EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARA FÍSICOS E ENGENHEIROS

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1 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARA FÍSICOS E ENGENHEIROS Paulo Sérgio Costa Lino

2 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARA FÍSICOS E ENGENHEIROS Universidade Aberta do Brasil - UAB Licenciatura em Física Paulo Sérgio Costa Lino Bacharel em Eng. Agrícola e Mestre em Matemática Pura Com 37 exemplos e 22 ilustrações Barra do Bugres - MT Julho de 2014

3 Prefácio Todo o desenvolvimento matemático que temos hoje, foi obtido através de séculos de aprendizado que foi passado de geração a geração, por algumas pessoas e grupos de pessoas interessadas em compreender o mundo a nossa volta. Estas pessoas especiais chamadas de matemáticos compõem a alma das ciências exatas que, sendo persitentes em suas ideias criaram novos símbolos, novas notações, algoritmos e teorias. Esse aprendizado envolve também as equações diferenciais ordinárias que é a linguagem adequada para compreender o mundo a nossa volta através de alguns princípios gerais. Estas notas introdutórias sobre o assunto foi dividida em 5 capítulos, começando com o desenvolvimento histórico das equações diferenciais e seus conceitos preliminares. No capítulo 2, apresentamos as equações diferenciais ordinárias de primeira ordem e suas diversas aplicações nas ciências naturais, com ênfase nos fenômenos físicos. O capítulo seguinte trata-se das equações diferenciais ordinárias de 2 a ordem, com ênfase nas EDO s de coeficientes homogêneas de coeficientes constantes, cuja solução está estreitamente relacionada com as equações algébricas do 2 o grau. Trataremos também das EDO s não-homogêneas usando as técnicas dos coeficientes a determinar e da variação de parâmetros para achar a solução particular de tais equações. Encerraremos esse capítulo com uma breve aplicação nos sistemas massa-mola, destacando o movimento harmônico simples e nos circuitos elétricos RLC. Encerraremos estas notas apresentando no capítulo 4, alguns métodos numéricos para resolver as equações diferenciais ordinárias.

4 Dicas Para Estudar Matemática Estudar matemática é diferente de estudar outros ramos do conhecimento. Esta disciplina que possui uma linguagem própria que envolve muita lógica e raciocínio. É mais fácil um matemático ou físico compreender as outras ciências do que um biólogo, um químico ou um historiador compreender matemática. Algumas dicas gerais são: Confira se está tudo de acordo como enunciado e se há questões sem fazer. Quando surgir alguma dúvida durante a resolução de exercícios, volte ao enunciado. Ao resolver problemas, leia observando o que deve ser feito para solucioná-los, anotando os dados. Corrija todo o dever com muita atenção, não deixe de marcar certo ou errado e faça sempre a correção necessária. Nunca copie os exemplos ou exercícios prontos, sem tê-los entendido primeiro. Além disso, não estuda-se matemática simplesmente lendo o texto, o estudante tem que ter um lápis e um papel na mão para fazer anotações, verificar os cálculos e sempre estar pronto para recomeçar, corrigir os erros e não cometê-los mais. Para todos os alunos do ensino a distância, essas dicas são fundamentais e é a garantia de sucesso em qualquer área da matemática.

5 Sumário 1 Introdução Um Breve Histórico Conceitos Preliminares Definição Solução da Equação Diferencial Ordinária Ordem de uma EDO Linearidade Natureza dos Coeficientes Homogeneidade Solução Geral de uma EDO Sistemas de EDO s Problema de Valor Inicial Exercícios Propostos Equações Diferenciais de Primeira Ordem Equações Diferenciais de Variáveis Separáveis Equações Diferenciais de Variáveis Separáveis na Cinemática Tempo de Esvaziamento de um Tanque Equações Diferenciais Lineares de Primeira Ordem Equação Diferencial de Bernoulli Equações Diferenciais Exatas

6 2.5 Mais Aplicações das Equações Diferenciais de Primeira Ordem Desintegração Radioativa Juros Continuamente Compostos Resfriamento de um corpo Movimentos Sujeitos a Forças Resistivas Circuitos Elétricos Simples Misturas em um Tanque Exercícios Propostos Equações Diferenciais de Segunda Ordem Introdução Definição e Propriedades O Operador Diferencial L O operador L no caso em que n = Redução de Ordem Variável Dependente Ausente Variável Independente Ausente Encontrando uma Solução à Partir de Outra Conhecida Equações Diferenciais Ordinárias de Segunda Ordem, Homogêneas e de Coeficientes Constantes Equações Diferenciais Ordinárias de Segunda Ordem, Não-Homogêneas Solução Particular das EDO s de Segunda Ordem Através do Método dos Coeficientes a Determinar Aplicações das Equações Diferenciais de Segunda Ordem Exercícios Propostos Equações Diferenciais Ordinárias Via Operador D Introdução e Definição do Operador D Caso Homogêneo

7 4.1.2 Caso Não-Homogêneo Teoremas Fundamentais Sobre o Operador D Métodos Numéricos Para EDO s Breve Introdução Histórica Existência e Unicidade de Solução de um PVI Métodos Numéricos Classificação dos Métodos Numéricos Método de Picard Métodos Baseados na Série de Taylor Erro Local e Erro Global Interpretação Geométrica do Método de Euler Método de Euler Aperfeiçoado ou de Heun Exercícios Propostos

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9 Capítulo 1 Introdução 1.1 Um Breve Histórico O estudo das equações diferenciais começou no século XV II por Isaac Newton ( ) e Gottfried Wilhelm Leibniz ( ) quando inventaram o Cálculo. As descobertas de Newton sobre o Cálculo e as leis da mecânica datam de O seu desenvolvimento do Cálculo e a descoberta dos princípios básicos da Mecânica forneceram a base para a aplicação das equações diferenciais no século XV III, especialmente por Euler. Leibniz nasceu em Leipzig e completou seu doutorado em Filosofia na Universidade de Altdorf quando tinha 20 anos. Era basicamente autodidata em matemática, já que seu interesse no assunto desenvolveu-se quando tinha vinte e poucos anos. Leibniz chegou aos resultados sobre Cálculo independentemente, embora um pouco depois de Newton, mas foi o primeiro a publicá-los, em Descobriu o método de separação de variáveis em 1691, a redução de equações homogêneas a equações separáveis em Passou a vida como embaixador e conselheiro de diversas famílias reais alemãs, o que permitiu que viajasse muito e mantivesse uma correspondência extensa com outros matemáticos. No decorrer dessa correspondência foram resolvidos muitos problemas em equações diferenciais durante a parte final do século XV II. 9

10 O matemático do século XV III, Leonhard Euler identificou a condição para que equações de primeira ordem sejam exatas. Em um artigo publicado em 1734 desenvolveu a teoria dos fatores integrantes e encontrou a solução geral para equações de coeficientes constantes tal como a 2 y + a 1 y + a 0 y = f(x) Em 1750, Euler usou séries de potências para resolver equações diferenciais. Propôs também um procedimento numérico para resolver equações do tipo dy = f(x, y) dx y(x 0 ) = y 0 Além disso, ele deu contribuições importantes em equações diferencias parciais, descobrindo a equação 2 f x f y f z 2 = 0 que atualmente é conhecido por laplaciano, muitos anos antes de Pierre Simon de Laplace e apresentou o primeiro tratamento sistemático ao Cálculo das Variações. Outro personagem dessa história é Joseph Louis Lagrange que entre os anos de 1762 e 1765, mostrou que a solução geral de uma equação diferencial linear homogênea de grau n é uma combinação linear de n soluções independentes. Mais tarde, em , desenvolveu o seu método da variação dos parâmetros. Lagrange também é conhecido pelo seu trabalho fundamental em Equações Diferenciais Parciais e Cálculo das Variações. No final do século XV III muitos métodos elementares para resolver equações diferencias ordinárias já tinham sido descobertos. No início do século XIX, Joseph Fourier resolveu a equação diferencial parcial que descreve a distribuição de calor em uma barra através de séries trigonométricas. As séries de Fourier mostraram-se muito eficaz para resolver diversos outros tipos de equações parciais lineares, mas estudos rigorosos de sua convergência, levou ao desenvolvimento das funções e de novas teorias de integração. 10

11 Por volta de 1870, iniciou-se a investigação de questões teóricas de existência e unicidade, assim como o desenvolvimento de métodos menos elementares como a expansão em séries de potências no plano complexo. Por volta de 1900, já haviam desenvolvidos métodos efetivos de integração numérica mas sua implementação estava severamente prejudicada pela necessidade de se executar os cálculos a mão ou com equipamentos computacionais primitivos. No século XX, também foram desenvolvidos métodos geométricos ou topológicos para o estudo das equações diferenciais parciais não-lineares. O objetivo é compreender, pelo menos qualitativamente, o comportamento de soluções de um ponto de vista geométrico, assim como analítico. Caso seja necessário maiores detalhes em certas regiões, faz-se o uso de métodos numéricos. Nos últimos anos essas duas tendências se juntaram e foram responsáveis pelas descobertas através da computaçao gráfica alguns fenômenos inesperados tais como atratores, caos e fractais, que estão sendo intensamente estudados e estão gerando novas e importantes ideias em diversas aplicações diferentes na Matemática e Física. 1.2 Conceitos Preliminares Definição Definição 1.1 Uma equação diferencial ordinária de ordem n é uma equação da forma F (x, y, y,..., y (n) ) = 0 (1.1) que exprime uma relação entre x, uma função não especificada y(x) e suas derivadas y, y,..., até a ordem n. A equação, x 2 y + sin xy 4y = 0 é um exemplo de EDO. 11

12 1.2.2 Solução da Equação Diferencial Ordinária Qualquer função y = f(x) que satisfaz a equação (1.1) sobre um intervalo I é chamada uma solução desta EDO. Exemplo 1.1 Verifique se cada função abaixo é solução da EDO correspondente. a) Função: y = sin(2x) EDO: y + 4y = 0 b) Função: y(t) = e 2t EDO: d2 y dt 2 6dy dt + 5y = 0 c) Função: y = te t EDO: y y = te t Resolução: a) Como y = sin(2x), então y = 2 cos(2x) e y = 4 sin(2x). Assim, y + 4y = 4 sin(2x) + 4 sin(2x) = 0 b) Nesse caso, a candidata a solução é a função y(t) = e 2t, de modo que y (t) = 2e 2t e y (t) = 4e 2t. Assim, d 2 y dt 2 6dy dt + 5y = 4e2t 6 2e 2t + 5e 2t = 3e 2t 0 Logo, essa função não é solução da EDO dada. c) Usando a regra do produto para derivada, temos: dy dt = d(tet ) = e t + te t (1.2) dt Substituindo a função y(t) = te t na expressão (1.2) obtemos a EDO dada, ou seja, dy dt = et + y dy dt y = et Este é um método alternativo de mostrar que uma função é solução de uma EDO. 12

13 Em geral, dada qualquer função infinitamente derivável, podemos obter uma equação diferencial ordinária de qualquer ordem. Ilustraremos essa ideia no exemplo a seguir. Exemplo 1.2 Ache uma equação diferencial ordinária de 2 a ordem cuja solução é a função y(x) = x sin x. Resolução: Derivando a função dada, temos: y (x) = sin x + x cos x. Derivando novamente, segue que y (x) = (sin x + x cos x) = cos x + cos x x sin x = 2 cos x y(x) Logo, a y(x) = x sin x é solução da EDO: y + y = 2 cos x Ordem de uma EDO Se y (n) é a derivada de maior ordem que ocorre em uma EDO, dizemos que sua ordem é n. Por exemplo, as EDO s y = 4y, xy y = x e y = g(x) são de primeira, segunda e terceira ordem respectivamente Linearidade Se a função F é linear nas variáveis y, y, y,..., y (n) dizemos que a EDO (1.1) é linear. Em geral, uma EDO linear de ordem n é dada por a n (x) dn y dx n + a n 1(x) dn 1 y dx n a 1(x) dy dx + a 0(x)y = b(x) (1.3) Por exemplo, a equação diferencial ordinária y +xy = x 2 é linear, pois a 1 (x) = 1, a 0 (x) = x e b(x) = x 2. É claro que as EDO s que não tem o formato da expressão (1.3) não são lineares. Exemplo 1.3 Equações diferenciais ordinárias não-lineares. a) xy + yy 2 = 0 Termo não-linear: yy 2 b) my + k sin y = 0 Termo não-linear: sin y ( c) d4 y d 2 ) dx 4 + x y 2 dx 2 = cos x Termo não-linear: ( d2 y dx 2 13 ) 2

14 1.2.5 Natureza dos Coeficientes As equações diferenciais ordinárias lineares podem ser de coeficientes constantes se as funções a 1 (x),..., a n (x), b(x) são constantes ou de coeficientes variáveis caso contrário. Exemplo 1.4 Identifique os coeficientes das EDO s abaixo e classifique-as quanto a natureza dos coeficientes. a) xy 2y + 4y = 0 b) x 2 y + 7xy + 8y = 0 c) 4y + y 3y + 2y = e x Resolução: a) Os coeficientes desta EDO são a 2 (x) = x, a 1 (x) = 2 e a 0 (x) = 4. Trata-se de uma equação diferencial de coeficientes variáveis. b) Os coeficientes desta EDO são a 2 (x) = x 2, a 1 (x) = 7x e a 0 (x) = 8. Trata-se de uma equação diferencial de coeficientes variáveis. c) Os coeficientes desta EDO são a 3 (x) = 4, a 2 (x) = 1, a 1 (x) = 3 e a 0 (x) = 2. Trata-se de uma equação diferencial de coeficientes constantes Homogeneidade Definição 1.2 Dizemos que a EDO dada em (1.3) é homogênea se b(x) 0. Caso contrário, ela é dita não-homogênea. As EDO s dos ítens a) e b) do Exemplo (1.4) são homogêneas, enquanto a EDO dada no item c) é não-homogênea. Equações diferenciais lineares e homogêneas tem uma propriedade importante com relação às soluções que é dada pela proposição seguinte. 14

15 Proposição 1.1 Se y 1 (x),..., y n (x) são soluções da EDO ou a n (x) dn y dx n + a n 1(x) dn 1 y dx n a 1(x) dy dx + a 0(x)y = 0 n j=0 a n j (x) dn j y dx n j = 0 então a combinação linear delas também é uma solução. n Demonstração: Seja y(x) = c 1 y 1 (x) c n y n (x) = c k y k (x) a k=1 combinação linear das n soluções da EDO homogênea. Assim, n j=0 a n j (x) dn j y dx n j = = n j=0 n a n j (x) dn j dx n j n c k j=0 k=1 n c k y k (x) k=1 Exemplo 1.5 Classifique as EDO s abaixo: a) dy dt = ky b) m d2 x dt 2 + kx = 0 c) xy + y 2 = 2x 3 (decaimento radioativo) d) d4 y dx 4 sin y d2 y dx 2 + 2xy = 0 Resolução: a n j (x) dn j dx n j y k(x) = n c k 0 = 0 j=0 (movimento harmônico simples) a) Podemos reescrever essa EDO na forma dy + ky = 0. Assim, dt trata-se de uma equação diferencial ordinária homogênea, de 1 a ordem, linear e de coeficientes constantes. 15

16 b) É uma EDO de 2 a ordem, linear, homogênea e de coeficientes constantes. c) Devido ao termo y 2, essa equação é não-linear e devido a presença do termo 2x 3 trata-se de uma EDO não-homogênea. Logo, temos uma EDO de 3 a ordem, não-linear, não-homogênea e de coeficientes variáveis. d) Devido a presença de sin y no termo sin y d2 y essa EDO é nãolinear. Logo, temos uma equação diferencial ordinária de 4 a or- dx2 dem, não-linear, homogênea e de coeficientes variáveis Solução Geral de uma EDO A solução que representa o conjunto de todas as soluções o qual satisfaz a EDO em um intervalo I é chamada solução geral da EDO dada. Por exemplo, a solução geral da equação y = y é y(x) = e x +C onde C é uma constante arbitrária. Se for dada uma condição sobre a solução tal como y(x 0 ) = y 0, podemos determinar a constante C. Uma EDO com uma condição inicial é chamada de Problema de Valor Inicial (PVI). A solução geral de uma EDO, representa uma família de curvas no plano cartesiano conforme a figura abaixo. Figura 1.1: Família de soluções da equação y 2xy = 1. 16

