Exercício 1: Na década de 1760, em um estudo sobre a disseminação da varíola, foi acompanhado um grupo de pessoas com t anos de idade. Nesse grupo, a proporção y(t) de pessoas que ainda não tinham a varíola foi modelada pela equação diferencial
y^{\prime}(t)=-\alpha y(t)(1-\beta y(t))
onde 0 \leq y(t) \leq 1, \alpha é a taxa segundo a qual as pessoas contraíam a doença e \beta é a taxa de mortalidade devida a enfermidade.
(a) Calcule a integral \int \frac{d z}{z(1-\beta z)} pelo método das frações parciais.
(b) Use o item anterior para obter a solução geral de (1).
(c) Determine a solução de (1) que satisfaz y(0)=1.
Passo 1
O enunciado dá a equação diferencial
y'(t) = -\alpha\,y(t)\bigl(1-\beta\,y(t)\bigr)
com 0\le y(t)\le 1, onde \alpha é uma taxa positiva (taxa de infecção) e \beta é a taxa de mortalidade. O problema pede três coisas:
(a) calcular a integral \displaystyle \int \frac{dz}{z(1-\beta z)} usando frações parciais;
(b) usar essa integral para obter a solução geral da equação diferencial dada;
(c) determinar a solução que satisfaz a condição inicial y(0)=1.
Vou proceder passo a passo, mostrando a técnica de frações parciais e a técnica de separação de variáveis, explicando cada transformação.
Passo 2
Vamos fazer a decomposição em frações parciais da função integranda
onde A e B são constantes a determinar. Multiplicando ambos os lados por z(1-\beta z) obtemos
1 = A(1-\beta z) + B z.
Agora igualamos coeficientes em função de z. O termo constante dá A=1. O coeficiente de z dá -A\beta + B = 0, então B=A\beta=\beta. Portanto a decomposição é
Integramos ambos os lados. Pelo Passo 3, a integral à esquerda é \ln\left|\dfrac{y}{1-\beta y}\right|. Assim
\ln\left|\frac{y}{1-\beta y}\right| = -\alpha t + C_1,
onde C_1 é constante de integração. Como no problema temos 0\le y(t)\le 1, o quociente \dfrac{y}{1-\beta y} é não-negativo (se \beta\le 1 tipicamente é positivo), então podemos remover valor absoluto e escrever
\ln\left(\frac{y}{1-\beta y}\right) = -\alpha t + C_1.
Passo 5
Exponentiando ambos os lados, obtemos
\frac{y}{1-\beta y} = C e^{-\alpha t},
onde C = e^{C_1} (constante positiva). Agora resolvemos algebricamente para y. Multiplicando em cruz:
y = C e^{-\alpha t}\bigl(1-\beta y\bigr) = C e^{-\alpha t} - \beta C e^{-\alpha t} y.
Colocando os termos com y no mesmo lado:
y + \beta C e^{-\alpha t} y = C e^{-\alpha t},
y\bigl(1 + \beta C e^{-\alpha t}\bigr) = C e^{-\alpha t},
e finalmente
y(t) = \frac{C e^{-\alpha t}}{1 + \beta C e^{-\alpha t}}.
Esta é a solução geral implícita em termos da constante C. Podemos também reescrever de forma equivalente dividindo numerador e denominador por C e^{-\alpha t}:
Ambas as formas representam a mesma família de soluções (dependendo de qual constante inicial preferimos usar).
Passo 6
Agora aplicamos a condição inicial y(0)=1 para encontrar a constante C. Usando a fórmula
y(0)=\frac{C}{1+\beta C}=1,
temos a equação para C:
\frac{C}{1+\beta C}=1 \quad\Longrightarrow\quad C = 1 + \beta C \quad\Longrightarrow\quad C(1-\beta)=1.
Se \beta\neq 1, isso dá
C=\frac{1}{1-\beta}.
Substituindo em y(t)=\dfrac{C e^{-\alpha t}}{1+\beta C e^{-\alpha t}} e simplificando (multiplicando numerador e denominador por 1-\beta ou manipulando exponenciais), obtemos uma forma limpa:
Essa expressão satisfaz y(0)=1 (verifique: para t=0 o denominador é \beta+(1-\beta)=1).
Passo 7
Trate o caso especial \beta=1. Se \beta=1, a equação diferencial fica
y'=-\alpha y(1-y).
A condição y(0)=1 implica que a solução constante y(t)\equiv 1 satisfaz a equação (y'=0 e o membro à direita é zero quando y=1). Pela unicidade de solução para problemas iniciais bem comportados, a solução com y(0)=1 é
y(t)\equiv 1\quad\text{(para \(\beta=1\)).}
A formula encontrada para \beta\neq 1,
y(t)=\frac{1}{\beta+(1-\beta)e^{\alpha t}},
tem limite bem definido quando \beta\to 1 e dá y(t)=1, então as duas descrições coincidem no limite.