TÍTULO DO ROTEIRO DE ESTUDO: Equações diferenciais no contexto das ciências e das engenharias

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1 Currículo atualizado É Licenciado em Matemática pela Universidade de Uberaba e especialista em Matemática e Estatística pela Universidade Federal de Lavras. Trabalhou na Universidade de Uberaba ministrando as disciplinas de Álgebra Linear, Cálculo, Geometria Analítica e Informática nos cursos de Engenharia, Matemática, Química e Sistemas de Informação. Atualmente trabalha no Instituto Federal do Triângulo Mineiro como professor de Cálculo e Estatística dos cursos de Engenharia Agronômica, Gestão Ambiental, Química e Zootecnia. UNIVERSIDADE DE UBERABA PROGRAMA DE EDUCAÇÃO A DISTÂNCIA FORMULÁRIO DE ORIENTAÇÕES PARA ELABORAÇÃO DOS ROTEIROS DE ESTUDO MATERIAL DIDÁTICO DOS CURSOS SUPERIORES A DISTÂNCIA VOLUME CURSO: Engenharias Elétrica ETAPA: IV volume COMPONENTE CURRICULAR: Estudos Lógico-Matemáticos CARGA HORÁRIA TOTAL DO COMPONENTE CURRICULAR: hs UNIDADE DE ESTUDO: Cálculo Diferencial e Integral ROTEIRO DE ESTUDO Nº.: TÍTULO DO ROTEIRO DE ESTUDO: Equações diferenciais no conteto das ciências e das engenharias OBJETIVOS: Ao final deste Roteiro de Estudo o aluno deverá ser capaz de:. Reconhecer uma equação diferencial e classificá-la quanto à sua ordem;. Resolver equações diferenciais de primeira ordem por meio dos métodos dos fatores integrantes, separação de variáveis e pelo método de Euler; 3. Desenvolver soluções para equações diferenciais lineares de segunda ordem homogêneas através do método da equação auiliar; 4. Solucionar equações diferenciais lineares de segunda ordem não-homogêneas através dos métodos da determinação de coeficientes e da variação dos parâmetros; 5. Interpretar e estabelecer soluções para problemas relacionados ao campo das ciências e engenharias que requerem o uso das equações diferenciais.

2 TEXTO INTRODUTÓRIO José Ricardo Gonçalves Manzan Prezado(a) aluno(a), Desde o início do curso você tem estabelecido um contato direto com o Cálculo Diferencial e Integral e pode visualizar especialmente no estudo das derivadas e das integrais, o potencial que este instrumento matemático tem em muitas aplicações, não só no conteto das engenharias, mas também no conteto das várias ciências. Neste roteiro, iremos apresentar outra ferramenta do cálculo etremamente importante na prática do engenheiro pelo fato ser aplicável a muitos problemas que envolvem o conhecimento científico e tecnológico. Logicamente, não será possível em apenas um roteiro, esgotar todas as possibilidades de aplicações deste instrumental e isso seria ainda impossível em um livro ou mesmo em curso específico para o tema Equações Diferenciais. O importante para o momento é que você saiba interpretar e resolver as equações diferenciais mais básicas e bem como interpretar e solucionar algumas situações mais comuns em que elas se aplicam. Posteriormente, em disciplinas específicas para a sua modalidade de engenharia, este assunto será retomado com o enfoque devido. Para a aprendizagem do tema aqui abordado será essencial que você tenha conhecimentos básicos de derivadas e integrais que já foram trabalhados em etapas anteriores, pois o estudo das equações diferenciais é etremamente ligado a estes dois itens do cálculo diferencial e integral. Quero enfatizar a importância de buscar o apoio nas leituras recomendadas, pois o roteiro é apenas um elemento norteador para a sua aprendizagem, visto que ela só será realmente significativa com o apoio dos livros que abordam o assunto. [u] Comentário: A leitura obrigatória é o livro Cálculo do autor James Stewart, vol. 5ª edição Cengale Learning. Equações Diferenciais: Significado e Conceitos básicos Na primeira etapa do curso, vimos que as notações ' f '( ) d servem para representar derivadas. Vimos também que dada uma função e, então:

3 e d ou d Naquela ocasião, tínhamos uma função e o nosso problema consistia em encontrar a sua derivada. Agora o nosso problema é: dada uma equação da forma d, queremos descobrir quem é a função que satisfaz a igualdade dada. Voltando ao eemplo acima, dada uma função d, queremos encontrar a função e sabemos que a função [u] Comentário: Veja que e e a epressão e d pode ser reescrita como d. solução para essa equação, é a função e. Esse é um eemplo de equação diferencial. Uma equação diferencial envolve uma função desconhecida e uma ou mais de suas derivadas e a solução dessa equação é uma função, ou como poderemos constatar no decorrer deste roteiro, uma família de funções. Uma definição formal de equação diferencial é a sugerida por ZILL e CULEN (00, p. ) Uma equação que contém as derivadas ou diferenciais de uma ou mais variáveis dependentes, em relação a uma ou mais variáveis independentes, é chamada de equação diferencial (ED). Uma equação diferencial que contém somente derivadas ordinárias de uma ou mais variáveis dependentes, em relação a uma única variável dependente, é chamada de equação diferencial ordinária (EDO). São eemplos de EDOs. () 5 d () ( 3 t) dt 6t 0 (3) d 3 0 d d Equações diferenciais que envolvem derivadas parciais de uma ou mais variáveis dependentes de duas ou mais variáveis independentes é chamada de equação diferencial parcial (EDP). São eemplos de EDPs.

4 w z (4) 0 (5) (6) w w w 4 3 w w w t t 3 OBS. Neste roteiro abordaremos apenas as Equações Diferenciais Ordinárias (EDO). A ordem da derivada de maior ordem em uma equação diferencial é, por definição, a ordem da equação. As equações (), (), (4) e (5) são eemplos de equações de primeira ordem. Já as equações (3) e (6) são equações de segunda ordem. Atividade Associe cada equação diferencial com sua família de soluções e classifique cada uma delas quanto a ordem. Sugestão: Derive cada uma das funções sugeridas para a associação e compare com as equações diferenciais. a) d (i) C b) '' 4 (ii) Csen C cos c) d (iii) Ce Ce d) d 4 d (iv) C Equações lineares ordinárias de primeira ordem Solução pelo método dos fatores integrantes Algumas equações diferenciais de primeira ordem podem ser resolvidas simplesmente com uma integral. É o caso da equação 3t dt 4, onde 3 5 t 5. Contudo, nem sempre é

