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UNIVERSIDADE TECNOLÓGICA FEDERAL DO PARANÁ PR NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 2 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 )(xfy = e suas derivadas , onde: y’ é a 14', '', ''', ,..., ny y y y y a derivada, y’’ é a 2a derivada, ..., yn 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: 22 2 2 1 y d y dye dxdx ⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎝ ⎠ = é uma E.D.O. de 2 a ordem, mas não possui grau, pois não pode ser escrita sob a forma de um polinômio na função incógnita e suas derivadas, em razão da presença do termo . ye Exemplo: 1) Classifique as seguintes equações diferenciais: a) 62 =+ xy dx dy Resposta: Equação diferencial ordinária, 1a ordem, 10 grau. b) x dx dy dx yd 232 2 =+ Resposta: Equação diferencial ordinária, 2a ordem, 10 grau. c) dx dy dx yd dx dyx 23 3 2 24 =⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛−⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ Resposta: Equação diferencial ordinária, 2a ordem, 30 grau. d) 22 2 2 24 z zx x y ∂ ∂+∂ ∂ 5= Resposta: Equação diferencial parcial, 2 a ordem, 10 grau. e) 23 43 2 0 yd dy dxdx + ⎛ ⎞ − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ Resposta: Equação diferencial ordinária, 3a ordem, 20 grau. NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 3 f) 3 2 3 2 4 yd d y y dx dx +⎛ ⎞ − =⎜ ⎟⎝ ⎠ 6 Resposta: Equação diferencial ordinária, 2 a ordem, 10 grau. g) 25dy y y dx + = Resposta: Equação diferencial ordinária, 1a ordem, 10 grau. Exercício: 1) Classifique as seguintes equações diferenciais, em ordinárias ou parciais e em relação à ordem e grau: a) xxy dx dy 24 =− Resposta: E.D.O., 1a ordem, 10 grau. b) Resposta: Não é equação diferencial. xyxy 246 =− c) 23 2 3 22 2 d y d y dyx dxdx dx − = 6+ Resposta: E.D.O., 3a ordem, 10 grau. d) Resposta: E.D.O., 3'23)''(4''' 4 yxy =++ y a ordem, 10 grau e) Resposta: E.D.O., 254''3 =− yyx a ordem, 10 grau. f) Resposta: E.D.O, 2253 2)'()''( xyyy =−+ a ordem, 30 grau. g) yx y z x z +=∂ ∂+∂ ∂ 2 2 2 2 2 Resposta: E.D.P, 2a ordem, 10 grau. h) y zxz x z ∂ ∂+=∂ ∂ Resposta: E.D.P., 1a ordem, 10 grau. i) 3 3 3 3 1d y y dx d y dx − = Primeiramente devemos preparar a equação diferencial para podermos classificar sua ordem e grau: 23 3 3 d y d yy dx dx ⎛ ⎞ − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ 3 Resposta: E.D.O, 3a ordem, 20 grau. j) y x dx dy =2ln Resposta: E.D.O., 1a ordem, não têm grau. Solução: 2 2 log 2 dy dx x y ye dy dydxe e e x x dx = ⇒ = ⇒ = ye ; Lembre-se: logln log e abxex b a= = k) 5dy 3x dx = + Resposta: E.D.O., 1a ordem, 10 grau. NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 4 l) 53 3 3 4 y d y dye dxdx ⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎝ ⎠ = Resposta: E.D.O., 3 a ordem, não têm grau. m) 3 2 3 24 ( ) 5 d y d ysen x xy dx dx + + 0= Resposta: E.D.O., 3a ordem, 10 grau. n) 3 7 22 3 2 3 d y dy dyy y dx dxdx ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ 5x= Resposta: E.D.O., 2a ordem, 30 grau. o) 2 2 2 24 y y t x ⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0= Resposta: E.D.P., 2a ordem, 10 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: xseny = é a solução da equação senxxyy −=+− cos''' Essa função é solução particular da equação diferencial dada. Exercício 1) Verifique se a função dada é solução da equação diferencial: a) e Resposta: Sim é solução particular xseny 2= 04'' =+ yy b) e 43 33 +−+ xyy 2 2 ' 1 xy y = + Resposta: Sim c) e ⎩⎨ ⎧ = = tby sentax cos ya xb dx dy 2 2 −= Resposta: Sim d) e Resposta: Sim 5xy e c−= + 0'5'' =+ yy e) e 14 22 =−+ yxyx 0)2()2( =−++ dyyxdxyx Resposta: Sim f) e Resposta: Sim xey −−= 03''' =−− yyy g) e Resposta: Não xexy −⋅= 03'2'' =−− yyy h) exey 35 −= 03'2'' =−− yyy Resposta: Não 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 1a ordem apresenta uma constante arbitrária, uma equação de 2a ordem apresenta duas constantes arbitrárias. - Solução Particular: É a solução da equação deduzida da solução geral, atribuindo-se valores particulares as constantes arbitrárias. NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 5 - 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) 22 2 2dy x dy x dx dy x dx y x c dx ∫ ∫= ⇒ = ⇒ = ⇒ = + é a solução geral e é solução Particular 2xy = 2) Determine a solução da equação xx dx dy 43 2 += para as condições iniciais e . 1=x 3=y Solução Geral: 3 22y x x c= + + Solução particular: 3 2(1,3) 3 1 2 0 2c c y x x⇒ = + + ⇒ = ⇒ = + 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 1 1 1 01( ) ( ) ... ( ) ( ) ( ) n n n nn n d y d y dya x a x a x a x y g x 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 3 2 3 2 3 2 0 ; '' 2 ' 0 e 3 5 x xdy ydx y y y d y d y dyx x x dx dx dx + = − + = − + + = e São equações diferenciais ordinárias de primeira, segunda e terceira ordens, respectivamente. Por outro lado, Coeficiente potência depende de y ≠ 1 3 2 3 d. '' 2 ' e 0yy y y x y dx − = + = são equações diferenciais ordinárias não-lineares de segunda e terceira ordens, respectivamente. NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 6 + PROBLEMAS RESOLVIDOS: Classifique cada equação diferencial segundo a ordem, o grau (quando possível) e a linearidade. Determine a função incógnita e a variável independente. ) ''' 5 ' 1xa y xy e− = + 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: 3 2 1( ) 1, ( ) 0, ( ) 5 , ( ) 1 xb x b x b x x g x e= = = − = - A função incógnita é y - A variável independente é x . 2 2) ( t)b ty t y sen y t 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 2) t dtc s st s dss ∂ + =∂ Resolução: - Segunda ordem: a mais alta derivada é de ordem dois. - Primeiro grau: a equação tem a forma de um polinômio na função incógnita e suas derivadas (com coeficientes em s) e a derivada segunda aparece em primeiro grau. t - Não-linear: , que depende de s e de t. 1b st= - A função incógnita é t - A variável independente é s . 