Misturas, tumores e trajetórias ortogonais

Três aplicações que se resolvem com os mesmos métodos — inclusive a geometria pedida pela ementa.

Ordem: 1ª
Tipo: linear e não linear
Métodos: lineares 1a ordem, separaveis
Aplicações: problemas de mistura, crescimento tumoral, trajetórias ortogonais, geometria

Antes distoEquações lineares de primeira ordem, Equações separáveis

Os métodos de resolução acabaram — separáveis e lineares dão conta de tudo o que vem a seguir. O que este tópico exercita é a outra metade do trabalho, que é chegar à equação: um tanque de salmoura, um tumor e uma família de curvas no plano não se parecem em nada, e os três terminam na mesma caixa de ferramentas.

Misturas: o balanço de massa

O princípio é contábil, e vale para qualquer substância que entre e saia de um recipiente sem ser criada nem destruída lá dentro.

Quando as vazões de entrada e saída são iguais, o volume é constante e a equação tem coeficiente constante — foi o exercício de mistura do tópico de equações lineares. O caso interessante é o outro.

\frac{dQ}{dt} = 12 - \frac{4\,Q}{100 + 2t}

Q(0) = 0

Métodofator-integrante

$V(t) = 100 + 2t, \qquad \text{entrada} = 12 \text{ g/min}$
Montagem. O tanque tem $100$ L de água pura; entra salmoura a $2$ g/L com vazão de $6$ L/min, e a mistura sai a $4$ L/min. Entrada: $2 \cdot 6 = 12$ g/min. Volume: $100 + (6-4)t$ . balanco
$\frac{dQ}{dt} + \frac{4}{100 + 2t}\,Q = 12$
Forma padrão da equação linear, com $a(t) = 4/(100+2t)$ e $b(t) = 12$ . equação linear
$\mu(t) = \exp\bigl(2\ln(100+2t)\bigr) = (100+2t)^2$
Fator integrante. A primitiva é $\int \frac{4\,dt}{100+2t} = 2\ln(100+2t)$ , e exponenciar um logaritmo multiplicado por 2 devolve um quadrado. fator integrante
$\frac{d}{dt}\Bigl[(100+2t)^2\,Q\Bigr] = 12\,(100+2t)^2$
Multiplicando por $\mu$ e reconhecendo a derivada do produto — os dois primeiros dos três movimentos.
$(100+2t)^2\,Q = 2\,(100+2t)^3 + C$
Integrando. A primitiva de $(100+2t)^2$ é $(100+2t)^3/6$ , pela regra da cadeia com o fator $2$ de dentro; multiplicada por $12$ , dá $2(100+2t)^3$ .
$C = -2 \times 10^{6}$
A condição inicial em $t = 0$ : $10^4 \cdot 0 = 2\cdot 10^6 + C$ .
$\boxed{\;Q(t) = 2\,(100 + 2t) - \frac{2 \times 10^{6}}{(100+2t)^2}\;}$
Isolando $Q$ . O primeiro termo é a quantidade de sal que o tanque teria se já estivesse na concentração de entrada; o segundo é a memória da água pura inicial.

Passe o cursor para ver a solução por um ponto; clique para fixá-la.Toque no gráfico para fixar a solução que passa pelo ponto.

Tumores: o modelo de Gompertz

Um tumor sólido em fase inicial cresce por divisão celular, e cada célula se divide independentemente das outras — que é exatamente a hipótese malthusiana. Só que dados clínicos não mostram crescimento exponencial: a taxa relativa de crescimento cai com o tempo, à medida que o tumor supera a capacidade dos vasos de irrigá-lo e forma um núcleo mal nutrido.

O modelo de Gompertz incorpora isso da forma mais econômica possível: mantém a equação malthusiana e faz o coeficiente decair.

\frac{dV}{dt} = \lambda_0\exp(-\alpha t)\,V

V(0) = V_0

Métodoseparaveis

$\frac{dV}{V} = \lambda_0\exp(-\alpha t)\,dt$
Separável, com $g(t) = \lambda_0\exp(-\alpha t)$ e $h(V) = V$ . Como sempre, $V \equiv 0$ é o zero de $h$ — o tumor inexistente, que não interessa. separacao
$\ln V = -\frac{\lambda_0}{\alpha}\exp(-\alpha t) + C_1$
Integrando. A primitiva de $\exp(-\alpha t)$ é $-\exp(-\alpha t)/\alpha$ ; como $V > 0$ , o módulo do logaritmo é dispensável.
$C_1 = \ln V_0 + \frac{\lambda_0}{\alpha}$
Em $t = 0$ : $\ln V_0 = -\lambda_0/\alpha + C_1$ , o que determina $C_1$ .
$\boxed{\;V(t) = V_0\exp\!\left[\frac{\lambda_0}{\alpha}\Bigl(1 - \exp(-\alpha t)\Bigr)\right]\;}$
Substituindo e exponenciando. O expoente foi agrupado de modo a se anular em $t = 0$ , o que torna a fórmula fácil de conferir.