5 possível, resolver uma equação diferencial desta forma. Para alguns casos, utilizamos o método dos fatores integrantes, que especificamente falando, é empregado para as equações diferenciais lineares cuja forma é epressa por p( ) q( ) d Com equações desta forma, temos as seguintes classificações: [u3] Comentário: Na solução de equações diferenciais as funções p() e q() devem ser contínuas de suas respectivas variáveis no intervalo dado para a solução. 3 3e d onde: p( ) 3 e q ( ) 3e (cos ) 0 d onde: p( ) cos e 3 d onde: p( ) 3 e q( ) q( ) O método dos fatores integrantes, é dado por: º) Calculo do fator integrante: e p( ) d Considere a constante c, devida a integração p( ) d como 0. º) Multiplique ambos os membros da equação original por e fazendo o processo inverso da propriedade da derivada de um produto, deie a equação na forma: d ( ) q( ) d [u4] Comentário: Seja a função u v temos que a derivada é dada por u ' v v' u d 3º) Integre ambos os lados da equação obtida no º passo e encontre a função. Não se esqueça da constante de integração, pois você irá obter não uma solução, mas uma classe de soluções para a equação em estudo.

6 Eemplo : Determine a solução para a equação d 3 e 4. Solução: º) Inicialmente organizamos a equação diferencial na forma identificamos as funções p( ) 4 e q( ) 3 e e e 4d 4 d 3 4 e e. Calculamos por meio da fórmula: º) Multiplicando ambos os membros da equação reorganizada por, temos e 4 e e e e 4 e d d e finalmente chegamos a equação d e 4 e d 3º) Integramos ambos os membros da equação e encontramos a função. d e e d e e C e Ce d [u5] Comentário: Perceba que derivando a epressão d e 4 chegamos em d 4 4 e ' e 4 ' onde e e ' d. Assim a solução dessa equação é a função e Ce 3 4. Podemos constatar a veracidade da resposta, derivando a função encontrada e substituindo na equação original. Veja:

7 Se e Ce 3 4 então d 3 4 3e 4Ce. Ao substituirmos na equação dada no problema, chegamos a: 4 e d 3 ( 3e 4 Ce ) 4 ( e Ce ) e e 4Ce 4e 4Ce e e 4e e e e 3 3 Perceba que a constante C na solução da equação representa as infinitas possibilidades de solução para a equação dada. A seguir, plotamos um gráfico por meio do software Winplot com algumas das funções pertencentes a família de soluções encontradas, a saber com o parâmetro C variando de -4 a 4 com 8 passos. [u6] Comentário: O software winplot é de uso livre e pode ser baiado pela internet por meio do site Com ele é possível plotar gráficos de diversas funções de uma de várias variáveis reais. Não é preciso ter muitas habilidades com o computador para utilizar essa ferramenta computacional. Contudo ele é limitado em alguns pontos, e para tanto outros softwares são recomendados como o Scilab, Matlab ou o Maple. Figura : gráfico da função e Ce 3 4,

8 Quando é solicitada a solução de uma equação diferencial, consideramos toda as possíveis soluções e a constante C obtida no processo de integração é quem faz essa representação. Por outro lado, alguns problemas, estabelecem condições de valores específicos, tornando a solução de uma equação diferencial própria para um valor de C. Em situações como essa utilizamos a condição estabelecida para determinar o valor de C. Problemas dessa natureza são denominados por Problemas de Valor Inicial (PVI). Eemplo : Determine a solução da equação diferencial condição inicial (). que satisfaça a d [u7] Comentário: Dada uma equação diferencial qualquer e um valor da variável independente implicando em um valor da variável dependente ( ) 0 0, temos um problema de valor inicial onde ( 0 ) 0 é denominada de condição inicial. Solução: º) Podemos perceber que a equação d não está na forma p( ) q( ) d, mas esse pequeno impasse é resolvido, dividindo todos ambos os membros da equação por, o que nos leva a equação equivalente, onde d p( ) e q( ). Determinando o fator integrante chegamos a d ln e e. º) Multiplicando ambos os membros da equação em questão, chegamos a d [u8] Comentário: Aplicamos aqui a propriedade dos logaritmos log em que a b a b. De fato ln é o logaritmo em base natural e que pode ser escrito de forma equivalente como log e. Assim log e e. d. d o que nos leva à equação 3º) Integrando ambos os membros, chegamos a epressão d C C. Como foi dada a condição inicial em que (), temos que: [u9] Comentário: Relembrand o os conceitos básicos de função, se (), temos que para = o valor de é igual a.

9 C 3 C Assim a equação requerida pelo problema é: 3 ou de forma equivalente 3. Faça a derivada dessa função e confirme a veracidade da solução do problema. Atividade Resolva as equações diferenciais a seguir e encontre a solução para as condições iniciais dadas: a) ( ) 0, (0) d 4 6 b) e, () d c) 3 d, ( e) Método da separação de variáveis para equações de primeira ordem nãolineares Antes de apresentar o método da separação de variáveis, é preciso que se saiba que não eiste um método geral para a solução de equações diferenciais de primeira ordem não-lineares. O método da separação de variáveis é uma possibilidade de resolução. Quando não é possível resolver uma equação por métodos algébricos, utilizamos o método de Euler que será abordado posteriormente. Se uma função é da forma h( ) g( ), podemos reescrevê-la como ( ) ( ) d h g d. Por esse motivo, denominamos método da separação de variáveis ou dizemos que as equações dadas na segunda forma apresentada são equações de primeira ordem separáveis. O

10 processo de resolução segue por meio da integração de ambos os membros da igualdade correspondentes a cada variável em específico, onde h( ) g( ) d [u0] Comentário: Nessa resolução, suponha que h() e g() sejam contínuas de suas respectivas variáveis. que resulta em H ( ) G( ) C Como H ( ) e G( ) são as integrais das funções h( ) e g( ), a validade da solução pode ser deduzida pela derivação da última equação, onde: d H( ) dh h( ) g( ) dg d d d d Em resumo, o método da separação de variáveis pode ser eecutado da seguinte forma: º) Separe as variáveis deiando a equação original na forma h( ) g( ) d. º) Integre ambos os membros da equação, conforme a indicação de cada operador diferencial. h( ) g( ) d 3º) Finalmente interpretamos que a equação H( ) G( ) C define uma família de soluções dadas na forma implícita. Eemplo 3: Resolva a equação diferencial que satisfaça a condição inicial (0) d. Solução: º) Organizamos a equação em d º) Integrando o primeiro membro em relação a e o segundo em relação a temos:

11 ln d C C C e e e e C Ce 3º) Como a condição inicial é dada por (0), temos que 0 0 Ce Ce C Assim a equação procurada é e Atividade 3 Resolva a integral por separação de variáveis e encontre a solução específica para sua condição inicial. a), () 4 d b), d (0) e c) e sen 'cos 0, () 0 Algumas aplicações As equações diferenciais se aplicam a diversas situações no âmbito das ciências e também das engenharias. Quando uma situação é modelada de forma a considerar as razões de variação e cujo objetivo seja o de encontrar uma função que forneça informações de interesse, estaremos lidando com equações diferenciais. Obviamente não será possível contemplar todas as aplicações neste roteiro. Entretanto as aplicações aqui abordadas são suficientes para que você amplie seus conhecimentos em disciplinas específicas ao seu curso.

