INTRODUÇÃO ÀS EQUAÇÕES DIFERECIAIS ORDINARIAS
747 pág.

INTRODUÇÃO ÀS EQUAÇÕES DIFERECIAIS ORDINARIAS


DisciplinaEquações Diferenciais Ordinárias2.185 materiais15.086 seguidores
Pré-visualização50 páginas
é de 10\u22124 farads. Vamos
encontrar a carga Q(t) no capacitor em cada instante t, se Q(0) = 0 e o limite de Q(t)
quando t tende a mais infinito.
103
dQ
dt
+ 104Q = 10 \u21d2 dQ
dt
+ 10Q = 10\u22122.
A equação é linear. Multiplicando-se a equação pelo fator integrante µ(t) = e10t
obtemos
d
dt
(
e10tQ
)
= 10\u22122e10t
integrando-se obtemos
e10tQ(t) = 10\u22123e10t + k
ou
Q(t) = 10\u22123 + ke\u221210t.
Substituindo-se t = 0 e Q = 0 obtemos k = \u221210\u22123 e assim a solução do problema de
valor inicial é
Q(t) = 10\u22123
(
1\u2212 e\u221210t
)
coulombs.
lim
t\u2192\u221eQ(t) = 10
\u22123 coulombs.
1.6.9 Juros
Vamos supor que façamos uma aplicação de uma quantia S0 em um banco e que a
taxa de variação do investimento dSdt é proporcional ao saldo em cada instante S(t).
Podemos descrever o problema de encontrar S(t) como o problema de valor inicial\uf8f1\uf8f2\uf8f3
dS
dt
= rS.
S(0) = S0
Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias GoBack GoForward Julho 2013
1.6 Aplicações 99
Este problema já resolvemos antes e tem solução
S(t) = S0ert. (1.45)
Pode parecer que este modelo não seja muito realista, pois normalmente os juros são
creditados em períodos inteiros igualmente espaçados. Ou seja, se j é a taxa de juros
em uma unidade de tempo, então o saldo após n unidades de tempo S(n) é dado
por
S(1) = S0 + S0 j = S0(1+ j)
S(2) = S(1)(1+ j) = S0(1+ j)2
...
...
...
S(n) = S(n\u2212 1)(1+ j) = S0(1+ j)n. (1.46)
Substituindo-se t por n na solução do problema de valor inicial obtida (1.45) e com-
parando com (1.46) obtemos que
S0ern = S0(1+ j)n
ou seja,
1+ j = er ou r = ln(1+ j) (1.47)
Assim, a hipótese inicial de que os juros são creditados continuamente é realista
desde que a constante de proporcionalidade na equação diferencial r e a taxa de
juros j estejam relacionadas por (1.47). Para pequenas taxas de juros os dois valores
são muito próximos, r \u2248 j. Por exemplo, j = 4 % corresponde a r = 3,9 % e j = 1 %
corresponde a r = 0,995 % \u2248 1 %.
Julho 2013 GoBack GoForward Reginaldo J. Santos
100 Equações Diferenciais de 1a. Ordem
0
0
So
t
S
Figura 1.29. Saldo em função do tempo quando não há depósitos
Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias GoBack GoForward Julho 2013
1.6 Aplicações 101
0 2 4 6 8 10 12
100
102
104
106
108
110
112
114
Meses
Sa
ld
o 
em
 R
$
Figura 1.30. Saldo em função do tempo para o problema do Exemplo 1.28
Julho 2013 GoBack GoForward Reginaldo J. Santos
102 Equações Diferenciais de 1a. Ordem
Exemplo 1.28. Vamos supor que uma aplicação renda juros de 1 % ao mês (continu-
amente). Vamos encontrar o saldo como função do tempo e o saldo após 12 meses se
o saldo inicial é de R$ 100, 00.
Podemos descrever o problema de encontrar S(t) como o problema de valor inicial\uf8f1\uf8f2\uf8f3
dS
dt
= 0, 01 S
S(0) = 100
Este problema já resolvemos antes e tem solução
S(t) = 100e0,01 t.
Assim, em 12 meses o saldo é
S(12) = 100e0,01·12 \u2248 R$ 112, 75.
Vamos supor, agora, que além do investimento inicial S0 façamos depósitos ou sa-
ques continuamente a uma taxa constante d (positivo no caso de depósitos e negativo
no caso de saques), então neste caso o modelo que descreve esta situação é o do pro-
blema de valor inicial \uf8f1\uf8f2\uf8f3
dS
dt
= rS+ d
S(0) = S0
A equação é linear e pode ser reescrita como
dS
dt
\u2212 rS = d. (1.48)
Para resolvê-la vamos determinar o fator integrante
µ(t) = e
\u222b \u2212rdt = e\u2212rt
Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias GoBack GoForward Julho 2013
1.6 Aplicações 103
Multiplicando-se a equação (1.48) por µ(t) = e\u2212rt obtemos
d
dt
(e\u2212rtS) = de\u2212rt
Integrando-se ambos os membros obtemos
e\u2212rtS(t) = \u2212d
r
e\u2212rt + c ou S(t) = cert \u2212 d
r
Substituindo-se t = 0 e S = S0, obtemos
S0 = cer 0 \u2212 dr \u21d2 c = S0 +
d
r
Ou seja, a solução do problema de valor inicial é
S(t) = S0ert +
d
r
(ert \u2212 1). (1.49)
Vamos comparar este resultado com o caso em que além dos juros serem creditados
em intervalos constantes os depósitos ou saques de valor D são feitos em intervalos
constantes. Neste caso o saldo após n unidades de tempo é dado por
S(1) = S0(1+ j) + D
S(2) = S0(1+ j)2 + D(1+ j) + D
...
