APLICAC¸ ˜OES DE EQUAC¸ ˜OES DIFERENCIAIS DE PRIMEIRA ORDEM
Modelos Populacionais
Denotemos porp(t) o n´umero de elementos de uma certa popula¸c˜ao no instantet e porr(t, p) a taxa de crescimento da popula¸c˜ao (diferen¸ca entre taxa de natalidade e taxa de mortalidade) para um instantete um valor da popula¸c˜aop. Note-se que esta taxa de crescimento pode em geral depender n˜ao s´o do instante em quest˜ao como tamb´em da pr´opria dimens˜ao da popula¸c˜ao.
Se a popula¸c˜ao est´a isolada (ou seja, se n˜ao h´a outras esp´ecies que com ela inte- rajam), ´e regida pelaequa¸c˜ao de Malthus:
dp
dt =r(t, p)·p(t)
Como primeira estrat´egia para resolver a equa¸c˜ao a partir deste modelo, supo- mos que a taxa de crescimento ´e constante e positiva. Obtemos ent˜ao:
dp dt =r·p
Esta ´e uma equa¸c˜ao linear homog´enea de primeira ordem, cuja solu¸c˜ao ´e por- tanto dada por:
p(t) =c·ert c∈R
Esta solu¸c˜ao exemplifica o chamadocrescimento exponencial.
Se escolhermos como exemplo a popula¸c˜ao humana mundial (com t em anos), esta solu¸c˜ao reflecte com exactid˜ao o que se conhece para o per´ıodo de 1700 a 1961.
Para se descobrir o valor das duas constantes, precisamos de duas condi¸c˜oes ini- ciais, por exemplo:
p(1960) = 2,98×109 p(1970) = 3,69×109
⇒ p(1970)
p(1960) =er1970
er1960 =er10= 3,69 2,98
⇒ r= 1
10log3,69 2,98
'0,021
1
⇒ p(t) = 2,98·109·e0,021 (t−1960)
Usando este modelo, de quanto em quanto tempo ´e que a popula¸c˜ao duplica?
Queremos saberT tal que:
p(t+T) = 2·p(t)
⇒ 2,98·109·e0,021(t+T−1960)= 2·2,98·109·e0,021(t−1960)
⇒ e0,021T = 2
⇒ T = 1
0,021log 2'33 anos.
Este per´ıodo n˜ao depende dotinicial porque o crescimento ´e exponencial.
Ao mesmo tempo, temos lim
t→+∞p(t) = +∞, que ´e um resultado contr´ario `a in- tui¸c˜ao (pode uma popula¸c˜ao crescer indiscriminadamente?)
Segundo o modelo, dever´ıamos terp(2003) = 7,38·109, mas de facto a popula¸c˜ao em 2005 era de 6,40·109. O modelo est´a portanto a estimar uma popula¸c˜ao de dimens˜ao maior do que a realmente verificada.
O problema est´a em assumir-se que uma popula¸c˜ao, se isolada de outras esp´ecies, pode crescer sem limites. O que de facto acontece ´e que, `a medida que o valor da popula¸c˜ao aumenta, aumenta tamb´em a competi¸c˜ao entre indiv´ıduos pelos mesmos recursos (que em geral s˜ao limitados.)
Introduzimos assim uma segunda aproxima¸c˜ao e obtemos um novo modelo:
dp
dt =rp−bp2
Este modelo corresponde portanto ar(t, p) =r−bp.
O primeiro termo, rp, corresponde ao crescimento (positivo) exponencial, e o segundo termo,−bp2, considerando b >0, corresponde a um crescimento negativo (que depende do n´umero de intera¸c˜oes em cada per´ıodo-base, dado porp2.)
Em geral,b´e muito menor do quer, ou seja, a segunda aproxima¸c˜ao s´o se torna significativa quandopse torna suficientemente grande.
Para resolver esta nova equa¸c˜ao, notamos que ´e separ´avel. Fica:
1 rp−bp2
dp dt = 1
Aqui, supomos quep6= 0 ep6=r/b. Septomar algum destes valores, a equa¸c˜ao torna-se dp
dt = 0, e portanto ambos os valores d˜ao solu¸c˜oes constantes. Estes valores s˜ao chamadospontos de equil´ıbrio para o modelo.
Obtemos ent˜ao:
⇒ 1/r
p − 1/r p−r/b
dp dt = 1
⇒ 1 r h
log
p p−r/b
i
=t+c
⇒ p
p−r/b =k ert
⇒ p(t) = −rkb ert
1−k ert = rk bk−be−rt
Temos ent˜ao que lim
t→+∞p(t) =r/b (independentemente da condi¸c˜ao inicial im- posta ao k.) Este modelo j´a est´a mais de acordo com o observado, porque implica que haja um tecto para o crescimento da popula¸c˜ao e que se tenda ao equil´ıbrio.
