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Modelización matemática en Biología: 120 problemas resueltos
Modelización matemática en Biología: 120 problemas resueltos
Un cuaderno para pasar de una situación biológica a un modelo que se pueda resolver, interpretar y comprobar. Reúne poblaciones, tanques y compartimentos, ley de Newton, farmacocinética, alometría y ampliaciones numéricas.
Del fenómeno a una ecuación que pueda comprobarse
Integrar es solo una parte. Antes hay que decidir qué magnitud cambia, qué entra y sale, qué hipótesis son razonables y hasta dónde tiene sentido el resultado. Ese paso del lenguaje biológico al matemático es el hilo del cuaderno.
Poblaciones, balances, tanques, compartimentos, temperatura, eliminación, dosis y escalas biológicas.
Separables, lineales y Bernoulli. Si aún no las reconoces con soltura, empieza por la guía universitaria de ecuaciones diferenciales.
Plantear, resolver y comprobar un modelo con unidades, condición inicial, dominio físico y lectura biológica.
En primero del Grado en Biología de la USAL se trabajan el crecimiento de poblaciones, el análisis compartimental, la alometría, la ley de Newton, la desintegración y las ecuaciones de orden superior. Aquí aparecen reunidos en 120 problemas propios, con espacio para practicar el planteamiento y comprobar si cada respuesta tiene sentido.
El mismo lenguaje se usa en Biología, Biotecnología, Ciencias Ambientales, Farmacia y otros grados de ciencias de la vida, así que el cuaderno puede seguirse desde cualquier universidad. Ver la guía de Matemáticas Aplicadas a la Biología de la USAL.
Cuatro escenas, una misma pregunta: ¿qué está cambiando?
Un cultivo, un tanque, una muestra térmica y un compartimento parecen problemas distintos. En los cuatro hay que elegir una variable, seguir los flujos y reconocer el equilibrio hacia el que se mueve el sistema.
Observar
Nombra la magnitud que cambia, fija sus unidades y localiza el intervalo físico del problema.
Balancear
Escribe primero la ley verbal: variación igual a entradas menos salidas más generación.
Modelizar
Traduce el balance, incorpora parámetros y condición inicial, y solo entonces elige el método.
Interpretar
Comprueba ecuación, unidades, signo, equilibrio, dominio y sentido biológico de la respuesta.
1. Separables y problemas de valor inicial en contextos de tasa
Calentamiento técnico breve para reconocer tasas proporcionales, cinéticas no lineales y cambios de variable antes de entrar en los modelos.
Problema 1Cultivo bacteriano con tiempo de duplicaciónMedia
Enunciado. Un cultivo contiene 1200 bacterias y duplica su población cada 3 h. Suponiendo crecimiento malthusiano, determina la constante de crecimiento, la población a las 8 h y el tiempo necesario para alcanzar 10000 bacterias.
Datos del caso
\(N(0)=1200\), \(N(3)=2400\), objetivo \(N=10000\).
Idea matemática
El supuesto malthusiano conduce a \(N'=kN\). Es separable y su solución es \(N(t)=N_0e^{kt}\).
Desarrollo
- Usamos el dato de duplicación. \(2400=1200e^{3k}\), luego \(2=e^{3k}\).
- Por tanto \(k=\ln 2/3=0.23105\) h^-1.
- A las 8 h, \(N(8)=1200e^{8k}\approx 7619\) bacterias.
- Para 10000 bacterias, \(10000=1200e^{kt}\). Despejando \(t=\ln(10000/1200)/k\approx 9.18\) h.
Respuesta
\(k\approx0.23105\) h^-1, \(N(8)\approx7619\) y \(t_{10000}\approx9.18\) h.
Comprobación
La constante tiene unidades de inverso de tiempo. Al ser k positiva, la solución crece y respeta el dato de duplicación.
Problema 2Mortalidad celular y semividaMedia
Enunciado. Una suspensión contiene 8000 células viables. La semivida de viabilidad es 5 h. Calcula el modelo, las células viables tras 12 h y cuándo quedará el 10 % de la población inicial.
Punto de partida
\(N(0)=8000\), \(T_{1/2}=5\) h.
Modelo elegido
Para una pérdida proporcional, \(N'=-kN\), con \(k\gt0\).
Cálculo razonado
- La solución es \(N(t)=8000e^{-kt}\).
- De \(N(5)=4000\) resulta \(k=\ln2/5=0.13863\) h^-1.
- \(N(12)=8000e^{-12k}\approx 1516\) células.
- Para conservar solo el 10 %, \(0.1=e^{-kt}\), de modo que \(t=\ln10/k\approx16.61\) h.
Conclusión
\(N(12)\approx1516\) células y el 10 % se alcanza a las 16.61 h.
Control rápido
La solución es positiva y decreciente. Sustituir t=5 devuelve exactamente la mitad.
Problema 3Producto enzimático con aproximación a un máximoMedia
Enunciado. En una reacción enzimática idealizada, la cantidad de producto P se aproxima a un máximo de 50 mg según \(P'=0.4(50-P)\). Si inicialmente no hay producto, calcula P(t), P(4) y el tiempo para alcanzar 45 mg.
Lo que sabemos
\(P(0)=0\) mg, \(P'=0.4(50-P)\).
Relación clave
Es una ecuación separable de relajación hacia el equilibrio \(P=50\).
Resolución
- \(dP/(50-P)=0.4\,dt\).
- \(-\ln(50-P)=0.4t+C\).
- Con \(P(0)=0\), \(50-P=50e^{-0.4t}\), luego \(P(t)=50(1-e^{-0.4t})\).
- \(P(4)=50(1-e^{-1.6})\approx 39.91\) mg.
- Para \(P=45\), \(0.1=e^{-0.4t}\), así que \(t=\ln10/0.4\approx 5.76\) h.
Resultado
\(P(t)=50(1-e^{-0.4t})\), \(P(4)\approx39.91\) mg, \(t_{45}\approx5.76\) h.
Lectura final
P nunca supera 50 mg y P' disminuye a medida que P se acerca al máximo.
Problema 4Crecimiento de biomasa proporcional a la raízAlta
Enunciado. La biomasa B de un cultivo vegetal satisface \(B'=0.6\sqrt{B}\), con B en g y t en días. Si \(B(0)=4\), determina B(t) y cuándo alcanzará 25 g.
Datos del caso
\(B(0)=4\) g, \(B'=0.6B^{1/2}\).
Idea matemática
La ecuación es separable. El crecimiento no es exponencial, porque la tasa depende de \(\sqrt B\).
Desarrollo
- \(B^{-1/2}dB=0.6dt\).
- \(2\sqrt B=0.6t+C\).
- Con B(0)=4 se obtiene C=4, por tanto \(\sqrt B=0.3t+2\).
- \(B(t)=(0.3t+2)^2\).
- Para B=25, \(5=0.3t+2\), de donde \(t=10\) días.
Respuesta
\(B(t)=(0.3t+2)^2\) g y \(B=25\) g a los 10 días.
Comprobación
Derivando la solución, \(B'=2(0.3)(0.3t+2)=0.6\sqrt B\), por lo que satisface la EDO. El coeficiente 0.6 tiene unidades \(\mathrm{g}^{1/2}/\mathrm{día}\).
Problema 5Degradación bimolecular de un reactivo biológicoAlta
Enunciado. Una sustancia se degrada según \(C'=-0.08C^2\), con C en mmol/L y t en min. Si \(C(0)=5\), calcula C(t), C(10) y el tiempo para llegar a 1 mmol/L.
Punto de partida
\(C(0)=5\), \(C'=-0.08C^2\).
Modelo elegido
Es una cinética de segundo orden y una EDO separable.
Cálculo razonado
- \(C^{-2}dC=-0.08dt\).
- \(-1/C=-0.08t+C_1\).
- Con C(0)=5, \(1/C=0.08t+0.2\).
- Por tanto \(C(t)=1/(0.08t+0.2)\).
- \(C(10)=1/(0.8+0.2)=1.00\) mmol/L.
Conclusión
\(C(t)=1/(0.08t+0.2)\) y tarda 10 min en descender a 1 mmol/L.
Control rápido
La concentración permanece positiva y disminuye. La unidad de 0.08 es L/(mmol·min), coherente con C'.
Problema 6Crecimiento superficial de una coloniaAlta
Enunciado. Se modela una colonia aproximadamente esférica mediante \(N'=0.03N^{2/3}\), donde N es una medida de biomasa. Si \(N(0)=1000\), halla N(t) y N(20).
Lo que sabemos
\(N(0)=1000\), \(N'=0.03N^{2/3}\).
Relación clave
La potencia 2/3 representa una tasa ligada a superficie. La EDO es separable.
Resolución
- \(N^{-2/3}dN=0.03dt\).
- \(3N^{1/3}=0.03t+C\).
- Como \(N(0)^{1/3}=10\), C=30.
- \(N^{1/3}=0.01t+10\), por tanto \(N(t)=(10+0.01t)^3\).
- \(N(20)=10.2^3\approx 1061.21\).
Resultado
\(N(t)=(10+0.01t)^3\) y \(N(20)\approx1061.21\).
Lectura final
El cubo hace que N permanezca positiva. Derivar reproduce \(0.03N^{2/3}\).
Problema 7Colonización de un nicho con saturación linealMedia
Enunciado. La ocupación N de un nicho con capacidad 500 individuos se aproxima al máximo según \(N'=0.12(500-N)\). Si inicialmente hay 80 individuos, calcula N(t) y el tiempo para alcanzar 450.
Datos del caso
\(K=500\), \(N(0)=80\), \(N'=0.12(K-N)\).
Idea matemática
Modelo de relajación exponencial hacia K.
Desarrollo
- \(dN/(500-N)=0.12dt\).
- \(500-N=Ae^{-0.12t}\).
- Con N(0)=80, A=420. Así, \(N(t)=500-420e^{-0.12t}\).
- Para N=450, \(50=420e^{-0.12t}\), luego \(t=\ln(420/50)/0.12\approx 17.74\).
Respuesta
\(N(t)=500-420e^{-0.12t}\) y \(N=450\) se alcanza en 17.74 unidades de tiempo.
Comprobación
N aumenta porque \(N\lt K\). El límite cuando t tiende a infinito es 500.
Problema 8Modelo de Gompertz para crecimiento tumoral idealizadoAlta
Enunciado. Un modelo de Gompertz satisface \(N'=0.25N\ln(1000/N)\), con \(N(0)=100\). Obtén la solución y calcula N(8).
Punto de partida
\(a=0.25\), \(K=1000\), \(N_0=100\).
Modelo elegido
Se usa el cambio \(u=\ln(K/N)\). Entonces \(u'=-N'/N=-au\).
Cálculo razonado
- \(u'= -0.25u\), luego \(u(t)=u_0e^{-0.25t}\).
- \(u_0=\ln(1000/100)=\ln10\).
- \(\ln(1000/N)=\ln10\,e^{-0.25t}\).
- \(N(t)=1000\exp[-\ln10\,e^{-0.25t}]\).
- \(N(8)\approx 732.26\).
Conclusión
\(N(t)=1000e^{-\ln10\,e^{-0.25t}}\) y \(N(8)\approx732.26\).
Control rápido
N(0)=100 y el límite es K=1000. La tasa relativa disminuye al acercarse al máximo.
Problema 9Consumo de oxígeno con tasa saturableAlta
Enunciado. Se normaliza la concentración de oxígeno dividiéndola por 1 mg/L y se llama C a la variable adimensional resultante. Si \(C'=-2/(1+C)\) min^-1 y C(0)=9, determina el tiempo necesario para que la concentración física baje de 9 mg/L a 3 mg/L.
Lo que sabemos
C es adimensional, \(C'=-2/(1+C)\) min^-1, \(C(0)=9\) y el objetivo es \(C=3\).
Relación clave
Al trabajar con la concentración normalizada, 1+C es dimensionalmente válido. Separando, \((1+C)dC=-2dt\).
Resolución
- \(\int(1+C)dC=C+C^2/2=-2t+C_1\).
- En t=0 y C=9, \(C_1=9+81/2=49.5\).
- Cuando C=3, el lado vale \(3+9/2=7.5\).
- \(7.5=-2t+49.5\), por tanto \(t=21\) min.
Resultado
La concentración física tarda 21 min en descender de 9 mg/L a 3 mg/L.
Lectura final
La derivada es negativa para \(C\gt-1\). Como C es adimensional, ambos lados de la EDO tienen unidades min^-1. Sustituyendo t=21 se obtiene el valor objetivo.
Problema 10Problema de valor inicial para dominar la técnicaMedia
Enunciado. Resuelve \(y'=t(1+y^2)\), \(y(0)=0\), e indica el intervalo máximo alrededor de 0 en el que la solución permanece finita.
Datos del caso
\(y'=t(1+y^2)\), \(y(0)=0\).
Idea matemática
EDO separable útil para reconocer soluciones con explosión finita.
Desarrollo
- \(dy/(1+y^2)=t\,dt\).
- \(\arctan y=t^2/2+C\).
- Con y(0)=0, C=0.
- \(y=\tan(t^2/2)\).
- La primera singularidad ocurre cuando \(t^2/2=\pi/2\), es decir \(|t|=\sqrt\pi\).
Respuesta
\(y(t)=\tan(t^2/2)\), definida alrededor de 0 para \(-\sqrt\pi\lt t\lt\sqrt\pi\).
Comprobación
La condición inicial se cumple y la derivada de la tangente reproduce la EDO.
2. Lineales y cambios de variable para modelizar
Solo la técnica imprescindible que se reutiliza después en balances, forzamientos, compartimentos y otros modelos de primer orden.
Problema 11Infusión intravenosa a velocidad constanteMedia
Enunciado. Un fármaco en un compartimento de 5 L se infunde a 20 mg/h y se elimina con constante 0.25 h^-1. Si inicialmente no hay fármaco, determina la concentración y su valor a las 6 h.
Condiciones del problema
\(V=5\) L, entrada \(R=20\) mg/h, \(k=0.25\) h^-1, \(C(0)=0\).
Cambio que conviene
Balance \(VC'=R-kVC\), luego \(C'+kC=R/V=4\).
Resolución
- El factor integrante es \(e^{0.25t}\).
- La solución con C(0)=0 es \(C(t)=C_{ss}(1-e^{-0.25t})\).
- \(C_{ss}=(R/V)/k=4/0.25=16\) mg/L.
- \(C(6)=16(1-e^{-1.5})\approx 12.43\) mg/L.
Solución
\(C(t)=16(1-e^{-0.25t})\) mg/L y \(C(6)\approx12.43\) mg/L.
Verificación
El límite es 16 mg/L y el balance en equilibrio da entrada=salida: 20=0.25·5·16.
Problema 12Contaminante con entrada decrecienteAlta
Enunciado. En un lago idealizado, la concentración C cumple \(C'+0.1C=3e^{-0.05t}\), con C(0)=2. Resuelve la EDO.
Información útil
\(C'+0.1C=3e^{-0.05t}\), \(C(0)=2\).
Estructura matemática
EDO lineal no homogénea. Se aplica factor integrante.
Desarrollo algebraico
- \(\mu(t)=e^{0.1t}\).
- \((e^{0.1t}C)'=3e^{0.05t}\).
- Integrando, \(e^{0.1t}C=60e^{0.05t}+K\).
- \(C=60e^{-0.05t}+Ke^{-0.1t}\).
- Con C(0)=2, K=-58.
Conclusión
\(C(t)=60e^{-0.05t}-58e^{-0.1t}\).
Control
C(0)=2. Al sustituir en la EDO, los términos se combinan y dejan exactamente \(3e^{-0.05t}\).
