equacao_diferencial_2010

PR

UNIVERSIDADE TECNOLÓGICA FEDERAL DO PARANÁ

2

NOTAS DE AULA ELABORADA POR:

Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima

Equação ⇒ comparação de igualdade

Equação diferencial é uma equação que envolve uma função incógnita e suas derivadas.

Definição: Chama-se equação diferencial a uma equação que estabelece uma relação entre a variável

independente x, a função desconhecida y = f (x)

e suas derivadas ', '', ''',

4

,...,

n

a

y y y y y , onde: y’ é a 1

derivada, y’’ é a 2 a derivada, ..., y n é a enésima derivada.

Existem muitas classificações das equações diferenciais e diferentes maneiras de resolvê-las.

Algumas classificações básicas das Equações diferenciais

• Todas as equações diferenciais que possuem apenas uma variável independente são ditas derivadas

ordinárias. Então, a equação é chamada equação diferencial ordinária (E.D.O.).

• Quando numa equação diferencial há mais de uma variável independente, as derivadas são parciais

e a equação é chamada equação de derivadas parciais ou equação diferencial parcial (E.D.P.).

• Uma equação diferencial também pode ser classificada quanto a ordem ou grau.

- Quanto a ordem: A ordem da equação diferencial é definida pelo maior número de derivadas de

função dentro da equação. (A ordem de uma equação diferencial é a ordem da mais alta

derivada que nela aparece)

- Quanto ao grau: O grau da equação diferencial é determinado pelo expoente da derivada que

representa a ordem da equação diferencial. (O grau de uma equação diferencial, que pode ser

escrita como um polinômio na função incógnita e suas derivadas, é a potência a que se acha

elevada a derivada de ordem mais alta)

Observação: Nem toda equação diferencial pode ser classificada segundo o grau. Por exemplo:

2 2

y d y ⎛dy⎞

e + 2 1

dx

2 ⎜ ⎟ = é uma E.D.O. de 2 a ordem, mas não possui grau, pois não pode

⎝ dx ⎠

ser escrita sob a forma de um polinômio na função incógnita e suas derivadas, em razão da presença do

termo e

y

.

Exemplo:

1) Classifique as seguintes equações diferenciais:

dy

a) + 2 xy = 6

dx

Resposta: Equação diferencial ordinária, 1 a ordem, 1 0 grau.

2

d y dy

b) + 3 = 2x

2

dx dx


c)

d)

4

2

⎛ dy ⎞ ⎛ d y ⎞ dy

x⎜

⎟ − 3 = 2

2

dx

⎜

dx

⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ dx

2 2

3


∂ z ∂ z

+ 4x

= 5

Resposta: Equação diferencial parcial, 2 a ordem, 1 0 grau.

2 2

∂x

∂y

⎛ 3

d

e)

⎜

⎝dx

y

3

⎞

⎟

⎠

2

+ 4

dy

dx

− 2=

0


2

2



dy

⎛ ⎞

f) ⎜ ⎟

⎝dx

⎠

g)

3 2

+ 3

d y

− 4y

= 6 Resposta: Equação diferencial ordinária, 2 a ordem, 1 0 grau.

2

dx

dy 2

y 5y

dx + = Resposta: Equação diferencial ordinária, 1a ordem, 1 0 grau.

Exercício:

1) Classifique as seguintes equações diferenciais, em ordinárias ou parciais e em relação à ordem e

grau:

dy

a) − 4 xy = 2x

Resposta: E.D.O., 1 a ordem, 1 0 grau.

dx

b) 6 y − 4x

= 2xy

Resposta: Não é equação diferencial.

3 2

d y d y dy

c) 2x

2

3 2

dx

dx

+

dx


4

d) y ''' + 4( y'')

+ 3x

= 2y'

Resposta: E.D.O., 3

ordem, 1 0 grau

3

e) x y''

−4y

= 5

Resposta: E.D.O., 2

a ordem, 1 0 grau.

3 5

2

f) ( y '') + ( y')

− 2y

= x

Resposta: E.D.O, 2

a ordem, 3 0 grau.

g) ∂ 2 2

z ∂ z

+ = x

2 + y

2 2

∂x

∂y

∂z

∂z

h) = z + x

∂x

∂y

i)

3

d y y

− = 1

3 3

dx d y

3

Resposta: E.D.P, 2 a ordem, 1 0 grau.

Resposta: E.D.P., 1 a ordem, 1 0 grau.

dx

Primeiramente devemos preparar a equação diferencial para podermos classificar sua ordem e grau:

3

2

3

⎛d y⎞ d y

y

3 − =

⎜

dx ⎟

3

⎝ ⎠ dx

Resposta: E.D.O, 3 a ordem, 2 0 grau.

dy

j) ln

dx

2

x

= y

Resposta: E.D.O., 1 a ordem, não têm grau.

dy

dx

x

2 dy

loge

y

y

2

Solução: dx dy y

log

a

x

e = e ⇒ = e ⇒ = x e ; Lembre-se: ln x = log e b

e b = a

2

x dx

dy

k) 5x

3

dx = + Resposta: E.D.O., 1a ordem, 1 0 grau.

3

2

2



3 5

l)

y d y ⎛dy⎞

e + 3 4

dx

3 ⎜ ⎟ =

⎝ dx ⎠

Resposta: E.D.O., 3 a ordem, não têm grau.

d

3

y d

2

y

m) 4 + ( sen x) + 5xy

= 0

dx

3

dx

2


3

⎛ 2

7 2

3

n)

⎞ ⎛

3y

⎞ ⎛

y

dy ⎞

+

2 ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 5x

⎜ dx ⎟

⎝ ⎠ ⎝ dx ⎠ ⎝ dx ⎠


⎛∂

2

y⎞ ⎛∂

2

y⎞

o)

−4

= 0

⎜ ∂t

2 ⎟ ⎜ ∂x

2 ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Resposta: E.D.P., 2 a ordem, 1 0 grau.

Resolver a equação diferencial significa determinar todas as funções que, sob a forma finita verificam

a equação, ou seja, é obter uma função de variáveis livres que, substituída na equação, transforme-a em

uma identidade.

Exemplo:

y = sen x é a solução da equação y'

' − y'

+ cos x = −senx

Essa função é solução particular da equação diferencial dada.

Exercício

1) Verifique se a função dada é solução da equação diferencial:

a) y = sen 2x

e y' ' + 4y

= 0

Resposta: Sim é solução particular

3

3

x

b) y + 3y

− x + 4 e y ' =

y + 1

Resposta: Sim

2

⎧x

= a sent dy b x

c) ⎨

e = −

2

⎩y

= bcost

dx a y

Resposta: Sim

−5x

d) y = e + c e y' ' + 5y'

= 0

Resposta: Sim

2

2

e) x + 4xy

− y = 1 e ( x + 2y)

dx + (2x

− y)

dy = 0 Resposta: Sim

− x

f) y = −e

e y' ' − y'

−3y

= 0

Resposta: Sim

− x

g) y = x ⋅e

e y' ' −2y'

−3y

= 0

Resposta: Não

x

h) y = e

e y ''

−2y'

−3y

= 0

Resposta: Não

5 −3

Tipos de soluções

Existem 3 tipos de soluções das equações diferenciais:

- Solução Geral: É a solução da equação que contém tantas constantes arbitrárias quantas forem as

unidades de ordens da equação. Dessa forma: uma equação de 1 a ordem apresenta uma constante

arbitrária, uma equação de 2 a ordem apresenta duas constantes arbitrárias.

- Solução Particular: É a solução da equação deduzida da solução geral, atribuindo-se valores

particulares as constantes arbitrárias.

4



- Solução Singular: É a solução da equação que não pode ser deduzida da solução geral. Assim

sendo apenas alguns tipos de equações apresentam essa solução.

Família de curvas:

1)

dy

2

2

= 2x ⇒ dy = 2x dx ⇒ ∫dy = ∫2x dx ⇒ y = x + c é a solução geral e y = x é solução Particular

dx

dy

2) Determine a solução da equação = 3x

2 + 4x

para as condições iniciais x =1 e y = 3 .

dx

Solução Geral:

Solução particular:

3 2

y = x + 2x + c

3 2

(1, 3) ⇒ 3 = 1+ 2 + c⇒ c= 0 ⇒ y = x + 2x

OBSERVAÇÃO: O TEXTO SOBRE CLASSIFICAÇÃO DA EQUAÇÃO DIFERENCIAL

COMO LINEAR OU NÃO-LINEAR É EXTRAÍDO DO LIVRO:

ZILL, D.G.; CULLEN, M.R. Equações diferenciais. v. 1. 3. ed. São Paulo: Makron Books, 2001.

CLASSIFICAÇÃO DA EQUAÇÃO DIFERENCIAL COMO LINEAR OU NÃO-LINEAR

Uma equação diferencial é chamada de linear quando pode ser escrita na forma

n

n−1

d y d y dy

an( x) + an

1( x) ... a

1

1( x) a0( x) y g( x)

n −

+ + + =

n−

dx dx dx

Observe que as equações diferenciais lineares são caracterizadas por duas propriedades:

(i) A variável dependente y e todas as suas derivadas são do primeiro grau; isto é, a potência

de cada termo envolvendo y é 1.

(ii) Cada coeficiente depende apenas da variável independente x.

Uma equação que não é linear é chamada de não-linear.

As equações

xdy + ydx = 0 ;

y'' − 2 y'

+ y = 0 e

3 2

3 d y 2 d y dy

x − x + 3x

+ 5=e

3 2

dx dx dx

São equações diferenciais ordinárias de primeira, segunda e terceira ordens, respectivamente.

x

Por outro lado,

Coeficiente

potência

depende de y ≠ 1

3

d 2

yy . '' − 2 y' = x e y + y = 0

3

dx

são equações diferenciais ordinárias não-lineares de segunda e terceira ordens, respectivamente.

5



PROBLEMAS RESOLVIDOS:

Classifique cada equação diferencial segundo a ordem, o grau (quando possível) e a linearidade.

Determine a função incógnita e a variável independente.

a) y''' − 5 xy' = e

x + 1

Resolução:

- Terceira ordem: a derivada mais alta é a terceira.

- Primeiro grau: a equação tem a forma de um polinômio na função incógnita e suas derivadas e a

terceira derivada está na primeira potência.

- Linear: b3( x) = 1, b2( x) = 0, b1( x) = − 5 x, g( x) = e

x

+ 1

- A função incógnita é y

- A variável independente é x .

bty ) + t

2

y − ( sent)

y= t

2

− t+

1

Resolução:

- Segunda ordem: a mais alta derivada é de ordem dois.

- Não possui grau: em virtude da presença do termo y , além de que a equação não pode ser escrita

como um polinômio na função incógnita y e suas derivadas.

- Não-linear: a equação não pode pôr-se na forma de equação diferencial linear.

- A função incógnita é y

- A variável independente é t .

2

2 ∂ t dt

cs ) + st = s

∂s

2 ds

Resolução:


- Primeiro grau: a equação tem a forma de um polinômio na função incógnita t e suas derivadas (com

coeficientes em s) e a derivada segunda aparece em primeiro grau.

- Não-linear: b1

= st , que depende de s e de t.

- A função incógnita é t

- A variável independente é s .

5

⎛ 4

10

∂ b⎞ ⎛ db⎞

d)5 + 7 b

7 5

4 ⎜ ⎟ + −b

= p

⎜∂p

⎟

⎝ ⎠ ⎝ dp ⎠

Resolução:

- Quarta ordem: a mais alta derivada é de ordem quatro.

- Quinto grau: a equação tem a forma de um polinômio na função incógnita b e suas derivadas e a

derivada de ordem quatro aparece elevada à quinta potência.

- Não-linear.

- A função incógnita é b

- A variável independente é p .

6



∂

2

x

ey ) = y

2

+ 1

∂y

2

Resolução:


- Primeiro grau: a equação tem a forma de um polinômio na função incógnita x e suas derivadas e a

derivada de segunda ordem aparece elevada à primeira potência.

2

- Linear: b2( y) = y, b1( y) = 0, b0( y) = 0; g( x) = y + 1

- A função incógnita é x

- A variável independente é y .

LISTA DE EXERCÍCIO PROPOSTA PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS:

Determine, para cada uma das seguintes equações diferenciais, ordem, grau (se possível), linearidade,

função incógnita, variável independente.

respostas

Equação ordem grau linearidade Função

incógnita

Variável

independente

1. ( y") 2

− 3 yy' + xy = 0

2 2 não-linear y x

2. x

4

y

(4)

+ xy'''

= e

x

4 1 linear y x

3. t

2 s−

ts

= 1−sen t

2 1 linear s t

4. y

(4)

+ xy''' + x

2

y" − xy' + sen y = 0 4 nenhum não-linear y x

d n x

n 1 linear x y

5. = y

2

+ 1

dy

n

2

2

2

2 2 não-linear

⎛d r⎞

r y

d r dr

6. + + y =0

⎜ 2 2

dy ⎟

⎝ ⎠ dy dy

2

3/2

2 nenhum não-linear y x

⎛d y⎞

7.

+ y = x

⎜ 2

dx ⎟

⎝ ⎠

d

7

b

7 1 linear b p

8. 3p

dp

7

7

⎛db

⎞

9. ⎜ ⎟ = 3p

⎝dp

⎠

1 7 não-linear b p

7



PROBLEMA DE VALOR INICIAL E DE FRONTEIRA:

Muitas vezes, especialmente em problemas aplicados, uma equação diferencial é resolvida sujeita a

condições dadas que devem ser satisfeitas pela função incógnita. Como um exemplo simples,

considere o seguinte problema para discussão:

Exemplo:

Uma partícula p se move ao longo do eixo x de modo que sua aceleração em qualquer tempo t ≥ 0

dada por: a(t) = 16 − 24t.

é

a) Encontre a posição x da partícula, medida a partir da origem 0, em qualquer tempo t > 0, assumindo

que inicialmente (t = 0) ela esta localizada em x=2 e move-se com uma velocidade v=− 5.

b) Faça como no item (a) sabendo-se que a partícula está localizada em x = 2 inicialmente, e em x =

7 quando t =1.

Solução:

Considere a figura :

X

O

P

Para formular este problema matematicamente, recordemos que a velocidade e a aceleração de uma

dx d x

partícula que se move ao longo do eixo x são dadas por: v = e a = respectivamente. Então

dt

2

dt

da primeira sentença no problema, temos:

movimento.

Solução do item (a):

2

d x

= 16 − 24t

(01) que é a equação diferencial exigida do

2

dt

As condições sobre a função x dada no item (a) são: x = 2, v = −5 em t = 0, isto é, x (0) = 2 e v (0) =

x’ (0)= −5.

Observemos que o significado do sinal menos em v = −5 é que a partícula se move em sentido

dx

2

contrário do inicial. Se integrarmos (01) uma vez encontramos V(t)= = 16t −12t

+ c1

(02)

dt

onde c 1 é uma constante arbitrária

Esta constante pode ser determinada pela condição v (0)= −5. Obtemos, então: −5 = 0 + c 1 , isto é,

c 1 = −5. Portanto:

dx

V(t)= = 16t −

2

12t − 5

dt

2

Integrando esta expressão, encontramos:

8



2 3

x() t = 8t −4t − 5t+ c2

,

onde c 2 é outra constante arbitrária que pode ser determinada pela condição

x (0) = 2, assim temos:

2 = 0 + c 2 → c 2 = 2.

2 3

Portanto x = 8t − 4t − 5t + 2 , que é a lei exigida do movimento que determina a posição em

qualquer tempo t > 0; por exemplo, em t = 1, x = 1 e t =2, x = −8, etc.

Solução do item (b):

Neste item temos ainda a mesma equação diferencial para o movimento, mas as condições são

alteradas para x (0) = 2 e

x (1) = 7.

dx

Neste caso, integramos (01), como antes, entretanto, como não temos condições para , não dt

podemos determinar c 1 de imediato. Integrando então (02), obtemos:

() = 8 − 4 + + .

2 3

x t t t ct

1

c2

Agora, usamos as duas condições para obter as duas constantes arbitrárias, isto nos dá:

⎧2

= 0 + c2

⎨

,

⎩7

= 8 − 4 + c1

+ c2

2 3

ou seja, c 1 = 1 e c 2 = 2, então x() t = 8t − 4t + t+

2

As formulações matemáticas dos itens a e b do problema são, respectivamente;

2

d x

( a) = 16 − 24 t, x (0) = 2, x' (0) = −5

2

dt

2

d x

(b) = 16 − 24 t, x (0) = 2, x (1) = 7

2

dt

Uma diferença importante entre estas duas formulações é que em:

dx

(a) as condições sobre a função incógnita x(t) e sua derivada x’(t) ou são especificadas em um

dt

valor da variável independente (neste caso t=0) e,

(b) as condições sobre a função incógnita x são especificadas em dois valores da variável

independente (neste caso t = 0 e t = 1). Os dois tipos de problemas apresentados em (a) e (b)

são chamados, respectivamente, problema de valor inicial e problema de valor de fronteira

ou de contorno.

Definição 01: Um problema de valor inicial é um problema em que se procura determinar uma solução

para uma equação diferencial sujeita às condições sobre a função incógnita e suas derivadas

especificadas em um valor da variável independente. Tais condições são chamadas condições iniciais.

