1 dtee 20/t40/t = = 40 dte 40/t dt401e 40/t = 40 + h40/te 2

Sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuacin (13)

40/te y = 25 ( 40 ) + h 40/te

efectuando las operaciones y = 100 + h (14)

40/te 40/te

Para determinar el valor de la constante h de integracin, se utiliza la condicin inicial,

esto es, se sustituye en la ecuacin (14) t = 0 min, y = 50 lb 50 = 100 + h h = 150

este valor conseguido para h se sustituye en la ecuacin (14) 40/te y = 100 + 150 40/te

multiplicando por 40/te y(t) = 100 + 150 (15) 20/te 40/te

La ecuacin (15) representa la ley de variacin de la cantidad de sal en el tanque 2 en cualquier instante t. c) Para determinar la cantidad mxima de sal que llega a tener el tanque 2, lo que se debe es aplicar a la funcin y(t) los criterios estudiados en anlisis I para maximizar una funcin. Lo primero es derivar la funcin y(t) y determinar los puntos crticos, esto es, los valores de t donde la primera derivada se anula y donde y(t) puede ser mxima Derivando y(t)

y(t) = 100 20/te

201 + 150 40/te

401 = 5 20/te

415 40/te

igualando a cero la derivada y(t)

5 20/te4

15 = 0 40/te

multiplicando por 15e4 20/t

265

1520 = 0 40/te

aplicando logaritmo

40t

1520ln =

despejando t

t = 40

1520ln = 40

34ln =

40

34ln

Una vez conseguido el valor de t donde la primera derivada se anula, se debe determinar la derivada segunda de y

y(t) = 5 20/te

201

415 40/te

401 =

41 20/te +

323 40/te

esta derivada segunda se evala en t = 40

34ln

y

4034ln

=

41

20

4034ln

e + 323

40

4034ln

e = 41

2

34ln

e

+

323

1

34ln

e

= 41

2

34

+ 323

1

34

= 41

2

43

+ 323

43 =

1289

649 + =

1289

Puesto que la derivada segunda de y(t) result menor que cero en el punto crtico

t = 40

34ln

min, (donde la primer se anul), resulta que para ese valor de t la funcin y(t) alcanza un valor mximo. Luego para determinar el valor mximo de sal que llega a tener el tanque 2 se

sustituye t = 40

34ln

en la ecuacin (13)

y

4034ln

= 100

20

4034ln

e + 150

40

4034ln

e = 100

2

34ln

e

+ 150

1

34ln

e

= - 100 2

34

+ 150 1

34

= - 100 2

43

+ 150

43 =

4225 +

4450 =

4225

266

Por lo tanto, cuando ha transcurrido un tiempo t = 40

34ln

= 11,5 min del proceso se

alcanza en el tanque 2 la cantidad mxima de sal y =4

225 = 56,25 lb

11. Se bombea cerveza con un contenido de 6% de alcohol por galn, a un tanque que inicialmente contiene 400 gal de cerveza con 3% por galn de alcohol. La cerveza se bombea hacia el interior con una rapidez de 3 gal/min en tanto que el lquido mezclado se extrae con una rapidez de 4 gal/min. a) Obtenga el nmero de galones de alcohol que hay en el tanque en un instante cualquiera b) Cul es el porcentaje de alcohol en el tanque luego de 60 min? c) Cunto demorar el tanque en vaciarse? SOLUCIN: a) El volumen inicial de cerveza en el tanque es V0 = 400 gal y la concentracin inicial de alcohol es C0 = 3 % alch / gal, esto es C0 = 0,03; L la concentracin de cerveza que entra al tanque es C1 = 6% alch/gal esto es, C1 = 0,06; la razn de entrada es Q1 = 3 gal /min. Lal cerveza una vez mezclada y homogeneizada, sale del tanque con una razn de salida Q2 =4 gal/min La cantidad inicial de alcohol en el tanque es x0 = V0 C0 = 400 (0,03) = 12 lb

C1 = 6% alch/gal V0 = 400 gal Q1 = 3 gal/min C0 =3% alch/gal Q2 = 4 gal/min


( ) 112102 CQx

QQVQ

dtdx =++ (1)


509x

t4004

dtdx =+ (2)

La ecuacin (2) es una ecuacin diferencial lineal de la forma x +F(t) x = G(t), donde

F(t) =t400

4 y G(t) = 50

9 . Para resolver la ecuacin (2) debe determinarse un factor

integrante (t) = ( ) dttFe

267

(t) = ( ) dttFe = dtt4004e = dtt40014e = t400ln4e = ( ) 4t400


xt400

4509

dtdx

= (3)

puesto que, la diferencial de la cantidad x de cerveza es dx = dtdtdx

, sustituyendo

dtdx


dx = dtxt400

4509


dt509dtx

t4004dx =+ (4)

Multiplicando la ecuacin (4) por el factor integrante (t) = ( ) 4t400

( 4t400 ) dx + ( ) 4t400 dtxt400

4 = ( ) 4t400 dt50

9

simplificando

dx + 4( 4t400 ) ( ) 5t400 x dt = 509 ( ) 4t400 dt (5)