12 Aplicação : Circuito elétrico A figura a seguir representa um circuito elétrico em série RL básico, que contém uma fonte de energia com uma voltagem dependente do tempo de V(t) volts (V), um resistor com uma resistência constante de R ohms (Ω) e um indutor com uma indutância constante de L henrs (H). Se você não entende nada sobre circuitos elétricos, não se preocupe! A teoria da eletricidade afirma que uma corrente I(t) amperes (A) flui através do circuito onde I(t) satisfaz a equação diferencial di L RI V ( t) dt Vamos determinar I(t) se R = 6 Ω, L = 3 H, V for a constante 4V e I(0) = 5A Solução: Substituindo os valores de L, R e V, temos a equação diferencial di 3 6I 4 dt Dividindo todos os termos por 3, obtemos a nova equação: di I 8 dt Obtendo a constante de integração, chegamos a: e e dt t Dando seqüência a resolução, temos: d e t I t t t t t 8 e e I 8 e dt e I 4 e C dt t 4e C I 4 Ce t t e e t Como a condição inicial, implica em I(0) = 5A, então temos que:

13 Ce 4 Ce 5 4 C C Assim a função corrente elétrica específica para o problema de valor é I ( t) 4 t e Ainda observando o modelo determinado para a corrente do circuito elétrico, percebemos que se o tempo aumentar indefinidamente, ou seja, o tempo tendendo a infinito, a corrente tenderá ao valor de 4 amperes. Isto pode ser confirmado facilmente através do limite. t lim 4 e 4 t A Aplicação : Problemas de mistura Suponha que no instante t = 0, um tanque contenha 7 kg de poluentes dissolvidos em 350 litros de água. Nesse mesmo instante o tanque recebe água contendo 50 gramas de poluentes por litro a uma taa de litros por minuto. Considere ainda que eista uma válvula de escape, onde a solução misturada deie o tanque à mesma taa com que a água poluída é adicionada. Vamos encontrar a quantidade de poluentes no tanque após 8 minutos. Solução: Consideremos (t) como a função que representa a quantidade de poluentes (em gramas) após t minutos. Sabemos que (0) = 7 kg = 7000 g e queremos encontrar (8). Essa solução será determinada por meio da equação diferencial cuja solução seja a função (t). Desta forma dt

14 representa a taa segundo a qual a quantidade de poluentes no tanque está variando com o tempo, onde: taa de entrada taa de saída dt g g taa de entrada = g / min min min Como o volume de água que entra no tanque é o mesmo volume que sai, então podemos observar que o volume do tanque será sempre de 350. Assim a razão de saída para as (t) gramas de poluente no tanque será: ( t) g 4 g taa de saída = 8 ( t) 350 min 75 min Consequentemente dt será dado por: dt 75 dt 75 Resolvendo essa equação diferencial, temos: 4 4t dt e e Dando sequência à resolução temos: dt 4t 4t 4t 4t 4t d e e e 600 e dt 650 e C 4t e C 650 Ce e 4t 75 ( t) 650 Ce 4t 75 4t 75 Como em (0) = 7000g, temos que: Ce 650 C C 950

15 Assim a função que nos informará a quantidade de poluentes em função do tempo t é a função ( t) t 75 e Finalmente em t = 8 min a quantidade de poluentes no tanque será de: (8) e 06,9g 0, 6kg Aplicação 3: Resfriamento Nessa aplicação precisamos da lei do resfriamento de Newton onde a taa e mudança de temperatura T(t) de um corpo em resfriamento é diretamente proporcional à diferença entre a temperatura do corpo e a temperatura constante T m do meio ambiente, isto é, onde k é uma constante de proporcionalidade. dt k( T Tm ), dt Suponha que uma barra de ferro tenha sido aquecida em um forno e retirada dele a uma temperatura de 90ºC. Três minutos depois, sua temperatura é de 45ºC. Quanto tempo levará para a sua temperatura chegar aos 6ºC, se a temperatura do ambiente em que ele está é de eatamente 3ºC. Solução: Temos que Tm 3. Assim deveremos resolver o problema de valor inicial: dt k( T 3), (0) 90 dt T Estamos diante de uma equação diferencial separável que pode ser resolvida da seguinte forma: dt kdt Integrando ambos os membros da equação ficaremos com: ( T 3) dt kdt ln T 3 kt C ( T 3) kt C kt C kt T 3 e T 3 e e T 3 Ce T 3 C e kt [u] Comentário: Perceba C que e é um valor constante e podemos denominá-lo como outra constante C.

16 Como T(0) 90 isso decorre em: 90 3 C e C 67 k0 Montando a epressão da temperatura em função do tempo, temos: T 3 67e kt Da relação T(3) 45 encontramos: k3 3k 3k e 67e e 67 3k ln k ln 0, ,376t Finalmente: T 3 67e e e 3 67e e , 376t ln 0, 376t 3, t 8,37 min 0,376t 0,376t 0,376t Atividade 4 Considere um circuito elétrico como o que foi mostrado anteriormente. di L RI V ( t) dt Determine I(t), I() e I(0) se R = 33 Ω, L = H, V for a constante 44V e I(0) = A

17 Atividade 5 Uma ícara de café é colocada num ambiente onde a temperatura é de 8ºC. No momento em que a ícara é colocada na mesa (t = 0), a temperatura do café é de 67ºC. Depois de 40 segundos a temperatura do café passa aos 4ºC. Quanto tempo será necessário para que o café chegue a temperatura de º acima da temperatura ambiente? Atividade 6 Um tanque tem capacidade de armazenamento de 800 litros. Considere que a partir de um dado instante, o tanque contenha 30 gramas de sal dissolvidos em 400 litros de água e que comece a receber 0 litros de água pura por minuto. Ainda nesse mesmo instante a solução do tanque é drenada a uma taa de 0 litros por minuto. Determine a quantidade de sal no tanque quando o nível da solução estiver a ponto de transbordar. Campos de direções e o método de Euler O método de Euler trabalha com aproimações numéricas. Para motivar o método vamos recordar a definição de derivada vista na etapa I. A derivada de uma função de um ponto dado corresponde à inclinação da reta tangente a aquele ponto. = = 3 Figura : Gráfico das funções 5 3 e 3

