3.5.Modelagem Matematica e Aplicacoes.sagews

MODELAGEM MATEMÁTICA E APLICAÇÕES

No item Equações Diferenciais como Modelos Matemáticos, vimos uma variedade de exemplos nos quais equações diferenciais de ordem 1 constituiam o modelo matemático de descrição de fenômenos em diversas áreas.
Agora, estamos em condição de resolver alguns desses modelos, tanto lineares quanto não lineares.
Serão discutidos vários problemas; apenas alguns foram apresentados em sala. Após estudar as soluções apresentadas aqui, resolver a lista Problemas Propostos - Parte 3 ficará mais simples.

MODELOS LINEARES

Comecemos nosso passeio pelas aplicações das equações diferenciais de ordem 1 pelos modelos descritos por equações lineares.

Problemas de Crescimento e Decaimento: Teoria

O Problema a Valor Inicial $$\displaystyle\frac{dx}{dt}=kx,\ x(t_0)=x_0$$ onde $k$ é uma constante de proporcionalidade, é um modelo matemático de diversos fenômenos. Em aplicações biológicas, especialmente, a taxa de crescimento de certas populações de bactérias e microorganismos, ao longo de períodos de tempo curtos, é proporcional à população presente no instante $t$. Conhecendo a população no instante inicial $t_0$, podemos usar a solução da EDO acima para prever a população no futuro ($t>t_0$). Em Física e Química, as chamadas reações de primeira ordem (uma reação cuja taxa ou velocidade é diretamente proporcional à quantidade $x$ da substância que ainda não foi convertida) também é um exemplo.

Exemplo 1: Crescimento Bacteriano

Uma cultura contém, inicialmente, $P_0$ bactérias. Após 1 hora, o número de bactérias medido é $\frac{3}{2}P_0$.
Se a taxa de crescimento é proporcional ao número de bactérias $P(t)$ presente no instante $t$, determine o tempo necessário para o número de bactérias triplicar.

Solução

O primeiro passo na resolução deste problema é traduzir as afirmações do enunciado em expressões matemáticas; vamos assumir que a unidade de tempo conveniente, neste caso. é horas e o instante inicial é $t=0$:

• taxa de crescimento proporcional ao número de bactérias no instante $t$ - isto define a equação diferencial : $\displaystyle\frac{dP}{dt}\propto P(t)\Rightarrow \displaystyle\frac{dP}{dt}=kP(t)$
• a cultura contém, inicialmente, $P_0$ bactérias - isto é uma condição inicial : $P(0)=P_0$
• após 1 hora, existem $\frac{3}{2}P_0$ bactérias na cultura - é uma condição adicional que será usada para determinar $k$ : $P(1)=\frac{3}{2}P_0$

Portanto, acabamos de formular um Problema a Valor Inicial. Podemos resolver esse PVI reconhecendo que a EDO é de tipo linear (mas observe que ela também é separável).
Reescrevendo a EDO na forma padrão das equações lineares: $$\displaystyle\frac{dP}{dt}-kP=0$$ concluímos que o Fator Integrante é $e^{-kt}$; multplicando a EDO por esse fator e integrando, temos $$\frac{d}{dt}\left[e^{-kt}P\right]=0\quad\Rightarrow e^{-kt}P=c$$ Portanto, a solução geral da EDO é $P(t)=ce^{kt}$.
Aplicando a condição inicial, determinamos o valor particular de $c$: $P_0=P(0)=ce^0\Rightarrow P(t)=P_0e^{kt}$.
Ainda falta encontrar o valor de $k$. Sabemos que, em $t=1$, $P(1)=P_0e^{(k)\cdot (1)}=\frac{3}{2}P_0\Rightarrow e^k=\frac{3}{2}\Rightarrow k=\ln{\frac{3}{2}}=0.4055$. Então, para o nosso PVI específico $P(t)=P_0e^{0.4055 t}$
Queremos encontrar o tempo $t$ no qual o número de bactérias triplicou em relação ao número inicial, $P_0$; denotando esse instante por $t=T_3$, vem $P(T_3)=P_0e^{0.4055 T_3}=3P_0\Rightarrow e^{0.4055 T_3}=3\Rightarrow 0.4055T_3=\ln{3}\Rightarrow T_3=\frac{\ln{3}}{0.4055}\approx 2.71\ h$.