9



Definição 02: Um problema de valor de fronteira é um problema em que se procura determinar uma

solução para uma equação diferencial sujeita às condições sobre a função incógnita especificada em

dois ou mais valores da variável independente. Tais condições são chamadas condições de fronteira.

OBTENÇÃO DA SOLUÇÃO DE UMA EQUAÇÃO DIFERENCIAL:

dy

Uma equação diferencial de 1ª ordem e 1º grau pode ser escrita na forma: = F(x, y)

dx

Se F (x, y) é uma constante ou uma função apenas de x a equação diferencial pode ser resolvida

usando-se apenas os métodos de integração.

Se F (x,y) é uma função de x e y precisaremos buscar outros métodos. Neste caso procuraremos

expressar a equação diferencial na forma:

M(x, y)dx + N(x,y)dy = 0

A seguir faremos uma classificação da equação acima de acordo com a forma assumida pelas funções

M e N.

Cada tipo de equação tem seu método adequado. O sucesso em resolver corretamente uma equação

diferencial está em classificá-la corretamente, para assim poder aplicar o método adequadamente.

A FORMA NORMAL E A FORMA DIFERENCIAL

Uma grande quantidade de equações diferenciais ordinárias de 1ª ordem pode ser escrita na sua forma

normal, dada por:

y' = F(x,y)

ou quando a função F=F(x,y) pode ser escrita como o quociente de duas outras funções M=M(x,y) e

N=N(x,y), temos:

y' = M(x,y) / N(x,y)

Em geral, colocamos o sinal negativo antes de M=M(x,y):

para poder rescrever:

y' = − M(x,y) / N(x,y)

Obs. Esta forma é conhecida como forma diferencial.

M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0

Exemplo:

A equação diferencial y' = cos(x+y) está em sua forma normal.

A equação diferencial y' = x/y está em sua forma normal, mas pode ser rescrita na sua forma

diferencial xdx − ydy = 0.

10



EQUAÇÕES DIFERENCIAIS SEPARÁVEIS

Consideremos uma equação diferencial M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0. Se M é uma função de apenas a

variável x, isto é M = M(x) e N é função apenas da variável y, isto é N = N(y), então a equação dada

fica na forma:

M(x) dx + N(y) dy = 0

e ela é chamada equação separável.

Tal fato é motivado pelo fato que é possível separar as funções de modo que cada membro da

igualdade somente possua um tipo de variável e assim poderemos realizar a integração de cada

membro por um processo bastante "simples", ou seja:

Exemplos:

∫M ( xdx ) + ∫ N( ydy ) = c

x

1) Consideremos a equação diferencial y ' = na sua forma normal, que também pode ser escrita na

y

sua forma diferencial: x dx − y dy = 0 ⇒ x dx = y dy , então integrando cada termo

independentemente, teremos:

2

2

x y

+ c1

= + c2

2 2

e reunindo as constantes em uma constante c, teremos: x 2 − y

2 = c .

Nota: Esta relação satisfaz à equação diferencial dada (solução implícita): ∫ M x)

dx ∫ N(

y)

dy =

2 dy

2) Resolva a equação: (1 + x ) + xy = 0

dx

Solução:

2 dy

2 dy

2

(1 + x ) + xy = 0 ⇒ (1 + x ) = − xy ⇒ (1 + x ) dy = − xydx ⇒

dx

dx

1 x

x 1

dy = dx ⇒ dx + dy = 0

2 2

y (1 + x ) 1 + x y

( )

( + c .

x

Assim, M (x) = e N (y) =

2

1+

x

1

y

Integrando, temos:

1

2

ln y + ln(1 + x ) = c

2

⇒

2

ln y ⋅(1

+ x )

1

2

= c

2

⇒ y ⋅(1

+ x )

1

2

c

= e ⇒ y ⋅

1+

x

2

= c ⇒ y =

c

1+

x

2

11



APLICAÇÕES DE EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM – EQUAÇÕES SEPARÁVEIS

As aplicações que se seguem foram retiradas do livro Equações Diferenciais de Richard Bronson

(1994) Capítulo 6.

PROBLEMAS DE CRESCIMENTO E DECAIMENTO

Seja N(t) a quantidade de substância (ou população) sujeita a crescimento ou decaimento. Admitindo

dN

que , a taxa de variação da quantidade de substância em relação ao tempo, seja proporcional à

dt

dN

dN

quantidade de substância presente, então = k ⋅ N ou − kN = 0 , onde k é a constante de

dt

dt

proporcionalidade.

Exemplos:

1) Certo material radioativo decai a uma taxa proporcional à quantidade presente. Se existem

inicialmente 50 miligramas de material e se, após duas horas, o material perdeu 10% de sua massa

original, determine:

a) A expressão da massa remanescente em um instante arbitrário t.

b) A massa de material após quatro horas.

c) O tempo após o qual o material perde metade de sua massa original.

Solução:

dN

a) Seja N a quantidade de material presente no instante t. Então − kN = 0 . Esta equação

dt

diferencial é linear e separável e sua solução é dada por: Nt () = ce . kt .

.

Em t = 0, temos N(0) = 50.

Desta forma,

Portanto, Nt ( ) = 50. e

kt .

.

Nt () = ce .

kt .

⇒ 50 = ce .

kt .

⇒ c=

50

Em t = 2, houve perda de 10% da massa original de 50 mg, ou seja, 5 mg. Logo, em t = 2, N(2) = 45.

Levando estes valores na equação encontrada, temos:

Nt ( ) = 50. e

kt .

⇒ 45 = 50. e

2.

k

Resolvendo esta equação encontramos o valor de k = - 0,053.

Observação: Para resolver esta equação utilizamos as propriedades dos logaritmos naturais.

Assim, nossa equação com as duas constantes encontradas fica: Nt () = 50⋅e − 0,053t

, onde t é medido

em horas.

b) Neste item precisamos encontrar o valor de N para t = 4. Basta substituir na equação encontrada e

teremos N = 40,5 mg.

c) Neste item devemos encontrar o tempo para N = 25. Substituindo na equação e utilizando as

propriedades dos logaritmos naturais encontramos t = 13 horas.

12



PROBLEMAS DE TEMPERATURA

A lei do resfriamento de Newton, aplicável igualmente ao aquecimento, afirma que a taxa de

variação, no tempo, da temperatura de um corpo é proporcional à diferença de temperatura entre o

corpo e o meio circundante. Sejam T a temperatura do corpo e T m a temperatura do meio circundante.

dT

Então, a taxa de variação da temperatura em relação ao tempo é , e a lei de resfriamento de

dt

Newton pode assim ser formulada:

dT

dt

dT

dt

( T − Tm

) + kT = kTm

= −k

ou

onde k é uma constante positiva de proporcionalidade.

Exemplos:

1) Uma barra de metal à temperatura de 100º F é colocada em um quarto à temperatura constante de

0ºF. Se após 20 minutos a temperatura da barra é de 50ºF, determine:

a) O tempo necessário para a barra atingir uma temperatura de 25ºF.

b) A temperatura da barra após 10 min.

Solução:

dT

Utilizando a equação + kT = kTm

e sabendo que T

m

= 0 , teremos:

dt

dT

dt

+ kT = 0 , cuja solução é:

−k.0

Como T = 100 em t = 0 , temos: 100 = c.

e ⇒ c = 100 .

Assim, teremos a solução k . t

T = 100.

e

− .

T

= c.e

−k.t

.

Por outro lado, temos T = 50 em t = 20 e assim obtemos:

50 = 100.e

−k.20

.

Utilizando as regras de logaritmos encontramos k = 0,035.

Desta forma, substituindo na equação, teremos

T

= 100.e

−0,035.t

−0,035.

t

a) O tempo necessário para termos T = 25, será: 25 = 100. e , resolvendo esta equação,

encontramos t = 39,6 min.

0,035.10

b) Para encontrar T quando t = 10 basta substituir na equação encontrada e teremos: T = 100.

e

− .

E, portanto T = 70,5ºF.

13



2) Um corpo à temperatura de 50ºF é colocado ao ar livre onde a temperatura é de 100ºF. Se, após 5

min, a temperatura do corpo é de 60ºF, determine:

a) O tempo necessário para que o corpo atinja a temperatura de 75ºF.

b) A temperatura do corpo após 20 minutos.

Solução:

dT

Utilizando a equação + kT = kTm

e sabendo que T m = 100 teremos:

dt

cuja solução é:

dT

dt

+ kT = 100k

,

T = c.

e

−k.

t

+ 100

−k.0

Como T = 50 em t = 0, temos 50 = c.

e + 100 ⇒ c = −50

.

−k.

t

Assim, teremos a solução T = −50.

e + 100 .

Por outro lado, temos T = 60 em t = 5, e assim obtemos:

60 = −50.

e

−5k

+ 100

Utilizando as regras de logaritmos encontramos k = 0,045.

−0,045.

t

Desta forma, substituindo na equação, teremos T = −50.

e + 100

a) Para encontrar t quanto T = 75, basta substituir T = 75 na equação função encontrada. Assim,

−0,045.

t

75 = −50.

e + 100 . Utilizando as propriedades de logaritmos encontramos t = 15,4 min.

b) Para encontrar T quando t = 20, basta substituir t = 20 na equação e teremos

−0,045.(20)

T = −50.

e + 100 . E, portanto: T = 79,5ºF.

14



LISTA DE PROBLEMAS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS

1) Determine a solução (implícita ou explicita) das equações diferenciais abaixo:

a)

y

3

dx − x

dy = 0

dy

b) x − y = 2x

dx

c) dy = 2xydx

dy y

d) = −

dx x

2

dy x

e) =

3

dx y

f ) xdy − ydx = 0

g)

dy

dx

= 4x

3

3

2

y

(1 + y)

1 1

Resposta : −

2 2

x y

Resposta : y

Resposta : y

Resposta : y

Resposta :3y

Resposta : y

Resposta : y

= c.x.e

= ce

=

4

c

x

2

x

− 4x

= cx

= ce

4

x

3

= c

2

x

= c

−1

2) Determine a solução particular em cada uma das equações diferenciais dadas

dy y

a)

=

y = 3 quando x =1

a)

y = 3x

dx x

Resposta:

2

1+

x

2

b) y = e

b) xydx − 1+ x dy = 0 y = e quando x = 0

3) Uma esfera de cobre é aquecida a uma temperatura de 100ºC. No instante t = 0 ela é imersa em água

que é mantida a uma temperatura de 30ºC. Ao fim de 3 minutos, a temperatura da esfera está reduzida

a 70ºC. Determinar o instante em que a temperatura se encontra reduzida a 31ºC.

dT

Obs. Utilizar a formulação matemática da lei do resfriamento de Newton, ou seja, = −k(T

− 30)

dt

Resposta: t = 22,78 ≅ 23 minutos

4) Certo material radioativo decai a uma taxa proporcional à quantidade presente. Se inicialmente, há

100 miligramas e se, após dois anos, 5% do material decaíram, determine:

a) A expressão da massa no instante arbitrário t.

b) O tempo necessário para o decaimento de 10% do material.

Resposta: a)N = 100.e

−0,0256 t

b) 4,11 anos ≅ 4 a 1 m 10 d

5) Um corpo à temperatura de 0ºF é colocado em um quarto em que a temperatura é mantida a 100ºF.

Se, após 10 minutos a temperatura do corpo é de 25,7ºF, determine:

a) O tempo necessário para o corpo atingir a temperatura de 50ºF.

b) A temperatura do corpo após 20 minutos.

Resposta: a) 23,9 min ≅ 24 min b) 43,75ºF ≅ 44ºF

6) Um corpo com temperatura desconhecida é colocado em um refrigerador com uma temperatura

constante de 0ºF. Se após 20 minutos, a temperatura do corpo é de 40ºF e após 40 minutos é de 20 ºF,

determine a temperatura inicial. Resposta: T 0 = 80ºF

7) Um corpo à temperatura de 50ºF é colocado em um forno cuja temperatura é mantida constante em

150 ºF. Se, após 10 minutos, a temperatura do corpo é de 75ºF, determine o tempo necessário para que

o corpo atinja a temperatura de 100 ºF. Resposta: t 100 = 23,9 min.

15



EQUAÇÃO DIFERENCIAL EXATA

Definição: Uma equação diferencial ordinária (EDO) na forma diferencial M ( x,

y)

dx + N ( x,

y)

dy = 0

é dita exata se:

∂M

∂N

=

∂y

∂x

Exemplos:

2

3

1) Verifique se a EDO 3x

y dx + ( y + x ) dy = 0 é exata.

Solução:

2 ∂M

2

3 ∂N

2

M ( x,

y)

= 3x

y ⇒ = 3x

e N ( x,

y)

= y + x ⇒ = 3x

∂y

∂x

∂M

∂N

Como = , temos que essa equação é uma EDO exata.

∂y

∂x

2) a) A forma diferencial 3x 2 y 2 dx + 2x 3 y dy = 0 é exata. (verifique!)

b) A forma diferencial xdx + ydy = 0 é exata. (verifique!)

c) A forma diferencial ydx − xdy = 0 não é exata. (verifique!)

∂M

∂N

Teorema: Sejam M ( x,

y),

N(

x,

y),

e contínuas no retângulo a < x< b e c< y < d.

Então a

∂y

∂x

∂M

∂N

EDO M ( x,

y)

dx + N ( x,

y)

dy = 0 é exata se, e somente se: = , isto significa dizer que existe

∂y

∂x

∂u

∂u

uma função u ( x,

y)

= c tal que = M ( xy , ) e = Nxy ( , ).

∂x

∂y

Definição: Uma equação diferencial homogênea de 1 a ordem M ( x,

y)

dx + N ( x,

y)

dy = 0 é exata se a

diferencial:

∂u

∂u

du = dx + dy = 0

∂x

∂y

da função u ( x,

y)

, (onde a função u( x,

y)

é uma função implícita, isto é, y é a variável dependente e

x é a variável independente) de maneira que du ( x,

y)

= 0 e integrando u ( x,

y)

= c.

Assim,

M ( x,

y)

dx + N ( x,

y)

dy = 0

é exata se, e somente se:

∂u

∂u

= M ( x,

y)

e = N(

x,

y)

tal que

∂x

∂y

∂M

∂y

∂N

=

∂x

e sua solução será:

∂u

u ( x,

y)

= ∫M

( x,

y)

dx + k(

y)

= ∫ dx + k(

y)

∂x

onde k ( y) representa uma constante que depende de y.

Assim, deriva-se u ( x,

y)

= ∫ M ( x,

y)

+ k(

y),

para obter k( y),

isto é:

∂ u

= ∂ ∫M ( x, y) dx + k '( y) ⇒ N( x, y) =

∂ ∫M ( x, y) dx + k '( y)

∂x ∂y ∂y

16



Sugestão de algoritmo para a solução da EDO exata:

∂M

∂N

Passo 0) Verificar se a equação diferencial dada é exata, ou seja, = .

∂y

∂x

∂u Passo 1) Fazer = M ( x,

y)

⇒ determinar u( x,

y)

= expressão em x e y + k( y).

∂x

∂u Passo 2) Fazer = N( x,

y)

⇒ determinar

∂y

k '(

y)

e k( y).

Passo 3) Substituir

k ( y) em u( x,

y).

Passo 4) Fazer u ( x,

y)

= c.

Exemplos:

2

1) Resolva a EDO 2xy dx + (1 + x ) dy = 0.

Solução:

∂M

∂N

Como = ,

∂y

∂x

∂M

2 ∂N

M ( x,

y)

= 2xy

⇒ = 2x

e N(

x,

y)

= 1+

x ⇒ = 2x

∂y

∂x

temos que essa equação é uma EDO exata.

Agora, vamos a sua resolução:

Admitimos que existe uma função

∂u ∂u

u ( x,

y)

= c tal que = M e = N . Assim:

∂x

∂y

∂u

u(

x,

y)

= ∫ dx = 2xy dx

∂x

∫

y é cons

⇒

tan te

u(

x,

y)

= x

2

y + k(

y)

Por outro lado,

Desta forma,

∂u

∂y

= x

2

+ k'(

y)

e

∂u

∂y

= N = 1+

x

2

2

2

x k'

( y)

= 1+

x ⇒ k'(

y)

= 1⇒

k(

y)

= 1dy

= y +

+ ∫

c

1

Portanto,

c=

c2

−c1

2

2

u( x,

y)

= x y + y + c = c ⇒ x y + y = c (forma implícita)

1

2

Ou,

2

x y + y = c ⇒

y

c

+ 1) = c ⇒ y = (forma explícita)

( x + 1)

2

( x

2

17



2

2) Resolva a EDO (2xy

+ x)

dx + ( x + y)

dy = 0.

Solução:

∂M

∂N

Como = ,

∂y

∂x

∂M

2 ∂N

M ( x,

y)

= 2xy

+ x ⇒ = 2x

e N(

x,

y)

= x + y ⇒ = 2x

∂y

∂x

temos que essa equação é uma EDO exata.

Agora, vamos a sua resolução:

Admitimos que existe uma função

∂u ∂u

u ( x,

y)

= c tal que = M e = N . Assim:

∂x

∂y

∂u

u(

x,

y)

= ∫ dx = (2xy

+ x)

dx

∂x

∫

y é cons

⇒

tan te

u(

x,

y)

= x

2

2

x

y +

2

+ k(

y)

Por outro lado,

Desta forma,

∂u

∂y

= x

2

+ 0 + k'(

y)

e

∂ 2

u

= N = x

∂y

+ y

2

2

2

x k'

( y)

= x + y ⇒ k'(

y)

= y ⇒ k(

y)

= y dy = +

+ ∫

y

2

c

1

Portanto,

2

2 x

u(

x,

y)

= x y +

2

+

2

y

2

+ c

1

= c

2

c=

c2

−c1

⇒

2

2 x

x y +

2

+

2

y

2

= c

(forma implícita)

x dy

3) Verifique se a equação diferencial ordinária = −1

y + x dx

Solução:

é exata e resolva-a.

