INTRODUÇÃO ÀS EQUAÇÕES DIFERECIAIS ORDINARIAS
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INTRODUÇÃO ÀS EQUAÇÕES DIFERECIAIS ORDINARIAS


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altura h da água dentro do tambor em função
do tempo e em quanto tempo o tanque esvazia.
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86 Equações Diferenciais de 1a. Ordem
Figura 1.24. Solução do problema do Exemplo
1.25
 0.5
 1
 1.5
 2
 20 40 60 80 100
t
h
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1.6 Aplicações 87
Como para o cilindro
V(h) = piR2h = pih
então
dV
dh
= pi.
Como uma constante sobre pi é também uma constante, então o problema pode ser
modelado por \uf8f1\uf8f2\uf8f3
dh
dt
= k
\u221a
h
h(0) = 2, h(30) = 1.
Multiplicando-se a equação por
1\u221a
h
obtemos
1\u221a
h
h\u2032 = k.
Integrando-se ambos os membros em relação a t obtemos\u222b 1\u221a
h
h\u2032dt =
\u222b
kdt.
Fazendo-se a substituição h\u2032dt = dh obtemos\u222b 1\u221a
h
dh =
\u222b
kdt.
Calculando-se as integrais obtemos a solução geral na forma implícita
2
\u221a
h = kt+ c (1.44)
ou explicitando-se a solução:
h(t) = (
c+ kt
2
)2.
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88 Equações Diferenciais de 1a. Ordem
Substituindo-se t = 0 e h = 2 em (1.44):
2
\u221a
2 = c.
Substituindo-se t = 30 e h = 1 em (1.44):
c+ 30k = 2 \u21d2 k = 2\u2212 c
30
=
1\u2212\u221a2
15
.
Assim, a função que descreve como a altura da coluna de água varia com o tempo é
dada por
h(t) = (
c+ kt
2
)2 = (
\u221a
2+
1\u2212\u221a2
30
t)2.
Substituindo-se h = 0:
t = \u2212 c
k
=
30
\u221a
2\u221a
2\u2212 1 \u2248 102 min.
1.6.6 Velocidade de Escape
v = v0
P = \u2212 k
r2
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1.6 Aplicações 89
Um corpo é lançado da superfície da terra com velocidade v0 de forma que a única
força que age sobre ele é o seu peso que é proporcional ao inverso da distância ao
centro da terra, ou seja,
m
dv
dt
= \u2212 k
r2
, k > 0.
Como na superfície da terra, r = R, o seu peso é igual, em módulo, a mg, então
\u2212 k
R2
= \u2212mg \u21d2 k = mgR2.
Assim, \uf8f1\uf8f2\uf8f3m
dv
dt
= \u2212mgR
2
r2
,
v(0) = v0.
Como
dv
dt
=
dv
dr
dr
dt
=
dv
dr
v,
então
v
dv
dr
= \u2212 gR
2
r2
.
Integrando-se em relação a r obtemos\u222b
vv\u2032dr = \u2212
\u222b gR2
r2
dr+ c.
Substituindo-se v\u2032dr = dv e calculando as integrais obtemos
v2
2
=
gR2
r
+ c.
Substituindo-se v = v0 e r = R obtemos
v20
2
= gR+ c \u21d2 c = v
2
0
2
\u2212 gR.
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90 Equações Diferenciais de 1a. Ordem
Assim,
v2
2
=
gR2
r
+
v20
2
\u2212 gR.
Queremos saber qual a velocidade inicial para que a velocidade v tenda a zero ape-
nas quando r tenda a infinito. Para isso, supomos lim
r\u2192\u221e v = 0 e calculamos o limite
da equação quando r tende a infinito obtendo
v0 =
\u221a
2gR.
1.6.7 Resistência em Fluidos
Um corpo que se desloca em um meio fluido sofre uma força de resistência que é
proporcional a velocidade do corpo. A velocidade, v(t), é a solução do problema de
valor inicial
\uf8f1\uf8f2\uf8f3 m
dv
dt
= F\u2212 kv
v(0) = 0.
Para um corpo que cai a força F é igual ao peso do corpo. Para um barco que se
desloca na água ou um carro em movimento a força F é igual à força do motor.
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1.6 Aplicações 91
P = \u2212 mg
Fr = \u2212 kv
P = \u2212 mg
Exemplo 1.26. Um paraquedista com o seu paraquedas pesa 70 quilogramas e salta
de uma altura de 1400 metros. O paraquedas abre automaticamente após 5 segun-
dos de queda. Sabe-se que a velocidade limite é de 5 metros por segundo. Vamos
determinar a velocidade que o paraquedista atinge no momento que o paraquedas
abre, quanto tempo demora para a velocidade chegar a 5,1 metros por segundo e
como varia a altura em função do tempo.