5 104 7 5 4)5 7 b dbd b dpp ⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂⎜ ⎟ + + −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠∂⎝ ⎠ b p= 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 NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 7 2 2 2) 1 xe y y y ∂ = +∂ Resolução: - Segunda ordem: a mais alta derivada é de ordem dois. - 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. - Linear: 22 1 0( ) , ( ) 0, ( ) 0; ( ) 1b y y b y b y g x y= = = = + - 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 21. ( ") 3 ' 0y yy xy− + = 2 2 não-linear y x 4 (4)2. ''' xx y xy e+ = 4 1 linear y x 23. 1t s ts sen t− = −�� � 2 1 linear s t (4) 24. ''' " ' y 0y xy x y xy sen+ + − + = 4 nenhum não-linear y x 25. = y 1 n n d x dy + n 1 linear x y 22 2 2 26. =0 d r d r dry dydy dy ⎛ ⎞⎜ ⎟ + +⎜ ⎟⎝ ⎠ 2 2 não-linear r y 3/22 27. d y y x dx ⎛ ⎞⎜ ⎟ + =⎜ ⎟⎝ ⎠ 2 nenhum não-linear y x 7 78. 3 d b p dp = 7 1 linear b p 7 9. 3db p dp ⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠ 1 7 não-linear b p NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 8 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 é dada por: a(t) = 16 − 24t. 0t ≥ 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 partícula que se move ao longo do eixo x são dadas por: 2 2 dt xda e dt dxv == respectivamente. Então da primeira sentença no problema, temos: t2416 dt xd 2 2 −= (01) que é a equação diferencial exigida do movimento. Solução do item (a): 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 contrário do inicial. Se integrarmos (01) uma vez encontramos V(t)= 1 2 ct12t16 dt dx +−= (02) onde c1 é uma constante arbitrária Esta constante pode ser determinada pela condição v (0)= −5. Obtemos, então: −5 = 0 + c1, isto é, c1 = −5. Portanto: V(t)= 5t12t16 dt dx 2 −−= Integrando esta expressão, encontramos: NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 9 2 3 2( ) 8 4 5x t t t t c= − − + , onde c2 é outra constante arbitrária que pode ser determinada pela condição x (0) = 2, assim temos: 2 = 0 + c2 → c2 = 2. Portanto , 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. 2t5t4t8x 32 +−−= 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. Neste caso, integramos (01), como antes, entretanto, como não temos condições para dt dx , não podemos determinar c1 de imediato. Integrando então (02), obtemos: 2 3 1 2( ) 8 4x t t t c t c= − + + . Agora, usamos as duas condições para obter as duas constantes arbitrárias, isto nos dá: ⎩⎨ ⎧ ++−= += 21 2 cc487 c02 , ou seja, c1 = 1 e c2 = 2, então 2 3( ) 8 4 2x t t t t= − + + As formulações matemáticas dos itens a e b do problema são, respectivamente; 2 2 2 2 d( ) 16 24 , x (0) 2, x' (0) 5 d (b) 16 24 , x (0) 2, x (1) 7 xa t dt x t dt = − = = − = − = = Uma diferença importante entre estas duas formulações é que em: (a) as condições sobre a função incógnita x(t) e sua derivada x’(t) ou dt dx são especificadas em um 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 problemade 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. NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 10 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: Uma equação diferencial de 1ª ordem e 1º grau pode ser escrita na forma: )y,x(F dx dy = 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): y' = − M(x,y) / N(x,y) para poder rescrever: M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 Obs. Esta forma é conhecida como forma diferencial. 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. NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 11 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: ( ) ( )M x dx N y dy c+ =∫ ∫ Exemplos: 1) Consideremos a equação diferencial y xy =' na sua forma normal, que também pode ser escrita na sua forma diferencial: dyydxxdyydxx =⇒=− 0 , então integrando cada termo independentemente, teremos: 2 2 1 2 22 cycx +=+ e reunindo as constantes em uma constante c, teremos: . cyx =− 22 Nota: Esta relação satisfaz à equação diferencial dada (solução implícita): ∫ ∫ =+ cdyyNdxxM )()( . 2) Resolva a equação: 0xy dx dy)x1( 2 =++ Solução: 0)1( 2 =++ xy dx dyx ⇒ ⇒−=+⇒−=+ )1( )1( 22 xydxdyxxy dx dyx ( ) 011 )x(1 1 22 =++⇒+= dyydxxxdxxdyy y 1 (y) N e x1 x (x) M Assim, 2 =+= Integrando, temos: 2 22 122 122 1 1)1( )1(ln )1ln( 2 1ln x cycxyexycxycxy c +=⇒=+⋅⇒=+⋅⇒=+⋅⇒=++ NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 12 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 que dt dN , a taxa de variação da quantidade de substância em relação ao tempo, seja proporcional à quantidade de substância presente, então Nk dt dN ⋅= ou 0=− kN dt dN , onde k é a constante de 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: a) Seja N a quantidade de material presente no instante t. Então 0=− kN dt dN . Esta equação diferencial é linear e separável e sua solução é dada por: . .( ) . k tN t c e= Em t = 0, temos N(0) = 50. Desta forma, . .( ) . 50 . 50k t k tN t c e c e c= ⇒ = ⇒ = Portanto, . .( ) 50. k tN t e= 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: . 2( ) 50. 45 50.k t kN t e e= ⇒ = . 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: , onde t é medido em horas. 0,053( ) 50 tN t e−= ⋅ 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. NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 13 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 Tm a temperatura do meio circundante. Então, a taxa de variação da temperatura em relação ao tempo é dt dT , e a lei de resfriamento de Newton pode assim ser formulada: ( ) mm kTkTdt dTTTk dt dT =+−−= 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: Utilizando a equação mkTkTdt dT =+ e sabendo que 0=mT , teremos: 0kT dt dT =+ , cuja solução é: t.ke.cT −= . Como T = 100 em t = 0 , temos: . 100.100 0. =⇒= − cec k Assim, teremos a solução . tkeT ..100 −= Por outro lado, temos T = 50 em t = 20 e assim obtemos: 20.ke.10050 −= . Utilizando as regras de logaritmos encontramos k = 0,035. Desta forma, substituindo na equação, teremos t.035,0e.100T −= a) O tempo necessário para termos T = 25, será: , resolvendo esta equação, encontramos t = 39,6 min. te .035,0.10025 −= b) Para encontrar T quando t = 10 basta substituir na equação encontrada e teremos: . E, portanto T = 70,5ºF. 10.035,0.100 −= eT NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 14 2) Um corpo à temperatura de 50ºF é colocadoao 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: Utilizando a equação mkTkTdt dT =+ e sabendo que Tm = 100 teremos: kkT dt dT 100=+ , cuja solução é: 100. . += − tkecT Como T = 50 em t = 0, temos . 