Vo/llm e /
Cap. 3
Aplicações de eqllações diferenciais de primeira ordem
f//
e a taxa pela qual o sa l sa i é A l/g ) = IOo A l/ mm. . R2 = (3 l/min) x ( 300
Com isso, a equação ( l I) torna-se (12) a qual devemos resolver sujeita à condição A(O) = 50. Como o fator de integração é
!!_
e 11 100,
[et/ IOOA]
dt
= 6e1/ IOO
600e 11 100
assim A
Quando t
podemos escrever (12) como
0,A
600 +
+
e
ce11 100_
(13)
50, logo encontramos e = - 550. Finalmente, obtemos
ºº·
A(t) = 600 - 550e - ' 1 1
(14)
Em t = 50, encontramos, A(50) = 266,41 gramas. Também, quando t ~ oo, podemos ver em (14) e na Figura 3.13 que A ~ 600. Claro que esperávamos isso; durante um longo período de tempo, a quantidade de sal na solução deve ser
•
(3001)(2 g/I) = 600 g.
No Exemplo 6, supomos que a taxa na qual a solução entrava era a mesma taxa na qual a solução saía. Porém, isso pode não ser o caso; a solução salina pode ser drenada a uma taxa maior ou menor do que a taxa de bombeamento. A equação diferencial resultante nesta última situação é linear com um coeficiente variável. A
A = 600
t(minutos)
500
50 100 150 200 300 400
(a)
A(g) 266.41 397.67 477.27 525.57 572.62 589.93 - - -( b)
Figura 3.13