Equações Diferenciais de Primeira Ordem

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Equação Diferencial de Primeira Ordem
Cálculo III - ECT 1312
Escola de Ciências e Tecnologia
Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Abril 2012
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 1 / 52
Definição e Classificação da Equações Diferenciais (ED)
Equação Diferencial
Uma equação que contém as derivadas (ou diferenciais) de uma ou mais
variáveis dependentes em relação a uma ou mais variáveis independentes é
chamda de equação diferencial. São exemplos de EDs:
d2y
dx2
+ xy
(
dy
dx
)2
= 0
d4x
dt4
+5
d2x
dt2
+3x= cos(t)
d3y
dz3
+ y
d2x
dz2
= ln(z)
∂2u
∂x2
− ∂
2v
∂x2
+
(
∂v
∂y
)3
+
∂u
∂y
= 0
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 2 / 52
Definição e Classificação da Equações Diferenciais (ED)
Para facilitar o estudo das EDs, classificamos as EDs de acordo com seu tipo,
sua ordem e linearidade.
Tipo de Uma Equação Diferencial
Uma ED que contém apenas derivadas ordinárias de uma ou mais variáveis
dependentes em releção a uma única variável independente é chamada de
equação diferencial ordinária EDO. São exemplos de EDOs
d2y
dx2
+ xy
(
dy
dx
)2
= 0
d4x
dt4
+5
d2x
dt2
+3x= cos(t)
d3y
dz3
+ y
d2x
dz2
= ln(z)
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 3 / 52
Definição e Classificação da Equações Diferenciais (ED)
Tipo de Uma Equação Diferencial
Uma ED que contém derivadas parciais de uma ou mais variáveis
dependentes em releção a duas ou mais variáveis independentes é chamada
de equação diferencial parcial EDP. São exemplos de EDPs
∂v
∂s
+
∂v
∂t
= v
∂2u
∂x2
− ∂
2v
∂x2
+
(
∂v
∂y
)3
+
∂u
∂y
= 0
∂2u
∂x2
+
∂2u
∂y2
+
∂2u
∂z2
= 0
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 4 / 52
Definição e Classificação da Equações Diferenciais (ED)
Notação
Seja y(x) uma função da variável independente x. Suas derivadas (ordinárias)
podem ser denotadas por y′,y′′,y′′′, . . . ,y(n) (notação linha) ou através da
notação de Leibniz dydx ,
d2y
dx2 ,
d3y
dx3 , . . .
dny
dxn . Quando a variável independente é o
tempo t é comum expressar as derivadas de y(t) através da notação ponto
(devida à Newton) y˙, y¨,
...
y , . . . . Como exemplos
y′′+ xy(y′)2 = 0
....
x +5x¨+3x= cos(t)
d3y
dz3
+ y
d2x
dz2
= ln(z)
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Definição e Classificação da Equações Diferenciais (ED)
Notação
No caso de uma função de duas ou mais variáveis u(x,y), suas derivadas
parcias podem ser denotadas por ∂u∂x ,
∂u
∂y ,
∂2u
∂x2 ,
∂2u
∂y2 ,
∂2u
∂x∂y , etc. Ou ainda, de forma
mais compacta, ux,uy,uxx,uyy,uxy, etc. Como exemplos
∂v
∂s
+
∂v
∂t
= v
uxx− vxx+(vy)3+uy = 0
uxx+uyy+uzz = 0
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 6 / 52
Definição e Classificação da Equações Diferenciais (ED)
Ordem de Uma Equação Diferencial
A ordem de uma equação diferencial (EDO ou EDP) é a ordem da maior
derivada presente na equação. Por exemplo
d2y
dx2
+ xy
(
dy
dx
)5
= 0 Segunda Ordem
d4x
dt4
+5
d2x
dt2
+3x= cos(t) Quarta Ordem
∂2u
∂x2
+
∂2u
∂y2
+
∂3u
∂z3
= 0 Terceira Ordem
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 7 / 52
Definição e Classificação da Equações Diferenciais (ED)
Linearidade de Uma Equação Diferencial
Se uma equação diferencial for tal que nos seus termos não aparecem
funções transcendentais da variável ou variáveis dependentes, ou de
suas derivadas,
produtos entre as variáveis dependentes, entre as variáveis dependentes
e suas derivadas, ou entre as derivadas das variáveis dependentes,
a equação diferencial é dita linear. Assim uma EDO de ordem n linear
apresenta a seguinte forma
an(x)
dny
dxn
+an−1(x)
dn−1y
dxn−1
+ · · ·+a1(x)dydx +a0(x)y= g(x).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 8 / 52
Definição e Classificação da Equações Diferenciais (ED)
Exercício 1
Classifique as seguinte EDs com relação ao tipo, ordem e linearidade.