50100.50 0. −=⇒+= − cec k Assim, teremos a solução . 100.50 . +−= − tkeT Por outro lado, temos T = 60 em t = 5, e assim obtemos: 100.5060 5 +−= − ke Utilizando as regras de logaritmos encontramos k = 0,045. Desta forma, substituindo na equação, teremos 100.50 .045,0 +−= − teT a) Para encontrar t quanto T = 75, basta substituir T = 75 na equação função encontrada. Assim, . Utilizando as propriedades de logaritmos encontramos t = 15,4 min. 100.5075 .045,0 +−= − te b) Para encontrar T quando t = 20, basta substituir t = 20 na equação e teremos . E, portanto: T = 79,5ºF. 100.50 )20.(045,0 +−= −eT NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 15 LISTA DE PROBLEMAS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS 1) Determine a solução (implícita ou explicita) das equações diferenciais abaixo: cey :Resposta 2xydx =dy c) c.x.ey :Resposta 2 dx dy xb) 1 x 1 :Resposta 0) 2 2 x x2 22 33 = ==− =−=− yxy c y dyxdxya cx y x x y =−= =−= 34 3 2 43y :Resposta dx dy e) x cy :Resposta dx dyd) 1cey :Resposta )1(4 dx dy ) cxy :Resposta 0) 4x3 −=+= ==− yxg ydxxdyf 2) Determine a solução particular em cada uma das equações diferenciais dadas 0= xquando e =y 0x+1 xydxb) 1 = x quando 3 =y ) 2 =− = dy x y dx dya Resposta: 2x1ey b) 3xy) += =a 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. Obs. Utilizar a formulação matemática da lei do resfriamento de Newton, ou seja, )30T(k dt 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: t0256,0e.100N)a −= ≅ 4 a 1 m 10 d anos 11,4 )b 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: T0 = 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. NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 16 EQUAÇÃO DIFERENCIAL EXATA Definição: Uma equação diferencial ordinária (EDO) na forma diferencial 0),(),( =+ dyyxNdxyxM é dita exata se: x N y M ∂ ∂=∂ ∂ Exemplos: 1) Verifique se a EDO é exata. 0)(3 32 =++ dyxydxyx Solução: 22 33),( x y MyxyxM =∂ ∂⇒= e 23 3),( x x NxyyxN =∂ ∂⇒+= Como , x N y M ∂ ∂=∂ ∂ temos que essa equação é uma EDO exata. 2) a) A forma diferencial 3x2y2 dx + 2x3y 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!) Teorema: Sejam x e y yxNyxM ∂ ∂ ∂ ∂ NM),,(),,( contínuas no retângulo .a x b e c y d< < < < Então a EDO é exata se, e somente se: 0),(),( =+ dyyxNdxyxM x N y M ∂ ∂=∂ ∂ , isto significa dizer que existe uma função tal que cyxu =),( ( , ) ( , ).u uM x y e N x y x y ∂ ∂= =∂ ∂ Definição: Uma equação diferencial homogênea de 1a ordem 0),(),( =+ dyyxNdxyxM é exata se a diferencial: 0u udu dx dy x y ∂ ∂= + =∂ ∂ da função , (onde a função é uma função implícita, isto é, é a variável dependente e ),( yxu ),( yxu y x é a variável independente) de maneira que 0),( =yxdu e integrando .),( cyxu = Assim, é exata se, e somente se: 0),(),( =+ dyyxNdxyxM ),(e),( yxN y uyxM x u =∂ ∂=∂ ∂ tal que x N y M ∂ ∂=∂ ∂ e sua solução será: ∫ ∫ +∂∂=+= )()(),(),( ykdxxuykdxyxMyxu onde representa uma constante que depende de )( yk .y Assim, deriva-se para obter isto é: ∫ += ),(),(),( ykyxMyxu ),( yk ( , ) '( ) ( , ) ( , ) '( )u M x y dx k y N x y M x y dx k y x y y ∂ ∂ ∂= + ⇒ =∫ ∫∂ ∂ ∂ + NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 17 Sugestão de algoritmo para a solução da EDO exata: Passo 0) Verificar se a equação diferencial dada é exata, ou seja, . x N y M ∂ ∂=∂ ∂ Passo 1) Fazer ),( yxM x u =∂ ∂ ⇒determinar =),( yxu expressão em x e y ).( yk+ Passo 2) Fazer ),( yxN y u =∂ ∂ ⇒determinar e )(' yk ).( yk Passo 3) Substituir em )( yk ).,( yxu Passo 4) Fazer .),( cyxu = Exemplos: 1) Resolva a EDO .0)1(2 2 =++ dyxdxxy Solução: x y MxyyxM 22),( =∂ ∂⇒= e x x NxyxN 21),( 2 =∂ ∂⇒+= Como , x N y M ∂ ∂=∂ ∂ temos que essa equação é uma EDO exata. Agora, vamos a sua resolução: Admitimos que existe uma função cyxu =),( tal que N y ueM x =∂ ∂=∂ ∂u . Assim: )(),(2u),( 2 tan ykyxyxudxxydx x yxu teconséy +=⇒=∂ ∂= ∫∫ Por outro lado, )('2 ykx y u +=∂ ∂ e 21 xN y u +==∂ ∂ Desta forma, 1 22 1)(1)('1)(' cydyykykxykx +==⇒=⇒+=+ ∫ Portanto, cyyxccyyxyxu ccc =+⇒=++= −= 2212 12 ),( (forma implícita) Ou, )1( )1( 2 22 +=⇒=+⇒=+ x cycxycyyx (forma explícita) NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 18 2) Resolva a EDO .0)()2( 2 =+++ dyyxdxxxy Solução: x y MxxyyxM 22),( =∂ ∂⇒+= e x x NyxyxN 2),( 2 =∂ ∂⇒+= Como , x N y M ∂ ∂=∂ ∂ temos que essa equação é uma EDO exata. Agora, vamos a sua resolução: Admitimos que existe uma função cyxu =),( tal que N y ueM x =∂ ∂=∂ ∂u . Assim: )( 2 ),()2(u),( 2 2 tan ykxyxyxudxxxydx x yxu teconséy ++=⇒+=∂ ∂= ∫∫ Por outro lado, )('02 ykx y u ++=∂ ∂ e yxN y u +==∂ ∂ 2 Desta forma, 1 2 22 2 )()(')(' cydyyykyykyxykx +==⇒=⇒+=+ ∫ Portanto, cyxyxccyxyxyxu ccc =++⇒=+++= −= 2222 ),( 22 2 21 22 2 12 (forma implícita) 3) Verifique se a equação diferencial ordinária 1−=+ dx dy xy x é exata e resolva-a. Solução: Como, ⇒+−=⇒−=+ dxxydyxdx dy xy x )(1 ( ) ⎩⎨ ⎧ = +=⇒=++ xN xyM xdydxxy 0 então: 1= y M ∂ ∂ e 1= x N ∂ ∂ ⇒x N y M ∂ ∂ ∂ ∂ = donde a equação é exata e sua solução, será: NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 19 ⇒+=⇒+=∂ ∂⇒=∂ ∂ ∫ dxyxyxuyxxuMxu )(),( ( ) ( )ykxyxyxu ++= 2, 2 1)(0)(')(' cykykxykxNy u =⇒=⇒=+⇒=∂ ∂ Logo, ( ) cxyxccxyxyxu ccc =+⇒=++= −= 2 2 , 2 22 21 2 12 (forma implícita) ou, ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −=⇒−=⇒−=⇒=+ x x cy x xcyxcxycxyx 2 1 2 22 2 22 (forma explícita) LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS 1) Verifique se as equações abaixo são exatas, determinando sua solução. 1y(0) com , 1 1' ) 2 2 = ⎩⎨ ⎧ − −= yx xyya Resposta: 1 2 22 −=−− yxyx ou 22222 −=−− yxyx 0..4 ) =+ dxxdyyb Resposta: cyx =+ 22 4 0.2. ) 2 =+ dxydyxc Resposta: cx yexataão += ln2 1, N 0.cos..4 ) =+ dyyxdxsenyd Resposta: csenyxexataNão =4, 0)ln()3( ) 32 =+++ dyxxdx x yyxe Resposta: ou cyxx =+ )ln( 3 xx cy ln 3 += 0.').2.( ) =++ xyxy eyyyexf Resposta: cyexy =+ 2 0)( .cos)(cos ) ⎩⎨ ⎧ = =+ πy dyxdxysenxx g Resposta: tgxy = 0)()( ) 22 =++− dyyyxdxxxyh Resposta: cyxyx =+− 2222 2) Verificar se as Equações Diferenciais, dadas a seguir, são exatas e determinar sua solução geral: a) ( ) 0cos3 32 =++ dx drxxrx Resposta: É exata, ( ) cxrx =+ sen3 b) 0)21()1( =−++ uv dv duvu Resposta: Não é exata, ( ) 2n uv u v c+ − =A . 