Problema 13Producción hormonal constante con eliminaciónMedia
Enunciado. La cantidad H de una hormona satisface \(H'+0.3H=9\), con H(0)=12. Halla H(t), el equilibrio y el tiempo para estar a menos del 5 % del equilibrio.
Punto de partida
\(H'+0.3H=9\), \(H(0)=12\).
Decisión de método
Lineal con equilibrio \(H_*=9/0.3=30\).
Cálculo
- La solución es \(H=30+Ce^{-0.3t}\).
- Con H(0)=12, C=-18.
- \(H(t)=30-18e^{-0.3t}\).
- Estar a menos del 5 % de 30 significa \(|H-30|\lt1.5\).
- \(18e^{-0.3t}\lt1.5\Rightarrow t\gt\ln(12)/0.3\approx 8.28\).
Respuesta
\(H(t)=30-18e^{-0.3t}\), equilibrio 30 y tolerancia estricta del 5 % para \(t\gt8.28\).
Comprobación
La diferencia respecto al equilibrio decae exponencialmente.
Problema 14Ecuación de Bernoulli con exponente 2Alta
Enunciado. Resuelve el problema \(y'+y=xy^2\), \(y(0)=1\).
Condiciones del problema
\(y'+y=xy^2\), \(y(0)=1\).
Cambio que conviene
Es Bernoulli con n=2. Usamos \(v=y^{1-n}=1/y\).
Resolución
- Definimos \(v=1/y\), de modo que \(v'=-y'/y^2\).
- De la EDO se obtiene \(v'-v=-x\).
- El factor integrante es \(e^{-x}\): \((e^{-x}v)'=-xe^{-x}\).
- Integrando, \(v=x+1+Ce^x\).
- Como y(0)=1, v(0)=1, luego C=0.
Solución
\(y(x)=1/(x+1)\), en el intervalo que no cruza x=-1.
Verificación
Sustituir y y' en la ecuación confirma la igualdad.
Problema 15Crecimiento de masa tipo von Bertalanffy mediante BernoulliAlta
Enunciado. La masa M satisface \(M'=6M^{2/3}-0.3M\), con \(M(0)=8\). Determina M(t) y su masa límite.
Información útil
\(M'=6M^{2/3}-0.3M\), \(M(0)=8\).
Estructura matemática
Es Bernoulli. El cambio \(u=M^{1/3}\) linealiza el modelo.
Desarrollo algebraico
- Como \(M=u^3\), \(M'=3u^2u'\).
- \(3u^2u'=6u^2-0.3u^3\). Para u>0, \(3u'=6-0.3u\).
- \(u'+0.1u=2\).
- El equilibrio es u=20 y \(u(t)=20+Ce^{-0.1t}\).
- Como \(u(0)=2\), C=-18. Luego \(M(t)=(20-18e^{-0.1t})^3\).
Conclusión
\(M(t)=(20-18e^{-0.1t})^3\) y \(M_\infty=20^3=8000\).
Control
Para \(M(0)=8\), la trayectoria permanece positiva y el cambio \(u=M^{1/3}\) es válido durante todo el proceso. El equilibrio positivo también se obtiene de \(6M^{2/3}=0.3M\).
Problema 16Logística reconocida como BernoulliMedia
Enunciado. Resuelve \(P'=0.4P(1-P/1000)\) con P(0)=100 usando explícitamente el cambio de Bernoulli \(v=1/P\).
Punto de partida
\(P'-0.4P=-0.0004P^2\).
Decisión de método
Bernoulli con n=2. El cambio v=1/P conduce a una ecuación lineal.
Cálculo
- Con \(v=P^{-1}\), \(v'=-P'/P^2\).
- Se obtiene \(v'+0.4v=0.0004\).
- Solución \(v=0.001+Ce^{-0.4t}\).
- Como P(0)=100, v(0)=0.01 y C=0.009.
- Por tanto \(P=1/(0.001+0.009e^{-0.4t})=1000/(1+9e^{-0.4t})\).
Respuesta
\(P(t)=1000/(1+9e^{-0.4t})\).
Comprobación
La solución empieza en 100, crece y tiende a 1000.
Problema 17Ecuación homogénea y cambio y=vxAlta
Enunciado. Resuelve \(dy/dx=1+y/x\) para x>0.
Condiciones del problema
\(y'=1+y/x\).
Cambio que conviene
El segundo miembro depende de y/x. Se usa y=vx.
Resolución
- Si y=vx, entonces \(y'=v+xv'\).
- \(v+xv'=1+v\).
- \(xv'=1\), luego \(dv=dx/x\).
- \(v=\ln x+C\).
- Como y=vx, \(y=x(\ln x+C)\).
Solución
\(y=x\ln x+Cx\), para x>0.
Verificación
Derivar da \(y'=\ln x+1+C=1+y/x\).
Problema 18Reducible a homogénea mediante traslaciónAlta
Enunciado. Resuelve \(y'=(x+y+1)/(x-y-1)\) indicando la traslación que elimina las constantes.
Información útil
Numerador \(x+y+1\), denominador \(x-y-1\).
Estructura matemática
Buscamos \(x=X+h\), \(y=Y+k\) para anular términos constantes.
Desarrollo algebraico
- Las constantes deben cumplir \(h+k+1=0\) y \(h-k-1=0\).
- Sumando, \(2h=0\), así h=0 y k=-1.
- Tomamos \(X=x\), \(Y=y+1\). La EDO pasa a \(dY/dX=(X+Y)/(X-Y)\).
- Con \(Y=vX\), resulta \(v+Xv'=(1+v)/(1-v)\).
- Separamos variables: \((1-v)/(1+v^2)\,dv=dX/X\).
- Integramos: \(\arctan v-\frac12\ln(1+v^2)=\ln|X|+C\).
- Al sustituir \(v=Y/X\) y simplificar los logaritmos se obtiene \(\arctan(Y/X)-\frac12\ln(X^2+Y^2)=C\), en intervalos con \(X\ne0\).
Conclusión
Con \(X=x\) y \(Y=y+1\), una forma implícita de la solución es \(\arctan((y+1)/x)-\frac12\ln(x^2+(y+1)^2)=C\).
Control
La traslación elimina las constantes y la derivación implícita recupera \(dY/dX=(X+Y)/(X-Y)\).
Problema 19Ecuación diferencial exactaAlta
Enunciado. Resuelve \((2xy+3)\,dx+(x^2+4y)\,dy=0\).
Punto de partida
\(M=2xy+3\), \(N=x^2+4y\).
Decisión de método
Es exacta si \(M_y=N_x\).
Cálculo
- \(M_y=2x\) y \(N_x=2x\). Por tanto es exacta.
- Buscamos F con \(F_x=M\). Integrando en x, \(F=x^2y+3x+g(y)\).
- \(F_y=x^2+g'(y)=N=x^2+4y\), así \(g'=4y\).
- \(g=2y^2\).
- La solución implícita es \(x^2y+3x+2y^2=C\).
Respuesta
\(x^2y+3x+2y^2=C\).
Comprobación
Derivando implícitamente F=C se recupera exactamente M dx + N dy=0.
Problema 20Existencia, unicidad y dos pasos de PicardAlta
Enunciado. Para \(y'=t+y\), \(y(0)=1\), justifica existencia y unicidad cerca de 0 y realiza dos iteraciones de Picard.
Condiciones del problema
\(f(t,y)=t+y\), \(y(0)=1\).
Cambio que conviene
f y su derivada parcial respecto de y son continuas en todo \(\mathbb R^2\), por lo que el problema tiene solución única.
Resolución
- Picard parte de \(y_0(t)=1\).
- \(y_1(t)=1+\int_0^t(s+y_0(s))ds=1+t+t^2/2\).
- \(y_2(t)=1+\int_0^t[s+1+s+s^2/2]ds=1+t+t^2+t^3/6\).
- La solución exacta de la lineal es \(y=2e^t-t-1\).
Solución
Existe una única solución. Dos iteraciones son \(y_1=1+t+t^2/2\) y \(y_2=1+t+t^2+t^3/6\).
Verificación
La condición de Lipschitz en y se cumple globalmente porque \(f_y=1\).
3. Poblaciones, Malthus, logística y capturas
Modelos biológicos nucleares, con equilibrios, estabilidad y sostenibilidad.
Problema 21Malthus a partir de dos censosMedia
Enunciado. Una población pasa de 250 a 410 individuos en 6 años. Bajo Malthus, estima r y predice la población a los 10 años desde el primer censo.
Variables y parámetros
\(P(0)=250\), \(P(6)=410\).
Dinámica del modelo
\(P'=rP\), por tanto \(P=P_0e^{rt}\).
Evolución del modelo
- \(410=250e^{6r}\).
- \(r=\ln(410/250)/6\approx 0.08245\) año^-1.
- \(P(10)=250e^{10r}\approx 570.2\).
Lectura biológica
\(r\approx0.08245\) año^-1, \(P(10)\approx570\).
¿Tiene sentido?
r es positiva y la predicción reproduce exactamente los dos censos usados.
Problema 22Reconstrucción hacia atrás de una poblaciónMedia
Enunciado. Hoy hay 3200 microorganismos y el crecimiento neto es 18 % por hora en un modelo continuo. ¿Cuántos había 4 h antes?
Datos de la población
\(P(0)=3200\), \(r=0.18\) h^-1.
Idea biológica
\(P(t)=3200e^{0.18t}\), tomando t=0 hoy.
Cálculo
- Cuatro horas antes corresponde a t=-4.
- \(P(-4)=3200e^{-0.72}\approx 1558\).
Respuesta del modelo
Había aproximadamente 1558 microorganismos.
Control de equilibrio
Al evolucionar 4 h hacia delante desde ese valor se recuperan 3200.
Problema 23Logística con capacidad de carga conocidaMedia
Enunciado. Una población sigue \(P'=0.5P(1-P/2000)\) y parte de 200. Halla P(t) y P(5).
Estado inicial
\(r=0.5\), \(K=2000\), \(P_0=200\).
Qué gobierna el cambio
\(P=K/(1+Ae^{-rt})\), con \(A=(K-P_0)/P_0\).
Resolución
- \(A=(2000-200)/200=9\).
- \(P(t)=2000/(1+9e^{-0.5t})\).
- \(P(5)\approx 1150.2\).
Conclusión
\(P(t)=2000/(1+9e^{-0.5t})\) y \(P(5)\approx1150\).
Comprobación
La población permanece entre 0 y 2000 y tiende a K.
Problema 24Tiempo para alcanzar el 90 % de la capacidadMedia
Enunciado. En el modelo del problema anterior, calcula cuándo P alcanza 1800.
Variables y parámetros
\(P(t)=2000/(1+9e^{-0.5t})\), objetivo \(P=1800\).
Dinámica del modelo
Se despeja t de la solución logística.
Evolución del modelo
- \(1800=2000/(1+9e^{-0.5t})\).
- \(1+9e^{-0.5t}=10/9\).
- \(9e^{-0.5t}=1/9\), por lo que \(e^{-0.5t}=1/81\).
- \(t=2\ln81\approx 8.79\).
Lectura biológica
El 90 % de K se alcanza en \(t\approx8.79\).
¿Tiene sentido?
Al sustituir el tiempo calculado, el denominador es 10/9 y P=1800.
Problema 25Punto de inflexión de una curva logísticaAlta
Enunciado. Demuestra que el crecimiento logístico \(P'=rP(1-P/K)\) alcanza su tasa máxima cuando \(P=K/2\).
Datos de la población
\(P'=rP-rP^2/K\).
Idea biológica
La tasa de crecimiento como función de P es una parábola cóncava.
Cálculo
- Definimos \(g(P)=rP(1-P/K)\).
- \(g'(P)=r(1-2P/K)\).
- El extremo interior satisface \(1-2P/K=0\), luego \(P=K/2\).
- \(g''(P)=-2r/K\lt0\), así que es un máximo.
- La tasa máxima es \(g(K/2)=rK/4\).
Respuesta del modelo
El máximo crecimiento absoluto ocurre en \(P=K/2\) y vale \(rK/4\).
Control de equilibrio
Coincide con el punto de inflexión de la solución logística.
Problema 26Estimación de r a partir de dos datos logísticosAlta
Enunciado. Una población con K=1000 tiene P(0)=100 y P(4)=450. Estima r.
Estado inicial
\(K=1000\), \(P_0=100\), \(P(4)=450\).
Qué gobierna el cambio
\(P=K/(1+Ae^{-rt})\), con A=9.
Resolución
- \(450=1000/(1+9e^{-4r})\).
- \(1+9e^{-4r}=1000/450=20/9\).
- \(9e^{-4r}=11/9\), así \(e^{-4r}=11/81\).
- \(r=-\frac14\ln(11/81)\approx 0.4991\).
Conclusión
\(r\approx0.4991\) por unidad de tiempo.
Comprobación
r es positiva porque \(11/81\lt1\). Sustituirla reproduce P(4)=450.
Problema 27Logística con captura constante y dos equilibriosAlta
Enunciado. Considera \(P'=0.4P(1-P/1000)-60\). Determina los equilibrios y su estabilidad.
Variables y parámetros
\(r=0.4\), \(K=1000\), captura \(H=60\).
Dinámica del modelo
Los equilibrios satisfacen \(0.4P(1-P/1000)=60\).
Evolución del modelo
- \(0.4P-0.0004P^2-60=0\).
- Multiplicando por -2500: \(P^2-1000P+150000=0\).
- Las raíces son aproximadamente 183.77 y 816.23.
- El equilibrio bajo es inestable y el alto estable por el signo del campo.
Lectura biológica
Equilibrios \(P_-\approx183.77\) inestable y \(P_+\approx816.23\) estable.
¿Tiene sentido?
La captura 60 es menor que el máximo sostenible \(rK/4=100\), por eso existen dos equilibrios.
Problema 28Captura superior al rendimiento máximo sostenibleAlta
Enunciado. Para \(P'=0.4P(1-P/1000)-120\), explica por qué no existe equilibrio positivo y qué predice el modelo.
Datos de la población
\(r=0.4\), \(K=1000\), \(H=120\).
Idea biológica
El crecimiento logístico máximo sin captura es \(rK/4=100\).
Cálculo
- La producción natural nunca supera 100 individuos por unidad de tiempo.
- La extracción fija es 120, siempre mayor que la producción máxima.
- Por tanto \(P'\lt0\) para todo P positivo.
- Biológicamente se interpreta que la población alcanza cero y el modelo debe detenerse allí.
Respuesta del modelo
Con H=120 no hay equilibrio positivo y el modelo predice extinción si la captura se mantiene.
Control de equilibrio
La comparación H>rK/4 evita resolver una cuadrática innecesaria.
Problema 29Cosecha proporcionalMedia
Enunciado. Una población satisface \(P'=0.5P(1-P/1200)-0.1P\). Halla la nueva capacidad efectiva y la tasa inicial neta.
Estado inicial
\(r=0.5\), \(K=1200\), cosecha proporcional \(h=0.1\).
Qué gobierna el cambio
Factorizamos P: \(P'=P[(r-h)-rP/K]\).
Resolución
- \(r-h=0.4\).
- Es una logística equivalente \(P'=0.4P(1-P/K_{\rm eff})\).
- Al igualar \(0.4/K_{\rm eff}=0.5/1200\), resulta \(K_{\rm eff}=960\).
Conclusión
Tasa neta a baja densidad 0.4 y capacidad efectiva 960.
Comprobación
El equilibrio disminuye respecto de 1200, como debe ocurrir al introducir extracción proporcional.
Problema 30Población con inmigración constanteAlta
Enunciado. Una pequeña población cumple \(P'=0.12P+8\), con P(0)=50. Halla P(t) y el tiempo para llegar a 200.