Como,

x

y +

dy

x dx

= −1 ⇒ x dy = −(

y + x)

dx ⇒ ( y + x)

dx + xdy = 0

⎧M

= y + x

⇒ ⎨

⎩ N = x

então:

∂ M

∂ y

= 1

∂ N

e = 1

∂ x

⇒

∂ M

∂ y

∂ N

=

∂ x

donde a equação é exata e sua solução, será:

18



∂u

∂x

= M

∂u

⇒

∂x

2

x

= x + y ⇒ u( x,

y)

= ∫ ( x + y)

dx ⇒ u ( x,

y) = + xy + k( y)

2

∂u

∂y

= N ⇒ x + k'

( y)

= x ⇒ k'(

y)

= 0 ⇒ k(

y)

= c

1

Logo,

u

2

x

2

c=

2c

−2c

2 1

2

( x,

y) = + xy + c = c ⇒ x + 2xy

= c

1

2

(forma implícita)

ou,

x

2

2

2 c − x 1 ⎛ c ⎞

+ 2xy

= c ⇒ 2xy

= c − x ⇒ y = ⇒ y = ⎜ − x⎟

2x

2 ⎝ x ⎠

(forma explícita)

LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS

1) Verifique se as equações abaixo são exatas, determinando sua solução.

2

2 2

⎧ xy −1

x y

2 2

a ) ⎨y'

= , com y(0) = 1 Resposta: − x − y = −1

ou x y − 2x

− 2y

= −2

2

⎩ 1−

x y

2

b ) 4y.

dy + x.

dx = 0

2 2

Resposta: x + 4y

= c

2

1

c ) x.

dy + 2y

. dx = 0

Resposta: N ão exata,

y = 2ln

x + c

d ) 4seny.

dx + x.cos

y.

dy = 0

4

Resposta: Não exata,

x seny = c

2 y

3

e ) (3x

y + ) dx + ( x + ln x)

dy = 0 Resposta: ( x c

+ ln x)

y = c ou y =

x

x

+ ln x

f )

xy

xy

( x.

e + 2y).

y'

+ y.

e = 0 Resposta: e xy + y

= c

⎧(cos

x + ysenx)

dx = cos x.

dy

g ) ⎨

⎩y(

π ) = 0

Resposta: y = tgx

2

2

h ) ( xy − x)

dx + ( x y + y)

dy = 0

2 2 2 2

Resposta: x y − x + y = c

2) Verificar se as Equações Diferenciais, dadas a seguir, são exatas e determinar sua solução geral:

2

3

a)

dr

3

3x r + cos ( x) + x = 0 Resposta: É exata, x r + sen( x) = c

dx

du

b) ( 1+ u ) v + (1 − 2v)

u = 0 Resposta: Não é exata, n( uv) + u− 2v=

c.

dv

3) Verificar se as Equações Diferenciais, dadas a seguir, são exatas e determinar sua solução geral:

2 2

2

2x

y − 3x

x 1 3

a) dx + dy = 0 para y () 1 = 2 Resposta: É exata, − = −

3 4

3

y y

y y 8

dy

b) 3 2 2

3

y − x − (4y

− x)

= 0 para y () 1 = 2 Resposta: É exata, 2y

− yx + x = 7

dx

3

dy

x

c) ( 2 2 − 5

x + y)

+ ( x − 2y)

= 0 para y () 1 = 2 Resposta: É exata, + yx − y =

dx

3

3

19



d)

x 2 x

2

(4 y y) dy

dx

− − − = 0 para () 1 = 2

y Resposta: É exata,

x 3

3

3

+ y

2

2

=

19

3

2 s 3

4) Verifique se a Equação Diferencial ⎜ ⎛ 3t s + ⎟ ⎞ dt + ⎡ t + ln()

t ⎤ ds =

⎝ t ⎠ ⎣ ⎦

0

solução geral, sabendo que s = s()

t . Resposta: é exata, s( t

3

+ ln t)

= c

é exata e determine a

5) Verifique se a Equação Diferencial ( ) ( )

geral, sabendo que y = y( x)

. Resposta: é exata, x. sen( xy)

=

ycos xy dx+ xcos xy dy = 0 é exata e determine a solução

c

6) Verifique se a Equação Diferencial

solução geral, sabendo que

cos

t

( 2s)

() t sen ( 2s) = 0

dt + 2 ln ds

−4

s = s()

t . Resposta: não é exata, t = c

sec (2 s)

é exata e determine a

[ ] 0

2

7) Resolver o seguinte problema de valor inicial 2xydx

+ x + π cos( πy)

dy = , sabendo que ( 1 ) = 1

Resposta: é exata,

x

2

y+ sen( π y)

=1

y .

8) Resolver o seguinte problema de valor inicial 9 ( y −1) dy + ( x − 3) dx = 0 , sabendo que ( 3 ) = 0

Resposta: não é exata, 9y 2

−18y− x

2

− 6x

= −18

9) Verifique se as equações abaixo são exatas, determinando sua solução.

2

a) 2x

+ y + 2xyy'

= 0

Resposta: é exata, x

2

+ xy

2

= c

y

2 y

b) ( y cos x + 2xe

) + ( senx + x . e −1) y'

= 0 Resposta: é exata, ysenx + x

2

e

y

− y = c

EXTRA => INTERESSANTE

y .

1) Resolva a equação diferencial ordinária y ' = y,

ou seja, determinar a função cuja derivada é igual a

ela mesma.

Solução:

c3

= c2

−c

dy

dy 1

1

y ' = y ⇒ = y ⇒ dy = y dx ⇒ = dx ⇒ ∫ dy = ∫dx

⇒ ln y + c1 = x + c2

⇒ ln y = x + c2

− c1

⇒

dx

y y

ln y = x + c

3

⇒ y = e

x

c

⇒ y = e

c

+ 3

3

⋅e

x

⇒ y = c ⋅e

x

20

OBSERVAÇÃO: O TEXTO SOBRE FATORES INTEGRANTES É ADAPTADO DO LIVRO:

BRONSON. R. Moderna introdução às equações diferenciais. tradução de Alfredo Alves de Farias,

revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977.

FATORES INTEGRANTES

Objetivo: Transformar uma equação diferencial não exata em uma equação diferencial exata.

O que é um fator integrante?

Em geral, a equação diferencial

M ( x,

y)

dx + N ( x,

y)

dy = 0

(01)

não é exata. Por vezes, entretanto, é possível transformar essa equação em uma equação diferencial

exata, mediante multiplicação por um fator adequado.

Lamentavelmente, não existe um método simples, para obter fatores integrantes. Se existisse, nosso

trabalho seria bastante simplificado. Felizmente, entretanto, existem alguns métodos, que iremos

discutir e que aparecem com freqüência. O primeiro método que estudaremos é nada mais que um

método de separação de variáveis, em que o fator integrante é geralmente evidente, pois M e N pode,

cada um ser escrito como uma função de x vezes uma função de y.

Definição: Dada a equação diferencial M ( x,

y)

dx + N ( x,

y)

dy = 0 . Uma função I ( x,

y)

é um fator

integrante, se a equação:

é exata:

Exemplos:

I ( x,

y)

⋅[

M ( x,

y)

dx + N(

x,

y)

dy]

= 0

(02)

1

1) Mostre que a função I(

x,

y)

= − é um fator integrante para a equação y dx − x dy = 0.

2

x

Solução:

∂M

∂N

M ( x,

y)

= y ⇒ = 1 e N ( x,

y)

= −x

⇒ = −1

∂y

∂x

∂M

∂N

Como ≠ ,

∂y

∂x

temos que essa equação é uma EDO não exata.

1

Mas, multiplicando a equação diferencial dada por I ( x,

y)

= − , temos:

2

x

1

y 1

− ⋅[ y dx − x dy] = 0 ⇒ − dx + dy = 0

2 2

x

x x

y ∂M

1

1 ∂N

1

M ( x,

y)

= − ⇒ = − e N(

x,

y)

= ⇒ = −

2

2

2

x ∂y

x

x ∂x

x

∂M

∂N

Portanto, = , temos que essa equação é uma EDO exata e pode ser resolvida pelo método visto

∂y

∂x

em aula anterior (método da equação diferencial exata).

21




1

2) Mostre que a função I ( x,

y)

= − é um fator integrante de y dx − x dy = 0.

xy

∂M

∂N

Solução: M ( x,

y)

= y ⇒ = 1 e N ( x,

y)

= −x

⇒ = −1

∂y

∂x

∂M

∂N

Como ≠ , temos que essa equação é uma EDO não exata.

∂y

∂x

1

Mas, multiplicando a equação diferencial dada por I ( x,

y)

= − , temos:

xy

1

1 1

1 ∂M

1 ∂N

− ⋅[ y dx − x dy] = 0 ⇒ − dx + dy = 0 ⇒ M ( x,

y)

= − ⇒ = 0 e N ( x,

y)

= ⇒ = 0

xy

x y

x ∂y

x ∂x

∂M

∂N

Portanto, = , temos que essa equação é uma EDO exata e pode ser resolvida pelo método da

∂y

∂x

EDO exata.

Observação: Os dois exemplos anteriores mostram que uma equação diferencial pode admitir mais de

um fator integrante.

Resolução com o emprego de um fator integrante

Se I ( x,

y)

é fator integrante de (01), então (02) é exata e pode ser resolvida seja pelo processo da

equação diferencial exata, seja por integração direta. A solução de (02) é também solução de (01).

Determinação de um fator integrante

Do teste dado para verificar se uma equação diferencial é exata, decorre que um fator integrante é

solução de certa equação diferencial parcial. Ora, em geral, essa equação diferencial parcial é mais

difícil de resolver do que a própria equação diferencial original. Conseqüentemente, os fatores

integrantes se obtêm, em geral, por inspeção. O êxito do método vai depender, então, da habilidade do

calculista, em reconhecer ou vislumbrar, que determinado grupo de termos constitui uma diferencial

exata dh (x, y). Para tanto, a tabela a seguir poderá constituir boa ajuda.

Grupo de Termos Fator integrante I ( x,

y)

Diferencial exata dh(x,y)

ydx − xdy

1

xdy − ydx

−

⎛ y ⎞

2

= d

2

x

⎜ ⎟

x ⎝ x ⎠

ydx − xdy

1

xdy − ydx ⎛ x ⎞

2

y

= d

2 ⎜ ⎟

y ⎝ y⎠

ydx − xdy

1

xdy − ydx

−

⎛ y ⎞

= d ln

xy

⎜ ⎟

xy ⎝ x⎠

ydx − xdy

1

xdy

−

− ydx y

2 2

= d ⎛ arctg

⎞

2 2

x + y

⎜ ⎟

x + y ⎝ x⎠

ydx + xdy

1

xdy + ydx

= d( ln xy)

xy

xy

ydx + xdy

1 , n > 1

xdy + ydx ⎡ −1

⎤

( xy) n = d

n

n 1

( xy) ⎢

( n −1)( xy)

− ⎥

⎣

⎦

22




Grupo de Termos Fator integrante I ( x,

y)

Diferencial exata dh(x,y)

xdx + ydy

1

xdx + ydy 1 2 2)

2 2

= d ⎡ 2 2 ln( x + y

⎤

x + y

x + y ⎢

⎣2

⎥

⎦

ydx + xdy

1

, n>1 xdy + ydx ⎡ −1

⎤

2 2

( x + y ) n

= d

n

n 1

( xy) ⎢

( n −1)( xy)

− ⎥

⎣

⎦

aydx + bxdy ( a, b constantes)

a−1 b−1

−1 −

x y

x y 1 ( aydx + bxdy) = d(

x y

a b a b )

Por vezes, um reagrupamento dos termos da equação diferencial facilita a visualização do fator

integrante (exemplos 3, 4 e 5).

Conhecem-se fatores integrantes quando M(x,y) e N(x,y) em M (x,y).dx + N (x,y).dy = 0 satisfazem

certas condições:

(Caso i) Se gx ( ) ≡

determinado por:

1 ⎛∂M

∂N

⎞

⎜ − ⎟

N ⎝ ∂y ∂x

⎠

é uma função dependente apenas da variável x, o fator integrante é

gxdx ( ).

I( x, y)

= e ∫

(Ver exemplo 6)

(Caso ii) Se hy ( ) ≡

é determinado por:

1 ⎛∂M

∂N

⎞

⎜ − ⎟

M ⎝ ∂y ∂x

⎠

é uma função dependente apenas da variável y, o fator integrante

hydy ( ).

I( x, y)

= e − ∫

(Ver exemplo 7)

(Caso iii) Se M ( xy , ) = yf . ( xy) e Nxy ( , ) = xgxy . ( ), então:

I( x, y)

=

1

xM( x, y) − yN( x, y)

(Ver exemplo 8)

Exemplos:

1) Resolva ydx − xdy = 0

Solução:

Utilizando o fator integrante ( x,

y)

=

a equação diferencial como:

1

−

x

I

2

(ver exemplo 1, p. 2 ou tabela anterior), podemos escrever

23




xdy − ydx

= 0

(01)

2

x

Como (01) é exata, pode ser resolvido pelo processo das equações diferenciais exatas.

d ⎛ y ⎞

Alternativamente, pela tabela anterior, notamos que (01) pode ser escrita como ⎜ ⎟ = 0 . Logo, por

dx ⎝ x ⎠

integração direta, temos

y = c , ou y = c x como solução.

x

2) Resolva a equação diferencial do exemplo 1 utilizando outro fator integrante.

Solução:

1

Utilizando o fator integrante I ( x,

y)

= − (ver exemplo 2, p.3 ou tabela anterior), podemos escrever

xy

a equação como:

xdy − ydx

= 0

(02)

xy

Como (02) é exata, pode ser resolvido pelo processo das equações diferenciais exatas.

⎡ ⎛ y ⎞⎤

Alternativamente, pela tabela anterior, notamos que (02) pode ser escrita como d ⎢ln ⎜ ⎟⎥

= 0 . Logo,

⎣ ⎝ x ⎠⎦

⎛ y ⎞

por integração direta, temos ln⎜

⎟ = c1

. Tomando exponenciais em ambos os membros obtemos

⎝ x ⎠

y c

= e 1 , ou finalmente, y = cx ( c=

e c 1 ).

x

y − y dx+ xdy=

0

2

3) Resolva ( ) .

Solução:

Não se reconhece imediatamente nenhum fator integrante. Se, entretanto, reagruparmos

convenientemente os termos da equação, poderemos escrevê-la.

2

−( ydx − xdy)

+ y dx = 0 (03)

O grupo de termos entre parênteses admite muitos fatores integrantes. Experimentando cada um deles

separadamente, verificamos que apenas um deles torna toda a equação uma diferencial exata: Esse

2

fator é I ( xy , ) = 1/ y. Utilizando-o, podemos escrever (03) como

ydx − xdy

− + 1dx

= 0

(04)

2

y

Como (04) é exata, pode ser resolvida pelo processo das equações diferenciais exatas.

Alternativamente, a equação (04) pode ser escrita como − d( x/ y) + 1dx = 0, ou como d( x/ y) = 1 dx.

Integrando, obtermos a solução:

x

x

= x+ c ou y =

y

x+ c

24




2 2 2

y− xy dx+ ( x+

x y ) dy=0

4) Resolva ( ) .

Solução:

Não se reconhece de imediato nenhum fator integrante. Escrevendo, entretanto, a equação diferencial

como:

( ydx + xdy) + ( − xy

2

dx + x

2

y

2

dy)

= 0

(05)

vê-se que o primeiro grupo de termos admite vários fatores integrantes (tabela anterior). Um deles, a

2

saber I( xy , ) = 1/( xy)

, é fator integrante para toda a equação. Multiplicando a equação (05) por

2

1/( xy )

, obtemos:

Ou equivalentemente

Pela tabela anterior:

de modo que (06) pode escrever-se como

ydx + xdy − xy

2

dx + x

2

y

2

dy

+ = 0

( xy) 2

( xy)

2

ydx + xdy 1

= dy − 1dy

(06)

2

( xy)

x

ydx + xdy ⎛−1⎞

= d

( xy)

2 ⎜ ⎟

⎝ xy ⎠

⎛−1⎞

1

d⎜

⎟= dx−1dy

⎝ xy ⎠ x

Integrando ambos os membros desta última equação, obtemos:

− 1 = ln x − y + c que é a solução sob forma implícita.

xy

2

3yx

5) Resolva y ' = .

3 4

x + 2y

Solução:

Escrevendo a equação sob forma diferencial, temos:

(3 yx

2

) dx + ( −x 3

− 2 y

4

) dy = 0

Não se reconhece de imediato nenhum fator integrante. Podemos, no entanto, reagrupar os termos da

equação como segue:

x

2 (3 ydx − xdy) − 2y 4 dy = 0

(07)

O grupo entre parênteses é da forma aydx + bxdy, com a = 3 e b = − 1 , que admite x

2

y − 2

como fator

integrante. Ora, como a expressão entre parênteses já está multiplicada por x

2

, tentamos um fator da

2

forma I ( xy , ) = y − , vem:

x

2

y

−2 (3 ydx − xdy) − 2y 2

dy = 0

que pode ser simplificada (ver tabela anterior) para:

d( x

3

y

−1 ) = 2y 2

dy

(08)

25




Integrando ambos os membros de (08), obtemos:

3 1 2

x y

− = y

3 +c

3

6) Resolva y' = 2xy−

x.