a) dydx + xy= x
b) d
3s
dh3 + sh
2 ds
dh −2h= cos(h)
c) ∂
3x
∂y∂z2 − xyz= 0
d)
(dx
dt
)2
=
√
d4x
dt4
e) ∂
2f
∂g2 +
(
∂f
∂g
)3
− ln(f ) = egh
f) xdy+ y2dx= 0
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 9 / 52
Definição e Classificação da Equações Diferenciais (ED)
Exercício 1 (Solução)
Classifique as seguinte EDs com relação ao tipo, ordem e linearidade.
a) dydx + xy= x EDO 1
a odem linear
b) d
3s
dh3 + sh
2 ds
dh −2h= cos(h) EDO 3a ordem não linear
c) ∂
3x
∂y∂z2 − xyz= 0 EDP 3a ordem linear
d)
(dx
dt
)2
=
√
d4x
dt4 EDO 4
a ordem não linear
e) ∂
2f
∂g2 +
(
∂f
∂g
)3− ln(f ) = egh EDP 2a ordem não linear
f) xdy+ y2dx= 0 EDO 1a ordem (linear em x(y) e não linear pra y(x))
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 10 / 52
Solução de Uma Equação Diferencial
Veremos mais a frente que o estudo de uma EDP pode ser reduzida ao estudo
de EDOs. Nesse sentido vamos agora definir o conceito de solução de uma
EDO.
Solução Explícita
Uma solução explícita de uma EDO é uma função y= f (x), a qual quando
substituida na EDO a transforma em uma identidade.
Solução Implícita
Uma solução implícita de uma EDO é uma função g(x,y) = 0, a qual através
de derivadas implícitas reproduz a equação diferencial inicial.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 11 / 52
Solução de Uma Equação Diferencial
Exemplo 1
Mostre que y(x) = ce2x (c uma constante) e que g(x,y) = x2+ y2−25 = 0 são
soluções das seguintes EDOs respectivamente
dy
dx
= 2y e x+ y
dy
dx
= 0.
Derivando y(x) e substituindo na primeira equação temos
dy
dx
= 2ce2x = 2y(x) = 2ce2x.
Derivando g(x,y) implicitamente em relação a x temos
2x+2y
dy
dx
= 0 =⇒ x+ ydy
dx
= 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 12 / 52
Problemas de Valor Inicial (PVI)
Uma EDO linear de ordem n pode ser reescrita como
dny
dxn = f (x,y,y
′, . . . ,y(n−1)), onde f (x,y,y′, . . . ,y(n−1)) é um funcional (função de
funções) da variável dependente e independente e de suas derivadas.
PVI para Uma EDO de Ordem n
Determinar a solução da EDO linear de ordem n
dny
dxn
= f (x,y,y′, . . . ,y(n−1)),
sujeita às condições
y(x0) = y0, y′(x0) = y1, y′′(x0) = y2, . . . y(n−1)(x0) = yn−1,
é chamado de Problema de Valor Inicial, e a solução da EDO de Solução
Particular.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 13 / 52
Problemas de Valor Inicial (PVI)
Exemplo 2
Determine a solução particular para equação diferencial abaxio
dy
dx
= 2y,
sujeita à condição y(0) = 3.
Já vimos que a solução dessa EDO é y(x) = ce2x, onde c é uma constante.
Fazendo x= 0 na equação e utilizando o fato de que y(0) = 3 obtemos que
c= 3. Assim a solução particular é
y(x) = 3e2x.
