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18/11/2011 1 Equações Diferenciais (Chiang e Wainwright – Capítulos 15 e 16) Considere o seguinte exemplo simples de uma equação de capitalização mensal de um valor y(t) a uma taxa de juros constante r (que é uma equação a diferença linear de 1ª ordem, já analisada): ou ou ou ( ) ( ) ( )y t 1 y t . 1 r+ = + ( ) ( ) ( )y t 1 y t y t .r+ = + ( ) ( ) ( )y t 1 y t y t r+ − = ( ) ( )y t 1 y t r∆ + = 18/11/2011 2 Se supusermos que essa mesma taxa de juros pode ser aplicada a qualquer fração ∆t do mês, temos que: ou ou ( ) ( ) ( )y t t y t . 1 t.r+ ∆ = + ∆ ( ) ( ) ( )y t t y t y t t.r+ ∆ − = ∆ ( ) ( ) ( )y t t y t y t .r t + ∆ − = ∆ Calculando o limite para , temos que: ou Essa expressão é um exemplo do que se denomina uma equação diferencial ordinária ( ) ( ) ( ) ( ) t 0 y t t y t dy t Lim y t .r t dt∆ → + ∆ − = = ∆ t 0∆ → ( ) ( )y t y t .r=ɺ 18/11/2011 3 Calculando o limite para , temos que: ou Essa expressão é um exemplo do que se denomina uma equação diferencial ordinária Resolver essa equação diferencial é obter a especificação da função y(t) que satisfaz essa mesma equação. ( ) ( ) ( ) ( ) t 0 y t t y t dy t Lim y t .r t dt∆ → + ∆ − = = ∆ t 0∆ → ( ) ( )y t y t .r=ɺ No exemplo analisado a obtenção da solução é relativamente fácil, dado que: Portanto, ou ( ) ( ) y t dLn[y(t)] r y t dt = = ɺ ( )dLn[y(t)] dt r dt dt = ∫ ∫ ( ) 1 2Ln y t c r.t c+ = + ( ) ( )y t y t .r=ɺ 18/11/2011 4 ou onde c = c2 – c1 é arbitrário ou ou com arbitrário ( )Ln y t r.t c= + ( ) r.t c r.t cy t e e .e+= = ( ) r.ty t A.e= cA e= Definições: Equação Diferencial Ordinária: relação que envolve a derivada de uma função desconhecida de uma variável e a própria função [y(t)], ou seja, . Exemplos: OBS.: Se dizemos que a equação diferencial é autonôma. ( )y(t) F y(t), t=ɺ ( ) ( )y t 2.y t=ɺ ( ) ( ) 2y t y t= ɺ ( ) ( )2y t t .y t=ɺ ( )y(t) F y(t)=ɺ 18/11/2011 5 Todas as equações vistas até agora são denominadas de Primeira Ordem, pois envolvem apenas a derivada primeira da função desconhecida y(t). Se a equação diferencial envolver derivadas de até i-ésima ordem da função y(t), então diz-se que a equação diferencial é de i-ésima ordem. Uma classe particular de equações diferenciais é constituída pelas Equações Diferenciais Lineares de n-ésima ordem, com coeficientes constantes, definidas genericamente por: Equações Diferenciais Lineares de n-ésima ordem, com coeficientes constantes: (1) onde y(i) representa a derivada de ordem i da função desconhecida y, variável com o tempo t, a0, a1, ..., an são parâmetros constantes e g(t) uma dada função conhecida. A equação diferencial (2) é denominada de equação diferencial homogênea correspon- dente à equação (1) acima (n) (n 1) (1) 0 1 n 1 na y a y ........ a y a y g(t)− −+ + + + = (n) (n 1) (1) 0 1 n 1 na y a y ........ a y a y 0 − − + + + + = 18/11/2011 6 Resultados Básicos para equações diferenciais lineares com coeficientes constantes: Teorema 1: Se y(t) é uma solução para a equação diferencial homogênea (2) acima, então A.y(t) também é uma solução de (2), onde A é qualquer constante arbitrária Teorema 2: Se y1(t) e y2(t) são duas soluções distintas (ou seja, linearmente independentes) da equação diferencial homogênea (2), então y´(t) = A1y1 (t) + A2y2 (t) também é uma solução da mesma equação, onde A1 e A2 são duas constantes arbitrárias Teorema 3: A solução geral da equação diferencial homogênea (2) é dada por: onde as funções y1(t), y2(t), ..., yn(t) são n soluções distintas ou linearmente independentes daquela equação, e A1, A2, ..., An são constantes arbitrárias. ( )1 2 n 1 1 2 2 n ny t, A , A ,..., A A y (t) A y (t) ..... A y (t)= + + + 18/11/2011 7 Teorema 4: Se é alguma solução particular da equação diferencial (1) acima e é a solução geral da sua equação homogênea correspondente, então a solução geral de (1) pode ser obtida por: y(t) ( )1 ny(t) y(t) y t,A ,..., A= + ( )1 2 ny t, A , A ,..., A Dada qualquer equação diferencial linear de ordem n: (3) Pode-se resolve-la através dos seguintes passos: 1º Passo: Impondo-se g(t) = 0, obtem-se a solução geral da sua equação homogênea correspondente , a partir das n soluções que podem ser encontradas propondo-se a especificação genérica . Método Geral de Solução de Equações Diferenciais Lineares com coeficientes constantes 1 ky(t) y(t, A ,..., A )=ɶ (n) (n 1) (1) 0 1 n 1 na y a y ........ a y a y g(t)− −+ + + + = ty(t) eλ= 18/11/2011 8 2º Passo: Encontrar uma solução particular da equação analisada (3), através do seguinte procedimento geral: Propõe-se como especificação de , a mesma especifica- ção da função g(t). Por exemplo: • Se g(t) = c propõe-se • Se g(t) = a + bt propõe-se • Se g(t) = aet propõe-se Obs.: Se, devido aos valores dos parâmetros, a função proposta não funcionar, sim- plesmente modifica-se a especificação da função proposta, multiplicando-a por t y(t) y(t) y(t) = µ y(t) t= α + β ty(t) e= α 3º Passo: Soma-se as duas soluções encontradas nos dois passos anteriores para obter a solução geral da equação analisada (3): 4º Passo: Se as n condições iniciais y(0) = v0, y(1) = v1, ........, y(n-1) = vn-1 forem conhecidas, calcula-se a solução específica da equação analisada (3), obtendo-se os valores dos n parâme- tros arbitrários envolvidos em . Isso é feito calculando- se os valores de A1, ..., Ak, através do sistema de k equações definidos por: vo = y(t=0) ; v1 = y(t=1) ; .......; vk-1 = y(t=n-1) y(t) y(t) y(t)= +ɶ y(t)ɶ 18/11/2011 9 Caso de Equação diferencial de 1ª ordem: 1) Solução geral da homogênea correspondente: Proposta: Então, λ deve ser tal que: ou ou Logo com A arbitrário t ty 0,5y 3 2t− = +ɺ t ty 0,5y 0− =ɺ ty(t) eλ=ɶ t t .e 0,5.e 0λ λλ − = ( )te 0,5 0λ λ − = 0,5λ = 0,5ty(t) A.e=ɶ 2) Solução particular de Dado que g(t) = 3 + 2t, propõe-se Então, α e β devem ser tais que: ou para todo t Logo, se t =0, e se t = 1, Portanto, e 3) Solução Geral Final: t ty 0,5y 3 2t− = +ɺ y(t) t= α + β ( )0,5 t 3 2tβ − α + β = + ( ) ( )0,5. 3 0,5. 2 t 0β − α − − β + = ( )0,5. 3 0β − α − = 0,5. 