17 1.2.8 Sistemas de EDO s Uma EDO de ordem n, y (n) = F (x, y, y,..., y n 1 ) pode ser transformada em um sistema de n equações diferenciais de primeira ordem fazendo y 1 = y, y 2 = y,..., y n = y n 1. É comum escrever este sistema na forma: y 1 = y = y 2 y 2 = y = y 3.. y n = y (n) = F (x, y, y,..., y n 1 ) É comum representar as derivadas das funções x(t) e y(t) por ẋ(t), ẏ(t), ẍ(t), ÿ(t), etc. Deste modo, a equação diferencial x 2x + 3x = 0 com x = x(t) pode também ser representada na forma ẍ 2ẋ + 3x = 0 Exemplo 1.6 Transforme a equação diferencial ordinária y 2y + 2y = 0 em um sistema de duas equações diferenciais ordinárias de 1 a ordem. Resolução: De fato, sejam y 1 = y e y 2 = y. Assim, y 1 = y = y 2. Da EDO dada, y = 2y 2y = 2y 2 2y 1 (1.4) Por outro lado, y 2 = y (1.5) Substituindo (1.4) em (1.5), segue que y 2 = 2y 2 2y 1. Logo, temos o sistema de equações diferenciais ordinárias: { y 1 = y 2 y 2 = 2y 2 2y 1 17

18 1.2.9 Problema de Valor Inicial Um problema de valor inicial ou problema de condições iniciais é uma equação diferencial acompanhada do valor da função a determinar num determinado ponto, chamado de problema de valor inicial (PVI). A EDO x + 3x 4x = 0 com x = x(t) e juntamente com as condições iniciais x(0) = 1 e x (0) = 2 é um problema de valor inicial e pode ser reescrito na seguinte forma prática: x + 3x 4x = 0 x(0) = 1 x (0) = 1 Exemplo 1.7 Mostre que a função y = e 2x é solução do PVI abaixo: dy dx 2y = 0 x(0) = 1 x (0) = 1 Resolução: Observe que dy dx = 2e2x = 2y, de modo que y(x) = e 2x é solução da equação diferencial dada. Como y(0) = e 2 0 = 1, segue que y(x) = e 2x é solução do PVI dado. O leitor também pode verificar que a função y = e x x 1 é solução do PVI: { y = x + y y(0) = 0 Estes exemplos podem sugerir que dado um PVI ele sempre terá uma solução única. Esta hipótese nem sempre é verdadeira. De fato, verifica-se facilmente que y 0 e y = x 4 são soluções do PVI. { y = 4x y y(0) = 0 18

19 1.3 Exercícios Propostos 1. Qual a consequência da invenção do Cálculo e as leis da mecânica para o século XV III? 2. Descreva as descobertas de Gottifried W. Leibniz em equações diferenciais. 3. Na sua opinião as descobertas de Leonhard Euler são mais relevantes que as descobertas de Joseph L. Lagrange? 4. Escreva sobre os avanços no século XX alcançados na área de equações diferenciais. 5. Classifique as EDO s quanto a ordem, linearidade, homogeneidade e natureza dos coeficientes. (a) y + 4y = 0 (b) d2 y dx 2 y dy dx = 0 (c) y + 3y = x 2 (d) (1 x 2 )y 2xy + 6y = sin x (e) d4 y dx 4 + x( dy ) 2= 0 dx 6. Determine o valor de a na função y(x) = cos(ax) de modo que ela seja solução da equação diferencial (y ) 2 + 9y 2 = 9. R: a = 3 7. Sabendo que y = e x + e x é solução da equação diferencial y + ay = 0, determine o valor de a. 8. Quais das seguintes equações diferenciais abaixo são lineares? Justifique. (a) y + P (x)y = Q(x) (b) y + sin(y)x + cos x = 0 (c) y + cos(x)y 2 + sin x = 0 19

20 9. Resolva o determinante abaixo 1 x y 3 3x + 1 y 9 9x + 6 y = 0 para obter a equação diferencial ordinária y 6y + 9y = Transforme as EDO s abaixo em um sistema de equações diferenciais. (a) y 3y + 2y = 0 (b) xy + y 4y = 3x (c) ẍ + t sin ẋ = x 11. Sejam b, c R. Mostre que a equação diferencial ordinária y + by + cy = 0 é equivalente ao sistema de equações diferenciais: { y 1 = y y 2 = by 2 cy Mostre que cada uma das expressões seguintes é uma solução da equação diferencial correspondente: (a) y = 2x 2, xy = 2y (b) x(t) = t sin t, ẍ + x = sin t 2 (c) x 2 = 2y 2 ln y, y = xy x 2 + y 2 20

21 Capítulo 2 Equações Diferenciais de Primeira Ordem A equação diferencial ordinária de primeira ordem tem a forma F (x, y, y ) = 0 (2.1) onde y = y(x). Normalmente, esperamos que uma tal equação tenha solução e que esta contenha uma constante arbitrária. Observe que a equação diferencial ( ) dy = 0 dx não tem, de modo algum, uma solução real. Por simplicidade, consideramos que (2.1) pode ser resolvida em termos de dy, isto é, dx dy = f(x, y) (2.2) dx Consideremos, também, que f é uma função contínua num retângulo R no plano xy para garantir pelo menos a existência de soluções. Entretanto, o estudo da existência e unicidade da equação diferencial dada em (2.2) está além dos objetivos destas notas. 21

22 2.1 Equações Diferenciais de Variáveis Separáveis Se a função f dada em (2.2) pode ser escrita como um produto de duas funções, isto é, f(x, y) = M(x)N(y), dizemos que a equação diferencial é de variáveis separáveis. Neste caso, podemos separar as variáveis e integrar facilmente a expressão para achar a solução geral. De fato, dy dy = M(x)N(y) dx N(y) = M(x)dx dy N(y) = M(x)dx + C Com prática, o aluno reconhecerá quais EDO s são desse tipo e aplicará manipulações algébricas para separar as variáveis e achar a solução geral. Exemplo 2.1 Ache a solução geral das equações diferenciais separáveis abaixo: a) dy dx = 2x y b) y + 2y = 4 c) 2y + 1y 2xe x = 0 Resolução: a) Separando as variáveis e integrando, temos: ydy = 2xdx ydy = 2xdx y2 2 = x2 + C b) Esta é uma EDO linear de 1 a ordem e poderá também ser resolvido através da técnica do fator integrante. Uma vez que todos os coeficientes da equação diferencial são constantes, 22

23 podemos separar as variáveis e integrar membro a membro. De fato, y + 2y = 4 dy dx = 4 2y dy 4 2y = dx 1 du 2 u = x + C ln u = x + C 1 ln 4 2y = 2x + C 1 4 2y = e 2x+C 1 = e 2x e C 1 ou seja, y(x) = { 2 Ce 2x se y < Ce 2x se y > 2 Na primeira integral, fizemos a mudança de variáveis u = 4 2y, de modo que du = 2dy dy = du/2. c) Neste caso, devemos usar as técnicas de substituição de variáveis e integração por partes. Para os alunos que não estão familiarizados com estas técnicas, recomendo que leia atentamente os apêndices no final do livro. Usando o fato que y = dy dx e separando variáveis, temos: 2y + 1 dy dx = 2xex dx Integrando membro a membro, 2y + 1dy = 2 xe x dx 1 [ udu = 2 xe x 2 Resolvendo essas integrais, temos ] e x dx 2 3 (2y +1)3/2 = 4xe x 4e x +C (2y +1) 3/2 = 6(x 1)e x +C Equações Diferenciais de Variáveis Separáveis na Cinemática O movimento de uma partícula P ao longo de uma reta é definido pela equação s = f(t), onde t 0 é o tempo e s é a distância de P a um ponto fixo O de sua trajetória. 23

24 Definição 2.1 A velocidade instantânea de um móvel P na posição s(t) é a taxa de variação instantânea de s em relação a t, isto é, v(t) = s (t) = ds dt (2.3) Observamos que: Se v > 0, P está se movendo no sentido de s crescente; Se v < 0, P está se movendo no sentido de s decrescente; Se v = 0, P está em repouso naquele instante. Definição 2.2 A aceleração de um móvel P com velocidade v(t) é a taxa de variação instantânea de v em relação a t, isto é, Observamos que: Se a > 0, v é crescente; Se a < 0, v é decrescente. a(t) = dv dt = d2 s dt 2 (2.4) Além disso, se a e v tiverem o mesmo sinal, o movimento de P é acelerado e se a e v tiverem sinais opostos, o movimento de P é retardado. Exemplo 2.2 O caminho percorrido por uma partícula sobre uma reta é dado por s(t) = t 3 6t 2 + 9t + 4. a) Achar s e a quando v = 0. b) Achar s e v quando a = 0. c) Quando s é crescente? d) Quando v é crescente? e) Quando é mudado o sentido do movimento? 24

25 Resolução: Observe que a velocidade é v(t) = 3t 2 12t + 9 e a aceleração é a(t) = 6t 12. Assim, a) Para v = 0, temos t = 1 s e t = 3 s, de modo que s(1) = 8 m, s(3) = 4 m e a(1) = 6 m/s 2 e a(3) = 6 m/s 2 ; b) Para a = 0, temos t = 2 s, de modo que s(2) = 6 m e v(2) = 3 m/s; c) Para t < 1 s e t > 3 s, v(t) é maior que zero, donde segue que s(t) é crescente nesses intervalos. Os ítens d) e e) ficam como exercícios. Exemplo 2.3 Um navio A está navegando, rumo sul, a 16 km/h e um segundo navio B, 32 km ao sul de A, navega rumo a leste a 12 km/h (Fig.2.1) a) A que razão estão eles estão se aproximando ou separando no fim de 1 h? b) Em que instante deixam eles de se aproximar um do outro e qual a distância que os separa nesse momento? Resolução: A figura acima representa as posições dos navios após um tempo t. A distância s(t) entre os navios é dada por: s(t) = (12t) 2 + (32 16t) 2 = 144t 2 + (32 16t) 2 (2.5) Derivando (2.5), temos a velocidade relativa entre eles, isto é: v(t) = 16(25t 32) 144t 2 + (32 16t) 2 (2.6) a) No fim de 1 h, temos v(1) = 28/5 km/h, ou seja, os navios estão se aproximando; b) Eles deixam de aproximar um do outro quando v = 0, isto é, para t = 32/25 = 1, 28 h. Nesse instante, s = 96/5 = 19, 2 km. 25

26 Figura 2.1: Esquema gráfico do exemplo 2.3. Em alguns problemas são dados a aceleração em função do tempo em um movimento retilíneo, a velocidade e a posição inicial. Desejamos achar a velocidade v(t e a posição do móvel s(t) em um tempo qualquer. Especificamente, devemos resolver o seguinte problema de valor inicial: d dv dt = a(t) 2 s dt ou 2 = a(t) v(t 0 ) = v (2.7) 0 v(t 0 ) = v 0 s(t 1 ) = s 1 Vejamos um exemplo envolvendo o PVI (2.7) acima: Exemplo 2.4 Uma pedra é arremessada para cima com velocidade inicial v 0 = 30 m/s da beirada de um penhasco de 40 m. Determine: a) A função horária v(t) da velocidade em um tempo qualquer. b) A função horária do espaço s(t) percorrido em um tempo qualquer. c) O instante que a pedra atinge a altura máxima. 26

27 d) A altura máxima. e) O tempo em que a pedra permaneceu no ar. Despreze o efeito da resistência do ar e considere g = 10 m/s 2. Figura 2.2: Lançamento de uma pedra da beirada de um penhasco. Resolução: Adotaremos um referencial positivo para cima e com origem no fundo do penhasco. Sendo o peso a única força atuante sobre a pedra, temos pela 2 a lei de Newton a equação ma = mg a = 10. a) Sendo a = dv, para determinar a equação horária da velocidade, precisamos resolver o PVI: dt dv dt = 10 v(0) = +30 Separando as variáveis e integrando, segue que v(t) = 10t + C 1. Usando a condição inicial, temos 30 = v(0) = C 1. Logo, v(t) = 30 10t. 27

28 b) Sendo v(t) = ds, para determinar a função do espaço percorrido pela pedra em um instante qualquer, devemos resolver o dt PVI: ds = 30 10t dt s(0) = +40 Separando as variáveis e integrando, temos: ds = (30 10t)dt s(t) = 30t 5t 2 + C 2 Sendo s(0) = 40, segue que C 2 = 40 m. Logo, s(t) = t 5t 2 c) Observe que no instante em que a altura é máxima, a velocidade da pedra é nula, ou seja, v(t) = 30 10t = 0 t = 3 s. d) A altura máxima h max é obtida, fazendo t = 3 na equação horária do espaço, ou seja, h max = s(3) = = 85 m. e) O tempo em que a pedra permaneceu no ar é igual ao período de tempo entre o arremesso da pedra e o instante em que ela toca o fundo do penhasco. Assim, desejamos achar t tal que s(t) = 0, ou seja, devemos resolver a equação quadrática t 5t 2 = 0 ou t 2 6t 8 = 0. Logo, t = , 12 s. A raiz negativa da equação é desprezada. Exemplo 2.5 (Equação de Einstein) Pela Teoria da Relatividade, a massa m de uma partícula aumenta a medida que aumentamos sua velocidade, ou seja, m 0 m = (2.8) 1 v 2 /c 2 onde m 0 é a chamada massa de repouso. Supondo que a partícula parte do repouso na origem do eixo x, use a segunda lei generalizada de Newton, isto é, F = d(mv)/dt para mostrar que a energia (trabalho 28

29 realizado por F sobre a partícula) está relacionada com o aumento de massa (M = m m 0 ) pela famosa equação de Einstein onde c é a velocidade da luz no vácuo. Note que F = d ( ) dt (mv) = m d v dv 0 dv 1 v 2 /c 2 dt = E = Mc 2 (2.9) m 0 a (1 v 2 /c 2 ) 3/2 (2.10) o que mostra quão próxima a Lei de Einstein está da Lei de Newton, quando v é muito menor que c. Entretanto, quando v está perto da velocidade da luz, como na maioria dos fenômenos da Física Atômica, então as duas leis diferem consideravelmente e toda a evidência experimental apoia a versão de Einstein. Mas, a = dv dt = dv dx dx dt = v dv dx adx = vdv (2.11) De (2.10), segue que o trabalho realizado pela força F sobre a partícula de 0 a x é dada por: E = x 0 m 0 v 0 x F dx = m 0 = 0 a (2.11) (1 v 2 /c 2 dx = ) 3/2 v(1 v 2 /c 2 ) 3/2 dv = m 0 c 2 ( 1 v2 c 2 ) 1/2 ] v ( ) = m 0 c v 2 /c 1 = c 2 (m m 0 ) = Mc Observação 2.1 O ponto central da equação de Einstein é o fato muito profundo de que a massa de repouso m 0 tem também energia associada a ela, na quantidade E = m 0 c 2. Essa energia pode ser encarada como "energia de ser" da partícula, no sentido de que a massa possuienergia exatamente em virtude de existir. O ponto de vista da Física Moderna é ainda mais direto: matéria é energia, numa forma altamente concentrada e localizada. 29

30 Figura 2.3: Duas seções de uma tubulação para ilustrar a equação de Bernoulli Tempo de Esvaziamento de um Tanque Na dinâmica de fluidos, a equação de Bernoulli descreve o comportamento de um fluido sob condições de variação de fluxo e altura. Usando a lei da conservação de energia, é possível mostrar que v 2 1 2g + p 1 ρg + y 1 = v2 2 2g + p 2 ρg + y 2 (2.12) Iremos aplicar a equação (2.12) para demonstrar a lei de Torricelli, muito útil para determinar o tempo de esvaziamento de um tanque. Proposição 2.1 Considere um grande reservatório ou tanque de qualquer formato com um pequeno orifício na parte inferior de sua parede lateral. Se h (altura do tanque) não é muito grande e v 2 é a velocidade de escoamento, então onde g é a aceleração da gravidade. v 2 = 2gh (2.13) Demonstração: Da equação de Bernoulli, temos: v 2 1 v2 2 2g + p 1 p 2 ρg + (y 1 y 2 ) = 0 (2.14) 30