Solução:

Escrevendo a equação sob forma diferencial, temos:

como solução sob forma implícita.

( − 2 xy + x) dx + dy = 0

(09)

Não se reconhece de imediato nenhum fator integrante. Nota-se,entretanto, que

M( x, y) =− 2 xy+ x e N( x, y) = 1; de forma que:

1 ⎛∂M ∂N ⎞ ( −2 x) −(0)

⎜ − ⎟= = − 2x

N ⎝ ∂y ∂x

⎠ 1

é função de x somente. Portanto de acordo com a condição (a) para determinar o fator integrante,

temos:

−2.

xdx 2

I( x, y)

= e∫

= e

−x

é o fator integrante. Multiplicando (09) por

2 2 2

2

x

e −

, obtemos:

−x −x −x

( − 2 xye + xe ) dx + e dy = 0

(10)

que é exata. Resolvendo (10) pelo processo das equações diferenciais exatas, obtemos a solução:

2 1

y = ce

x

+

2

Observe que a equação dada é também linear. (Esse tipo de equação será objeto de estudo nos tópicos

seguintes).

2

7) Resolva y dx + xydy = 0 .

Solução:

Aqui, M ( xy , ) = y

2

e Nxy ( , ) = xy; logo,

1 ⎛∂M ∂N ⎞ 2y−

y 1

⎜ − ⎟= =

M ⎝ ∂y ∂x ⎠ y

2 y

é função de y somente. Portanto de acordo com a condição (b) para determinar o fator integrante,

temos:

− (1/ ydy ) − ln y

I ( xy , ) = e ∫ = e = 1/ yé o fator integrante. Multiplicando a equação diferencial dada

c

por: I ( xy , ) = 1/ y, obtemos a equação exata ydx + xdy = 0 , cuja solução é y = .

x

Um processo alternativo consistiria em dividir a equação dada por

equação de variáveis separáveis.

2

xy transformando-a em uma

26




2

xy − y

8) Resolva y ' = .

x

Solução:

Escrevendo a equação sob a forma diferencial, temos:

de acordo com o caso (c) para determinar o fator integrante, escolhemos:

y(1 − xy) dx+ x(1) dy = 0

(11)

I ( x,

y)

=

1 −1

=

xy [ (1 − xy)] 2

( xy)

Multiplicando (11) por

I ( x,

y)

, obtemos:

xy −1 1

dx − dy = 0

2 2

x y xy

que é exata. Aplicando o processo das equações diferenciais exatas, chegamos à solução

y =−1/( xln cx)

.

Note-se que poderíamos ter escrito (11) como:

( ydx + xdy)

− xy

2

dx = 0

que também sugere (ver tabela 1) ( x,

y)

= 1/ xy como fator integrante.

I ( ) 2

2

⎧dy

3x

+ xy

⎪ =

2

9) Resolva ⎨dx

y + x y .

⎪

⎩y(1)

= 3

Solução:

Escrevendo a equação dada na forma:

(3x

2

2

+ xy )dx − (y + x y)dy =

0 , teremos:

e a equação não é exata.

∂M

∂N

= + ⇒ = − − ⇒ = ⇒ = −

∂y

∂x

2 2

M ( xy , ) 3 x xy Nxy ( , ) y xy 2 xy 2xy

Observe que M(x,y) e N(x,y) podem ser fatoradas como produto de uma função de x e uma função de

2

2

y, isto é, x(3

+ y ) dx − y(1

+ x ) dy = 0 e o fator integrante é:

I( x, y)

=

1

2 2

(3 + y )(1 + x )

multiplicando a equação por este fator integrante, temos

27




x

1 + x

y

dx −

3 + y

dy =

2 2

que é separável e exata e integrando esta expressão, temos:

Como y = 3 quando x =1, obtemos

E a solução que procuramos é:

2 1

2

2

ln(1 + x ) − ln(3 + y ) = c ou (1 + x ) = c ⋅(3

+ y

2 2

1 2

1

c = .

6

2 1 2

2

(1 + x ) = (3 + y ) ou y − 6x

6


0

2

= 3

)

1) Determine um fator integrante apropriado para cada equação diferencial e resolva-a:

Respostas:

2

2 2 3

a)2 y . dx + 3 xy. dy = 0

a) I( xy , ) = − 1/ xy ou Ixy ( , ) = 1/ y;

xy = c

b) y. dx + x.lnxdy

= 0

bIxy ) ( , ) = 1/ x; y=

c/lnx

cydx ) . − 2 xdy . = 0

3

−

2

cIxy ) ( , ) = x , I(x,y) = 1/ y

ou I( xy , ) = 1/ 3 xy;

y=

c x

d) xcos ydy . − senydx . = 0

2

d) I( x, y) = 1/ x ; seny = cx

e)( y+ 1) dx− ( x+ 1) dy = 0

2

eI ) ( xy , ) = 1/( x+

1)

= − + = + −

2

ou I( x, y) 1/( y 1) ; y c( x 1) 1

f) (2y+ 3 x). dx+ xdy . = 0

2 3

f ) I( x, y) = x,

x y+ x = c

g x y dy xydx

2 2

) ( − ). − 2 . = 0

2 2 2

g) I)( x, y) = 1/ y ; x + y = cy

2 3

4

h) 4 x ydx . + x . dy = 0

h) I( x, y) = x;

x y = c

i) dx − 2xydy

= 0 2

iIxy ) ( , ) = 1/ xou Ixy ( , ) = e

− y

; y

2

= ln cx

3

28




RESUMO PARA ENCONTRAR FATORES INTEGRANTES

Considere a equação:

M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0

∂M

∂N

1) Calcule: (01) e (02)

∂y

∂x

2) Se (01) = (02) a equação é exata e pode ser resolvida.

3) Se (01) ≠ (02), podemos ter os seguintes casos:

1 ⎛∂M

∂N

⎞

(i) Se gx ( ) ≡ ⎜ −

N ⎝ ∂ y ∂ x ⎠ ⎟ e a função depende apenas da variável x, o fator integrante é

determinado por:

gxdx ( ).

I( x, y)

= e ∫

1 ⎛∂M

∂N

⎞

(ii) Se hy ( ) ≡ ⎜ −

M ⎝ ∂ y ∂ x ⎠ ⎟ e a função depende apenas da variável y, o fator integrante é

determinado por:

hydy ( ).

I( x, y)

= e − ∫

(iii) Se M ( xy , ) = yf . ( xy) e Nxy ( , ) = xgxy . ( ), então:

1

I( x, y)

=

xM( x, y) − yN( x, y)

Exemplo:

1) Resolva

⎧

⎪

⎨

⎪

⎩

dy

dx

y (0) = 2

= x − y

Solução:

Escrevendo a equação diferencial como ( x − y).dx − dy = 0 , temos:

∂M

M( x, y) = x− y

= −1

∂y

∂N

N( x, y) =− 1 = 0

∂x

e a equação não é exata.

1 ⎛∂M

∂N

⎞ ( −1

− 0)

Agora usando gx ( ) = ⎜ − ⎟ isto é, g(x) = = 1 é uma função de x. Portanto

N ⎝ ∂ y ∂ x ⎠

−1

1dx

I( xy , ) = e∫

= e

x

é um fator integrante. Assim

x dy x

x dy x x

e = e ( x − y)

⇒ e . + ye = x.

e

dx

dx

resolvendo como uma solução exata, chegamos a solução geral:

x x x

x.

e − 2y.

e − e = C

utilizando a condição de existência , temos:

x x x

x . e − y.

e − e = −5

29





1) Resolva as seguintes equações diferenciais, utilizando o processo que considerar apropriado e

possível:

Respostas:

a) xy

2

dx + x

2

ydy = 0

1

aIxy ) ( , ) = 1 (a equação é exata); x

2

y

2

= c 2

b)( y + x

3

y

3

) dx + xdy = 0

bIxy ) ( , ) = 1/( xy) 3

; 1/ y

2

= 2 x

2

( x−

c)

c)( x

2

+ y+ y

2

) dx− xdy = 0

cIxy ) ( , ) = − 1/( x

2

+ y

2

); y= xtgx ( + c)

d)( y + 1) dx − xdy = 0

d) I( x, y) = − 1/ x

2

; y = cx − 1

eydx ) + (1 − xdy ) = 0

eIxy ) ( , ) = 1/ y

2

; cy= x−

1

f)( x

3

y

2

− y) dx+ ( x

2

y

4

− x) dy = 0

f ) I ( x, y) = 1/( xy) 2

; 3x 3

y + 2xy 4

+ cxy = − 6

g)2xydx + y

2

dy = 0

gIxy ) ( , ) = 1/ y; y

2

= 2( c−

x

2

)

h) ydx + 3xdy

= 0

hIxy ) ( , ) = y

2

; y

3

= c/

x

i)(3 x

2

y− x

2

) dx+ dy = 0

j)( y+ x

4

y

2

) dx+ xdy = 0

⎛

2 x ⎞

2

k) 2xy + dx+

4x ydy = 0

⎜ 2

y

⎟

⎝ ⎠

lxydx )

2

+ ( x

2

y

2

+ x

2

ydy ) = 0

m)( y+ x

3

+ xy

2

) dx− xdy = 0

n)3 x

2

y

2

dx+ (2 x

3

y+ x

3

y

4

) dy = 0

3 3

x x

iIxy ) ( , ) = e ; y= ce − + 1/3

jIxy ) ( , ) = 1/( xy) 2

; 1/ y= x

4

/3−

cx

2

) ( , )

2

; x

2 4 x

kIxy= y y + = c

2

lIxy ) ( , ) = 1/( xy) 2

; ln xy=

c−

y

mIxy ) ( , ) = − 1/( x

2

+ y

2

); y= xtgx (

2

/2 + c)

3 3

nIxy ) ( , ) = e

y /3

; x

3

ye

2 y /3

= c

30



EQUAÇÃO DIFERENCIAL LINEAR DE 1 a ORDEM

Consideremos uma equação diferencial da forma:

a

0

( x)

y ' + a1

( x)

y = b(

x)

Vamos considerar que todas as condições necessárias ( a0 ( x),

a1

( x)

e b(

x)

, dependam apenas da

variável x) para que possamos resolver esta equação sejam satisfeitas.

O melhor que podemos fazer quando

equação por

a 0

( x)

para obter:

a 0

( x)

é não nula, é realizar a divisão de todos os termos da

y ' + P(

x)

y = Q ( x)

(01)

uma equação que pode ser escrita desta forma, onde P(x) e Q(x) são funções de x conhecidas, é

chamada uma equação diferencial linear de primeira ordem (se uma equação não pode ser escrita

dy 2

nesta forma, como por exemplo + xy = sen x , é chamada equação diferencial de primeira ordem

dx

não-linear).

Um bom método para resolver esta equação (01) de uma forma geral é multiplicar ambos os membros

da equação por um fator integrante ∫

P(

x)

dx

I(

x,

y)

= e ,

Assim:

que é equivalente a

e

∫

P(

x)

dx

dy

∫

P(

x)

dx

⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅

∫

P(

x)

dx

P( x)

y e Q(

x)

e

(1)

dx

d ).

⎛ ∫

P(

x).

dx ⎞

= ⋅

∫

P(

x dx

⎜ y.

e ⎟ Q(

x)

e

dx ⎝ ⎠

Prova da equivalência:

Fazendo:

dy

u = y ⇒ u ' = y ' = e ∫

P(

x)

dx

v = e ⇒ v'

= P(

x)

⋅e

∫

dx

P(

x)

dx

Por outro lado, sabemos que:

Substituindo (2) em (1) temos:

'

⎡ ∫

P(

x)

dx ⎤ dy

⋅ = ⋅ + ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅

∫

P(

x)

dx

+ ⋅ ⋅

∫

P(

x)

dx

[ u v]'

u'

v u v'

y e

e y P(

x)

e

(2)

⎢⎣ ⎥⎦ dx

⎡

y ⋅e

∫

⎢⎣

P(

x)

dx

'

⎤

= Q(

x)

⋅e

⎥⎦

∫ P(

x)

dx

31



Integrando ambos os membros em relação à x, temos:

cuja solução é:

e como ∫

P(

x)

dx

I(

x,

y)

= e , vamos a:

∫

⎡

y ⋅e

∫

⎢⎣

y ⋅e

∫

P(

x)

dx

'

⎤

dx =

⎥⎦

∫

Q(

x)

⋅e

∫ P(

x)

dx

dx

∫

P(

x dx

= ∫ Q(

x)

⋅e

dx + c

P ( x)

dx

)

y ⋅ I = ∫ Q( x)

⋅ I dx + c

(3)

Nota: Na prática, podemos trabalhar diretamente com a equação (3).

Exemplos:

dy

1) Resolva: + 5 y = 50

dx

Solução:

Temos uma equação diferencial linear de primeira ordem, com P(x) = 5 e Q(x) = 50.

O fator integrante fica determinado por:

I

= e

∫

P(

x)

dx

= e

∫

5dx

= e

5x

Substituindo essas informações na equação (3), temos:

y

5x

⋅e

= ∫

e

5x

⋅50dx

⇒ y ⋅e

5x

e

= 50⋅

5

5x

c

+ c ⇒ y = 10 +

e

5x

ou

y = 10 + c ⋅e

−5x

Observação: O método de separação de variáveis também poderia ter sido utilizado na resolução desse

exemplo, como mostramos a seguir.

dy

dy

dy

dy

1

+ 5y

= 50 ⇒ = 50 − 5y

⇒ = dx ⇒ = ⇒ − ⋅ − = + ⇒

−

∫

−

∫ dx ln(50 5y)

x c1

dx

dx

(50 5y)

(50 5y)

5

ln(50 − 5y)

= −5x

− 5c

−5c1

−5x

−5x−5c

−5x−5c1

1

⇒ 50 − 5y

= e ⇒ 5y

= 50 − e ⇒ y = 10 − ⇒ y = 10

e

⋅e

5

+ c ⋅e

1 −

5x

2) Resolva: y ' - 3y = 6 Resposta:

y = −2 + Ce

3x

3) Resolva: y '−2xy

= x Resposta:

1 2

x

y = − + Ce

2

32




1) Resolva as equações diferenciais lineares de 1 a ordem abaixo:

Respostas:

a)

y'

+ 2xy

= x

1 −x a)

y = + ce

2

2x

b)

y'

−y

= e

2

x 2x

c)

xy'

+ y + 4 = 0

b)

y = ce + e

d)

xy'

+ y = sen x

c

c)

y = − 4

e)

y'

+ ytgx = sen 2x

x

1

f ) y'

−y

= 1−

x

d)

y = ( c − cos x)

x

2

g)

y'

−4y

= 2x

− 4x

2

e)

y = C.cos

x − 2 cos x

2

h)

xy'

+ 2y

= 4x

x

f ) y = ce + x

3x

i)

y'

−3y

= e

g)

y = ce

4x

+ x

2

−2 2

h)

y = cx + x

i) y = ce

3x

+ xe .

3x

LISTA EXTRA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS

1) Resolva as equações diferenciais:

2

axdx ) − ydy=

0

( ) ( )

b) x+ seny dx+ xcos y− 2y dy = 0

⎛ 4 ⎞ 4

cy ) ' + ⎜ ⎟y=

x

⎝ x ⎠

d) y'

+ y = senx

xy

2 + ye

ey ) ' =

xy

2y−

xe

f) y'

=

x

2

+ 2

y

3 2 2

( ) ( )

g) y+ 2xy dx+ 1+ 3x y + x dy = 0

dz

h)

− xz = − x

dx

Respostas:

a) 3x

2

− 2y 3

= c

1 2 2

b) x + xseny − y = c

2

c 1 5

c)y

= + x

x

4 9

-x 1 1

d) y = ce + senx−

cos x

2 2

xy 2

e)2x + e − y = c

2 2

f)y = x

3

+ 4x+

c

3

g)xy

+ x

2

y

3

+ y = c

x

h) z(x) = ce 2 + 1

2

2) Resolva e x dx − ydy = 0 com y(0) = 1 Resposta: y

2

= 2e

x

−1

33



PROBLEMAS DE QUEDA DOS CORPOS

Consideremos um corpo de massa m em queda vertical, influenciado apenas pela gravidade g e por

uma resistência do ar proporcional à velocidade da queda. Admitamos que tanto a gravidade como a

massa permanecem constantes e, por questão de conveniência, escolhamos a direção para baixo como

a direção positiva.

Segunda lei do movimento de Newton: A força líquida que atua sobre um corpo é igual à taxa de

d v

variação do momento do corpo em relação ao tempo, ou, para uma massa constante, F = m , onde

dt

F é a força líquida que atua sobre o corpo e v é a velocidade do corpo – ambas no instante t.

No problema em estudo, há duas forças atuando sobre o corpo:

• A força devida à gravidade representada pelo peso w do corpo e que é igual a m.g

• A força devida à resistência do ar, dada por –k.v, onde k ≥ 0 é a constante de proporcionalidade.