18 Na figura temos o gráfico da função 3 e de uma de suas tangentes, no caso 5 particular tangente = 3 que tem inclinação 0. Se fizermos a derivada da curva, teremos ' e da derivada decorre que a inclinação da tangente em = 0 é dada por 5 '(0) [u] Comentário: Inclinação tem o mesmo significado que coeficiente angular. O ângulo que a tangente forma com o eio das abscissas produz um valor m que denominamos de coeficiente angular onde m tg. O eemplo disposto acima mostra uma das tangentes à curva, mas é importante observar que por cada ponto dela passa uma tangente e, portanto elas são infinitas. Também lembramos que a solução de uma equação diferencial constitui numa função ou numa família de funções onde todas elas possuem suas devidas inclinações. Se imaginarmos a família de soluções de uma equação diferencial com as inclinações de todas essas curvas podemos estabelecer uma relação interessante para as soluções aproimadas. Daí surge o conceito de Campo de Direções. O campo de direções é um conjunto de pequenos segmentos que representam hipoteticamente as inclinações de todas as possíveis curvas de soluções de uma equação diferencial. Considere a equação diferencial. Se entendermos essa equação como uma função d de duas variáveis denotada genericamente por f (, ) d, teremos a cada par ordenado do plano cartesiano, um valor numérico que indica a inclinação da tangente de uma possível solução para a equação diferencial. Na Figura 3, temos a representação de um campo de direções para a equação, onde foram utilizadas 5 colunas. Por eemplo, d substituindo os valores de (,) do par ordenado (0,) na equação diferencial, produz a inclinação 0. Perceba que no ponto (0,) um segmento indica uma inclinação d decrescente, onde você pode constatar na figura um pequeno segmento representando essa inclinação descendente. Da mesma forma para o par ordenado (,), temos 0 d onde um segmento horizontal indica uma inclinação nula.

19 Figura 3: Campo de direções da equação com 5 colunas d Um campo de direções pode ser construído manualmente quando são necessárias poucas inclinações com o da Figura 3. No entanto, tais cálculos podem se tornar tediosos quando o número de colunas aumenta. Assim, é usual utilizar um recurso computacional como o Maple, o Matlab ou o Winplot. Veja na Figura 4 o campo de direções da equação com 5 d colunas produzido pelo software Winplot. [u3] Comentário: Para obter um campo de direções como este no Winplot, inicie o programa, escolha a opção -dim, clique no menu equação e selecione a opção diferencial. Em seguida digite no campo que d a função é o caso do problema. Escolha o tamanho do comprimento para os segmentos e o número de colunas. Clique em traçar e o campo será desenhado. Figura 4: Campo de direções da equação com 5 colunas d

20 Como desejamos em muitas situações obter uma solução particular para a equação sempre sujeita a uma condição inicial, precisamos de um algoritmo que nos conduza à curva desejada na equação diferencial em estudo. Para tanto o método de Euler utiliza uma perspectiva numérica que aproima satisfatoriamente do resultado. Eistem outros métodos mais sofisticados como, por eemplo, o método de Runge Kuta e o Euler modificado, mas que não serão abordados neste roteiro por fugirem dos nossos objetivos. Além disso, estes métodos usam o método de Euler como ponto de partida. Quando temos um problema de valor inicial (PVI), então temos uma epressão da forma f (, ) d, ( 0 ) 0 e buscamos obter os valores aproimados de com base em valores de, seguindo uma seqüência uniforme de valores, baseados num incremento iniciando por 0. Assim, teremos a seqüência de valores 0,,, 3,..., n, onde 0,, 3,..., n n. As aproimações dos valores de serão dadas por 0 f ( 0, 0), f (, ), 3 f (, ),..., n n f ( n, n ). Se ( ) é a curva solução para o PVI em estudo, então os valores de,, 3,..., n são aproimações de ( ), ( ), ( 3),..., ( n). Como eemplo iremos resolver o PVI abaio usando o método de Euler com 0, no intervalo de. d, ( ) Para isso será necessário fazer o uso de uma tabela: n n f ( n, n) n n f ( n, n ) n 0 - -,00-0,0 -,0 -,9 -,0-0,08 -,8 -,8 -,8-0,06 -,4 3 -,7 -,4-0,05 -,9 4 -,6 -,9-0,03 -,3 5 -,5 -,3-0,0 -,34 6 -,4 -,34-0,0 -,34 7 -,3 -,34 0,00 -,34 8 -, -,34 0,0 -,33 9 -, -,33 0,0 -, ,30

21 Utilizando um recurso computacional podemos traçar a curva a partir do ponto dado. Veja na figura 5 o problema de valor inicial anterior traçado a partir do ponto de condição inicial com o software Winplot. /d = - [u4] Comentário: Uma vez que o campo de direções já tenha sido desenhado no Winplot, para obter a solução aproimada sujeita a condição inicial, proceda da seguinte forma. Vá até o menu Um, escolha a opção Trajetória d. Nos campos para e digite as coordenadas da condição inicial, coloque o valor de no tamanho do passo, deie selecionada a opção Euler e clique em traçar. Atividade 7 Figura 5: Campo de direções da equação e solução aproimada d sujeita a condição inicial ( ) Relacione as equações diferenciais com os campos de direções a seguir: a) d b) d c) ' d) d I) II)

22 III) IV) Atividade 8 Utilize 5 colunas para construir os campos de direções da equação diferencial Atividade 9. d Encontre uma solução inicial para o PVI abaio no intervalo dado usando o método de Euler, (0) 3 0 d Equações diferenciais lineares de segunda ordem Vimos no início do roteiro que uma equação diferencial de segunda ordem é escrita na forma d p( ) q( ) r( ) ou '' p( ) ' q( ) r( ) d d Veremos a seguir, métodos para obter soluções de equações diferenciais de segunda ordem quando r() for igual a 0, caso em que classificamos como homogêneas como também alguns métodos para obter soluções de equações não-homogêneas quando r( ) 0. [u5] Comentário: Uma equação diferencial de segunda ordem é dita homogênea quando é epressa na forma d p( ) q( ) 0 d d.

