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Dinˆ amica Populacional Dinˆ amica de Fluidos Infectologia Rea¸c˜ ao Qu´ ımica Bibliografia Equa¸c˜ oes Diferenciais Ordin´ arias Aula:Aplica¸c˜ oes de EDO’s de Primeira Ordem Prof. Rafael Rodrigo Ottoboni Departamento de Matem´ atica - ICENE 10 de abril de 2019 Prof. Rafael Rodrigo Ottoboni Departamento de Matem´ atica - ICENE Equa¸c˜oesDiferenciaisOrdin´ arias Aula: Aplica¸c˜oes de EDO’s de Primeira Ordem

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Dinamica Populacional Dinamica de Fluidos Infectologia Reacao Quımica Bibliografia

Equacoes Diferenciais OrdinariasAula: Aplicacoes de EDO’s de Primeira Ordem

Prof. Rafael Rodrigo OttoboniDepartamento de Matematica - ICENE

10 de abril de 2019

Prof. Rafael Rodrigo Ottoboni Departamento de Matematica - ICENEEquacoes Diferenciais Ordinarias Aula: Aplicacoes de EDO’s de Primeira Ordem

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Sumario

Dinamica Populacional

Dinamica de Fluidos

Infectologia

Reacao Quımica

Bibliografia

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Aplicacao 1

Uma populacao de bacterias cresce a uma taxa proporcional apopulacao presente. Sabendo que apos uma hora a populacao e 2vezes a populacao inicial, determine a populacao como funcao dotempo e o tempo necessario para que a populacao triplique. Facaum esboco do grafico da populacao em funcao do tempo.

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Observe que a EDO que modela a situacao da aplicacao 1 e

dP

dt= αP. (1)

Observe que a edo (1) e separavel e sua solucao geral e dada por:∫1

PdP =

∫αdt

ou seja

ln|P| = αt + C

ou ainda

P(t) = Keαt (2)

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Dos dados do problema temos:

P(0) = p0 e P(1) = 2p0 (3)

Substituindo (3) em (2) obtemos:

p0 = P(0) = K e 2p0 = P(1) = Keα

ou seja

2p0 = p0eα

ou ainda

α = ln 2

Voltando a (2) temos que

P(t) = p0et.ln 2 = p0e

ln(2t)

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ou seja

P(t) = p02t

Note que

P(t) = 3p0 ⇐⇒ 2t = 3⇐⇒ tln2 = ln 3⇐⇒

⇐⇒ t =ln 3

ln 2≈ 1, 585horas ≈ 1 hora e 35minutos

Assim o tempo necessario para que a populacao triplique e 1 hora e 35 minutos

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Aplicacao 2

A taxa com que uma gota esferica se evapora

(dV

dt

)e

proporcional a sua area. Determine o raio da gota em funcao dotempo, supondo que no instante t = 0 o seu raio e r0 e que emuma hora o seu raio seja a metade

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A equacao diferencial que modela o fenomeno da aplicacao 2 e

dV

dt= αA (4)

Sabemos que V =4

3πr3. Como r = r(t), derivando V com relacao

a t, temos

dV

dt=

4

3π3r2 dr

dt= 4πr2 dr

dt(5)

Por outro lado sabemos que

A = 4πr2 (6)

Substituindo (5) e (6) em (4) obtemos

dr

dt= α

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A equacao acima e separavel e sua solucao geral e dada por

r(t) = αt + A (7)

Sabendo que r(0) = r0 e r(1) =r02

e substituindo em (7) obtemos

r0 = A

r02

= α + A

ou seja

A = r0 e α = − r02

(8)

Substituindo (8) em (7) obtemos

r(t) = r0

(−1

2t + 1

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Aplicacao 3

Suponha que em uma comunidade de 100 pessoas, inicialmenteapenas uma pessoa seja portadora de um vırus e que a taxa comque o vırus se espalha na comunidade seja proporcional ao produtoentre o numero de pessoas infectadas e o numero de pessoas naoinfectadas. Se for observado que apos 4 semanas 5 pessoas estaoinfectadas. Determine o numero de pessoas infectadas em funcaodo tempo. Faca um esboco do grafico da solucao.

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O problema de valor inicial que modela a situacao da aplicacao 3 e

di

dt= αi(100− i) (9)

i(0) = 1 (10)

Observe que a edo (9) e separavel pois a mesma e equivalente a

1

i(100− i)di = αdt

Sabemos que a solucao geral da equacao (9) e dada por∫1

i(100− i)di =

∫αdt (11)

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Sabendo que

1

i(100− i)=

A

i+

B

100− i⇐⇒ −A + B = 0 e 100A = 1⇐⇒

⇐⇒ A =1

100= B

Voltando a (11) temos∫1

100

1

idi +

∫1

100

1

100− idi =

∫αdt

ou seja

1

100

[ln|i | − ln|100− i |

]= αt + L

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ou ainda

ln

∣∣∣∣∣ i

100− i

∣∣∣∣∣= 100αt + Q

ou seja

i

100− i= Re100αt

ou ainda

i = 100Re100αt − iRe100αt

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Desta forma, a solucao geral da edo (9) e dada explicitamente por:

i(t) =100Re100αt

1 + Re100αt(12)