2 0β + = 4 e 14β = − α = − y(t) 14 4t= − − ( ) 0,5ty(t) 14 4t A.e= − + + 18/11/2011 10 Caso de Equação diferencial de 2ª ordem: 1) Solução geral da homogênea correspondente: Proposta: Então, λ deve ser tal que: ou cujas raízes são e Logo com A1 e A2 arbitrários t t ty y 2y 10+ − = −ɺɺ ɺ t t ty y 2y 0+ − =ɺɺ ɺ ty(t) eλ=ɶ 2 t t t .e .e 2.e 0λ λ λλ + λ − = ( )t 2e 2 0λ λ + λ − = 1 1λ = t 2t 1 2y(t) A .e A .e−= +ɶ 2 2λ = − 2) Solução particular de Dado que g(t) = -10, propõe-se Então, µ deve ser tal que: ou Logo para todo t 3) Solução Geral Final: Finalmente, vamos supor as seguintes duas condições iniciais para t = 0: y(t) = µ 2. 10− µ = − 5µ = t 2t 1 2y(t) 5 A .e A .e−= + + t t ty y 2y 10+ − = −ɺɺ ɺ y(t) 5= y(t 0) 12 e y(t 0) 2= = = = −ɺ 18/11/2011 11 Temos que: e Com solução Portanto, a solução específica final é dada por Podemos constatar que essa variável apresenta uma trajetória não convergente, mas explosiva com y(t) tendendo a infinito. t 2ty(t) 5 4.e 3.e−= + + 1 2y(0) 5 A A 12= + + = 1 2y(0) A 2.A 2= − = −ɺ 1 2A 4 e A 3= = Exemplos de Equação Diferencial de Primeira Ordem 18/11/2011 12 Exemplo1: Dinâmica de Ajustamento de Preço Mercado de um produto: d t tQ a bP com b 0= − > o t tQ c dP com d 0= + > Dinâmica do Preço fora do equilíbrio: ( )t d ot tdPdt Q Q com 0= α − α > Equação reduzida: ( ) ( ) ( )t t t tdPdt a bP c dP a c b d P= α − − − = α − − α + ou ( ) ( )t tP b d P a c+ α + = α −ɺ Solução Particular (com especificação P(t) = µ): ( ) ( ) a cb d a c ou b d − α + µ = α − µ = + Logo, a cP(t) b d − = + OBS.: Note que essa solução corresponde ao preço de equilíbrio do mercado P*. 18/11/2011 13 Solução Geral da homogêneo correspondente: ( )b d tP(t) Ae−α +=ɶ Solução Geral da equação analisada: ( )b d tP(t) P(t) P(t) P Ae−α +∗= + = +ɶ Supondo um dado P(0) para t = 0, tem-se que: P(0) P A∗= + ou A P(0) P∗= − Portanto, a solução final que queremos é dada por: ( ) ( )b d tP(t) P P 0 P e−α +∗ ∗ = + − OBS.: Como por hipótese ( )b d 0−α + < , o equilíbrio é estável. Ou seja, para qualquer ( )P 0 , tem-se que o preço de mercado converge para P∗ quando t → ∞ . 18/11/2011 14 Po P* Po Pt Pt Qt t D O Outras possibilidades: supondo agora que por alguma razão (economias de escala ou economias externas), a curva de oferta desse mercado seja negativamente inclinada, (ou seja, o parâmetro d 0< ). Dois casos possíveis: a) d b< , que implica em ( )b d 0−α + < ; b) d b> , que implica em ( )b d 0.−α + > 18/11/2011 15 Hipótese a: d b< Po P* Po Pt Pt Qt O D Hipótese b: d b> Po P* Po Pt Pt Qt D O 18/11/2011 16 Exemplo 2: Modelo de Crescimento Neoclássico de Solow (1956) • Função de Produção: ( ),Y F K L= com produtividades marginais positivas e decrescentes e retornos constantes a escala; • Poupança: sY onde s é uma constante; • Capital sem depreciação: dK K I dt = =ɺ • Oferta da força de trabalho: 0 ntL L e= • Condição de Equilíbrio: S I= Algumas Relações Básicas do Modelo: a) Função de Produção com retornos constantes a escala: ( ) ( ). . , . , .Y F K L F K Lλ λ λ λ= = ou ( ),1Y KF f r L L = = (1) onde Kr L = e ( )f r é a função de produção unitária (Produto Médio por unidade de Trabalho). 