23 EDO lineares homogêneas Inicialmente vamos compreender o conceito de dependência e independência linear entre funções. Quando uma função é múltipla constante de outra função, dizemos que elas são linearmente dependentes. É o caso das funções f ( ) 3 e g( ) 3 9 3( 3). Veja que g( ) 3 f ( ). Por outro lado, duas funções são linearmente independentes quando nenhuma delas é resultado de um produto de uma constante pela outra. Isso acontece com as funções h( ) e j( ) 3. A seguir apresentamos um teorema importante ao estudo em desenvolvimento. TEOREMA Considere a equação homogênea d p( ) q( ) 0 d d em que as funções p( ) e q( ) são contínuas em algum intervalo comum I. Então eistem soluções linearmente independentes ( ) e ( ) da equação em I. Além disso, dado qualquer par de soluções linearmente independentes ( ) e ( ) da equação em I, temos que ( ) c ( ) c ( ) é uma solução geral da equação em I. Isso significa que cada solução da equação em I pode ser obtida a partir da solução geral escolhendo valores apropriados das constantes c e c ; reciprocamente, a solução geral é uma solução da equação para quaisquer escolhas de c e c. (ANTON, 007, p.6) Procurando possíveis funções candidatas a serem solução da equação, de forma que uma constante vezes sua segunda derivada derivada d e m d d mais outra constante vezes a sua primeira mais a terceira constante vezes é igual a 0, podemos lembrar da função. O que neste caso nos levaria as igualdades abaio:

24 e m d d m me d Se substituirmos essas igualdades na forma geral da equação, ficamos com: m m e m m m m e p me q e ( ) ( ) 0 que de uma forma mais simplória pode ser reescrita como m m m m e pme qe 0 e ainda em: ( m pm q) e m 0 Essa igualdade só é válida quando m e 0, IR. Assim a equação m pm q m pm q 0, pois sabemos que a função 0 que é chamada de equação auiliar será amplamente utilizada na solução de equações diferenciais lineares de segunda ordem homogêneas. De fato ela é uma equação que pode ser resolvida por meio da fórmula quadrática: [u6] Comentário: A m simbologia utilizada diz que e é diferente de zero para qualquer valor real que atribuirmos para. Na verdade trata-se de uma função eponencial cuja base é o número de napier,onde para valores de cada vez menores, a função diminui, para = 0 a função vale, e para valores cada vez maiores a função aumenta. p p 4q m e m p p 4q Outros métodos de resolução de equações quadráticas também podem ser utilizados quando se fizerem possíveis. Eemplo : Encontre a solução geral da equação Utilizando a equação auiliar, temos d d d m 3m 4 0. Este polinômio pode ser decomposto em ( m )( m 4) 0 dando como raízes da equação auiliar m e m 4. Como o valor de m, provém da epressão por ( ) c e c e m e, temos que a solução da equação será dada m m e consequentemente a solução geral será dada por: ( ) c e c e 4 [u7] Comentário: O algoritmo utilizado para obter a solução encontrada, não precisa ser necessariamente feito como no eemplo. O método resolutivo para equações quadráticas também pode ser empregado e conduz a mesma solução para a equação auiliar.

25 Generalizando: Todas as vezes que a equação auiliar produzir duas raízes reais e distintas, a solução da equação diferencial será dada por ( ) c e c e m m. Eemplo : Encontre a solução da equação '' 4 ' 4 0. Da equação auiliar m 4m 4 0 chegamos à solução única m =. Sabemos que m e faz parte da solução geral da equação diferencial de segunda ordem. Iremos mostrar que m e também faz parte da solução que deve acompanhar a solução geral. Tomemos a forma genérica da equação diferencial admitindo por solução a função. '' p ' q 0. Como a equação auiliar tem solução única que no caso é Assim p a função pode ser reescrita como p e. Derivando obtemos: ' p e p '' p ' q 0, temos: e p '' p e 4 p. Substituindo as epressões em p p '' p ' q p p q e 4 o que faz com que '' p ' q 0 p/ Finalmente podemos concluir que a solução de equações desse tipo será dada por c e c e m m. Finalmente a solução buscada para o eemplo é c e c e

26 Generalizando: Todas as vezes que a equação auiliar produzir raízes reais e iguais, a solução m ( ) c e c e. m da equação diferencial será dada por Eemplo 3: Encontre a solução da equação Da equação auiliar m d 0 d. d m 0, verificamos pelos métodos quadráticos que não eistem raízes reais. Vá até a página 64 do livro e estude a dedução da fórmula que cai na generalização a seguir: Generalizando: Todas as vezes que a equação auiliar produzir raízes compleas da forma m a bi e m a bi, a solução da equação diferencial será dada por a e ( c cos b c senb) Continuando a solução do eemplo, temos que as raízes compleas da equação auiliar são: 3 3 m i e m i Finalmente a solução geral da equação diferencial em estudo é 3 3 e c cos csen Os problemas de valor inicial (PVI) para equações lineares homogêneas de segunda ordem diferem do que já conhecemos pelo fato de que há uma condição inicial na função original e outra na função derivada primeira. Eemplo 4: Resolva o PVI abaio: d 3 4 0, (0) e '(0) 3 d d Para resolvê-lo basta obter a derivada primeira da solução da equação diferencial e montar o sistema. Sabemos que a solução dessa equação feita no eemplo, é a função

27 ( ) c e c e 4. Assim temos que Substituindo as condições iniciais em cada função ficamos com: '( ) c e 4c e 4. 3 c 4c e c c O que faz com que 4 ( ) e e c e 5 c 4 5. Finalmente a solução para o PVI dado é Há também os Problemas de Contorno (PC) que diferentemente dos problemas de valor inicial, estabelecem duas condições iniciais sobre a função solução. É importante observar que os problemas de contorno nem sempre têm solução. Eemplo 5: Resolva o problema de contorno a seguir: '' ' 0, (0) e () 3 c e c e. Verifique que a solução geral da equação diferencial é Substituindo os valores das condições iniciais na solução geral ficamos com: c e c e ce 3 o que nos conduz a c e c 3e. Assim a solução para o problema de contorno é e (3e ) e Eemplo 6: Uma mola presa em uma etremidade com um bloco de massa 5 kg preso na outra etremidade tem um comprimento natural de 0,6m. Uma força de 8 N é necessária para mantê-la esticada a um comprimento de m. Se a mola for esticada ao comprimento de m e solta logo em seguida com velocidade inicial 0, determine a posição do bloco em qualquer tempo t. Solução:

28 Sabemos que este é um típico problema que envolve um movimento harmônico simples. Pela Lei de Hooke, eiste uma força restauradora que a mola eerce sobre o bloco que é diretamente proporcional posição em que ele estiver. F k em que k é uma constante de proporcionalidade que depende de outros fatores tais como material e espessura da mola. Recordamos ainda uma outra lei importante da física que é a º Lei de Newton, onde F M g, onde M é a massa e g é a aceleração da gravidade terrestre. Geometricamente interpretamos a derivada segunda chegamos à equação diferencial: m d k d ou d d com a aceleração do bloco. Combinando as duas leis d k 0 m d ou d k 0 A figura 6 ilustra situações diversas envolvendo problemas com molas. d m Figura 6: Molas em um modelo harmônico simples