31 Figura 2.4: Tanque com um orifício na parte inferior de sua parede lateral. Sendo h = y 1 y 2 pequeno, a variação de pressão entre os referenciais 1 e 2 é desprezível, então p 1 p 2. Além disso, do fato que o reservatório é muito grande, a variação do nível d água v 1 é muito menor que a velocidade v 2, ou seja, v 1 0. Da equação (2.14), temos: v2 2 2g h = 0 v 2 = 2gh Usaremos a lei de Torricelli para deduzir uma fórmula para calcular o tempo de esvaziamento de um tanque cilíndrico. Figura 2.5: Tanque cilíndrico com um pequeno orifício na parte inferior de sua parede lateral. 31

32 Proposição 2.2 Considere um tanque cilíndrico com água até o nível h 0 conforme a figura 2.5. Se o diâmetro do cilindro é D e o diâmetro de um pequeno furo na parte inferior de sua parede lateral é d, então o tempo necessário para esvaziar o tanque é T = D2 d 2 sendo g a aceleração da gravidade. 2h 0 g (2.15) Demonstração: O nível inicial da água h 0 e sua variação h(t) ocorre de forma contínua. O volume de água que deixa o tanque no intervalo de tempo t é V tanque = πd2 h(t) (2.16) 4 Por outro lado, se A é a área do orifício circular de diâmetro d, então no intervalo de tempo t, V s t = Q = Av(t) V s = Av(t) t = πd2 v(t) t (2.17) 4 com v(t) = 2gh(t). Das expressões (2.16) e (2.17) segue que πd 2 πd 2 h(t) 2g d 2 2gh(t) t = h(t) = h(t) 4 4 t D 2 Fazendo t 0, obtemos a equação diferencial de variáveis separáveis com a condição inicial h(0) = h 0 : dh 2g d 2 dt = h D 2 h(0) = h 0 Separando as variáveis e integrando, temos: h0 dh 0 2g d 2 = 0 h T D 2 dt 2 h 2 h 0 D 2 = T T = D2 2h 0 2gd 2 d 2 g 32 ] h0 0 2g d 2 T = D 2

33 Exemplo 2.6 Um tanque cilíndrico de altura 2 m e diâmetro 1 m, está totalmente cheio de água. Faz-se um furo de diâmetro 1 cm na parte inferior de sua parede lateral. Determine o tempo de esvaziamento desse tanque. Use g = 9, 81 m/s 2. Resolução: Note que d = 1 cm = 0, 01 m e h 0 = 2 m. Pela expressão (2.15), segue que o tempo de esvaziamento é: T = , s = 1h 46 min 9, Equações Diferenciais Lineares de Primeira Ordem As equações diferenciais lineares de primeira ordem possuem muitas aplicações e é uma das primeiras classes de equações abordadas nos cursos de EDO. A forma geral dessas equações diferenciais são dada por y + P (x)y = Q(x) (2.18) onde P (x) e Q(x) são funções contínuas. Se Q(x) 0 esta equação diferencial reduz-se ao tipo de variáveis separáveis cuja solução é facilmente obtida. Vejamos o caso geral em que Q(x) 0. O matemático Leonhard Euler percebeu que a equação diferencial acima é semelhante ao resultado obtido quando deriva o produto de duas funções. Deste modo, ele multiplicou a EDO (2.18) por um fator integrante µ(x) a ser determinado, ou seja, µ(x)y (x) + P (x)y(x)µ(x) = µ(x)q(x) (2.19) Em seguida, impomos a condição que o primeiro membro de (2.19) seja a derivada do produto das funções µ(x) com y(x), isto é, µ(x)y (x) + P (x)y(x)µ(x) = [µ(x)y(x)] µ(x)y (x) + P (x)y(x)µ(x) = µ (x)y(x) + µ(x)y (x) y(x)[µ P (x)µ(x)] = 0 33

34 uma vez que y(x) 0 não é solução de (2.18). Assim, dµ dx = P (x)µ dµ dµ µ = P (x)dx µ = P (x)dx ln µ(x) = P (x)dx µ(x) = P (x)dx e (2.20) é a expressão para determinar o fator integrante para a EDO (2.18). Sendo [µ(x)y(x)] = µ(x)q(x) (2.21) podemos facilmente obter a solução de (2.18) usando o fator integrante dado por (2.20). Exemplo 2.7 Resolva as equações diferenciais lineares de primeira ordem abaixo: a) y + 2xy = 4x b) xy + y = 2 c) xdy 2ydx = (x 2)e x dx Resolução: a) Neste caso, P (x) = 2x, de modo que µ(x) = e 2xdx = e x2. Sendo (µ(x)y(x)) = µ(x)q(x), segue que [ ] [(e x2 )y(x)] = 4xe x2 y(x) = e x2 4xe x2 dx Usando a técnica de substituição de variáveis na última integral, segue que: y(x) = e x2 (2e x2 + C) = 2 + Ce x2 b) Pode usar o procedimento do item a), mas neste caso, observe que o primeiro membro da equação é a derivada de xy, de modo que (xy) = 2 xy(x) = 2x + C y(x) = 2 + C x 34

35 c) Nesse caso, dividindo ambos os membros por xdx, temos: dy dx 2 y ( x = 1 2 ) e x x de modo que P (x) = 2 x. Assim, µ(x) = e P (x)dx = e 2 x dx = e 2 ln x = x 2 Usando a expressão (2.21), segue que [ ] y(x) ( 1 (µ(x)y(x)) = µ(x)q(x) x 2 = x 2 2 x 3 [ ( 1 y(x) = x 2 x 2 2 ] ( x )e x x 3 dx = x 2 2 e x 2xe x x 4 ) e x ) dx ( ) e y(x) = x 2 x ( ) e x 2 dx y(x) = x 2 x x 2 + C = e x + Cx 2 Exemplo 2.8 Resolva o problema de valor inicial abaixo: dy dx 2xy = x y(0) = 1 2 Resolução: Sendo P (x) = 2x µ(x) = e 2xdx = e x2. Assim, [ ] (e x2 y(x)) = xe x2 y(x) = e x2 xe x2 dx y(x) = e ( 1 ) x2 2 e x2 + C = Cex2 Usando a condição inicial y(0) = 1, obtemos C = 1. Logo, 2 y(x) = ex2 35

36 2.3 Equação Diferencial de Bernoulli Definição 2.3 A equação diferencial dy dx + P (x)y = Q(x)yn (2.22) onde P (x) e Q(x) são funções contínuas de x em um intervalo aberto (a, b) e n 0 e n 1 é uma equação diferencial nã0-linear conhecida por equação de Bernoulli. Proposição 2.3 A mundança de variável dependente z = y 1 n (2.23) transforma a EDO (2.22) em uma equação diferencial linear. Demonstração: Estamos interessados apenas nas soluções nãoidenticamente nulas. Dividindo ambos os membros por y n, segue que Seja z = y 1 n. Assim, 1 y n dy dx + P (x)y1 n = Q(x) (2.24) dz dy = (1 n)y n dx dx Substituindo (2.25) em (2.24), temos: 1 dz + P (x)z = Q(x) 1 n dx (2.26) 1 dz 1 n dx = 1 dy y n dx (2.25) A equação diferencial (2.26) é linear e pode ser resolvida pela técnica do fator integrante. Exemplo 2.9 Resolva a equação diferencial dy dx 1 x y = xy2 36

37 Resolução: Dividindo a equação diferencial por y 2, obtemos: 1 dy y 2 dx 1 yx = x (2.27) Fazendo a substituição z = 1 y (2.28) vemos que dz dx = d ( ) 1 = d dx y dx (y 1 ) = 1 dy y 2 dx Substituindo (2.28) e (2.29) em (2.27), temos: (2.29) dz dx z x = x dz dx + z x = x de modo que P (x) = 1 x e µ(x) = e 1/xdx = e ln x = x. Assim, d (µ(x)z) = µ(x) ( x) dx d(xz) = xz(x) = x3 + C z(x) = x C x 1 y(x) = x2 3 + C 1 y(x) = x C x x2 3 x 2 dx Exemplo 2.10 Ache a solução geral da EDO: y + 4y = x y. Resolução: Dividindo a equação diferencial dada por y, temos: Fazendo z = y, então 1 y + 4y = x 1 dy y y y dx + 4 y = x (2.30) dz dx = d dx (y1/2 ) = 1 dy y1/2 1 2 dx = 1 2 dy y dx 1 dy y dx = 2 dz dx (2.31) 37

38 Substituindo o valor de z e a expressão (2.31) em (2.30), obtemos a equação diferencial linear de 1 a ordem: 2 dz dz + 4z = x dx dx + 2z = x 2 Sendo P (x) = 2, segue que µ(x) = e 2x. Assim, d dx (e2x z) = e 2x x d[e 2x z(x)] = 1 xe 2x dx 2 2 e 2x z(x) = 1 ] [x e2x e 2x dx + C z(x) = Ce 2x + x Logo, y(x) = Ce 2x + x y(x) = [ Ce 2x + x 4 1 ] Equações Diferenciais Exatas Um tipo especial de equação diferencial de primeira ordem e primeiro grau é dada por: M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 (2.32) Exemplo 2.11 Determine as funções M e N nos casos abaixo: a) dy dx + y x y + x = 0 b) dy dx = 1 + x2 y Resolução: a) Note que dy dx + y x = 0 = (x + y)dy = (x y)dx = y + x (x + y)dy + (y x)dx = 0 de modo que M(x, y) = y x e N(x, y) = x + y 38

39 b) Analogamente, dy dx = 1+x2 y dy = (1+x 2 y)dx (1+x 2 y)dx dy = 0 de modo que M(x, y) = 1 + x 2 y e N(x, y) = 1. Definição 2.4 Uma região R do plano xy é um subconjunto aberto e conexo do plano. Definição 2.5 A equação diferencial dada em (2.32) é exata sobre a região R, se existe uma função F definida em R tal que F = M(x, y) x F y = N(x, y) A função F é dita curva integral da EDO exata. (2.33) Exemplo 2.12 Mostre que a função F (x, y) = xy + x2 2 + y2 2 é uma curva integral da equação diferencial a) do Exemplo Resolução: De fato, F x = y x = M(x, y) e F y = x + y = N(x, y) Dada a equação diferencial a) acima, qual é a condição sobre as funções M e N para que ela seja exata? A resposta é dada pelo seguinte teorema: Teorema 2.1 Sejam M e N duas funções derivadas parciais de primeira ordem contínuas na região R. A equação diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 é exata se e somente se M y = N x (2.34) 39

40 Demonstração: Suponhamos que a EDO seja exata, portanto, existe uma função F definida em R tal que a condição (2.33) é satisfeita. Como M e N possuem derivadas parciais de primeira ordem contínuas em R, então M y = ( ) F = 2 F y x y x = 2 F x y = N x A prova da recíproca envolve integrais de linha e será omitida, mas o procedimento que consiste de derivações e integrações convenientes será exposto na resolução das equações diferenciais exatas. Teorema 2.2 Se a equação diferencial (2.32) é exata, então sua solução geral é dada implicitamente pela expressão F (x, y) = C. Demonstração: Sendo a EDO exata, existe a função F (x, y) que satisfaz a condição (2.33). Assim, 0 = M(x, y)dx+n(x, y)dy = F F dx+ x y dy = df F (x, y) = C Observação 2.2 As curvas dadas por F (x, y) = C são chamadas curvas integrais da EDO (2.32). Exemplo 2.13 Verifique se a EDO dy dx ache a solução geral. = 2xy y2 x 2 + y 2 é exata. Se sim, Resolução: Neste caso, (2xy y 2 )dx = (x 2 + y 2 )dy ou seja, (2xy y 2 )dx (x 2 + y 2 )dy = 0, de modo que M(x, y) = 2xy y 2 e N(x, y) = x 2 y 2. Como M y = 2x 2y N x = 2x segue que a EDO dada não é exata. 40

41 Exemplo 2.14 Verifique se a EDO (xy 2 + x)dx + x 2 ydy = 0 é exata. Se sim, ache a solução geral. Resolução: Neste caso, M(x, y) = xy 2 + x e N(x, y) = x 2 y. Sendo M y = 2xy = N x segue que esta equação diferencial é exata. Para achar a solução geral, devemos resolver o sistema de equações diferenciais parciais abaixo: F x = xy2 + x F y = x2 y Integrando a primeira equação em relação a x, temos: F (x, y) = (xy 2 + x)dx = x2 y x2 2 + ϕ(y) (2.35) Derivando esta expressão em relação a y e usando a segunda equação, obtemos: x 2 y = F y = x2 y + ϕ (y) ϕ (y) = 0 ϕ(y) = C 1 Substitituindo ϕ(y) em (2.35), segue que F (x, y) = x2 y 2 Logo, a solução geral da EDO é dada por 2 + x2 2 + C 1. F (x, y) = C x2 y x2 2 = C Exemplo 2.15 Ache a solução geral da equação diferencial exata abaixo: cos ydx + (y 2 x sin y)dy = 0 41

42 Resolução: Pelo enunciado, sabemos que a equação diferencial é exata e precisamos apenas achar a função F (x, y). Sendo M(x, y) = cos y e N(x, y) = y 2 x sin y, a função F (x, y) satisfaz: F x = cos y F y = y2 x sin y Integrando a primeira equação em relação x, temos: F (x, y) = x cos y + ϕ(y) Derivando esta expressão em relação a y e usando a segunda equação, obtemos: Logo, y 2 x sin y = F y = x sin y + ϕ (y) ϕ (y) = y 2 ϕ(y) = y3 3 F (x, y) = x cos y + y3 3 e a solução geral é dada por x cos y + y3 3 = C. 2.5 Mais Aplicações das Equações Diferenciais de Primeira Ordem Equações diferenciais são interessantes para os não matemáticos principalmente devido à possibilidade de serem usadas para investigar uma ampla gama de problemas nas ciências físicas, biológicas e sociais. Uma razão para isso é que os modelos matemáticos e suas soluções levam a equações que relacionam as variáveis e parâmetros do problema. Essas equações permitem, muitas vezes, que se façam previsões sobre o comportamento do processo natural em circunstâncias diversas. Independente do campo específico de aplicação existem três estágios identificáveis que estão sempre presentes no processo de modelagem matemática. 42

43 Construção do modelo: Isso envolve uma "tradução" da situação física em linguagem matemática. Talvez o mais crucial nesse estágio seja enunciar claramente o(s) princípio(s) físico(s) que, acredita-se, gorvenam o processo. A equação diferencial é um modelo matemático do processo. Análise do Modelo: Uma vez formulado matematicamente o processo, devemos resolver uma ou mais equações diferenciais. Pode acontecer que esse problema matemático seja mais difícil e, nesse caso, podem ser indicadas aproximações para tornar o problema tratável do ponto de vista matemático. Por exemplo, uma equação não-linear pode ser aproximada por uma linear, ou um coeficiente que varia lentamente pode ser substituído por uma constante. Comparação com Experimentos ou Observações: Finalmente, devemos interpretar essa informação no contexto onde o problema apareceu e verificar se a solução matemática parece razoável do ponto de vista físico. Se possível, temos que calcular a solução em pontos selecionados e compare-a com valores observados experimentalmente ou questione se o comportamento da solução após muito tempo é consistente com as observações Desintegração Radioativa Observações acuradas sugerem que a velocidade de desintegração de uma substância radioativa é diretamente proporcional a sua massa no instante considerado. Determinaremos a lei de variação da massa da substância radioativa em função do tempo, sabendo que no instante t = 0 a massa era m 0. Para isso, seja m(t) a massa no instante t. A taxa de variação instantânea da massa em relação ao tempo nos fornece a velocidade de desintegração no instante t. Assim, o problema da desintegração radioativa é descrito pelo PVI: dm dt = km (2.36) m(0) = m 0 43