Variables y parámetros
\(P'=0.12P+8\), \(P_0=50\).
Dinámica del modelo
EDO lineal con término constante de inmigración.
Evolución del modelo
- \(P(t)=(P_0+8/0.12)e^{0.12t}-8/0.12\).
- \(P(t)=116.6667e^{0.12t}-66.6667\).
- Para P=200, \(t\approx 6.89\).
Lectura biológica
\(P(t)=116.6667e^{0.12t}-66.6667\) y llega a 200 en 6.89 unidades de tiempo.
¿Tiene sentido?
La derivada inicial es 14, positiva, coherente con crecimiento más inmigración.
Problema 31Efecto Allee y umbral de supervivenciaAlta
Enunciado. Estudia los equilibrios y el signo de \(P'=0.00002P(P-100)(1000-P)\).
Datos de la población
Umbral A=100 y capacidad K=1000.
Idea biológica
El producto factorizado permite estudiar el signo sin integrar.
Cálculo
- Equilibrios: P=0, 100 y 1000.
- Si \(0\lt P\lt100\), entonces \(P'\lt0\).
- Si \(100\lt P\lt1000\), entonces \(P'\gt0\).
- Si \(P\gt1000\), entonces \(P'\lt0\).
- Así, 100 es un umbral inestable y 1000 es estable desde su entorno positivo.
Respuesta del modelo
Los equilibrios 0 y 1000 son estables; 100 es inestable. Por debajo de 100 la población disminuye hacia 0 y, entre 100 y 1000, crece hacia 1000.
Control de equilibrio
La interpretación del signo es más informativa que una fórmula cerrada complicada.
Problema 32Crecimiento con extracción estacional mediaAlta
Enunciado. Se aproxima una captura estacional por su valor medio y se usa \(P'=0.3P(1-P/1500)-50\). Decide si puede existir una población estable positiva y calcula el máximo rendimiento natural.
Estado inicial
\(r=0.3\), \(K=1500\), \(H=50\).
Qué gobierna el cambio
El rendimiento máximo logístico es \(rK/4\).
Resolución
- \(rK/4=0.3·1500/4=112.5\).
- Como \(50\lt112.5\), existen dos equilibrios positivos.
- Resolviendo la cuadrática se obtienen aproximadamente 190.98 y 1309.02.
- La raíz superior es estable.
Conclusión
El modelo admite un equilibrio estable alto de aproximadamente 1309 individuos.
Comprobación
La captura queda claramente por debajo del máximo sostenible teórico.
Problema 33Comparación Malthus frente a logísticaAlta
Enunciado. Partiendo de P0=100, compara a t=10 el modelo malthusiano con r=0.35 y la logística con el mismo r y K=2000.
Variables y parámetros
\(P_M=100e^{0.35t}\), \(P_L=2000/(1+19e^{-0.35t})\).
Dinámica del modelo
Ambos coinciden casi al principio, pero la logística incorpora limitación de recursos.
Evolución del modelo
- \(P_M(10)=100e^{3.5}\approx 3312\).
- \(P_L(10)=2000/(1+19e^{-3.5})\approx 1271\).
- La logística reduce la tasa al aumentar P/K.
Lectura biológica
A t=10, Malthus predice ≈3312 y logística ≈1271.
¿Tiene sentido?
La logística nunca supera K y es más adecuada cuando los recursos limitan el crecimiento.
4. Problemas de tanques de mezcla, salmuera y análisis compartimental
Treinta problemas resueltos con balance de materia, concentración, volumen variable, vaciado, rebose, parámetros desconocidos, cambios de régimen y sistemas de dos tanques. Es el bloque más desarrollado del recurso porque aquí el planteamiento vale tanto como la integración.
Problemas de tanques de mezcla y salmuera: de dónde sale la ecuación diferencial
En un tanque perfectamente mezclado no se empieza por una fórmula memorizada. Se empieza por un balance. La variable más segura es Q(t), cantidad de soluto, porque la concentración de salida depende de lo que haya dentro en ese instante.
Si entran \(q_{in}\) L/min con concentración \(c_{in}\) kg/L, la entrada de sal es \(q_{in}c_{in}\) kg/min. Como el tanque está bien mezclado, el líquido que sale tiene concentración \(Q(t)/V(t)\). Por tanto:
Al pasar el término con Q al primer miembro aparece una EDO lineal de primer orden:
Esta es la estructura que debe justificar el alumno. Después se decide si el volumen es constante o variable. Si \(q_{in}=q_{out}=q\), entonces \(V(t)=V_0\) y el factor integrante es exponencial. Si los caudales son distintos, \(V(t)\) cambia y el factor integrante suele ser una potencia de V(t).
Problema 34Tanque clásico de salmuera: concentración a los 8 minutosMedia
Enunciado. Un tanque contiene 100 L de disolución con 5 kg de sal. Entran 4 L/min de salmuera con concentración 0.08 kg/L y salen 4 L/min de mezcla perfectamente homogénea. Calcula la cantidad de sal y la concentración que habrá exactamente a los 8 min.
La clave del balance. Cantidad de soluto, concentración a un instante, concentración límite y formulación completa de la EDO.
Lectura del tanque
V0=100 L, Q0=5 kg, qin=qout=4 L/min, cin=0.08 kg/L.
Objetivo
Q(8) y c(8)=Q(8)/100.
Balance y resolución
Paso 1. Elegimos la variable correcta
Sea Q(t) la cantidad de sal, en kg. No tomamos directamente la concentración como incógnita porque la salida de soluto se obtiene con Q(t)/V.
Paso 2. Escribimos el volumen
Como entran y salen 4 L/min, el volumen permanece constante.
Paso 3. Calculamos la entrada de sal
Paso 4. Calculamos la salida de sal
Paso 5. Formamos la ecuación diferencial
Paso 6. Calculamos el factor integrante
Paso 7. Multiplicamos toda la EDO
Paso 8. Integramos
Paso 9. Aplicamos la condición inicial
Paso 10. Respondemos a los 8 minutos
Respuesta física
Q(8)≈5.8216 kg y c(8)≈0.05822 kg/L.
Control de unidades y tendencia
La concentración inicial es 0.05 kg/L y la de entrada es 0.08 kg/L. Por tanto la concentración debe aumentar pero permanecer por debajo de 0.08 kg/L. El resultado cumple ambas condiciones.
Problema 35Lavado de un tanque con agua puraMedia
Enunciado. Un tanque de 200 L contiene 12 kg de sal. Entran y salen 10 L/min, pero la entrada es agua pura. Calcula la concentración a los 8 min y el tiempo necesario para que la concentración baje a 0.01 kg/L.
Ojo con la entrada. Lavado, concentración objetivo, tiempo hasta un umbral y entrada de sal nula.
Estado inicial
V0=200 L, Q0=12 kg, q=10 L/min, cin=0.
Pregunta
c(8) y el instante en el que c(t)=0.01 kg/L.
Del esquema a la ecuación
Paso 1. Variable y volumen
Q(t) es la cantidad de sal en kg.
Paso 2. Entrada de sal
Entra agua pura. Su concentración de sal es cero.
Paso 3. Salida de sal
Paso 4. EDO
Paso 5. Integramos
Paso 6. Condición inicial
Paso 7. A los 8 min
Paso 8. Tiempo para bajar a 0.01 kg/L
Resultado del tanque
c(8)≈0.04022 kg/L y t≈35.84 min para llegar a 0.01 kg/L.
Chequeo físico
La concentración inicial es 12/200=0.06 kg/L. Debe disminuir de forma exponencial hacia cero. El resultado a los 8 min es menor que 0.06 y positivo.
Problema 36Tiempo para alcanzar una concentración dadaMedia
Enunciado. Un tanque de 300 L contiene inicialmente 3 kg de sal. Entra salmuera a 6 L/min con 0.04 kg/L y sale el mismo caudal. ¿Cuánto tiempo tarda la mezcla en alcanzar una concentración de 0.03 kg/L?
El giro del problema. Despeje de tiempo, paso de concentración a cantidad y lectura del equilibrio.
Datos del balance
V0=300 L, Q0=3 kg, q=6 L/min, cin=0.04 kg/L.
Magnitud buscada
t tal que c(t)=0.03 kg/L.
Construcción del balance
Paso 1. Trabajamos con concentración o cantidad
Como el volumen es constante, podemos resolver con Q o con c. Para practicar el balance completo usamos Q.
Paso 2. Entrada y salida
Paso 3. EDO lineal
Paso 4. Factor integrante
Paso 5. Integramos
Paso 6. Condición inicial
Paso 7. Convertimos el objetivo de concentración en cantidad
Paso 8. Despejamos el tiempo
Conclusión
t≈54.93 min.
¿Encaja con el tanque?
La concentración inicial es 0.01 kg/L y la de entrada 0.04 kg/L. El valor 0.03 está entre ambas, por lo que debe alcanzarse una única vez.
Problema 37Caudal desconocido a partir de una mediciónAlta
Enunciado. Un tanque de 100 L contiene 8 kg de sal. Se lava con agua pura a un caudal desconocido q L/min y sale el mismo caudal. Diez minutos después quedan 4 kg de sal. Determina q.
El dato que manda. Caudal desconocido, semivida de lavado y calibración del modelo.
Lectura del tanque
V0=100 L, Q0=8 kg, Q(10)=4 kg, cin=0.
Objetivo
q.
Balance y resolución
Paso 1. Modelo de lavado
Paso 2. Solución general
Paso 3. Usamos la medición
Paso 4. Aplicamos logaritmos
Respuesta física
q≈6.931 L/min.
Control de unidades y tendencia
En 10 min la cantidad se reduce exactamente a la mitad, de modo que el coeficiente q/V debe ser ln2/10. Multiplicar por V=100 da el caudal calculado.
Problema 38Concentración de entrada desconocidaAlta
Enunciado. Un tanque de 120 L contiene 2.4 kg de sal. Entran y salen 6 L/min. La concentración de la corriente de entrada es desconocida. A los 15 min se miden aproximadamente 4.30 kg de sal en el tanque. Estima la concentración de entrada.
La incógnita escondida. Parámetro desconocido, uso de datos experimentales y despeje de la concentración de entrada.
Estado inicial
V0=120 L, Q0=2.4 kg, q=6 L/min, Q(15)≈4.30 kg.
Pregunta
c_in.
Del esquema a la ecuación
Paso 1. EDO con concentración de entrada desconocida
Paso 2. Resolvemos sin asignar todavía c_in
Paso 3. Sustituimos la condición inicial Q0=2.4
Paso 4. Usamos la medición de t=15
Paso 5. Aislamos c_in
Resultado del tanque
c_in≈0.05001 kg/L, prácticamente 0.05 kg/L.
Chequeo físico
La concentración inicial es 0.02 kg/L y la cantidad medida ha aumentado. Por tanto la concentración de entrada debe ser superior a 0.02 kg/L. El valor estimado lo es.
Problema 39Salmuera entrando y saliendo: ¿qué concentración queda a los 8 minutos?Media
Enunciado. Un tanque contiene 80 L de mezcla con 1.6 kg de sal. Entran 5 L/min de salmuera a 0.06 kg/L y salen 5 L/min. ¿Qué concentración habrá a los 8 min?
Qué se está midiendo. Concentración a los 8 minutos, solución por factor integrante y control del equilibrio.
Datos del balance
V0=80 L, Q0=1.6 kg, q=5 L/min, cin=0.06 kg/L.
Magnitud buscada
c(8).
Construcción del balance
Paso 1. Volumen constante
Paso 2. Entrada de sal
Paso 3. Salida de sal
Paso 4. EDO
Paso 5. Factor integrante
Paso 6. Integración
Paso 7. Condición inicial
Paso 8. A los 8 min
Conclusión
Q(8)≈2.8591 kg y c(8)≈0.03574 kg/L.
¿Encaja con el tanque?
La concentración inicial es 0.02 kg/L. El resultado aumenta hacia 0.06 kg/L, sin superarla.
Problema 40Tiempo para alcanzar el 95 % de la concentración de entradaAlta
Enunciado. Un tanque de 150 L está inicialmente sin sal. Entran y salen 5 L/min de salmuera con 0.04 kg/L. ¿Cuándo alcanzará la mezcla el 95 % de la concentración de entrada?
La idea rápida. Tiempo de aproximación al equilibrio, porcentaje de régimen permanente y lectura de la constante de tiempo.
Lectura del tanque
V=150 L, q=5 L/min, cin=0.04 kg/L, c0=0.
Objetivo
Tiempo para c=0.95 cin.
Balance y resolución
Paso 1. Ecuación para la concentración
Con volumen constante, Q=Vc y V es constante. Al dividir el balance por V obtenemos directamente:
Paso 2. Solución
Paso 3. Interpretamos 95 % del equilibrio
Alcanzar el 95 % de 0.04 significa c=0.038 kg/L. Equivalentemente, solo queda el 5 % de la distancia al equilibrio.
Paso 4. Despejamos
Respuesta física
t≈89.87 min.
Control de unidades y tendencia
El 95 % de aproximación depende de la constante q/V y no de la cantidad total en kg. Cuanto mayor sea q/V, más rápido se alcanza el equilibrio.
Problema 41Cantidad inicial desconocidaAlta
Enunciado. Un tanque de 100 L recibe y expulsa 4 L/min. La entrada tiene 0.10 kg/L de sal. Después de 20 min la concentración del tanque es 0.07 kg/L. ¿Cuánta sal había inicialmente?
Lectura hacia atrás. Estado inicial desconocido y reconstrucción hacia atrás.
Estado inicial
V=100 L, q=4 L/min, cin=0.10 kg/L, c(20)=0.07 kg/L.
Pregunta
Q0.
Del esquema a la ecuación
Paso 1. Forma de la solución en concentración
Paso 2. Introducimos la medición
Paso 3. Aislamos c0
Paso 4. Recuperamos la cantidad inicial
Resultado del tanque
Q0≈3.323 kg.
Chequeo físico
El valor inicial obtenido corresponde a una concentración menor que 0.07 y que 0.10, coherente con una concentración que aumenta hacia la de entrada.
Problema 42Tanque que se llena mientras se vacía: volumen variableAlta
Enunciado. Un tanque contiene 100 L y 2 kg de sal. Entran 5 L/min de salmuera a 0.08 kg/L y salen 3 L/min. La capacidad máxima es 150 L. Calcula V(8), Q(8), c(8) y el instante de rebose.
Antes de calcular. Volumen variable, factor integrante potencia, concentración a los 8 min y tiempo de rebose.
Datos del balance
V0=100 L, Q0=2 kg, qin=5, qout=3 L/min, cin=0.08 kg/L, Vmax=150 L.
Magnitud buscada
V(8), Q(8), c(8) y tiempo de rebose.
Construcción del balance
Paso 1. El volumen ya no es constante
Paso 2. Entrada y salida de sal
Paso 3. EDO lineal
Paso 4. Factor integrante con coeficiente variable
Paso 5. Multiplicamos la ecuación completa
Paso 6. Integramos haciendo u=100+2t
Paso 7. Despejamos Q
Paso 8. Condición inicial
Paso 9. A los 8 min
Paso 10. Tiempo de rebose si la capacidad es 150 L
Conclusión
V(8)=116 L, Q(8)≈4.4775 kg, c(8)≈0.03860 kg/L y rebose a los 25.00 min.
¿Encaja con el tanque?
La concentración inicial es 0.02 kg/L y aumenta hacia 0.08 kg/L. El volumen crece 2 L/min, por lo que de 100 a 150 L se necesitan exactamente 25 min.
