Modelagens com Equação Separável

Teoria Completa

Introdução

Muitas vezes resolvendo questões vamos nos deparar com problemas onde a EDO a ser resolvida está escondida em uma aplicação. Nem sempre resolveremos questões de EDO onde o próprio enunciado já entrega a equação pra gente manipular e resolver.

Vamos ver agora os casos mais típicos de aplicações de equação separável, aquelas EDO’s que podem ser escritas da seguinte forma

d y d x = f y g ( x )

Crescimento e Decrescimento

É comum encontrarmos questões onde o enunciado diz que o crescimento, ou o decrescimento, de uma variável é proporcional à própria variável.

Problemas típicos dessa situação são:

  • Crescimento populacional
  • Decaimento de elementos radioativos
  • Rendimento de investimentos

Todos esses são casos onde a taxa de variação de alguma variável é proporcional a ela mesma, podem ser escritos como:

d y d t = k y

Sendo k a constante de proporcionalidade.

Se a nossa constante de proporcionalidade for positiva teremos um crescimento e se ela for negativa teremos um decrescimento. O mais importante é mantermos em mente essa equação diferencial logo acima, pra sabermos pra onde correr quando tivermos um problema de crescimento e decrescimento.

Tá vendo que essa EDO é separável? Não? Então dá uma voltadinha lá no tipo de Equação Separável. Se você identificou o monstrinho, já lembrou como se resolve! Vou simplificar a sua vida e te dar a resposta:

y = D e k t

Onde D é uma constante que surge lá da integração!

Equação logística

Vamos tomar um exemplo de equação logística pra facilitar a explicação dessa modelagem.

Suponha que em uma vila o crescimento da população é proporcional ao número de pessoas. Entretanto, existe uma constante da quantidade de alimento máximo que a vila consegue produzir. Dessa forma, quanto maior a população menor vai ser a disponibilidade de comida e isso vai inibir o crescimento. Teríamos algo como a seguinte equação.

d P d t = k P ( a - b P )

O termo a - b P é justamente aquele fator que freia o crescimento devido à quantidade de comida. A equação acima é a chamada equação logística e temos que guardar ela pra resolver todos os problemas desse tipo.

Outro caso comum, é quando temos infecção de vírus, onde o o crescimento do vírus é proporcional tanto à quantidade de pessoas infectadas quanto à de pessoas não infectadas.

Essa EDO também é separável. Vou ser legal novamente e te dar a solução dessa EDO:

P = a D e a k t 1 + b D e a k t = a D e - a k t + b D

Onde D é uma constante que surge lá da integração!

Lei de Resfriamento de Newton

Em problemas de mudança de temperatura, a lei de resfriamento de Newton é sempre a mais utilizada. Normalmente o problema vai avisar que é pra usar essa lei ou até mesmo fornecer ela, mas é bom saber ela no bolso pra caso contrário. Vamos à equação.

d T d t = k ( T - T m )

Onde T é a nossa variável de temperatura, t é o tempo, T m é a temperatura constante do meio e k é uma constante que depende do material e é menor que zero indicando que a temperatura do corpo está diminuindo.

Essa é uma separável, e a solução vai ser

T = D e k t + T m

Onde D é uma constante que surge lá da integração!

Reação química

Existem problemas onde calculamos o tempo de consumo ou de formação de uma subtancia em reações químicas. Vamos tratar de uma reação mais simples e depois a gente conversa sobre reações mais complexas. Vamos pegar como exemplo essa reação abaixo supondo que a quantidade inicial de   A é α e a quantidade inicial de B é β .