Faz-se necessário o sinal menos porque esta força é oposta à velocidade, isto é, atua para cima, na

direção negativa.

A força líquida F que atua sobre o corpo é, pois: F = m.g – k.v.

Levando este resultado na equação da segunda lei do movimento de Newton, temos:

como a equação do movimento do corpo.

Exemplos:

dv dv k

m . g − k.

v = m.

⇒ + v = g

dt dt m

dv

1) Mostre que desprezando-se a resistência do ar (então k = 0)

, teremos: = g

dt

solução dessa equação.

. Determine a

Solução:

Inicialmente, substituindo

k = 0

em

dv k

dv

+ v = g , temos: = g

dt m

dt

Por outro lado, podemos facilmente determinar a solução dessa equação, usando as equações lineares

separáveis, como mostramos a seguir:

dv

= g ⇒ dv = g dt ⇒ dv = g dt ⇒ v = g ⋅t

+ c

dt

∫ ∫

34



dv k

2) Determine a solução geral da equação diferencial + v = g.

dt m

Solução:

k

Temos uma equação diferencial linear de primeira ordem, com P ( t)

= e Q(

t)

= g .

m

O fator integrante fica determinado por:

k k

Pt () dt

dt t

I = e∫

= e ∫ m = em

⋅

Substituindo essas informações na equação v ⋅ I = ∫ Q( t)

⋅ I dt + c , temos:

k k k k

k

⋅t ⋅t ⋅t t

m m m

m ⋅

m

m⋅g c m⋅g

− ⋅ t

v⋅ e = ∫ g⋅ e dt+ c⇒ v⋅ e = g⋅ ⋅ e + c⇒ v= + ⇒ v= + c⋅e

m

k k k

⋅ t k

em

m.

g

3) Mostre que se k > 0, a velocidade limite da queda dos corpos é dada por v l

= .

k

Solução:

⎡

k

m g − ⋅ t

⎤

⋅

lim [ ] lim

m

m⋅

g

vl

= solução geral de v = ⎢ + c ⋅e

⎥ =

t→+∞

t→+∞⎢

k

⎥ k

⎢⎣

⎥⎦

35



Observação: Estas equações são válidas apenas se as condições dadas são satisfeitas. Elas não são

válidas, por exemplo, se a resistência do ar não for proporcional à velocidade, e sim ao quadrado da

velocidade, ou se toma como direção positiva a direção para cima.

Problemas:

1) Deixa-se cair um corpo de 75 Kg de uma altura de 30 m com velocidade zero. Admitindo que não

haja resistência do ar, determine:

a) A expressão da velocidade do corpo no instante t.

b) A expressão da posição do corpo no instante t.

c) O tempo necessário para o corpo atingir o solo.

Solução:

dv

a) Como não existe resistência do ar, aplicamos a fórmula = g .

dt

Esta equação é uma equação diferencial linear separável, suja solução é

v = g. t + c .

Quando t = 0, v = 0 ( inicialmente a velocidade do corpo é zero), logo 0 = g.0+ c⇒ c = 0.

Assim, v = 9,81. t (sabemos que g = 9,81).

b) Como a velocidade é a taxa de variação do deslocamento x em relação ao tempo, temos

dx

assim = 9,81. t . Esta equação é uma equação diferencial separável, cuja solução é:

dt

x = 4,905 t

2

+ c1

Mas em t = 0, temos x = 0. Assim, 0 = 4,905 (0) 2 + c1⇒ c1=

0 .

Substituindo este valor na equação do deslocamento encontrado, temos:

x = 4,905

t

2

dx

v = ,

dt

c) Devemos determinar t para x = 30. Substituindo x = 30 na equação do deslocamento e resolvendo-a

encontramos t = 2,47 seg.

36



2) Deixa-se cair de uma altura de 1000 metros uma bola cujo peso é 1 Kgf, sem velocidade inicial. Na

queda, a bola sofre uma resistência do ar proporcional a

1 v , em Kgf. Determine a equação da

4

velocidade da bola.

Solução:

Neste problema temos w = 1 Kgf e k = 4

1 .

Admitindo que g = 9,81 m/s 2 , temos que w = m.g, então 1 = m. 9,81 ⇒ m

≅

0,10 Kg.

Assim, teremos:

cuja solução é:

dv k

+ v = g ⇒

dt m

dv

2,5v

9,81

dt + =

v ( t ) = c.e

−2,5.t

+ 3,92

Em t = 0, temos v = 0 e assim, teremos:

Portanto,

0 = c . e

−2,5.(0)

+ 3,92 ⇒ c = −3,92

v ( t)

= −3,92.

e

−2,5.

t

+ 3,92

Observação: vl

= lim v = 3,92 m/

s m ⋅ g 0,10 ⋅ 9,81

ou v = = = 3, 92

l

t→+∞

k 0,25

3) Deixa-se cair um corpo de peso w = 30 kgf de uma altura de 30 m com velocidade inicial de 3 m/s.

Admitamos que a resistência do ar seja proporcional à velocidade do corpo. Se a velocidade limite

é de 43 m/s, determine:



Solução:

a) Neste problema temos w = 30 Kg, como w = mg, temos:

m.g = 30 ⇒ m.9,81 = 30 ⇒ m = 3,06Kg

Por outro lado, como a velocidade limite é 43m/s, temos:

m.g 30

v l = ⇒ 43 = ⇒ k = 0, 70

k k

Agora levando estes substituindo estes valores na equação diferencial da velocidade temos:

cuja solução é:

dv k

+ v = g ⇒

dt m

dv

dt

0 7,

dv

+ v = 9,81 ⇒ + 0,23v = 9, 81

3,06

dt

v ( t ) = c.e

−0,23.t

+ 42,65 .

37



Mas em t = 0, v = 3. Assim, substituindo estes valores temos:

Logo a expressão da velocidade fica:

3= c + 42, 65⇒ c = -39,65.

v ( t ) = −39,65.e

−0,23.t

+ 42,65

b) Agora precisamos encontrar a expressão do movimento. Como

velocidade encontrada temos:

dx

v = , substituindo a expressão da

dt

dx

dt

= −39,65.e

−0,23.t

+ 42,65

Esta equação é uma equação diferencial separável e sua solução é:

x = 172.e

−0,23.t

+ 42,65.t + c1

Em t = 0 e x = 0, temos: = 172 + c ⇒ c = 172

0

1 1

−

Assim a expressão do movimento é:

x = 172. e

−0,23.

t

+ 42,65. t −172

38



LISTA DE PROBLEMAS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS

1) Deixa-se cair de uma altura de 150 m um corpo de 15 kg de massa, sem velocidade inicial.

Desprezando-se a resistência do ar, determine:



c) Determine o tempo necessário para que o corpo atinja o solo.

Resposta: a) v = 9,81 t b) S = 4, 905 t 2 c) 5,53 seg

2) Deixa-se cair um corpo de uma altura de 150 m com velocidade inicial de 3 m/s. Desprezando-se a

resistência do ar, determine:


b) O tempo necessário para o corpo atingir o solo.

Resposta: a) v(t) = 9, 81 t + 3 b) t = 5, 23 seg

3) Deixa-se cair de uma altura de 300 m uma bola cujo peso é de 75 Kg. Determine a velocidade

limite da bola se a força de resistência do ar é de – 0,5 v. Resposta: 150 m/s

4) Um corpo de 2 kg de massa é lançado de uma altura de 200 m, sem velocidade inicial. Determine a

velocidade limite do corpo, se ele encontra uma resistência do ar igual a -50 v.

Resposta: v = 0, 392 m / s com g = 9,8 m/s2

5) Deixa-se cair um corpo de 145 Kg de massa de uma altura de 300 m, sem velocidade inicial. O

corpo encontra uma resistência do ar proporcional à sua velocidade. Se a velocidade limite é de

100 m/s, determine:

a) A expressão da velocidade no instante t.


c) O tempo necessário para que o corpo atinja uma velocidade de 50m/s.

0,1 t 0,1 t

Resposta:

av ) =− 98,1. e − + 98,1 b) xt ( ) = 981. e

−

+ 98,1 t −981

c)7,13s

39

ZILL. D. G. CULLEN. M. R. Equações diferenciais. v.1. São Paulo: MAKRON Books, 2001.

CIRCUITOS EM SÉRIE

Em um circuito em série contendo somente um resistor e um indutor, a segunda lei de Kirchhoff diz

di

que a soma da queda de tensão no indutor ( L ) e da queda de tensão no resistor (i ⋅ R) é igual à

dt

voltagem ( E()

t ) no circuito. Veja a Figura 3.10.

Logo, obtemos a equação diferencial linear para a corrente it (),

di

L Ri E()

t

dt + = (1)

em que L e R são constantes conhecidas como a indutância e a resistência, respectivamente. A corrente

é algumas vezes chamada de resposta do sistema.

A queda de potencial em um capacitor com capacitância C é dada por qt ()/ C, em que q é a carga no

capacitor. Então, para o circuito em série mostrado na Figura 3.11, a segunda lei de Kirchhoff nos dá

1

R ⋅ i+ q = E()

t

(2)

C

Mas a corrente i e a carga q estão relacionadas por

linear

dq

i = , logo, (2) torna-se a equação diferencial

dt

dq 1

R ⋅ q E()

t

dt

+ C

= (3)

Exemplo : Uma bateria de 12 volts é conectada a um circuito em série no qual a indutância é de ½

henry e a resistência, 10 ohms. Determine a corrente i se a corrente inicial é zero.

Solução: De (1), vemos que devemos resolver

1 di

10i

12

2 dt + =

sujeita a i(0) = 0. Primeiro, multiplicamos a equação diferencial por 2 e tiramos o fator de integração

e

20t

. Obtemos então

d ⎡ e

20t

i ⎤ = 24 e

20t

dt ⎣ ⎦

20 24

e

t

i = e

20t

+ C

20

6

i = + ce − 20t

5

Agora, i(O) = O implica O = 6/5 + c, ou c = - 6/5. Logo, a resposta é

40


Por

6 6

i = − e − 20t

5 5

− pxdx ( ) pxdx ( ) − pxdx ( )

y = e ∫

∫ e∫ f( x)

dx+

ce ∫

Podemos escrever uma solução geral para (2):

−( R/ L)

t

e

it () = e

( R / Lt )

Etdt () ce

−( R/ Lt )

∫ + (4)

L

Em particular, quando E()

t = E0

é uma constante, (4) torna-se

E

it () =

0

+ ce

−( R / Lt )

(5)

R

Note que, quando t →∞, o segundo termo da equação (5) se aproxima de zero. Tal termo é

usualmente chamado de termo transitório; qualquer termo remanescente faz parte do estado

estacionário da solução. Neste caso, E 0 / R também é chamado de corrente estacionária. Após um

longo período de tempo, a corrente no circuito é praticamente governada apenas pela lei de Ohm

E = i⋅R.

EXERCÍCIOS:

1. Uma força eletromatriz (fem) de 30 volts é aplicada a um circuito em série L-R no qual a indutância

é de 0,5 henry e a resistência, 50 ohms. Encontre a corrente i(t) se i(0) = 0. Determine a corrente

quando t →∞.

2. Resolva a equação (1) supondo E() t = E0senω

t e i(0)

= i0

3. Uma força eletromotiva de 100 volts é aplicada a um circuito R-C em série no qual a resistência é

de 200 ohms e a capacitância, 10 −4 farad. Encontre a carga q(t) no capacitor se q(0) = 0. Encontre a

corrente i(t).

4. Uma força eletromatriz (fem) de 200 volts é aplicada a um circuito R-C em série no qual a

resistência é 1000 ohms. e a capacitância, 5 x 10 − 6

farad. Encontre a carga q(t) no capacitor se i(0) =

0,4. Determine a carga quando t →∞.

5. Uma força eletromatriz (fem)

⎧120, 0 ≤t

≤ 20

Et () = ⎨

⎩0, t > 20

é aplicada a um circuito L-R em série no qual a indutância é de 20 henrys e a resistência, 2 ohms.

Encontre a corrente i(t) se i(0) = 0.

6. Suponha que um circuito R-C em série tenha resistência variável. Se a resistência no instante t é

dada por R = k1+ k2t, em que k1> 0 e k2

> 0 são constantes, então (3) torna-se

1

( k1 + k2t) ⋅ dq q E t

dt

+ C

= ( )

Mostre que, se E()

t = E0

e q(0)

= q0

, então

1/ Ck2

⎛ k1

⎞

qt () = EC 0 + ( q0 −EC 0 ) ⎜ ⎟ .

⎝ k 1+

k 2 t ⎠

41

OBSERVAÇÃO: O TEXTO A SEGUIR É ADAPTADO DO LIVRO:



EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES HOMOGÊNEAS DE SEGUNDA ORDEM COM

COEFICIENTES CONSTANTES

1. EQUAÇÃO CARACTERÍSTICA OU AUXILIAR

À equação diferencial

y'' + a1y' + a0y

= 0

(1)

em que

a 0 e a 1são constantes, corresponde a equação algébrica.

λ

2

+ a1λ

+ a0 = 0

(2)

obtida de (1) mediante substituição de y'', y' e y por λ

2

, λ

1

, λ

0

= 1, respectivamente. A equação (2)

é chamada equação característica ou auxiliar de (1).

Exemplo 1: A equação característica de

y'' − 2 y' + y = 0 é λ

2

− 2λ

+ 1 = 0.

y'' + 3 y' − 4y = 0 é λ

2

+ 3λ

− 4 = 0; a equação característica de

A equação característica pode ser fatorada como segue:

( λ − λ1).( λ − λ2) = 0

(3)

2. SOLUÇÃO EM TERMOS DAS RAÍZES CARACTERÍSTICAS

A solução de (1) se obtém diretamente a partir das raízes de (3). Há três casos a considerar.

λ

CASO 1. λ 1 e λ 2 são ambas reais e distintas. 1 x λ

e 1x

e e são duas soluções linearmente

independentes. A solução geral é

λ1x

λ2x

y = c1e + c2e

(4)

Exemplo 1: Resolva y'' − y' − 2 y = 0 .

Equação característica: λ

2

−λ

− 2= 0, que pode ser fatorada em ( λ + 1).( λ − 2) = 0. Como as raízes

λ1 =− 1 e λ2

= 2 são reais e distintas, a solução é dada por (4):

y = c

x 2x

1e −

+ c2e

Exemplo 2: Resolva y'' − 7 y' = 0 .


2

− 7λ

= 0, que pode ser fatorada em λ.( λ − 7) = 0. Como as raízes

λ1 = 0 e λ2

= 7 são reais e distintas, a solução é dada por (4):

y = c

0x 7x 7x

1e + c2e = c1+

c2e

42




Exemplo 3: Resolva y'' − 5 y = 0 .


2

− 5= 0, cujas raízes, λ1= 5 e λ2

=− 5 são reais e distintas, a solução é

dada por (4):

y = c1e 5x

+ c2e − 5x

CASO 2. λ1 = λ 2.

são raízes reais iguais.

λ1 x λ

e . 1x

e xe são duas soluções linearmente

independentes. A solução geral é:

λ1x

λ1x

y = c1e + c2xe

(6)

Atenção: As soluções acima não são válidas se a equação diferencial não é linear ou se não tem

coeficientes constantes. Consideremos, por exemplo, a equação y'' − x

2

y = 0. As raízes da equação

característica são λ1 = x e λ2

= − x,

mas a solução não é

Exemplo 1: Resolva y'' + 4 y' + 4 y = 0 .

2 2

y = c

( x) x ( x)

x x

1e + c2xe − = c1e + c2xe −x

2

Equação característica: λ + 4λ

+ 4 = 0 com as raízes λ1 = λ2 =− 2 são reais e iguais, a solução geral

é dada por (6):

y = c

2x

2x

1e − + c2xe

−

Exemplo 2: Resolva y '' = 0 .


2

= 0, com as raízes λ1= λ2 = 0 são reais e iguais, a solução geral é dada

por (6):

y = c

0x

0x

1e + c2xe = c1+ c 2 x

CASO 3. λ 1 = a + ib , complexo. Como, em (1) e (2), a 0 e a 1 supõem-se reais, as raízes de (2) devem

aparecer em pares conjugados; assim, a outra raiz é λ

1

= a − ib . Duas soluções linearmente

independentes são e

( a+ ibx )

e e

( a−ibx

)

, e a solução geral (complexa) é

y = d

( a ibx ) ( a ibx )

1e +

+ d2e

−

Utilizando as relações de Euler

e

ibx

= cos bx + ise . n bx e

−ibx

= cos bx − ise . n bx

Podemos escrever a solução como

y = d1. e

ax

. e

ibx

+ d2. e

ax

. e − ibx

= e

ax

( d1. e

ibx

+ d2.

e

−ibx

)

= e

ax

[( d1(cos bx + i. sen bx) + d2(cos bx − i. sen bx)]

= e

ax

[( d1+ d2).cos bx+ i.( d1−

d2) sen bx]

Definindo c1 = d1+ d2 e c2 = i(

d1− d2)

como duas novas constantes arbitrárias, podemos escrever a

solução geral como

y = c

ax

1e cos bx+ c

ax

2e sen bx

(5)

43




A equação (5) é real se e somente se c 1 e c 2são ambas reais, o que ocorre se e somente se d 1 e d 2 são

complexos conjugados. Como estamos interessados na solução geral real, devemos impor a d1 e d2

a

restrição de serem complexos conjugados.