44 em que k é um coeficiente de proporcionalidade (k > 0).Introduzimos o sinal negativo uma vez que a massa decresce quando o tempo cresce. A solução geral do PVI (2.36) pode ser obtida através da técnica de separação de variáveis ou tratando a EDO como um equação diferencial linear de 1 a ordem homogênea. Vejamos os dois modos: 1 0 ) modo: Variáveis Separáveis dm dt = km dm m = kdt ln m = kt + C Sendo m > 0, então ln m = ln m = kt + C m = e kt+c = Ce kt Mas, m 0 = m(0) = Ce k 0 = C. Logo, m(t) = m 0 e kt. 2 0 ) modo: Linear de 1 a ) Ordem Homogênea dm dt = km dm dt + km = 0 P (t) = k de modo que µ(t) = e kt. Assim, da expressão (2.21), temos: (e kt m) = e kt 0 e kt m(t) = C m(t) = Ce kt Mas, m 0 = m(0) = Ce k 0 = C. Logo, m(t) = m 0 e kt. Exemplo 2.16 O isótopo radioativo tório 234 desintegra-se numa velocidade que é diretamente proporcional a sua massa no instante considerado. Se 100 miligramas desta substância são reduzidas a 82, 04 miligramas em uma semana, responda as perguntas abaixo: a) Escreva o PVI (problema de valor inicial) desse problema. b) Ache uma expressão para a massa presente em qualquer tempo. c) Faça o gráfico de m(t). Resolução: 44

45 Figura 2.6: Desintegração de 100 miligramas de Tório. a) Nesse caso, dm dt = km m(0) = 100 b) A solução do PVI do item a) é m(t) = 100e kt. Seja t em dias, de modo que 82, 04 = m(7) = 100e 7k e 7k = 0, 8204 Aplicando logaritmo natural em ambos os lados da última expressão, temos: ln e 7k ln 0, 8204 = ln 0, 8204 k = = 0, Logo, m(t) = 100e 0,02828t. c) O gráfico da função m(t) é dado na figura (2.6). Definição 2.6 Chamamos de meia vida T de uma substância, ao período de tempo gasto para que a massa dessa substância se reduz a metade. 45

46 Exemplo 2.17 Mostre que a meia vida de uma substância radioativa é dada pela expressão: T = ln 2 (2.37) k Resolução: De fato, sendo m(t) = m 0 e kt, pela definição de meia vida, m(t ) = m 0 /2. Assim, m(t ) = m 0 2 = m 0e kt 1 2 = e kt ln 1 2 = ln e kt ln 1 ln 2 = kt 0 ln 2 = kt T = ln 2 k Exemplo 2.18 Sabendo que uma determinada substância radioativa se decompõe numa razão proporcional a quantidade existente e que sua meia vida se dá em 1600 anos, calular a percentagem perdida em 100 anos. Resolução: Sabemos que T = 1600 anos. Da expressão da meia vida (2.37), segue que k = ln 2 = 0, Assim, m(t) = 1600 m 0 e 0, t. A massa para t = 100 anos é m(100) = m 0 e 0, = 0, m 0 Dessa forma, a massa perdida em 100 anos é m 0 0, m 0 = 0, m 0 Logo, a percentagem de massa perdida é obtida através da regra de três simples: m 0 100% 0, m 0 x x = 4, 2% Juros Continuamente Compostos Suponha que uma certa quantia de dinheiro C 0 seja depositada em uma poupança que paga juros a uma taxa anual j. O valor C(t) do 46

47 investimento em qualquer instante t depende do capital inicial C 0 investido e da frequência na qual os juros são compostos. Se os juros são compostos uma vez por ano, então no final do primeiro ano, temos: No final do segundo ano, temos: C(1) = C 0 + C 0 j = C 0 (1 + j) C(2) = C(1) + C(1)j = C(1)(1 + j) = C 0 (1 + j) 2 Procedendo desta forma, no final do t-ésimo ano, segue que C(t) = C 0 (1 + j) t (2.38) A expressão (2.38) nos fornece o montante de um capital inicial aplicado a juros compostos no final de t anos. Vejamos agora uma situação um pouco diferente. Primeiramente suponhamos que os juros são calculados duas vezes ao ano. Assim, após seis meses, o valor do investimento é C 0 (1 + j/2) e ao final de um ano, temos ( C(1) = C j ) ( + C j ) ( j = C j ) No final de 3/2 ano, o montante é ( C(3/2) = C j ) 2 ( + C j ) 2 ( j = C j ) Procedendo desta forma, no final de t anos, teremos ( C(t) = C j ) 2t 2 se forem computados duas vezes ao ano. De forma análoga, se os juros forem computados m vezes ao ano, ao final de t anos, temos C(t) = C 0 ( 1 + j m) mt (2.39) 47

48 Se os juros são computados continuamente, segue da expressão (2.39) que o capital acumulado ou montante após t anos é dado por ( C(t) = lim C j ) mt m + m [ ( = C 0 lim 1 + j ) m ] jt j = C 0 e jt (2.40) m + m Dessa expressão, vemos que se os juros são computados continuamente, a taxa de variação intantânea do capital em relação ao tempo é proporcional ao capital, isto é, dc dt = jc (2.41) De fato, dc dt = C 0je jt = j(c 0 e jt ) = jc Assim, para grandes períodos de tempo, podemos substituir o modelo discreto pelo contínuo que possui a vantagem de ser mais simples e compacto. Iremos supor agora que podem existir depósitos e saques, além do acréscimo de juros, dividendos ou ganhos de capital. Se supusermos que os depósitos ou saques são feitos a uma taxa constante k, então a expressão (2.41) é substituída por dc dt = jc + k ou na forma padrão, dc dt jc = k (2.42) onde a constante k é positiva para depósitos e negativa para saques. A equação diferencial (2.42) é linear com fator integrante µ(t) = e jt. 48

49 (Verifique!). Assim, jt dc e dt je jt C = ke jt d dt (e jt C) = ke jt d(e jt C) = k e jt dt e jt C(t) = ke jt + C 1 j Usando o fato que C(0) = C 0, temos: C(t) = C 1 e jt k j C 0 = C(0) = C 1 e j 0 k j C 1 = C 0 + k j Logo, C(t) = ( C 0 + k ) e jt k j j C(t) = C 0e jt + k j (ejt 1) (2.43) A primeira parcela na fórmula (2.43) é a parte de C(t) devido ao rendimento acumulado sobre o investimento inicial C 0, enquanto a segunda parcela é a parte devida à taxa k de depósito ou saque. Exemplo 2.19 Qual é a taxa de juros j ao ano de modo que um investimento de R$ 1000, 00 dobre o seu valor no fim de 10 anos? Resolução: Temos o PVI: dc dt = jc C(0) = 1000 cuja solução é dada por C(t) = 1000e jt. Pelo enunciado, segue que 2000 = C(10) = 1000e 10k e 10k = 2 ln e 10k = ln 2 de modo que 10k = ln 2, ou seja, k = ln 2 10 = 0, 0693 = 6, 93% ao ano. Exemplo 2.20 Suponha que após um período T (anos) acumulou um montante M. Calcule: 49

50 a) A taxa de depósito k em função de C 0, j e M; b) A taxa de juros j em função de C 0, k e M; c) Se um jovem, sem capital inicial, investe R$ 1.500, 00 por ano a uma taxa anual de 8% a.a., determine k de modo que esteja disponível 1 milhão de reais após 50 anos. Resolução: a) Da expressão (2.43), temos: M C 0 e jt = k j ejt k = j(m C 0e jt ) e jt 1 b) Analogamente, devemos resolver a equação transcendente ( C 0 + k ) e jt M k j j = 0 ejt = M + k/j C 0 + k/j A interseção entre as curvas f(j) := e jt fornece o valor de j. c) Usando o item a), temos: k = e g(j) := M + k/j C 0 + k/j jm 0, e jt = 1 e 0,08 50 = 1492, 50 reais 1 Exemplo 2.21 Uma pessoa investe R$ 5000, 00 a uma taxa de 2 % ao mês com juros computados continuamente. Determine o montante após 5 anos se ele faz regularmente um depósito mensal de R$ 200, 00. Resolução: Nesse caso, C 0 = 5000, j = 0, 02, k = 200 e T = 5 12 = 60 meses. Desejamos achar M = C(60). Substituindo esses valores na expressão (2.43), temos: M = C(60) = 5000e 0, , 02 (e0, ) = , 75 ou seja, após 5 anos, teremos R$ ,

51 2.5.3 Resfriamento de um corpo Uma situação análoga a do crescimento populacional é a de um objeto aquecido, colocado num meio mais frio (ar ou água, por exemplo) cuja grande massa faz com que a temperatura desse meio permaneça constante, sem ser afetada pela presença do objeto mais quente. A lei de resfriamento de Newton afirma que, nessas condições, um corpo à temperatura esfria-se a uma taxa proporcional à diferença entre e a temperatura do ar adjacente, ou seja: dt dt = k(t T a) (2.44) onde k é uma constante positiva que depende de propriedades físicas do corpo. O sinal negativo se explica pelo fato que o calor flui da fonte quente para fonte fria, e assim se T > T a, então decresce. Se T < T a, então T cresce e o corpo está se aquecendo, ao invés de se resfriar. Conhecendo-se a temperatura T (0) = T 0, podemos obter uma solução para a equação diferencial acima. De fato: dt dt = k(t T a) T T 0 dt T T a = t 0 dt T ln T T a = kt ln T T a T 0 T 0 T a = kt Análise da expressão (2.45): T T a T 0 T a = e kt (2.45) Se T 0 > T a, então T (t) > T a, de modo que T (t) T a > 0 e T 0 T a T T a T 0 T a = T T a = e kt T (t) = T a + (T 0 T a )e kt T 0 T a 51

52 Se T 0 < T a, então T (t) < T a, de modo que T (t) T a > 0 e T 0 T a T T a T 0 T a = T T a = e kt T (t) = T a (T a T 0 )e kt T 0 T a É claro que lim T (t) = T a, o que é fisicamente razoável. t + Exemplo 2.22 Um corpo a 1000 C é posto numa sala, onde a temperatura ambiente se mantém constantemente a 250 C. Após 5 minutos a temperatura do corpo caiu para 900 C. a) Expresse a equação diferencial referente ao problema. b) Resolva a equação diferencial determinando todas as constantes. c) Decorrido quanto tempo estará o corpo a 500 C? d) Faça o gráfico de T (t). Resolução: Note que T 0 = 1000 C, T a = 250 C e T (5) = 900 C. a) dt = k(t 250) dt T (0) = 1000 b) Para resolve a EDO, podemos usar a técnica de separação de variáveis ou fator integrante de uma equação diferencial linear. Usaremos a segunda técnica. Para isso, reescrevemos a EDO na forma: Assim, dt dt + kt = 250k P (t) = k µ(t) = ekt d dt (ekt T ) = e kt 250k d(e kt T ) = 250k e kt T (t) = 250e kt + C T (t) = Ce kt 52 e kt dt

53 Figura 2.7: Gráfico da função T (t) do Exemplo Sendo 1000 = T (0) = C, então C = 750, de modo que T (t) = e kt. Além disso, 900 = T (5) = e 5k = e 5k ln = ln e 5k 0, 1431 = 5k k = 0, 0286 Logo, T (t) = e 0,0286t. c) Seja t o tempo decorrido para que o corpo atinja a temperatura de 500 C. Assim, 500 = T (t ) = e 0,0286t = e 0,0286t ln = 0, 0286t t 1, 0986 = = 38, 4 min 0,

54 d) Exemplo 2.23 De acordo com a lei de resfriamento de Newton, a taxa de resfriamento de uma substância numa corrente de ar é proporcional à diferença entre a temperatura da substância e a do ar. Sendo a temperatura do ar 30 C e resfriando de 100 C para 70 C em 15 minutos, ache o momento em que a temperatura será 40 C. Resolução: Note que T a = 30 C, T 0 = 100 C e T (5) = 70 C. Desejamos achar t tal que T (t ) = 40 C. Sendo T (t) = T a + (T 0 T a )e kt então T (t) = e kt. Para achar k, temos: 70 = T (5) = 30 + e 5k 40 = e 5k ln 40 = ln e 5k 3, 689 = 5k k = 0, 7378 Assim, T (t) = e 0,7378t, de modo que 40 = T (t ) = e 0,7378t = e 0,7378t t = 2, 64 h Movimentos Sujeitos a Forças Resistivas Para modelar a velocidade e a posição de um corpo que se desloca em um meio fluido, em geral, supõe-se que ele sofre uma força resistiva F R proporcional a velocidade instântanea v ou ao seu quadrado, isto é, F R = kv ou F R = kv 2. Pela 2 a lei de Newton, ma = F + F R = F kv. Com a hipótese que o corpo parte do repouso e sendo a = dv dt, temos: m dv dt = F kv (2.46) v(0) = 0 que é uma EDO de variáveis separáveis ou linear de 1 a ordem. No caso de quedas de corpos em meios resistivos, adotamos o sentido positivo para baixo conforme a figura (2.8). 54

55 Figura 2.8: Diagrama de queda de um corpo sujeito a uma força resistiva. Para um corpo que cai a a força F é igual ao peso do corpo. Para um barco que se desloca na água ou um carro em movimento a força F é igual a força do motor. Além disso, quando o corpo atinge a velocidade terminal v T, a taxa de variação dv é nula, de modo que: dt 0 = F kv T v T = F k (2.47) Usando o fato que v = ds dt, temos: m d2 s dt 2 + k ds dt = F (2.48) que é uma equação diferencial linear, homogênea e de 2 a que será estudada detalhamente no próximo capítulo. Exemplo 2.24 Um bote motorizado e seu tripulante têm uma massa de 120 kg e estava inicialmente no repouso. O motor exerce uma força constante de 100 N, na direção do movimento. A resistência exercida pela água, ao movimento, é, em módulo, igual ao dobro da velocidade. a) Determine a velocidade do bote em função do tempo. 55

56 b) Determine a velocidade terminal do bote. Resolução: a) Do PVI (2.46), temos: 120 dv dt = 100 2v dv dt + v 60 = 5 6 O fator integrante dessa EDO é µ(t) = e t/60, de modo que: d dt (et/60 v) = 5 6 et/60 e t/60 v(t) = 5 e t/60 dt 6 v(t) = 50et/60 + C e t/60 = 50 + Ce t/60 Sendo v(0) = 0, segue que 0 = 50 + C C = 50. Logo, a velocidade do bote é v(t) = 50(1 e t/60 ) b) Temos dois modos de determinar a velocidade terminal do bote: Calculando o limite de v(t) quando t + : v T = lim v(t) = lim 50(1 t + t + e t/60 ) = 50 m/s Determinando o valor de k e usando a expressão (2.47): De fato, sendo a força resistiva igual ao dobro da velocidade, então k = 2, de modo que V T = 100 = 50 m/s. 2 Exemplo 2.25 Um pára-quedista com o seu pára-quedas pesa 70 quilogramas e salta de uma certa altura. O pára-quedas abre automaticamente após 3 segundos de queda. Sabe-se que a velocidade terminal é de 5 metros por segundo. Vamos determinar a velocidade que o pára-quedista atinge no momento que o pára-quedas abre, quanto tempo demora para a velocidade chegar a 5, 1 metros por segundo. Adote g = 10 m/s 2. 56

57 Figura 2.9: Diagrama do Exemplo Resolução: Até o momento em que o pára-quedas abre a velocidade é a solução do PVI: m dv dv = mg dt dt = 10 v(0) = 0 ou seja, v(t) = 10t. Quando o pára-quedas abre a velocidade é então v(3) = 30 m/s. Daí em diante, a velocidade do pára-quedista é solução do PVI: 70 dv dv = kv dt dt + kv 70 = 10 v(3) = 30 O fator integrante da equação diferencial é µ(t) = e kt/70, de modo que d dt (ekt/70 v) = 10e kt/70 e kt/70 v(t) = 10 e kt/70 dt e kt/70 v(t) = 700 k ekt/70 + C v(t) = 700 k + Ce kt/70 Por hipótese, a velocidade terminal é 5 m/s. Assim, ( ) = lim t + k + Ce kt/70 = 700 k = 140 k 57