18/11/2011 17 b) Equilíbrio no mercado de bens Definindo k como a relação Capital/Produto marginal: dK Kdtk dY Y dt = = ɺ ɺ Temos que I S sYk Y Y Y = = = ɺ ɺ ɺ Ou, a relação básica de crescimento com equilíbrio no mercado de bens: Y s Y k = ɺ Equilíbrio geral de pleno emprego (o chamado crescimento balanceado, ou o equilíbrio de Steady-State): Y s n Y k = = ɺ (2) Mas se a economia cresce à taxa n, então o capital também deve crescer a essa mesma taxa, ou seja: K Y n K Y = = ɺ ɺ ou seja K K k Y Y = = ɺ ɺ 18/11/2011 18 Portanto, temos a seguinte relação fundamental de equilíbrio de steady-state do modelo de Solow:. De (2) acima tem-se que: s Kk n Y = = Substituindo em (1) acima, tem-se que: ( ). s K n L f r= Ou finalmente que: ( ). .s f r n r= ( )sf r nr * r r 18/11/2011 19 Condições de Existência do Equilíbrio de Longo Prazo (Inada 1963) ( )2sf r nr 1( )sf r r ( ) ( )0 0 r f e Lim f r →∞ = = ∞ ( ) ( )´ 0 ´ 0 r f e Lim f r →∞ = ∞ = OBS.: A segunda função de produção é tal que ( )2 0 nf s′ < Análise da Estabilidade do Equilíbrio: Dado que 0 nt K K r L L e = = ou 0. ntK r L e= Supondo que todas as variáveis são funções contínuas na variável tempo, tem-se que a derivada é: 0 0. . . nt ntK r L e r n L e= +ɺ ɺ Mas por outro lado, temos que: ( ) ( ) 0. . . . ntK I S sY s L f r s f r L e= = = = =ɺ 18/11/2011 20 Logo ( ) 0 0 0. . . . .nt nt nts f r L e r L e r n L e= +ɺ ou, ( ). .s f r r r n= +ɺ Ou, finalmente: ( ). .r s f r r n= −ɺ ( )sf r nr * r r 1r ( )1 1sf r nr> ( )2 2sf r nr< 2r 18/11/2011 21 Resolução analítica: Vamos supor que a função de produção é do tipo Cobb-Douglas: ( ) 1,F K L K Lα α−= Nessa função tem-se que: ( ) 1Y K L K r f r L L L αα α α − = = = = Portanto, a equação diferencial reduzida do modelo de Solow fica sendo: . .r s r r nα= −ɺ (3) Problema: equação diferencial não linear de complexa resolução Solução alternativa: redefinir a equação em termos de k 1 1 1 K K Kk r Y K L L α α α α − − − = = = = Derivando essa expressão com relação ao tempo temos que: ( )1 . .k r rαα −= −ɺ ɺ ou ( ) .1 k r r α α − = − ɺ ɺ Mas multiplicando-se a expressão (3) acima por r α− , tem-se que: 1 . . .r r s n r s n kα α− −= − = −ɺ 18/11/2011 22 Logo ( ) .1 k s n k α = − − ɺ Ou, finalmente ( ) ( )1 1k n k sα α+ − = −ɺ que é uma equação diferencial linear não homogênea de fácil resolução Solução Particular: (com especificação ( )k t µ= ) ( ) ( )1 1n sα µ α− = − Ou ( ) sk t n µ= = 18/11/2011 23 Solução Geral da equação homogêneo correspondente: ( )1( ) . n tk t A e α− −=ɶ Logo, a solução geral que procuramos é dada por: ( )1( ) . n t sk t A e n α− − = + Supondo que para t = 0, ( )0k é um dado valor conhecido: ( )0 sk A n = + ou ( )0 sA k n = − Portanto, ( )1( ) (0) . − − = − + n ts sk t k e n n α 18/11/2011 24 Sabendo-se que ( ) 11r k α − = , temos então finalmente que: ( ) ( ) 1 11 1( ) (0) n ts sr t r e n n α α α − − − − = − + Nesta solução, dado que n 0> e 0 1< α < , tem-se que a relação capital/trabalho r(t) converge para um equilíbrio estacionário *r , quando t → ∞ , equilíbrio esse dado por: 1 1 * s r n α − = Exemplos de Equação Diferencial de Segunda Ordem 18/11/2011 25 Exemplo 