Puesto que

( 4t400 ) dx + 4 ( ) 5t400 x dt = ( )[ ]xt400d 4 sustituyendo en la ecuacin (5)

( )[ ]xt400d 4 = 509 ( ) 4t400 dt

integrando

= ( )[ ] xt400d 4 509 ( ) 4t400 dt (6)


( )[ ] xt400d 4 = ( ) xt400 4 + k1 509 ( ) 4t400 dt = 509 ( ) dtt400 4 = 509 ( ) 3t400 3 = ( ) 3t400503 + k2 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuacin (6)

268

= ( ) xt400 4 ( ) 3t400503 + k (7)

Para determinar el valor de la constante k de integracin debe utilizarse al condicin inicial: para el tiempo t = 0 min, x = 12 gal; estos valores se sustituyen en la ecuacin (7)

( ) 12400 4 = ( ) 3400503 + k

despejando k

k = ( ) 12400 4 ( ) 3400503 = 3 ( ) 3400

501

4004 = 3 ( ) 3400

501

1001

de aqu que

k = ( )1004003 3

este valor que se obtuvo para k, se sustituye en la ecuacin (7)

( ) xt400 4 = ( ) 3t400503 ( )

1004003 3

multiplicando por ( ) 4t400 x(t) = ( ) 3t400

503 ( )4t400 ( )

1004003 3 ( )4t400

simplificando

x(t) = ( )t400503

100)400(3

4

400t400

esto es

x(t) = ( )t400503 12

4

400t400

(8)

La ecuacin (8) representa la ley de variacin de la cantidad galones de alcohol en el tanque en un instante t cualquiera. b) Para poder establecer cul es el porcentaje de alcohol que hay en el tanque despus de 60 min de iniciado el proceso, deber determinarse la concentracin de alcohol al cabo de 60 min.

Primero se busca la cantidad de alcohol en el tanque luego de 60 min. Para ello se sustituye t = 60 min en la ecuacin (8)

x(60) = ( )60400503 12

4

40060400

= ( )340

503

124

400340

= 5

102 12 4

2017

= 20,4 6,264 = 14,136

La concentracin de alcohol a los 60 min esta dada por

269

C(60) = )60(V)60(x (9)

za en cualquier instante t esta dado por la ecuacin V(t) = V0 + ( Q1 Q2 ) t

e 0 + (3 4) 60 = 400 60 = 340 gal (10)

y V(60) = 340 en la ecuacin (8)

)60(x 136,14

p t

t 1cdsvdabcdm S liC

Ya que el volumen de cerve

ntonces V(60) = 40

Sustituyendo x(60) = 14,136C(60) = )60(V

= 340

= 0,0416

De aqu se tiene que, la concentracin de alcohol en el tanque es 0,0416, es decir, el

orcentaje de alcohol en el tanque al cabo de 60 min es 4,16%

c) Para saber cuanto demorar el tanque en vaciarse, lo que se debe es determinar el iempo t para el cual el volumen de lquido en el tanque V(t) es igual a cero, es decir,

V(t) = V0 + ( Q1 Q2) t = 400 t = 0 t = 400 min

Por lo tanto, deber transcurrir un tiempo t = 400 min = 6horas y 40 min para que el anque se vace.

2. Un tanque con capacidad de 20000 lt esta lleno hasta la mitad de su capacidad, on agua salada en la cual hay disueltos 40 kg se sal. Se inyecta agua salada con 5 Kg e sal por litro y a razn de Q lt/min. La mezcla debidamente agitada y homogeneizada, e extrae del tanque a razn de 5 lt /min. Si se sabe que al cabo de 4 horas y 10 min el olumen de lquido en el tanque es igual a las tres cuartas partes de su capacidad, etermine: ) El caudal Q ) La cantidad de sal y la concentracin de sal en el tanque en cualquier instante t ) Tiempo que debe transcurrir para que el tanque comience a desbordarse ) La cantidad de sal y la concentracin cuando el tanque alcanza su capacidad xima

OLUCIN:

a) El volumen total de lquido en el tanque es Vt = 20000 lt, pero slo est lleno hasta a mitad, esto quiere decir que el volumen inicial de lquido es V0 = 10000 lt y la cantidad nicial de sal disuelta es x0 = 40 kg; la concentracin del lquido que entra al tanque es

1 = 5 kg/lt; el flujo de entrada es Q1 = Q lt/min y el flujo de salida es Q2 = 5 lt/min.