58 Assim, v(t) = 5 + Ce 2t Sendo v(5) = 30, segue que 30 = 5 + Ce 10 C = 25e 10. Logo, v(t) = e 10 e 2t = e 10 5t O tempo que demora para atingir a velocidade v = 5, 1 m/s é: 5, 1 = e 10 5t ln 0, 1 25 = ln e10 5t 5, 521 = 10 2t t = 7, 76 s Exemplo 2.26 Uma certa massa está sendo levada em um trenó sobre o gelo, sendo a massa total de 40 kg. Desprezando a resistência oferecida pelo gelo, sabendo que a resistência do ar em newtons é igual a 75 vezes a velocidade instantânea do trenó e que o trenó partiu do repouso, achar: a) A força constante em newtons que atuando no trenó proporcionará uma velocidade máxima limite de 10 m/s. b) A velocidade no fim de 5 segundos. c) O gráfico de v(t). Resolução: Note que v(0) = 0, m = 40 kg e F R = 75v. Sendo ma = F F R = F 75v, então 40 dv dv + 75v = F dt dt v = F 40 v(0) = 0 O fator integrante desse PVI é µ(t) = e 15t/8, de modo que d dt (e15t/8 v) = e 15t/8 F e 15t/8 v(t) = F e 15t/8 dt e 15t/8 v(t) = F e15t/8 + C v(t) = F 75 + Ce 15t/8 58

59 Como o trenó parte do repouso, então 0 = v(0) = F 40 + C e C = F 40. Logo, v(t) = F 40 (1 e 8t/15 ) (2.49) a) É fácil ver que a função v é crescente, de modo que a velocidade máxima é igual a velocidade terminal, ou seja, v max = lim v(t) = lim F t + t + 40 (1 e 8t/15 ) = F 40 Sendo v max = 10, então F = 400 N b) A velocidade no fim de 5 segundos é obtida da expressão (2.49) e da força calculada no item anterior, isto é, v(5) = (1 e 8 5/15 ) = 10(1 e 8/3 ) = 9, 31 m/s c) O gráfico de v(t) é dado na figura Figura 2.10: Gráfico de v(t) do Exemplo

60 2.5.5 Circuitos Elétricos Simples Considere o circuito elétrico simples da figura 2.11, onde a resistência R é medida em ohms, a indutância L da bobina é medida em henry (H) e a capacitância C é medida em farad (F), além disso, suponhamos que I(0) = I 0 e Q(0) = Q 0. Suponhamos também que existe uma fonte eletromotriz (f.e.m) dada pela função E(t). Figura 2.11: Circuito RLC de uma malha. Para encontrar a corrente elétrica I(t) e a carga Q(t) para um instante t > 0, temos aplicar as três leis experimentais sobre a queda de tensão em cada dispositivo do circuito e a lei das malhas ou lei de Kirchhoff. Essas leis sobre a queda de tensão foi obtida pelo físico George Ohm no século XIX e são dadas por: E R = RI (2.50) E L = L di dt (2.51) E C = Q C (2.52) A lei das malhas afirma que a soma das tensões em uma malha simples é igual zero. Aplicando esta lei e usando as expressões dadas em (2.50), (2.51) e (2.52) obtemos E R E L E C + E(t) = 0 RI + L di dt + Q C 60 = E(t) (2.53)

61 Sendo I(t) a taxa de variação instantânea da carga em relação ao tempo t, isto é, I = dq dt Q Q 0 dq = t 0 Idu Q(t) = Q 0 + t 0 I(u)du (2.54) Substituindo (2.53) em (2.54), obtemos a equação íntegro-diferencial da corrente elétrica do circuito acima. L di dt + RI + 1 ( t ) Q 0 + I(u)du = E(t) C Na prática, para determinar a carga Q(t) e a corrente elétrica I(t), substituimos I = dq/dt na equação diferencial (2.53) para obter uma equação diferencial envolvendo apenas a carga Q(t) e suas derivadas, ou seja, L d dt ( dq dt 0 ) + R dq dt + Q C = E(t) Q Ld2 dt 2 + RdQ dt + Q C = E(t) Usando as condições iniciais Q(0) = Q 0 e Q (0) = I(0) = I 0, obtemos o seguinte PVI: L d2 Q dt 2 + RdQ dt + Q C = E(t) Q(0) = Q (2.55) 0 Q (0) = I(0) = I 0 Trataremos em detalhes da resolução desse PVI no próximo capítulo. Definição 2.7 Dizemos que um circuito elétrico é RL em série se ele não contém capacitores, RC se não contém o indutores e ele é LC em série, se não contém resistores. Em todos esses circuitos RC, RC e LC usam-se as leis de Ohm e de Kirchhoff para achar as respectivas equações diferenciais. Exemplo 2.27 No circuito RC da figura 2.12, a carga no capacitor em t = 0 é zero. Sendo H(t) a função de Heaviside, calcule a carga Q(t) em um instante t > 0. 61

62 Figura 2.12: Circuito RC com uma malha. Resolução: Pelas leis de Ohm e Kirchhoff, temos V R + V C = H(t) I(t) + Q(t) 1 Sendo a função de Heaviside definida por: { 1, se t > 0 H(t) = 0, se t < 0 = H(t) obtemos o PVI que fornece a carga no capacitor em um tempo t > 0: dq dt + Q = 1 (2.56) Q(0) = 0 O fator integrante dessa EDO é µ(t) = e t, de modo que d dt (et Q) = e t 1 d[e t Q(t)] = e t dt e t Q(t) = e t + C Q(t) = 1 + Ce t Para t = 0, temos 0 = Q(0) = 1 + C, de modo que C = 1. Logo, Q(t) = 1 e t. Exemplo 2.28 (Circuito RL em série) Um indutor de 4 H está em série com um resistor de 20 Ω e com uma f.e.m de 100 V conforme a figura Supondo que em t = 0 a corrente é zero, encontre I(t) para t > 0 e faça o seu gráfico. 62

63 Figura 2.13: Circuito RL com um malha. Figura 2.14: Gráfico de I(t) para t de 0 a 6 s Resolução: A equação diferencial relacionada com o circuito elétrico é dada por: 20I 4 di di = 0 + 5I = 25 dt dt O fator integrante dessa EDO é µ(t) = e 5t, de modo que d dt (e5t I) = 25e 5t d(e 5t I) = 25 e 5t I(t) = 25 5 e5t + C I(t) = 5 + Ce 5t e 5t dt Sendo I(0) = 0, então I(t) = 5(1 e 5t ) e o seu gráfico é dado na figura Misturas em um Tanque Um tipo de problema muito comum na Engenharia Química consiste em efetuar um balanço de massa, de volume ou energético de um 63

64 Figura 2.15: Esquema de um tanque para misturas. sistema aberto (um reator químico, por exemplo). Nesta seção veremos como podemos usar as equações diferenciais para resolver um problema simples de mistura. Proposição 2.4 Suponhamos que num instante t = 0, um tanque com capacidade V litros contenha C 0 kg de sal dissolvido. Faz-se entrar no tanque uma solução de sal a C 1 kg/l a uma vazão de Q l/min e o líquido bem misturado, está saindo do tanque a essa mesma taxa conforme a figura Então a a quantidade de sal presente no tanque num instante qualquer satisfaz o PVI: dc dt + Q V C = C 1Q (2.57) C(0) = C 0 Demonstração: Iremos supor que o sal não é criado nem destruído dentro do tanque. Portanto, as variações na quantidade de sal devemse apenas, aos fluxos de entrada e saída no tanque. Matematicamente, a taxa de variação de sal no tanque dc é igual a razão de dt entrada do sal menos a razão de saída, ou seja: 64

65 Observe que dc dt = Taxa de entrada Taxa de saída (2.58) Taxa de entrada = C 1 ( kg l ) ( ) ( ) l kg Q = C 1 Q min min Como a vazão de entrada é igual a vazão de saída, o volume de água no tanque permanece constante e igual a V, e como o líquido está sendo mexido constantemente, a concentração de sal em todo tanque em um instante qualquer é igual a C(t) V taxa segundo a qual o sal deixa o tanque é Taxa de saída = C ( ) ( ) kg l Q V l min ( kg l = QC V ). Portanto, a ( ) kg min Segue de (2.58) que dc dt = C 1Q QC V Sendo C(0) = C 0 a concentração inicial de sal no tanque, obtemos o PVI (2.57). Exemplo 2.29 Uma solução de 60 kg de sal em água está num tanque de 400 l. Faz-se entrar água nesse tanque na razão de 8 l/min e a mistura mantida homogênea por agitação, sai do tanque na mesma razão. Qual a quantidade de sal existente no tanque no fim de meia hora? Resolução: Note que a quantidade inicial de sal no tanque é C 0 = 60 kg, o volume de água é V = 400 l e a vazão é Q = 8 l/min na entrada e na saída do tanque. Como entra apenas água no tanque, então C 1 = 0, de modo que obtemos o PVI: dc dt C = 0 dc dt C = 0 C(0) = 60 C(0) = 60 65

66 Separando as variáveis e integrando, temos: dc dt C = ln C(t) = t K onde K é a constante de integração. Mas, C(0) = 60, de modo que ln C(0) = ln 60 = K. Assim, ln C(t) = t C(t) + ln 60 ln = t 50 Logo, no fim de meia hora, C(30) = 60e 30/50 32, 9 kg. C(t) = 60e t/50 Exemplo 2.30 Uma solução de 30 kg de sal em água está num tanque de 200 l. Faz-se entrar uma solução salina 0, 2 kg/l nesse tanque na razão de 4 l/min e a mistura mantida homogênea por agitação, sai do tanque na mesma razão. Determine: a) A quantidade de sal existente no tanque no fim de duas horas? b) A concentração de sal no tanque após um longo período de tempo. c) Faça o gráfico de C(t). Resolução: Note que a quantidade inicial de sal no tanque é C 0 = 30 kg, o volume de água é V = 200 l, C 1 = 0, 2 kg/l e a vazão é Q = 4 l/min na entrada e na saída do tanque. Devemos então resolver o PVI: dc dt C = 0, 2 4 C(0) = 30 dc dt C = 0, 8 C(0) = 30 O fator integrante dessa EDO é µ(t) = e t/50, de modo que d dt (et/50 C) = 0, 8e t/50 d(e t/50 C) = 0, 8e t/50 dt e t/50 C(t) = 0, 8 50e t/50 + K C(t) = 40 + Ke t/50 onde K é a constante de integração. Usando a condição inicial, temos 30 = C(0) = 40 + K K = 10, de modo que C(t) = 40 10e t/50. 66

67 a) No fim de duas horas, temos C(2) = 40 10e 2/50 = 30, 39 kg. b) Para determinar a concentração C de sal após um longo período de tempo, devemos calcular C(t), ou seja, C = lim t + lim [40 t + 10e t/50 ] = 40 kg c) O gráfico de C(t) é dado na figura Figura 2.16: Gráfico da função C(t) do exemplo Exercícios Propostos 1. Um corpo se move sobre uma reta segundo a lei s = t3 2 2t. Determine sua velocidade e aceleração no fim de 2 segundos. 2. Um corpo se move sobre uma horizontal de acordo com a lei s = f(t) = t 3 9t t. (a) Quando s é crescente e quando é decrescente? (b) Quando v é crescente e quando é decrescente? (c) Quando o movimento do corpo é acelerado e quando é retardado? 67

68 (d) Determinar a distância total percorrida nos primeiros 5 segundos do movimento. 3. No instante t = 0 um corpo inicia um movimento retilíneo e sua posição num instante t é dada por s(t) = t t + 1. Determinar: (a) a posição no instante t = 2 s. (b) a velocidade média do corpo para t [2, 4]. Use a fórmula v = s t (c) a velocidade do corpo no instante t = 2 (d) a aceleração média do corpo para t [0, 4]. Use a fórmula ā = v t (e) a aceleração no instante t = 2 s R: a) s = 2/3 m, b) v = 1/15 m/s c) v(2) = 1/9 m/s 2 a m = 6/25 m/s 2 a(2) = 2/27 m/s 2 4. Uma pedra é arremessada verticalmente para baixo de um edifício. Sabendo que a horária da pedra é dada por s(t) = 100 5t 5t 2, determine o tempo de queda da pedra e velocidade que ela atinge o solo. R: t = 4 s e v = 45 m/s 5. Uma pedra atirada verticalmente para cima a 10 m do solo e com velocidade inical v 0 = 40 m/s. Adote g = 10 m/s 2. (a) Determine a velocidade em um instante t qualquer. (b) Qual a altura máxima atingida pela pedra? (c) Qual a velocidade da pedra quando ela está a 90 m do solo na subida? E na descida? (d) Quando a pedra atingirá o solo novamente? (e) Faça o gráfico da velocidade e da posição da pedra. 6. Um garoto arremessa uma bola na direção vertical ao lado de um barranco. Se a velocidade inicial da bola é 15 m/s para cima, e a bola é largada a 40 m do fundo do barranco, determine: 68

69 a) A altura máxima alcançada pela bola; b) A velocidade da bola imediatamente antes de se chocar com o solo. Durante todo tempo em que a bola está em movimento, a mesma está sujeita a uma aceleração constante para baixo de 9, 81 m/s 2 devido à gravidade. Despreze o efeito da resistência do ar. 7. Um professor de Física propõe o seguinte experimento usando um tanque cilíndrico para medir a aceleração da gravidade. O tanque de diâmetro 50 cm e 1 m de altura está totalmente cheio de água. Fez-se um pequeno furo de diâmetro 5 mm na parte inferior de sua parede lateral. Após abrir o orifício observou que levou 1 h 15 min 41 s para esvaziar o tanque. Use a expressão (2.15) e calcule o valor de g. R: g = 9, 7 m/s 2 8. (Desafio) Considere um funil cônico com o nível de água em h 0 e um pequeno furo em sua parte inferior de diâmetro d conforme a figura Se lâmina d água faz um ângulo de 45 com a parede lateral, mostre que o tempo de esvaziamento é dado por: T = 8h2 0 5d 2 h 0 2g Figura 2.17: Funil cônico. 69

70 9. Considere um reservatório na forma de um semi-hemisférico de diâmetro D. Fazendo um pequeno furo em sua extremidade inferior de diâmetro d, é possível mostrar que o tempo de esvaziamento é T = 8 2 d 2 15 g D 2 Se D = 1 m, d = 2 cm e g = 9, 81 m/s 2, ache o valor de T. 10. Resolva as equações diferenciais lineares de primeira ordem abaixo: (a) y 3y = e x (b) y + 2 x y = x (c) y + 2xy = 3x 2 (d) xy + sin x y = e x 11. Ache a solução de cada problema de valor inicial abaixo: (a) dy dx = 2y, y(2) = 4 R: y = x2 x (b) dy dx + xy2 2 + x 2 y = 0, y(2) = 1 R: 4y + x2 y 2 = 8 (c) xy + y = 1 x 2 + 1, y(1) = π 4 R: y = 1 x arctan x + π 4x 12. (O Método de Lagrange) Um método alternativo de resolver equações diferenciais lineares foi proposto pelo matemático francês Joseph L. Lagrange ( ). Este método será desenvolvido nos itens abaixo: (a) Dada a EDO (2.18), suponhamos que a solução y(x) é um produto de duas funções desconhecidas u e v, isto é, y(x) = u(x)v(x). Substitua esta expressão (2.18) e mostre que u v + [v + P (x)v]u = Q(x) 70

71 (b) Sendo u e v duas funções desconhecidas, podemos impor que v + P (x)v = 0, de modo que u v = Q(x). Deste modo, mostre que v(x) = e P (x)dx e u (x) = Q(x)e P (x)dx (c) Use esta técnica e ache a solução geral da EDO: y +4xy = x. R: y(x) = Ce 2x Verifique se as equações diferenciais abaixo são exatas. Caso afirmativo, ache a solução geral. (a) (2xy 3x 2 )dx + (x 2 2y)dy = 0 (b) 2x 2 ydx + (2x 2 y + 1)dx = 0 (c) dy dx = x y x + y 14. Ache as condições sobre A, B, C e D para que a equação diferencial (Ax + By)dx + (Cx + Dy)dy = 0 seja exata. 15. Ache as condições sobre A, B, C, D. E e F para que a equação diferencial seja exata. 16. Verifique se (Ax 2 + Bxy + Cy 2 )dx + (Dx 2 + Exy + F y 2 )dy = 0 y(t) = t 0 e 3(t s) s 2 ds é solução do PVI: { y 3y = t 2 y(0) = Resolva as equações diferenciais de Bernoulli abaixo: 71