3) Verificar se as Equações Diferenciais, dadas a seguir, são exatas e determinar sua solução geral: a) 032 4 22 3 =−+ dyy xydx y x para ( ) 21 =y Resposta: É exata, 8 31 3 2 −=− yy x b) 0)4(3 2 =−−− dx dyxyxy para ( ) 21 =y Resposta: É exata, 72 32 =+− xyxy c) 0)2()( 2 =−++ dx dyyxyx para ( ) 21 =y Resposta: É exata, 3 5 3 2 3 −=−+ yyxx NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 20 d) 22 (4 ) dyx x y y dx − − − = 0 para ( ) 21 =y Resposta: É exata, 3 19 2 3 3 23 =+ yx 4) Verifique se a Equação Diferencial ( )2 33 lnst s dt t t ds t ⎛ ⎞ ⎡ ⎤ 0+ + + =⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎝ ⎠ é exata e determine a solução geral, sabendo que . Resposta: é exata, ( )tss = 3( ln )s t t c+ = 5) Verifique se a Equação Diferencial ( ) ( )cos cos 0y xy dx x xy dy+ = é exata e determine a solução geral, sabendo que ( )xyy = . Resposta: é exata, . ( )x sen xy c= 6) Verifique se a Equação Diferencial ( ) ( ) ( ) 02senln22cos =+ dsstdt t s é exata e determine a solução geral, sabendo que . Resposta: não é exata, ( )tss = 4sec (2 )st c −= 7) Resolver o seguinte problema de valor inicial ( )[ ] 0cos2 2 =++ dyyxxydx ππ , sabendo que ( ) 11 =y . Resposta: é exata, 2 ( )x y sen yπ+ = 1 8) Resolver o seguinte problema de valor inicial ( ) ( ) 0319 =−+− dxxdyy , sabendo que ( ) 03 =y . Resposta: não é exata, 2 29 18 6 1y y x x− − − = − 8 9) Verifique se as equações abaixo são exatas, determinando sua solução. a) Resposta: é exata, 0'22 2 =++ xyyyx 2 2x xy c+ = b) ( ) ( ) 0'1.2cos 2 =−+++ yexsenxxexy yy Resposta: é exata, 2 yysenx x e y c+ − = EXTRA => INTERESSANTE 1) Resolva a equação diferencial ordinária ,' yy = ou seja, determinar a função cuja derivada é igual a ela mesma. Solução: ∫ ∫ −=⇒−+=⇒+=+⇒=⇒=⇒=⇒=⇒= 1231221 lnln1' cccccxycxcydxdyydxydydxydyydxdyyy xxccx ecyeeyeycxy ⋅=⇒⋅=⇒=⇒+= + 333ln 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. 21 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 0),(),( =+ dyyxNdxyxM (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 0),(),( =+ dyyxNdxyxM . Uma função é um fator integrante, se a equação: ),( yxI 0]),(),([),( =+⋅ dyyxNdxyxMyxI (02) é exata: Exemplos: 1) Mostre que a função 2 1),( x yxI −= é um fator integrante para a equação .0=− dyxdxy Solução: 1),( =∂ ∂⇒= y MyyxM e 1),( −=∂ ∂⇒−= x NxyxN Como , x N y M ∂ ∂≠∂ ∂ temos que essa equação é uma EDO não exata. Mas, multiplicando a equação diferencial dada por ,1),( 2x yxI −= temos: [ ] 0101 22 =+−⇒=−⋅− dyxdxx ydyxdxy x 22 1),( xy M x yyxM −=∂ ∂⇒−= e 211),( xx N x yxN −=∂ ∂⇒= Portanto, , x N y M ∂ ∂=∂ ∂ temos que essa equação é uma EDO exata e pode ser resolvida pelo método visto em aula anterior (método da equação diferencial exata). 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. 22 2) Mostre que a função xy yxI 1),( −= é um fator integrante de .0=− dyxdxy Solução: 1),( =∂ ∂⇒= y MyyxM e 1),( −=∂ ∂⇒−= x NxyxN Como , x N y M ∂ ∂≠∂ ∂ temos que essa equação é uma EDO não exata. Mas, multiplicando a equação diferencial dada por ,1),( xy yxI −= temos: [ ] 01101 =+−⇒=−⋅− dy y dx x dyxdxy xy ⇒ 01),( =∂ ∂⇒−= y M x yxM e 01),( =∂ ∂⇒= x N x yxN Portanto, , x N y M ∂ ∂=∂ ∂ temos que essa equação é uma EDO exata e pode ser resolvida pelo método da 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 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). ),( yxI 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 ),( yxI Diferencial exata dh(x,y) ydx xdy− 2 1 x − 2 xdy ydx yd x x − ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ ydx xdy− 2 1 y 2 xdy ydx xd y y ⎛ ⎞− = ⎜ ⎟⎝ ⎠ ydx xdy− 1 xy − lnxdy ydx yd xy x − ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ ydx xdy− 2 2 1 x y − + 2 2 xdy ydx yd arctg x y x − ⎛ ⎞= ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ ydx xdy+ 1 xy ( )lnxdy ydx d xy xy + = ydx xdy+ 1 , 1 ( )n n xy > 1 1 ( ) ( 1)( )n n xdy ydx d xyn xy − ⎡ ⎤+ −= ⎢ ⎥−⎣ ⎦ 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. 23 Grupo de Termos Fator integrante ),( yxI Diferencial exata dh(x,y) xdx ydy+ 2 2 1 x y+ 2 2) 2 2 1 ln( 2 xdx ydy d x y x y + ⎡ ⎤= +⎢ ⎥+ ⎣ ⎦ ydx xdy+ 2 2 1 , n>1 ( )nx y+ 1 1 ( ) ( 1)( )n n xdy ydx d xy n xy − ⎡ ⎤+ −= ⎢ ⎥−⎣ ⎦ ( , constantes)aydx bxdy a b+ 1 1a bx y− − 1 1( ) (a b a b )x y aydx bxdy d x y− − + = 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 1( ) M Ng x N y x ⎛ ⎞∂ ∂≡ −⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ é uma função dependente apenas da variável x, o fator integrante é determinado por: ( ).( , ) g x dxI x y e∫= (Ver exemplo 6) (Caso ii) Se 1( ) M Nh y M y x ⎛ ⎞∂ ∂≡ −⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ é uma função dependente apenas da variável y, o fator integrante é determinado por: ( ).( , ) h y dyI x y e−∫= (Ver exemplo 7) (Caso iii) Se ( , ) . ( ) e ( , ) . ( )M x y y f xy N x y x g xy= = , então: 1( , ) ( , ) ( , ) I x y xM x y yN x y = − (Ver exemplo 8) Exemplos: 1) Resolva 0ydx xdy− = Solução: Utilizando o fator integrante = ),( yxI 2 1 x − (ver exemplo 1, p. 2 ou tabela anterior), podemos escrever a equação diferencial como: 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. 24 2 0 xdy ydx x − = (01) Como (01) é exata, pode ser resolvido pelo processo das equações diferenciais exatas. Alternativamente, pela tabela anterior, notamos que (01) pode ser escrita como 0=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ x y dx d . Logo, por integração direta, temos c x y = , ou xcy = como solução. 2) Resolva a equação diferencial do exemplo 1 utilizando outro fator integrante. Solução: Utilizando o fator integrante = ),( yxI 1 xy − (ver exemplo 2, p.3 ou tabela anterior), podemos escrever a equação como: 0xdy ydx xy − = (02) Como (02) é exata, pode ser resolvido pelo processo das equações diferenciais exatas. Alternativamente, pela tabela anterior, notamos que (02) pode ser escrita como 0ln =⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ x yd . Logo, por integração direta, temos 1ln cx y =⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ . Tomando exponenciais em ambos os membros obtemos 1cy e x = , ou finalmente, y = cx ( ). 1cc e= 3) Resolva ( ) . 