...
...
S(n) = S0(1+ j)n + D((1+ j)n\u22121 + . . . + 1)
S(n) = S0(1+ j)n + D
(1+ j)n \u2212 1
j
. (1.50)
Foi usada a soma de uma progressão geométrica. Substituindo-se t por n na solução
do problema de valor inicial (1.49) e comparando-se com a equação (1.50) obtemos
Julho 2013 GoBack GoForward Reginaldo J. Santos
104 Equações Diferenciais de 1a. Ordem
que
S0ern +
d
r
(ern \u2212 1) = S0(1+ j)n + D (1+ j)
n \u2212 1
j
ou seja
d
r
=
D
j
(1.51)
Usando (1.47) obtemos
d =
ln(1+ j)D
j
ou D =
(er \u2212 1)d
r
. (1.52)
Assim, podemos também neste caso usar o modelo contínuo em que os depósitos
ou saques são feitos continuamente desde que a taxa contínua de depósitos d e os
depósitos constantes D estejam relacionados por (1.52). Para pequenas taxas de juros
já vimos que r \u2248 j e então por (1.51) temos que d \u2248 D. Por exemplo, j = 1 %
corresponde a r = 0,995 % \u2248 1 % e neste caso d \u2248 D.
Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias GoBack GoForward Julho 2013
1.6 Aplicações 105
0
0
So
t
S
Figura 1.31. Saldo em função do tempo quando são feitos depósitos a uma taxa constante
Julho 2013 GoBack GoForward Reginaldo J. Santos
106 Equações Diferenciais de 1a. Ordem
0 5 10 15 20
\u22120.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
x 104
t
S
Figura 1.32. Solução do problema de valor inicial do Exemplo 1.29
Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias GoBack GoForward Julho 2013
1.6 Aplicações 107
Exemplo 1.29. Suponha que seja aberta uma caderneta de poupança com o objetivo
de no futuro adquirir um bem no valor de R$ 40.000, 00. Suponha que os juros sejam
creditados continuamente a uma taxa de r = 1 % ao mês e que os depósitos também
sejam feitos continuamente a uma taxa constante, sendo no início o saldo igual à
zero. Vamos determinar de quanto deve ser a taxa de depósito mensal para que em
20 meses consiga atingir o valor pretendido.\uf8f1\uf8f2\uf8f3
dS
dt
=
1
100
S+ d
S(0) = 0
A equação é linear e pode ser reescrita como
dS
dt
\u2212 1
100
S = d. (1.53)
Para resolvê-la precisamos determinar o fator integrante
µ(t) = e
\u222b \u2212 1100 dt = e\u2212 1100 t
Multiplicando-se a equação (1.53) por µ(t) = e\u2212
1
100 t obtemos
d
dt
(e\u2212
1
100 tS) = de\u2212
1
100 t
Integrando-se ambos os membros obtemos
e\u2212
1
100 tS(t) = \u2212100de\u2212 1100 t + c ou S(t) = ce 1100 t \u2212 100d
Substituindo-se t = 0 e S = 0, obtemos
0 = ce
1
100 0 \u2212 100d \u21d2 c = 100d
Julho 2013 GoBack GoForward Reginaldo J. Santos
108 Equações Diferenciais de 1a. Ordem
Ou seja, a solução do problema de valor inicial é
S(t) = 100d(e
1
100 t \u2212 1). (1.54)
Substituindo-se t = 20 e S = 40000:
40000 = 100d(e
2
10 \u2212 1)
d =
400
e
2
10 \u2212 1
\u2248 400
0,22
\u2248 R$ 1818,18
Esta é a taxa de depósito mensal, supondo-se que os depósitos sejam realizados con-
tinuamente. Vamos determinar o depósito mensal discreto correspondente.
D =
(er \u2212 1)d
r
=
(e0,01 \u2212 1)1818,18
0, 01
\u2248 R$ 1827, 30
1.6.10 Reações Químicas de 2a. Ordem
1o. Caso
Suponha que temos uma reação do tipo em que um reagente A se decompõe em
outras substâncias:
A \u2192 produtos,
tal que a velocidade da reação é proporcional ao quadrado da concentração de A, ou
seja,
dy
dt
= \u2212ky2,
Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias GoBack GoForward Julho 2013
1.6 Aplicações 109
em que y(t) é a concentração de A como função do tempo e k > 0 é a constante
cinética.
Multiplicando-se a equação diferencial por 1/y2 obtemos a equação
1
y2
y\u2032 = \u2212k.
Esta é uma equação separável. Integrando-se em relação a t e substituindo-se y\u2032dt =
dy obtemos que a solução geral da equação