72 (a) dy dx + 1 x y = y3 R: y(x) = 1/ Cx 2 + 2x (b) y + 2xy + xy 4 = 0 R: y(x) 3 = 1/2 + Ce 3x2 (c) xdy [y + xy 3 (1 + ln x)]dx = 0 R: y(x) 2 = 2 3 x ( 2 3 ln x ) + C (d) 2xyy y 2 + x = 0 R: y = x ln C x 18. (Piskounov Vol. 2, pg 26-28) Dizemos que a função f(x, y) é uma função homogênea de grau n em relação às variáveis x e y se se tiver para todo λ f(λx, λy) = λ n f(x, y) A equação de primeira ordem dy = f(x, y) diz-se homogênea dx em relação a x e y se a função f(x, y) for uma função homogênea de grau zero em relação a x e y. Considere a EDO dy dx = xy x 2 y 2 (2.59) (a) Mostre que f(x, y) = xy x 2 é homogênea de grau zero. y2 Portanto, a equação diferencial é homogênea. (b) Seja u = y e mostre que x dy dx = u + xdu dx (c) Divida o numerador e o denominador do lado direito de (2.59) e mostre que u + x du dx = 72 u 1 u 2

73 (d) Resolva a equação diferencial obtida no item anterior e conclua que x2 = ln Cy. 2y2 19. Use a expressão (2.37) e o Exemplo (2.16) determine a meia vida do Tório 234. R: 24 dias e 12 horas. 20. A velocidade de desintegração do rádio é diretamente proporcional a sua massa no instante considerado. Se 10 g de rádio são reduzidas a 9, 93 g em 15 anos, ache uma expressão para a massa dessa substância presente em qualquer tempo e encontre a meia vida de 10 g dela. R: m(t) = 10e 0,000468t e T = 1481 anos. 21. O nuclídeo radioativo plutônio 241, decai de acordo com dm dt = 0, 0525m onde m está em miligramas e t em anos. (a) Determinar a meia vida do plutônio 241. (b) Se 50 mg de plutônio estiveram presentes numa amostra no dia de hoje, quanto plutônio existirá daqui 10 anos? (c) Faça o gráfico de da função m(t). R: a) T = 13, 2 anos b) m(10) = 29, 6 mg 22. Muitas vezes é admitido que 0, 13 ha de terra é necessário para fornecer alimento para uma pessoa. É também estimado que há 1, 33 bilhões de hectares de terra arável no mundo e, portanto, aproximadamente uma população máxima de 30 bilhões de pessoas pode ser sustentada se outras fontes de alimento não forem exploradas. A população total do mundo no início de 1985 era de 5 bilhões. Considerando-se que a população continua a crescer a uma taxa de 2% ao ano, quando será alcançada a população máxima? Qual será a população no ano de 2020? R: 2075 e 10 bilhões de habitantes 73

74 23. Suponha que um cidadão abra uma conta individual com a idade de 25 anos, com investimento inicial de R$ 2000, 00 e depois faça investimentos anuais de R$ 200, 00 de uma maneira contínua. Admitindo que a taxa de juros seja 8 % a.a, qual será o montante disponível quando o cidadão tiver 65 anos? R: C(40) = , 38 reais 24. Um copo de Chopp, inicialmente a 4 C foi deixado sobre o balcão de um bar por 2 h quando atingiu a temperatura de 18 C. Sabendo que a temperatura do bar é estável em 24 C, determinar o k do Chopp. 25. Uma certa substância esfria-se de 100 C a 60 C em 10 minutos, ao ar, sendo a temperatura deste 20 C. Achar a temperatura da substância após 40 minutos. R: T (40) = 25 C 26. Um assado pesando 2, 5 kgf, inicialmente a 10 C, é posto em um forno a 280 C às cinco horas da tarde. Depois de 75 min a temperatura T (t) do assado é de 90 C. Quando a temperatura do assado será igual a 150 C? R: Por volta das 19 : 35 h 27. Supondo que um cadáver foi encontrado num quarto de motel à meia noite à temperatura de 28 C. Após 2 h a temperatura do cadáver era de 26, 5 C. A temperatura do quarto é mantida constante a 22 C. Sabendo que a temperatura do cadáver segue a Lei da resfriamento de Newton, determinar a hora provável da morte. Use o fato que a temperatura de uma pessoa viva sem febre é 36, 5 C. 28. (Desafio) Considere que a temperatura de um corpo seja T (t) = T a + (T 0 T a )e kt. Se T (t 1 ) = T 1 e T (t ) = 36, 5 C, mostre que ( ) 36, 5 Ta ln t T 0 T a = t 1 ( ) T1 T a ln T 0 T a 74

75 29. Um pára-quedista com o seu pára-quedas pesa 80 quilogramas e salta de uma certa altura. O pára-quedas abre automaticamente após 6 segundos de queda. Sabe-se que a velocidade terminal é de 4 metros por segundo. Determine: (a) A velocidade que o pára-quedista atinge no momento que o pára-quedas abre (b) O tempo que demora para a velocidade chegar a 4, 5 metros por segundo. Adote g = 10 m/s Uma bola de borracha de 200 g é jogada para cima com velocidade inicial v(0) = 20 m/s. Além do seu peso, o atrito com o ar impede a subida de bola. Se a força resistiva é 10 vezes a velocidade instantânea, determine v(t) e faça o seu gráfico. 31. Considere o circuito elétrico LC abaixo com uma fonte de tensão E(t) = E 0 sin(ωt) e uma corrente inicial Q(0) = 0. Use Figura 2.18: Figura do exercício 31. as leis de Ohm e Kirchoff e mostre que a corrente elétrica I(t) satisfaz a equação íntegro-diferencial L di dt + 1 C t 0 I(u)du = E 0 sin(ωt) 32. (Desafio) Neste exercício veremos um modelo simplificado de propagação de uma epidemia usando equações diferenciais ordinárias. Para este modelo adotaremos as seguintes hipóteses: 75

76 Uma fração x de uma determinada população tem uma doença infecciosa, então uma fração S = 1 x não a tem. Os membros desta população podem encontra-se livremente (ao acaso). A taxa de aumento de x é proporcional a x e S. Em conseqüência destas hipóteses, temos que o modelo é dado pela equação: dx = rx(1 x) onde r é uma constante positiva. dt Esta é uma equação diferencial ordinária separável. (a) Use a técnica de integração de frações parciais e mostre que dx rt = x + dx 1 x (b) Integre as integrais do item anterior, use propriedades de logaritmos e mostre que ( ) x rt = ln + C 1 x (c) Use a condição inicial x(0) = x 0 e conclua que x(t) = 1 ) 1 (1 1x0 e rt 76

77 Capítulo 3 Equações Diferenciais de Segunda Ordem 3.1 Introdução Historicamente, as equações diferenciais surgiram com a própria invenção do Cálculo no séc. XV II. Um problema famoso proposto e resolvido pelo matemático Johan Bernoulli ( ) é o problema da catenária, em que devemos calcular a forma que os cabos suspensos adquirem sob seu próprio peso. A solução desse problema é uma curva chamada catenária que satisfaz a equação diferencial de segunda ordem: Figura 3.1: Johan Bernoulli d 2 y dx 2 = ρg ( ) dy H dx 3.2 Definição e Propriedades Definição 3.1 A equação diferencial ordinária de segunda ordem é uma equação envolvendo as variáveis x, u e as derivadas u e u, isto 77

78 é, F (x, u, u, u ) = 0 (3.1) Um caso particular da equação diferencial (3.1) é: a 2 (x)u + a 1 (x)u + a 0 (x)u = b(x) (3.2) sendo as funções a 2 (x), a 1 (x), a 0 (x) e b(x) contínuas em algum intervalo I R. As funções a 2 (x), a 1 (x) e a 0 (x) são os coeficientes da equação. Se a função b(x) 0 em I, dizemos que a EDO (3.2) é homogênea, caso contrário, ela é dita não-homogênea. Além disso, as equações diferenciais ordinárias da forma (3.2) são ditas lineares. Observação 3.1 É comum também usar a notação de Leibniz para escrever a EDO (3.2) na forma: a 2 (x) d2 u dx 2 + a 1(x) du dx + a 0(x)u = b(x) Definição 3.2 Uma solução da EDO (3.2) é uma função u = u(x) tal que a 2 (x)u (x) + a 1 (x)u (x) + a 0 (x)u(x) = b(x) para todo x I. Proposição 3.1 Se u 1 e u 2 são duas soluções da EDO (3.2) em um intervalo I, então u 1 u 2 é solução da EDO homogênea correspondente. Demonstração: Por hipótese, a 2 (x)u 1(x) + a 1 (x)u 1(x) + a 0 (x)u 1 (x) = b(x) (3.3) a 2 (x)u 2(x) + a 1 (x)u 2(x) + a 0 (x)u 2 (x) = b(x) (3.4) Fazendo (3.3) - (3.4), segue que a 2 (x)u 1(x) + a 1 (x)u 1(x) + a 0 (x)u 1 (x) [a 2 (x)u 2(x) + a 1 (x)u 2(x) + a 0 (x)u 2 (x)] = 0 a 2 (x)[u 1 (x) u 2 (x)] + a 1 (x)[u 1 (x) u 2 (x)] + a 0 (x)[u 1 (x) u 2 (x)] = 0 donde segue o resultado. 78

79 3.3 O Operador Diferencial L Definição 3.3 Sejam a 1 (x),..., a n (x) funções contínuas definidas sobre um intervalo fechado [a, b] e suponhamos que a função u(x) seja n vezes diferenciável em (a, b). O operador diferencial L é definido por: (Lu)(x) = u (n) (x) + a 1 (x)u (n 1) (x) a n 1 u (x) + a n u(x) (3.5) Esta expressão para L em termos de u e suas derivadas é linear no sentido de que L(αu + βv) = αl(u) + βl(v) para quaisquer constantes α e β e quaisquer funções u e v suficientemente diferenciáveis. As equações diferenciais resultantes do operador diferencial L pode ser homogênea ou não-homogênea, isto é, Lu = 0 (3.6) e Lu = r(x) (3.7) onde r é uma função definida em [a, b]. Proposição 3.2 (Princípio da superposição) Se u 1 e u 2 são soluções da equação diferencial homogênea (3.6), então para quaisquer constantes C 1 e C 2, a função C 1 u 1 + C 2 u 2 também é solução. Demonstração: De fato, L(C 1 u 1 + C 2 u 2 ) = L(C 1 u 1 ) + L(C 2 u 2 ) = C 1 L(u 1 ) + C 2 L(u 2 ) = C C 2 0 = 0 Proposição 3.3 Se u 1 e u 2 são soluções da equação diferencial nãohomogênea (3.7), então u 1 u 2 também é solução da equação diferencial (3.6). 79

80 Demonstração: Por hipótese, temos Lu 1 = r e Lu 2 = r, de modo que L(u 1 u 2 ) = Lu 1 Lu 2 = r r = 0 Proposição 3.4 Suponhamos que u 1 e u 2 sejam soluções das equações diferenciais não-homogêneas Lu 1 = r 1 e Lu 2 = r 2, então para quaisquer constantes C 1 e C 2, a função u = C 1 u 1 +C 2 u 2 é solução da equação diferencial não-homogênea Lu = r, onde r = C 1 r 1 + C 2 r 2. Demonstração: De fato, Lu = L(C 1 u 1 + C 2 u 2 ) = C 1 Lu 1 + C 2 Lu 2 = C 1 r 1 + C 2 r 2 = r Estas são as principais propriedades sobre as equações diferenciais lineares de ordem n O operador L no caso em que n = 2 Neste caso, Lu = u + p(x)u + q(x)u (3.8) sendo u uma função duas vezes diferenciável. A solução da equação diferencial homogênea Lu = 0 ou a equação diferencial não-homogênea Lu = r, envolve as constantes arbitrárias C 1 e C 2. Estas constantes podem ser determinadas especificando condições iniciais sobre a função u ou sua derivada u, por exemplo, se u(x 0 ) = u 0 e u (x 0 ) = u 0, obtemos o problema de valor inicial não-homogêneo: Lu = r u(x 0 ) = u 0 (P V INH) (3.9) u (x 0 ) = u 0 No caso em que r(x) 0, o problema de valor inicial (3.9) é dito homogêneo. Enunciaremos abaixo um teorema relativo a existência de soluções cuja demonstração será omitida. 80

81 Teorema 3.1 (Boyer) Suponha que as funções p, q e r são contínuas sobre o intervalo [a, b]. Então o problema de valor inicial (3.9) possui uma única solução sobre este intervalo. Uma prova desse teorema pode encontrada em [1]. Definição 3.4 Duas funções f e g são ditas linearmente dependentes LD sobre um intervalo I se existem duas constantes C 1 e C 2 ambas não-nulas tal que C 1 f(x) + C 2 g(x) = 0 para todo x I. As funções f e g são ditas linearmente independentes LI sobre um intervalo I se elas não linearmente dependentes. Exemplo 3.1 Mostre que as funções f(x) = 3e 2x e g(x) = e 2x são linearmente dependentes. Resolução: De fato, basta tomar C 1 = 1 e C 2 = 3, pois C 1 f(x) + C 2 g(x) = 1 3e 2x + 3 ( e 2x ) = 0 Exemplo 3.2 Mostre que as funções e x e e x são LI em qualquer intervalo. Resolução: Para estabelecer esse resultado, devemos mostrar que toda combinação linear nula dessas funções implica que C 1 = C 2 = 0, isto é, C 1 e x + C 2 e x = 0 C 1 = C 2 = 0 (3.10) Para isso, escolhemos dois pontos x 1 e x 2 com x 1 x 2. Da expressão (3.10), segue que { C 1 e x 1 + C 2 e x 1 [ = 0 e x 1 e C 1 e x 2 + C 2 e x ou x ] [ ] [ ] 1 C1 0 2 = 0 e x 2 e x = 2 C 2 0 O determinante da matriz dos coeficientes é e x 1 e x 2 e x 1 e x 2 = e x 1 x 2 1 e x 1 x 2 0 pois x 1 x 2. Logo, C 1 = C 2 = 0. 81

82 Definição 3.5 Duas soluções u 1 e u 2 de u + p(x)u + q(x)u = 0 formam um conjunto fundamental (base) de soluções se toda solução u(x) pode ser escrita de forma única como combinação linear de u 1 e u 2, ou seja, se existem constantes C 1 e C 2 tais que u(x) = C 1 u 1 (x) + C 2 u 2 (x) Definição 3.6 Dadas duas funções u 1 e u 2 chama-se wronskiano dessas funções, denotado por W (u 1, u 2 ) o determinante: W (u 1, u 2 ) = u 1 u 2 u 1 u (3.11) 2 O wronskiano em um ponto x será denotado por W (u 1, u 1 )(x) ou simplesmente W (x). Considerando o PVI (3.9), onde p e q são funções contínuas em (a, b) R, o teorema 3.1 garante que existe uma única solução u(x) tal que u(x 0 ) = u 0 e u(x 1 ) = u 1. Teorema 3.2 (Boyce) Suponha que u 1 e u 2 são duas soluções da equação diferencial: u + p(x)u + q(x)u = 0 (3.12) e que o wronskiano W = u 1 u 2 u 1 u 2 é não nulo no ponto x 0 onde as condições iniciais u(x 0 ) = u 0, u (x 0 ) = u 0 (3.13) são válidas. Então existe uma escolha das constantes C 1 e C 2 para o qual u(x) = C 1 u 1 (x) + C 2 u 2 (x) satisfaz a equação diferencial (3.12) e as condições iniciais (3.13). Demonstração: Sendo u 1 e u 2 duas soluções de u(x) = C 1 u 1 (x) + C 2 u 2 (x), então { C 1 u 1 (x 0 ) + C 2 u 2 (x 0 ) = u(x 0 ) C 1 u 1 (x 0) + C 2 u 2 (x 0) = u (x 0 ) 82