A solução geral y(x) = ce2x na veradade constitui uma família de soluções,
i.e., para cada valor de c temos uma solução diferente.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 14 / 52
Problemas de Valor Inicial (PVI)
Exercício 2
Sabendo que x(t) = c1 cos(4t)+ c2 sin(4t) é uma família de soluções para a
EDO x′′+16x= 0, ache uma solução do problema de valor inicial
x
(pi
2
)
=−2 e x′
(pi
2
)
= 1.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 15 / 52
Problemas de Valor Inicial (PVI)
Exercício 2 (Solução)
Sabendo que x(t) = c1 cos(4t)+ c2 sin(4t) é uma família de soluções para a
EDO x′′+16x= 0, ache uma solução do problema de valor inicial
x
(pi
2
)
=−2 e x′
(pi
2
)
= 1.
Note que x
(pi
2
)
= c1 =−2 e que x′
(pi
2
)
= 4c2 = 1. Assim a solução particular é
x(t) =−2cos(4t)+ 1
4
sin(4t).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 16 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Equações Diferenciais Separáveis
Uma EDO linear de 1a ordem pode ser escrita da seguinte forma
dy
dx
= f (x,y).
Se a função f (x,y) na equação acimafor tal que f (x,y) = g(x)h(y), então
dizemos que a equação diferencial é separável. E assim
dy
dx
= g(x)h(y) =⇒
∫ dy
h(y)
=
∫
g(x)dx+ c,
onde c é uma constante de integração. Note que a constante c é determinada
através da condição inicial fornecida no problema (PVI).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 17 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Exemplo 3
Determine a solução geral da seguinte equação diferencial y′ =−2xy.
Note que a equação diferencial acima pode ser reescrita como
dy
dx
=−2xy =⇒ dy
y
=−2xdx.
A solução é obtida integrando a equação acima,∫ dy
y
=−
∫
2xdx =⇒ ln |y|=−x2+ c1.
Assim a solução geral é dada por y(x) = ce−x2 .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 18 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Exercício 3
Resolva a equação diferencial (e2y− y)cos(x) dydx = ey sin(2x) com a condição
inicial y(0) = 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 19 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Exercício 3 (Solução)
Resolva a equação diferencial (e2y− y)cos(x) dydx = ey sin(2x) com a condição
inicial y(0) = 0.
Note que a equação acima pode ser escrita como
e2y− y
ey
dy= 2sin(x)dx =⇒
∫
(e2− ye−y)dy= 2
∫
sin(x)dx+ c.
Assim temos a seguinte solução implícita ey+ ye−y+ e−y =−2cos(x)+ c. Da
condição inicial temos que c== 4, logo a solução particular é
ey+ ye−y+ e−y =−2cos(x)+4.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 20 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Método do Fator Integrante
Uma EDO linear de 1a ordem tem a seguinte forma geral
a1(x)
dy
dx
+a0(x)y= g(x).
Quando a função g(x) = 0, dizemos que a EDO é homogênia, e do contrário
não homogênia. Supondo que a1(x) 6= 0 a equação acima pode ser reescrita
como
dy
dx
+p(x)y= r(x),
que é chamada de forma padrão da EDO acima, onde p(x) = a0(x)a1(x) e
r(x) = g(x)a1(x) .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 21 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Método do Fator Integrante
Vamos multiplicar a EDO na sua forma padrão por uma função h(x)
h(x)
dy
dx
+h(x)p(x)y= h(x)r(x)
e exigir que
d
dx
[h(x)y(x)] = h(x)r(x).
De forma que
h(x) = e
∫
p(x)dx,
chamada de fator integrante.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 22 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Método do Fator Integrante
Assim a solução da EDO
dy
dx
+p(x)y= r(x),
é dada por
y(x) =
1
h(x)
[∫
h(x)r(x)dx+ c
]
,
novamente onde c é uma constante de itegração determinada através da
condição inicial fornecida no problema.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 23 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Exemplo 4
Resolva a equação diferencial y′− y= e2x.
Aqui temos uma EDO linear de 1a ordem não homogênia. Identificando
p(x) =−1 e r(x) = e2x, temos que
h(x) = e
∫
(−1)dx = e−x.
Assim a solução geral é
y(x) =
1
h(x)
[∫
h(x)r(x)dx+ c
]
=
1
e−x
[∫
e−xe2xdx+ c
]
= e2x+ cex.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 24 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Exercício 4
Resolva o problema de valor inicial (PVI): y′+ y tan(x) = sin(2x) e y(0) = 1.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 25 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Exercício 4 (Solução)
Resolva o problema de valor inicial (PVI): y′+ y tan(x) = sin(2x) e y(0) = 1.