Exemplo 1: Resolva y'' + 4 y' + 5 y = 0 .


2

+ 4λ

+ 5= 0,

com raízes complexas λ1 = − 2 + i e λ2

= −2

− i. Solução

geral, de acordo com (5):

y = c

2x

2

1e − cos x+

c

x

2e −

sen x

Exemplo 2: Resolva y'' + 4 y = 0 .

Equação característica:

acordo com (5):

λ

2

+ 4= 0, com raízes complexas λ1 = 2 i e λ2

=− 2. i . Solução geral, de

y = c1cos 2 x+

c2sen 2x

Observe que as raízes complexas têm ambas parte real igual a zero.

Exemplo 3: Resolva y'' − 3 y' + 4 y = 0 .


2

− 3λ

+ 4= 0, com raízes complexas

3 7 3 7

λ1= + i e λ2

= −i

.

2 2 2 2

Solução geral, de acordo com (5):

(3/ 2) 7 (3/ 2) 7

y = c1e x

cos x+

c

x

2e sen x

2 2


1) Resolva as seguintes equações diferencias:

RESPOSTAS

ay ) '' − y=

0

ay ) = ce

x x

1 + ce 2

by ) '' − y' − 30y= 0

by ) = ce

−5x

6x

1 + ce 2

cy ) '' − 2 y' + y=

0

cy ) = ce

x x

1 + cxe 2

d) y'' + y = 0 d) y = c1cos

x+

c2sen x

ey ) '' + 2 y' + 2y=

0

y = c

x

1e cos x+

c

x

2e −

sen x

f) y'' − 7y

= 0

f)

y = c

7x

1e + c2e − 7x

g) y'' + 6 y' + 9y

= 0

g)

y = c

3x

3x

1e + c2xe

−

hy ) '' + 2 y' + 3y=

0

hy ) = ce

−x

1 cos 2x+

ce

−x

2 sen 2x

i) y'' −3 y' − 5y

= 0

iy ) = ce

[(3+ 29) / 2] x [(3

1 + ce

−

2

29) / 2] x

1

j) y'' + y' + y = 0 j)

y = c

(1/ 2) x (1/ 2) x

1e + c2xe

−

4

44




2) Determinar a solução geral das Equações Diferenciais Lineares Homogêneas de 2 a Ordem a

coeficientes constantes, dadas a seguir, pelo método proposto para resolver este tipo de equação.

2

d y

a) + 36y

= 0

Resposta: y = c cos( 6x) c sen( 6x)

2

1

⋅ +

2

⋅

dx

2

d y dy

3x

4x

b) + 12y

= 7

Resposta: y = c e c e

2

1

⋅ +

2

⋅

dx dx

2

d y

3x

−3x

c) = 9y

Resposta: y = c e c e

2

1

⋅ +

2

⋅

dx

d) d 2

y dy

x −2x

+ − 2y

=0 Resposta:

2

y = c1e

+ c2e

dx dx

2

d y dy

2x

e) − 4 + 4y

= 0 Resposta: y = ( c c x) e

2

1

+

2

⋅

dx dx

2

d y dy

x

f) + 2 + 10y

= 0 Resposta: y = e

− ⋅ ( c cos 3 3 )

2

1

⋅ x + c2

⋅ sen x

dx dx

2

3

d y dy

x

2

g) 4 −12

+ 9y

= 0 Resposta: y = ( c c x)

e

2

1

+

2

⋅

dx dx

45




Equação Diferencial Ordinária Linear de 2 a

Homogênea:

Ordem com Coeficientes Constantes e Não

Uma equação diferencial ordinária linear de 2 a Ordem com coeficientes constantes e não homogênea,

pode ser escrita na forma:

2

d y dy

+ a + by = r( x)

2

dx dx

onde: f x = e f x =

1

( ) a

2

( ) b

Então, o método dos coeficientes a determinar é o método normalmente empregado para obter a

solução. A vantagem deste método é que ele é mais simples que o método geral e a desvantagem é que

ele não é aplicável para certas equações lineares a coeficientes não constantes. O método é

freqüentemente aplicado à engenharia.

Este método é adequado para equações lineares a coeficientes constantes, isto é, para equações do tipo:

2

d y

+

2

dx

f

dy

x)

+

dx

1 ( 2

f ( x)

y = r(

x)

1

( ) a 2

( ) = r( x) ≠ 0

onde: f x = , f x b e

O MÉDOTO DOS COEFICIENTES A DETERMINAR

A solução geral da equação diferencial linear L( y) = φ( x)

é, de acordo com o teorema y = yh + yp.

Apresentaremos a seguir os processos para a obtenção de y p desde que conhecida y p .

O método dos coeficientes a determinar se inicia supondo conhecida a forma de y p a menos de

constantes arbitrárias multiplicativas. Essas constantes são, em seguida, calculadas, levando-se a

solução suposta conhecida na equação diferencial em estudo, e identificando-se os coeficientes.

1. FORMA SIMPLES DO MÉTODO

Admite-se que a função procurada, y p . Possa exprimir-se como soma dos termos que compõem φ ( x)

e todas as derivadas de φ ( x)

(a menos de constantes multiplicativas).

Caso 1. φ ( x) = pn( x)

, polinômio de grau n em x. Procurar solução da forma

y

n n 1

p = Anx + An

1x −

− + ... + A1x+ A 0

(1)

onde os Aj

( j = 0,1, 2,..., n ) são constantes a determinar.

Exemplo: Resolva y'' − y' − 2 y = 4x

2

.

Pela equação y'' − y' − 2 y = 0 temos que sua solução resultante da combinação linear entre as soluções

2

exponenciais é y

x x

h = c1e −

+ c2e

. Na equação y'' − y' − 2 y = 4x

2

, φ ( x) = 4x

2

, ou seja, φ ( x)

é um

polinômio de segundo grau. A partir de φ ( x)

procuraremos uma solução particular da forma

y

2

p = A2x + A1x+

A 0

46




Assim, y' p = 2 A2x+ A1

e y'' p = 2A 2 . Levando esses valores na equação, obtemos:

y'' − y' − 2 y = 4x

2

2 A

2 2

2 − (2 Ax 2 + A1) x− 2( Ax 2 + Ax 1 + A0) = 4x

Ou equivalentemente,

− 2 Ax

2 2

2 + ( −2A2− 2 A1) x+ (2A2− A1− 2 A0) = 4 x + (0) x+0

Identificando coeficientes, obtemos:

− 2Ax 2

2 = 4 −2A2 −2 A1=0 2A2 − A1− 2 A0) = 0

Resolvendo o sistema:

A2 =− 2 A1=2 2

A0

=− 3, com isso a solução particular yp

= A2x + A1x+ A 0 será

y 2

2

p = − x + 2x−

3

e a solução geral é

y = y

x 2x

2

h + yp

= c1e −

+ c2e − 2x + 2x−

3

Caso 2. φ ( x) = e

α x

p n ( x)

, α constante conhecida e pn ( x ) tal como no Caso 1. Procurar solução da

forma

y

x

(

n n 1

p = e α Anx + An

1x −

− + ... + A1x+ A 0 )

(2)

onde os Aj

( j = 0,1, 2,..., n)

são constantes a determinar.

Exemplo: Resolva

y'' − y' − 2 y = e

3x

.

Pela equação y'' − y' − 2 y = 0 temos que sua solução resultante da combinação linear entre as soluções

exponenciais é y

x 2x

h = c1e −

+ c2e

. Na equação y'' − y' − 2 y = e

3x

,

φ( x) = e

α x p n ( x), com α = 3 e p n ( x) = 1, ou seja, φ ( x)

é um polinômio grau zero. De acordo com (2)

e a partir de φ ( x)

procuraremos uma solução particular da forma

y

3

0 . x

p = A e

3

Assim, y' 3

x

0 e '' 9

3x

p = A e y p = A0e

. Levando esses valores na equação, temos

Decorre que

4A 0 = 1, ou A 0 =

1

4

y'' − y' − 2 y = e

3x

9A 3 3 3

0e x

−3A x

0e − 2A x 3x

0e = e

ou

4A 3x

3x

0e

= e

1

, de forma que (2) fica y

3x

p = e . A solução geral é

4

2 1

y = y

x x 3x

h + yp

= c1e −

+ c2e + e

4

47




Caso 3. φ( x) = e

α x

p n ( x)

senβ

x, α e β constantes conhecidas e pn ( x ) tal como no Caso 1.

Procurar solução da forma

α x n α x n

yp = e . senβx( Anx + ... + A1x+ A0) + e .cos βx( Bnx + ... + B1x+ B0)

(3)

onde os Aj

e Bj( j = 0,1, 2,..., n)


Exemplo: Resolva y '' − y ' − 2 y = sen 2x

.

Novamente pelo equação y'' − y' − 2 y = 0 temos que sua solução resultante da combinação linear entre

2

as soluções exponenciais é y

x x

h = c1e −

+ c2e

. Na equação y'' − y' − 2 y = sen 2x,

φ( x) = e

α x

p n ( x) senβx, com α = 0 e β=2.

De acordo com (3) e a partir de φ ( x)

procuraremos uma

solução particular da forma

yp

= A0sen 2x+

B 0cos

2x

Assim, y' p = 2A0cos 2 x − 2B0sen 2 x e y'' p = −4 A0sen 2 x −4B0cos 2 x.

. Levando esses valores na

equação, temos

y'' − y' − 2 y = sen 2x

−4 A0sen 2 x −4B0cos 2 x −(2A0cos 2 x −2B0sen 2 x) − 2( A0sen 2x + B0cos 2 x) = sen 2x

ou, equivalentemente,

( − 6A0 + 2 B0) sen 2 x +( −6B0 − 2 A0)cos 2 x = (1) sen 2 x + (0)cos 2x

Identificando coeficientes, obtemos

− 6A0 + 2B0 = 1 − 2A0 + 6 B0=0

3

Resolvendo o sistema, encontramos A 0 =− e B 0 = 1 . Então, de yp

= A0sen 2x+

B0cos

2x,

20 20

temos:

3 1

yp

=− sen 2x+ cos 2x

20 20


2 3 1

y = y

x x

h + yp

= c1e −

+ c2e − sen 2x+ cos 2 x

20 20

Caso 4. φ( x)

= e

α x

p n ( x)cosβ

x, α e β constantes conhecidas e pn ( x ) tal como no Caso 3.

Procurar solução da forma

y

x

. (

n

... 1 0) x

.cos (

n

p = e

α

senβx Anx + + A x+ A + e

α

βx Bnx + ... + B1x+ B0)

(3)

onde os Aj

e Bj( j = 0,1, 2,..., n)


2. MODIFICAÇÕES

Se qualquer termo da solução suposta, a menos de constantes multiplicativas, é também um termo de

y h (solução da homogênea associada), então a forma da solução procurada deve ser modificada,

multiplicando-a por x

m

(onde m é o menor inteiro positivo tal que o produto de x m pela solução

procurada não tenha nenhum termo em comum com y h .

48




2

Exemplo 1: Consideremos uma equação diferencial com yh

= c1x+ c0 e φ ( x ) = 9 x + 2 x− 1. Como

φ( x)

é um polinômio do segundo grau (caso 1), tentaremos uma solução particular da forma

2

yp

= A2x + A1x+ A 0 . Como, entretanto, esta solução suposta tem termos em comum com y h ( a

menos de constantes multiplicativas), devemos determinar o menor inteiro positivo m tal que

x

m

( Ax

2

2 + Ax 1 + A0 ) não tenha nenhum termo em comum com y h .

Para m=1, obtemos

x( Ax

2 3

2 + Ax 1 + A0)

= Ax

2

2 + Ax 1 + Ax 0

que ainda tem um termo de primeiro grau em comum com y h .

Para m=2, obtemos

x

2

( Ax

2 4 3

2 + Ax 1 + A0)

= Ax

2

2 + Ax 1 + Ax 0

que não apresenta termos em comum com y h , procuraremos, portanto, determinar uma solução

particular y p , nesta última forma.

Exemplo 2: Resolva y'' = 9x 2

+ 2x− 1 .

A solução de y ' = 0 é yh

= c1x+ c 0 , que tem termos em comum com φ ( x)

.

Então, conforme exemplo anterior, procuraremos a solução particular na forma:

y

4 3

p = A2x + A1x + A0x

2

Substituindo (4) e suas derivadas na equação diferencial, obtemos:

(4)

12A 2 2

2x + 6A1x+ 2A0

= 9x + 2x−

1

3 1

Onde A 2 = , A 1 = e A0

= −

1 4 3

2

Substituindo os valores dos coeficientes em (4) temos:

3 4 1 3 1

yp

= x + x − x

2

4 3 2


3 4 1 3 1

y = c1x+ c0

+ x + x − x

2

4 3 2

Observação: Note-se que esta solução pode ser obtida integrando-se duas vezes ambos os membros da

equação em relação a x.

Exemplo 3: Resolva

y' − 5y = 2e

5 x .

Pela equação y' − 5y

= 0 temos que sua solução é y

5

h = c1e

x . Como φ ( x) = 2e

5 x , decorreria de

5

modificações que a forma y p deveria ser y 0 . x

p = A e . Mas esta forma de y p é precisamente a

mesma forma de yh

; portanto devemos modificá-la. Multiplicando y p por x (m=1), obtemos

y

5x

p = A0

xe

(5)

49




Como (5) não tem nenhum termo em comum com y h , é uma possível solução particular da equação.

5 5

Substituindo (5) e y' x

0 5

x

p = A e + A0xe

na equação diferencial e simplificando, obtemos

A

5

0e

x = 2e

5x

5

, donde A 0 = 2. A equação (5) fica então y 2

x

p = xe , e a solução geral é

y = ( c

5

1 + 2 x)

e

x

.

3. GENERALIZAÇÕES

Se φ ( x)

é a soma (ou diferença) de termos dos tipos já considerados, então procuraremos determinar

y p como soma (ou diferença) das correspondentes soluções supostas, combinando-as algebricamente

com constantes arbitrárias quando possíveis.

Exemplo 1: Seja φ ( x) = ( x − 1) sen x + ( x + 1)cos x . Uma solução correspondente a ( x − 1) sen x ,

segundo caso 3 (com α = 0 ),

( A1x+ A0) sen x + ( B1x+

B0)co

s x

e uma solução correspondente a ( x + 1)cos x é também sugerida pelo caso 3 como

( C1x + C0) sen x + ( D1x + D0)co

s x

Observação: Utilizamos C e D para as constantes da expressão anterior, porque as letras A e B já

haviam sido usadas. Tomaremos então

yp

= ( A1x+ A0) sen x + ( B1x+ B0)cos x+ ( C1x+ C0) sen x + ( D1x+

D0)co

s x

Agrupando os termos semelhantes, chegamos a

yp

= ( E1x+ E0) sen x + ( F1x+

F0)co

s x

para solução particular procurada (com Ej = Aj + Cj e F j = Bj + Dj

com j = 0,1

Exemplo 2: Resolva y ' − 5 y = ( x − 1) sen x + ( x + 1)cos x .

5


= 0 temos que sua solução é yh

= c1e

x . Utilizando o exemplo anterior,

suporemos que

yp

= ( E1x+ E0) sen x + ( F1x+ F0)co

s x

Assim,

y' p = ( E1− F1x+ F0) sen x + ( E1x+ E0 + F1)cos

x

Levando esses valores na equação diferencial e simplificando, obtemos:

( −5 E1− F1) xsen x+ ( − 5 E0 + E1− F0) sen x + ( − 5 F1+ E1) xcos x+ ( − 5 F0+ E0+ F1)cos

x

= (1) xsen x − (1) sen x + (1) x cos x + (1) cos x

Identificando os coeficientes, temos:

50




−5 E1 − F1

= 1

− 5 E0 + E1− F0

= −1

E1 − 5 F1

= 1

E0 − 5 F0 + F1

= 1

2 71 3

Resolvendo: E1=− , E0 = , F 1=− , F0

=− 69 .

13 338 13 338

Então, de yp

= ( E1x+ E0) sen x + ( F1x+

F0)co

s x, temos:

2 71 3 69

yp

= ( − x+ ) sen x + ( − x− ) cos x

13 338 13 338


5 2 71 3 69

y = c1e x

+ ( − x+ ) sen x + ( − x− ) cos x

13 338 13 338

Exemplo 3: Resolva y' − 5y = 3e x − 2x+

1.

5


= 0 temos que sua solução é yh

= c1e

x . Aqui, podemos escrever φ ( x)

como

soma de duas funções-padrão: φ ( x) = (3 e x ) + ( − 2x+ 1) . Para o termo 3e x supomos uma solução

particular da forma A

x 0 e , com α = 1 e pn( x) = 3; para o termo − 2x + 1 suporemos uma solução

particular da forma B1x+ B0. Temos então

y

x

p = A0e + B1x+

B 0

Substituindo y p e sua derivada na equação e simplificando, obtemos:

( − 4 A0) e x + ( − 5 B1) x+ ( B1− 5 B0) = (3) e

x

+ ( − 2) x+

(1)

Identificando coeficientes, obtemos

3 2

A 0 =− , B 1 = e B0

=− 3 .