Se sabe que para el tiempo t = 4h y 10 min esto es, t = 250 min el volumen de lquido en el tanque es 3/4 del volumen inicial

V(250) = 43 VT = 4

3 (20000) = 15000

entonces, sustituyendo estos datos en la

C1 = 5 kg/lt VT = 20000 lt V0 = 10000 lt Q1 = Q lt/min x0 = 40 kg Q2 = 5 lt/min

270

ecuacin del volumen en un instante t cualquiera V(t) = V0 + (Q1 Q2 ) t se tiene 15000 = 10000 + (Q 5 ) 250 despejando Q

Q = 5250

5000 + = 25 De aqu que el caudal de entrada es Q1 = 25 lt/min b) La ecuacin diferencial asociada a los problemas de mezcla es

( ) 112102 CQx

tQQVQ

dtdx =++ (1)


( ) )5()25(xt525100005

dtdx =++

simplificando

125xt42000

1dtdx =++ (2)

Se debe resolver la ecuacin diferencial (2) sujeta a la condicin x(0) = 40 La ecuacin (2) es una ecuacin diferencial lineal, de la forma x(t) + F(t) x = G(t),

donde F(t) = t42000

1+ . Para resolver la ecuacin (2) debe determinarse un factor

integrante (t) = dt)t(Fe (t) = dt)t(Fe = + dtt420001e = + dtt42000441e

= t42000ln

41

e+

= 41

t42000lne + = ( ) 41t42000 +


xt42000

1125dtdx

+= (3)

Puesto que la diferencial de la cantidad x de sal es dx =


dtdx


dx =

+ xt420001125 dt

271


dx + xt42000

1

+ dt = 125 dt (4)

multiplicando la ecuacin (4) por el factor integrante (t) = ( ) 41t42000 + ( ) 41t42000 + dx + ( ) 41t42000 + x

t420001

+ dt = 125 ( ) 41

t42000 + dt simplificando

( ) 41t42000 + dx + ( ) 43t42000 + x dt = 125 ( ) 41t42000 + dt (5)

Puesto que

( ) 41t42000 + dx + ( ) 43t42000 + x dt = ( ) + xt42000d 41

sustituyendo en la ecuacin (5)

( ) + xt42000d 41

= 25 ( ) 41t42000 + dt integrando

( ) + xt42000d 41 = 25 ( ) dtt42000 41 + (6)


( ) + xt42000d 41 = ( ) xt42000 41+ + k1 ( ) dtt42000 41 + = ( ) dt4t4200041 41 + = ( )( )45 t4200041 45+ = ( )5 t42000 45+ + k2

Sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuacin (6)

( ) xt42000 41+ = ( )5

t42000 45+ + k (7)

A fin de determinar el valor de la constante k de integracin, la condicin inicial x(0) = 40, es decir, se sustituye en la ecuacin (6) t = 0 min y x = 40 kg

( ) 402000 41 = ( )5

2000 45

+ k

despejando k

k = ( ) 402000 41 ( )5

2000 45

= ( )

5

2000402000 41

272

= ( ) [ ]400402000 41 = ( ) 412000360

Sustituyendo el valor obtenido para k en la ecuacin (7)

( ) xt42000 41+ = ( )5

t42000 45+ ( ) 412000360


)t42000(+

x(t) = ( ) 41

t420002000360

5t42000

++ (8)

La ecuacin (8) representa la ley de variacin de la cantidad x de sal en un instante t cualquiera. La concentracin de sal en el tanque en un instante t cualquier viene dada por la ecuacin

C(t) = )t(V)t(x (9)

El volumen de lquido en el tanque en un instante t cualquiera viene dado por V(t) = V0 + ( Q1 Q2 ) t = 10000 + (25 5) t = 10000 + 20 t (10)


C(t) = t2010000

t420002000360

5t42000 4

1

+

++

= )t42000(5

t420002000360

5t42000 4

1

+

++

= ( )( )

+ 20002000

t420002000

5360

251

4/5

4/1 = ( )( )

+ 4/54/5

t420002000

10000360

251

C(t) = 4

5

t420002000

2509

251

+ (11) La ecuacin (11) representa la ley de variacin de la concentracin de sal en el tanque en un instante t cualquiera. c) Para determinar el tiempo en que el tanque comienza a desbordarse se utiliza la ecuacin de volumen de lquido en el tanque es un instante t cualquiera V(t) = V0 + ( Q1 Q2 ) t (12) Sustituyendo V(t) = 20000, V0 = 10000, Q1 = 25 y Q2 = 5 en la ecuacin (12)

20000 = 10000 + (25 5) t

273

despejando t

t = 50020

1000020

1000020000 ==

Por lo tanto, debern transcurrir 500 min, es decir, 8 horas y 20 min para que el tanque comience a desbordarse.

d) Para establecer la cantidad de sal y la concentracin de sal en el tanque, en el

momento en que comienza a desbordarse, basta con sustituir en las ecuaciones (8) y (11) el tiempo en que el tanque se desborda, esto es t = 500 min

x(500) = ( )5

20002000 + 4120002000

2000360

+ = 800 4

1

21360

= 800 )84,0(360entonces x(500) = 497,6 kg

C(500) = 4

5

200020002000

2509

251

+ = 4

5

21

2509

251

= 4

1

21

21

2509

251

= )84,0(500

9251 = )84,0()018,0(04.0 = )84,0()018,0(04.0 = 0,2488

entonces C(500) = 0,025 kg/lt De aqu que la cantidad de sal y la concentracin de sal en el tanque en el momento en que este comienza a desbordarse es, respectivamente, x(500) = 497,6 kg y C(500) = 0,025 kg/lt

ed problemas de mezclas.pdf

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