Comentários

• Observe que o número inicial de bactérias não aparece na determinação do tempo necessário para triplicar, ou seja, tanto faz se temos 100 ou 1.000.000 de bactérias no início, o tempo será o mesmo.
• A solução da EDO é proporcional a $e^{-kt}$. Consequentemente, se $k>0$, a solução cresce e se $k\lt 0$ a solução decresce. Em outras palavras, problemas de crescimento são caracterizados por valores positivos de $k$ e problemas de decaimento, por valores negativos de $k$.

Datação por Carbono: Teoria

Em Física, a meia-vida é uma medida da estabilidade de uma substância radiativa e é definida como o tempo que leva para o número de átomos se reduzir à metade da quantidade inicial.
Quanto maior a meia-vida, mais estável é a substância. Por exemplo o isótopo de urânio, U-238, tem meia-vida de 4.500.000.000 anos, ou seja, após 4.5 bilhões de anos, metade de uma quantidade de U-238 é transformada em chumbo Pb-206.

Por volta de 1950, Libby e outros descobriram um método para determinar aproximadamente as idades de materiais fósseis, usando o isótopo radiativo do carbono, C-14. A teoria por trás da datação de carbono é baseada no fato de que o C-14 é produzido na atmosfera pela ação de raios cósmicos sobre o nitrogênio N-14. A razão entre as quantidades de C-14 e C-12 (isótopo estável) na atmosfera é constante e, como consequência, é a mesma em todos os organismos vivos. Quando um organismo morre, a absorção de C-14 (que se dá por respiração, alimentação, fotossíntese, etc) é interrompida. Assim, comparando a quantidade proporcional de C-14 de um fóssil com a proporção encontrada na atmosfera, é possível obter uma boa estimativa de sua idade. A meia-vida do C-14 é aproximadamente 5730 anos.

O PVI correspondente é o mesmo do problema anterior (afinal, é apenas um problema de decaimento) $$\displaystyle\frac{dA}{dt}=kA,\ A(0)=A_0$$

Exemplo 2: Idade de um Fóssil

Um osso fossilizado contém 0.1% de sua quantidade original de C-14. Determine sua idade.

Solução

Por analogia com o Exemplo 1, a solução da EDO de decaimento radiativo é $A(t)=A_0e^{kt}$.
Precisamos determinar o valor da constante de decaimento $k$; para isso, usamos o valor da meia-vida do C-14: $\displaystyle\frac{A_0}{2}=A(5730)=A_0e^{(k)\cdot (5730)}\Rightarrow 5730k=\ln{\frac{1}{2}}=-\ln{2}\Rightarrow k=-(\ln{2})/5730=-0.00012097$.
Observe que obtivemos $k\lt 0$, consistente com o fato de ser um decaimento.
Portanto, a solução da EDO é $A(t)=A_0e^{-0.00012097t}$.
Pelo enunciado do problema, no instante atual, $t$, o osso possui atualmente 0.1% da quantidade original de C-14. Matematicamente, $A(t)=0.001A_0$ e, portanto, $$0.001A_0=A_0e^{-0.00012097t}\Rightarrow -0.00012097t=\ln{0.001}=-\ln{1000}\Rightarrow t=\frac{\ln{1000}}{0.00012097}\approx 57100\ anos$$ Por curiosidade, o método do C-14 de Libby (que ganhou o Nobel de Química de 1960) foi bastante melhorado, desde então, permitindo precisão de 100.000 anos. Usando datação baseada em potássio-40 e argônio-40 é possível estimar idades de vários milhões de anos.

Lei de Newton do Resfriamento/Aquecimento: Teoria

A lei empírica de Newton do resfriamento/aquecimento de um corpo é expressa matematicamente como uma EDO de ordem 1 e linear: $$\displaystyle\frac{dT}{dt}=k(T-T_m)$$ onde $k$ é uma constante de proporcionalidade, $T(t)$ é a temperatura do corpo para $t>0$ e $T_m$ é a temperatura do ambiente em que o corpo está. Em grande parte das situações, podemos assumir $T_m$ constante.