Vamos convencionar que o sentido positivo é para cima e que a origem está na su-
perfície da terra. Até o momento em que o paraquedas abre a velocidade é a solução
do problema de valor inicial \uf8f1\uf8f2\uf8f3 m
dv
dt
= P = \u2212mg
v(0) = 0,
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92 Equações Diferenciais de 1a. Ordem
ou seja, \uf8f1\uf8f2\uf8f3
dv
dt
= \u221210
v(0) = 0.
O que leva a solução
v(t) = \u221210t.
Quando o paraquedas abre a velocidade é então de
v(5) = \u221250 m/s.
Até este momento a altura do paraquedista em função do tempo é a solução do
problema de valor inicial \uf8f1\uf8f2\uf8f3
dh
dt
= v(t) = \u221210t
h(0) = 1400.
cuja solução é
h(t) = 1400\u2212 5t2.
Assim, até o momento que o paraquedas abre o paraquedista caiu
1400\u2212 h(5) = 125 m
Daí em diante a velocidade do paraquedista é a solução do problema de valor inicial\uf8f1\uf8f2\uf8f3 m
dv
dt
= \u2212mg\u2212 kv
v(5) = \u221250.
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1.6 Aplicações 93
Figura 1.25. Módulo da velocidade do Exemplo
1.26
 5
 10
 15
 20
 25
 30
 35
 40
 45
 50
 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50
t
|v|
Figura 1.26. Altura do Exemplo 1.26
 200
 400
 600
 800
 1000
 1200
 1400
 50 100 150 200 250
t
h
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94 Equações Diferenciais de 1a. Ordem
A força de resistência é igual à\u2212kv, o sinal menos com uma constante positiva indica
que a força de resistência é no sentido contrário ao da velocidade. Observe que a
velocidade é negativa o que faz com que a força de resistência seja positiva, ou seja,
para cima como convencionamos no início.\uf8f1\uf8f2\uf8f3
dv
dt
= \u221210\u2212 k
70
v = \u221210\u2212 Kv, K = k/70
v(5) = \u221250.
A equação
dv
dt
= \u221210\u2212 Kv
pode ser reescrita como
1
10+ Kv
v\u2032 = \u22121
Integrando-se
ln |10+ Kv| = \u2212Kt+ c1
10+ Kv = ±ec1e\u2212Kt
v(t) = \u221210
K
+ ce\u2212Kt
A velocidade limite é de \u22125 m/s, logo
lim
t\u2192\u221e v(t) = \u2212
10
K
= \u22125 \u21d2 K = 2.
Substituindo-se t = 5 e v = \u221250 em v(t) = \u2212 10K + ce\u2212Kt:
\u221250 = \u22125+ ce\u22125K \u21d2 c = \u221245e5K
ou seja, a solução do problema de valor inicial é
v(t) = \u22125\u2212 45e\u22122(t\u22125).
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1.6 Aplicações 95
Substituindo-se v = \u22125,1 (lembre-se que é negativo por que é para baixo!) obtemos
\u22125,1 = \u22125\u2212 45e\u22122(t\u22125) \u21d2 t\u2212 5 = ln 450
2
\u2248 3 segundos,
ou seja, 3 segundos depois do paraquedas aberto a velocidade já é de 5,1 m/s. Depois
que o paraquedas abre a altura em função do tempo é a solução do problema de valor
inicial \uf8f1\uf8f2\uf8f3
dh
dt
= v(t) = \u22125\u2212 45e\u22122(t\u22125)
h(5) = 1400\u2212 125 = 1275.
a solução geral da equação é
h(t) = \u22125(t\u2212 5) + 45
2
e\u22122(t\u22125) + c.
Substituindo-se t = 5 e h = 1275 obtemos c = 2505/2. Assim, a solução deste
problema de valor inicial é
h(t) =
2505
2
\u2212 5(t\u2212 5) + 45
2
e\u22122(t\u22125), para t > 5
1.6.8 Circuitos Elétricos
Um circuito RC é um circuito que tem um resistor de resistência R, um capacitor de
capacitância C e um gerador que gera uma diferença de potencial ou força eletromo-
triz V(t) ligados em série. A queda de potencial num resistor de resistência R é igual
à RI e num capacitor de capacitância C é igual à
Q
C
.
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96 Equações Diferenciais de 1a. Ordem
Pela segunda lei de Kirchhoff (lei das malhas) a soma da forças eletromotrizes (neste
caso apenas V(t)) é igual à soma das quedas de potencial (neste caso R I na resistên-
cia e Q/C no capacitor), ou seja,
R I +
Q
C
= V(t).
Como I(t) =
dQ
dt
, então a carga Q(t) no capacitor satisfaz a equação diferencial
R
dQ
dt
+
1
C
Q = V(t).
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1.6 Aplicações 97
Figura 1.27. Circuito RC
C
V(t)
R
Figura 1.28. Solução do problema do Exemplo
1.27
 0.0005
 0.001
 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
t
Q
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98 Equações Diferenciais de 1a. Ordem
Exemplo 1.27. Em um circuito RC uma bateria gera uma diferença de potencial de 10
volts enquanto a resistência é de 103 ohms e a capacitância