O fator integrante é dado por
h(x) = e
∫
tan(x)dx = eln(|sec(x)|) = sec(x).
Assim a solução geral é
y(x) =
1
sec(x)
[∫
sec(x)sin(2x)dx+ c
]
= cos(x)
[∫
2sin(x)dx+ c
]
=−2cos2(x)+ ccos(x).
De y(0) = 1 temos que c= 3, então a solução particular é
y(x) =−2cos2(x)+3cos(x).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 26 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Exercício 5
Resolva xy′+ y+4 = 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 27 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Exercício 5 (Solução)
Resolva xy′+ y+4 = 0.
A equação acima não está na forma padrão. Assumindo que x 6= 0, podemos
reescrevê-la como
y′+
y
x
=−4
x
.
Assim h(x) = x e a solução geral fica
y(x) =
1
h(x)
[∫
h(x)r(x)dx+ c
]
=
1
x
[∫
x
(−4
x
)
dx+ c
]
=
c
x
−4.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 28 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Equação Diferencial Exata
Seja f (x,y) uma função a duas variáveis. A diferencial total de f (x,y) é
definida como
df =
∂f
∂x
dx+
∂f
∂y
dy= fxdx+ fydy.
Assumindo que f (x,y) tem derivadas parciais contínuas, temos que
∂2f
∂x∂y
=
∂2f
∂y∂x
,
teorema de Schwarz.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 29 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Equação Diferencial Exata
Considere a seguinte equação diferencial
M(x,y)dx+N(x,y)dy= 0,
onde as funções M(x,y) e N(x,y) apresentam derivadas parciais contínuas.
Dizemos que a equação diferencial acima é exata se
∂M(x,y)
∂y
=
∂N(x,y)
∂x
.
Neste caso, temos que
df =M(x,y)dx+N(x,y)dy= 0 =⇒ f (x,y) = c.
Assim determinar a solução geral de uma equação diferencial exata consiste
em determinar uma função f (x,y) tal que f (x,y) = c.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 30 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Equação Diferencial Exata
Note que como ∂f∂x =M(x,y) temos que
f (x,y) =
∫
M(x,y)dx+g(y).
A função g(y) é derterminada derivando a equação acima em relação a y e
utilizando o fato de que
∂f
∂y
= N(x,y),
e em seguida integra-se em relação a y.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 31 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Exemplo 5
Resolva a seguinte equação diferencial xy′+ y+4 = 0.
Note que a equação acima pode ser escrita como
(y+4)dx+ xdy= 0,
com M(x,y) = y+4 e N(x,y) = x. Como
∂M
∂y
= 1 =
∂N
∂x
= 1,
a EDO acima é exata. Assim
f (x,y) =
∫
M(x,y)dx+g(y) =
∫
(y+4)dx+g(y) = xy+4x+g(y).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 32 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Exemplo 5 (Continuação)
Resolva a seguinte equação diferencial xy′+ y+4 = 0.
Note que
∂f
∂y
= x+g′(y) = N(x,y) = x =⇒ g′(y) = 0.
Logo g(y) = c1 (c1 constante). Assima solução geral fica
f (x,y) = xy+4x+ c1 = c2,
ou ainda,
f (x,y) = xy+4x= c.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 33 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Exercício 6
Resolva o problema de valor inicial sin(x)cosh(y)− y′ cos(x)sinh(y) = 0 com
y(0) = 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 34 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Exercício 6 (Solução)
Resolva o problema de valor inicial sin(x)cosh(y)− y′ cos(x)sinh(y) = 0 com
y(0) = 0.
A equação acima é exata. De forma que
f (x,y) =
∫
sin(x)cosh(y)dx+g(y) =−cos(x)cosh(y)+g(y).
Note ainda que
∂f
∂y
=−cos(x)sinh(y)+g′(y) = N(x,y) =−cos(x)sinh(y).
Assim
g′(y) = 0 =⇒ g(y) = c1
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 35 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Exercício 6 (Solução)
Resolva o problema de valor inicial sin(x)cosh(y)− y′ cos(x)sinh(y) = 0 com
y(0) = 0.
Logo a solução geral é
f (x,y) =−cos(x)cosh(y)+ c1 = c2 =⇒ cos(x)cosh(y) = c.