Substituindo i(0) = 1 em (12)obtemos

1 =100R

1 + R

ou seja

1 + R = 100R

ou ainda

R =1

99(13)

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Substituindo (13) em (12) obtemos

i(t) =

100

99e100αt

1 +1

99e100αt

=100e100αt

99 + e100αt

ou seja a solucao do pvi (9)− (10) e dada explicitamente por

i(t) =100e100αt

99 + e100αt(14)

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Pelo enunciado a aplicacao 3 e sabendo que 4 meses = 1 mes,temos que

5 = i(1) =100e100α

99 + e100α

ou seja

495 + 5e100α = 100e100α

ou ainda

e100α =495

95=

99

19ou seja

α =1

100ln

(99

19

)(15)

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Substituindo (15) em (14) obtemos que

i(t) =

100

(99

19

)t

99 +

(99

19

)t =100

99

(99

19

)−t+1

=100

99

(19

99

)t

+1

Logo o numero de pessoas infectadas em funcao do tempo e

i(t) =100

99

(19

99

)t

+1

,

onde t e medido em mes

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Aplicacao 4

Duas substancias quımicas, A e B, sao combinadas para formaruma substancia C. A taxa ou velocidade de reacao e proporcionalao produto das quantidades instantaneas de A e B nao convertidasna substancia C. Inicialmente ha 40g de A, 50g de B, e para cadagrama de A sao usados 2g de B. E observado que em 5 minutos saoformados 10 g de C. Quanto sera formado em 20 minutos? Qualsera a quantidade limite de C apos um longo perıodo? Quantoresta das substancias A e B apos um longo perıodo de tempo?

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Observe inicialmente que para obtermos Q gramas de C precisamos

deQ

3gramas de A e

2Q

3gramas de B

Como, inicialmente ha 40g de A e 50g de B, temos que asquantidades remanescentes de A e B sao respectivamente:

40− Q

3e 50− 2Q

3

Desta forma a edo que modela a situacao da aplicacao 4 e

dQ

dt= α

(40− Q

3

).

(50− 2Q

3

)ou equivalente

dQ

dt= β(120− Q).(75− Q) (16)

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A equacao (16) e separavel e sua solucao geral e dada por∫1

(120− Q)(75− Q)dQ =

∫βdt (17)

Sabendo que

1

(120− Q)(75− Q)=

A

(120− Q)+

B

(75− Q)⇐⇒

⇐⇒ −A− B = 0 e 75A + 120B = 1⇐⇒

⇐⇒ B = −A e 75A− 120A = 1⇐⇒

⇐⇒ A = − 1

45e B =

1

45

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Voltanto a (17) temos∫− 1

45

1

120− QdQ +

∫1

45

1

75− QdQ = βt + C

ou seja

−ln|120− Q|+ ln|75− Q| = 45βt + K

ou ainda

ln

∣∣∣∣∣ 75− Q

120− Q

∣∣∣∣∣= 45βt + K

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ou seja

75− Q = (120− Q)Le45βt

ou ainda

(−1 + Le45βt)Q = 120Le45βt − 75

Assim, a solucao geral da EDO (16) e dada explicitamente por:

Q(t) =120Le45βt − 75

Le45βt − 1(18)

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Sabendo que Q(0) = 0 e substituindo em (18) temos

0 =120L− 75

L− 1

onde L =75

120=

15

24. Desta forma a solucao da EDO (16) com a

condicao inicial Q(0) = 0 e

Q(t) =1800e45βt − 1800

15e45βt − 24(19)

Substituindo Q(5) = 10 em (19) obtemos

150e225β − 240 = 1800(e225β − 1)

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ou seja

(1800− 150)e225β = 1800− 240

ou ainda

e225β =1560

1650=

156

165=

52

55

ou seja

β =1

225ln

(52

55

)

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Voltando a (19) concluımos que a quantidade da substancia Cproduzida em funcao do tempo com Q(0) = 0 e Q(5) = 10 e

Q(t) =

1800

[(52

55

) t

5−1

]

15

(52

55

) t

5−24

Neste caso Q(20) ≈ 30 e limQ→+∞

Q(t) = 75

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Sabemos que para produzir Q gramas de C precisamos deQ

3

gramas de A e2Q

3gramas de B.

Assim para produzir 75 gramas de C precisamos de 25 gramas deA e 50 gramas de B.Logoa quantidade remanescente de A e B apos um longo perıodo de tempo e respectivamente 15 gramas e 0 gramas.

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Bibliografia

• Santos, R. J. Topicos de Equacoes Diferenciais. BeloHorizonte-MG: Impressa Universitaria da UFMG, 2012.

• Zill, D. G. Equacoes Diferenciais com aplicacao emmodelagem. Traducao da 9. ed Norte Americana. SaoPaulo-SP: Cengage Learning, 2011.

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