Suponha que um tanque contenha uma mistura de água e sal com um volume inicial de 100 litros e 10 gramas de sal e que uma solução salina seja bombeada para dentro do tanque a uma taxa de 1 litro por minuto possuindo uma concentração de 1 grama de sal por litro. Suponha que a solução bem misturada sai a uma taxa de 2 litros por minuto.
(a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, em que t é contado a partir do início do processo. Resp.: Q(t)=(100-t)+9,99 \times 10^{-3}(100-t)^{2}
(b) De qual valor se aproxima a concentração quando o tanque está se aproximando de ficar vazio? Resp.: 1 \mathrm{gr} / \mathrm{l}

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede as quantidades indicadas:
  • Volume inicial do tanque: 100 litros.
  • Quantidade inicial de sal no tanque: 10 gramas.
  • Taxa de entrada da solução: 1 litro por minuto, com concentração de 1 grama de sal por litro.
  • Taxa de saída da solução (bem misturada): 2 litros por minuto.
  • Perguntas:
    (a) Determinar a quantidade de sal no tanque em cada instante t, contado a partir do início do processo.
    (b) De qual valor a concentração se aproxima quando o tanque está se aproximando de ficar vazio?
  • Observação útil (informação derivada diretamente das taxas dadas): como a entrada é 1 L/min e a saída é 2 L/min, o volume no tanque diminui a uma taxa líquida de 1 L/min, portanto o tanque ficará vazio em t=100 minutos (volume em função do tempo será usado na resolução).

Passo 2

Definições de variáveis (claras e simples):
  • Seja Q(t) a quantidade de sal (em gramas) no tanque no instante t (minutos).
  • Seja V(t) o volume de solução (em litros) no tanque no instante t.
    Com as taxas dadas, o volume varia linearmente:
V(t)=100-t,
porque começamos com 100 L e o volume diminui 1 L por minuto (entrada 1 L/min menos saída 2 L/min = -1 L/min). Note que isso vale até t=100 (quando o tanque zera).

Passo 3

Montando a equação diferencial para Q(t):
A taxa de variação da massa de sal é
\frac{dQ}{dt}=\text{taxa de sal entrando} - \text{taxa de sal saindo}.
  • Taxa de entrada de sal = (concentração de entrada) \times (taxa de entrada de volume) =1\\ \text{g/L}\times 1\\ \text{L/min}=1\\ \text{g/min}.
  • Taxa de saída de sal = (concentração no tanque) \times (taxa de saída de volume) =\dfrac{Q(t)}{V(t)}\times 2\\ \text{L/min}=\dfrac{2Q(t)}{100-t}\\ \text{g/min}.
    Portanto a equação é
\frac{dQ}{dt}=1-\frac{2Q}{100-t},
com condição inicial
Q(0)=10.

Passo 4

Reconhecendo e preparando para resolver a EDO linear:
Colocando em forma padrão linear,
\frac{dQ}{dt}+\frac{2}{100-t}\,Q=1.
Isto é uma equação linear de primeira ordem do tipo \displaystyle \frac{dQ}{dt}+p(t)Q=g(t), onde p(t)=\dfrac{2}{100-t} e g(t)=1.
O método padrão é usar um fator integrante \mu(t)=\exp\!\Big(\int p(t)\,dt\Big). Vou calcular esse fator integrador passo a passo.

Passo 5

Cálculo do fator integrante \mu(t):
\mu(t)=\exp\!\Big(\int \frac{2}{100-t}\,dt\Big).
Fazendo a substituição u=100-t (então du=-dt), temos
\int \frac{2}{100-t}\,dt=\int \frac{2}{u}(-du)=-2\ln|u|=-2\ln(100-t).
Logo
\mu(t)=\exp\!\big(-2\ln(100-t)\big)=(100-t)^{-2}.
Multiplicando a equação original por \mu(t) obtemos
(100-t)^{-2}\frac{dQ}{dt}+\;2(100-t)^{-3}Q=(100-t)^{-2}.
A esquerda é exatamente a derivada do produto:
\frac{d}{dt}\!\left[Q(t)\,(100-t)^{-2}\right]=(100-t)^{-2}.

Passo 6

Integração e expressão geral de Q(t):
Integrando ambos os lados em função de t,
Q(t)\,(100-t)^{-2}=\int (100-t)^{-2}\,dt + C.
Calcule a integral usando u=100-t novamente:
\int (100-t)^{-2}\,dt=\int u^{-2}(-du)=u^{-1}=(100-t)^{-1}.
Portanto
Q(t)\,(100-t)^{-2}=(100-t)^{-1}+C.
Multiplicando por (100-t)^2 obtemos a forma explícita
Q(t)=(100-t)+C(100-t)^2,
onde C é constante a determinar pela condição inicial.

Passo 7

Determinação da constante pela condição inicial:
Usando Q(0)=10,
10 = (100-0)+C(100-0)^2 = 100 + C\cdot 10000.
Logo
C=\frac{10-100}{10000}=\frac{-90}{10000}=-\frac{9}{1000}.
Portanto a solução completa é
Q(t)=(100-t)-\frac{9}{1000}(100-t)^2.
(Se preferir em decimal, -\dfrac{9}{1000}=-0,009.)

Passo 8

Concentração e seu comportamento quando o tanque fica vazio:
A concentração no tanque em instante t é
c(t)=\frac{Q(t)}{V(t)}=\frac{Q(t)}{100-t}.
Usando a expressão de Q(t),
c(t)=\frac{(100-t)-\dfrac{9}{1000}(100-t)^2}{100-t} =1-\frac{9}{1000}(100-t).
Tomando o limite quando o tanque se aproxima de esvaziar ( t\to 100^-), o segundo termo tende a zero, então
\lim_{t\to 100^-} c(t)=1\\ \text{g/L}.
Isto também faz sentido físico: à medida que o volume vai a zero, a concentração tende para a concentração da solução que entra, que é 1 g/L.

Resposta

(a) Q(t)=(100-t)-\dfrac{9}{1000}(100-t)^{2}.\n
(b) 1\\ \mathrm{g}/\mathrm{L}

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