Guía 1 - Ejercicio 2: Concentración de Glucosa en Sangre

Materia: Introducción al Modelado Continuo (1C 2026) Tema: Ecuaciones Diferenciales Ordinarias (EDOs) de 1er Orden - Problemas de Valor Inicial.

1. El Modelo Matemático

La ecuación diferencial que modela la concentración de glucosa en sangre g(t)g(t) ante la administración de suero intravenoso está dada por:

dgdt+kg=G100V\frac{dg}{dt} + kg = \frac{G}{100V}

Donde:

  • g(t)g(t): Concentración de glucosa en sangre en el tiempo tt.
  • kk: Tasa metabólica de consumo de glucosa (constante, k>0k > 0).
  • GG: Tasa de administración de glucosa por vía intravenosa.
  • VV: Volumen de sangre en el cuerpo.

Podemos reescribir la EDO para entender mejor su dinámica:

dgdt=−kg+G100V\frac{dg}{dt} = -kg + \frac{G}{100V}

El término −kg-kg representa el consumo de glucosa por parte del cuerpo, mientras que G100V\frac{G}{100V} es el aporte constante del suero.

2. Estado Estacionario (Equilibrio)

Antes de resolver analíticamente, buscamos el estado estacionario. En el equilibrio, la concentración de glucosa no cambia, por lo que su derivada respecto al tiempo es nula:

dgdt=0\frac{dg}{dt} = 0

Reemplazando en la EDO:

0=−kgeq+G100V0 = -kg_{eq} + \frac{G}{100V} geq=G100Vkg_{eq} = \frac{G}{100Vk}

Este valor representa la asíntota horizontal del sistema: la concentración de glucosa se estabilizará en este valor a largo plazo.

3. Resolución Analítica (Método del Factor Integrante)

La EDO es lineal de primer orden, de la forma g′+P(t)g=Q(t)g' + P(t)g = Q(t), donde P(t)=kP(t) = k y Q(t)=G100VQ(t) = \frac{G}{100V}.

Paso 1: Hallar el factor integrante μ(t)\mu(t)

μ(t)=e∫P(t)dt=e∫kdt=ekt\mu(t) = e^{\int P(t) dt} = e^{\int k dt} = e^{kt}

Paso 2: Multiplicar la EDO original por μ(t)\mu(t)

ekt⋅g′+kekt⋅g=G100Vekte^{kt} \cdot g' + k e^{kt} \cdot g = \frac{G}{100V} e^{kt}

El lado izquierdo se comprime por la regla de la derivada de un producto:

(ekt⋅g(t))′=G100Vekt(e^{kt} \cdot g(t))' = \frac{G}{100V} e^{kt}

Paso 3: Integrar ambos lados respecto de tt

∫(ekt⋅g(t))′dt=∫(G100Vekt)dt\int (e^{kt} \cdot g(t))' dt = \int \left( \frac{G}{100V} e^{kt} \right) dt ekt⋅g(t)=G100V∫ektdte^{kt} \cdot g(t) = \frac{G}{100V} \int e^{kt} dt ekt⋅g(t)=G100V(1kekt)+Ce^{kt} \cdot g(t) = \frac{G}{100V} \left( \frac{1}{k} e^{kt} \right) + C ekt⋅g(t)=G100Vkekt+Ce^{kt} \cdot g(t) = \frac{G}{100Vk} e^{kt} + C

Paso 4: Despejar g(t)g(t) (Solución General) Multiplicamos todo por e−kte^{-kt}:

g(t)=G100Vk+Ce−ktg(t) = \frac{G}{100Vk} + C e^{-kt}

4. Problema de Valor Inicial (PVI)

Asumimos que el paciente tiene una concentración de glucosa basal en el instante inicial: g(0)=g0g(0) = g_0. Evaluamos la solución general en t=0t=0:

g0=G100Vk+Ce0g_0 = \frac{G}{100Vk} + C e^{0} C=g0−G100VkC = g_0 - \frac{G}{100Vk}

Reemplazando CC en la solución general:

g(t)=G100Vk+(g0−G100Vk)e−ktg(t) = \frac{G}{100Vk} + \left( g_0 - \frac{G}{100Vk} \right) e^{-kt}

5. Solución Final y Discusión Física

Reorganizando los términos, llegamos a la forma más interpretable del modelo:

g(t)=G100Vk(1−e−kt)+g0e−ktg(t) = \frac{G}{100Vk} (1 - e^{-kt}) + g_0 e^{-kt}

Interpretación Biológica: La solución se compone de dos dinámicas que compiten:

  1. El aporte del suero: G100Vk(1−e−kt)\frac{G}{100Vk} (1 - e^{-kt}). Arranca en 00 y crece asintóticamente hasta el valor de equilibrio dictado por la canilla del suero y la tasa metabólica del paciente.
  2. El metabolismo basal (Régimen transitorio): g0e−ktg_0 e^{-kt}. Es la glucosa "vieja" que ya estaba en el cuerpo. Decae exponencialmente hacia cero a medida que el cuerpo la consume (ya que k>0k > 0).