29 Decorre que a solução para equações dessa natureza, como visto anteriormente será dada por: Onde: k m k k ( t) c cos t csen t m m é a frequência f; c c é a amplitude k m é o período T. No eemplo dado a distância em que a mola é esticada é de 0,6 = 0,4 m. Além disso, a força necessária para manter o bloco nessa posição é de 8 N. Assim k(0, 4) 8. Da relação F k, temos que 8 k 0,4 k 70. Assim a equação diferencial é dada por: e a solução é: ( t) c cos 4t c sen 4t d d d d Como a condição inicial impõe (0) 0, 4, temos: c sen 0, 4 c cos c 0, 4 Fazendo a derivada da solução geral, temos: '( t) 4c sen 4t 4c cos 4t E temos a outra condição inicial em que '(0) 0, chegamos ao valor de c. c 0 4c sen cos c c 0 [u8] Comentário: A solução geral nos informa a posição do bloco em função do tempo. A derivada dessa função nos informa a velocidade do bloco em função do tempo. Como sabemos que no instante 0 a velocidade é 0, temos uma condição inicial usando a primeira derivada.

30 Finalmente a solução para o problema de valor inicial é a função: ( t) 0,4cos 4t OBS. Vá até o livro teto e estude os itens vibrações amortecidas e vibrações forçadas na seção 7.3. Atividade 0 Determine a solução geral das EDO de segunda ordem homogêneas abaio: a) d c) d d d 0 b) 9 '' 4 0 d) '' ' 0 dt dt Atividade Uma mola com um bloco de massa 4 kg preso em uma das etremidades tem um comprimento natural de m e é mantida esticada até um comprimento de,3 m por uma força de 4,3 N. Se o bloco empurrado de forma que a mola tenha um comprimento de 0,8 m e for solto com velocidade zero, determine a posição do bloco em qualquer instante. EDO lineares não-homogêneas Seja uma equação diferencial da forma d a b c G( ) ou a '' b ' c G( ), d d onde G( ) pode ser ou não um polinômio. Dispomos de dois métodos principais para a resolução de equações dessa natureza. Trata-se do método dos coeficientes a serem determinados e do método da variação dos parâmetros.

31 Em ambos os métodos usamos do princípio de que a solução geral é dada pela soma da solução particular com a solução geral. Essa idéia é mais bem epressa por meio do teorema dado a seguir: Teorema A solução geral da equação diferencial não-homogênea a '' b ' c G( ), pode ser escrita como ( ) ( ) ( ) p c onde p é uma solução particular da Equação diferencial e complementar a '' b ' c 0. c é a solução geral da equação I) Método dos coeficientes a serem determinados O método dos coeficientes a serem determinados eige uma certa dose de bom censo no momento de avaliar a melhor escolha para a solução particular. Ilustraremos melhor o método por meio dos eemplos a seguir: Eemplo : Resolva a equação '' ' 6. Inicialmente tomamos a equação complementar '' ' 6 0 que tem por solução geral ( ) c e c e. Como c 3 G( ) é um polinômio de grau, supomos que a solução particular seja também um polinômio de grau, cuja forma genérica é dada por A B C ( ) p. Desse polinômio, calculamos as derivadas de primeira e de segunda ordem, obtendo respectivamente '( ) A B e ''( ) A Substituindo p( ), p '( ) e p ''( ) Reorganizando a equação chegamos a: p na equação diferencial em estudo, obtemos: A ( A B) 6( A B C) 6 A ( A 6 B) (A B 6 C) 0 0 Assim, podemos igualar os coeficientes de ambos os membros da equação resultando em: 6A A 6B 0 A B 6C 0 Donde os valores obtidos são: p.

32 A 6 Assim a solução particular é B 8 7 C 08 7 p( ) que desencadeia a solução geral: ( ) p( ) c( ) ce ce Eemplo : Resolva '' ' 6 sen. A equação complementar é a mesma do eemplo e sua solução geral é ( ) c e c e. Como G( ) c 3 sen, tentamos a solução particular ( ) cos p A Bsen e decorre que p '( ) Asen Bcos e ''( ) Acos Bsen. Ao substituir na equação diferencial encontramos p 3 B. Assim a solução geral da equação é dada por: 0 3 ( ) ce ce (cos 3 sen) 0 A e 0 OBS. São muitas as situações para o método dos coeficientes a serem determinados. Para cada uma delas, deve ser escolhida uma função particular que atenda a solução procurada. Recomendo que você leia atentamente os eemplos da seção 7. do livro recomendado como leitura obrigatória. É com base no estudo destes eemplos e na prática de eercícios, que você terá condições de adquirir a habilidade para escolher as melhores estratégias de solução. II) Método das Variações de Parâmetros Para resolver EDO não homogêneas pelo Método das Variações dos Parâmetros é necessário seguir os passos: [u9] Comentário: Você verá que o Método das Variações dos Parâmetros é assim chamado por levar em conta as constantes c e c como funções arbitrárias sujeitas a variações.

33 º) Seja a suposta solução da equação diferencial, a saber a função ( p ) u ( ) ( ) ( ) ( ) u, onde u ( ) e u ( ) são funções arbitrárias e e são soluções linearmente independentes. Derivamos p obtendo: '( ) ( u ' u ' ) ( u ' u '). p º) Consideramos ( u ' u ' ) igual a zero e derivamos p ' obtendo: '' u ' ' u ' ' u '' u '' 3º) Substituímos na equação diferencial, obtendo: p ' ' ' ' '' '' ' ' a u u u u b u u c u u G 4º) Como e são soluções da equação complementar, a última epressão pode ser simplificada por: a u ' ' u ' ' G 5º) Com base no sistema formado pelas equações u ' u ' 0 e a u ' ' u ' ' G, podemos encontrar as funções u ' e u ' que integradas nos darão as funções u ( ) e u ( ). Eemplo 3: Resolva a equação '' tg, 0. Solução: A solução da equação auiliar '' 0 é dada por c cos sen c. Usando a variação dos parâmetros, queremos encontrar a solução da forma u ( ) sen u ( )cos c Assim ' u ' sen u 'cos u cos u sen c Tomando u ' sen u 'cos 0 temos que: Se p é uma solução, então '' u 'cos u ' sen u sen u cos c c