Da condição inical temos que
cos(0)cosh(0) = c =⇒ c= 1.
Assim a solução particular é
cos(x)cosh(y) = 1.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 36 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Redução à Forma Separável
Algumas EDOs de 1a ordem podem ser reduzidas às EDOs de variáveis
separáveis através de uma mudança de variável. Considere a seguinte EDO
abaixo
dy
dx
= f
(y
x
)
,
através da seguinte mudança de variável y= ux, e como dydx =
du
dxx+u, temos
que
du
dx
x+u= f (u) =⇒
∫ du
f (u)−u =
∫ dx
x
+ c.Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 37 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Exemplo 6
Resolva 2xyy′ = y2− x2.
Note que a EDO acima pode ser reescrita como
2xy
dy
dx
= y2− x2 =⇒ dy
dx
=
y
2x
− x
2y
.
Com a substituição y= uv temos que
x
du
dx
+u=
u
2
− 1
2u
=⇒
∫ 2u
u2+1
=−
∫ dx
x
+ c1.
De forma que
x2+ y2 = cx.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 38 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Exercício 7
Resolva a seguinte EDO xydx+(x2+ y2)dy= 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 39 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Exercício 7 (Solução)
Resolva a seguinte EDO xydx+(x2+ y2)dy= 0.
Note que a equação acima pode ser escrita como
dy
dx
=−
y
x
1+
( y
x
)2 =⇒ ∫ 1+u2u(u2+2)du=−
∫ dx
x
+ c1.
Integrando (frações parciais) temos
1
2
∫ du
u
+
1
2
∫ udu
u2+2
=−
∫ dx
x
+ c1.
Logo
u2(u2+2) =
c
x4
=⇒ y4+2x2y2 = c.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 40 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Transformada de Laplace
Considere a seguinte EDO de 1a ordem
dy
dt
+p(t)y(t) = r(t),
sujeita a seguinte condição y(0) = y0. Supondo que as funções y(t),p(t) e
r(t) admitem transformada de Laplace, podemos utilizar a transformada para
reslover o PVI acima. Para tanto devemos seguir o seguinte roteiro
Determinar a incógnita y(t) e as condições iniciais,
Aplicar a transformada L obtendo uma equação algébrica em Y(s),
Resolver para Y(s),
Aplicar a transformada inversa L−1 e
Obter a função solução y(t) sujeita as condições iniciais.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 41 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Exemplo 7
Resolva o seguinte PVI dydt +3y= 13sin(2t) sujeita a condição y(0) = 6.
Tomando a transforma temos
sY(s)− y(0)+3Y(s) = 26
s2+4
=⇒ (s+3)Y(s) = 6+ 26
s2+4
.
Resolvendo para Y(s):
Y(s) =
6
s+3
+
26
(s+3)s2+4
=
6s2+50
(s+3)(s2+4)
=
8
s+3
+
−2s+6
s2+4
.
Tomando a inversa
y(t) = 8e−3t−2cos(2t)+3sin(2t).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 42 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Exercício 8
Resolva dydt + y= f (t), com y(0) = 0 onde
f (t) =
{
1, se 0≤ t ≤ 1
0, se t > 1.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 43 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Exercício 8 (Solução)
Resolva dydt + y= f (t), com y(0) = 0 onde
f (t) =
{
1, se 0≤ t ≤ 1
0, se t > 1.
Tomando a transformada de equação acima temos
sY(s)− y(0)+Y(s) = F(s) =⇒ Y(s)(s+1) = F(s) =⇒ Y(s) = F(s)
s+1
.
Note que a transformada de f (t) é dada por
F(s) = L {1−U(t−1)}= 1
s
− e
−s
s
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 44 / 52
Métodos de Soluções de EDOs lineares de 1a Ordem
Exercício 8 (Solução)
Assim temos que
Y(s) =
1
s(s+1)
− e
−s
s(s+1)
.