Problema 43Tanque que se vacía más rápido de lo que se llenaAlta
Enunciado. Un tanque tiene 120 L y 6 kg de sal. Entran 3 L/min con 0.04 kg/L y salen 5 L/min. Calcula la concentración a los 8 min y cuánto tarda en vaciarse.
El límite físico. Caudales desiguales, dominio temporal, concentración y tiempo de vaciado.
Lectura del tanque
V0=120 L, Q0=6 kg, qin=3, qout=5 L/min, cin=0.04 kg/L.
Objetivo
c(8) y tiempo de vaciado.
Balance y resolución
Paso 1. Volumen
Paso 2. Tiempo máximo físico del modelo
A t=60 min el tanque queda vacío.
Paso 3. Balance de sal
Paso 4. Factor integrante
Paso 5. Multiplicamos e integramos
Paso 6. Condición inicial
Paso 7. A los 8 min
Respuesta física
c(8)≈0.04807 kg/L y el tanque se vacía a los 60 min.
Control de unidades y tendencia
La concentración inicial es 0.05 kg/L y la entrada es 0.04 kg/L, por lo que c(t) debe bajar. El resultado cumple esa tendencia. El modelo no puede prolongarse más allá de 60 min.
Problema 44Dilución con agua pura y volumen crecienteAlta
Enunciado. Un tanque contiene 90 L y 4.5 kg de sal. Entran 6 L/min de agua pura y salen 4 L/min. Calcula Q(10), c(10) y cuándo baja la concentración a 0.02 kg/L.
Dos efectos a la vez. Dilución, volumen creciente, solución separable y tiempo hasta una concentración objetivo.
Estado del recipiente
V0=90 L, Q0=4.5 kg, qin=6, qout=4 L/min, cin=0.
Lo que buscamos
Q(10), c(10), t para c=0.02 kg/L.
Cómo se construye el modelo
Paso 1. Volumen
Paso 2. No entra sal
Paso 3. Separamos variables
Paso 4. Integramos
Paso 5. Condición inicial
Paso 6. Concentración
Paso 7. A los 10 min
Paso 8. Tiempo para c=0.02
Conclusión
Q(10)≈3.0124 kg, c(10)≈0.02739 kg/L y t≈16.07 min para c=0.02 kg/L.
Chequeo físico
Aunque el volumen aumenta, la cantidad de sal baja. La concentración baja todavía más rápido porque se combinan ambos efectos.
Problema 45Vaciado sin entrada: la concentración permanece constanteMedia
Enunciado. Un tanque contiene 120 L y 6 kg de sal. Se abre una salida de 4 L/min y no entra líquido. ¿Cuánto tarda en vaciarse? ¿Cómo varían Q(t) y la concentración?
La trampa conceptual. Tiempo de vaciado, dominio físico y trampa conceptual de concentración constante.
Lectura física
V0=120 L, Q0=6 kg, qin=0, qout=4 L/min.
Objetivo
Q(t), c(t), tiempo de vaciado.
Volumen, balance y solución
Paso 1. Volumen
Paso 2. EDO
Paso 3. Separamos e integramos
Paso 4. Despejamos y usamos Q(0)=6
Paso 5. Concentración
Paso 6. Vaciado
Respuesta del modelo
Q(t)=6-0.2t kg, c(t)=0.05 kg/L y el tanque se vacía en 30 min.
Control de coherencia
La concentración constante es una excelente comprobación conceptual: si solo retiramos mezcla homogénea, no estamos diluyendo ni concentrando el contenido restante.
Problema 46Tanque que solo se llenaMedia
Enunciado. Un tanque contiene 50 L y 1 kg de sal. Entran 5 L/min de salmuera con 0.10 kg/L y no hay salida. Calcula la concentración a los 8 min y el valor al que tiende si el tanque fuera ilimitado.
Primero cantidad, después concentración. Llenado sin salida, límite de concentración y separación entre cantidad y concentración.
Datos de partida
V0=50 L, Q0=1 kg, qin=5 L/min, cin=0.10 kg/L, qout=0.
Incógnita
c(8) y límite de c(t).
Resolución por etapas
Paso 1. Volumen
Paso 2. Balance de soluto
No hay salida. Solo entra sal.
Paso 3. Integramos
Paso 4. Concentración
Paso 5. A los 8 min
Paso 6. Límite
Resultado físico
c(8)≈0.05556 kg/L y c(t)→0.10 kg/L.
Unidades y tendencia
La concentración inicial es 0.02 kg/L y debe acercarse a la concentración de entrada 0.10 kg/L.
Problema 47Cambio de salmuera a agua pura: solución por tramosAlta
Enunciado. Un tanque de 100 L recibe y expulsa 5 L/min. Parte con concentración 0.01 kg/L. Durante los primeros 10 min entra salmuera a 0.08 kg/L; después se cambia instantáneamente a agua pura. Calcula c(10) y c(20).
El cambio de régimen. Cambios de régimen, continuidad y condiciones iniciales por tramos.
Estado del recipiente
V=100 L, q=5 L/min, c0=0.01 kg/L, cin=0.08 hasta t=10 y 0 después.
Lo que buscamos
c(10), c(20) y solución por tramos.
Cómo se construye el modelo
Tramo 1. De 0 a 10 min
Valor de enlace
Tramo 2. A partir de 10 min entra agua pura
Tomamos como condición inicial del segundo tramo el valor c(10).
Solución del segundo tramo
A los 20 min
Conclusión
c(10)≈0.03754 kg/L y c(20)≈0.02277 kg/L.
Chequeo físico
La concentración primero sube hacia 0.08 y después, al entrar agua pura, comienza a bajar hacia cero. La solución es continua en t=10.
Problema 48Se cierra la salida y el tanque empieza a llenarseAlta
Enunciado. Un tanque de 100 L tiene concentración inicial 0.03 kg/L. Entran y salen 4 L/min de salmuera a 0.09 kg/L. A los 12 min se cierra la salida, pero la entrada continúa. Calcula la concentración a los 20 min.
Lo que cambia al cerrar la salida. Cambio de caudal, volumen por tramos y actualización correcta de la condición inicial.
Lectura física
V0=100 L, c0=0.03, cin=0.09 kg/L, q=4 L/min, cierre de salida en t=12.
Objetivo
c(20).
Volumen, balance y solución
Tramo 1. Mezcla con volumen constante
Tramo 2. Se cierra la salida
Desde t=12 sigue entrando 4 L/min, pero ya no sale líquido.
Balance de sal en el segundo tramo
A los 20 min
Respuesta del modelo
c(20)≈0.06187 kg/L.
Control de coherencia
Después de cerrar la salida la concentración sigue aumentando, pero no puede superar 0.09 kg/L porque esa es la concentración del líquido añadido.
Problema 49Se cierra la entrada y el tanque se vacíaMedia
Enunciado. En un instante se cierra la entrada de un tanque que contiene 140 L y 7 kg de sal. La salida permanece abierta a 7 L/min. Determina Q(t), la concentración y el tiempo hasta vaciarse.
No confundir vaciado con dilución. Cierre de entrada, vaciado y concentración constante.
Datos de partida
V0=140 L, Q0=7 kg, qout=7 L/min.
Incógnita
Q(t), c(t), tiempo de vaciado.
Resolución por etapas
Paso 1. Tras cerrar la entrada
Paso 2. Balance
Paso 3. Resolución
Paso 4. Concentración
Paso 5. Vaciado
Resultado físico
Q(t)=0.35(20-t) kg, c(t)=0.05 kg/L y vaciado en 20 min.
Unidades y tendencia
Cantidad y volumen son proporcionales, de modo que la concentración permanece constante hasta el vaciado.
Problema 50Concentración en el instante exacto de reboseAlta
Enunciado. Un tanque contiene 100 L con concentración 0.02 kg/L. Entran 8 L/min de salmuera a 0.05 kg/L y salen 3 L/min. La capacidad es 180 L. Calcula cuándo rebosa y la concentración justo en ese instante.
Una vía más corta. Tiempo de rebose y concentración al rebose; derivación alternativa usando Q=Vc.
Estado del recipiente
V0=100 L, Vmax=180 L, qin=8, qout=3 L/min, c0=0.02, cin=0.05 kg/L.
Lo que buscamos
t_reb y c(t_reb).
Cómo se construye el modelo
Paso 1. Tiempo de rebose
Paso 2. Derivamos una ecuación directa para la concentración
Escribimos \(Q=Vc\). Entonces \(\frac{dQ}{dt}=V'c+V\frac{dc}{dt}\).
Paso 3. Simplificamos
Paso 4. Separamos variables
Paso 5. Integramos
Paso 6. Aplicamos c(0)=0.02
Paso 7. Concentración al rebosar
Conclusión
Rebosa a los 16 min y c_reb≈0.03829 kg/L.
Chequeo físico
La concentración al rebose está entre 0.02 y 0.05 kg/L, como exige el modelo. La ecuación directa para c es especialmente eficiente cuando el volumen es variable.
Problema 51Diseñar la concentración de entrada para alcanzar un objetivoMuy alta
Enunciado. Un tanque de 100 L puede contener como máximo 160 L. Entran 6 L/min y salen 2 L/min. La concentración inicial es 0.02 kg/L. ¿Qué concentración debe tener la salmuera de entrada para que, justo al rebosar, la mezcla esté a 0.05 kg/L?
Diseñar al revés. Diseño inverso, concentración de entrada desconocida y condición final en rebose.
Lectura física
V0=100 L, Vmax=160 L, qin=6, qout=2 L/min, c0=0.02, c_reb=0.05 kg/L.
Objetivo
c_in.
Volumen, balance y solución
Paso 1. Tiempo hasta el rebose
Paso 2. Usamos la solución general para concentración con volumen variable
Paso 3. Exponente concreto
Paso 4. Imponemos la concentración deseada al rebose
Paso 5. Despejamos el parámetro
Respuesta del modelo
c_in≈0.07930 kg/L.
Control de coherencia
La concentración de entrada debe ser mayor que 0.05 kg/L, porque en 15 min la mezcla aún no puede igualar por completo a la corriente de entrada. El valor hallado cumple esta condición.
Problema 52Caudal de salida deducido del tiempo de vaciadoAlta
Enunciado. Un tanque contiene 90 L. Entran 2 L/min y sale un caudal constante desconocido. Se sabe que el tanque se vacía exactamente en 30 min. La concentración inicial es 0.06 kg/L y la entrada tiene 0.03 kg/L. Calcula el caudal de salida y c(10).
El volumen da la primera pista. Caudal desconocido, tiempo de vaciado y concentración con volumen decreciente.
Datos de partida
V0=90 L, qin=2 L/min, t_vac=30 min, c0=0.06, cin=0.03 kg/L.
Incógnita
qout y c(10).
Resolución por etapas
Paso 1. Recuperamos q_out usando el tiempo de vaciado
Paso 2. Volumen a los 10 min
Paso 3. Ecuación para la concentración
Paso 4. Solución
Paso 5. A los 10 min
Resultado físico
qout=5 L/min y c(10)≈0.05289 kg/L.
Unidades y tendencia
El caudal de salida debe superar al de entrada para que el tanque se vacíe. El valor 5 L/min lo cumple. La concentración baja hacia 0.03 kg/L.
Problema 53Caudal de entrada deducido del cambio de volumenAlta
Enunciado. Un tanque tiene 100 L. Sale líquido a 4 L/min y entra salmuera a caudal desconocido. A los 10 min el volumen es 130 L. Si c(0)=0.02 kg/L y c_in=0.08 kg/L, determina q_in y c(10).
Primero el caudal. Caudal de entrada desconocido a partir del volumen y posterior cálculo de concentración.
Estado del recipiente
V0=100 L, V(10)=130 L, qout=4 L/min, c0=0.02, cin=0.08 kg/L.
Lo que buscamos
qin y c(10).
Cómo se construye el modelo
Paso 1. Balance de volumen
Paso 2. Ecuación de concentración
Paso 3. Integramos
Paso 4. En t=10
Conclusión
qin=7 L/min y c(10)≈0.04747 kg/L.
Chequeo físico
El volumen aumenta 30 L en 10 min, por tanto el caudal neto es 3 L/min y qin=7 L/min. La concentración calculada está entre 0.02 y 0.08.
Problema 54Tiempo hasta una concentración objetivo con volumen variableAlta
Enunciado. Un tanque contiene 100 L con concentración 0.02 kg/L. Entran 6 L/min de salmuera a 0.08 kg/L y salen 2 L/min. ¿Cuánto tarda en alcanzar 0.05 kg/L?
El tiempo está dentro del volumen. Tiempo objetivo, volumen variable y manipulación de exponentes fraccionarios.
Parámetros
V0=100 L, qin=6, qout=2 L/min, c0=0.02, cin=0.08 kg/L.
Pregunta
t para c=0.05 kg/L.
Del balance a la respuesta
Paso 1. Volumen
Paso 2. Solución de concentración
Paso 3. Imponemos c=0.05
Paso 4. Aislamos la potencia
Paso 5. Elevamos a 2/3
Paso 6. Tiempo
Resultado del modelo
t≈14.69 min.
Conservación y coherencia
La concentración objetivo está entre el valor inicial y la entrada, así que existe un tiempo positivo. El volumen correspondiente es mayor que 100 L, coherente con qin>qout.
Problema 55Leer un tanque a partir de su ecuación diferencialAlta
Enunciado. Un modelo de mezcla viene dado por \(\frac{dQ}{dt}+0.05Q(t)=0.30\), con \(Q\) en kg y \(t\) en min. Interpreta físicamente los coeficientes. Si el tanque tiene 100 L y se mantiene a volumen constante, con el mismo caudal de entrada y salida, determina ese caudal y la concentración de entrada.
Leer la física de los coeficientes. Identificación de parámetros, unidades y lectura física de una EDO ya formulada.
Estado del sistema
\(\frac{dQ}{dt}+0.05Q=0.30\) y \(V=100\) L.
Objetivo del modelo
q, c_in y significado de cada coeficiente.
Resolución del sistema
Paso 1. Comparamos con la forma general
Paso 2. Identificamos cocientes y productos
Paso 3. Si además V=100 L
Paso 4. Concentración de entrada
Paso 5. Equilibrio
Conclusión
\(q=5\) L/min, \(c_{in}=0.06\) kg/L y el equilibrio es \(Q_*=6\) kg.
Control del modelo
Las unidades verifican la interpretación: 0.05 tiene unidades min^-1 y 0.30 tiene unidades kg/min.
Problema 56Dos tanques en serie con agua puraMuy alta
Enunciado. Dos tanques de 100 L están conectados en serie. Entra agua pura al tanque 1 a 5 L/min, pasan 5 L/min del tanque 1 al tanque 2 y salen 5 L/min del segundo. Inicialmente Q1(0)=10 kg y Q2(0)=0. Halla Q1(t), Q2(t) y sus valores a los 20 min.
Dos balances, en orden. Sistemas de dos compartimentos, factor integrante y transferencia en serie.
Información disponible
V1=V2=100 L, q=5 L/min, Q1(0)=10 kg, Q2(0)=0.
Magnitudes buscadas
Q1(t), Q2(t), Q1(20), Q2(20).
Construcción y cálculo
Paso 1. Tanque 1
Paso 2. Entrada de sal al tanque 2
Paso 3. Salida del tanque 2
Paso 4. EDO del tanque 2
Paso 5. Factor integrante
Paso 6. Integramos y aplicamos Q2(0)=0
Paso 7. En t=20
Respuesta física
\(Q_1(t)=10e^{-0.05t}\), \(Q_2(t)=0.5te^{-0.05t}\); a los 20 min, \(Q_1\approx3.6788\) kg y \(Q_2\approx3.6788\) kg.