2 0y y dx xdy− + = 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 fator é 2( , ) 1/I x y y= . Utilizando-o, podemos escrever (03) como 2 1 ydx xdy dx y 0−− + = (04) Como (04) é exata, pode ser resolvida pelo processo das equações diferenciais exatas. Alternativamente, a equação (04) pode ser escrita como ( / ) 1 0, ou como ( / ) 1 .d x y dx d x y dx− + = = Integrando, obtermos a solução: ou x xx c y y x = + = c+ 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. 25 0= 0 4) Resolva ( ) . 2 2 2( )y xy dx x x y dy− + + Solução: Não se reconhece de imediato nenhum fator integrante. Escrevendo, entretanto, a equação diferencial como: 2 2 2( ) ( )ydx xdy xy dx x y dy+ + − + = (05) vê-se que o primeiro grupo de termos admite vários fatores integrantes (tabela anterior). Um deles, a saber 2( , ) 1/( )I x y xy= , é fator integrante para toda a equação. Multiplicando a equação (05) por 21/( )xy , obtemos: 2 2 2 2 2 0( ) ( ) ydx xdy xy dx x y dy xy xy + − ++ = Ou equivalentemente 2 1 1 ( ) ydx xdy dy dy xxy + = − (06) Pela tabela anterior: 2 1 ( ) ydx xdy d xyxy ⎛ ⎞+ −= ⎜ ⎟⎝ ⎠ de modo que (06) pode escrever-se como 1 1 1d dx xy x ⎛ ⎞− = −⎜ ⎟⎝ ⎠ dy Integrando ambos os membros desta última equação, obtemos: 1 ln x y c xy − = − + que é a solução sob forma implícita. 5) Resolva 2 3 4 3' 2 yxy x y = + . Solução: Escrevendo a equação sob forma diferencial, temos: 2 3 4(3 ) ( 2 ) 0yx dx x y dy+ − − = Não se reconhece de imediato nenhum fator integrante. Podemos, no entanto, reagrupar os termos da equação como segue: 2(3 ) 2 0x ydx xdy y dy4− − = (07) O grupo entre parênteses é da forma , com a = 3 e b = 1 aydx bxdy+ − , que admite 2 2x y− como fator integrante. Ora, como a expressão entre parênteses já está multiplicada por 2x , tentamos um fator da forma 2( , )I x y y−= , vem: 2 2 2(3 ) 2 0x y ydx xdy y dy− − − = que pode ser simplificada (ver tabela anterior) para: 3 1 2( ) 2d x y y dy− = (08) 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. 26 Integrando ambos os membros de (08), obtemos: 3 1 32 3 x y y− = + c x como solução sob forma implícita. 6) Resolva . ' 2y xy= − Solução: Escrevendo a equação sob forma diferencial, temos: ( 2 ) 0xy x dx dy− + + = (09) Não se reconhece de imediato nenhum fator integrante. Nota-se,entretanto, que ; de forma que: ( , ) 2 e ( , ) 1M x y xy x N x y= − + = 1 ( 2 ) (0) 2 1 M N x x N y x ⎛ ⎞∂ ∂ − −− = =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ − é função de x somente. Portanto de acordo com a condição (a) para determinar o fator integrante, temos: 22 .( , ) x dx xI x y e e− −∫= = é o fator integrante. Multiplicando (09) por 2xe− , obtemos: 2 2 2 ( 2 ) 0x x xxye xe dx e dy− − −− + + = (10) que é exata. Resolvendo (10) pelo processo das equações diferenciais exatas, obtemos a solução: 2 1 2 xy ce= + Observe que a equação dada é também linear. (Esse tipo de equação será objeto de estudo nos tópicos seguintes). 7) Resolva . 2 0y dx xydy+ = Solução: Aqui, 2( , ) e ( , )M x y y N x y xy= = ; logo, 2 1 2M N y y 1 M y x y ⎛ ⎞∂ ∂ − y − = =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ é função de y somente. Portanto de acordo com a condição (b) para determinar o fator integrante, temos: (1/ ) ln( , ) 1/y dy yI x y e e y− −∫= = = é o fator integrante. Multiplicando a equação diferencial dada por: ( , ) 1/I x y y= , obtemos a equação exata 0ydx xdy+ = , cuja solução é cy x = . Um processo alternativo consistiria em dividir a equação dada por 2xy transformando-a em uma equação de variáveis separáveis. 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. 27 8) Resolva 2 ' xy yy x −= . Solução: Escrevendo a equação sob a forma diferencial, temos: (1 ) (1) 0y xy dx x dy− + = (11) de acordo com o caso (c) para determinar o fator integrante, escolhemos:= ),( yxI 2 1 1 [ (1 )] ( )x y xy xy −=− Multiplicando (11) por , obtemos: ),( yxI 2 2 1 1 0xy dx dy x y xy − − = que é exata. Aplicando o processo das equações diferenciais exatas, chegamos à solução 1/( ln )y x c= − x 0 . Note-se que poderíamos ter escrito (11) como: 2( )ydx xdy xy dx+ − = que também sugere (ver tabela 1) =),( yxI ( )21/ xy como fator integrante. 9) Resolva ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ = + += 3)1( 3 2 2 y yxy xyx dx dy . Solução: Escrevendo a equação dada na forma: , teremos: 0dy)yxy(dx)xyx3( 22 =+−+ 2 2( , ) 3 ( , ) 2 2M NM x y x xy N x y y x y xy xy y x ∂ ∂= + ⇒ = − − ⇒ = ⇒ = −∂ ∂ e a equação não é exata. Observe que M(x,y) e N(x,y) podem ser fatoradas como produto de uma função de x e uma função de y, isto é, e o fator integrante é: 0)1()3( 22 =+−+ dyxydxyx 2 2 1( , ) (3 )(1 ) I x y y x = + + multiplicando a equação por este fator integrante, temos 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. 28 0 31 22 =+−+ dyy ydx x x que é separável e exata e integrando esta expressão, temos: )3()1( )3ln( 2 1)1ln( 2 1 2222 ycxoucyx +⋅=+=+−+ Como y = 3 quando x =1, obtemos 6 1=c . E a solução que procuramos é: 36 )3( 6 1)1( 2222 =−+=+ xyouyx LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS 1) Determine um fator integrante apropriado para cada equação diferencial e resolva-a: Respostas: 2)2 . 3 . 0 a y dx xy dy+ = 2 2a) ( , ) 1/ ou ( , ) 1/ ; 3I x y xy I x y y x y c= − = = ) . .ln 0 b y dx x xdy+ = ) ( , ) 1/ ; / lnb I x y x y c x= = ) . 2 . 0 c y dx x dy− = 3 32) ( , ) , I(x,y) 1/ ou ( , ) 1/ 3 ; c I x y x y I x y xy y c x −= = = = ) cos . . 0 d x y dy seny dx− = 2) ( , ) 1/ ; d I x y x seny cx= = )( 1) ( 1) 0 e y dx x dy+ − + = 2 2 ) ( , ) 1/( 1) ou ( , ) 1/( 1) ; ( 1) 1 e I x y x I x y y y c x = + = − + = + − ) (2 3 ). . 0 f y x dx x dy+ + = 2 3) ( , ) , f I x y x x y x c= + = 2 2) ( ). 2 . 0 g x y dy xy dx− − = 2 2 2) )( , ) 1/ ; g I x y y x y cy= + = 2 3) 4 . . 0h x y dx x dy+ = 4) ( , ) ;h I x y x x y c= = ) 2i dx xydy− = 0 2 2) ( , ) 1/ ou ( , ) ; lnyi I x y x I x y e y cx−= = = 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. 29 RESUMO PARA ENCONTRAR FATORES INTEGRANTES Considere a equação: M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0 1) Calcule: (02) x N e (01) ∂ ∂ ∂ ∂ y M 2) Se (01) = (02) a equação é exata e pode ser resolvida. 3) Se (01) ≠ (02), podemos ter os seguintes casos: (i) Se 1( ) M Ng x N y x ⎛ ⎞∂ ∂≡ −⎜ ∂ ∂⎝ ⎠⎟ e a função depende apenas da variável x, o fator integrante é determinado por: ( ).