Exemplo 3: Resfriamento de um Bolo

Quando um bolo é retirado do forno, sua temperatura é $150^{\circ}C$. Três minutos depois sua temperatura já é de $90^{\circ}C$. Quanto tempo vai levar para o bolo atingir a temperatura ambiente de $20^{\circ}C$?

Solução

Como é dito que a temperatura ambiente é 20, escrevemos $T_m=20$. Portanto, precisamos resolver o PVI: $$\left\{\begin{array}{l} \displaystyle\frac{dT}{dt}=k(T-20)\\T(0)=150 \end{array}\right.$$ Trata-se de uma EDO linear e separável. Para variar um pouco a resolução, vamos fazê-la por variáveis separadas: $\displaystyle\frac{dT}{T-20}=kdt\Rightarrow \ln{|T-20|}=kt+c_1\Rightarrow T(t)=20+c_2e^{kt}$
Aplicando a condição inicial $T(0)=150$, determinamos $c_2$: $150=20+c_2\Rightarrow c_2=130$. Portanto, $T(t)=20+130e^{kt}$
Ainda falta determinar a constante $k$, o que conseguimos usando a condição adicional do enunciado $T(3)=90$, ou seja, $T(3)=20+130e^{3k}=90\Rightarrow e^{3k}=70/130\Rightarrow k=\frac{1}{3}\ln{\frac{7}{13}}=-0.206346$. Então, $T(t)=20+130e^{-0.0.206346t}$.

Examinemos a solução. Matematicamente, a temperatura só atingirá 20 graus para $t\rightarrow\infty$, ou seja, para um tempo muito longo. Mas quão "longo" é um tempo longo? Na prática, simplesmente. podemos calcular a temperatura para alguns valores de $t$ e verificar se são suficientemente próximas de 20 (ou fazer um gráfico). Por exemplo, substituindo $t=30$ minutos na fórmula, obtemos $T=20.27$; quando $t=35$ minutos, $T=20.09$, ou seja, praticamente na temperatura ambiente.

Circuitos Elétricos em Série: Teoria

Da Física básica sabemos que, para um circuito elétrico contendo apenas um resistor e um indutor (circuito RL), a segunda Lei de Kirchhoff estabelece que a variação de voltagem através do indutor ($L\frac{di}{dt}$) e do resistor ($Ri$) é igual à voltagem aplicada ao circuito ($E(t)$). Assim, obtemos uma equação diferencial linear para a corrente elétrica ($i(t)$): $$L\frac{di}{dt}+Ri=E(t)$$ onde $L$ e $R$ são constantes denominadas indutância e resistência.
Por outro lado, para um circuito RC (capacitor + resistor), a variação de voltagem através do capacitor de capacitância $C$ é $\frac{q(t)}{C}$, onde $q$ é a carga elétrica armazenada no capacitor. Neste caso, a segunda lei de Kirchhoff dá: $Ri+\frac{1}{C}q=E(t)$. Como a corrente é $i=dq/dt$, obtemos a equação diferencial linear de ordem 1: $$R\frac{dq}{dt}+\frac{1}{C}q=E(t)$$

Exemplo 4: Circuito RL em Série

Uma bateria de 12 volts é conectada a um circuito em série com indutância 1/2 henry e resistência 10 ohms. Determine a corrente, $i$, sabendo que a corrente inicial é zero.

Solução

Substituindo os valores dados na EDO do circuito RC, temos $$\frac{1}{2}\frac{di}{dt}+10i=12$$ com condição inicial $i(0)=0$. Vamos resolver por Fator Integrante. Multiplicando a EDO por 2, obtemos a forma padrão das equações lineares, com $P(x)=20$. O Fator Integrante é, então, $e^{20t}$. Consequentemente, $$\frac{d}{dt}\left[e^{20t}i\right]=24e^{20t}$$. Integrando ambos os lados e isolando $i$: $i(t)=\frac{6}{5}+ce^{-20t}$. Aplicando a condição inicial, encontramos $c=-\frac{6}{5}$ e a corrente elétrica é: $$i(t)=\frac{6}{5}-\frac{6}{5}e^{-20t}$$

Exemplo 5: Solução Geral do Circuito RL em Série

No Exemplo 4, encontramos a solução do problema a valor inicial e considerando todos os parâmetros constantes, incluindo $E(t)$. Mas podemos resolver a EDO sem essas restrições e, em seguida, simplesmente substituir os valores numéricos dados.
Então, refaçamos a solução do circuito RL.