1: Função Utilidade Esperada de Von Neumann e Morgenstern Na moderna teoria neoclássica de escolha dos indivíduos sob condições de risco e incerteza, supõe-se que os mesmos escolhem Loterias, definida por: { }i i i i i ii 1 1 2 2 n nL p : x ; p : x ; ....; p : x= onde i jx = valor do prêmio alternativo j, que pode ser obtido na loteria i; i jp = probabilidade de ganhar o prêmio i jx , da loteria i. sob o pressuposto de que cada indivíduo possui e utiliza para isso uma Função Utilidade Esperada de Von Neumann e Morgenstern, definida por: ( ) ( )n i ii j j j 1 EU L p U x = =∑ Indivíduo Avesso a Risco x1 x2 U(x) 1 2EU(L) pU(x ) (1 p)U(x )= + − 1U(x ) 2U(x ) U(EX) EX = px1 + (1-p)x2 18/11/2011 26 T1 T2 iU (T) i i i 1 2 iEU (L) pU (T ) (1 p)U (T ) U (ET)= + − = i 1U (T ) i 2U (T ) ET = pT1 + (1-p)T2 Indivíduo Neutro ao Risco T1 T2 iU (T) i i i 1 2EU (L) pU (T ) (1 p)U (T )= + − i 1U (T ) i 2U (T ) iU (ET) ET = pT1 + (1-p)T2 Indivíduo Amante do Risco 18/11/2011 27 Medida do Grau de Aversão ao Risco Medida de Aversão Absoluta ao Risco de Arrow e Pratt: 2 2 d U(x) U (x)dx dU U (x) dx ′′ σ = − = − ′ Essa medida corresponde à elasticidade da utilidade marginal U´(x) à variação do valor do prêmio x ou, em termos matemáticos, ao grau de curvatura da função U(x). Exemplos de funções com diferentes graus de aversão ao risco 1U (x) 2U (x) 1 2σ > σ 18/11/2011 28 Questão: Qual a especificação da função utilidade U(x) que apresenta uma medida Arrow-Pratt de aversão ao risco constante? Resposta: Resolver a equação diferencial homogênea de 2ª ordem: U (x) a U (x) ′′ σ = − = ′ ou U (x) aU (x) 0′′ ′+ = Solução Geral: considerando-se que tU(x) eλ= ,. é necessário que: 2t te a e 0λ λλ + λ = ou ( )t 2e a 0λ λ + λ = Portanto, 1 20 e aλ = λ = − Logo a solução geral é: 0x ax 2 1 2 1 ax AU(x) A e A e A e − = + = + Obs.: Para que ela atenda as hipóteses econômicas, é necessário at 2U (x) aA e 0−′ = − > , ou seja, 2A necessita ser uma constante com valor negativo 18/11/2011 29 Exemplos: A1 = 500; A2 = -400 e σ = 0,05 e 0,1 In[40]:= Plot@500−400ê Exp@0.05∗xD, 8x, 0, 40<, PlotRange → 80, 500<D 10 20 30 40 100 200 300 400 500 Out[40]= � Graphics � In[36]:= Plot@500−400ê Exp@0.1∗xD, 8x,0, 40<, PlotRange → 80, 500<D 10 20 30 40 100 200 300 400 500 In[36]:= Plot@500−400ê Exp@0.1∗xD, 8x,0, 40<, PlotRange → 80, 500<D 10 20 30 40 100 200 300 400 500 18/11/2011 30 Exemplo 2: Movimento de uma Mola Mola espiral fixada num suporte qualquer: • em relação à sua posição de repouso ou de equilíbrio, essa mola é distendida numa distância y; • sobre essa mola atuam as duas seguintes forças: a) a força aplicada para distender essa mola até a distância y, força essa que é proporcional a essa distância; b) a chamada Força de Atrito da mola com o ambiente (inicialmente considerado como sendo o ar), que também irá exercer resistência para que a mola volte para a sua posição de equilíbrio. Essa força é proporcional à velocidade de deslocamento da mola. 0 y 18/11/2011 31 Sobre a mola atua uma força total restauradora da sua posição original, e em sentido contrário, dada