En esta ocasión presentamos ante nuestros muy capaces lectores, un entretenido divertimento que no requiere mas que de álgebra elemental para su resolución.
¡Esperamos les haga pasar un buen rato en compañía de los números!
ACERTIJO
¡Esperamos gustosos sus observaciones, sugerencias y propuestas alternativas de resolución!
SOLUCIÓN
Como es usual, expresaremos en notación simbólica las cuatro condiciones referidas en el problema:
- Justo una hora después de abrirse las bebidas, sus volúmenes eran iguales:
\begin{equation}
V_1\left(\color{BlueViolet}t=1\color{default}\right)=V_2\left(\color{BlueViolet}t=1\color{default}\right)
\end{equation}- Pasadas dos horas, la igualdad de volúmenes también se verificó:
\begin{equation}
V_1\left(\color{BlueViolet}t=2\color{default}\right)=V_2\left(\color{BlueViolet}t=2\color{default}\right)
\end{equation}- Habiéndose cumplido tres horas desde su apertura, V_2 se había disipado del todo:
\begin{equation}
V_2\left(\color{BlueViolet}t=3\color{default}\right)=0
\end{equation}- Inicialmente, el contenido de ambas botellas sumaba un litro:
\begin{equation}
V_1\left(\color{BlueViolet}t=0\color{default}\right)+V_2\left(\color{BlueViolet}t=0\color{default}\right)=1
\end{equation}Si introducimos los valores numéricos de t indicados aquí en las expresiones explícitas de V_1 y V_2,
\colorbox{lavender}{\(
\def \arraystretch{1.5}
\begin{array}{rclr}
{\phantom {xxxx\Huge|^{|}}}V_{1}\left(t\right)&=&\alpha\, e^{\,-\beta \,t}&\\
&&&\alpha,\,\beta,\,\gamma,\,\delta\in\mathbb{R}\phantom {xxxxx}\\
V_{2}\left(t\right)&=&\gamma -\delta \, t\vphantom{x_{\Big|_{\big|_{|}}}}\phantom {xxxxx}&
\end{array}\)}obtendremos…
- para \left(1\right),
\begin{equation}
\def\arraystretch{2.1}
\begin{array}{rcl}
\alpha\, e^{-\beta}&=&\gamma -\delta
\end{array}
\end{equation}- para \left(2\right),
\begin{equation}
\def\arraystretch{2.1}
\begin{array}{rcl}
\alpha\, e^{-2\beta }&=&\gamma -2\delta
\end{array}
\end{equation}- para \left(3\right),
\begin{equation}
\def\arraystretch{2.1}
\begin{array}{rcl}
\gamma -3\delta&=&0
\end{array}
\end{equation}- y, para \left(4\right),
\begin{equation}
\def\arraystretch{2.1}
\begin{array}{rcl}
\alpha + \gamma &=&1
\end{array}
\end{equation}Las expresiones \left(5\right)-\left(8\right) constituyen un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas. Nos enfrentamos, pues, a la tarea de resolverlo.
Con este propósito, probemos dividir la ecuación \left(6\right) entre la \left(5\right):
\def\arraystretch{3}
\begin{array}{rcl}
\displaystyle \frac{\,\,\alpha\, e^{-2\beta }\,\,}{\alpha\, e^{-\beta^{\vphantom{|}} }}&=&\displaystyle\frac{\,\,\gamma -2\delta\,\,}{\gamma -\delta}\Rightarrow\\
e^{-\beta}&=&\displaystyle\frac{\,\,\gamma -2\delta\,\,}{\gamma -\delta}
\end{array}Pero, de acuerdo con \left(7\right), \color{IndianRed}\gamma = 3\delta\,, de modo que podemos escribir
\def\arraystretch{3}
\begin{array}{rcl}
e^{-\beta}&=&\displaystyle\frac{\,\,\color{IndianRed}3\delta \color{default}-2\delta\,\,}{\color{IndianRed}3\delta \color{default}-\delta}\\
&=&\displaystyle\frac{\,\,\,\,\delta\,\,\,\,}{2\delta}\\
&=&\displaystyle\frac{1}{2}
\end{array}Tomando ahora logaritmos naturales en ambos miembros de la igualdad, resulta1
