Aplicações das Equações Diferenciais de ordem 1 1. (Evaporação de uma gota) gota ) Suponha que uma gota de chuva esférica evapore numa taxa proporcional à sua área de superfície. Se o raio original era de 3 mm e depois de 1 hora se reduz a 2 mm, ache uma expressão para o raio da gota em qualquer tempo. Sejam r o o raio da gota no instante t e e V o volume da gota no instante t . Então, de acordo com o enunciado
dV
= k .4.π.r 2,
dt
onde k é é uma constante de proporcionalidade. Note que Agora, por outro outro lado, 4 V = .π. r 3 3
k < 0 .
é função de t . Pela regra da cadeia, segue que e r é
dV
dr
dt
dt
= 4.π.r 2.
Como r (0 ) =3,
=3
e, porque
⇒
dr
= k ⇒ r (t ) = +kt .
dt
r (1) =2, k = −1. Portanto,
r (t ) =3−t , 0 ≤ t ≤ 3 . com t em horas e r em milímetros. 2. (Lei de decaimento radioativo) radioativo ) Materiais radioativos desintegram-se numa taxa proporcional à sua quantidade. A meia-vida (de um material radioativo) é o tempo necessário para que a massa (do material) reduza-se à metade de seu valor original. Sabendo que a meia-vida do Ra 226 é de 1620 anos. Ache o período de tempo necessário para que um corpo feito de Ra 226 reduza-se a 3/ 4 de seu tamanho original. 1
Seja Q (t ) a quantidade de rádio 226 no instante t (em anos). De acordo com o enunciado
dQ dt
= k Q ,
onde
é uma constante de proporcionalidade. proporcionalidade. Note que da constante de desintegração. Segue que
k <0 .
é chama-
Q (t ) = Q0.e kt com Q0 = Q 0 ) . Agora,
1 .Q0 = Q0.e k .1620 2 Logo,
⇒ e k = 2 −1/1620 .
Q (t ) = Q0 .e −t /1620 .
Deste modo, obtém-se que
3 .Q0 = Q0.e −t /1620 . 4
−t
3 . ln 2 = ln 1620 4
t = −1620
ln ( 3/ 4 ) ln2
≈ 672 anos.
3. (Lei de resfriamente de Newton) Newton ) A temperatura de um objeto varia numa taxa proporcional à diferença entre a temperatura do ob jeto e a temperatura do meio meio (ambiente). Algebricamente, Algebricamente, sendo
u ( t ) a temperatura de um objeto no instante t e e u 0
a temperatura (constante) do meio (ambiente), tem-se que
du dt
= k . ( u−u 0 ), 2
onde k é é um fator de proporcionalidade. Note que
k > 0, se u1 < u 0 e k < 0 , se u1 > u 0 , onde u1 é a temperatura inicial do objeto. Deste modo, obtém-se o problema de valor inicial
du dt
− k . u = −k . u 0 , u( 0 ) = u , 1
cuja solução é dada por
(
)
u( t ) = u 0 + u1−u 0 . e kt . 4. Suponha que que a temperatura de de uma xícara de café recém-passado seja de 90o . Um minuto mais tarde a temperatura já diminuiu para 85o numa sala a 20o . Que período de tempo decorrerá até que a temperatura do café atinja 65o ? Considere u (t ) a temperatura do café no instante t (em minutos). Pela lei de resfriamento de Newton (e de acordo como enunciado)
du dt
= −λ . ( u−20 ) , u ( 0) = 90 .
Daí,
du dt
+ λ . u = 20. λ
d λt λt u . e = 20. λ . e dt u(t ) . eλt = A + 20.e λt Usando a condição inicial, segue que
= 70 e, por conseguinte,
u( t ) = 20 + 70. e −λt . Além disso, 3
u( 1) = 85 ⇒
65 70
= e −λ .1 .
t 65 u( t ) = 20 +70. . 70
Logo, Segue então que
65 65= 20 +70. 70
t
⇒ t =
ln ( 45/70 ln ( 65/70 )
≈ 5, 95 minutos
5. (Concentração em uma solução química) química ) Um tanque com uma capacidade de 500 litros contém inicialmente 200 litros de água com 100 kg de sal em solução. Entra água com 1 kg de sal por litro numa taxa de 3 l / min , e a mistura escoa numa taxa de 2 l / min . Determine a quantidade de sal no tanque em qualquer tempo anterior ao instante em que a solução começa a transbordar. Seja Q ( t ) a quantidade (em kg ) de sal no tanque após t minutos.
Então dQ dt
é taxa de variação da quantidade de sal no tanque (no instante t ). Ora, (*)
taxa de sal que taxa de sal que = t () − . dt chega ao ta nque sai do ta nque
dQ
Por outro lado, a taxa (da quantidade) de sal que chega ao tanque (no instante t ).é dada por 1 kg / l . 3 l / min = 3 kg / min Além disso, após t minutos, o volume de água no tanque terá cres-
cido de
1 l / min . t min = t l .
4
Deste modo, a taxa (da quantidade) de sal que sai do tanque (no instante t )
é dada por Q 200 + t
kg / l . 2 l / min =
2Q 200 + t
kg / min
De (*) decorre que
dQ dt
2Q
=3−
200 + t
, 0 ≤ t ≤ 300 .
Para resolver essa edo, considere a mudança de variável
τ = 200 + t . Pela regra da cadeia,
dQ d τ
=
dQ dt
.
dQ
dt d τ Q
=3− 2 , d τ τ
que é uma edo homogênea . Sendo
v=
Q
τ
⇔ Q = τ. v,
segue que
v + τ.
dv d τ
1 1− v
=
dQ d τ
= 3− 2.v
3 . dv = . d τ .
τ
Resolvendo essa edo (separável), resulta que
( 1 − v ) − 1 = k . τ3 onde k é uma constante. Daí,
1− v =
5
1
k . τ3
1−
1
k . τ
Q(t ) = 200 + t −
=
Q
τ 1
k . (200 + t )2
.
Como
Q(0) = 100 ,
1
k
= 100 . (200)2 ,
conclui-se que
100 . (200)2 , 0 ≤ t ≤ 300 . Q(t ) = 200 + t − 2 (200 + t )
6. (Trajetórias ortogonais) ortogonais ) As curvas de uma família de curvas que interceptam ortogonalmente em cada ponto uma dada (outra) família de curvas são denominadas trajetórias ortogonais. Geometricamente, tem-se
7. (Trajetórias ortogonais a uma família de parábolas) parábolas ) Considere a família de curvas
(**)
y = k x 2 ,
onde k é uma constante. Segue que (a equação diferencial da família de curvas dada)
y ' ( x ) = 2 k x , é o coeficiente angular (ou declividade) da reta tangente à parábola (**) no ponto ( , y ) . Para x ≠ 0 , elimina-se a constante k dessa edo, obtendo 6
y y y ' = 2. . x = 2 . x x 2 Daí, devido à condição de ortogonalidade,
−
x 2 y
,
é a declividade da reta normal à parábola (**) no ponto ( x , y ) . Noutras palavras, x y ' = − , 2 y é a declividade da reta tangente à curva ortogonal à parábola (**) no ponto ( x , y ) . Deste modo, a equação de Bernoulli
2 . y . y ' + x = 0 ⇔ y ' = −
2
. y−1
é a edo para as trajetórias ortogonais ortogonais à família de curvas (**). Sua solução é dada por
2 2 d y 2 + x = 0 ⇔ y 2 + x = c , dx 2 2 onde c > 0 é uma constante. Portanto as trajetórias ortogonais de (**) são (uma família de) elipses. Geometricamente, Geometricame nte,
7
