Questāo 3 (2 pontos)
Um tanque, com capacidade para 200 litros, inicialmente contém 100 litros de uma solução salina com 5 kg de sal dissolvidos. Uma solução contendo 2 \mathrm{~kg} / \mathrm{de} sal por litro entra no tanque a uma taxa constante de 4 \mathrm{~L} / \mathrm{min}, enquanto a mistura no tanque é bem agitada eé retirada a uma taxa de 1 \mathrm{~L} / \mathrm{min}.
a) Modele a situação por uma equação diferencial que descreva a variação da quantidade de sal no tanque ao longo do tempo.
b) Determine a quantidade de sal no tanque no instante em que ele atinge sua capacidade máxima.

Passo 1

O problema trata de uma mistura salina em um tanque que começa com 100 L e 5 kg de sal. Entra solução com concentração 2 kg/L a 4 L/min e sai mistura bem agitada a 1 L/min. O conteúdo é EDO de mistura, onde vamos usar:
A(t) = quantidade de sal (kg) no tempo t.
V(t) = volume da solução (L) no tempo t.
Precisamos (a) modelar a EDO para A(t) e (b) achar A(t) quando V(t)=200 L.

Passo 2

Calculamos primeiro o volume V(t). Como entra a 4 L/min e sai a 1 L/min, o volume cresce a 3 L/min a partir de 100 L:
V(t)=100+(4-1)t=100+3t.
A concentração da solução que sai é \tfrac{A(t)}{V(t)} (kg/L). A taxa de entrada de sal é
\text{entrada} =4\;\bigl(\tfrac{\text{L}}{\min}\bigr)\times2\;\bigl(\tfrac{\text{kg}}{\text{L}}\bigr)=8\;\bigl(\tfrac{\text{kg}}{\min}\bigr),
e a taxa de saída de sal é
\text{saída} =1\;\bigl(\tfrac{\text{L}}{\min}\bigr)\times\frac{A(t)}{V(t)}\;\bigl(\tfrac{\text{kg}}{\text{L}}\bigr) =\frac{A(t)}{100+3t}\;\bigl(\tfrac{\text{kg}}{\min}\bigr).í

Passo 3

Logo a EDO que descreve A(t) é
\frac{dA}{dt} =\underbrace{8}_{\text{entrada}}-\underbrace{\frac{A}{100+3t}}_{\text{saída}},í
ou seja
\frac{dA}{dt} + \frac{1}{100+3t}\,A = 8.
Isso é uma EDO linear de 1º ordem. O fator integrante é
\mu(t)=\exp\Bigl(\int\frac{1}{100+3t}\,dt\Bigr) =\exp\Bigl(\tfrac{1}{3}\ln(100+3t)\Bigr) =(100+3t)^{\tfrac{1}{3}}.

Passo 4

Multiplicando a EDO por \mu(t) temos
\frac{d}{dt}\Bigl[A\,(100+3t)^{\tfrac{1}{3}}\Bigr] =8\,(100+3t)^{\tfrac{1}{3}}.
Integrando em t:
A\,(100+3t)^{\tfrac{1}{3}} =\int 8\,(100+3t)^{\tfrac{1}{3}}\,dt =2\,(100+3t)^{\tfrac{4}{3}}+C.
Portanto a solução geral é
A(t) =2\,(100+3t)+C\,(100+3t)^{-\tfrac{1}{3}}.

Passo 5

Usamos a condição inicial A(0)=5 kg:
5 =2\cdot100 + C\cdot100^{-\tfrac{1}{3}} \implies C=(5-200)\,100^{\tfrac{1}{3}} =-195\;100^{\tfrac{1}{3}}.
Logo
A(t)=2\,(100+3t)-195\;100^{\tfrac{1}{3}}\,(100+3t)^{-\tfrac{1}{3}}.

Passo 6

Quando o tanque atinge 200 L temos
100+3t=200 \implies t=\frac{100}{3}\,\min.
Substituindo em A(t):
A\Bigl(\tfrac{100}{3}\Bigr) =2\cdot200 -195\;100^{\tfrac{1}{3}}\;200^{-\tfrac{1}{3}} =400-195\Bigl(\tfrac{100}{200}\Bigr)^{\tfrac{1}{3}} =400-195\,2^{-\tfrac{1}{3}}\quad\text{(kg)}.
Numericamente 2^{1/3}\approx1,26, então
A\Bigl(\tfrac{100}{3}\Bigr)\approx400-\frac{195}{1,26}\approx245{,}2\;\text{kg}.

Resposta

a) \displaystyle \frac{dA}{dt}=8-\frac{A}{100+3t}.
b) Quando V=200 L (isto é, t=100/3),
A\bigl(\tfrac{100}{3}\bigr) =400-195\,2^{-\tfrac{1}{3}}\approx245{,}2\;\text{kg}.

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