4 5 25

Se y

x

p = A0e + B1x+

B0, então:

3 2

y

x

p =− e + x+− 3 4 5 25


Exemplo 4: Resolva

Pela equação

y' − 5y

= 0

y' − 5y = x

2

e

x

− xe

5x

.

dois termos de forma conhecida. Para

5 3 2

y = c

x x

1e − e + x+− 3 4 5 25

temos que sua solução é

yh

= c

5

1e

x . Aqui φ ( x)

= x

2

e

x

− xe

5x

, diferença de

2 x

x e supomos solução da forma

e

x

( A

2

2x + A1x+ A 0 )

51




Para

xe

5x

procuraríamos solução da forma

e

5x ( B

5

1x+ B0)

= B

x 5x

1xe + B0e

Mas esta suposta solução tem, a menos de constantes multiplicativas, o termo 5x e em comum com

y h . Devemos, pois, modifica-la para

xe

5x

( B

5 2

1x+ B0) = e

x

( B1x + B0x)

Podemos agora tomar y p como a diferença de e

x

( A

2

2x + A1x+ A 0 ) e e

5x

( B

2

1x + B0x)

y

x

(

2 5 2

2 1 0) x

p = e A x + A x+ A − e ( B1x + B0x)

Substituindo y anterior e sua derivada na equação

2 5

p

y' − 5y = x e

x

− xe

x

, e simplificando, obtemos

e x [( − 4 A

2 5 2

2) x + (2A2 − 4 A1) x+ ( A1− 4 A0)] + e x [( −2 B1) x− B0] = e x [(1) x + (0) x+ (9)] + e

5x

[( −1) x−0]

Identificando os coeficientes, temos:

1 1

− 4A2 = 1 ⇒ A2 = − 2A2− 4A1= 0 ⇒ A1= −

4 8

1 1

A1− 4A0 = 0 ⇒ A0 = − − 2B1= −1 ⇒ B1= B0

= 0

32 2

Substituindo em

y

x

(

2 5 2

2 1 0) x

p = e A x + A x+ A − e ( B1x + B0x)

, temos:

1 2 1 1 1

y

x

( )

2 5x

p = e − x − x− − x e

4 8 32 2


4. LIMITAÇÕES DO MÉTODO

5 1 2 1 1 1

y = c1e x

+ e

x

( − x − x− ) − x

2

e

5x

4 8 32 2

Em geral φ( x)

não é de um dos tipos considerados acima, ou se a equação diferencial não tem

coeficientes constantes, então é preferível o método de variação dos parâmetros, a ser apresentada em

aula posterior.

52





1) Determine a solução geral das seguintes equações diferencias:

RESPOSTAS

a) y'' − 2 y' + y = x

2

− 1 ay ) = ce

x x 2

1 + cxe 2 + x + 4x+

5

by ) '' − 2 y' + y=

3e

2 x

by ) = ce

2

1 x + cxe 2

x + 3e

x

cy ) '' − 2 y' + y=

4cos x

cy ) = ce

x x

1 + cxe 2 − 2senx

d) y'' − 2 y' + y = 3e

x

3

d)

y = c

x x 2 x

1e + c2xe + x e

2

e) y'' − 2 y'

+ y = xe

x

1

ey ) = ce

x x 3 x

1 + cxe 2 + xe

6

f ) y'

− y = e

x

f ) y = c

x x

1e + xe

g) y' − y = xe

2 x + 1

g) y = c

2 2

1e x + xe x − e

x + 1

hy ) ' − y= senx+ cos 2x

5 1 1 2 1

hy ) = ce

x

1 − senx− cos x+ sen2

x− cos 2 x

2 2 5 5

2) Determinar a solução geral das Equações Diferenciais Lineares Não - Homogêneas de 2 a Ordem a

coeficientes constantes, dadas a seguir, pelo método proposto para resolver este tipo de equações.

RESPOSTAS

2

d y dy

3x

4x

12x

+ 7

a) − 7 + 12y

= x

a) y = c

2

1

⋅ e + c2

⋅ e +

dx dx

144

2

x

d y dy 2 x ax e

b) − 2a

+ a y = e ( a ≠ 1) b) y = ( c + c x)

⋅e

+

2

dx dx

1 2

( a −1) 2

2

d y dy

2x

c) + 6 + 5y

= e

c)

5 1

y = c

2

2

1⋅ e − x

+ c

x x

2⋅ e

−

+ e

dx dx

21

2

d y 2

ax −ax

x + 1

d) − a y = x + 1

d) y = c

2

1e

+ c2e

−

2

dx

a

2

d y d y

e) + − 2y

= 8sen ( 2x)

e)

2 1

y = c ( ) ( )

2

1e x

+ c2e − x

− [6 sen 2 x + 2cos 2 x ]

dx dx

5

2

x − x

d y

f) y = c1e

+ c2e

− 5x

− 2

f) − y = 5x

+ 2

2

dx

2

d y

g) − 4y

= x + 1

g)

2x 2x x 1

y c

2

1e c2e − +

= + −

dx

4

53

SODRÉ. Ulysses. Equações diferenciais ordinárias: notas de aula. Londrina: UEL, 2003.

APLICAÇÕES DAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES DE SEGUNDA ORDEM COM


CIRCUITOS ELÉTRICOS

Elementos de Eletricidade: Sem a preocupação de aprofundar nos detalhes relacionados com a

Eletricidade, iremos apresentar alguns poucos conceitos necessários ao presente trabalho de Equações

diferenciais.

1. Se VA

e VB

são respectivamente, os potenciais elétricos nos pontos A e B de um circuito

elétrico, a diferença de potencial entre os pontos A e B de um circuito, denotada por

V(t)=VAB, pode ser definida como a integral de linha sobre o segmento de reta S ligando os

pontos A e B no campo elétrico E=E(t). Normalmente, esta diferença de potencial V(t) é

indicada com o sinal negativo, isto é:

V

t

AB =− ∫ 0 E ( u ) du =−V

( t )

2. A intensidade da corrente elétrica será a taxa de variação da carga elétrica Q em relação ao

tempo t que atravessa uma seção transversal de um condutor. Em símbolos:

dQ

It () =

dt

3. A capacitância C de um capacitor submetido a uma carga elétrica Q, com uma diferença de

potencial entre as placas indicada por V AB =V(t), será dada por:

Qt ()

Ct () =

Vt ()

4. A lei de Ohm, estabelece que a diferença de potencial V CD =V(t) nos extremos de um resistor

de resistência R submetido a uma intensidade da corrente I, é dada por:

V(t) = R I(t)

5. A indutância L de um indutor é uma constante relacionada com a diferença de potencial

V BC =V(t) e com a taxa de variação da intensidade da corrente elétrica em relação ao tempo

dI/dt, através da expressão matemática:

Vt () = L. dI

dt

6. Existem duas leis gerais devidas a Kirchhoff, relacionadas com a corrente elétrica e com a

diferença de potencial.

• Lei dos nós (lei das correntes): A soma algébrica das intensidades de corrente elétrica em um

nó de um circuito elétrico é igual à soma algébrica das intensidades de corrente elétrica que

saem do mesmo nó neste circuito elétrico.

• Lei das malhas (lei das tensões): A soma algébrica das diferenças de potencial em uma malha

fechada é zero.

O circuito RLC: Circuitos elétricos mais complexos, às vezes são denominados redes e de forma

simples, são formados por resistores com resistência R, indutores com indutância L, capacitores com

capacitância C, carregado com uma diferença de potencial V C e uma fonte de energia elétrica V=V(t)

cuja diferença de potencial é indicada por E=E(t).

54


Figura: Circuito elétrico RCL com capacitor carregado

Se E=E(t) é a diferença de potencial da fonte de alimentação e I=I(t) é a intensidade da corrente

elétrica, então

1. V L é a diferença de potencial nos terminais do indutor:

L () dI

V t = L dt

2. V R é a diferença de potencial nos terminais do resistor:

VR () t = RI()

t

3. V C é a diferença de potencial nos terminais do capacitor:

1

V ()

t

C t = ∫ 0 I( u)

du

C

Usando as leis de Kirchhoff, quando for fechado o interruptor, obteremos:

ou seja,

VL() t + VR() t + VC() t = E()

t

dI 1

L + RI() t +

t

∫ o I( u) du = E()

t

dt C

Se E(t) é constante e derivarmos em relação à variável t, teremos:

e temos uma EDO linear de 2 a ordem homogênea.

1

LI ''() t + RI '() t + I() t = 0

C

Se E=E(t) é uma função diferenciável da variável t, então

1

LI''() t + RI'() t + I() t = E'()

t

C

Existem alguns casos particulares interessantes, sendo alguns deles apenas teóricos, mas com algum

fundamento matemático.

1. Circuito RC: Vamos considerar um circuito elétrico que possui um resistor de resistência R,

uma capacitor de capacitância C, uma fonte de alimentação com voltagem E constante e I = I(t)

será a intensidade da corrente elétrica.

55


Figura: Circuito elétrico RC com capacitor descarregado

A diferença de potencial nos terminais do resistor é dada por VR

() t = RI()

t e a diferença de potencial

nos terminais do capacitor é dada por

1

V ()

t

C t = ∫ 0 I( u)

du

C

Pela lei de Kirchhoff das tensões, segue que

VR() t + VC()

t = E

E a EDO linear homogênea que rege o fenômeno é

1

RI() t+ t

∫ o Iudu ( ) = Et ()

C

Derivando esta equação em relação à variável t, obtemos:

1

RI '( t) + I( t) = 0

C

A solução desta equação é:

It () = Ke − t/( RC) = I(0)

e

−t/( RC)

Se o capacitor estava descarregado no instante t=0 e continua descarregado em um átomo após t=0,

então Q(0)=0 e desse modo

1

V

0

c (0) = ∫ 0 I ( u ) du

=

C

0

Logo VR(0) + VC(0)

= E , o que garante que RI(0)

= E, assim

Substituindo I(0) na solução da equação, obtemos

It () =

E

I (0) =

R

E

e

−t/( RC)

R

Aplicando esta função, podemos obter

1 1

()

t

/( )

0 ( )

t E

V

u RC

C t = I u du 0 e

−

∫ = ∫

du

C C R

Assim, a diferença de potencial entre os terminais do capacitor ao longo do tempo t , será dada por

56


V () [1

t/( RC)

C t = E − e − ]

2. Circuito RL: Seja o circuito elétrico possuindo um resistor de resistência R, um indutor de

indutância L e uma fonte de alimentação constante E.

dI

Sabemos que VR

() t = RI()

t e VL

() t = L , assim usando a lei de Kirchhoff das tensões do

dt

circuito podemos escrever

LI'( t) + RI( t)

= E

Que é uma EDO linear não homogênea de primeira ordem.

Figura: Diferença de potencial nos terminais do capacitor.

Figura: Circuito elétrico RL

A solução da equação homogênea associada é

I ()

Rt/

L

h t = ke −

Como a parte não homogênea da EDO é uma função constante, usamos o método dos coeficientes a

determinar para procurar uma solução particular I p = Ip()

t que seja constante, assim Ip

'( t) ≡ 0 e

então, RIp

() t = E()

t o que garante que

p () E

I t =

R

A solução da EDO é a soma da solução da homogênea associada com a solução particular, logo

() () ()

Rt / L E

It = Ih

t+ Ip

t = ke

−

+

R

57


Se considerarmos que

I (0) = 0

então

Logo

K

E

=− assim

R

0 = K + E

R

E

It () = ⎡1−e

−Rt/

L⎤

R ⎣ ⎦

Esta função tem a mesma forma que a função VC

= VC()

t do circuito RC, apenas que a função

E

horizontal limite deve ser traçada para I = .

R

3. Circuito RC: Se o circuito elétrico possui um resistor de resistência R, um capacitor de

capacitância C e uma fonte de alimentação tem diferença de potencial E = Et (), a EDO linear

homogênea que rege o fenômeno é

1

RI '( t) + I( t) = 0

C

4. Circuito LC: Se o circuito elétrico possui um indutor de indutância L, um capacitor de

capacitância C e a diferença de potencial VAB

= V()

t , a EDO linear não homogênea que rege o

fenômeno é

1

LQ"( t) + Q( t) = V( t)

C

58




APLICAÇÕES DAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES DE SEGUNDA ORDEM COM


Considerando um sistema físico cujas pequenas oscilações sejam regidas pela equação diferencial

y" + a1

y' + ao

y = f(

t)

d

2

y

Aqui, conhecem-se a função f () t e as constantes a1 e a0; y'' e y'

representam

2 e dy

,

dt dt

respectivamente. Dois exemplos de tais sistemas físicos são dados por uma mola com um peso e um

circuito elétrico simples.

Se f() t ≡ 0 e a1

= 0, o movimento é livre e não amortecido. Se f () t é identicamente nula, mas a 1 não

é zero, o movimento é livre e amortecido. Para o movimento amortecido, há três casos separados a

considerar, conforme as raízes da equação característica associada sejam

a. reais e distintas,

b. iguais, ou

c. complexas conjugadas.

Esse três casos se classificam, respectivamente, como

Se

f () t

(1) superamortecido,

(2) criticamente amortecido, e

(3) oscilatório amortecido (ou, em problemas de eletricidade, subamortecido).

não é identicamente nula, o movimento se diz forçado.

Um movimento ou corrente se diz transitório se se desvenece (isto é, tende a zero) quando t →∞. Um

movimento (ou corrente) estacionário é um movimento que não é transitório nem se torna ilimitado.

Sistemas livres amortecidos (admitindo senoidal a força exterior) originam ambos os movimentos –

transitório e estacionário.

Exemplo 1: Mostre que um circuito elétrico simples, constituído de uma resistência, um capacitor, um

indutor e uma força eletromotriz (usualmente uma bateria ou um gerador) ligados em série é regido por

y" + a1

y' + ao

y = f(

t). Outrossim, admitindo uma carga inicial de q 0 coulombs no capacitor e uma

corrente inicial de I 0 ampères no circuito, determine as condições iniciais do sistema.

59




A figura acima ilustra o circuito onde R é uma resistência em ohms, C é a capacitância em farads, L é

a indutância em henries, E(t) é a força eletromotriz (fem) em volts, e I é a intensidade da corrente em

ampères. Sabe-se que as quedas de voltagem através de uma resistência, de um capacitor e de um

1 dI

indutor são, respectivamente, RI, q e L onde q é a carga no capacitor.

C dt

A queda de voltagem através de uma fem é − E()

t

. Assim, pela lei de Kirchhoff, temos

dI 1

RI + L q E() t 0

dt

+ C

− = (1)

Lembrando que

I

dq dI d

2

q

= e = (2)

dt dt dt

2

Substituímos esses valores em (1)

d

2

q R dq 1 1

+ + q= E () t

dt

2 Ldt LC L

(3)

R 1

Et ( )

Definindo a1= , a0

= e f( t)

= , então (3) é precisamente y" + a1

y' + ao

y = f(

t)

L LC L

com y

substituído por q. As condições iniciais para q são

q(0) = q0

e

dq

= I(0)

= I 0

t 0

(4)

Para obter a equação diferencial que rege a corrente, primeiro derivamos (1) em relação a t e, em

seguida, substituímos (2) diretamente na equação resultante. A nova equação é

d

2

I R dI 1 1 dE(

t)

+ + I =

dt

2 Ldt LC L dt

(5)

R 1 1 dE( t)

Definindo agora a1= , a0

= e f( t)

= , então (5) é precisamente

L LC L dt

y" + a1

y' + ao

y = f(

t) com y agora substituído por I. A primeira condição inicial é I (0) = I0

. A

segunda condição inicial se obtém de (1) resolvendo-a em relação a dI e fazendo em seguida t=0.

dt

Assim,

dI 1 R 1

= E(0)

− I0− q 0

(6)

dt t=

0 L L LC

60




Vê-se que a corrente no circuito pode ser obtida seja resolvendo (5) diretamente, seja resolvendo (3)

em relação à carga e em seguida derivando a carga para obter a corrente.

Exemplo 2: Um circuito RCL tem R=180 ohms, C= 1/280 farads, L=20 henries, e uma voltagem

aplicada de E() t = 10 sen t. Admitindo que não haja carga inicial no capacitor, mas uma corrente

inicial de 1 ampère em t=0 quando se aplica inicialmente a voltagem, determine a carga subseqüente

no capacitor.

Substituindo as quantidades acima em (3)

d

2

q R dq 1 1

+ + q= E () t , obtemos

dt

2 Ldt LC L

d

2

q 180 dq 1 1

+ + q= 10. sen t

dt

2 20 dt 1

20.

20

280

d

2

q dq 1

+ 9 + 14q= sen t ou

dt

2 dt 2

1

q" + 9 q' + 14 q = sen t

2

A seguir será calculada a solução geral da equação homogênea associada q" + 9 q' + 14q

= 0.