83 ou na forma matricial, A [{}} ]{ [ ] u1 (x 0 ) u 2 (x 0 ) C1 u 1 (x 0) u 2 (x = 0) C 2 [ ] u(x0 ) u (x 0 ) Note que det(a) = u 1 (x 0 )u 2 (x 0) u 1 (x 0)u 2 (x 0 ) = W (u 1, u 2 )(x 0 ) 0 por hipótese. Logo, existe uma única escolha das constantes C 1 e C 2 (solução do sistema linear acima) para o qual u(x) = C 1 u 1 (x) + C 2 u 2 (x) satisfaz a equação diferencial (3.12) e as condições iniciais (3.13). Exemplo 3.3 Sejam as funções y 1 (x) = e 2x e y 2 (x) = e x. a) Mostre que elas satisfazem a equação diferencial y y 2y = 0 b) Determine W (y 1, y 2 ) e conclua que essas funções podem ser usadas para construir a solução geral da EDO dada. Resolução: a) Note que y 1 (x) = 2e2x e que y 1 (x) = 4e2x, de modo que y 1(x) y 1(x) 2y 1 (x) = 4e 2x 2e 2x 2e 2x = 0 o que mostra que y 1 é solução da EDO dada. Analogamente, mostra-se que y 2 também é solução. b) Sendo y 2 (x) = e x, então W (e 2x, e x ) = e2x e x (e 2x ) (e x ) = e 2x 2e 2x e x e x = e 2x e x 2e 2x e x = 3e x 0 x R Como o wronskiano é não nulo para todo x, segue do teorema 3.2 que podemos usar essas funções para construir a solução geral da EDO dada para qualquer valor de x 0. 83

84 Teorema 3.3 (Boyce) Se u 1 e u 2 são duas soluções da equação diferencial (3.12): L(u) = u + p(x)u + q(x)u = 0 e se existe um ponto x 0 onde o wronskiano de u 1 e u 2 é não nulo, então a família de soluções u(x) = C 1 u 1 (x) + C 2 u 2 (x) com coeficientes C 1 e C 2 arbitrários inclui todas as soluções da equação diferencial dada. Demonstração: Seja ϕ qualquer solução da equação diferencial (3.12). Para provar esse teorema, devemos mostrar que a função ϕ está incluída na combinação linear C 1 u 1 (x) + C 2 u 2 (x), isto é, para alguma escolha das constantes C 1 e C 2 a combinação linear é igual a ϕ. Seja x 0 um ponto tal que W (u 1, u 2 )(x 0 ) 0. Sejam u 0 e u 0 definidos por u 0 = ϕ(x 0 ) e u 0 = ϕ (x 0 ). A seguir considere o PVI: L(u) = u + p(x)u + q(x)u = 0 u(x 0 ) = ϕ(x 0 ) u (x 0 ) = ϕ (x 0 ) (3.14) A função ϕ é certamente solução desse PVI. Por outro lado, desde que W (u 1, u 2 )(x 0 ) 0 é possível pelo teorema 3.2 escolher constantes C 1 e C 2 tal que u(x) = C 1 u 1 (x) + C 2 u 2 (x) é também uma solução do problema de valor inicial (3.14). A unicidade segue do teorema 3.1 que garante que duas soluções de um mesmo PVI devem ser iguais. Portanto, existem C 1 e C 2 tal que ϕ(x) = C 1 u 1 (x)+c 2 u 2 (x), ou seja, ϕ está incluída na família de funções C 1 u 1 +C 2 u 2. Finalmente, desde que ϕ é uma solução arbitrária de L(u) = 0, segue que toda solução dessa equação está incluída nessa família. É portanto natural chamar a expressão u = C 1 u 1 (x) + C 2 u 2 (x) com coeficientes arbitrários de solução geral da equação (3.12). Além disso, dizemos que as soluções u 1 e u 2 com wronskiano não nulo formam um conjunto de soluções fundamentais da equação (3.12). Para achar a solução geral e portanto todas as soluções de uma equação da forma (3.12), precisamos apenas encontrar duas soluções dessa equação cujo o wronskiano é não nulo. 84

85 Exemplo 3.4 Suponha que u 1 (x) = e r 1x e u 2 (x) = e r 2x são duas soluções de uma equação diferencial da forma (3.12). Mostre que se r 1 r 2, então elas formam um conjunto fundamental de soluções. Resolução: De fato, W (u 1, u 2 )(x) = u 1(x) u 1 (x) = (r 2 r 1 )e (r 1+r 2 )t u 2 (x) u 2 (x) = e r 1x r 1 e r 1x e r 2x r 2 e r 2x Sendo r 1 r 2, então W (u 1, u 2 )(x) 0 para todo x R. Logo, essas funções formam um conjunto fundamental de soluções. Teorema 3.4 (Boyce) Considere a equação diferencial (3.12), cujos coeficientes p e q são contínuos sobre um intervalo I. Escolha algum ponto x 0 em I. Seja u 1 solução da equação (3.12) que também satisfaz as condições iniciais u 1 (x 0 ) = 1 e u 1(x 0 ) = 0 e se seja u 2 solução da equação diferencial (3.12) que satisfaz as condições iniciais u 2 (x 0 ) = 0 e u 2(x 0 ) = 1 Então u 1 e u 2 formam um conjunto fundamental de soluções da equação (3.12). Demonstração: Observe que a existência dessas soluções estão garantidas pelo teorema 3.1. Para provar que u 1 e u 2 formam um conjunto fundamental de soluções, basta mostrar que W (u 1, u 2 )(x 0 ) 0. De fato, W (u 1, u 2 )(x 0 ) = u 1(x 0 ) u 2 (x 0 ) u 1 (x 0) u 2 (x 0) = = 1 0 Exemplo 3.5 Sejam as funções y 1 (x) = a e y 2 (x) = e bx com a, b R. 85

86 a) Mostre que elas são soluções da equação diferencial y + y = 0 b) Encontre a e b de modo que as soluções y 1 e y 2 formam um conjunto fundamental de soluções com y 1 (0) = y 2 (0) = 1, y 1 (0) = 0 e y 2 (0) = 1 Resolução: a) Note que y 1 (x) + by 1 (x) = = 0 e que y 2(x) + by 2(x) = (e bx ) + (e bx ) = b 2 e bx b 2 e bx = 0 ou seja, essas funções são soluções da equação diferencial dada. b) O primeiro passo é mostrar que W (y 1, y 2 )(0) 0. W (y 1, y 2 )(0) = y 1(0) y 2 (0) y 1 (0) y 2 (0) = a 1 0 b = ab 0 Por outro lado, 1 = y 1 (0) = a e 1 = y 2 (0) = b, de modo que a = b = Redução de Ordem Já vimos que a equação diferencial ordinária geral de segunda ordem tem a forma F (x, u, u, u ) = 0. Veremos nesta seção dois tipos de equações diferenciais de segunda ordem que podem ser reduzidas a duas equações diferenciais de primeira ordem Variável Dependente Ausente Se u não estiver explicitamente presente na equação diferencial, podemos reescrevê-la na forma F (x, u, u ) = 0. Fazendo u (x) = p, então u (x) = p (x) = p, de modo que x F (x, p, p ) = 0 (3.15) 86

87 Se pudermos achar a solução para (3.15), substituímos p nessa expressão por dy/dx e tentamos obter o resultado final. Desse modo, a tarefa de resolver a equação diferencial de segunda ordem reduz-se a resolver duas equações diferenciais de primeira ordem. Exemplo 3.6 Ache a solução geral da equação diferencial x 2 y + 3xy = 1 Resolução: Fazendo dy dx = p, então d2 y dx 2 = dp, de modo que: dx x 2 dp dp + 3xp = 1 dx dx + 3 x p = 1 x 2 O fator integrante dessa EDO é 3 µ(x) = e x dx = e 3 ln x = e ln x3 = x 3 Assim, d dx (x3 p) = x 3 1 x 2 x 3 dy dy dx = 1 2x + C 1 x 3 y(x) = y(x) = 1 2 ln x C 1 2x 2 + C 2 é a solução geral da EDo dada. dx = xdx + C 1 ( 1 2x + C 1 x 3 ) dx Variável Independente Ausente Se x não estiver presente na equação diferencial, ela pode ser escrita na forma F (u, u, u ) = 0. Novamente introduzimos a variável dependente p, isto é, du = p, de modo que dx d 2 u dx 2 = d dx ( ) du = dp dx dx = dp du 87 du dx = p dp du

88 o que nos permite reescrever a EDO acima na forma: F (u, p, p dp du ) e novamente, podemos achar sua solução resolvendo sucessivamente duas equações diferenciais de primeira ordem. Exemplo 3.7 Resolva a equação diferencial y + a 2 y = 0, sendo y = f(x). Resolução: Seja p = dy dx. Assim, y = p dp dy. equação diferencial, temos Substituindo na y + a 2 y = p dp dy + a2 y = 0 pdp = a 2 ydy pdp = a 2 ydy p2 2 = y 2 a2 + C ( ) dy 2 = C1 2 a 2 y 2 dy ± dx C 2 1 a 2 y = dx 2 dy ± C 2 1 a 2 y = dx = x + C 2. 2 Para resolver a última integral, fazemos a substituição trigonométrica: Assim, y = C 1 a sin θ dy = C 1 cos θdθ (3.16) a C 1 cos θdθ ± x + C 2 = a C1 2 C2 1 sin2 θ = C 1 dθ = θ C 1 a a = C 1 C 1 a cos θdθ cos 2 θ θ = ±ax + ac 2 = ±ax + C 3 (3.17) A constante de integração na última integral foi omitida, pois ela foi adicionada na integral dx. Para obter y em função de x, usamos a expressão (3.16), isto é, sin θ = ay C 1 θ = sin 1 88 ( ) ay C 1 (3.18)

89 Comparando as expressões (3.17) e (3.18), temos: ( ) ay ±ax + C 3 = sin 1 ay = sin(ax + C 3 ) C 1 C 1 Logo, y(x) = A sin(ax + B) Exemplo 3.8 (Velocidade de Escape) Suponha que um foguete seja disparado para cima com velocidade inicial v 0 e depois se mova sem posterior gasto de energia. Para valores grandes de v 0, ele sobe bastante antes de chegar ao repouso e cair de volta à Terra. Qual deve ser v 0 para que o foguete jamais chegue ao repouso e por causa disso escape da atração gravitacional da Terra? Resolução: De acordo com a Lei de Gravitação de Newton, duas partículas quaisquer de matéria no universo se atraem com uma força que é proporcional a suas massas e inversamente proporcional ao quadrado da distância entre elas. Considerando que toda massa da Terra está concentrada em seu centro, podemos tratá-la como se fosse uma partícula (veja a Fig. 3.2), temos: F = G Mm s 2 onde G é a constante universal de gravitação, M e m são as massas da Terra e do foguete respectivamente e s é a distância do foguete ao centro da Terra. Aplicando a Segunda Lei de Newton, temos: m d2 s dt 2 = GMm s 2 d2 s dt 2 = GM s 2 (3.19) Esta equação nos diz que o movimento do foguete não depende de sua massa. Note que d 2 s dt 2 = d ( ) ds = dv ds dt dt ds dt = v dv (3.20) ds Substituindo (3.19) em (3.20), segue que v dv ds = GM s 2 (3.21) 89

90 Figura 3.2: Corpo de massa m sob influência do campo gravitacional da Terra. Na superfície da Terra, para s = R, a força gravitacional agindo sobre o foguete é igual ao seu próprio peso, ou seja, Substituindo em (3.21), temos: GMm/R 2 = mg GM = gr 2 vdv = gr 2 ds s 2 v s vdv = gr 2 ds v 0 R s 2 v 2 ( ) (3.22) 2 = gr2 v s 2 gr Nossa conclusão final emerge de (3.22) como se segue: para o foguete escapar da Terra, ele deve mover-se de tal modo que v 2 /2 seja sempre positivo, pois, se v 2 /2 se anula, o foguete pára e então cai de volta à Terra. Mas o primeiro termo à direita de (3.22) evidentemente tende para zero quando s cresce. Portanto, para garantir que v 2 /2 seja positivo, não importa quão grande seja s, devemos ter v 2 0 /2 gr 0, ou seja, v 0 2gR. A quantidade v e := 2gR é usualmente 90

91 conhecida como a velocidade de escape da Terra. Sendo R = 6, m e g = 9, 81 m/s 2, segue que v e = 11, 3 km/s. 3.5 Encontrando uma Solução à Partir de Outra Conhecida Já vimos como escrever a solução geral da equação homogênea a 2 (x)u + a 1 (x)u + a 0 (x)u = 0 (3.23) sempre que conhecemos duas soluções u 1 e u 2 linearmente independentes. Mas como encontrar u 1 e u 2? Não existe um método geral, contudo, quando já se conhece u 1, existe um procedimento padrão para calcular u 2 dado na proposição abaixo: Proposição 3.5 Se u 1 é solução da equação diferencial (3.23), então também é. 1 u 2 (x) = u 1 (x) u 2 e a 1 dx a 2 dx (3.24) 1 Demonstração: Se u 1 (x) é uma solução da equação diferencial (3.23), então por linearidade, Cu 1 (x) também é solução para qualquer constante C R. A ideia do método é trocar C pela função C(x), de modo que u 2 (x) = C(x)u 1 (x) seja solução da EDO (3.23). Para que u 2 seja solução devemos ter: Por outro lado, a 2 (x)u 2(x) + a 1 (x)u 2(x) + a 0 (x)u 2 (x) = 0 (3.25) u 2(x) = C (x)u 1 (x) + C(x)u 1(x) (3.26) u 2(x) = C (x)u 1 (x) + 2C (x)u 1(x) + C(x)u 1(x) (3.27) 91

92 Substituindo (3.26) e (3.27) em (3.41), temos: Mas, a 2 (x)[c (x)u 1 (x) + 2C (x)u 1(x) + C(x)u 1(x)] + a 1 (x)[c (x)u 1 (x) + C(x)u 1] + a 0 (x)c(x)u 1 (x) = 0 C(x)[a 2 (x)u 1(x) + a 1 (x)u 1(x) + a 0 (x)u 1 (x)] + a 2 (x)u 1 (x)c (x) [2a 2 (x)u 1(x) + a 1 (x)u 1 (x)]c (x) = 0 de modo que a 2 (x)u 1(x) + a 1 (x)u 1(x) + a 0 (x)u 1 (x) = 0 a 2 (x)u 1 (x)c (x) + [2a 2 (x)u 1(x) + a 1 (x)u 1 (x)]c (x) = 0 Dividindo essa expressão por a 2 (x)u 1 (x)c (x), temos: C (x) C (x) = 2u 1 (x) u 1 x a 1(x) ln C (x) = ln u 1 (x) 2 a 2 (x) ln a1 (x) C (x) = 2 ln u 1 (x) a1 (x) a 2 (x) dx C (x) = 1 u 1 (x) 2 e a 2 (x) dx a1 (x) a 2 (x) dx Integrando novamente obtemos a expressão (3.24). Exemplo 3.9 Sabendo que y = x é solução da equação diferencial x 2 y xy + y = 0, o que pode ser verificado por inspeção, determine a solução geral. Resolução: modo que Nesse caso, y 1 (x) = x, a 2 (x) = x 2 e a 1 (x) = x, de C (x) = 1 a1 (x) u 1 (x) 2 e a 2 (x) dx = 1 x x 2 e x 2 dx = 1 x 2 eln x = 1 x Assim, C(x) = 1 x dx = ln x e y 2(x) = xc(x) = x ln x. solução geral é y(x) = C 1 x + C 2 x ln x. Logo, a 92

93 3.6 Equações Diferenciais Ordinárias de Segunda Ordem, Homogêneas e de Coeficientes Constantes Um caso interessante de equação diferencial de segunda ordem abordado inicialmente por Leonhard Euler é obtido considerando L como um operador de coeficientes constantes, isto é, Lu = au + bu + cu sendo a, b, c R com a 0 de modo que a equação homogênea correspondente é dada por: au + bu + cu = 0 (3.28) Para esta equação, Euler teve a ideia de supor que a solução tem a forma u(x) = e λx. Derivando esta expressão e substituindo em (3.28), obtemos: aλ 2 e λx + bλe λx + ce λx = 0 (aλ 2 + bλ + c)e λx = 0 Esta expressão é um produto de dois termos, sendo que um deles (e λx ) nunca se anula. Portanto, aλ 2 + bλ + c = 0 (3.29) Esta equação quadrática é chamada equação característica da equação diferencial homogênea (3.28) e conforme o número de raízes que ela possui, teremos diferentes tipos de soluções. Caso 1: > 0 Se = b 2 4ac > 0, temos dois valores distintos de λ dados por: λ 1 = b 2a e a solução geral é dada por λ 2 = b + 2a u(x) = C 1 e λ 1x + C 2 e λ 2x 93