Demonstração— volume limite de Gompertz

Quando $t \to \infty$ , $\exp(-\alpha t) \to 0$ , e o colchete no expoente tende a $1$ . Por continuidade da exponencial, $V \to V_0\exp(\lambda_0/\alpha)$ .

Fim da demonstração.

Há uma reescrita que torna o modelo bem mais informativo.

Demonstração— forma autônoma de Gompertz

Da solução, $\ln V = \ln V_0 + \frac{\lambda_0}{\alpha}\bigl(1 - \exp(-\alpha t)\bigr)$ , e da proposição anterior, $\ln V_\infty = \ln V_0 + \lambda_0/\alpha$ . Subtraindo:

\ln\!\left(\frac{V_\infty}{V}\right) = \frac{\lambda_0}{\alpha}\exp(-\alpha t).

Multiplicando por $\alpha V$ , o lado direito vira $\lambda_0\exp(-\alpha t)V$ , que é justamente $dV/dt$ .

Fim da demonstração.

Sendo autônoma, a equação tem campo de direções. Abaixo, com $V_\infty = 10$ ; a expressão usa log no sentido de logaritmo natural.

Passe o cursor para ver a solução por um ponto; clique para fixá-la.Toque no gráfico para fixar a solução que passa pelo ponto.

α0.20

Trajetórias ortogonais

A terceira aplicação não vem da física nem da biologia: é geometria, e é o item da ementa que fala em “modelos referentes à geometria”.

A ideia que resolve o problema é que uma família de curvas e uma equação diferencial são a mesma informação vista de dois lados. Uma família a um parâmetro $F(x,y) = c$ tem, em cada ponto, uma inclinação bem definida — e essa inclinação não depende de $c$ , porque $c$ é determinado pelo próprio ponto.

Demonstração— método das trajetórias ortogonais

Duas retas de inclinações $m_1$ e $m_2$ são perpendiculares se e somente se $m_1 m_2 = -1$ . Duas curvas se cruzam em ângulo reto quando suas retas tangentes no ponto de cruzamento o fazem.

Se num ponto $(x,y)$ a curva da família original tem inclinação $f(x,y)$ , a trajetória ortogonal que passa por ali precisa ter inclinação $-1/f(x,y)$ . Impor isso em todo ponto é exatamente escrever a equação diferencial do enunciado.

Fim da demonstração.

Passe o cursor para ver a solução por um ponto; clique para fixá-la.Toque no gráfico para fixar a solução que passa pelo ponto.

O que os três problemas têm em comum

Nenhum dos três exigiu um método novo. O tanque virou uma linear, o tumor uma separável, a geometria uma separável — tudo já disponível desde os primeiros tópicos.

O trabalho estava antes: decidir que a concentração de saída é $Q/V$ , que a taxa relativa decai exponencialmente, que a perpendicularidade se escreve $m_1m_2 = -1$ . É a modelagem que distingue os problemas; a resolução, a essa altura, é rotina.

E é bom que seja rotina — porque no próximo tópico a rotina acaba.

Exercícios

O segundo exercício tem contas de exponencial que vale fazer com calculadora; o terceiro é o exemplo clássico de duas famílias de círculos ortogonais.