por: ( )F y,y by cy′ ′= − − • Lei de Newton do movimento: a força sobre um corpo em deslocamento é dado por F m.y′′= , ou seja, pelo produto da sua massa e da sua aceleração: Logo my by cy 0′′ ′+ + = Solução Geral: considerando-se que ty(t) eλ= , temos: ( )2 t t t t 2m e b e ce 0 ou e m b c 0λ λ λ λλ + λ + = λ + λ + = As raízes da equação características entre parênteses são dadas por: 2 1 2 b b 4mc , 2m 2m −λ λ = − ± 18/11/2011 32 Dois Casos possíveis: Caso 1: o coeficiente de atrito b é suficientemente pequeno para tornar 2b 4mc 0− < , ou seja, para resultar em duas raízes complexas conjugadas; Caso 2: a mola está mergulhada num líquido bem viscoso, onde o coeficiente de atrito b é “grande” de modo a tornar 2b 4mc 0− ≥ , ou seja, para resultar em uma ou duas raízes reais distintas. Caso 1: 1 2i e iλ = α + β λ = α − β onde 2b 4mc b e 2m 2m − α = − β = Nesse caso, a solução geral é dada por: ( ) ( )i t i t 1 2y(t) A e A eα+ β α− β= + ou ( )t i t t i t t i t i t1 2 1 2y(t) A e e A e e e A e A eα β α − β α β − β= + = + E usando a transformação conhecida por Fórmula de Euler: i te cos( t) isen( t)β = β + β Temos que ( ) ( )t 1 2y(t) e A cos( t) isen( t) A cos( t) isen( t)α= β + β + β − β 18/11/2011 33 Escolhendo as constantes arbitrárias 1 2A a ib e A a ib= + = − temos que ( )( ) ( )( )ty(t) e a ib cos( t) isen( t) a ib cos( t) isen( t)α= + β + β + − β − β ou [ ] ty(t) e a cos( t) aisen( t) ibcos( t) bsen( t) a cos( t) aisen( t) ib cos( t) bsen( t) α = β + β + β − β + β − β − β − β ou ( ) ( )t 1 2y(t) e C cos t C sen tα= β + β com 1 2C 2a e C 2b= = − Logo, ( ) 2 2b t2m 1 2 4mc b 4mc by(t) e C cos t C sen t 2m 2m − − − = + Resultado é o esperado: quando o coeficiente de atrito é pequeno (como o do ar), a soltura da mola provocará movimentos periódicos de compressão e distensão, com amplitudes cada vez menores, até a completa imobilização na sua posição original de repouso ou de equilíbrio (y* = 0). No limite de um experimento teórico de ausência completa de atrito (b = 0), teríamos o seguinte resultado de movimento perpétuo da mola numa amplitude constante: 1 2 c cy(t) C cos .t C sen .t m m = + 18/11/2011 34 Para ilustrar graficamente este caso, considere os seguintes parâmetros: b = 1; c = 0,5; e m = 10. Nesse caso, temos que a equação fica sendo: ( )1 t20 1 2 19 19y(t) e C cos t C sen t 20 20 − = + Supondo-se que ( )y t 0 2= = e ( )y t 0 0,01′ = = , temos que: ( ) ( )1 2 1y(0) C cos 0 C sen 0 C 2= + = = e, dado que: ( )1 t20 1 2 1 19 19 19 19y (t) e C sen t C cos t 20 20 20 20 20 − ′ = − + temos que: ( ) ( )1 2 21 19 19 19y (0) C sen 0 C cos 0 C 0,0120 20 20 400 ′ = − + = − = Ou seja, 2C 1−≃ 18/11/2011 35 Portanto, temos a equação: ( )1 t20 19 19y(t) e 2cos t sen t 20 20 − = − In[1]:= y@t_D := Exp@H−1ê20L tD ∗ H2 Cos@HH19^0.5Lê 20L tD−Sin@HH19^0.5Lê20L tDL In[3]:= Plot@y@tD, 8t,0,100<,PlotRange → 82, −2<D 20 40 60 80 100 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 Se diminuirmos o valor do coeficiente de atrito para b = 0,01, tem-se agora o seguinte: In[8]:= y@t_D := Exp@H−0.01ê20L tD ∗ H2 Cos@HH19^0.5Lê20L