( , ) g x dxI x y e∫= (ii) Se 1( ) M Nh y M y x ⎛ ⎞∂ ∂≡ −⎜ ∂ ∂⎝ ⎠⎟ e a função depende apenas da variável y, o fator integrante é determinado por: ( ).( , ) h y dyI x y e−∫= (iii) Se ( , ) . ( ) e ( , ) . ( )M x y y f xy N x y x g xy= = , então: 1( , ) ( , ) ( , ) I x y xM x y yN x y = − Exemplo: 1) Resolva ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ = −= 2)0( y yx dx dy Solução: Escrevendo a equação diferencial como 0dydx).yx( =−− , temos: ( , ) 1 ( , ) 1 0 MM x y x y y NN x y x ∂= − =∂ ∂= − =∂ − e a equação não é exata. Agora usando 1( ) M Ng x N y x ⎛ ∂ ∂= −⎜ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎞⎟ isto é, g(x) = 11 )01( =− −− é uma função de x. Portanto 1( , ) dx xI x y e e∫= = é um fator integrante. Assim xxxxx exye dx dyeyxe dx dye .. )( =+⇒−= resolvendo como uma solução exata, chegamos a solução geral: Ceeyex xxx =−− .2. utilizando a condição de existência , temos: 5.. −=−− xxx eeyex 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. 30 LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS 1) Resolva as seguintes equações diferenciais, utilizando o processo que considerar apropriado e possível: Respostas: 2 2) 0a xy dx x ydy+ = 2 21) ( , ) 1 (a equação é exata); 2 a I x y x y c= = 3 3)( ) 0b y x y dx xdy+ + = 3 2 2) ( , ) 1/( ) ; 1/ 2 ( )b I x y xy y x x c= = − 2 2)( ) 0c x y y dx xdy+ + − = 2 2) ( , ) 1/( ); ( )c I x y x y y xtg x c= − + = + )( 1) 0d y dx xdy+ − = 2) ( , ) 1/ ; 1d I x y x y cx= − = − ) (1 )e ydx x dy+ − = 0 2) ( , ) 1/ ; c 1e I x y y y x= = − 3 2 2 4)( ) ( ) 0f x y y dx x y x dy− + − = 2 3 4) ( , ) 1/( ) ; 3 2 6f I x y xy x y xy cxy= + + = − 2)2 0g xydx y dy+ = 2 2) ( , ) 1/ ; 2( )g I x y y y c x= = − ) 3h ydx xdy+ = 0 2 3) ( , ) ; /h I x y y y c x= = 2 2)(3 ) 0i x y x dx dy− + = 3 3) ( , ) ; 1/ 3x xi I x y e y ce−= = + 4 2)( ) 0j y x y dx xdy+ + = 2 4) ( , ) 1/( ) ; 1/ / 3j I x y xy y x cx= = − 2 2 2) 2 4 0 xk xy dx x ydy y ⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ = 2 2 2 4) ( , ) ; x 2 xk I x y y y c= + = 2 2 2 2) ( )l xy dx x y x y dy+ + = 0 2) ( , ) 1/( ) ; ln =l I x y xy xy c y= − 3 2)( ) 0m y x xy dx xdy+ + − = 2 2 2) ( , ) 1/( ); ( / 2 )m I x y x y y xtg x c= − + = + 2 2 3 3 4)3 (2 ) 0n x y dx x y x y dy+ + = 3 3/ 3 3 2 / 3) ( , ) ; y yn I x y e x y e c= = NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 31 EQUAÇÃO DIFERENCIAL LINEAR DE 1a ORDEM Consideremos uma equação diferencial da forma: )()(')( 10 xbyxayxa =+ Vamos considerar que todas as condições necessárias ( , dependam apenas da variável x) para que possamos resolver esta equação sejam satisfeitas. )(e)(),( 10 xbxaxa O melhor que podemos fazer quando é não nula, é realizar a divisão de todos os termos da equação por para obter: )(0 xa )(0 xa )()(' xQyxPy =+ (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 nesta forma, como por exemplo xsenxy dx dy =+ 2 , é chamada equação diferencial de primeira ordem 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 , ∫= dxxPeyxI )(),( Assim: ∫⋅=∫⋅⋅+⋅∫ dxxPdxxPdxxP exQeyxP dx dye )()()( )()( (1) que é equivalente a ∫⋅=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∫ dxxPdxxP exQey dx d ).().( )(. Prova da equivalência: Fazendo: dx dyyuyu ==⇒= '' e ∫⋅=⇒∫= dxxPdxxP exPvev )()( )(' Por outro lado, sabemos que: ∫⋅⋅+∫⋅=⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ∫⋅⇒⋅+⋅=⋅ dxxPdxxPdxxP exPye dx dyeyvuvuvu )()( ' )( )('''][ (2) Substituindo (2) em (1) temos: ∫⋅=⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ∫⋅ dxxPdxxP exQey )( ' )( )( NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 32 Integrando ambos os membros em relação à x, temos: dxexQdxey dxxP dxxP ∫∫ ∫⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡ ∫⋅ )( ' )( )( cuja solução é: ∫ +∫⋅=∫⋅ cdxexQey dxxPdxxP )()( )( e como , vamos a: ∫= dxxPeyxI )(),( ∫ +⋅=⋅ cdxIxQIy )( (3) Nota:Na prática, podemos trabalhar diretamente com a equação (3). Exemplos: 1) Resolva: 505 =+ y dx dy Solução: Temos uma equação diferencial linear de primeira ordem, com P(x) = 5 e Q(x) = 50. O fator integrante fica determinado por: xdxdxxP eeeI 5 5)( =∫=∫= Substituindo essas informações na equação (3), temos: x x x xxx ecyou e cyceeydxeey 55 5 555 1010 5 5050 −⋅+=+=⇒+⋅=⋅⇒⋅=⋅ ∫ Observação: O método de separação de variáveis também poderia ter sido utilizado na resolução desse exemplo, como mostramos a seguir. ⇒+=−⋅−⇒=−⇒=−⇒−=⇒=+ ∫∫ 1)550ln(51)550()550(550505 cxydxydydxydyydxdyydxdy x xc cxcx ecyeeyeyeycxy 5 55 5555 1 105 1050555055)550(ln 1 11 − −− −−−− ⋅+=⇒⋅−=⇒−=⇒=−⇒−−=− 2) Resolva: Resposta: 63y - ' =y xCey 32 +−= 3) Resolva: Resposta: xxyy =−2' 2 2 1 xCey +−= NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 33 LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS 1) Resolva as equações diferenciais lineares de 1a ordem abaixo: Respostas: 1' ) 2' ) ' ) 04' ) ' ) 2' ) 2 xyyf xsentgxyye xsenyxyd yxyc eyyb xxyya x −=− =+ =+ =++ =− =+ 3' ) 42' ) 424' ) 3 2 2 xeyyi xyxyh xxyyg =− =+ −=− xceyf xxCye xc x yd x cyc eceyb cea x xx += −= −= −= += += − ) cos2cos. ) )cos(1 ) 4 ) ) 2 1y ) 2 2 x2 4 2 2 2 3 3 ) ) ) . x x x g y ce x h y cx x i y ce x e − = + = + = + LISTA EXTRA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS 1) Resolva as equações diferenciais: Respostas: ( ) ( ) 2 4 ) 0 ) cos 2 0 4) ' ) ' 2) ' x a xdx y dy b x seny dx x y y dy c y y x x d y y senx yee y − = + + − = ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠ + = += ( ) ( ) 2 3 2 2 2 2) ' ) 2 1 3 0 ) y xyy xe xf y y g y xy dx x y x dy dzh xz x dx − += + + + + = − = − 2 2 3 2 2 5 4 -x xy 2 2 3 2 3 2 ) 3x 2 1) 2 c 1)y 9x 1 1) y ce cos 2 2 )2x e 2)y 4 3 )xy x ) z(x) ce 1 x a y c b x xseny y c c x d senx e y c f x x c g y y c h − = + − = = + = + − + − = = + + + + = = + x 2) Resolva Resposta: 1y(0) com 0 ==− ydydxex 1e2y x2 −= NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 34 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 variação do momento do corpo em relação ao tempo, ou, para uma massa constante, dt vdmF = , onde 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: gv m k dt dv dt dvmvkgm =+⇒=− ... como a equação do movimento do corpo. Exemplos: 1) Mostre que desprezando-se a