A + 2 B → C

A nossa formula é montada a partir da quantidade inicial dos reagentes que foi consumida pra formar o produto. Vamos supor que queremos formar 1 grama de C e que nós precisamos de uma quantidade de A e B igual a, respectivamente, a e b . A nossa reação nos diz que precisamos do dobro de b para cada quantidade de a

a + b = 1 b = 2 a

Resolvendo esse sistema

a = 1 3 ,     b = 2 3

Agora que sabemos disso vamos montar a nossa equação.

d C d t = k α - a C β - b C

d C d t = k α - 1 3 C β - 2 3 C

Essa é a cara da nossa equação separável para problemas de reação química. Se a reação tiver mais reagentes, nós temos que fazer tudo que fizemos só que considerando os outros reagentes.

Essa equação é separável? Não pode ser! Mas é! Para ver, basta fazer:

f C = α - 1 3 C β - 2 3 C

g t = k

A solução dessa equação, depois de longas contas vai ser:

C = L e α - β k t β - α L e α - β k t - 1

Onde L é uma constante que surge lá da integração!

Equacão da reta tangente

Vamos ver agora uma modelagem que costuma cair com uma certa frequência em provas. São questões que envolvem a reta tangente em um ponto relacionadas com funções f ( x , y )

Calma, vamos ver um exemplo genérico para exemplificar melhor.

Seja a função: y = f ( x ) , tal que a inclinação da reta tangente no ponto de abscissa x é igual a função f x , y . Assim, temos:

y ' = f ( x , y )

Assim, essa é uma EDO. Essa EDO aparecerá na forma de equação separável, assim:

d y d x = g x h y ⟹ d y h y = g ( x ) d x

Aí, basta resolver essa integral.

Esse tipo de questão é muito importante a interpretação. Então devemos prestar bastante atenção no enunciado.

Cara, eu preciso te contar uma notícia ruim: embora muitas, infinitas, milhares de questões envolvam algum dos modelos que eu te contei ali em cima, existem questões que não se encaixam neles.

Como vamos resolver a questão? Tem que ir pegando as informações do enunciado e ir montando o problema. Como eu sei que isso é beeem difícil, coloquei alguns exercícios disso para você pegar a manha.

Vamos praticar!

Expandir

Exercício Resolvido #1

Dennis Zill, Equações diferenciais volume I, 11ª ed. São Paulo: Pearson Education do Brasil Ltda., 2007, pp134-9

Considere a lei de resfriamento de Newton, d T d t = k T - T m ,   k < 0 , em que a temperatura do meio ambiente T m varia com o tempo. Suponha que a temperatura inicial de um corpo seja T 1 e que a temperatura inicial do meio ambiente seja T 2 e T m = T 2 + B ( T 1 - T ) , em que B > 0 seja uma constante.

  1. Encontre a temperatura do corpo em qualquer instante t .
  2. Qual é o valor limite da temperatura quando t → ∞ ?
  3. Qual o valor limite de T m quando t → ∞ ?
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Passo 1

a) Para encontrar a nossa solução temos que resolver a EDO, pra isso vamos primeiro substituir T m na nossa equação. Dessa forma.

d T d t = k ( T - T 2 - B T 1 - T )

d T d t = k ( T 1 + B - T 2 - B T 1 )

Vamos agora escrever a equação naquele formato pra resolução de equação separável.

d T T 1 + B - T 2 - B T 1 = k d t

Passo 2

Vamos integrar ambos os lados e resolver cada uma das integrais indefinidas. Resolvendo a equação da esquerda

∫ d T T 1 + B - T 2 - B T 1

Podemos ficar um pouco assustados com esse divisor gigantesco, mas temos que manter em mente que somente o T é varíavel e o resto são constantes. Lembrando que

∫ d x k x + a = ln ⁡ k x + a k

Tomando

k = 1 + B

a = - T 2 - B T 1

Temos:

∫ d T T 1 + B - T 2 - B T 1 = ln ⁡ T 1 + B - T 2 - B T 1 1 + B

Passo 3

Resolvendo o lado direito da igualdade temos.

∫ k d t = k t

Igualando as duas integrais que calculamos.