Comprobación física
Q2 empieza en cero, aumenta porque recibe sal del tanque 1 y más tarde terminará disminuyendo cuando la alimentación procedente del primero sea pequeña.
Problema 57Dos tanques en serie alimentados con salmueraMuy alta
Enunciado. Dos tanques de 80 L, inicialmente con agua pura, están en serie. Entran 4 L/min de salmuera a 0.04 kg/L en el tanque 1, pasan 4 L/min al tanque 2 y salen 4 L/min. Calcula las concentraciones a los 20 min.
El retraso del segundo tanque. Dos tanques en serie con alimentación salina y retraso dinámico.
Parámetros
V1=V2=80 L, q=4 L/min, cin=0.04 kg/L, c1(0)=c2(0)=0.
Pregunta
c1(20), c2(20).
Del balance a la respuesta
Paso 1. Primer tanque
Paso 2. Segundo tanque
Paso 3. Factor integrante
Paso 4. Integramos y usamos c2(0)=0
Paso 5. En t=20
Resultado del modelo
c1(20)≈0.02528 kg/L y c2(20)≈0.01057 kg/L.
Conservación y coherencia
La concentración del segundo tanque debe ser menor que la del primero en este instante porque recibe una corriente que todavía no ha alcanzado 0.04 kg/L.
Problema 58Dos tanques en recirculación cerradaMuy alta
Enunciado. Dos tanques de 100 L y 50 L intercambian mezcla a 5 L/min en ambos sentidos. No entra ni sale líquido del sistema. Inicialmente hay 10 kg de sal en el tanque 1 y ninguna en el 2. Determina Q1(t), Q2(t) y sus valores a los 10 min.
La conservación resuelve medio problema. Conservación, recirculación, reducción de un sistema y equilibrio compartimental.
Estado del sistema
V1=100 L, V2=50 L, q=5 L/min, Q1(0)=10 kg, Q2(0)=0.
Objetivo del modelo
Q1(t), Q2(t).
Resolución del sistema
Paso 1. Conservación de la sal
Paso 2. Balance del tanque 1
Paso 3. Eliminamos Q2
Paso 4. Resolvemos la lineal
Paso 5. Condición inicial
Paso 6. Recuperamos Q2
Paso 7. En t=10
Conclusión
\(Q_1(10)\approx7.4104\) kg y \(Q_2(10)\approx2.5896\) kg.
Control del modelo
La sal total sigue siendo 10 kg. En equilibrio las concentraciones serán iguales, por lo que \(Q_{1*}:Q_{2*}=100:50=2:1\); de ahí \(20/3\) y \(10/3\) kg.
Problema 59Dos tanques de distinto volumen: cuándo es máxima la sal del segundoMuy alta
Enunciado. Dos tanques de 100 L y 200 L están en serie con caudal 10 L/min. Entra agua pura al primero. Inicialmente el primer tanque contiene 10 kg de sal y el segundo ninguna. Determina Q2(t) y el instante en que Q2 es máxima.
Resolver y después optimizar. Dos volúmenes distintos, sistema triangular y optimización temporal.
Información disponible
V1=100 L, V2=200 L, q=10 L/min, Q1(0)=10 kg, Q2(0)=0.
Magnitudes buscadas
Q2(t), t máximo y Q2 máximo.
Construcción y cálculo
Paso 1. Tanque 1
Paso 2. Tanque 2
Paso 3. EDO lineal
Paso 4. Factor integrante
Paso 5. Integramos
Paso 6. Condición Q2(0)=0
Paso 7. Máximo de Q2
Paso 8. Cantidad máxima
Respuesta física
\(Q_2(t)=20(e^{-0.05t}-e^{-0.1t})\) kg; máximo en \(t\approx13.86\) min con \(Q_2\approx5.0000\) kg.
Comprobación física
Q2 empieza en 0 y termina en 0, por lo que debe tener al menos un máximo intermedio. El cálculo de la derivada lo localiza.
Problema 60Tanque con reacción de primer orden dentro del recipienteMuy alta
Enunciado. Un reactor perfectamente mezclado de 100 L recibe 5 L/min con 0.04 kg/L de una sustancia. Sale el mismo caudal y, además, la sustancia se degrada dentro del tanque con constante 0.02 min^-1. Si Q(0)=0, calcula Q(10) y el equilibrio.
Una pérdida adicional. Balance con reacción, dos mecanismos de pérdida y equilibrio modificado.
Parámetros
V=100 L, q=5 L/min, cin=0.04 kg/L, k=0.02 min^-1, Q0=0.
Pregunta
Q(10) y Q*.
Del balance a la respuesta
Paso 1. Entrada y salida hidráulica
Paso 2. Añadimos degradación interna
Paso 3. Balance total
Paso 4. EDO y factor integrante
Paso 5. Solución
Paso 6. Condición inicial Q0=0
Paso 7. A los 10 min y equilibrio
Resultado del modelo
Q(10)≈1.4383 kg y Q*≈2.8571 kg.
Conservación y coherencia
El equilibrio es menor que V·cin=4 kg porque existe una eliminación adicional por degradación.
Problema 61Producción interna de soluto y salida por mezclaAlta
Enunciado. Un tanque de 100 L recibe agua pura y expulsa mezcla a 5 L/min, manteniendo volumen constante. Dentro del tanque se genera una sustancia a razón de 0.15 kg/min. Si inicialmente hay 2 kg, calcula Q(t), Q(12) y el equilibrio.
Una fuente dentro del tanque. Fuente interna, balance general y equilibrio.
Estado del sistema
V=100 L, q=5 L/min, producción interna=0.15 kg/min, Q0=2 kg.
Objetivo del modelo
Q(t), Q(12), Q*.
Resolución del sistema
Paso 1. Entradas de soluto
El agua de entrada no lleva sal, pero dentro del tanque se genera soluto a 0.15 kg/min.
Paso 2. Salida
Paso 3. EDO
Paso 4. Solución
Paso 5. Condición inicial
Paso 6. A los 12 min
Conclusión
\(Q(t)=3-e^{-0.05t}\) kg, \(Q(12)\approx2.4512\) kg y \(Q_*=3\) kg.
Control del modelo
El sistema parte por debajo del equilibrio 3 kg, por lo que \(Q\) debe aumentar. \(\frac{dQ}{dt}(0)=0.15-0.10=0.05\) kg/min, consistente con la solución.
Problema 62Estimar el caudal con el tiempo de semirrelajaciónAlta
Enunciado. Un tanque de 100 L evoluciona hacia una concentración de entrada de 0.06 kg/L. Parte de 0.02 kg/L. Experimentalmente se observa que en 13.86 min la diferencia respecto a 0.06 se reduce a la mitad. Si entrada y salida tienen el mismo caudal, estima q.
La semirrelajación revela el caudal. Estimación de parámetros y conexión con constante de tiempo.
Información disponible
V=100 L, c0=0.02, cin=0.06 kg/L, tiempo de semidistancia=13.86 min.
Magnitudes buscadas
q.
Construcción y cálculo
Paso 1. Distancia al equilibrio
Paso 2. Dato de semidistancia
A los 13.86 min la distancia a 0.06 kg/L se ha reducido a la mitad.
Paso 3. Logaritmos
Paso 4. Caudal
Respuesta física
q≈5.001 L/min, aproximadamente 5 L/min.
Comprobación física
Para q≈5 L/min, q/V≈0.05 min^-1 y la semirrelajación vale ln2/0.05≈13.86 min, que reproduce el dato.
Problema 63Problema integrador de tanque: 10 apartados tipo examenMuy alta
Enunciado. Un tanque contiene 120 L de mezcla con 3 kg de sal y capacidad 180 L. Entran 6 L/min de salmuera a 0.08 kg/L y salen 4 L/min. Obtén V(t), la EDO, su factor integrante, Q(t), c(t), c(8), Q(8), el tiempo para c=0.05 kg/L, el tiempo de rebose y la cantidad de sal al rebosar.
Todo el modelo, de principio a fin. Síntesis completa de las variables que suelen exigirse en un examen de mezclas.
Parámetros
V0=120 L, Q0=3 kg, Vmax=180 L, qin=6, qout=4 L/min, cin=0.08 kg/L.
Pregunta
Todas las magnitudes principales del modelo.
Del balance a la respuesta
Paso 1. Volumen y dominio
Paso 2. Balance en Q
Paso 3. Factor integrante
Paso 4. Multiplicamos e integramos
Paso 5. Forma de Q
Paso 6. Condición inicial
Paso 7. Fórmula equivalente para c(t)
Paso 8. A los 8 min
Paso 9. Tiempo para c=0.05
Paso 10. En el rebose
Resultado del modelo
c(8)≈0.04222 kg/L, Q(8)≈5.7416 kg, c=0.05 a t≈13.43 min, rebose a 30 min y Q_reb≈11.4667 kg.
Conservación y coherencia
Todas las respuestas respetan el dominio 0≤t≤30. La concentración parte de 0.025 kg/L y aumenta hacia 0.08 kg/L, por lo que los valores intermedios son coherentes.
5. Ley de Newton de calentamiento y enfriamiento: 18 problemas resueltos
Desde la derivación física de la ley hasta problemas inversos, ambientes por tramos, temperatura ambiente desconocida, forzamiento variable, producción interna y métodos numéricos.
Por qué se escribe \(\frac{dT}{dt}=-k[T(t)-T_a]\)
La ley de calentamiento y enfriamiento de Newton parte de una hipótesis física sencilla: la rapidez con la que cambia la temperatura de un cuerpo es proporcional a la diferencia entre la temperatura del cuerpo y la del ambiente. Si el cuerpo está más caliente que el ambiente, debe enfriarse; si está más frío, debe calentarse.
Derivación completa cuando el ambiente es constante
Esta forma permite identificar enseguida el equilibrio \(T_a\), la diferencia térmica inicial \(T_0-T_a\) y la constante temporal \(1/k\). Si el ambiente depende del tiempo, la ecuación sigue siendo lineal:
y entonces aparece el factor integrante \(\mu(t)=e^{kt}\). En los ejercicios siguientes se trabajan las dos formas.
Problema 64Enfriamiento clásico con una medida intermediaMedia
Enunciado. Un medio está a 80 °C y se deja en una sala a 20 °C. A los 10 min está a 55 °C. Determina k, T(8) y el tiempo necesario para alcanzar 30 °C.
Una medida fija la constante. Constante k, temperatura a un instante y tiempo hasta una temperatura objetivo.
Escena térmica
T0=80 °C, Ta=20 °C, T(10)=55 °C.
Objetivo
k, T(8), t cuando T=30 °C.
De la ley a la temperatura
Paso 1. Escribimos la ley
Paso 2. Separamos variables
Paso 3. Integramos
Paso 4. Condición inicial
Paso 5. Usamos T(10)=55 para hallar k
Paso 6. Temperatura a los 8 min
Paso 7. Tiempo para 30 °C
Respuesta térmica
k≈0.05390 min^-1, T(8)≈58.98 °C y t30≈33.24 min.
Lectura de la curva
T(t) debe disminuir desde 80 hacia 20 sin cruzar el ambiente. Los valores hallados cumplen esa condición.
Problema 65Calentamiento de una muestra refrigeradaMedia
Enunciado. Una muestra está a 4 °C en un laboratorio a 22 °C. Ocho minutos después alcanza 10 °C. Calcula k y cuándo llegará a 18 °C.
La misma ley también calienta. Calentamiento, signo de la derivada y tiempo objetivo.
Condiciones térmicas
T0=4 °C, Ta=22 °C, T(8)=10 °C.
Pregunta
k y tiempo hasta 18 °C.
Evolución térmica
Paso 1. Signo del modelo
La muestra está más fría que el ambiente. Con la forma \(\frac{dT}{dt}=-k(T-T_a)\), el término \(T-T_a\) es negativo y, por tanto, \(\frac{dT}{dt}>0\): la muestra se calienta.
Paso 2. Solución general
Paso 3. Usamos T(8)=10
Paso 4. Tiempo para 18 °C
Conclusión
k≈0.05068 min^-1 y alcanza 18 °C a t≈29.68 min.
Control térmico
El equilibrio es 22 °C. La solución crece hacia 22 y no lo supera.
Problema 66Dos mediciones y temperatura inicial desconocidaAlta
Enunciado. En una sala a 20 °C una muestra mide 50 °C a los 5 min y 35 °C a los 15 min. Sin conocer la temperatura inicial, determina k, T(0) y T(25).
El cociente elimina una incógnita. Temperatura inicial desconocida, cociente de diferencias y extrapolación.
Datos de la muestra
Ta=20 °C, T(5)=50 °C, T(15)=35 °C.
Magnitud buscada
k, T0 y T(25).
Resolución
Paso 1. Forma sin conocer T0
Paso 2. Dividimos las dos mediciones para eliminar A
Paso 3. Hallamos k
Paso 4. Recuperamos A con t=5
Paso 5. Temperatura inicial
Paso 6. Temperatura a los 25 min
Temperatura y tiempo
k≈0.06931 min^-1, T0≈62.43 °C y T(25)≈27.50 °C.
¿Tiene sentido?
Entre 5 y 15 min la diferencia respecto al ambiente se reduce de 30 a 15 °C, exactamente a la mitad; por eso k=ln2/10.
Problema 67Temperatura ambiente desconocida con tres medicionesMuy alta
Enunciado. Una muestra se enfría según Newton. Se mide T(0)=80 °C, T(10)=50 °C y T(20)=35 °C, pero se desconoce la temperatura ambiente. Determina T_a y k.
Tres medidas recuperan el ambiente. Temperatura ambiente desconocida, tres mediciones y parámetro k.
Escena térmica
T(0)=80 °C, T(10)=50 °C, T(20)=35 °C.
Objetivo
Ta y k.
De la ley a la temperatura
Paso 1. Propiedad de tiempos igualmente espaciados
Si las medidas están separadas por el mismo intervalo, la razón entre diferencias respecto al ambiente es la misma.
Paso 2. Sustituimos datos
Paso 3. Producto cruzado
Paso 4. Desarrollamos
Paso 5. Ambiente
Paso 6. Constante k
Respuesta térmica
Ta=20 °C y k≈0.06931 min^-1.
Lectura de la curva
Con Ta=20, las diferencias son 60, 30 y 15 °C: se dividen por 2 cada 10 min. La consistencia es exacta.
Problema 68Tiempo para bajar de una temperatura de seguridadMedia
Enunciado. Un líquido a 70 °C se enfría en una sala a 25 °C con k=0.06 min^-1. ¿Cuándo alcanza 40 °C?
Un umbral y un logaritmo. Tiempo hasta un umbral con k conocido.
Condiciones térmicas
T0=70 °C, Ta=25 °C, k=0.06 min^-1.
Pregunta
t para T=40 °C.
Evolución térmica
Paso 1. Solución
Paso 2. Umbral
Paso 3. Aislamos la exponencial
Paso 4. Logaritmos
Conclusión
t≈18.31 min.
Control térmico
El umbral está entre la temperatura inicial y la ambiente, por lo que se alcanza una sola vez.
Problema 69Calentamiento en un baño térmicoMedia
Enunciado. Una muestra a 20 °C se introduce en un baño mantenido a 100 °C. Si k=0.15 min^-1, ¿cuánto tarda en llegar a 80 °C?
La muestra se acerca al baño. Calentamiento con constante conocida.
Datos de la muestra
T0=20 °C, Ta=100 °C, k=0.15 min^-1.
Magnitud buscada
t para T=80 °C.
Resolución
Paso 1. Modelo
Paso 2. Objetivo T=80
Paso 3. Despeje
Temperatura y tiempo
t≈9.24 min.
