(3,0) Um reator contínuo de tanque agitado (CSTR) possui volume V=1 \mathrm{~m}^{3} e vazão de entrada e saída F=1 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{min}. Inicialmente, a concentração do traçador no reator é nula. No instante t_{0}=2 \mathrm{~min}, injeta-se instantaneamente uma massa M=1 \mathrm{~kg} de traçador no interior do tanque. Essa injeção rápida é modelada como um pulso de Dirac M \delta\left(t-t_{0}\right). O sistema dispõe de um circuito de medição e controle que apresenta dinâmica de segunda ordem (por exemplo, um dispositivo com inércia e ação derivativa proporcional), de modo que, após linearização, a combinação da diluição do reator com a dinâmica do circuito pode ser representada pela seguinte equação diferencial linear:
\frac{d^{2} C(t)}{d t^{2}}+\frac{F}{V} \frac{d C(t)}{d t}-2 C(t)=\frac{M}{V} \delta\left(t-t_{0}\right)
onde C(t) é a concentração do traçador no reator \left(\mathrm{em} \mathrm{kg} / \mathrm{m}^{3}\right), e F / V é o coeficiente de renovação do conteúdo do reator (em \mathrm{min}^{-1} ).
Escreva a equação diferencial que descreve a concentração no interior do reator ao longo do tempo. Sabendo que C(0)=C^{\prime}(0)=0, determine a concentração C(t) utilizando transformadas de Laplace.

Passo 1

O enunciado fornece a seguinte equação diferencial linear com um pulso de Dirac:
\frac{d^{2}C(t)}{dt^{2}}+\frac{F}{V}\frac{dC(t)}{dt}-2C(t)=\frac{M}{V}\,\delta\bigl(t-t_{0}\bigr).
Dados numéricos fornecidos:
V=1\\ \mathrm{m^{3}},\qquad F=1\\ \mathrm{m^{3}/min},\qquad M=1\\ \mathrm{kg},\qquad t_{0}=2\\ \mathrm{min},
e condições iniciais:
C(0)=0,\qquad C'(0)=0.
O que se pede: aplicar transformada de Laplace para determinar C(t) para todo t\ge0.

Passo 2

Lembrete rápido (com explicação didática) sobre transformada de Laplace e propriedades que usaremos:
  • Definição: para uma função f(t) (causal, f(t)=0 para t<0),
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=F(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt.
A ideia é transformar a equação diferencial em uma equação algébrica em s, resolver em F(s) e voltar por transformada inversa.
  • Derivadas: se F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\} e f(0), f'(0) são conhecidos, então
\mathcal{L}\{f'(t)\}=sF(s)-f(0),
\mathcal{L}\{f''(t)\}=s^{2}F(s)-s f(0)-f'(0).
Isso permite transformar derivadas em polinômios multiplicando F(s) por s e subtraindo termos envolvendo as condições iniciais.
  • Delta de Dirac deslocado: para o pulso \delta(t-t_{0}),
\mathcal{L}\{\delta(t-t_{0})\}=e^{-t_{0}s}.
  • Teorema do deslocamento no tempo (na inversa): se \mathcal{L}\{g(t)\}=G(s) então
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-t_{0}s}G(s)\}=u(t-t_{0})\,g(t-t_{0}),
onde u(t-t_{0}) é a função degrau unitário deslocada (valendo 0 para t<t_{0} e 1 para t\ge t_{0}). Isso significa que um fator e^{-t_{0}s} em s corresponde a atrasar a função no tempo.

Passo 3

Aplicar a transformada de Laplace à equação diferencial. Denotando C(s)=\mathcal{L}\{C(t)\} e usando C(0)=0, C'(0)=0, obtemos:
\mathcal{L}\{C''(t)\}+\frac{F}{V}\mathcal{L}\{C'(t)\}-2\mathcal{L}\{C(t)\}=\frac{M}{V}\mathcal{L}\{\delta(t-t_{0})\}.
Substituindo as fórmulas das derivadas e do delta e simplificando com as condições iniciais:
s^{2}C(s)+\frac{F}{V}\,sC(s)-2C(s)=\frac{M}{V}e^{-t_{0}s}.
Colocando C(s) em evidência:
C(s)\bigl(s^{2}+\tfrac{F}{V}s-2\bigr)=\frac{M}{V}e^{-t_{0}s}.

Passo 4

Agora substituímos os valores numéricos F/V=1, M/V=1, t_{0}=2. Assim:
C(s)=\frac{e^{-2s}}{s^{2}+s-2}.
Observação: fatoramos o denominador para facilitar a transformada inversa. O polinômio
s^{2}+s-2=(s-1)(s+2),
pois (s-1)(s+2)=s^{2}+s-2.

Passo 5

Usamos a propriedade do deslocamento no tempo: C(s) tem um fator e^{-2s}. Logo a transformada inversa será da forma
C(t)=u(t-2)\,g(t-2),
onde g(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\bigl\{\dfrac{1}{(s-1)(s+2)}\bigr\}. Precisamos então calcular g(t).

Passo 6

Calculamos g(t) por frações parciais. Escrevemos
\frac{1}{(s-1)(s+2)}=\frac{A}{s-1}+\frac{B}{s+2}.
Multiplicando ambos os lados por (s-1)(s+2)
1=A(s+2)+B(s-1).
Escolhendo valores de s para resolver rapidamente:
  • Para s=1: 1= A(3)\Rightarrow A=\tfrac{1}{3}.
  • Para s=-2: 1= B(-3)\Rightarrow B=-\tfrac{1}{3}.
Portanto
\frac{1}{(s-1)(s+2)}=\frac{1/3}{s-1}-\frac{1/3}{s+2}.

Passo 7

Fazemos a transformada inversa termo a termo. Lembrando que \mathcal{L}^{-1}\{\frac{1}{s-a}\}=e^{at} (para t\ge0), obtemos
g(t)=\frac{1}{3}e^{t}-\frac{1}{3}e^{-2t}.
Logo, aplicando o deslocamento temporal:
C(t)=u(t-2)\,g(t-2)=u(t-2)\left[\frac{1}{3}e^{\,t-2}-\frac{1}{3}e^{-2(t-2)}\right].

Passo 8

Escrevemos a solução de forma peça a peça (mais prática para a prova):
C(t)=0\quad\text{para }0\le t<2,
C(t)=\frac{1}{3}\bigl(e^{\,t-2}-e^{-2(t-2)}\bigr)\quad\text{para }t\ge2.
Verificação rápida (útil para ganhar confiança): o impulso delta na segunda derivada provoca uma descontinuidade na derivada primeira, mas não na própria C(t). De fato,
\lim_{t\to2^-}C(t)=0,\qquad \lim_{t\to2^+}C(t)=\frac{1}{3}(1-1)=0,
logo C é contínua em t=2. Já a derivada à direita vale
C'(2^+)=\frac{1}{3}(1+2)=1,
enquanto C'(2^-)=0, portanto o salto em C' é 1, igual a M/V, o que confirma coerência física/matemática da solução.

Resposta

C(t)=0\quad\text{para }0\le t<2
C(t)=\frac{1}{3}\bigl(e^{\,t-2}-e^{-2(t-2)}\bigr)\quad\text{para }t\ge2

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