Use EDO para resolver os seguintes problemas.
a) Uma população de bactérias cresce a uma taxa proporcional à população presente. Sabendo-se que após 1 hora a população é 2 vezes a população inicial, determine a população em função do tempo e o tempo necessário para que a população triplique.
b) Um tanque contém inicialmente 100 litros de água e 100 gramas de sal. Então, uma mistura de água e sal na concentração de 5 gramas de sal por litro é bombeada para o tanque
a uma taxa de 4 litros por minuto. Simultaneamente, a solução (bem misturada) é retirada do tanque à mesma taxa.
i) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, em que t é contado a partir do início do processo.
ii) Calcule a concentração limite de sal no tanque quando t \rightarrow+\infty e o tempo necessário para que a concentração atinja metade desse valor.

Passo 1

O enunciado tem duas partes que usam equações diferenciais ordinárias (EDO):
a) crescimento populacional exponencial, onde a taxa de variação é proporcional à população presente;
b) problema de mistura num tanque com entrada e saída de solução à mesma vazão.
Vamos modelar cada caso, resolver a EDO correspondente, aplicar condições iniciais e depois extrair as quantidades pedidas.

Passo 2

Para a parte (a), definimos P(t) como a população no instante t. A hipótese de “taxa proporcional à população” leva à EDO
\frac{dP}{dt} = k\,P(t),
onde k é a constante de proporcionalidade.

Passo 3

Integramos separando variáveis:
\frac{1}{P}\,dP = k\,dt \quad\Longrightarrow\quad \ln P = k\,t + C \quad\Longrightarrow\quad P(t) = C_1 e^{k t}.
Usando P(0)=P_0, temos C_1=P_0, logo
P(t)=P_0 e^{k t}.
Como P(1)=2P_0, obtemos
P_0 e^{k\cdot1}=2P_0 \quad\Longrightarrow\quad e^k=2 \quad\Longrightarrow\quad k=\ln 2.
Portanto
P(t)=P_0 e^{(\ln2)\,t}=P_0\,2^t.

Passo 4

Para achar o tempo t_* em que P(t_*)=3P_0, resolvemos
P_0\,2^{t_*}=3P_0 \quad\Longrightarrow\quad 2^{t_*}=3 \quad\Longrightarrow\quad t_*=\frac{\ln 3}{\ln 2}.

Passo 5

Na parte (b), seja S(t) a quantidade de sal (em gramas) no tanque de volume constante V=100 L. A vazão de entrada é 4 L/min com concentração 5 g/L, e a saída é a mesma vazão com concentração S(t)/V. Logo a EDO é
\frac{dS}{dt} =\underbrace{4\cdot5}_{\text{entrada}} \;-\;\underbrace{4\cdot\frac{S(t)}{100}}_{\text{saída}} =20 - 0{,}04\,S(t).í

Passo 6

Escrevendo
\frac{dS}{dt}+0{,}04\,S=20
usamos fator integrante e^{0{,}04t}:
\frac{d}{dt}\bigl(e^{0{,}04t}S\bigr) =20\,e^{0{,}04t} \quad\Longrightarrow\quad e^{0{,}04t}S= \int 20\,e^{0{,}04t}dt + C =500\,e^{0{,}04t}+C.
Assim
S(t)=500 + C\,e^{-0{,}04t}.

Passo 7

Aplicando S(0)=100, vem
100 = 500 + C \quad\Longrightarrow\quad C=-400
e portanto
S(t)=500 - 400\,e^{-0{,}04t}\quad(\text{g}).

Passo 8

A concentração no tanque é
C(t)=\frac{S(t)}{100} =5 - 4\,e^{-0{,}04t}\quad(\text{g/L}).

Passo 9

Para t\to+\infty, o termo exponencial se anula e a concentração limite é
\lim_{t\to\infty}C(t)=5\quad(\text{g/L}).

Passo 10

Para achar t_{1/2} tal que C(t_{1/2})=\tfrac12\cdot5=2{,}5, resolvemos
5 - 4\,e^{-0{,}04t_{1/2}}=2{,}5 \quad\Longrightarrow\quad 4\,e^{-0{,}04t_{1/2}}=2{,}5 \quad\Longrightarrow\quad e^{-0{,}04t_{1/2}}=0{,}625
\Longrightarrow\quad t_{1/2}=-\frac{1}{0{,}04}\ln(0{,}625)\approx11{,}75\;\text{min}.

Resposta

a) P(t)=P_0\,2^t; tempo para triplicar t=\displaystyle\frac{\ln3}{\ln2}.
b \,i) S(t)=500-400e^{-0,04t} g e C(t)=5-4e^{-0,04t} g/L.
ii) C(\infty)=5 g/L; tempo para atingir metade disso t\approx11{,}75 min.

Exercícios relacionados