∫ d T T 1 + B - T 2 - B T 1 = ∫ k d t

ln ⁡ T 1 + B - T 2 - B T 1 1 + B =   k t + C

Essa constante C que a gente adicionou foi justamente pelas constantes das integrais indefinidas que nós não colocamos lá atrás. Manipulando as equações teremos:

T = e 1 + B ( k t + C ) + T 2 + B T 1 1 + B

Você deve se lembrar daquela propriedade da exponencial que e b + a = e b e a . Vamos usar ela pra escrever essa nossa constante de uma forma mais bonita:

e 1 + B ( k t + C ) = e k t 1 + B + C 1 + B = e 1 + B k t e 1 + B C

T = e 1 + B k t e 1 + B C + T 2 + B T 1 1 + B

Chamando a constante e 1 + B C de D, temos:

T = D e 1 + B k t + T 2 + B T 1 1 + B

Passo 4

No inicio do problema ele diz que a temperatura inicial é igual a T 1 . Com isso temos que T 0 = T 1 . Vamos usar essa informação pra achar a constante D .

T 0 = D e 1 + B k * 0 + T 2 + B T 1 1 + B = T 1

Como e 0 = 1 .

D + T 2 + B T 1 1 + B = T 1

D = T 1 - T 2

Substituindo D na nossa equação de T .

T = ( T 1 - T 2 ) e 1 + B k t + T 2 + B T 1 1 + B

Passo 5

b) A questão pede pra gente calcular o limite dessa função T que achamos na letra a quando t → ∞ . Vamos colocar a mão na massa.

lim t → ∞ ⁡ ( T 1 - T 2 ) e 1 + B k t + T 2 + B T 1 1 + B

Vamos relembrar que lim t → ∞ ⁡ e a t = 0   quando a < 0 . Dessa forma.

lim t → ∞ ⁡ ( T 1 - T 2 ) e 1 + B k t 1 + B = 0

lim t → ∞ ⁡ ( T 1 - T 2 ) e 1 + B k t + T 2 + B T 1 1 + B = T 2 + B T 1 1 + B

Passo 6

c) A questão pede pra gente calcular o limite dessa função T m quando t → ∞ .

T m = T 2 + B T 1 - T

lim t → ∞ ⁡ T m = lim t → ∞ ⁡ T 2 + B T 1 - T

lim t → ∞ ⁡ T 2 + B T 1 - T = T 2 + B T 1 - B lim t → ∞ ⁡ T

Calculamos no item anterior que lim t → ∞ ⁡ T = T 2 + B T 1 1 + B .

lim t → ∞ ⁡ T m = T 2 + B T 1 - B T 2 + B T 1 1 + B = B T 1 + T 2 1 + B

Resposta

a)

T = ( T 1 - T 2 ) e 1 + B k t + T 2 + B T 1 1 + B

b)

T 2 + B T 1 1 + B

c)

B T 1 + T 2 1 + B

Exercício Resolvido #2

UFRJ, Cálculo 2, P1 2009.2, Questão 1

Suponha que no instante t = 0 , a metade de uma população de 100.000 coelhos é infectada por um vírus que começa crescendo com uma taxa de 1000 coelhos por dia. Assumindo que a taxa com que o vírus se espalha é proporcional à quantidade de coelhos infectados vezes a quantidade de coelhos não infectados, determine o tempo que levará para que o vírus se espalhe por 80 % da população.

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Passo 1

Formulação do problema:

Chamemos de Q ( t ) a quantidade de coelhos infectados e P = 100.000 a população total de coelhos.

A taxa com que o vírus se espalha é a taxa com que coelhos são infectados.

Portanto:

Q ' ( t ) = k Q ( P - Q )

Onde k é uma constante.

O problema diz que a taxa inicial é 1000 coelhos por dia.

Logo:

Q ' 0 = 1000

E também diz que metade da população está infectada inicialmente.

Então:

Q 0 = P 2

Agora temos um PVI:

Q ' t = k Q P - Q   Q ' 0 = 1000   Q 0 = P 2

Queremos descobrir o tempo T para o qual:

Q T = 0,8 P

Ou seja, em que tempo a quantidade de coelhos infectados é igual a 80 % da população total.