tD−Sin@HH19^0.5Lê20L tDL In[10]:= Plot@y@tD, 8t,0, 100<, PlotRange → 8−2.5, 2.5<D 20 40 60 80 100 -2 -1 1 2 18/11/2011 36 Para que nesse último caso possa ser percebido algum amortecimento do movimento da mola, é necessário aumentar o tempo t decorrido In[8]:= y@t_D := Exp@H−0.01ê20L tD ∗ H2 Cos@HH19^0.5Lê 20L tD− Sin@HH19^0.5Lê20L tDL In[16]:= Plot@y@tD, 8t, 0, 400<, PlotRange → 8−2.5, 2.5<D 100 200 300 400 -2 -1 1 2 Caso 2: 2b 4mc 0∆ = − ≥ Considerando-se inicialmente o caso em que 0∆ > ou que 1 2eλ λ são números reais e distintos, tem-se a seguinte solução geral da equação analisada: 1 2t t 1 2y(t) A e A eλ λ= + Para analisar o comportamento dessa função, podemos verificar que as raízes 1 2eλ λ são negativas: 2 2 2 1 2 b b 4mc b b 4mc , 2m 2m − ± − − ± −λ λ = = 18/11/2011 37 Conclusão: y(t) converge monotonicamente para zero, ou seja, o coeficiente de atrito é tão grande que a mola não irá ficar oscilando. Ela irá diretamente da posição distendida até a sua posição de repouso Gráfico para: b = 5, A1 = A2 = 1, e os mesmos anteriores para os outros parâmetros e condições iniciais. Agora tem-se que: 1 2 6 36 20 , 20 − ± −λ λ = ou 1 20,5 e 0,1λ = − λ = − 1 2y(0) A A 2= + = 1 2y (0) 0,5A 0,1A 0,01′ = − − = que implicam em A1 = - 0,525 e A2 = 2,525 Logo 0,5t 0,1ty(t) 0,525e 2.525e− −= − + In[17]:= y@t_D = −0.525∗Exp@−0.5 tD +2.525∗Exp@−0.1 tD In[20]:= Plot@y@tD, 8t, 0,50<, PlotRange → 8−2.1, 2.1<D 10 20 30 40 50 -2 -1 1 2 18/11/2011 38 Métodos Específicos de Soluções de Equações Diferenciais Específicas Equações Lineares com Coeficientes Variáveis Caso Homogêneo: Dado que Tem-se que ou ou ou y(t) a(t)y(t)=ɺ y(t) a(t) y(t) = ɺ 0 t t y(t) dt a(s)ds y(t) = ∫ ∫ ɺ 0 t t Ln[y(t)] C a(s)ds+ = ∫ 0 t t Ln[y(t)] a(s)ds C= −∫ t t t t0 0 a (s)ds C a(s)ds C Cy(t) e e Ae − − − ∫ ∫ = = − 18/11/2011 39 Caso Não Homogêneo: Multiplicando ambos os lados por: Tem-se que ou y(t) a(t)y(t) b(t)= +ɺ t t0 a(s)ds e − ∫ t t t t t t0 0 0 a (s)ds a (s)ds a(s)ds y(t).e a(t).y(t).e b(t).e − − − ∫ ∫ ∫ − =ɺ t t t0 t0 a (s)ds a (s)ds dy(t).e b(t).e dt − − ∫ ∫ = ou ou t t t t0 0 0 a(s)ds a (u )dut t y(t).e C b(s).e ds − − ∫ ∫ + = ∫ t t t t0 0 0 a (u)du a (s)dst t y(t) b(s).e ds C .e − ∫ ∫ = − ∫ 18/11/2011 40 Equações Diferenciais Separáveis Definição: Diz-se que uma equação diferencialé separável se Exemplos: [ ]y(t) F y(t), t=ɺ [ ] [ ]F y(t), t g y(t) .h(t)= ( )2 2y(t) y(t) . t t= +ɺ y(t ) ty(t) e e=ɺ ( )y(t) 1y(t) t + =ɺ Resolução: Dado que Usa-se o artifício de considerar a derivada como se fosse uma razão dos diferenciais de y e de t, separando-se a equação diferencial da seguinte forma: [ ]dy(t)y(t) g y(t) .h(t) dt = =ɺ dy(t) dt [ ] dy h(t).dt g y = 18/11/2011 41 Integra-se em seguida o lado esquerdo em relação à variável y e o lado direito em relação à variável t: Exemplo: ou [ ] dy dy h(t).dt g y = ∫ ∫ 2dyy y.t dt = =ɺ 2dy t .dt y = ou ou ou ou com 2dydy t dt y =∫ ∫ 3 1 2 tLn(y) C C 3 + = + ( ) ( )3 3t tC3 3y(t) e Ae+= = ( )2 1C CCA e e −= = ( ) 3 2 1 tLn(y) C C 3 = + − 18/11/2011 42 Fim
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