Solução

A forma padrão da EDO linear é: $\displaystyle\frac{di}{dt}+\frac{R}{L}i=\frac{E(t)}{L}$. Portanto, $P(t)=\displaystyle\frac{R}{L}$ e $f(t)=\displaystyle\frac{E(t)}{L}$. O Fator Integrante é igual a $\displaystyle e^{\int P(t)dt}=e^{\frac{R}{L}t}$. Consequentemente, $\displaystyle\frac{d}{dt}\left[e^{\frac{R}{L}t}i\right]=\frac{e^{\frac{R}{L}t}}{L}E(t)$. Integrando ambos os lados: $e^{\frac{R}{L}t}i=\frac{1}{L}\int e^{\frac{R}{L}t}E(t)dt+c$. Isolando $i$, temos a solução geral: $$i(t)=\displaystyle\frac{e^{-\frac{R}{L}t}}{L}\int e^{\frac{R}{L}t}E(t)dt+ce^{-\frac{R}{L}t}$$ Observe que, agora, a voltagem aplicada, $E(t)$ pode variar no tempo e, por isso, ficou dentro da integral. No caso particular em que $E(t)=E_0$ é constante, obtemos: $i(t)=\displaystyle\frac{E_0e^{-\frac{R}{L}t}}{L}\int e^{\frac{R}{L}t}dt+ce^{-\frac{R}{L}t}=\displaystyle\frac{E_0e^{-\frac{R}{L}t}}{L}\frac{L}{R}e^{\frac{R}{L}t}+ce^{-\frac{R}{L}t}$. Portanto: $$i(t)=\frac{E_0}{R}+ce^{-\frac{R}{L}t}$$ Substitua a condição inicial e as constantes dadas no Exemplo 4 e verifique que a resposta é a mesma.
Observamos, também, que quando $t\rightarrow\infty$, o segundo termo tende a zero, ou seja, $ce^{-\frac{R}{L}t}$ é um termo transiente e $E_0/R$ é a corrente de estado estacionário.

MODELOS NÃO LINEARES

Examinemos, agora, alguns modelos não lineares, mais especificamente, modelos que descrevem dinâmica de populações e reações químicas. Ambos são de interesse de engenheiros de alimentos. O problema de inativação de bactérias e outros microorganismos em alimentos é um problema de dinâmica de populações e reações químicas dos mais variados tipos ocorrem no processamento de alimentos.

Dinâmica de Populações: Teoria

Vimos, anteriormente, o modelo para crescimento exponencial. Se $P(t)$ é o tamanho da população em um instante $t$, este modelo assume que $\displaystyle\frac{dP}{dt}=kP$, para algum $k>0$.
Um conceito importante é a taxa de crescimento relativa ou específica: $\frac{dP/dt}{P}$. Vemos, assim, que no modelo exponencial essa taxa é constante: $\displaystyle\frac{dP/dt}{P}=k$. Entretanto, para longos períodos de tempo, raramente o modelo exponencial corresonde a situações reais, por causa da presença de outros fatores que restringem o crescimento populacional.

Então, é necessário construir modelos matemáticos mais complexos e realistas. O ponto de partida é a noção de taxa de crescimento relativa que acabamos de introduzir; ao invés de considerá-la constante pode-se assumir que seja uma função da população $P$; assim, $$\frac{dP/dt}{P}=f(P)\Rightarrow \frac{dP}{dt}=Pf(P)$$ Se $f(P)$ não for constante, a EDO que acabamos de escrever é, claramente, não linear. Diferentes escolhas para $f(P)$ correspondem a diferentes modelos matemáticos da dinâmica populacional.