resistência do ar (então )0=k , teremos: g dt dv = . Determine a solução dessa equação. Solução: Inicialmente, substituindo em 0=k gv m k dt dv =+ , temos: g dt dv = Por outro lado, podemos facilmente determinar a solução dessa equação, usando as equações lineares separáveis, como mostramos a seguir: ctgvdtgdvdtgdvg dt dv +⋅=⇒=⇒=⇒= ∫∫ NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 35 2) Determine a solução geral da equação diferencial .gv m k dt dv =+ Solução: Temos uma equação diferencial linear de primeira ordem, com gtQe m ktP == )()( . O fator integrante fica determinado por: ( ) k kdt tP t dt m mI e e e ⋅∫∫= = = Substituindo essas informações na equação ∫ +⋅=⋅ cdtItQIv )( , temos: k k k kt t t t m m m m k t m m m g c m gv e g e dt c v e g e c v v c e k k k e ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ = ⋅ + ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⇒ = + ⇒ = + ⋅∫ k t m − ⋅ 3) Mostre que se a velocidade limite da queda dos corpos é dada por ,0>k .. k gmvl = Solução: lim [ ] lim k t ml t t m g m gv solução geral de v c e k k − ⋅ →+∞ →+∞ ⎡ ⎤⋅ ⋅⎢ ⎥= = + ⋅⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 36 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: a) Como não existe resistência do ar, aplicamos a fórmula g dt dv = . Esta equação é uma equação diferencial linear separável, suja solução é ctgv += . . Quando t = 0, v = 0 ( inicialmente a velocidade do corpo é zero), logo 0 .0g c c 0= + ⇒ = . Assim, (sabemos que g = 9,81). 9,81.v = t b) Como a velocidade é a taxa de variação do deslocamento x em relação ao tempo, temos dt dxv = , assim 9,81.dx t dt = . Esta equação é uma equação diferencial separável, cuja solução é: 1c 2t 905,4x += Mas em t = 0, temos x = 0. Assim, . 2 1 10 4,905 (0) 0c c= + ⇒ = Substituindo este valor na equação do deslocamento encontrado, temos: 2 905,4 tx = c) Devemos determinar t para x = 30. Substituindo x = 30 na equação do deslocamento e resolvendo-a encontramos t = 2,47 seg. NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 37 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 v 4 1 , em Kgf. Determine a equação da velocidade da bola. Solução: Neste problema temos w = 1 Kgf e k = 4 1 . Admitindo que g = 9,81 m/s2, temos que w = m.g, então 1 = m. 9,81 ⇒ m 0,10 Kg. ≅ Assim, teremos: ⇒=+ gv m k dt dv 2,5 9,81dv v dt + = cuja solução é: 92,3t.5,2e.c)t(v +−= Em t = 0, temos v = 0 e assim, teremos:92,392,3.0 )0.(5,2 −=⇒+= − cec Portanto, 92,3.92,3)( .5,2 +−= − tetv Observação: ou lim 3,92 /l t v v m→+∞= = s 92,325,0 81,910,0 =⋅=⋅= k gmvl 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: a) A expressão da velocidade do corpo no instante t. b) A expressão da posição do corpo no instante t. 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: k g.m lv = ⇒ 70,03043 =⇒= kk Agora levando estes substituindo estes valores na equação diferencial da velocidade temos: ⇒=+ gv m k dt dv 81,9v 06,3 7,0 dt dv =+ ⇒ 81,9v23,0 dt dv =+ cuja solução é: 65,42t.23,0e.c)t(v +−= . NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 38 65 Mas em t = 0, v = 3. Assim, substituindo estes valores temos: 3 42,c= + ⇒ c = -39,65. Logo a expressão da velocidade fica: 65,42t.23,0e.65,39)t(v +−−= b) Agora precisamos encontrar a expressão do movimento. Como dt dxv = , substituindo a expressão da velocidade encontrada temos: 65,42t.23,0e.65,39 dt dx +−−= Esta equação é uma equação diferencial separável e sua solução é: 1ct.65,42 t.23,0e.172x ++−= Em t = 0 e x = 0, temos: 1721720 11 −=⇒+= cc Assim a expressão do movimento é: 172.65,42.172 .23,0 −+= − tex t NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 39 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: a) A expressão da velocidade do corpo no instante t. b) A expressão da posição do corpo no instante t. 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: a) A expressão da velocidade do corpo no instante t. 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. b) A expressão da posição do corpo no instante t. c) O tempo necessário para que o corpo atinja uma velocidade de 50m/s. Resposta: 0,1 t 0,1 t) 98,1. 98,1 ) ( ) 981. 98,1 t 981 )7,13a v e b x t e c s− −= − + = + − ZILL. D. G. CULLEN. M. R. Equações diferenciais. v.1. São Paulo: MAKRON Books, 2001. 40 CIRCUITOS EM SÉRIE Em um circuito em série contendo somente um resistor e um indutor, a segunda lei de Kirchhoff diz que a soma da queda de tensão no indutor ( diL dt ) e da queda de tensão no resistor ( i ) é igual à voltagem ( R⋅ ( )E t ) no circuito. Veja a Figura 3.10. Logo, obtemos a equação diferencial linear para a corrente , ( )i t ( )diL 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 , 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 ( ) /q t C 1 ( )R i q E t C ⋅ + = (2) Mas a corrente i e a carga q estão relacionadas por dqi dt = , logo, (2) torna-se a equação diferencial linear 1 ( )dqR 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 10 12 2 di i dt + = sujeita a i(0) = 0. Primeiro, multiplicamos a equação diferencial por 2 e tiramos o fator de integração . Obtemos então 20te 20 2024t td e i e dt ⎡ ⎤ =⎣ ⎦ 20 2024 20 t te i e C= + 206 5 ti ce−= + Agora, i(O) = O implica O = 6/5 + c, ou c = - 6/5. Logo, a resposta é ZILL. D. G. CULLEN. M. R. Equações diferenciais. v.1. São Paulo: MAKRON Books, 2001. 41 206 6 5 5 ti e−= − Por ( ) ( ) ( )( )p x dx p x dx p x dxy e e f x dx ce− −∫ ∫ ∫= +∫ Podemos escrever uma solução geral para (2): ( / ) ( / ) ( / )( ) ( ) R L t R L t R L tei t e E t dt ce L − −= ∫ + (4) Em particular, quando 0( )E t E= é uma constante, (4) torna-se ( / )0( ) R L t E i t ce R −= + (5) Note que, quando , 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, t →∞ 0 /E 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 0 0( ) e (0)E t E sen t i iω= = 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, farad. Encontre a carga q(t) no capacitor se q(0) = 0. Encontre a corrente i(t). 410− 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, 65 x 10− 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 20 ( ) 0, 20 t E t t ≤ ≤⎧= ⎨ >⎩ 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 1 2R k k= + t , em que são constantes, então (3) torna-se 1 20 e 0k k> > 1 2 1( ) dqk k t q E t dt C + ⋅ + = ( ) Mostre que, se 0( )E t E= e , então 0(0)q q= 21/ 1 0 0 0 1 2 ( ) ( ) Ckkq t E C q E C k k t ⎛ ⎞= + − ⎜ ⎟+⎝ ⎠ . OBSERVAÇÃO: O TEXTO A SEGUIR 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. 