Questão 10 - O nível de desempenho P(t) de um trabalhador em uma linha de montagem satisfaz o modelo
\frac{d P}{d t}=k(M-P)
onde M é o desempenho máximo possível e k>0 é constante.
Suponha que P(0)=0, que o trabalhador produza 25 unidades na primeira hora e 45 unidades na segunda hora.
a) Resolva a equação diferencial para P(t).
b) Determine as constantes do modelo.
c) Estime o desempenho máximo do trabalhador.
d) Determine o número de unidades produzidas após 5 horas.

Passo 1

O enunciado nos dá a equação diferencial
\frac{dP}{dt}=k(M-P),
com M e k>0 constantes. As condições iniciais/informações numéricas são:
  • P(0)=0.
  • O trabalhador produz 25 unidades na primeira hora (isto é, P(1)=25).
  • O trabalhador produz 45 unidades na segunda hora (isto é, P(2)=45).
O que o problema pede:
a) Resolver a equação diferencial para P(t).
b) Determinar as constantes do modelo (isto é, pelo menos k e M).
c) Estimar o desempenho máximo M.
d) Determinar o número de unidades produzidas após 5 horas (isto é, calcular P(5)).

Passo 2

Primeiro vamos resolver a equação diferencial de forma geral. Reescrevendo a equação:
\frac{dP}{dt}+kP=kM.
Isto é uma equação diferencial linear de primeira ordem. A técnica padrão é multiplicar por um fator integrante \mu(t) tal que \mu'(t)=k\mu(t); escolhemos
\mu(t)=e^{kt}.
Multiplicando a equação por e^{kt} obtemos
e^{kt}\frac{dP}{dt}+ke^{kt}P = kM e^{kt}.
O lado esquerdo é a derivada do produto e^{kt}P, pois
\frac{d}{dt}\big(e^{kt}P\big)=e^{kt}\frac{dP}{dt}+ke^{kt}P.
Portanto
\frac{d}{dt}\big(e^{kt}P\big)=kM e^{kt}.
Integrando ambos os lados em t,
e^{kt}P = \int kM e^{kt}\,dt = M e^{kt} + C,
onde C é constante de integração. Isolando P,
P(t)=M + C e^{-kt}.

Passo 3

Agora usamos a condição inicial P(0)=0 para encontrar C. Substituindo t=0 em P(t)=M + C e^{-kt}
0 = M + C e^{0} = M + C.
Logo C=-M. Substituindo em P(t) obtemos a solução particular
P(t)=M - M e^{-kt}=M\big(1-e^{-kt}\big).
Comentário didático: essa forma faz sentido fisicamente — P(t) parte de 0 e tende assintoticamente para M quando t\to\infty, com rapidez governada por k.

Passo 4

Agora usamos os dados P(1)=25 e P(2)=45 para determinar k e M. Substituindo na solução:
P(1)=M\big(1-e^{-k}\big)=25,
P(2)=M\big(1-e^{-2k}\big)=45.
Dividindo a segunda equação pela primeira para eliminar M:
\frac{1-e^{-2k}}{1-e^{-k}}=\frac{45}{25}=\frac{9}{5}.
Usamos a fatoração 1-e^{-2k}=(1-e^{-k})(1+e^{-k}). Assim o quociente simplifica para 1+e^{-k}. Então
1+e^{-k}=\frac{9}{5}.
Definindo x=e^{-k} temos 1+x=\tfrac{9}{5}, portanto
x=e^{-k}=\frac{9}{5}-1=\frac{4}{5}.
Logo
e^{-k}=\frac{4}{5}\quad\Rightarrow\quad k=-\ln\!\left(\frac{4}{5}\right)=\ln\!\left(\frac{5}{4}\right).
Valor numérico aproximado:
k=\ln\!\left(\frac{5}{4}\right)\approx 0,2231.

Passo 5

Com e^{-k}=\tfrac{4}{5} podemos determinar M usando P(1)=25:
M\big(1-e^{-k}\big)=25\quad\Rightarrow\quad M\left(1-\frac{4}{5}\right)=25.
Como 1-\tfrac{4}{5}=\tfrac{1}{5}, temos
M=\frac{25}{1/5}=25\cdot5=125.
Portanto M=125 (unidades por hora, interpretação de P(t)).

Passo 6

Escrevendo a solução completa com os valores encontrados:
P(t)=125\left(1-\left(\frac{4}{5}\right)^{t}\right).
Verificação rápida (útil na prova): para t=1,
P(1)=125\left(1-\frac{4}{5}\right)=125\cdot\frac{1}{5}=25,
e para t=2,
P(2)=125\left(1-\left(\frac{4}{5}\right)^{2}\right)=125\left(1-\frac{16}{25}\right)=125\cdot\frac{9}{25}=45,
conferindo os dados.

Passo 7

Finalmente calculamos o desempenho após 5 horas:
P(5)=125\left(1-\left(\frac{4}{5}\right)^{5}\right).
Calculemos \left(\frac{4}{5}\right)^{5}=\dfrac{4^{5}}{5^{5}}=\dfrac{1024}{3125}=0{,}32768.
Então
P(5)=125\big(1-0{,}32768\big)=125\cdot0{,}67232=84{,}04.
Interpretação: após 5 horas o nível de desempenho é aproximadamente 84{,}04 unidades por hora.

Resposta

(a) P(t)=M\big(1-e^{-kt}\big)=125\left(1-\left(\dfrac{4}{5}\right)^{t}\right).
(b) k=\ln\!\left(\dfrac{5}{4}\right)\approx0,2231,\qquad M=125.
(c) Desempenho máximo estimado: M=125 unidades por hora.
(d) P(5)=125\left(1-\left(\dfrac{4}{5}\right)^{5}\right)\approx84{,}04 unidades por hora.

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