¿Tiene sentido?
La temperatura aumenta y se aproxima asintóticamente a 100 °C.
Problema 70Cambio brusco de temperatura ambienteAlta
Enunciado. Una muestra parte de 80 °C y se enfría con k=0.05 min^-1 en una sala a 20 °C. A los 12 min se traslada instantáneamente a una cámara a 5 °C. Calcula T(12) y T(30).
Dos ambientes, dos tramos. Ley de Newton por tramos y continuidad en un cambio de ambiente.
Escena térmica
T0=80 °C, k=0.05 min^-1, Ta=20 °C hasta t=12 y 5 °C después.
Objetivo
T(12), T(30).
De la ley a la temperatura
Tramo 1. Ambiente a 20 °C
Tramo 2. Cambio instantáneo a 5 °C
La temperatura del cuerpo no salta. El nuevo problema comienza con T(12) como condición inicial.
A los 30 min
Respuesta térmica
T(12)≈52.93 °C y T(30)≈24.49 °C.
Lectura de la curva
La solución es continua en t=12, aunque la derivada cambia porque cambia el ambiente.
Problema 71Ambiente que aumenta linealmente: factor integrante completoMuy alta
Enunciado. La temperatura ambiente de una cámara cambia como \(T_a(t)=20+0.5t\), con \(t\) en min. Una muestra cumple \(\frac{dT}{dt}=-0.2[T-T_a(t)]\) y \(T(0)=20\). Resuelve T(t) mostrando el factor integrante.
El ambiente ya no es constante. Ambiente variable y resolución rigurosa por factor integrante.
Condiciones térmicas
Ta(t)=20+0.5t, k=0.2 min^-1, T0=20 °C.
Pregunta
T(t).
Evolución térmica
Paso 1. Escribimos la EDO en forma lineal
Paso 2. Factor integrante
Paso 3. Multiplicamos toda la ecuación
Paso 4. Integramos el segundo miembro
Paso 5. Despejamos T
Paso 6. Condición inicial
Conclusión
\(T(t)=0.5t+17.5+2.5e^{-0.2t}\ ^\circ\mathrm C\).
Control térmico
A largo plazo T_a(t)-T(t) tiende a 2.5 °C. La muestra sigue la rampa ambiental con un retraso térmico constante.
Problema 72Ambiente periódico: respuesta térmica con desfaseMuy alta
Enunciado. La temperatura ambiente oscila como \(T_a(t)=20+5\sin(\pi t/12)\ ^\circ\mathrm C\). Una muestra satisface \(\frac{dT}{dt}=-0.2[T-T_a(t)]\) y parte de \(20\ ^\circ\mathrm C\). Obtén la solución y la amplitud de la respuesta periódica a largo plazo.
Oscilación, amplitud y desfase. Forzamiento periódico, solución particular seno-coseno y régimen estacionario.
Datos de la muestra
Ta(t)=20+5 sin(πt/12), k=0.2 min^-1, T0=20 °C.
Magnitud buscada
T(t), amplitud y desfase del régimen periódico.
Resolución
Paso 1. Restamos la media ambiental
Sea u=T-20. Entonces el ambiente relativo es 5 sin(ωt).
Paso 2. Buscamos una particular periódica
Paso 3. Sustituimos y comparamos coeficientes
Paso 4. Sistema para A y B
Paso 5. Añadimos la homogénea
La solución homogénea es C e^{-0.2t}. Sumamos particular y homogénea:
Paso 6. Condición T(0)=20
Paso 7. Régimen periódico
Temperatura y tiempo
La respuesta periódica tiene amplitud \(\approx3.0353\ ^\circ\mathrm C\); la solución completa incluye además un transitorio \(e^{-0.2t}\).
¿Tiene sentido?
La amplitud de la muestra es menor que los 5 °C del ambiente, como corresponde a la inercia térmica. El término transitorio desaparece con el tiempo.
Problema 73Ley de Newton con producción térmica internaAlta
Enunciado. Un sistema se modela por \(\frac{dT}{dt}=-0.1(T-20)+0.6\). Si \(T(0)=30\ ^\circ\mathrm C\), halla \(T(t)\), la temperatura de equilibrio y \(T(10)\).
La fuente cambia el equilibrio. Fuente térmica, equilibrio desplazado y solución lineal.
Condiciones
Ta=20 °C, k=0.1 min^-1, fuente=0.6 °C/min, T0=30 °C.
Pregunta
T(t), T*, T(10).
Resolución
Paso 1. Modelo con fuente interna
Paso 2. Forma lineal
Paso 3. Equilibrio
Paso 4. Solución
Paso 5. Condición inicial
Paso 6. A los 10 min
Conclusión
\(T(t)=26+4e^{-0.1t}\), \(T_*=26\ ^\circ\mathrm C\) y \(T(10)\approx27.47\ ^\circ\mathrm C\).
Control térmico
Sin la fuente interna el equilibrio sería 20 °C. La producción térmica lo eleva a 26 °C.
Problema 74Semivida de la diferencia térmicaMedia
Enunciado. Un cuerpo está a 60 °C en una sala a 20 °C. Ocho minutos después está a 40 °C. Determina k interpretando correctamente qué es lo que se ha reducido a la mitad.
Qué es lo que se reduce a la mitad. Interpretación correcta de semivida térmica.
Estado térmico
T0=60 °C, Ta=20 °C, T(8)=40 °C.
Objetivo
k.
Del modelo a la respuesta
Paso 1. Diferencia térmica inicial
Paso 2. A los 8 min la diferencia se ha reducido a la mitad
Paso 3. Razón exponencial
Paso 4. Constante
Respuesta térmica
k≈0.08664 min^-1.
Lectura final
La temperatura no se ha reducido a la mitad, pero sí la diferencia con el ambiente: de 40 °C a 20 °C.
Problema 75Comparar dos constantes de enfriamientoMedia
Enunciado. Dos recipientes tienen constantes k1=0.04 min^-1 y k2=0.08 min^-1. Parten con la misma diferencia respecto al ambiente. Compara el tiempo necesario para reducir esa diferencia a la cuarta parte.
Comparar escalas de tiempo. Comparación de materiales o configuraciones mediante k.
Datos de partida
k1=0.04, k2=0.08 min^-1, fracción final=1/4.
Lo que buscamos
t1 y t2.
Evolución y cálculo
Paso 1. Fórmula para una fracción de diferencia
Paso 2. Despeje general
Paso 3. Para f=1/4
Resultado del modelo
t1≈34.66 min y t2≈17.33 min.
Comprobación
Duplicar k reduce exactamente a la mitad el tiempo necesario para alcanzar la misma fracción de diferencia térmica.
Problema 76Temperatura ambiente desconocida con k conocidoAlta
Enunciado. Un cuerpo parte de 80 °C y después de 10 min está a 50 °C. Se conoce k=0.1 min^-1, pero no la temperatura ambiente. Determina T_a.
El ambiente es la incógnita. Temperatura ambiente desconocida y despeje algebraico.
Condiciones
T0=80 °C, T(10)=50 °C, k=0.1 min^-1.
Pregunta
Ta.
Resolución
Paso 1. Escribimos la solución con Ta desconocida
Paso 2. Sustituimos t=10
Paso 3. Agrupamos Ta
Paso 4. Despejamos
Conclusión
Ta≈32.54 °C.
Control térmico
La temperatura ambiente hallada es inferior a 50 °C, condición necesaria para que el cuerpo se esté enfriando en t=10.
Problema 77Reconstrucción hacia atrás a partir de una medidaAlta
Enunciado. En una sala a 20 °C, con k=0.05 min^-1, una muestra mide 60 °C a los 10 min. Determina su temperatura al comienzo y la que tendrá a los 20 min.
Mover el origen temporal. Reconstrucción temporal y cambio del origen de tiempos.
Estado térmico
Ta=20 °C, k=0.05 min^-1, T(10)=60 °C.
Objetivo
T0 y T(20).
Del modelo a la respuesta
Paso 1. Escribimos la solución centrada en t=10
Paso 2. Recuperamos T0
Paso 3. Calculamos T20
Respuesta térmica
T0≈85.95 °C y T(20)≈44.26 °C.
Lectura final
La medida de 60 °C queda entre el valor inicial recuperado y el ambiente; la temperatura a los 20 min es menor, como corresponde al enfriamiento.
Problema 78Por qué la ley de Newton funciona igual en °C y KAlta
Enunciado. Demuestra que el modelo de Newton tiene exactamente la misma forma si las temperaturas se expresan en grados Celsius o en kelvin.
La diferencia no cambia de escala. Fundamento dimensional y cambio de escala.
Datos de partida
TK=TC+273.15.
Lo que buscamos
Demostrar la invariancia de la EDO.
Evolución y cálculo
Paso 1. Relación entre escalas
Paso 2. Diferencia térmica
Paso 3. Derivadas
Paso 4. Consecuencia
Resultado del modelo
La ecuación conserva la misma forma y el mismo valor de k en °C y K.
Comprobación
La suma de 273.15 desaparece al restar cuerpo y ambiente, y su derivada es cero.
Problema 79Termostato que cambia de consignaAlta
Enunciado. Un cuerpo parte de 70 °C con k=0.08 min^-1. Durante 15 min el ambiente está a 20 °C; después el termostato cambia a 30 °C. Calcula T(15) y T(30).
Nueva consigna, nuevo equilibrio. Cambio de consigna y solución por tramos.
Condiciones
T0=70 °C, k=0.08 min^-1, Ta1=20 °C, Ta2=30 °C.
Pregunta
T(15), T(30).
Resolución
Tramo 1
Tramo 2
A t=30
Conclusión
T(15)≈35.06 °C y T(30)≈31.52 °C.
Control térmico
Al cambiar el ambiente a 30 °C, la muestra sigue por encima de la nueva consigna y continúa enfriándose, pero ahora hacia 30 °C.
Problema 80Ley de Newton mediante el método de EulerAlta
Enunciado. Aproxima \(T(10)\) con Euler y paso \(h=2\) min para \(\frac{dT}{dt}=-0.1(T-20)\), \(T(0)=80\ ^\circ\mathrm C\). Compara con la solución exacta.
Avanzar con la pendiente local. Método numérico aplicado al modelo de Newton.
Estado térmico
T0=80 °C, Ta=20 °C, k=0.1 min^-1, h=2 min.
Objetivo
Aproximación de T(10) y error cualitativo.
Del modelo a la respuesta
Paso 1. Fórmula de Euler
Paso 2. Con h=2
Paso 3. Iteraciones
Paso 4. Comparación con la solución exacta
Respuesta térmica
Euler da T(10)≈39.6608 °C; exacta≈42.0728 °C.
Lectura final
Con este paso Euler subestima la temperatura. Reducir h disminuye el error global.
Problema 81Diseñar k para cumplir un tiempo máximo de enfriamientoMuy alta
Enunciado. Se necesita que un cuerpo que parte de 90 °C en una sala a 20 °C esté a 40 °C o menos al cabo de 25 min. ¿Qué valor mínimo de k debe tener el sistema?
Diseñar para cumplir un límite. Diseño de constante, desigualdades exponenciales y criterio de rendimiento.
Datos de partida
T0=90 °C, Ta=20 °C, t=25 min, objetivo T≤40 °C.
Lo que buscamos
k mínimo.
Evolución y cálculo
Paso 1. Solución general
Paso 2. Condición de diseño
Paso 3. Sustituimos
Paso 4. Aislamos la exponencial
Paso 5. Aplicamos logaritmos con cuidado
Como ln es creciente:
Paso 6. Dividimos por -25 e invertimos la desigualdad
Resultado del modelo
k≥0.05011 min^-1.
Comprobación
Un k mayor significa una aproximación más rápida al ambiente. Por tanto la condición debe ser una cota inferior para k, como resulta.
6. Desintegración, eliminación y farmacocinética
Semividas, infusión, dosificación y eliminación saturable.
Problema 82Desintegración radiactiva a partir de semividaMedia
Enunciado. Un trazador tiene semivida física de 6 h y comienza con 12 MBq. Calcula la actividad tras 20 h.
Datos del proceso
\(A(t)=A_0e^{-\lambda t}\), \(\lambda=\ln2/6\).
Ley del proceso
Desintegración exponencial.
Desarrollo
- \(\lambda\approx0.11552\) h^-1.
- \(A(20)=12e^{-\lambda20}\approx 1.191\) MBq.
Respuesta del modelo
\(A(20)\approx1.191\) MBq.
Control
Cada 6 h la actividad se reduce a la mitad; 20 h son algo más de tres semividas.
Problema 83Fracción restante de un isótopoMedia
Enunciado. ¿Qué porcentaje de un isótopo con semivida 8 días permanece tras 30 días?
Estado inicial
\(N/N_0=2^{-t/T_{1/2}}\).
Idea del modelo
La razón evita necesitar N0.
Cálculo
- \(N/N_0=2^{-30/8}\approx 0.07433\).
- Porcentaje ≈7.43 %.
Conclusión
Permanece aproximadamente 7.43 %.
Comprobación
El porcentaje es coherente con 3.75 semividas.
Problema 84Antibiótico con eliminación de primer ordenMedia
Enunciado. Una concentración inicial de 40 mg/L se elimina con k=0.18 h^-1. Halla C(8) y el tiempo hasta 5 mg/L.
Parámetros
\(C=40e^{-0.18t}\).
Relación clave
Eliminación proporcional.
Resolución
- \(C(8)=40e^{-1.44}\approx 9.48\) mg/L.
- Para 5 mg/L, \(t=\ln8/0.18\approx 11.55\) h.
Lectura del proceso
\(C(8)\approx9.48\) mg/L y \(t_5\approx11.55\) h.
Lectura final
La concentración se mantiene positiva y la escala temporal es 1/k≈5.56 h.
Problema 85Dosificación repetida y acumulación geométricaAlta
Enunciado. Se administran dosis instantáneas que elevan la concentración 10 mg/L cada 8 h. Entre dosis, \(C'=-0.1C\). Determina la concentración justo después de la tercera dosis si se parte de cero.
Datos del proceso
Factor de supervivencia entre dosis \(a=e^{-0.1·8}\).
Ley del proceso
Cada dosis suma 10 y cada intervalo multiplica por a.
Desarrollo
- \(a=e^{-0.8}\approx 0.4493\).
- Justo tras la primera dosis: C1=10.
- Antes de la segunda: \(10a\approx4.493\); después C2=10+10a.
- Justo después de la tercera: \(C3=10(1+a+a^2)\approx 16.512\).
Respuesta del modelo
Justo después de la tercera dosis, \(C\approx16.512\) mg/L.
Control
La estructura es una suma geométrica y muestra acumulación respecto a una sola dosis.
Problema 86Infusión y concentración estacionariaMedia
Enunciado. Un fármaco se infunde de modo que \(C'=3-0.15C\), C(0)=4. Halla el estado estacionario y el tiempo para alcanzar el 95 % de la distancia desde C0 al equilibrio.
Estado inicial
\(C'=3-0.15C\).
Idea del modelo
Equilibrio \(C_*=20\). La desviación satisface \(D'=-0.15D\).
Cálculo
- \(C(t)=20-16e^{-0.15t}\).
- Alcanzar 95 % de la transición significa conservar 5 % de la desviación.
- \(e^{-0.15t}=0.05\), \(t\approx 19.97\) h.
Conclusión
Equilibrio 20 y 95 % de aproximación en 19.97 h.
Comprobación
El tiempo depende solo de k y del porcentaje de aproximación, no de C0.