Passo 2

Como Q ' ( 0 ) e Q ( 0 ) são conhecidos, podemos calcular a constante k substituindo na EDO:

Q ' 0 = 1000

Q ' t = k Q P - Q

⇒ Q ' 0 = k ⋅ Q 0 ⋅ P - Q 0

⇒ 1000 = k ⋅ 50.000 ⋅ 100.000 - 50.000

⇒ 1 = k ⋅ 50.000 ⋅ 50

⇒ k = 4 ⋅ 10 - 7

Passo 3

Encontrar solução geral:

Colocar a derivada na forma d Q d t em vez de Q ' ( t ) e escrever apenas Q em vez de Q ( t ) :

d Q d t = k Q ( P - Q )

Passo 4

Isolar o termo d Q d t de um lado da equação e o resto do outro:

Já está!

Passo 5

Multiplicar cruzado:

d Q = k Q P - Q   d t

Passo 6

Separar tudo que tem t para o lado do d t e tudo que tem Q para o lado do d Q :

d Q Q P - Q = k   d t

Como jogamos o termo Q ( P - Q ) para o denominador, temos que dizer que é diferente de zero:

Q P - Q = 0

⇒ Q ≠ { 0 ,   P }

Passo 7

Integrar os dois lados:

∫ d Q Q P - Q = ∫ k   d t

Para integrar o lado esquerdo da equação, precisamos desmembrar em frações parciais:

1 Q P - Q = A Q + B P - Q

⇒ 1 Q P - Q = A ( P - Q ) + B Q Q ( P - Q )

⇒ 1 Q P - Q = - A + B Q + A P Q ( P - Q )

Igualando os numeradores temos que

- A + B = 0 A P = 1

Logo:

A = 1 P   B = 1 P

Substituindo:

1 Q ( P - Q ) = 1 P Q + 1 P P - Q

⇒ 1 Q ( P - Q ) = 1 P 1 Q + 1 P - Q

Logo:

  ∫ d Q Q ( P - Q ) = ∫ 1 P 1 Q + 1 P - Q d Q = 1 P ∫ d Q Q + ∫ d Q P - Q

Substituindo na primeira equação:

1 P ∫ d Q Q + ∫ d Q P - Q = ∫ k   d t

∫ d Q Q + ∫ d Q P - Q = P ∫ k   d t

A primeira e a última integral são tranquilas:

ln ⁡ Q + ∫ d Q P - Q = P k t + c

Nessa integral daí, podemos resolver por uma mudança de variável:

P - Q = x

Derivando dos dois lados (levando em consideração que P é constante) temos:

d x = - d Q           o u           d Q = - d x

Logo...

ln ⁡ Q + ∫ - d x x = P k t + c   →

ln ⁡ Q - ln ⁡ x = P k t + c   →

Como x = P - Q ...

ln ⁡ Q - ln ⁡ P - Q = P k t + c

Lembrando que ln ⁡ a - ln ⁡ b = ln ⁡ a b :

ln ⁡ Q P - Q = P k t + c

Passo 8

Se necessário, isolar Q ( t ) :

Como apareceu um ln ⁡   , vamos aplicar a exponencial nos dois lados:

e ln ⁡ Q P - Q = e P k t + c

Q P - Q = e c ⋅ e P k t

Q P - Q = ± e c ⋅ e P k t

Substituindo a = ± e c :

Q P - Q = a e P k t

Q = a P e P k t - a Q e P k t

Q 1 + a e P k t = a P e P k t

Q t = a P e P k t 1 + a e P k t

Passo 9

Resolver o PVI:

Q 0 = P 2

Substituindo t = 0 na solução geral:

Q ( 0 ) = a P e 0 1 + a e 0

Q 0 = a P 1 + a

Substituindo condição inicial:

P 2 = a P 1 + a

a 1 + a = 1 2

2 a = 1 + a

a = 1

Substituindo valor da constante na solução geral:

Q t = P e P k t 1 + e P k t

Passo 10

Encontrar T tal que Q T = 0,8 P :

Basta substituir Q = 0,8 P para encontrar T correspondente:

Q T = P e P k T 1 + e P k T = 0,8 P

⇒ e P k T 1 + e P k T = 0,8

e P k T = 0,8 + 0,8 e P k T

0,2 e P k T = 0,8

e P k T = 4

P k T = ln ⁡ 4

Substituindo valores de P e k :

100000 ⋅ 4 ⋅ 10 - 7 ⋅ T = ln ⁡ 4

⇒ T = 25 ln ⁡ 4

Resposta

T = 25 ln ⁡ 4

Exercício Resolvido #3

Dennis Zill, Equações diferenciais volume I, 11ª ed. São Paulo: Pearson Education do Brasil Ltda., 2007, pp129-7

Dois compostos químicos A e B são combinados para formar um terceiro composto C . A taxa ou velocidade da reação é proporcional à quantidade instantânea de A e B não convertida em C . Inicialmente há 40 gramas de A e 50 gramas de B , e para cada grama de A ,   2 gramas de B são usados. É observado que 10 gramas de C são formados em 5 minutos. Qual é a quantidade remanescente de A e B depois de um longo período de tempo?

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Passo 1

Pra resolvermos o que ele pergunta temos primeiro que chegar na equação da variação de C com o tempo, para isso temos que resolver a seguinte equação separável que nós já sabemos dos conhecimento sobre problemas de misturas.

A nossa formula é montada a partir da quantidade inicial dos reagentes que foi consumida pra formar o produto. A nossa reação nos diz que precisamos do dobro de b para cada quantidade de a

a + b = 1 b = 2 a

Resolvendo esse sistema

a = 1 3 ,     b = 2 3

Agora que sabemos disso vamos montar a nossa equação.

d C d t = k α - a C β - b C

d C d t = k 40 - 1 3 C 50 - 2 3 C

Passo 2

Vamos escrever essa equação naquele formato de resolução de equação separável que já estamos acostumados.

d C   40 - 1 3 C 50 - 2 3 C = k d t

Integrando o lado esquerdo temos. Para isso vamos utilizar aquele método manjado das frações parciais.

1 40 - 1 3 C 50 - 2 3 C = A 50 - 2 3 C + B 40 - 1 3 C

Disso obtemos o sistema.

1 = 40 A + 50 B

0 = A + 2 B

Resolvendo temos A = 2 30 e B = - 1 30 .

Passo 3

Substituindo os valores encontrados de A e B

∫ d C 40 - 1 3 C 50 - 2 3 C = ∫ 2 30 50 - 2 3 C d C + ∫ - 1 30 40 - 1 3 C d C

Para resolver essa primeira integral do lado direito, podemos pensar em uma mudança de variável...

50 - 2 3 C = x       →

d x = - 2 3 d C         o u         d C = - 3 d x 2

Logo...

∫ d C   50 - 2 C 40 - C = 2 30 ∫ - 3 d x 2 x + ∫ - 1 30 40 - 1 3 C d C

∫ d C   50 - 2 C 40 - C = - 1 1 0 ln ⁡ x + ∫ - 1 30 40 - 1 3 C d C

Como x = 50 - 2 3 C e também calculando a outra integral de forma análoga...

∫ d C   50 - 2 C 40 - C = - 1 10 ln ⁡ 50 - 2 3 C + 1 1 0 ln ⁡ 40 - 1 3 C

∫ d C   50 - 2 C 40 - C = 1 1 0 ln ⁡ 40 - 1 3 C 50 - 2 3 C

Passo 4

Integrando o lado direito

∫ k d t = k t

Igualando os dois lados da equação vamos ter

∫ d C   50 - 2 C 40 - C = ∫ k d t