34 '' u 'cos u ' sen tg p p Resolvendo o sistema das equações u ' sen u 'cos 0 e u 'cos u ' sen tg, temos u ' sen cos cos tg onde resolvendo a equação, chegamos a u ' sen e que que: integrando nos dá u cos. Voltando a equação u ' sen u 'cos 0, obtemos u ' cos sec e u sen ln sec tg. Finalmente a solução geral da equação é dada por: ( ) c sen c cos cos ln(sec tg) Eemplo 4: Na Figura 8 temos a ilustração de um circuito elétrico em série que contém uma força eletromotriz E (proporcionada por uma bateria ou gerador), um resistor R, um indutor L e um capacitor C. Se a carga no capacitor no instante t for Q Q( t), então a corrente é a taa dq de variação de Q em relação a t : I. Da física sabemos que as quedas de voltagem pelo dt resistor, indutor e capacitor são: RI, di L e Q. A Lei de da voltagem de Kirchhoff diz que a dt C soma dessas quedas de voltagem é igual a voltagem fornecida di Q L RI E( t). Sabendo dt C que dq I, a equação pode ser reescrita como: dt d Q dq Q L R E( t) dt dt C Figura 8: Circuito elétrico em série

35 Se a variação Q 0 e a corrente I 0 forem conhecidas, poderemos utilizar os Métodos dos coeficientes a serem determinados ou das Variações dos Parâmetros para resolvermos problema de valor inicial. Dessa forma, vamos determinar a carga e a corrente no instante t de um circuito como o mostrado na Figura 8, sabendo que R 0, L H, que a carga e a corrente inicial são ambas 0. C F, E( t) 00cos0 t e Solução: A equação diferencial para a situação é ser reescrita como d Q d Q dq Q dt 0 00 cos0t dt 50 4 dq 0 400Q 00 cos0t. dt dt podendo A equação auiliar tem raízes m 0 0i, o que nos dá uma solução para a equação complementar Q ( t) e 0t c cos 0t c sen0t c. Para a solução particular, supomos Q ( t) Acos0t Bsen0t desencadeando Q '( t) 0Asen0t 0Bcos0t e Q ''( t) 00Acos0t 00Bsen0 t. p p p Pelo método dos coeficientes a serem determinados chegamos a solução particular Qp( t) 3cos0t sen0t e a solução geral 3 0t Q( t) e c cos 0t csen0t 3cos0t sen0t. 3 Temos aqui um eemplo de problema de valor inicial (PVI), onde Q(0) 0 e dq Q '(0) (0) I(0) 0. dt

36 3 Para Q(0) 0 na solução geral, chegamos a c. Já para 3 dq Q '(0) (0) I(0) 0, precisamos derivar a solução geral chegando em: dt t Q '( t) I( t) 0e c cos 0t c sen0t e 0c sen0t 0c cos 0t 3 30sen0t 0 cos0t 0t 0 50 Onde pela condição I (0) 0, temos que c 3 Finalmente a carga e a corrente no instante t são respectivamente: 0t e Q( t) 3cos 0t 50sen0t 3cos0t sen0t 3 3 e 0t 0t 0e e Q '( t) I( t) 3cos 0t 50sen0t 60sen0t 000cos 0t sen0t 0 cos0t 3 Atividade Resolva as equações diferenciais a seguir usando o (I) Método dos Coeficientes a serem Determinados e (II) o Método da variação dos parâmetros. a) '' 4 b) '' ' e Atividade 3 Um circuito em série consiste em um resistor com R 0, um indutor com L H, um capacitor com C 0, 00F e um gerador com uma voltagem E( t) sent. Se a carga inicial e a corrente forem 0, encontre a carga e a corrente no instante t.

37 Chegamos ao final deste roteiro de estudos. Seria muita pretensão esgotar todo o estudo das equações em um roteiro que representa apenas 5 horas na carga horária da disciplina Estudos Lógico-Matemáticos. Eistem ainda outros métodos para a solução de equações diferenciais que não foram abordados aqui por necessitarem de pré-requisitos tais como a Transformada de Laplace, Séries de Potências e Séries Fourier aos quais você não teve contato. Entretanto, é importante ressaltar que a busca por novos conhecimentos nos livros indicados e mesmo em outros que estiverem ao seu acesso poderão levar a um maior aprofundamento do conteúdo. É etremamente importante que você tome o livro teto obrigatório, faça o estudo e que resolva os eercícios dos capítulos indicados. A aprendizagem em matemática eige além da interpretação, a prática dos eercícios.

38 Leitura obrigatória STEWART, J., Equações Diferenciais. In. Cálculo, 5. ed.; São Paulo: Cengale Learning, 006. v., cap. 9, p STEWART, J., Equações Diferenciais de Segunda Ordem. In. Cálculo, 5. ed.; São Paulo: Cengale Learning, 006. v., cap. 7, p Este livro complementa nossos estudos tendo um foco bastante direcionado para as aplicações do cálculo. Indicamos como leitura obrigatória por constituir de um ecelente referencial frente às aplicações da derivada, mais especificamente nos problemas de otimização. Leituras Complementares ANTON, H.; BIVENS, I.; DAVIS, Stephen. Cálculo: um novo horizonte. 8. ed. São Paulo: Bookman, 007. v.. A eemplo da leitura indicada anteriormente, nesta leitura você também encontrará uma rica abordagem de conceitos e demonstrações no que diz respeito a equações diferenciais. Trata-se de uma abordagem bastante interessante e acessível. Contudo, a leitura é limitada no sentido de não tratar de alguns assuntos estudados no roteiro como EDO de segunda ordem nãohomogêneas. ZILL, D. G.; CULLEN, M. R. Equações Diferenciais. 3. ed. São Paulo: Pearson Makron Books, 00. Este livro é um ótimo referencial para aqueles que desejam conhecer e aprofundar na teoria e aplicações das Equações Diferenciais. Sua abordagem é estritamente detalhada com muitos eemplos e eercícios com respostas. Referências ANTON, H.; BIVENS, I.; DAVIS, Stephen. Cálculo: um novo horizonte. 8. ed. São Paulo: Bookman, 007. v.. STEWART, J., Regras de Diferenciação. Cálculo, 5. ed.; São Paulo: Pioneira Thomson Learning, 006. v.. ZILL, D. G.; CULLEN, M. R. Equações Diferenciais. 3. ed. São Paulo: Pearson Makron Books, 00.