Problema 87Dos vías independientes de eliminaciónMedia
Enunciado. Un compuesto se elimina por dos mecanismos de primer orden con k1=0.08 h^-1 y k2=0.12 h^-1. Si C0=50 mg/L, determina C(t) y la semivida global.
Parámetros
Las pérdidas se suman: \(C'=-(k_1+k_2)C\).
Relación clave
Constante total \(k=0.20\) h^-1.
Resolución
- \(C(t)=50e^{-0.20t}\).
- \(T_{1/2}=\ln2/0.20\approx 3.47\) h.
Lectura del proceso
\(C(t)=50e^{-0.20t}\) y \(T_{1/2}\approx3.47\) h.
Lectura final
Las constantes de procesos paralelos de primer orden se suman.
Problema 88Eliminación saturable tipo Michaelis-MentenAlta
Enunciado. Un fármaco se elimina según \(C'=-6C/(2+C)\), con C(0)=10 mg/L. Obtén una relación implícita para C(t) y el tiempo hasta 2 mg/L.
Datos del proceso
\(V_{max}=6\), \(K_m=2\), \(C_0=10\).
Ley del proceso
Es separable: \((2+C)/C\,dC=-6dt\).
Desarrollo
- \((2/C+1)dC=-6dt\).
- \(2\ln C+C=-6t+C_1\).
- Con C0=10, \(C_1=2\ln10+10\).
- Para C=2, \(2\ln2+2=-6t+2\ln10+10\).
- \(t=[2\ln(10/2)+8]/6\approx 1.870\) h.
Respuesta del modelo
Relación implícita \(2\ln C+C=2\ln10+10-6t\); tiempo hasta 2 mg/L ≈1.870 h.
Control
A concentraciones altas la eliminación se aproxima a velocidad casi constante, rasgo típico de saturación.
Problema 89Eliminación mixta de orden cero y primeroAlta
Enunciado. Un compuesto cumple \(C'=-1-0.2C\), C(0)=12, mientras C sea positiva. Halla C(t) y el tiempo en que el modelo alcanza cero.
Estado inicial
\(C'+0.2C=-1\).
Idea del modelo
Lineal con equilibrio matemático negativo, por lo que la solución física se detiene al llegar a cero.
Cálculo
- \(C(t)=-5+Ce^{-0.2t}\).
- Con C(0)=12, C=17.
- \(C(t)=-5+17e^{-0.2t}\).
- Para C=0, \(t=\ln(17/5)/0.2\approx 6.12\) h.
Conclusión
\(C(t)=-5+17e^{-0.2t}\) hasta \(t\approx6.12\) h.
Comprobación
Continuar la fórmula más allá daría concentraciones negativas no físicas.
Problema 90Dosis de carga para una concentración objetivoMedia
Enunciado. En un compartimento de 8 L se desea una concentración inicial de 15 mg/L. ¿Qué dosis instantánea idealizada se necesita y qué concentración habrá tras 5 h si k=0.12 h^-1?
Parámetros
\(V=8\) L, \(C_0=15\) mg/L, \(k=0.12\).
Relación clave
Dosis inicial \(D=VC_0\); después \(C=C_0e^{-kt}\).
Resolución
- \(D=8·15=120\) mg.
- \(C(5)=15e^{-0.6}\approx 8.23\) mg/L.
Lectura del proceso
Dosis idealizada 120 mg y \(C(5)\approx8.23\) mg/L.
Lectura final
Las unidades de V·C son mg, coherentes con una dosis.
Problema 91Semivida efectiva física y biológicaAlta
Enunciado. Un trazador tiene semivida física de 10 h y semivida biológica de 15 h. Suponiendo procesos independientes de primer orden, calcula la semivida efectiva.
Datos del proceso
\(\lambda_p=\ln2/10\), \(\lambda_b=\ln2/15\).
Ley del proceso
Las constantes se suman: \(\lambda_e=\lambda_p+\lambda_b\).
Desarrollo
- \(\lambda_e=\ln2(1/10+1/15)=\ln2/6\).
- Por tanto \(T_e=\ln2/\lambda_e=6\) h.
- Equivalente: \(1/T_e=1/T_p+1/T_b\).
Respuesta del modelo
Semivida efectiva 6 h.
Control
Debe ser menor que cada semivida individual; 6 h cumple esa condición.
7. Modelos alométricos
Escalado biológico, metabolismo, superficie y crecimiento tipo von Bertalanffy.
Problema 92Ley alométrica metabólicaMedia
Enunciado. Si la tasa metabólica sigue \(B=70M^{3/4}\), compara B para animales de 1 kg y 16 kg y calcula el factor de aumento.
Escala de partida
\(B=aM^{3/4}\).
Relación alométrica
El cociente elimina a.
Cálculo de escala
- \(B(1)=70\).
- \(B(16)=70·16^{3/4}=70·8=560\).
- El factor es 8, no 16.
Interpretación
Al multiplicar la masa por 16, la tasa metabólica se multiplica por 8.
Qué nos dice
El exponente sublineal 3/4 implica que B por unidad de masa disminuye al aumentar M.
Problema 93Modelo de von Bertalanffy y talla límiteAlta
Enunciado. Una masa cumple \(M'=4M^{2/3}-0.2M\), M(0)=1. Determina la masa límite y la forma explícita.
Magnitudes
\(M'=4M^{2/3}-0.2M\).
Exponente clave
Usamos \(u=M^{1/3}\).
Desarrollo
- \(3u^2u'=4u^2-0.2u^3\).
- \(u'+(0.2/3)u=4/3\).
- Equilibrio \(u_*=20\).
- \(u(t)=20-19e^{-t/15}\).
- \(M(t)=(20-19e^{-t/15})^3\).
Conclusión
\(M(t)=(20-19e^{-t/15})^3\), con masa límite 8000.
Control de escala
La masa límite también se obtiene de \(4M^{2/3}=0.2M\).
Problema 94Consumo de oxígeno por unidad de masaMedia
Enunciado. Si \(B=aM^{3/4}\), demuestra cómo escala \(B/M\) y compara un organismo de 1 kg con otro de 100 kg.
Datos
\(B/M=aM^{-1/4}\).
Qué se compara
La tasa específica decrece con M.
Comparación
- Para 1 kg, la tasa específica es a.
- Para 100 kg, es \(a·100^{-1/4}=a/\sqrt{10}\approx0.316a\).
Factor resultante
El organismo de 100 kg tiene una tasa metabólica por kg ≈31.6 % de la del organismo de 1 kg.
Comprobación
La conclusión sigue directamente de restar exponentes: 3/4-1=-1/4.
Problema 95Superficie corporal y pérdida térmicaMedia
Enunciado. Asume superficie \(S=cM^{2/3}\). ¿Cómo cambia S/M al multiplicar la masa por 27?
Escala de partida
\(S/M=cM^{-1/3}\).
Relación alométrica
Relación superficie/masa.
Cálculo de escala
- Si M se multiplica por 27, \(M^{-1/3}\) se multiplica por \(27^{-1/3}=1/3\).
Interpretación
La relación superficie/masa se reduce a un tercio.
Qué nos dice
Es coherente con que organismos grandes tienen menor superficie relativa.
Problema 96Aclaramiento farmacológico alométricoAlta
Enunciado. Se usa \(Cl=5M^{0.75}\) mL/min. Compara el aclaramiento de 10 kg y 80 kg.
Magnitudes
\(Cl_2/Cl_1=(80/10)^{0.75}=8^{0.75}\).
Exponente clave
Escalado alométrico.
Desarrollo
- Factor \(8^{0.75}\approx 4.757\).
- \(Cl(10)=5·10^{0.75}\approx 28.12\) mL/min.
- \(Cl(80)=5·80^{0.75}\approx 133.75\) mL/min.
Conclusión
El aclaramiento se multiplica por ≈4.757.
Control de escala
El factor es menor que 8 por el exponente sublineal.
Problema 97Escala temporal alométricaAlta
Enunciado. Si una cantidad fisiológica total escala como M y una tasa de consumo como \(M^{3/4}\), deduce cómo escala el tiempo característico reserva/tasa.
Datos
\(\tau\propto M/M^{3/4}\).
Qué se compara
Un tiempo característico se obtiene dividiendo cantidad disponible por tasa de uso.
Comparación
- \(\tau\propto M^{1-3/4}=M^{1/4}\).
- Al multiplicar M por 16, \(\tau\) se multiplica por \(16^{1/4}=2\).
Factor resultante
\(\tau\propto M^{1/4}\).
Comprobación
La dimensión de tiempo surge de cantidad/tasa y el exponente es la diferencia de los exponentes alométricos.
8. Neuronas y membranas como ampliación aplicada
Modelos RC, leaky integrate-and-fire, entradas sinápticas y linealización.
Problema 98Membrana pasiva ante un escalón de corrienteAlta
Enunciado. Una membrana pasiva cumple \(\tau V'=-(V-E_L)+RI\). Toma \(\tau=20\) ms, \(E_L=-65\) mV y RI=15 mV. Si V(0)=-65 mV, halla V(t).
Estado de la membrana
\(\tau=20\) ms, equilibrio con corriente \(V_\infty=E_L+RI=-50\) mV.
Idea dinámica
EDO lineal de primer orden tipo circuito RC.
Resolución
- \(V'=-(V-V_\infty)/\tau\).
- \(V(t)=V_\infty+[V(0)-V_\infty]e^{-t/\tau}\).
- \(V(t)=-50-15e^{-t/20}\) mV, con t en ms.
Lectura fisiológica
\(V(t)=-50-15e^{-t/20}\) mV.
Comprobación
V parte de -65 mV y se aproxima a -50 mV sin sobrepasarlo.
Problema 99Tiempo de carga hasta umbral neuronalAlta
Enunciado. Con el modelo anterior, un umbral de disparo está en -55 mV. ¿Cuándo se alcanza?
Parámetros eléctricos
\(V(t)=-50-15e^{-t/20}\), umbral -55 mV.
Equilibrio y respuesta
Se despeja t de la respuesta exponencial.
Evolución temporal
- \(-55=-50-15e^{-t/20}\).
- \(e^{-t/20}=1/3\).
- \(t=20\ln3\approx 21.97\) ms.
Respuesta
El umbral se alcanza en aproximadamente 21.97 ms.
Control del umbral
El tiempo es menor que unas pocas constantes de tiempo y la tensión objetivo está entre el valor inicial y el equilibrio.
Problema 100Descarga de membrana tras retirar el estímuloAlta
Enunciado. Una membrana está en -50 mV cuando se retira la corriente. Con \(E_L=-65\) mV y \(\tau=20\) ms, calcula V(t) y cuándo vuelve a -62 mV.
Condiciones
Tras retirar I, \(V_\infty=E_L=-65\) mV.
Lectura del modelo
\(V(t)=-65+15e^{-t/20}\).
Cálculo
- Para V=-62, \(3=15e^{-t/20}\).
- \(e^{-t/20}=0.2\).
- \(t=20\ln5\approx 32.19\) ms.
Conclusión
\(V(t)=-65+15e^{-t/20}\) y llega a -62 mV en 32.19 ms.
Lectura final
La tensión decae hacia el potencial de reposo.
Problema 101Modelo leaky integrate-and-fireAlta
Enunciado. Una neurona LIF cumple \(\tau V'=-(V-E_L)+RI\), con \(\tau=10\) ms, \(E_L=-70\) mV, RI=25 mV, V(0)=-70 mV y umbral -50 mV. Calcula el tiempo de disparo.
Estado de la membrana
El equilibrio forzado es \(V_\infty=-45\) mV.
Idea dinámica
Como el equilibrio está por encima del umbral, existe un tiempo finito de disparo.
Resolución
- \(V(t)=-45-25e^{-t/10}\).
- \(-50=-45-25e^{-t/10}\).
- \(e^{-t/10}=0.2\).
- \(t=10\ln5\approx 16.09\) ms.
Lectura fisiológica
Tiempo de disparo ≈16.09 ms.
Comprobación
El criterio decisivo es que \(V_\infty\) supere el umbral.
Problema 102Estímulo insuficiente para dispararAlta
Enunciado. En una neurona LIF con \(E_L=-70\) mV y umbral -50 mV, un estímulo produce RI=15 mV. Decide si hay disparo sostenido partiendo del reposo.
Parámetros eléctricos
\(V_\infty=E_L+RI=-55\) mV.
Equilibrio y respuesta
La respuesta exponencial no puede superar su equilibrio.
Evolución temporal
- \(V(t)=-55-15e^{-t/\tau}\).
- Para todo t≥0, V(t) se aproxima a -55 mV desde abajo.
- El umbral -50 mV está por encima de -55 mV.
Respuesta
El estímulo no alcanza el umbral en este modelo.
Control del umbral
No hace falta resolver un logaritmo: el análisis del equilibrio descarta el disparo.
Problema 103Corriente sináptica exponencialAlta
Enunciado. Considera la respuesta subumbral \(V'+V/10=2e^{-t/5}\), V(0)=0, con t en ms y V como desviación respecto al reposo. Resuelve el problema.
Condiciones
\(V'+0.1V=2e^{-0.2t}\).
Lectura del modelo
EDO lineal con entrada exponencial.
Cálculo
- Factor integrante \(e^{0.1t}\).
- \((e^{0.1t}V)'=2e^{-0.1t}\).
- Integrando, \(e^{0.1t}V=-20e^{-0.1t}+C\).
- Con V(0)=0, C=20.
- \(V(t)=20e^{-0.1t}-20e^{-0.2t}\).
Conclusión
\(V(t)=20(e^{-0.1t}-e^{-0.2t})\).
Lectura final
V(0)=0 y después aparece un pico transitorio antes de volver a cero.
Problema 104Pulso de corriente y solución por tramosAlta
Enunciado. Una membrana con \(\tau=10\) ms parte de 0 como desviación. Durante 0≤t≤20 recibe una entrada que fija equilibrio 12 mV; después la entrada desaparece. Construye V(t).
Estado de la membrana
Primer tramo \(V'=-(V-12)/10\); segundo \(V'=-V/10\).
Idea dinámica
Se impone continuidad en t=20.
Resolución
- Para 0≤t≤20, \(V=12(1-e^{-t/10})\).
- \(V(20)=12(1-e^{-2})\approx 10.376\) mV.
- Para t>20, \(V(t)=V(20)e^{-(t-20)/10}\).
Lectura fisiológica
\(V=12(1-e^{-t/10})\) hasta 20 ms y después \(V=12(1-e^{-2})e^{-(t-20)/10}\).
Comprobación
La tensión es continua aunque la derivada cambia al retirar el estímulo.
Problema 105Linealización de un sistema neuronal bidimensionalMuy alta
Enunciado. Cerca de un equilibrio, un modelo neuronal se aproxima por \(u'=-u-2v\), \(v'=u-0.5v\). Clasifica la estabilidad a partir de traza y determinante.
Parámetros eléctricos
Matriz \(A=[[-1,-2],[1,-0.5]]\).
Equilibrio y respuesta
Para un sistema \(2\times2\), traza y determinante permiten una clasificación rápida.
Evolución temporal
- Traza \(T=-1.5\).
- Determinante \(D=2.5\).
- Discriminante \(T^2-4D=2.25-10=-7.75\lt0\).
- Los autovalores son complejos conjugados con parte real \(T/2=-0.75\lt0\).
- El equilibrio es un foco estable.
Respuesta
Foco estable, con parte real de los autovalores igual a -0.75.
Control del umbral
\(T\lt0\) y \(D\gt0\) garantizan estabilidad; el discriminante negativo indica carácter espiral.
9. Dinámica de orden superior
Oscilación, amortiguamiento y forzamiento como extensión de los modelos dinámicos; no sustituye el estudio general de ecuaciones de orden superior.