Equação Logística

Suponha que um dado ambiente é capaz de dar suporte a não mais do que um número fixo $K$ de indivíduos de uma população; essa quantidade é chamada capacidade de suporte do ambiente. Portanto, na EDO anterior, tomamos $f(K)=0$, além de assumir que $f(0)=r$. A hipótese mais simples é considerar $f(P)$ linear: $f(P)=c_1P+c_2$. Usando as duas condições sobre $f$, encontramos $c_2=r$ e $c_1=-r/K$, de modo que $f(P)=r-(r/K)P$. Então, a EDO fica: $$\frac{dP}{dt}=P\left(r-\frac{r}{K}P\right)$$ Esta é a equação logística, elaborada pelo matemático belga Verhulst no século 19 para prever populações humanas em vários países. Alguns autores preferem mudar o nome dos parâmetros, ficando com a forma equivalente: $$\frac{dP}{dt}=P\left(a-bP\right)$$ É interessante comparar o modelo logístico com o modelo exponencial. No modelo exponencial, o crescimento se dá indefinidamente mas, como logo veremos, no modelo logístico o crescimento tem limite, quando $t\rightarrow\infty$. Se reescrevemos a EDO como $dP/dt=aP-bP^2$, o termo não linear $-bP^2\ (b>0)$ pode ser interpretado como um termo de "inibição" ou "competição" que impede o crescimento ilimitado. Na maioria das aplicações, $a$ é muito maior do que $b$. A equação logística prevê com bastante precisão os padrões de crescimento de bactérias, protozoários, mosca da fruta (Drosophila), etc.

Solução da Equação Logística

É simples verificar que a equação logística pode ser resolvida por separação de variáveis, reescrevendo a EDO como: $$\frac{dP}{P(a-bP)}=dt$$ Agora, usamos o truque da decomposição em frações parciais. Escrevemos $\displaystyle\frac{1}{P(a-bP)}=\frac{A}{P}+\frac{B}{a-bP}$ e determinamos os numeradores $A,B$ da seguinte maneira. Multiplique toda a expressão por $P(a-bP)$; logo, $1=A(a-bP)+BP$. Agora, substituímos nesta equação as raízes $P=0$ e $P=a/b$. No primeiro caso, encontramos $A=1/a$ e, no segundo caso, $B=b/a$ de modo que a decomposição em frações parciais da EDO é: $$\left(\frac{1/a}{P}+\frac{b/a}{a-bP}\right)dP=dt$$ Integrando de ambos os lados: $$\frac{1}{a}\ln{|P|}-\frac{1}{a}\ln{|a-bP|}=t+c\Rightarrow \ln{\left|\frac{P}{a-bP}\right|}=at+ac\Rightarrow \frac{P}{a-bP}=c_1e^{at}$$ Após algumas manipulações algébricas simples para isolar $P$: $$P(t)=\displaystyle\frac{ac_1e^{at}}{1+bc_1e^{at}}=\displaystyle\frac{ac_1}{bc_1+e^{-at}}$$ Se $P(0)=P_0$, com $P_0\neq a/b$, vem que $c_1=P_0/(a-bP_0)$ e a solução geral é, finalmente: $$P(t)=\displaystyle\frac{aP_0}{bP_0+(a-bP_0)e^{-at}}$$

Análise Qualitativa

A título de ilustração, algumas soluções são graficadas.
Em primeiro lugar, no gráfico, $t>0$ e $P>0$ uma vez que uma população não fica negativa. A reta horizontal em vermelho corresponde a $P=a/b=10$ e, portanto, é a capacidade de suporte do ambiente.
Duas curvas são mostradas. A primeira, em azul, corresponde a $P_0=18$, ou seja, a população inicial é maior do que a capacidade de suporte. Observamos uma diminuição da população até se estabilizar no valor da capacidade de suporte.
A segunda curva (em verde) corresponde a $P_0=2$, isto é, população inicial menor do que a capacidade. Observamos um crescimento da população até atingir a capacidade de suporte.
Neste caso, podemos verificar também a existência de um ponto de inflexão da curva, como era de se esperar, já que a curva é crescente mas, a partir de certo ponto, se estabiliza. O gráfico sugere que o ponto de inflexão é $P=5$. Na verdade, é possível mostrar que o ponto de inflexão é $P=a/2b$. Como sabemos do Cálculo, basta verificar onde a derivada segunda $d^2P/dt^2=0$, o que não faremos aqui.