39 Respostas das atividades Atividade Como ainda não foi trabalhado nenhum método de resolução, o melhor caminho é o sugerido pelo próprio eercício. As derivadas são: (i) ' e '' (ii) ' C cos Csen e '' 4Csen 4C cos (iii) (iv) ' C e C e e ' C e '' 0 '' 4C e 4C e Analisando as funções e suas derivadas, percebemos que: a função do item (iv) é a solução da equação (a), pois a função do item (i) é a solução da equação (c), pois ' d ; C C d ; a função do item (iii) é solução da equação (b), pois '' 4 4C e 4C e 4( C e C e ) ; a função do item (ii) é a solução da equação (d), pois d 4 4C sen 4Csen 4( Csen C cos ) d A classificação quanto a ordem é a seguinte: a) ª ordem b) ª ordem c) ª ordem d) ª ordem Atividade a) ( ) 0 é equivalente a 0. Assim p( ) d d ( ) e q( ) 0 ln( ) ln( ) e e ( ) C C C

40 4 6 b) 4 e d é equivalente a 5 e. Assim d p( ) 4 e q( ) 5 e 4 e ln 4 e e c C e e c) A equação 3 d é equivalente a 3. Assim d p( ) e q( ) 3. 3 ln C C e 3 3 ln ( e 3) Atividade 3 a) C C b) Ce C C C Ce Ce e, 0 C e ln C ln sec C c) cos C 0 ln sec Atividade 4 Substituindo os valores de L, R e V, temos a equação diferencial di di 33I 44 3I 4 dt dt Obtendo a constante de integração, chegamos a: e e 3dt 3t Dando seqüência a resolução, temos: d e t I t t t t 3t 4 e e I 4 e dt e I e C dt 3 3t 4e C 4 3t 3e 3t e 3 I Ce 3t

41 Como a condição inicial, implica em I(0) = A, então temos que: Ce Ce C C Assim a função corrente elétrica específica para o problema de valor inicial é I ( t) t e, I(),36 Atividade 5 A e I(0),33 A dt Usando a lei do resfriamento de Newton k( T Tm ), verificamos que a equação pode ser dt dt reescrita como k( T 8), onde o problema de valor inicial é caracterizado pelo ponto dt T(0) 67. dt kdt Integrando ambos os membros da equação ficaremos com: ( T 8) dt kdt ln T 8 kt C ( T 8) kt C kt C kt T 8 e T 8 e e T 8 Ce T 8 C e kt Como T(0) 67 isso decorre em: 67 8 C e C 49 k0 Montando a epressão da temperatura em função do tempo, temos: T 8 49e kt Da relação T(40) 4 encontramos: k40 40k 4 40k e 4 49e e k ln k ln 0, Finalmente: T 0,078446t 8 49e e

42 Se a temperatura ambiente é de 8ºC e queremos o instante em que o café esteja a uma temperatura de ºC acima, desta, queremos determinar o valor t para T = 0ºC. Então: 0 8 9e 9e e 9 0, t ln 0, t, t 6,6s Atividade 6 0,078446t 0,078446t 0,078446t Pela situação apresentada em um minuto o tanque recebe 0 litros de água e drena 0 litros da solução. Assim a cada minuto o volume da solução aumenta 0 litros e podemos afirmar que o volume para cada instante é representado pela epressão V = t. Como o líquido adicionado é água pura a taa de entrada de sal é zero. A taa de saída é: taa de saída = Consequentemente dt ( t ) g 0 0 ( t) g (400 0 t) min 400 0t min 40 t será dado por: 0 0 dt 40 t dt 40 t Resolvendo essa equação diferencial, temos: dt 40t ln 40t 40 e e t Dando sequência à resolução temos: d dt (40 t) 0 (40 t) 0dt C ( t) C 40 t Como em (0) = 30g, temos que: C 30 C ( t) 40 t

43 Como V = t e a capacidade máima do tanque é de 800 litros, então o instante na qual o tanque irá transbordar é dado por 800 = t onde t 40, ou seja 40 minutos (40) O volume será de 5 gramas. Atividade 7 a) III b) IV c) I d) II Atividade 8 /d = (+)/ Atividade 9 Tabela: n n f ( n, n ) n n f ( n, n ) n 0 0 3,00-0,30,70 0,,70-0,6,44 0,,44-0,, 3 0,3, -0,9,0 4 0,4,0-0,6,86 5 0,5,86-0,4,73 6 0,6,73-0,,6 7 0,7,6-0,09,5 8 0,8,5-0,07,45 9 0,9,45-0,05,39 0,39 Campo de direções desenhado pelo software Winplot para soluções a partir de = 0.

44 /d = (-)/ Atividade 0 a) A equação auiliar é m 6m 8 0 que tem as raízes m = 4 e m =. Assim c e c e 4 b) A equação auiliar é c cos csen 3 3 9m 4 0 que tem as raízes m i. Assim 3 c) A equação auiliar é m m 0 que tem as raízes 3 m i e 3 m i. t 3 3 Assim e c cos t csen t d) A equação auiliar é m 6m 8 0 que tem a raiz m =. Assim ce c e Atividade k(0, 3) 4, 3 k 8

45 O problema de valor inicial é: 4 '' 8 0, (0) 0,5 e '(0) 0. A solução geral da 9 9 equação é dada por ( t) c cos t csen t. Usando as condições iniciais chegamos a 9 solução particular ( t) cos t 5 Atividade a) I) A solução para a equação auiliar é c c cos csen. A solução particular é do tipo p A B, onde A e 0 4 B. Finalmente a solução geral é c cos csen 4 II) c c cos csen, onde cos e sen. Pela equação p cos sen cos sen cos sen solução geral c cos csen. 4, chegamos à b) I) A solução para a equação auiliar é c( ) ce ce. A solução particular é do tipo p Ae, onde A. Finalmente a solução geral é ( ) c e c e e c II) c( ) ce ce, onde e e e. Pela equação e e e p ( ), chegamos à solução geral ( ) c e c e e. c Atividade 3 A equação diferencial para a situação é d Q dq 0 500Q sent. dt dt A solução para a equação complementar Q ( t) e 0t c cos 0t c sen0t c. Para a solução particular, supomos Q ( t) Acos0t Bsen0t desencadeando Q '( t) 0Asen0t 0Bcos0t e Q ''( t) 00Acos0t 00Bsen0 t. p p p

46 Pelo método dos coeficientes a serem determinados chegamos a solução particular 3 3 Qp( t) cos0t sen0t e a solução geral t 3 3 Q( t) e c cos 0t csen0t cos0t sen0t dq 3 3 De Q(0) 0 e Q '(0) (0) I(0) 0 chegamos a c e c dt Finalmente a carga no instante t é dada por: 0t Q( t) e cos 0t sen0t cos0t sen0t e 0t 0t 0e e Q '( t) I( t) 3cos 0t 50sen0t 60sen0t 000cos 0t sen0t 0 cos0t 3

47