\def \arraystretch{2.5}
\begin{array}{rcl}
-\beta&=&\ln{\displaystyle\frac{1}{2}}\\
&=&\ln{1}-\ln{2}\\
&=&-\ln 2
\end{array}de donde se sigue que
\begin{equation}
\colorbox{PowderBlue}{\(\phantom{xxx}\beta=\ln 2\phantom{xxx}\vphantom{\Big|}\)}
\end{equation}Ahora bien, por \left(8\right), \color{GoldenRod}\alpha = 1-\gamma\,, pero, según lo habíamos ya determinado, \color{IndianRed}\gamma = 3\delta\,, de suerte que podemos poner
\color{SlateBlue}\alpha=1-3\delta\vphantom{\Bigg|_x^{|}}Reemplazando estos resultados en \left(5\right), obtenemos
\def\arraystretch{2.3}
\begin{array}{rcl}
\left(\color{SlateBlue}1-3\delta\color{default}\right)\, e^{-\beta}&=&2\delta\phantom{x}\Rightarrow\\
e^{-\beta}&=&\displaystyle\frac{2\delta}{\,1-3\delta\,}
\end{array}Más aún, si introducimos aquí el valor recién hallado de \beta, queda2
\def\arraystretch{2.1}
\begin{array}{rcl}
\displaystyle\frac{1}{2}&=&\displaystyle\frac{2\delta}{\,1-3\delta\,}
\end{array}que, en virtud de la propiedad fundamental de las proporciones se convierte en
\def\arraystretch{2.1}
\begin{array}{rcl}
1-3\delta&=&4\delta\Rightarrow\\
7\delta&=&1
\end{array}En consecuencia, claro está,
\begin{equation}
\colorbox{PowderBlue}{\(\phantom{xxx}\delta=\displaystyle\frac{1}{7}\phantom{xxx}\vphantom{\Bigg|}\)}
\end{equation}Y, como \color{IndianRed}\gamma = 3\delta\,, entonces
\begin{equation}
\colorbox{PowderBlue}{\(\phantom{xxx}\gamma=\displaystyle\frac{3}{7}\phantom{xxx}\vphantom{\Bigg|}\)}
\end{equation}Finalmente, siendo \color{GoldenRod}\alpha=1-\gamma\,, hallamos
\begin{equation}
\colorbox{PowderBlue}{\(\phantom{xxx}\alpha=\displaystyle\frac{4}{7}\phantom{xxx}\vphantom{\Bigg|}\)}
\end{equation}De esta forma, las leyes de evaporación han quedado completamente determinadas y son
\begin{equation}
\def \arraystretch{3}
\begin{array}{rcl}
{\phantom {xxxx}}V_{1}\left(t\right)&=&\displaystyle\frac{4}{7}\, e^{\,-\left(\ln 2\right) \,t}\\
V_{2}\left(t\right)&=&\displaystyle\frac{3}{7} -\displaystyle\frac{1}{7} \, t\vphantom{x_{\Big|}}\phantom {xxxx}
\end{array}
\end{equation}o, equivalentemente
\def \arraystretch{3}
\begin{array}{rcl}
{\phantom {xxxx}}V_{1}\left(t\right)&=&\displaystyle\frac{2^{2-t}}{7}\\
V_{2}\left(t\right)&=&\displaystyle\frac{1}{7}\left(3-t\right)
\end{array}Así pues, en el instante inicial; esto es, cuando t=0,
\begin{equation}
\colorbox{LightYellow}{\(
\def \arraystretch{3}
\begin{array}{rcl}
{\phantom {xxxx}}V_{1}\left(0\right)&=&\displaystyle\frac{4}{7} \text{\,\,L}\\
V_{2}\left(0\right)&=&\displaystyle\frac{3}{7} \text{\,\,L} \vphantom{x_{\Big|}}\phantom {xxxx}
\end{array}\)}
\end{equation}Los gráficos
En añadidura, ofrecemos al lector interesado un sencillo esbozo de cómo lucen en el plano las funciones que representan las leyes de evaporación en cuestión.
Fig.1 – Relaciones de evaporación. En azul, la función exponencial; en verde, la función lineal.
1 Recuérdese que \color{ForestGreen}\displaystyle \log_b {\frac{x}{y}}=\log_b{x}-\log_b{y} y que \color{ForestGreen}\log_b{1}=0\,\, \forall \,\,b \in\mathbb{R^+}-\left\{1\right\}
2 Aquí, \color{ForestGreen}-\beta=-\ln 2=\ln {2^{-1}}=\ln{\displaystyle\frac{1}{2}}. Estas manipulaciones obedecen al hecho de que \color{ForestGreen}\log_b{m^n}=n\log_b{m}