Aplicando a transformada inversa temos que
y(t) = L−1
{
1
s(s+1)
− e
−s
s(s+1)
}
= L−1
{
1
s
− 1
s+1
}
−L−1{G(s)e−s}
= 1− e−t−g(t−1)U(t−1)
y(t) = 1− e−t− [1− e−t+1]U(t−1).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 45 / 52
Modelando problemas com EDOs de 1a Ordem
Modelagem
O processo de descrever o comportamento de algum sistema ou fenômeno da
vida real em termos matemáticos é chamado de modelagem. A descrição
matemática do sistema ou fenômeno é chamado de modelo matemático. O
processo como um todo pode ser resumido nos seguintes passos
Identificação das variáveis do problema,
Elaboração do modelo matemático (equação diferencial),
Resolução da equação diferencial,
Determinação da solução particular,
Checagem e interpretação da solução.
A seguir veremos alguns exemplos de problemas de diversas áreas do
conhecimento e como proceder para modelar tais problemas.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 46 / 52
Modelando problemas com EDOs de 1a Ordem
Radioatividade, Decaimento Radioativo
Experimentos mostram que uma substância radioativa se decompoem a uma
taxa proporcional a quantidade de amostra presente. Dada uma certa
quantidade, digamos 2 gramas, de uma substância radioativa, encontre a
quantidade que estará presente num instante posterior.
Etapa 1: Seja N(t) a quantidade de substância (em gramas) em um dado
instante t (em segundos),
Etapa 2: O dados mostram que dNdt = kN(t), k < 0 constante de
proporcionalidade,
Etapa 3: Resolução da equação diferencial,
Etapa 4: Determinação da solução particular,
Etapa 5: Checagem e interpretação da solução.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 47 / 52
Modelando problemas com EDOs de 1a Ordem
Radioatividade, Decaimento Radioativo
Note que temos que resolver a EDO: dNdt = kN(t), sujeita a condição
N(0) = 2 gramas. Pelo método da separação das variáveis temos
dN
N
= kdt =⇒
∫ dN
N
=
∫
kdt =⇒ ln[N(t)] = kt+ c1,
Assim temos
N(t) = cekt.
Como N(0) = 2, a solução particular é
N(t) = 2ekt.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 48 / 52
Modelando problemas com EDOs de 1a Ordem
Moviemnto em Queda Livre
Um obejeto cai de um avião a uma certa altura do solo. Considerando que o
atrito entre o ar e o objeto seja proporcional a sua velocidade, encontre a
velocidade com que o objeto atinge o solo.
Etapa 1: Seja v(t) a velocidade do ojeto (em metros por segundos) em
um dado instante t (em segundos),
Etapa 2: Da Segunda Lei de Newton m dvdt = mg− kv, k > 0 constante,
Etapa 3: Resolução da equação diferencial,
Etapa 4: Determinação da solução particular,
Etapa 5: Checagem e interpretação da solução.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 49 / 52
Modelando problemas com EDOs de 1a Ordem
Moviemnto em Queda Livre
Temos que resolver a EDO: m dvdt = mg− kv, sujeita a condição v(0) = 0. Pelo
método da separação das variáveis temos∫ dv
mg− kv =
∫ dt
m
=⇒ −1
k
ln[mg− kv(t)] = t
m
+ c1
Como v(0) = 0, temos que c1 =− ln(mg)k . Assim a solução particular é
v(t) =
mg
k
[1− e−kt].
A velocidade terminal do objeto vT é dada por
vT = lim
t→∞v(t) =
mg
k
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 50 / 52
Modelando problemas com EDOs de 1a Ordem
Circuito RL
Um circuito RL é aquele composto por um resistor e um indutor L. Uma bateria
de 12 volts é conectada a um circuito em série no qual a indutância é 0.5
henry e a resistência é 10 ohms. Determine a corrente sabendo que a corrente
inical é zero.
Etapa 1: Seja i(t) a corrente (em ampères) em um dado instante t (em
segundos),
Etapa 2: Da Lei de Kirchhoff L didt +Ri= V0,
Etapa 3: Resolução da equação diferencial,
Etapa 4: Determinação da solução particular,
Etapa 5: Checagem e interpretação da solução.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 51 / 52
Modelando problemas com EDOs de 1a Ordem
Circuito RL
Temos que resolver a EDO: L didt +Ri= V0, sujeita a condição i(0) = 0. Pelo
método do fator integrante temos que p(t) = RL e r(t) = V0L e
h(t) = e
Rt
L
De forma que
i(t) =
V0
R
+ ce−
Rt
L .
Da condição inicial c=−V0L , logo
i(t) =
V0
R
[1− e− RtL ] = 6
5
[1− e−20t].
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 52 / 52