Podemos representar, em fun¸c˜ao dep, a derivada dp
dt, dada por:
f(p) =rp−bp2
O gr´afico desta fun¸c˜ao ´e uma par´abola (com zeros 0 er/b), com a concavidade voltada para baixo e com um m´aximo emr/2b.
O gr´afico representa o crescimento da popula¸c˜ao em fun¸c˜ao do seu valor. Este crescimento ´e m´aximo precisamente parap=r/2b. Entrep= 0 ep=r/2b, o cres- cimento vai-se tornando cada vez mais r´apido mas, depois desse valor, a popula¸c˜ao vai crescendo cada vez mais devagar at´e atingirp=r/b. Para valores depsuperio- res a esse, o crescimento passa a ser negativo, e regressa a tendˆencia depatingirr/b.
Isto significa que p= 0 ´e um ponto de equil´ıbrio inst´avel (h´a tendˆencia parap se afastar desse valor, e pequenas perturba¸c˜oes do sistema aumentam de imediato o valor de p); p = r/b, por outro lado, ´e um ponto de equil´ıbrio est´avel, porque pequenas perturba¸c˜oes desse valor depacabam por fazer a popula¸c˜ao regressar ao mesmor/b.
Este novo modelo j´a se aproxima mais do observado a partir dos dados recolhidos para diferentes anos.
Problemas de Mistura
Consideremos agora um tanque que cont´emS0g de sal dissolvidos em 200l de
´
agua. Come¸cando em t= 0, ´agua com uma concentra¸c˜ao de sal de 50g por litro come¸ca a entrar no tanque a uma taxa de 4lpor minuto e a mistura (homog´enea) deixa o tanque `a mesma taxa.
Pergunta-se: qual ´e a quantidade de sal presente no tanque para cada instantet?
Para resolver este problema, definimos S(t) como a quantidade de sal (em gra- mas) no tanque no instantet (em minutos).
Por minuto, entra no tanque uma quantidade de sal de 50 (gramas por litro) vezes 4 (litros por minuto), ou seja, de 200g.
Ao mesmo tempo, por minuto saemS/200 (gramas por litro) vezes 4 (litros por minuto), ou seja,S/50 gramas.
A equa¸c˜ao diferencial que modela esta varia¸c˜ao ´e assim:
dS
dt = 200− S 50
Esta ´e uma equa¸c˜ao linear n˜ao homog´enea (e tamb´em ´e separ´avel...), e portanto:
dS dt + S
50 = 200
⇒et/50dS
dt +et/50S
50 = 200et/50
⇒ d
dt[et/50S] = 200et/50
⇒et/50S= 10000et/50+c
⇒S(t) = 10000 +ce−t/50
Quandot= 0, obtemosS(0) = 10000 +c=S0
Assim,S(t) = 10000 + (S0−10000)e−t/50
Quando t → +∞, temos que S(t) converge para 10000 = 200·50, ou seja, a concentra¸c˜ao de sal na ´agua no tanque tende a ser a de entrada.
Outro Exemplo:
Suponhamos agora que, sob as mesmas condi¸c˜oes anteriores, a mistura deixa o tanque a uma taxa de 2 litros por minuto. Se a capacidade m´axima do tanque for 400l, qual ´e a concentra¸c˜ao de sal no tanque no instante em que este transborda?
Seja V(t) o volume de ´agua no tanque no instante t. A equa¸c˜ao que rege a varia¸c˜ao deste volume ´e
dV
dt = 4−2 = 2
E, comoV(0) = 200, obtemos V(t) = 2t+ 200
O tanque transborda quandoV(t) = 400, ou seja, ao fim de 100 minutos.
A equa¸c˜ao para a quantidade de sal presente no instante tpassa a ser
dS dt = 50
1 ·4
1 − S
2t+ 200· 4 1 Fica:
dS dt + 2
t+ 100S= 200,
que ´e uma equa¸c˜ao linear n˜ao homog´enea.
O factor integrante ´eµ(t) =eR t+1002 dt =elog [(t+100)2]= (t+ 100)2
⇒ d
dt[(t+ 100)2S] = 200·(t+ 100)2
⇒(t+ 100)2S= 200
3 (t+ 100)3+c
⇒S(t) = 200
3 (t+ 100) + c (t+ 100)2
Usando a condi¸c˜aoS(0) =S0, obtemos c= 104
S0−2·104 3
.
Parat= 100, obtemos ent˜ao que a concentra¸c˜ao de sal ´e dada por c(100) = S(100)
V(100) = S0
800+ 25.