Exemplo 1: Propagação de Gripe em um Campus Universitário

Suponha que, após um feriado prolongado, os 1000 estudantes de um campus universitário retornam, mas um deles está com gripe. A taxa de propagação do vírus é proporcional aos "encontros" entre estudantes infectados (digamos, $x$) e os que ainda não foram infectados (portanto, $1000-x$). Determine o número de estudantes infectados após 6 dias, sabendo que observou-se que 50 estudantes tinham contraído gripe após 4 dias.

Solução

Traduzindo as informações do enunciado em temos matemáticos, temos:

• taxa de crescimento proporcional ao encontro de infectados e não infectados $t$ - isto define a equação diferencial : $\displaystyle\frac{dP}{dt}\propto P(100-P)\Rightarrow \displaystyle\frac{dP}{dt}=kP(1000-P)$
• inicialmente, apenas um estudante infectado - isto é uma condição inicial : $P(0)=1$
• após 4 dias, 50 estudantes estão infectados - é uma condição adicional que será usada para determinar $k$ : $P(4)=50$

Compare a EDO que descreve o problema com a Equação Logística; verificamos que a EDO que estamos tratando é a equação logística com $a=1000k$ e $b=k$.
Então, não precisamos resolver a EDO já que, logo acima, deduzimos a solução da equação logística; basta tomar essa solução e substituir os valores específicos de $a$, $b$ e $P_0$: $$P(t)=\displaystyle\frac{(1000k)(1)}{(k)(1)+999ke^{-1000kt}}=\displaystyle\frac{1000}{1+999e^{-1000kt}}$$ Precisamos determinar o valor da constante de proporcionalidade, $k$; para isso, usamos a condição adicional $P(4)=50$, ou seja: $$P(4)=50=\displaystyle\frac{1000}{1+999e^{-4000k}}\Rightarrow e^{-4000k}=\frac{19}{999}\Rightarrow -4000k=\ln{\frac{19}{999}}\Rightarrow -1000k=\frac{1}{4}\ln{\frac{19}{999}}=-0.9906$$ Portanto: $$P(t)=\displaystyle\frac{1000}{1+999e^{-0.9906t}}$$ Para determinar o número de estudantes infectados após 6 dias, basta substituir $t=6$ na fórmula anterior: $$P(6)=\displaystyle\frac{1000}{1+999e^{-(0.9906)\cdot(6)}}=276$$ Observe que, assintoticamente, isto é, para $t\rightarrow +\infty$, concluímos que $P(t)\rightarrow 1000$; logo, após um tempo longo, todos estarão infectados.

Modificações da Equação Logística: Teoria

Duas modificações possíveis da equação logística são obtidas somando ou subtraindo um termo constante da equação original: $$\displaystyle\frac{dP}{dt}=P(a-bP) - h\quad\quad\quad\displaystyle\frac{dP}{dt}=P(a-bP) + h$$ Estas equações podem servir de modelo para um local de pesca no qual os peixes são, respectivamente, retirados ou inseridos a uma taxa constante $h$. Também podem servir para levar em conta a emigração ou imigração em populações humanas.

A taxa $h$ pode, porém, não ser constante; pode ser uma função de $t$ ou pode ser proporcional à população. Neste último caso, a EDO ficaria $P'=P(a-bP)-cP$ ($c>0$). Uma modificação particularmente importante porque é aplicada não só no estudo de crescimento de populações mas também no crescimento de tumores e certas previsões atuariais é a equação de Gompertz: $$\displaystyle\frac{dP}{dt}=P(a-b\ln{P})$$