94 Exemplo 3.10 Resolva a equação diferencial: y 4y 12y = 0 sendo y = y(x). Resolução: Nesse caso, a = 1, b = 4 e c = 12, de modo que a equação característica é λ 2 4λ 12 = 0. Sendo = ( 4) ( 12) = 64 > 0 λ = 4 ± 64 2 λ 1 = 2 e λ 2 = 6 Logo, y(x) = C 1 e 2x + C 2 e 6x é a solução da equação diferencial homogênea dada. Exemplo 3.11 Resolva o problema de valor inicial: { u + 3u + 2u = 0 u(0) = 1, u (0) = 0 Resolução: Nesse caso, a = 1, b = 3 e c = 2, de modo que a equação característica é λ 2 + 3λ + 2 = 0. Sendo = = 1 > 0 λ = 3 ± 1 2 λ 1 = 2 e λ 2 = 1 Logo, u(x) = C 1 e 2x + C 2 e x é a solução da equação diferencial homogênea dada. Sendo um PVI, devemos usar as condições iniciais para determinar as constantes C 1 e C 2. Sendo u(0) = 0, então C 1 + C 2 = 1 C 2 = 1 C 1 (3.30) Para usar a condição u (0) = 0, devemos primeiramente calcular u (x), isto é, u (x) = 2C 1 e 2x C 2 e x 0 = 2C 1 C 2 (3.31) Substituindo (3.30) em (3.31), temos 2C 1 (1 C 1 ) = 0 C 1 = 1 e C 2 = 2. Logo, u(x) = e 2x + 2e x. 94

95 Caso 2: = 0 Se = b 2 4ac = 0, a equação característica, apresenta duas soluções iguais dadas por de modo que λ 1 = λ 2 = b 2a u 1 (x) = Ce bx/2a (3.32) é a única solução. Mas, o conjunto das soluções das equações diferenciais ordinárias de ordem n, admitem n soluções linearemente independentes. Para obter uma segunda solução LI usaremos um método desenvolvido pelo matemático francês Joseph L. Lagrange, chamado de variação de parâmetros. Para isso, substituímos em (3.32) a constante C pela função C(x) para obter u 2 (x) = C(x)u 1 (x) = C(x)e bx/2a (3.33) Substituindo esta expressão na equação diferencial (3.28), agrupando os termos segue que: 4A 2 C (x) (4ac b 2 )C(x) = 0 C (x) = 0 pois neste caso, = b 2 4ac = 0. Assim, C(x) = k 1 x + k 2 (3.34) Tomando k 1 = 0 e k 2 = 0, temos C(x) = x que substituído em (3.33) resulta em u 2 (x) = xe bx/2a Logo, a solução geral da equação diferencial homogênea de segunda ordem é dada por u(x) = C 1 u 1 (x) + C 2 u 2 (x) = (C 1 + C 2 x)e bx/2a É interessante observar que substituindo C(x) dado em (3.33) na expressão (3.34), encontramos diretamente a solução geral, de modo que o método da variação dos parâmetros nos fornece mais do que pedimos. 95

96 Exemplo 3.12 Resolva a equação diferencial: y + 4y + 4y = 0 Resolução: Nesse caso, a = 1, b = 4 e c = 4, de modo que a equação característica é λ 2 + 4λ + 4 = 0 = 0. Logo, y(x) = (C 1 + C 2 x)e 4x/2 = (C 1 + C 2 x)e 2x Caso 3: < 0 Se = b 2 4ac < 0 as raízes da equação característica são complexas e dadas por: λ = b ± i 2a = α ± ωi, sendo i = 1 onde α = b/2a e ω = /2a. Assim, a solução geral é dada por u(x) = C 1 e λ 1x + C 2 e λ 2x = C 1 e (α ωi)x + C 2 e (α+ωi)x = e αx (C 1 e ωix + C 2 e ωix ) Manipulando séries infinitas, Leonhard Euler descobriu a seguinte identidade: e ix = cos x + i sin x (fórmula de Euler) Usando a fórmula de Euler, segue que a solução geral da equação diferencial é dada por u(x) = C 1 e αx cos(ωx) + C 2 e αx sin(ωx) (3.35) Portanto, se < 0, devemos encontrar os valores α e ω e substituir na expressão (3.35). Exemplo 3.13 Ache a solução geral da equação diferencial sendo y = y(x). y + 2y + 2y = 0 96

97 Resolução: Nesse caso, a = 1, b = 2 e c = 2, de modo que = 4 < 0. Sendo segue que α = b 2a = 2 2 = 1 e ω = 2a = ( 4) = 2 2 y(x) = C 1 e x cos(2x) + C 2 e x sin(2x) 3.7 Equações Diferenciais Ordinárias de Segunda Ordem, Não-Homogêneas Uma equação diferencial ordinária, linear de segunda ordem, nãohomogênea é uma expressão dada em (3.2), isto é: a 2 (x)u + a 1 (x)u + a 0 (x)u = b(x) em que b(x) 0. Vimos na proposicão (3.1) que se u 1 e u 2 são duas soluções da EDO (3.2), então u 1 u 2 é solução da equação diferencial homogênea correspondente dada por: a 2 (x)u + a 1 (x)u + a 0 (x)u = 0 (3.36) Reciprocamente, se u 1 é solução da equação (3.2) e u 2 é solução da equação (3.36), então u 1 + u 2 é solução da EDO (3.2). Sejam u 1 e u 2 soluções linearmente independentes da equação diferencial homogênea (3.36) e seja u p uma solução da equação diferencial (3.2). Se u é qualquer solução da equação nã-homogênea de (3.2), então u h = u u p é solução da equação homogênea (3.36), de modo que u u p = C 1 u 1 + C 2 u 2. Logo, u(x) = u h (x) + u p (x) = C 1 u 1 (x) + C 2 u 2 (x) + u p (x) (3.37) é a solução geral da equação diferencial não-homogênea (3.2). Exemplo 3.14 Resolva a equação diferencial y y = x. 97

98 Resolução: A equação diferencial homogênea correspondente é y y = 0. A equação característica dessa equação é λ 2 1 = 0, de modo que λ = ±1. Assim, y 1 (x) = e x e y 2 = e x. Para que essas soluções formem um conjunto fundamental de soluções, devemos mostrar que W (y 1, y 2 )(x 0 ) 0. Isso segue do exemplo 3.4, pois 1 1. Assim, y H = C 1 e x + C 2 e x é a solução geral da equação homogênea. Por inspeção verificamos que y p (x) = x. Logo, y(x) = C 1 e x + C 2 e x x é a solução geral da equação diferencial dada. Observação 3.2 Com relação a solução das equações diferenciais ordinárias de segunda ordem, temos os seguintes resultados: Exceto no caso em que as funções a 2, a 1 e a 0 são constantes, não existe um método geral para achar u 1. Dado u 1, existe um método para achar u 2. Dado y 1 e y 2, existe um método para achar y p Solução Particular das EDO s de Segunda Ordem Através do Método dos Coeficientes a Determinar O método dos coeficientes a determinar é usado para achar a solução particular u p da equação diferencial: ay + by + cy = f(x) (3.38) Este método consiste em escrever y p na forma geral da função f, conforme os ítens abaixo: i) Se f(x) = k, então y p (x) = A ii) Se f é um polinômio do 1 o grau, então y p (x) = Ax + B 98

99 iii) Se f(x) = e rx, então y p (x) = Ae rx desde que r não seja raiz do polinômio característico. No caso em que r é raiz simples do polinômio característico, y p (x) = Axe rx e se for raiz dupla, tomamos y p (x) = Ax 2 e rx. iv) Se então cos(rx) f(x) = ou sin(rx) y p (x) = A cos(rx) + B sin(rx) (3.39) No caso em que r é raiz simples do polinômio característico, devemos multiplicar a expressão (3.39) por x e se for raiz dupla, multiplicamos por x. O método também é aplicável se f é a soma ou produto das funções acima. Por exemplo, se f(x) = xe rx, tomamos y p (x) = (Ax + B)e rx e assim por diante. Exemplo 3.15 Ache a solução geral das EDO s abaixo: a) y 3y + 2y = 4 b) y + 6y = x c) y 4y + 4y = e x d) y + y = sin(2x) e) y 5y = e 5x Resolução: a) O primeiro passo é achar a solução da equação diferencial homogênea y 3y + 2y. A equação característica é λ 2 3λ + 2 = 0 99

100 Como = 1 > 0, os valores de λ são reais e distintos, dados por λ 1 = 1 e λ 2 = 2. Assim, as soluções são y 1 (x) = e x e y 2 (x) = e 2x, de modo que a solução da equação homogênea é y h (x) = C 1 e x + C 2 e 2x. Sendo f constante, então y p (x) = A. Substituindo y p na equação diferencial dada, temos: y p 3y p + 2y p = A = 4 A = 2 Assim, y p (x) = 2. Logo, a solução geral é y(x) = y h (x) + y p (x) = C 1 e x + C 2 e 2x + 2 Nesse caso, a função f é uma constante, e portanto b) A solução y h da equação homogênea é y h (x) = C 1 + C 2 e 6x. A forma da solução particular deve ser y p (x) = Ax + B, de modo que y p(x) + 6y p(x) = x 0 + 6(Ax + B) = x + 0 Comparando os coeficientes, segue que 6A = 1 e B = 0, de modo que y p (x) = x 6. Logo, y(x) = y h (x) + y p (x) = C 1 + C 2 e 6x + x 6 c) A equação diferencial homogênea é y 4y + 4y = 0, de modo que a equação característica é λ 2 4λ + 4 = 0. Sendo = 0, então λ = 2 é uma raiz de multiplicidade 2 dessa equação, donde segue que y h (x) = (C 1 +C 2 x)e 2x. Por outro lado, f(x) = e x e sendo r = 1 distinto das raízes da equação característica, então y p (x) = Ae x. Assim, y p(x) 4y p(x)+4y p (x) = e x Ae x 4Ae x +4Ae x = e x A = 1 de modo que y p (x) = e x e y(x) = y h (x) + y p (x) = (C 1 + C 2 x)e 2x + e x 100

101 d) É fácil ver que a equação característica da equação diferencial homogênea é λ = 0. Sendo = 4 < 0, suas raízes são complexas. Para escrever a solução y h, note que α = b/2a = 0/2 = 0 e ω = /2a = ( 4)/2 = 1, de modo que y h = C 1 cos x + C 2 sin x. Por outro lado, f(x) = sin(2x), de modo que r = 2 ω. Portanto, o formato da solução particular é y p (x) = A cos(2x) + B sin(2x) Note que e Assim, y p(x) = 2A sin(2x) + 2B cos(2x) y p(x) = 4A cos(2x) 4B sin(2x) y p + y p (x) = sin(2x) 4A cos(2x) 4B sin(2x) + A cos(2x) + B sin(2x) = sin(2x) de modo que { 3A = 0 A = 0 3B = 1 B = 1/3 Logo, y(x) = y h (x) + y p (x) = C 1 cos x + C 2 sin x 1 3 sin(2x) e) É fácil ver que a solução da equação homogênea é y h (x) = C 1 + C 2 e 5x (Verifique!). Por outro lado, r = 5, pois f(x) = e 5x. Assim, o valor de 5 é igual a uma das raízes da equação característica, de modo que devemos multiplicar o modelo Ae 5x por x, isto é, y p (x) = Axe 5x. Sendo e y p(x) = Ae 5x + 5Axe 5x y p(x) = 5Ae 5x + 5Ae 5x + 25Axe 5x = 10Ae 5x + 25Axe 5x 101

102 Da equação y p(x) 5y p(x) = e 5x segue que 10Ae 5x + 25Axe 5x 5(Ae 5x + 5Axe 5x ) = e 5x 5Ae 5x = e 5x donde obtemos que A = 1/5. Logo, y(x) = y h (x) + y p (x) = C 1 + C 2 e 5x xe5x é a solução geral da equação diferencial dada. Exemplo 3.16 Resolva o PVI: y + 9y = sin(3x) y(0) = 1 y (0) = 0 Resolução: A solução da equação diferencial y + 2y + 2y = 0 é y h (x) = C 1 cos(3x) + C 2 sin(3x) Por outro lado, sendo f(x) = sin(3x), então r = 3 = ω, portanto, o modelo para a solução particular é Note que y p (x) = Ax cos(3x) + Bx sin(3x) y p(x) = A cos(3x) 3Ax sin(3x) + B sin(3x) + 3Bx cos(3x) e y p(x) = 3A sin(3x) 3A sin(3x) 9Ax cos(3x) + 3B cos(3x) + 3B cos(3x) 9Bx sin(3x) = 6A sin(3x) + 6B cos(3x) 9Ax cos(3x) 9Bx sin(3x) Assim, y p(x) + 9y p (x) = sin(3x) [ 6A sin(3x) + 6B cos(3x) 9Ax cos(3x) 9Bx sin(3x)] + 9[Ax cos(3x) + Bx sin(3x)] = sin(3x) 6A sin(3x) + 6B cos(3x) = sin(3x) A = 1 6 e B = 0 102

103 de modo que y p (x) = x cos(3x). A solução geral é: 6 y(x) = y h (x) + y p (x) = C 1 cos(3x) + C 2 sin(3x) x 6 cos(3x) Usando as condições iniciais, temos: 1 = y(0) = C 1 0 = y (0) = 3C C 2 = 1 18 Logo, y(x) = cos(3x) 1 18 sin(3x) x 6 cos(3x) 3.8 Aplicações das Equações Diferenciais de Segunda Ordem Muitos problemas físicos podem ser modelados através das equações diferencias ordinárias de segunda ordem, tais como o movimento harmônico simples (MHS), o cálculo da carga e da corrente elétrica de um circuito resistivo-indutivo-capacitivo (RLC) em uma malha simples, etc. Exemplo 3.17 Considere um carrinho de massa m = 2 kg preso a uma parede por meio de uma mola figura 3.3. A mola não exerce força quando o carrinho está em posição de equilíbrio x = 0. Se o carrinho for tirado do equilíbrio para uma posição x, então pela Lei de Hooke, a mola passará a exercer uma força de restauração F = kx, onde k > 0 é a constante elástica da mola. Suponha que a constante elástica da mola seja k = 32 N/m, que o carrinho seja puxado até uma posição x = 4 m e que sua velocidade inicial seja zero. Despreze o atrito e a resistência do ar e determine o PVI que rege o fenômeno. Resolução: Estamos admitindo que a única força que age sobre o carrinho é a força de restauração F = kx; logo pela segunda lei de Newton, temos: m d2 x dt 2 = kx d2 x dt x = 0 103

104 Figura 3.3: Carrinho conectado a uma mola em MHS. Sendo x(0) = 4 m e v(0) = x (0) = 0, temos o PVI: { x + 16x = 0 x(0) = 4 e x (0) = 0 (3.40) A solução geral dessa EDO é x(t) = C 1 cos(4t) + C 2 sin(4t). Usando as condições iniciais, temos: { 4 = x(0) = C 1 x(t) = 4 cos(4t) + C 2 sin(4t) Logo, x(t)4 cos(4t). 0 = x (0) = 16 sin 0 + 4C 2 cos 0 C 2 = 0 Exemplo 3.18 Uma massa de 20 g estica uma mola de 5 cm. Suponha que a massa também está presa a um amortecedor viscoso com uma constante de amortecimento de 400 dinas.s/cm. Se a massa é puxada para baixo mais 2 cm e depois solta, encontre sua posição y(t) em qualquer instante t > 0. Resolução: Nesse caso, devemos levar em conta uma força resistiva F R devido a viscosidade. Em geral, adotamos que o módulo essa força é proporcional a velocidade de deslocamento, isto é, F R = αv = α dy. Nesse problema, foi dado que α = 400 dinas.s/cm. dt Assim, a equação diferencial que rege esse fenômeno é ma = ky αv d2 y dt 2 + α dy m dt + k m y = 0 104