λ

2

+ 9λ + 14 = 0 ⇒ S =− 9 e P= 14 ⇒ λ1=− 2 e λ2

=− 7

t

Se q

t

h = c1e λ

+ c2e

λ

, então

q

2t

7t

h = c1e − + c2e

−

Aplicando o método dos coeficientes a determinar (caso 3), temos:

qp

= Ao⋅ sen t+ Bo⋅

cos t

q'

p = Ao⋅cos

t−Bo⋅

sen t

q'' p = −Ao⋅sen t−Bo ⋅ cos t

1

Substituindo em q" + 9 q' + 14 q = sen t, temos:

2

1

−Ao⋅sen t−Bo⋅ cos t+ 9( Ao⋅cos t−Bo⋅ sen t) + 14( Ao⋅ sen t+ Bo⋅ cos t)

= sen t

2

61




1

−Ao⋅sen t−Bo⋅ cos t+ 9Ao⋅cos t−9 Bo⋅ sen t+ 14 Ao⋅ sen t+ 14Bo⋅ cos t = sen t

2

1

(13Ao−9 Bo) ⋅ sen t+ (9Ao+ 13 Bo) ⋅ cos t = sen t

2

⎧

1

13Ao

− 9Bo

=

⎪

2

⎨

⎪ 13

9Ao + 13Bo = 0 ⇒ Ao = − Bo

⎪⎩

9

⎛ 13 ⎞ 1 9

13⋅⎜− ⎟Bo − 9 Bo = ⇒ Bo = −

⎝ 9 ⎠ 2 500

13 13 ⎛ 9 ⎞ 13

Ao =− Bo =− ⎜− ⎟=−

9 9 ⎝ 500 ⎠ 500

Substituindo os coeficientes, temos:

qp

13 9

= sen t− cos t

500 500

A solução geral é

2 7 13 9

q = q

t t

h + qp

= c1e − + c2e −

+ sen t−

cos t

500 500

Aplicando as condições iniciais

q(0) = 0 e i(0)= q'(0) = 1

, temos:

2.0 7.0 13 9

q(0) = c1e −

+ c2e −

+ sen 0 − cos 0=0

500 500

9 9 9

c1+ c2 − =0 ⇒ c1+ c2 = ⇒ c1= −c

2

500 500 500

Se

it () = q'()

t , então

62




2 7 13 9

it () = q'() t = −2ce t

1 − − 7ce − t

2 + cos t+

sent

500 500

Se

i(0) = q'(0) = 1, então

2.0 7.0 13 9

i(0) = q'(0) = −2c1e − − 7c2e −

+ cos 0 + sen 0=1

500 500

13

−2c1− 7 c2

+ =1

500

9

Se c 1 = − c 2 , então

500

⎛ 9 ⎞

2. 1 3

− ⎜ −c2⎟− 7 c2+

=1

⎝500 ⎠ 500

− 18 + 2c 13 101

2 − 7 c2 + =1 ⇒ c2

= −

500 500 500

Se c 101

2 =− 500

e 9

c 1 = − c

500 2 , então

9 ⎛ 101 ⎞ 110

c1= −⎜− ⎟ ⇒ c1=

500 ⎝ 500 ⎠ 500

110 101

Se c 1 = e c 2 = − , então,

500 500

1

q = (110 e

−2t

− 101 e

−7t

+ 13 sen t− 9cos t )

500

A solução é a soma de termos transitórios e estacionários.

Uma corrente se diz transitório se se desvanece (isto é, tende a zero) quando t →∞. Uma corrente

estacionária é uma corrente que não é transitória nem se torna ilimitada.

Exemplo 3: Um circuito RCL tem R=10 ohms, C=

2

10 − farads, L= 1 2

henry, e uma voltagem aplicada

de Et () = 12volts. Admitindo que não haja corrente inicial nem carga inicial quanto t=0, ao se aplicar

inicialmente a voltagem, determine a corrente subseqüente no sistema.

63




Substituindo os valores dados no problema em (5) do exemplo 1, obtemos a equação homogênea (pois

dE

Et () = 12, = 0).as quantidades acima em (3), temos:

dt

d

2

I R dI 1 1 dE(

t)

+ + I =

dt

2 Ldt LC L dt

d

2

I 10 dI 1 1

I .0

dt

2 + 1 dt

+ 1 =

−2

1

.10

2 2 2

d

2

I dI

+ 20 + 200I

= 0

dt

2 dt

A seguir será calculada a solução geral da equação homogênea associada I" + 20 I' + 200I

= 0 .

λ

2

+ 10λ + 200 = 0 ⇒∆ = −400 ⇒ λ1= − 10 + 10 i e λ2

= −10 − 10 i

As raízes da equação característica associada são complexas, com isso temos um exemplo de sistema

livre subamortecido para a corrente.

Se I

at

1 cos

at

h = c e bt + c2e sen bt, onde λ = a + bi , então a solução geral é

I

10t

10

1 cos 10

t

h = ce − t+

c2e −

sen10t

ou

I( t) = e

−10t

( c1cos 10 t+

c2sen10 t)

As condições iniciais são I(0)=0 e, por (6) do exemplo 1,

dI

dt

dI 1 R 1

= E(0)

− I0− q 0

dt t=

0 L L LC

12 10 1

= − (0) − (0) = 24

2

t 0 1/2 1/2 (1/ 2)(10

−

=

)

Se

I (0) = 0 , então

I(0) = e

−10.0 ( c 1 cos 10.0 + c 2 sen10.0) = 0 ⇒ c1=

0

Derivando

I( t) = e

−10t

. c

10

1cos 10 t+ e

− t

. c2sen10t, temos:

I'( t) = e − 10. t

10. c

10.

2.cos 10t−

10 e

− t

. c2sen10t

= 24

64




Observação: é preciso realizar a derivada do produto para obter o resultado acima.

Se

I '(0) = 0 , então

I'(0) = e − 10.0

10. c

10.0

2.cos 10.0 − 10 e

−

. c2sen10.0 = 24

12

10. c2 = 24 ⇒ c2

=

5

12

Se c 1 = 0 e c 2 = , então

5

12

I () t = e

−10t

sen 10t , que é completamente transitória.

5

Exemplo 4: Resolva o exemplo 3 determinando primeiro a carga no capacitor.

dq

Primeiramente resolvemos em relação à carga q e em seguida aplicamos I = para obter a corrente.

dt

d

2

q R dq 1 1

Substituindo os valores do exemplo 3 em + + q= E () t , que representa um sistema

dt

2 Ldt LC L

forçado para a carga, em contraste com o sistema livre amortecido obtido no exemplo 3 para a

corrente, temos:

d

2

q 10 dq 1 1

+ + q = .12

dt

2 1/2 dt 1/2.10

−2

1/2

d

2

q dq

+ 20 + 200q

= 24 ou q" + 20 q' + 200q

= 24

dt

2 dt

A seguir será calculada a solução geral da equação homogênea associada q" + 9 q' + 14q

= 0.

λ

2

+ 10λ + 200 = 0 ⇒∆ = −400 ⇒ λ1= − 10 + 10 i e λ2

= −10 − 10 i

Se

q

at

1 cos

at

h = c e bt+ c2e sen bt, onde λ = a+

bi, então a solução homogênea é

q

10t

10

1 cos 10

t

h = c e − t+

c2e −

sen 10t

Aplicando o caso 1 do método dos coeficientes a determinar para determinar a solução particular,

temos:

Substituindo na equação

qp

= Ao⇒ q' p = 0 ⇒ q"

p = 0

q" + 20 q' + 200q

= 24

Se q = qh

+ q p , então a solução geral é

, temos:

24 3

200Ao

= 24 ⇒ Ao = =

200 25

65




10

3

qt ( ) = e

− t

( c1cos 10 t+ csen 2 10 t)

+

25

Aplicando as condições iniciais para a carga: q (0) = 0, q'(0)=0 ;

Se

q (0) = 0 , então

Derivando

10.0 3

q(0) = e

−

( c 1 cos 10.0 + c 2 sen 10.0) + = 0

25

3 3

c1+ = 0 ⇒ c1

=

25 25

10

3

qt ( ) = e

− t

( c1cos 10 t+ c2sen10 t)

+ , temos:

25

q'( t) =−10 c

10 10 10 10t

1. e

− t

cos 10t−10 c1. e

− t

sen10t− 10 c2. e

− t

sen10t+

10 c2. e

−

cos 10t

q'(0) =−10 c

10.0 10.0 10.0 10.0

1. e

−

cos 10.0 −10 c1. e

−

sen10.0 − 10 c2. e

−

sen10.0 + 10 c2. e

−

cos 10.0 = 0

3

Se c 1= c2

, então c 1= c2

= − .

25

A solução geral é

e

Como anteriormente.

− 10c1+ 10c2 = 0 ⇒ − 10c1= −10c2 ⇒ c1=

c 2

3 10

3

qt ( ) =− e

− t

(cos 10 t+ sen10 t)

+

25 25

dq 12

I() t = = e

−10t

sen 10t

dt 5

Note-se que, embora a corrente seja completamente transitória, a carga no capacitor é a soma de

termos transitórios e estacionários.

66




EXERCÍCIOS:

1) Um circuito RCL tem R=6 ohms, C= 0,02 farads, L=0,1 henry, e uma voltagem aplicada de

Et () = 6volts. Supondo que não haja corrente inicial nem carga inicial quanto t=0, ao ser aplicada

inicialmente a voltagem, determine a carga subseqüente no capacitor e a corrente no circuito.

3

Resposta:

50 15 10 12 3

q = e

− t

− e

− t

+ e I = ( e

−10t

−e

−50t

)

100 100 100 2

2) Um circuito RCL tem R=6 ohms, C= 0,02 farads, L=0,1 henry, não tem voltagem aplicada.

Determine a corrente subseqüente no circuito se a carga inicial no capacitor é 1/10 coulomb e a

5

corrente inicial é zero. Resposta: I = ( e − 50t

− e

−10t

)

4

3) Um circuito RCL tem R=5 ohms, C= 10 − 2

farads, L=0,125 henry, não tem voltagem aplicada.

Determine a corrente estacionária subseqüente no circuito. (Sugestão: condições iniciais

desnecessárias). Resposta: 0

4) Um circuito RCL tem R=5 ohms, C= 10 − 2

farads, L=0,125 henry, tem voltagem aplicada

E()

t = sen t . Determine a corrente estacionária subseqüente no circuito. (Sugestão: condições iniciais

1

desnecessárias).

Resposta:

I = (6392cos t+ 320 sen t)

640,001

67


EQUAÇÕES DE BERNOULLI, RICATTI E CLAIRAUT 1 *

Nesta seção, não estudaremos nenhum tipo particular para equação diferencial. Consideraremos três

equações clássicas que podem ser transformadas em equações já estudadas nas seções anteriores.

Equação de Bernoulli

A equação diferencial

dy

Pxy ( ) f( xy ) n

dx + = . (1)

em que n é um número real qualquer, é chamada de equação de Bernoulli. Para n = 0 e n = 1, a

equação (1) é linear em y. Agora, se y ≠ 0 , (1) pode ser escrita como

n dy

y

−

+ P( x) y

1−n

= f( x)

. (2)

dx

Se fizermos

w= y

1−n

, n≠

0, n≠1, então

dw

(1 )

n dy

= − ny

−

.

dx

dx

Com essa substituição, (2) transforma-se na equação linear

dw

(1 nPxw ) ( ) (1 n) f( x)

dx + − = − . (3)

Resolvendo (3) e depois fazendo

y

1− n = w , obtemos uma solução para (1).

Exemplo:

dy 1

Resolva + y = xy

2

.

dx x

Solução: Em (1), identificamos

nos dá

1

Px ( ) = , f( x) = xe n= 2. Logo, a mudança de variável

x

dw 1

− w=−

x

dx x

w = y −1

1 Jacques Bernoulli (1654-1705) Os Bernoullis foram uma família suíça de acadêmicos cujas contribuições à matemática, física, astronomia e história

datam do século XVI ao século XX. Jacques, o primeiro dos dois filhos do patriarca homônimo Jacques Bernoulli, deu várias contribuições ao cálculo e à

probabilidade. Originalmente, a segunda das duas divisões principais do cálculo era chamada de calculus summatorius. Em 1696, por sugestão de Jacques

Bernoulli (filho), este nome foi mudado para calculus integralis, como é conhecido atualmente.

Jacob Francesco Ricatti (1676-1754) Um conde italiano, Ricatti foi também matemático e filósofo.

Alex Claude Clairaut (1713-1765) Nascido em Paris em 1713, Clairaut foi uma criança prodígio que escreveu seu primeiro livro sobre matemática aos 11

anos. Foi um dos primeiros a descobrir soluções singulares para equações diferenciais. Como muitos matemáticos de sua época, Clairaut foi também físico

e astrônomo.

68


O fator de integração para essa equação linear em, digamos, (0, ∞ ) é

−1

−fdx / x − ln x ln x −1

e = e = e = x .

Assim

d ⎡x

−1

w⎤ = − 1

dx ⎣ ⎦

Integrando essa última forma, obtemos

x

−1 w= − x+ c ou w= − x

2

+ cx

Como

w= y −1 , então y = 1/ w ou

1

y = .

− x

2 + cx

Para n>0, note que a solução trivial y=0 é uma solução para (1). No exemplo acima, y=0 é uma

solução singular para a equação dada.

Equação de Ricatti

A equação diferencial

dy

Px ( ) Qxy ( ) Rxy ( )

2

dx = + + . (4)

é chamada de equação de Ricatti. Se y 1 é uma solução particular para (4), então as substituições

dy dy1

du

y = y1 + u e = + .

dx dx dx

em (4) produzem a seguintes equação diferencial para u:

du

( Q 2 y

2

1R)

u Ru

dx − + = (5)

Como (5) é uma equação de Bernoulli com n=2, ela pode, por sua vez, ser reduzida à equação linear

dw ( Q 2 y 1 R ) w R

dx + + = − (6)

através da substituição w=

u −1 .

Como o exemplo a seguir mostra, em muitos casos, uma solução para uma equação de Ricatti não

pode ser expressa em termos de funções elementares.

Exemplo

dy

Resolva 2 2xy

y

2

dx = − + .

Solução: Verifica-se facilmente que y 1 = 2x

é uma solução particular para uma equação. Em (4),

fazemos as identificações Px ( ) = 2, Qx ( ) = − 2 x e Rx ( ) = 1. Resolvemos então a equação linear (6):

dw

( 2x

4 x) w 1

dx + − + = − ou

69


dw

2xw

1

dx + =−

O fator de integração para essa última equação é

2

− e

x

, assim

d ⎡ e

x ⎤ w =−e

x

dx ⎢

⎣

⎥

⎦

2 2

.

Agora, a integral

escrevemos

0

2

x t

∫ x e dt

não pode ser expressa em termos de funções elementares.

2 Portanto,

e

2 2 2 2

x w x x 1

ou

x x x

x e dt c e ⎛ ⎞

=− ∫ + ⎜ ⎟=− ∫

0 u x e dt +

⎝ ⎠

c

0

Assim

Uma solução para a equação é então

Equação de Clairaut

0

2

e

x

u =

2

x t

c− ∫x

e dt

y = 2x+

u

Como exercício você deverá mostrar que uma solução para a equação de Clairaut

y = xy'

+ f ( y'

)

(7)

É a família de retas y = cx+

f()

c , em que c é uma constante arbitrária.

Ainda, (7) pode também possuir uma solução em forma paramétrica:

x =− f '( t), y = f( t) − tf '( t)

(8)

Esta última solução é singular, pois, se f "( t) ≠ 0, ela não pode ser obtida da família de soluções

y = cx+

f()

c

Exemplo:

1

Resolva y = xy'

+ ( y')

2

.

2

Solução:

Primeiro, fazemos a identificação f( y') = (1/2)( y') 2

, o que implica f() t = (1/2) t

2

. Segue-se da

discussão precedente que uma família de soluções é

1

y = cx+

c

2

.

2

O gráfico dessa família é mostrado na Figura 2.13. Como f '( t)

= t, uma solução singular é obtida de

(8):

2 Quando uma integral ∫ f ( xdx ) não pode ser resolvida em termos de funções elementares, ela é normalmente escrita

x

como ∫ x f ( xdt ) , em que x 0 é uma constante. Quando a condição inicial é especificada, é imperativo que essa forma

0

seja usada.

70


1 2 1

x =− t, y = t − t x t =− t

2

.

2 2

Depois de eliminar o parâmetro, vemos que esta última solução é a mesma que

1

y =− x

2

.

2

Percebemos facilmente que esta função não faz parte da família. Veja a Figura 2.14.

Exercícios:

1. Resolva a equação de Bernoulli dada.

dy 1

dy

a) x + y = b) y e

x

y

2

dx 2

y

dx − =

dy

c) yxy (

3

dx = −1) d) dy

x (1 xy ) xy

2

dx − + =

e)

2 dy

x y

2

x

dx + = y f) 2 dy

3(1 + x ) = 2 xy( y

3

− 1)

dx

2. Resolva a equação de Ricatti dada; y 1 é uma solução conhecida para a equação.

dy

a) 2 y y

2

, y1

dx =− − − =2 b) dy

= −2 − x− y+ xy

2

, y1

= 1

dx

dy

2

c)

4 1 2

dy

=− + y+ y , y

2

1 = d)

2 1

= 2x + y− 2 y

2

, y1

= x

dx x x x

dx x

dy

e) e

2x (1 2 e

x

) y y

2

, y

x

1

dx = + + + = −e f) dy

sec

2

x ( tg x) y y

2

, y1

tg x

dx = − + =

dy

3. Resolva 6 5y

y

2

dx = + + 4. Resolva dy

9 6y

y

2

dx = + +

5. Resolva a equação de Clairaut dada. Obtenha uma solução singular.

a) y = xy' + 1−ln y'

b) y = xy' + ( y')

− 2

3

dy ⎛dy

⎞

c) y = x −⎜ ⎟

d) y = ( x+ 4) y' + ( y')

2

dx ⎝ dx ⎠

e) xy ' − y = e

y '

f) y− xy' = ln y'

71

equacao_diferencial_2010

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