Reações Químicas: Teoria

Uma substância $C$ é formada quando duas substâncias $A$ e $B$ reagem. A reação química é tal que, para $M$ partes de $A$ (medida em gramas, por exemplo) são consumidas $N$ partes de $B$. Isto significa que, se em dado instante $t$, existem $X(t)$ gramas de $C$, foram consumidas $\displaystyle\frac{M}{M+N}X$ gramas de $A$ e $\displaystyle\frac{N}{M+N}X$ gramas de $B$. Consequentemente, se no início da reação existiam $a$ gramas de $A$ e $b$ gramas de $B$, no instante $t$, as quantidades que ainda restam de $A$ e $B$ são, respectivamente, $a-\frac{M}{M+N}X$ e $b-\frac{N}{M+N}X$.
A Lei da Ação das Massas estipula que a taxa ou velocidade de reação é proporcional justamente às quantidades restantes dos reagentes, $A$ e $B$. Matematicamente, $$\begin{array}{lcl} \displaystyle\frac{dX}{dt}&\propto&\left(a-\frac{M}{M+N}\right)X\left(b-\frac{N}{M+N}X\right)\propto \left(\frac{M}{M+N}\right)\left(a\frac{M+N}{M}-X\right)\left(\frac{N}{M+N}\right)\left(b\frac{M+N}{N}-X\right)\\ &\propto&(\alpha-X)(\beta-X) \end{array}$$ onde $\alpha=a\frac{M+N}{M}$ e $\beta=b\frac{M+N}{N}$. Portanto, a EDO que governa a reação química é: $$\displaystyle\frac{dX}{dt}=k(\alpha-X)(\beta-X)$$ que é uma equação não linear e chamada reação de segunda ordem.

Exemplo 2: Reação Química de Segunda Ordem

A reação entre duas substâncias A e B que formam C é tal que para cada grama de A são consumidas 4 gramas de B. Observa-se que 30 gramas de C são formadas em 10 minutos. Determine a quantidade de C no instante $t$ se a taxa de reação é proporcional às quantidades de A e B restantes e se, inicialmente, existem 50 gramas de A e 32 gramas de B. Qual a quantidade de C depois de 15 minutos? Interprete a solução quando $t\rightarrow\infty$

Solução

Denotemos a quantidade de C no instante $t$ por $X(t)$. Pelos dados do problema, $X(0)=0$ (inicialmente, a quantidade de C é zero) e $X(10)=30$ (depois de 10 minutos, existem 30 g de C).
Além disso, como a proporção é de 1 grama de A para 4 gramas de B na formação de C, se foram formadas X gramas de C, significa que foram consumidos $\frac{1}{5}X$ gramas de A e $\frac{4}{5}X$ gramas de B.
As quantidades restantes de A e B são, portanto, respectivamente, $50-\frac{1}{5}X$ e $32-\frac{4}{5}X$.
Estamos prontos para escrever a EDO: $$\frac{dX}{dt}\propto (50-\frac{1}{5}X)(32-\frac{4}{5}X)\propto\frac{1}{5}\frac{4}{5}(250-X)(40-X)=\frac{dX}{dt}=k(250-X)(40-X)$$ Usando separação de variáveis e frações parciais (fica a cargo do estudante mostrar), vem: $$-\frac{1/210}{250-X}dX+\frac{1/210}{40-X}dX=kdt$$ Integrando, $$\ln{\frac{250-X}{40-X}}=210kt+c_1\Rightarrow \frac{250-X}{40-X}=c_2e^{210kt}$$ Para encontrar $c_2$ usamos a condição inicial $X(0)=0$ que resulta em $c_2=25/4$, ou seja, $\displaystyle\frac{250-X}{40-X}=\displaystyle\frac{25}{4}e^{210kt}$.
Para encontrar $k$ usamos a condição extra $X(10)=30$; após a substituição e algumas manipulações algébricas, obtemos $210k=\frac{1}{10}\ln{\frac{88}{25}}=0.1258$. Finalmente: $$X(t)=1000\frac{1-e^{-0.1258t}}{25-4e^{-0.1258t}}$$ Substituindo $t=15$, vem $X(15)=34.78$ gramas, que é a quantidade de $C$ após 15 minutos e que queríamos determinar.
Substituindo $t\rightarrow\infty$ na expressão de $X(t)$ vemos que $X(t\rightarrow\infty)=40$ e a reação é interrompida deixando 40 g de C; consequentemente, após esse longo tempo, restam $50-\frac{1}{5}(40)=42$ g de A e $32-\frac{4}{5}(40)=0$ g de B.
Vemos, assim, que B é completamente consumida e A não tem mais com quem reagir.
As conclusões acima podem ser visualizadas no gráfico fornecido a seguir que representa a evolução $X(t)\times t$. O círculo corresponde ao valor que calculamos, $X(15)=34.78$, mostrando que a solução "passa" por esse ponto.