Problema 106Oscilación amortiguada en un modelo mecánico biológicoAlta
Enunciado. Resuelve \(x''+4x'+13x=0\), con x(0)=1 y x'(0)=0.
Condiciones
Ecuación lineal homogénea de segundo orden con coeficientes constantes.
Estructura dinámica
Se usa el polinomio característico.
Resolución
- \(r^2+4r+13=0\).
- \(r=-2\pm3i\).
- \(x=e^{-2t}(C_1\cos3t+C_2\sin3t)\).
- x(0)=1 da C1=1.
- Con x'(0)=0, \(-2C_1+3C_2=0\), luego C2=2/3.
Solución
\(x(t)=e^{-2t}(\cos3t+\frac23\sin3t)\).
Control
La envolvente \(e^{-2t}\) confirma el amortiguamiento y las condiciones iniciales quedan satisfechas.
Problema 107Oscilador forzadoAlta
Enunciado. Obtén una solución particular de \(x''+4x=\cos t\).
Ecuación de partida
Frecuencia natural 2, forzamiento de frecuencia 1.
Raíces y régimen
Como no hay resonancia, probamos \(x_p=A\cos t+B\sin t\).
Desarrollo
- \(x_p''=-A\cos t-B\sin t\).
- \(x_p''+4x_p=3A\cos t+3B\sin t\).
- Comparando con \(\cos t\): A=1/3, B=0.
Conclusión
Una particular es \(x_p=\frac13\cos t\).
Comprobación
La frecuencia de forzamiento no coincide con la natural, así que no aparece un factor t.
Problema 108Respuesta a una entrada constanteAlta
Enunciado. Resuelve \(x''+3x'+2x=6\), con x(0)=0, x'(0)=0.
Datos
Homogénea con raíces -1 y -2; particular constante.
Idea de resolución
Solución general = homogénea + particular.
Cálculo
- Particular: \(2A=6\), A=3.
- \(x=3+C_1e^{-t}+C_2e^{-2t}\).
- x(0)=0: C1+C2=-3.
- x'(0)=0: \(-C_1-2C_2=0\).
- Resolviendo, C2=3 y C1=-6.
Respuesta
\(x(t)=3-6e^{-t}+3e^{-2t}\).
Lectura dinámica
x tiende a 3, que es el equilibrio estático 2x=6.
Problema 109Raíz doble en una EDO de segundo ordenMedia
Enunciado. Resuelve \(y''-6y'+9y=0\), y(0)=2, y'(0)=1.
Condiciones
Polinomio \(r^2-6r+9=(r-3)^2\).
Estructura dinámica
Raíz doble r=3.
Resolución
- \(y=(C_1+C_2t)e^{3t}\).
- y(0)=2 da C1=2.
- \(y'=e^{3t}[C_2+3(C_1+C_2t)]\).
- y'(0)=C2+6=1, luego C2=-5.
Solución
\(y=(2-5t)e^{3t}\).
Control
Sustituir la forma de raíz doble en la EDO confirma la solución.
Problema 110Oscilación circadiana idealizadaMedia
Enunciado. Un modelo lineal ideal usa \(x''+\omega^2x=0\) con periodo 24 h. Halla \(\omega\) y la solución con x(0)=1, x'(0)=0.
Ecuación de partida
\(T=24\) h, \(\omega=2\pi/T\).
Raíces y régimen
Oscilador armónico simple.
Desarrollo
- \(\omega=2\pi/24=\pi/12\) h^-1.
- \(x=C_1\cos(\omega t)+C_2\sin(\omega t)\).
- x(0)=1 da C1=1; x'(0)=0 da C2=0.
Conclusión
\(x(t)=\cos(\pi t/12)\).
Comprobación
La función repite su valor cada 24 h.
Problema 111Clasificación del amortiguamientoAlta
Enunciado. Clasifica \(x''+6x'+9x=0\), \(x''+4x'+9x=0\) y \(x''+8x'+9x=0\).
Datos
Para una ecuación de segundo orden se compara el discriminante del polinomio característico.
Idea de resolución
Raíces reales dobles, complejas o reales distintas determinan el régimen.
Cálculo
- Primera: discriminante 36-36=0, amortiguamiento crítico.
- Segunda: \(16-36\lt0\), subamortiguado.
- Tercera: \(64-36\gt0\), sobreamortiguado.
Respuesta
Crítico, subamortiguado y sobreamortiguado, respectivamente.
Lectura dinámica
La clasificación coincide con la naturaleza de las raíces.
Problema 112Resonancia en un sistema idealAlta
Enunciado. Busca una particular de \(x''+9x=\sin3t\).
Condiciones
La frecuencia natural es 3 y coincide con el forzamiento.
Estructura dinámica
Hay resonancia; la forma usual pertenece a la homogénea.
Resolución
- Se prueba \(x_p=tA\cos3t\) para un forzamiento seno.
- Al sustituir resulta \(A=-1/6\).
- Una particular es \(x_p=-(t/6)\cos3t\).
Solución
\(x_p=-(t/6)\cos3t\).
Control
El factor t refleja crecimiento de amplitud en el modelo ideal sin amortiguamiento.
Problema 113Sistema lineal reducido a segundo ordenMuy alta
Enunciado. Dado \(x'=2x+y\), \(y'=-5x-2y\), elimina y y obtiene una EDO de segundo orden para x.
Ecuación de partida
De la primera, \(y=x'-2x\).
Raíces y régimen
Derivamos la primera y sustituimos el sistema.
Desarrollo
- \(x''=2x'+y'\).
- \(y'=-5x-2y=-5x-2(x'-2x)=-x-2x'\).
- Entonces \(x''=2x'+(-x-2x')=-x\).
- Por tanto \(x''+x=0\).
Conclusión
La variable x satisface \(x''+x=0\).
Comprobación
La reducción muestra que el sistema original genera oscilaciones de frecuencia 1.
10. Aproximación numérica y sistemas biológicos
Euler, Heun y RK4 se usan para interpretar modelos concretos; la teoría general de los métodos numéricos queda fuera.
Problema 114Euler aplicado al crecimiento logísticoAlta
Enunciado. Aproxima P(1) con Euler, paso h=0.25, para \(P'=0.8P(1-P/100)\), P(0)=10.
Datos de cálculo
\(f(P)=0.8P(1-P/100)\), h=0.25.
Algoritmo
Euler: \(P_{n+1}=P_n+h f(P_n)\).
Iteración
- P0=10.
- P1=10+0.25·0.8·10·0.9=11.8.
- P2≈13.8815.
- P3≈16.2724.
- P4≈18.997.
Aproximación
Euler da \(P(1)\approx19.0\).
Comparación
El valor debe ser mayor que 10 y muy menor que 100; la aproximación cumple ambas restricciones.
Problema 115Método de Heun para una logísticaMuy alta
Enunciado. Realiza un paso de Heun con h=0.5 para \(P'=P(1-P/50)\), P(0)=10.
Punto de partida
\(f(P)=P(1-P/50)\), h=0.5.
Idea numérica
Heun usa predictor Euler y corrige con la media de pendientes.
Cálculo numérico
- Pendiente inicial \(f(10)=8\).
- Predictor \(P^*=10+0.5·8=14\).
- Pendiente en el predictor \(f(14)=10.08\).
- Corrector \(P_1=10+0.5(8+10.08)/2=14.52\).
Resultado numérico
Un paso de Heun da \(P(0.5)\approx14.52\).
Control del error
La corrección es mayor que Euler simple porque la pendiente aumenta en este tramo.
Problema 116Un paso de Runge-Kutta de orden 4Muy alta
Enunciado. Usa un paso RK4 con h=0.2 para \(y'=-y\), y(0)=1.
Paso y estado inicial
\(f(t,y)=-y\), h=0.2.
Regla de avance
RK4 combina cuatro pendientes.
Desarrollo
- \(k_1=-1\).
- \(k_2=-0.9\).
- \(k_3=-0.91\).
- \(k_4=-0.818\).
- \(y_1=1+(0.2/6)(k_1+2k_2+2k_3+k_4)\approx0.818733\).
Respuesta
\(y(0.2)\approx0.818733\), frente al exacto \(e^{-0.2}\approx0.818731\).
Lectura final
La proximidad al valor exacto ilustra la alta precisión local de RK4.
Problema 117Convergencia de Euler al reducir el pasoAlta
Enunciado. Aproxima T(10) con Euler y h=1 min para \(T'=-0.1(T-20)\), T(0)=80 °C. Compara el resultado con Euler usando h=2 min y con la solución exacta.
Datos de cálculo
h=1 min, \(f(T)=-0.1(T-20)\) °C/min y T0=80 °C.
Algoritmo
Con h=1, cada paso usa \(T_{n+1}=T_n-0.1(T_n-20)\). Reducir h debe acercar la aproximación al valor exacto.
Iteración
- T0=80.0000 °C.
- T1=74.0000 °C, T2=68.6000 °C y T3=63.7400 °C.
- T4=59.3660 °C, T5=55.4294 °C y T6=51.8865 °C.
- T7=48.6978 °C, T8=45.8280 °C y T9=43.2452 °C.
- T10=40.9207 °C.
- Con h=2 min se obtenía 39.6608 °C. El valor exacto es \(20+60e^{-1}\approx42.0728\) °C.
Aproximación
Euler con h=1 da \(T(10)\approx40.9207\) °C, más cerca del valor exacto que la aproximación con h=2.
Comparación
El error absoluto baja aproximadamente de 2.4120 °C a 1.1521 °C al reducir el paso de 2 min a 1 min. La comparación confirma la convergencia del método.
Problema 118Euler para un tanque de mezclaAlta
Enunciado. Aproxima Q(10) con Euler, h=2 min, para \(Q'=0.32-0.04Q\), Q(0)=5 kg.
Punto de partida
h=2, \(f(Q)=0.32-0.04Q\).
Idea numérica
Iteración \(Q_{n+1}=Q_n+2(0.32-0.04Q_n)\).
Cálculo numérico
- Q0=5.
- Q1=5.24.
- Q2=5.4608.
- Q3=5.663936.
- Q4=5.850821.
- Q5=6.022755.
Resultado numérico
\(Q(10)\approx6.023\) kg por Euler.
Control del error
La solución exacta \(8-3e^{-0.4}\approx5.989\) kg está próxima; reducir h mejora la aproximación.
Problema 119Sistema depredador-presa como ampliaciónMuy alta
Enunciado. Para \(x'=x(1-0.5y)\), \(y'=y(-1+0.25x)\), encuentra el equilibrio interior positivo y estudia su linealización.
Paso y estado inicial
Modelo de Lotka-Volterra con presas x y depredadores y.
Regla de avance
Los equilibrios se hallan anulando ambas derivadas.
Desarrollo
- El equilibrio interior satisface \(1-0.5y=0\) y \(-1+0.25x=0\).
- Por tanto \((x_*,y_*)=(4,2)\).
- En (4,2), el Jacobiano es \([[0,-2],[0.5,0]]\).
- Los autovalores cumplen \(\lambda^2+1=0\), luego \(\lambda=\pm i\).
- La matriz linealizada corresponde a un centro. Como el equilibrio no es hiperbólico, los autovalores imaginarios puros no bastan por sí solos para concluir la estabilidad del sistema no lineal.
- En este modelo de Lotka-Volterra, \(H(x,y)=0.25x-\ln x+0.5y-\ln y\) se conserva. Sus curvas de nivel próximas a (4,2) son cerradas, lo que confirma un centro no lineal con estabilidad neutra.
Respuesta
El equilibrio interior es (4,2). La linealización tiene autovalores \(\pm i\) y el modelo no lineal ideal presenta órbitas cerradas alrededor del equilibrio.
Lectura final
Derivar H a lo largo de las trayectorias da \(dH/dt=0\). El modelo ideal no incluye amortiguamiento ni capacidad de carga, por eso las oscilaciones no convergen al equilibrio.
Problema 120Reto integrador de infusión, eliminación y umbralMuy alta
Enunciado. Un fármaco en un compartimento satisface \(C'=4-0.25C\), C(0)=0, durante una infusión. El efecto terapéutico requiere C≥10 mg/L y el límite de seguridad es 14 mg/L. Determina cuándo entra en ventana terapéutica, si puede superar el límite y qué ocurre al cortar la infusión justo al alcanzar 12 mg/L.
Datos de cálculo
Durante infusión \(C'=4-0.25C\). Equilibrio \(C_*=16\) mg/L.
Algoritmo
Se resuelve la fase de subida y después una fase de eliminación pura al cortar la entrada.
Iteración
- Durante infusión \(C(t)=16(1-e^{-0.25t})\).
- Para C=10, \(t_{10}\approx 3.92\) h.
- Para C=14, \(t_{14}\approx 8.32\) h. Por tanto sí superaría 14 si la infusión continúa.
- Para C=12, \(t_{corte}\approx 5.55\) h.
- Después del corte, \(C(t)=12e^{-0.25(t-t_c)}\).
- Volverá a C=10 tras \(\Delta t\approx 0.73\) h.
Aproximación
Entra en ventana a 3.92 h. Sin corte alcanzaría 14 mg/L a 8.32 h. Si se corta a 12 mg/L, permanece por encima de 10 durante ≈0.73 h adicionales.
Comparación
El equilibrio 16 mg/L permite anticipar que el límite de 14 puede superarse. La solución por tramos es continua en el momento del corte.
Mini-simulacro de modelización
Resuelve los seis problemas sin abrir las soluciones. El orden obliga a pasar de un balance básico a modelos por tramos, sistemas y decisiones de interpretación.
- Problema 34 · tanque clásico y concentración a los 8 min.
- Problema 43 · volumen variable y dominio físico.
- Problema 58 · dos compartimentos y conservación.
- Problema 67 · ambiente desconocido en la ley de Newton.
- Problema 93 · modelo de von Bertalanffy.
- Problema 120 · infusión, umbral y solución por tramos.
El siguiente paso depende de dónde te hayas atascado
Si ya dominas estos modelos y quieres cambiar de bloque, abre la biblioteca de recursos universitarios y continúa por el tema que necesites reforzar.
Cuando el atasco está en el planteamiento
Hay ejercicios que no se arreglan haciendo más cuentas: falla la variable, el balance o la lectura del enunciado. En clase podemos localizar ese punto, rehacer el modelo en pizarra compartida y comprobarlo juntos. Las sesiones universitarias son online, tanto si estudias en Salamanca como en cualquier otra ciudad.
Preguntas frecuentes
¿Está pensado solo para Biología en Salamanca?
No. Toma como referencia el recorrido aplicado de primero de Biología en la USAL, pero los problemas son propios y los modelos se estudian también en otros grados de ciencias de la vida y en universidades de toda España.
¿Por qué aparecen tantos problemas de tanques y compartimentos?
Porque obligan a traducir texto a balance. El mismo patrón reaparece en trazadores, farmacocinética, perfusión, diálisis y otros modelos biológicos.
¿Qué conviene dominar antes de estudiar modelos?
Separación de variables, ecuaciones lineales de primer orden, Bernoulli, exponenciales, derivadas e integrales básicas y revisión de unidades.
¿Cómo se comprueba una EDO resuelta?
Sustituyendo la solución en la ecuación, verificando la condición inicial y revisando unidades, signo y comportamiento límite.
¿Los modelos neuronales forman parte del recorrido central?
No. Son una ampliación para aplicar la misma matemática de primer orden a membranas, estímulos y umbrales.
¿Por dónde empiezo si tengo un examen cerca?
Lee el método de cuatro pasos y resuelve, sin abrir la solución, los problemas 34, 43, 58, 67, 93 y 120. El mini-simulacro final los reúne en ese orden.