42 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES HOMOGÊNEASDE SEGUNDA ORDEM COM COEFICIENTES CONSTANTES 1. EQUAÇÃO CARACTERÍSTICA OU AUXILIAR À equação diferencial 1 0'' ' 0y a y a y+ + = (1) em que são constantes, corresponde a equação algébrica. 0 e a a1 2 1 0 0a aλ λ+ + = (2) obtida de (1) mediante substituição de respectivamente. A equação (2) é chamada equação característica ou auxiliar de (1). 2 1 0'', ' e y por , , = 1,y y λ λ λ Exemplo 1: A equação característica de 2'' 3 ' 4 0 é 3 4 0;y y y λ λ+ − = + − = a equação característica de 2'' 2 ' 0 é 2 1 0.y y y λ λ− + = − + = A equação característica pode ser fatorada como segue: 1 2( ).( ) 0λ λ λ λ− − = (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. CASO 1. 1 e 2λ λ são ambas reais e distintas. 1 e 1x xe eλ λ são duas soluções linearmente independentes. A solução geral é 1 21 2 x xy c e c eλ λ= + (4) Exemplo 1: Resolva . '' ' 2 0y y y− − = Equação característica: que pode ser fatorada em 2 2 0,λ λ− − = ( 1).( 2) 0.λ λ+ − = Como as raízes 1 21 e 2λ λ= − = são reais e distintas, a solução é dada por (4): 2 1 2 x xy c e c e−= + Exemplo 2: Resolva . '' 7 ' 0y y− = Equação característica: que pode ser fatorada em 2 7 0λ λ− = , .( 7) 0.λ λ − = Como as raízes 1 20 e 7λ λ= = 7 são reais e distintas, a solução é dada por (4): 0 7 1 2 1 2 x x xy c e c e c c e= + = + OBSERVAÇÃO: O TEXTO A SEGUIR 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. 43 Exemplo 3: Resolva . '' 5 0y y− = Equação característica: cujas raízes, 2 5 0,λ − = 1 25 e 5λ λ= = − são reais e distintas, a solução é dada por (4): 5 5 1 2 x xy c e c e−= + CASO 2. 1 2 = . λ λ são raízes reais iguais. 1 e . 1x xe x eλ λ são duas soluções linearmente independentes. A solução geral é: 1 11 2 x xy c e c xeλ λ= + (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 2'' 0.y x y− = As raízes da equação característica são 1 2 e ,x xλ λ= = − mas a solução não é 2 2( ) ( ) 1 2 1 2 x x x x xy c e c xe c e c xe x− −= + = + Exemplo 1: Resolva . '' 4 ' 4 0y y y+ + = Equação característica: com as raízes 0442 =++ λλ 1 2 2λ λ= = − são reais e iguais, a solução geral é dada por (6): 2 2 1 2 x xy c e c xe− −= + Exemplo 2: Resolva '' 0y = . Equação característica: com as raízes 2 0,λ = 1 2 0λ λ= = são reais e iguais, a solução geral é dada por (6): 0 0 1 2 1 x xy c e c xe c c x= + = + 2 CASO 3. 1 = a ibλ + , complexo. Como, em (1) e (2), supõem-se reais, as raízes de (2) devem aparecer em pares conjugados; assim, a outra raiz é 0 e a a1 iba −=1λ . Duas soluções linearmente independentes são , e a solução geral (complexa) é ( ) ( ) e a ib x a ib xe e+ − ( ) ( ) 1 2 a ib x a ib xy d e d e+ −= + Utilizando as relações de Euler cos . ibxe bx i se= + n bx n bx cos . ibxe bx i se− = − Podemos escrever a solução como 1 2 1 2. . . . ( . . ax ibx ax ibx ax ibx ibxy d e e d e e e d e d e )− −= + = + 1 2[( (cos . ) (cos . )] axe d bx i sen bx d bx i sen bx= + + − 1 2 1 2[( ).cos .( ) ] axe d d bx i d d sen bx= + + − Definindo como duas novas constantes arbitrárias, podemos escrever a solução geral como 1 1 2 2 1 2 (c d d e c i d d= + = − ) 1 2cos ax axy c e bx c e sen bx= + (5) OBSERVAÇÃO: O TEXTO A SEGUIR 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. 44 2 2 , A equação (5) é real se e somente se são ambas reais, o que ocorre se e somente se são complexos conjugados. Como estamos interessados na solução geral real, devemos impor a a restrição de serem complexos conjugados. 1 c e c 1 d e d 1 2 d e d Exemplo 1: Resolva . '' 4 ' 5 0y y y+ + = Equação característica: com raízes complexas 2 4 5 0λ λ+ + = 1 22 e 2i iλ λ= − + = − − . Solução geral, de acordo com (5): 2 2 1 2cos x xy c e x c e sen x− −= + Exemplo 2: Resolva . '' 4 0y y+ = Equação característica: com raízes complexas 2 4 0,λ + = 1 22 e 2 .i iλ λ= = − . Solução geral, de acordo com (5): 1 2cos 2 2y c x c sen x= + Observe que as raízes complexas têm ambas parte real igual a zero. Exemplo 3: Resolva . '' 3 ' 4 0y y y− + = Equação característica: com raízes complexas 2 3 4 0λ λ− + = , 1 23 7 3 e 2 2 2 2i iλ λ= + = − 7 . Solução geral, de acordo com (5): (3/ 2) (3/ 2) 1 2 7 7cos 2 2 x xy c e x c e sen x= + LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS 1) Resolva as seguintes equações diferencias: RESPOSTAS ) '' 0a y y− = 1 2) x xa y c e c e−= + ) '' ' 30 0b y y y− − = 5 6 1 2) x xb y c e c e−= + ) '' 2 ' 0c y y y− + = 1 2) x xc y c e c xe= + ) '' 0d y y+ = 1 2) cos d y c x c sen x= + ) '' 2 ' 2 0e y y y+ + = 1 2cos x xy c e x c e sen x− −= + ) '' 7 0f y y− = 7 7 1 2) x xf y c e c e−= + ) '' 6 ' 9 0g y y y+ + = 3 3 1 2) x xg y c e c xe− −= + ) '' 2 ' 3 0h y y y+ + = 1 2) cos 2 x xh y c e x c e sen x 2− −= + ) '' 3 ' 5 0i y y y− − = [(3 29) / 2] [(3 29) / 2] 1 2) x xi y c e c e+ −= + 1) '' ' 0 4 j y y y+ + = (1/ 2) (1/ 2)1 2) x xj y c e c xe− −= + 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. 45 2) Determinar a solução geral das Equações Diferenciais Lineares Homogêneas de 2a Ordem a coeficientes constantes, dadas a seguir, pelo método proposto para resolver este tipo de equação. a) 0362 2 =+ y dx yd Resposta: ( ) ( )xsencxcy 6 6cos 21 ⋅+⋅= b) dx dyy dx yd 7122 2 =+ Resposta: xx ececy 4231 ⋅+⋅= c) y dx yd 92 2 = Resposta: xx ececy 3231 −⋅+⋅= d) d y dx dy dx y 2 2 2+ − = 0 Resposta: xx ececy 221 −+= e) 0442 2 =+− y dx dy dx yd Resposta: ( ) xexccy 221 ⋅+= f) 01022 2 =++ y dx dy dx yd Resposta: )33cos( 21 xsencxcey x ⋅+⋅⋅= − g) 09124 2 2 =+− y dx dy dx yd Resposta: ( ) xexccy 2321 ⋅+= 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. 46 Equação Diferencial Ordinária Linear de 2a Ordem com Coeficientes Constantes e Não Homogênea: Uma equação diferencial ordinária linear de 2a Ordem com coeficientes constantes e não homogênea, pode ser escrita na forma: ( )xryb dx dya dx yd =++2 2 onde: e ( ) axf =1 ( ) bxf =2 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: )()()( 212 2 xryxf dx dyxf dx
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