Exercícios Resolvidos de Modelagem de EDOs

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Enunciado

Suponha que a taxa de crescimento de uma certa população varia com o tempo, e que o número de indivíduos y ( t ) da mesma no instante t satisfaz a equação diferencial:

d y d t = 0,5 + t y t 5

i) Se y 0 = 1 encontre (ou estime) o instante t no qual a população dobra.

Determine se o tempo t no qual o número de indivíduos dobra dependa da população inicial.

ii) Suponha que a parcela t na equação diferencial é substituída por 2 π t , isto é, a variação na taxa de crescimento tem uma frequência substancialmente maior. Qual é o efeito dessa mudança no tempo de duplicação da população?

Passo 1

E aí, tudo bem? Vamos começar a resolver essa questão pelo item i).

Bom, a gente tem essa EDO aqui:

d y d t = 0,5 + t y t 5

Essa EDO é separável, já que a gente pode jogar tudo que é y para um lado e o que é x para o outro, ficando com:

d y y t = 0,5 + t 5 d t

Passo 2

Vamos começar reescrevendo essas divisões:

d y y t = d y y

E nessa parte aqui:

0,5 + t 5 d t

Podemos separar:

0,5 5 + t 5   d t

= 0,1 + t 5   d t

Jogando 0,1 para fração temos:

= 1 10 + t 5 d t

E aí ficamos com:

d y y = 1 10 + t 5 d t

Passo 3

Integrando os dois lados:

∫ d y y = ∫ 1 10 + t 5 d t

ln ⁡ y = t 10 + t 2 5 ⋅ 2 + C

ln ⁡ y = t 10 + t 2 10 + C

Para deixar o y sozinho, podemos aplicando exponencial dos dois lados da equação:

e ln ⁡ y = e t 10 + t 2 10 + C

Assim podemos cortar o ln ⁡ com o e , ficando com:

y = e t 10 + t 2 10 + C

Como no lado direito temos o expoente com somas e uma das parcelas é a constante C . Podemos abrir esses expoente em uma multiplicação de potências de bases iguais.

y = e t 10 + t 2 10 . e C

E e C é uma constante. Então ficaremos com:

y = C e t 10 + t 2 10

Considerando o | y | :

y t = ± C e t 10 + t 2 10

E prontinho! Essa é a solução geral da EDO😊

Passo 4

Agora vamos atrás de descobrir o valor de C . Como a condição inicial é y 0 = 1 , vamos substituir:

y t = ± C e t 10 + t 2 10

Como t = 0 , podemos tirar o ± :

y 0 = C e 0 10 + 0 2 10

y 0 = C e 0 = 1

y 0 = C 1 = 1

y 0 = C = 1

Agora que já sabemos que C = 1 , vamos colocar isso lá na nossa solução geral:

y t = e t 10 + t 2 10

Passo 5

O instante s no qual a população dobra é dado por

y s = 2

e 1 10 s + s 2 = 2

Então, aplicando logaritmo dos dois lados:

ln ⁡ e 1 10 s + s 2 = ln ⁡ 2

1 10 s + s 2 = ln ⁡ 2

Multiplicando tudo por 10 :

s 2 + s = 10 ln ⁡ 2

Essa é uma equação de segundo grau, então vamos escrevê-la na forma:

s 2 + s - 10 ln ⁡ 2 = 0

Passo 6

Pra resolver essa equação, vamos aplicar a fórmula de Bháskara:

s = - b ± b 2 - 4 a c 2 a

Onde aqui a gente tem:

a = 1 ,   b = 1 ,   c = - 10 ln ⁡ 2

Substituindo:

s = - 1 ± 1 + 40 ln ⁡ 2 2  

Pegando só a raiz positiva já que não faz sentido termos um tempo negativo, ficamos com:

s = - 1 + 1 + 40 ln ⁡ 2 2  

Que representa o tempo no qual a população dobra.

Passo 7

Suponha que a população inicial é dada por

y 0 = C > 0

Então, se s c é o tempo que a população dobra, teremos:

y s c = 2 y 0

2 C = C e t 10 + t 2 10

O que implica que

2 = e t 10 + t 2 10

Portanto, s c = s não depende de C .

Passo 8

ii) Ao fazer a substituição t → 2 π t temos que

d y d t = 0,5 + 2 π t y t 5

Como já vimos na anterior:

y t = C e t 10 + 2 π t 2 10

E o tempo de duplicação fica:

s ' = - 1 2 π + 1 + 40 2 π ln ⁡ 2 2 <   - 1 + 1 + 40 ln ⁡ 2 2 = s

Portanto aumentando a variação na taxa de crescimento para 2 π t , o tempo de duplicação diminui.

Resposta

i)

s = - 1 + 1 + 40 ln ⁡ 2 2  

Não depende de C .

ii) O tempo de duplicação diminui.