8.16 Uma companhia quer mudar uma montanha de seixos, estimada em cerca de 20.000 toneladas, de um lado de seu jardim para o outro. Para isto, eles pretendem usar uma pá elétrica para encher um depósito, que por sua vez alimenta um transportador de esteira. Este último transporta então os seixos para uma nova localização.
A pá pega uma grande quantidade no inicio; no entanto, à medida que o suprimento de seixos diminui, a capacidade de manusear a pá também diminui, por causa do aumento no tempo requerido para remover a pá do depósito para uma nova carga e então retornar e descarregar. Grosseiramente, podemos estimar que a taxa de manuseamento da pá é proporcional ao tamanho da pilha que deve ser removida, cuja taxa inicial é 10 \mathrm{t} / \mathrm{min}. O transportador, por outro lado, transporta os seixos a uma taxa uniforme de 5 \mathrm{t} / \mathrm{min}. No início, a pá trabalhará mais rápido que o transportador, e depois mais lento. Conseqüentemente, o silo de armazenagem primeiro acumulará material e depois se esvaziará.
(a) Qual será a maior quantidade de seixos no silo?
(b) Quando isto ocorrerá?
(c) Quando as taxas de entrada e saída no silo serão iguais?
(d) Quando o silo ficará vazio?

Passo 1

O enunciado trata do transporte de uma pilha inicial de 20\,000 t de seixos, onde a pá elétrica os retira com taxa proporcional ao material remanescente e a um valor inicial de 10 t/min, e o transportador retira do silo a uma taxa constante de 5 t/min. O que precisamos é:
  1. Expressar a quantidade remanescente na montanha e a taxa de entrada no silo.
  2. Formular e resolver a equação para o conteúdo S(t) do silo.
  3. Determinar o máximo de S(t), o instante em que ocorre, o instante em que as taxas se igualam e o instante em que S(t) retorna a zero.

Passo 2

Como a taxa de retirada da montanha é proporcional ao que ainda resta, se denotarmos por Q_{\mathrm{rem}}(t) a quantidade remanescente na montanha, vale
\frac{dQ_{\mathrm{rem}}}{dt}=-k\,Q_{\mathrm{rem}},
com condição inicial Q_{\mathrm{rem}}(0)=20000 t e taxa inicial k\,Q_{\mathrm{rem}}(0)=10, logo
k=\frac{10}{20000}=0{,}0005\\ \mathrm{min}^{-1}.
Assim
Q_{\mathrm{rem}}(t)=20000\,e^{-0{,}0005\,t},
e a taxa de entrada no silo é
r_{\mathrm{in}}(t)=10\,e^{-0{,}0005\,t}\quad\bigl[\text{t/min}\bigr].

Passo 3

Seja S(t) o conteúdo do silo; temos
\frac{dS}{dt}=r_{\mathrm{in}}(t)-5 = 10\,e^{-0{,}0005\,t}-5,
com S(0)=0. Integramos:
S(t)=\int_{0}^{t}\bigl(10\,e^{-0{,}0005\,s}-5\bigr)\,ds =20000\bigl(1-e^{-0{,}0005\,t}\bigr)-5\,t.

Passo 4

As taxas de entrada e saída se igualam quando
10\,e^{-0{,}0005\,t}=5.
Daí
e^{-0{,}0005\,t}=\tfrac12,\quad -0{,}0005\,t=-\ln(2),\quad t=\frac{\ln(2)}{0{,}0005}\approx1386{,}29\\ \mathrm{min}.

Passo 5

Esse instante é exatamente quando \tfrac{dS}{dt}=0, logo é também o instante em que S(t) atinge seu máximo. Substituindo em S(t):
S_{\max}=20000\bigl(1-\tfrac12\bigr)-5\cdot1386{,}29 =10000-6931{,}47\approx3068{,}53\\ \mathrm{t}.

Passo 6

Por fim, o silo volta a ficar vazio ao resolver
S(t)=20000\bigl(1-e^{-0{,}0005\,t}\bigr)-5t=0,
ou seja
4000\bigl(1-e^{-0{,}0005\,t}\bigr)=t,
cuja solução numérica é
t\approx3185{,}5\\ \mathrm{min}.

Resposta

(a) A maior quantidade no silo é aproximadamente 3068{,}5 t.
(b) Isso ocorre em t\approx1386{,}3 min.
(c) As taxas de entrada e saída se igualam em t\approx1386{,}3 min.
(d) O silo fica vazio novamente em t\approx3185{,}5 min.

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