básicolavagem de tanqueno espírito de Braun §1.8
Um tanque contém $200$ L de salmoura com $20$ kg de sal dissolvido. A partir de $t = 0$ entra água pura a $5$ L/min, e a mistura homogênea sai à mesma vazão.
(a) Encontre $Q(t)$ .
(b) Quanto tempo leva para restar metade do sal?
(c) Que fenômeno já visto no curso tem exatamente esta equação?
Dica
Sem sal na entrada, a taxa de entrada é zero — e a equação fica homogênea.
Resolução
(a) O volume é constante em $200$ L. A entrada não traz sal, e a saída leva $5 \cdot Q/200 = Q/40$ kg/min:
$\frac{dQ}{dt} = -\frac{Q}{40}, \qquad Q(0) = 20.$
É linear homogênea (e separável), com solução
$Q(t) = 20\exp(-t/40) \text{ kg}.$
(b) Metade quando $\exp(-t/40) = 1/2$ :
$t = 40\ln 2 \approx 27{,}7 \text{ min}.$
(c) É o decaimento radioativo, com $\lambda = 1/40$ por minuto — e os $27{,}7$ minutos são a meia-vida do sal neste tanque.
A coincidência não é acidental: em ambos os casos a taxa de perda é proporcional à quantidade presente. No tanque, porque quanto mais sal há, mais sal cada litro que sai leva embora.
intermediáriocrescimento de Gompertzno espírito de Braun §1.8
Um tumor segue o modelo de Gompertz com $\lambda_0 = 0{,}3$ por mês e $\alpha = 0{,}1$ por mês.
(a) Por quanto o volume terá se multiplicado quando o crescimento cessar?
(b) Quanto tempo leva para o volume chegar à média geométrica entre $V_0$ e $V_\infty$ , isto é, ao ponto em que $\ln V$ está a meio caminho?
(c) Que fração do volume final o tumor terá atingido em um ano?
Dica
Trabalhe com $\ln(V/V_0)$ , não com $V$ : no expoente tudo fica linear e as contas ficam curtas.
Resolução
Escrevendo $u(t) = \ln(V/V_0)$ , a solução diz
$u(t) = \frac{\lambda_0}{\alpha}\bigl(1 - \exp(-\alpha t)\bigr) = 3\bigl(1 - \exp(-0{,}1t)\bigr),$
e $u_\infty = 3$ .
(a) $V_\infty/V_0 = \exp(3) \approx 20{,}1$ . O tumor multiplica seu volume por cerca de $20$ .
(b) “Meio caminho em $\ln V$ ” significa $u = 1{,}5$ :
$3\bigl(1 - \exp(-0{,}1t)\bigr) = 1{,}5 \quad\Longrightarrow\quad \exp(-0{,}1t) = \tfrac{1}{2} \quad\Longrightarrow\quad t = 10\ln 2 \approx 6{,}93 \text{ meses}.$
(c) Em $t = 12$ :
$u(12) = 3\bigl(1 - \exp(-1{,}2)\bigr) = 3\,(1 - 0{,}3012) = 2{,}096,$
logo $V(12)/V_0 = \exp(2{,}096) \approx 8{,}14$ , e
$\frac{V(12)}{V_\infty} = \frac{8{,}14}{20{,}1} \approx 0{,}405.$
Cerca de $40\%$ do volume final em um ano.
O que salta aos olhos. Em $6{,}9$ meses o tumor percorreu metade do caminho na escala logarítmica, mas isso corresponde a apenas $\exp(1{,}5)/\exp(3) = \exp(-1{,}5) \approx 22\%$ do volume final. Metade em $\ln V$ não é metade em $V$ — e como o que se mede clinicamente é volume, o crescimento parece continuar acelerado muito depois de o processo já ter “virado”.
avançadofamílias ortogonais de círculosno espírito de Braun §1.8
Considere a família de círculos
$x^2 + y^2 = c\,x.$
(a) Identifique geometricamente essa família.
(b) Encontre a EDO da família, eliminando $c$ .
(c) Escreva a EDO das trajetórias ortogonais e verifique que a família $x^2 + y^2 = k\,y$ a satisfaz.
(d) Interprete o resultado.
Dica
Em (a), complete o quadrado. Em (c), a verificação é mais barata que a resolução — derive implicitamente e substitua $k$ .
Resolução
(a) Completando o quadrado:
$\left(x - \frac{c}{2}\right)^2 + y^2 = \left(\frac{c}{2}\right)^2.$
São círculos de centro $(c/2, 0)$ e raio $|c|/2$ : todos passam pela origem e são tangentes ao eixo $y$ ali.
(b) Derivando $x^2 + y^2 = cx$ implicitamente:
$2x + 2y\,y' = c.$
Da equação da família, $c = (x^2+y^2)/x$ . Substituindo:
$2y\,y' = \frac{x^2+y^2}{x} - 2x = \frac{y^2 - x^2}{x}, \qquad\text{donde}\qquad y' = \frac{y^2 - x^2}{2xy}.$
(c) As trajetórias ortogonais satisfazem
$\frac{dy}{dx} = -\frac{2xy}{y^2 - x^2} = \frac{2xy}{x^2 - y^2}.$
Verificando a família proposta: de $x^2 + y^2 = ky$ , derivando,
$2x + 2y\,y' = k\,y' \quad\Longrightarrow\quad y'\,(2y - k) = -2x.$
Da equação da família, $k = (x^2+y^2)/y$ , logo
$2y - k = 2y - \frac{x^2+y^2}{y} = \frac{y^2 - x^2}{y},$
e portanto
$y' = \frac{-2x}{(y^2-x^2)/y} = \frac{-2xy}{y^2 - x^2} = \frac{2xy}{x^2 - y^2}.$
É a equação das trajetórias ortogonais. ✓
(d) A segunda família é $x^2 + (y - k/2)^2 = (k/2)^2$ : círculos centrados no eixo $y$ , todos passando pela origem, tangentes ao eixo $x$ .
Ou seja, as duas famílias são a mesma coisa girada de $90^\circ$ , e cada círculo de uma corta cada círculo da outra em ângulo reto. É a configuração das linhas de campo e das equipotenciais de um dipolo — o mesmo desenho aparece em livros de eletromagnetismo, obtido por outro caminho.
Repare no que a verificação economizou: resolver $y' = 2xy/(x^2-y^2)$ diretamente exigiria reconhecê-la como homogênea e fazer a substituição $v = y/x$ . Quando a resposta é dada, conferir é sempre mais barato do que deduzir — e é honesto, desde que a conferência seja completa.

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Fontes deste tópico

Martin Braun. Differential Equations and Their Applications: An Introduction to Applied Mathematics, 4ª ed. Springer-Verlag, 1993.
§1.8 · p. 52-58 (PDF: p. 68–74)
Reúne mistura em tanques, modelo de Gompertz para tumores e trajetórias ortogonais. É a seção que fecha a parte de "modelos de geometria" da ementa.
fontes/EDO/Differential Equations and The - Braun, Martin_7579.pdf