4
Equações Diferenciais Ordinárias
4.1
Descrição Matemática da Dinâmica de Sistemas
Suponhamos que a função y = f (x) expressa quantitativamente um fenômeno. Ao estudar este fenômeno é em geral impossível estabelecer diretamente a dependência entre y e x. Entretanto, em muitos casos é possível determinar uma relação entre as magnitudes x, y, e as derivadas de y com relação a x, y′, y′′, . . ., y(n), ou seja, o fenômeno pode ser descrito
através de uma equação diferencial.
A partir da dependência obtida entre x, y e as derivadas devemos determinar direta entre
x e y, ou seja, determinar y = f (x) para os apropriados intervalos em x. Tal processo é
denominado integração de uma equação diferencial. Antes de introduzirmos definições mais formais começaremos ilustrando estas idéias com um exemplo.
Exemplo 106 Desde uma certa altura é lançado verticalmente um corpo de massa m.
De-terminar a lei segundo a qual a velocidade de queda varia com o tempo. Suponha que, além da força da gravidade, atua sobre o corpo também a força de resistência do ar, proporcional à velocidade v, ou seja, encontre a relação v = f (t).
Solução: De acordo com a segunda lei de Newton temos
mdv
dt = F , (4.1)
onde F é a força resultante que atua sobre o corpo, neste caso, na mesma direção do movi-mento. Temos aqui
F = mg− kv , (4.2)
onde adotamos a convenção de que a constante de proporcionalidade k é positiva, g > O e v > 0 no sentido que aponta para baixo. Portanto, a segunda lei assume a forma
mdv
dt = mg− kv , (4.3)
que é a formulação matemática do problema em termos de uma equação diferencial. Resolver esta equação diferencial significa encontrar uma função v = f (t) que satisfaça a expressão (4.3) identicamente. Existe toda uma família de funções que satisfazem a equação diferencial
(4.3). É possível verificar (c.f. exercício 1.1) que esta família é dada por v = Ce−kt/m+mg
k , (4.4)
onde C é uma constante.
Para determinar o valor de C devemos aplicar as denominadas condições de contorno. Intuitivamente já podemos esperar que cada solução particular (4.4 (especificada por um valor particular de C) está associada com uma velocidade inicial v0de lançamento do corpo.
De fato, supondo que no instante inicial, t = 0, temos v = v0, obtemos da eq. (4.4):
v0= C + mg k , (4.5) de modo que C = v0− mg k . (4.6)
Portanto, substituindo a eq. (4.6) na eq. (4.4) obtemos a solução v(t) do problema: v = ( v0− mg k ) e−kt/m+mg k . (4.7)
Note que limt→∞v = mg/k, ou seja, para t muito grande a velocidade não depende de v0
e toma um valor limite, proporcional à massa (maior a massa, maior a velocidade terminal como é intuitivamente esperado).
Nas seções seguintes estudaremos métodos para determinar a solução de equações diferen-ciais tais como eq.(4.3). Neste momento o estudante deve se contentar em verificar que a expressão (4.7) é realmente uma solução.
Exercício 107 Verifique que a relação (4.4) satisfaz a equação diferencial (4.3).
4.2
Definições e Classificação de EDOs
Uma equação diferencial é uma equação que estabelece uma relação entre a variável inde-pendente x, a função buscada y = f (x) e suas derivadas y′, y′′, . . ., y(n).
Se a função indeterminada y = f (x) é de só uma variável, a equação diferencial é denom-inada ordinária . A ordem da equação diferencial é dada pela ordem mais alta da derivada que aparece na equação.
De um modo geral, uma equação diferencial ordinária (EDO) de ordem n pode ser expressa na seguinte forma. F ( x, y, y′, y′′, . . . , y(n) ) = 0 , (4.8) ou F ( x, y,dy dx, d2y dx2, . . . , dny dxn ) = 0 . (4.9)
Uma equação diferencial parcial é aquela onde a função desconhecida u depende de mais de uma variável, ou seja, u = u(x0, x1, . . . xi). A forma geral é dada por
F (x1, x2, . . . , u, ux1, ux2, . . . , ux1x1, ux1x2, . . .) = 0 , (4.10)
onde utilizamos a notação ux1 := ∂u/∂x1, etc.
As EDOs de primeira e segunda ordem descrevem um papel especial na descrição de pro-cessos evolutivos. Aqui estão alguns exemplos:
R
L
V C
Figura 4.1: Circuito RLC
Exemplo 108 A EDO de segunda ordem
Ld 2Q(t) dt2 + R dQ(t) dt + 1 CQ(t) = V (t) , (4.11)
é a equação que descreve a quantidade de carga elétrica Q(t) num capacitor de capacitância C, ligado a um resistor de resistência R, um indutor de indutância L e uma fonte que gera uma diferença de potencial V (t), como mostra a Fig. 4.1.
Exemplo 109 A equação diferencial ordinária de primeira ordem
dR(t)
dt =−kR(t) , (4.12)
onde k é uma constante conhecida, descreve o decaimento com o tempo de uma quantidade R(t) de material radioativo, como radio.
Equações diferenciais parciais (EDPs) típicas sao ilustradas abaixo. (i) Equação potencial:
∂2u(x, y) ∂x2 +
∂2u(x, y)
∂y2 = 0 , (4.13)
(ii) equação de condução de calor:
k2∂
2u(x, t)
∂x2 =
∂u(x, t)
∂t , (4.14)
(iii) equação da onda (corda vibrante):
∂2u(x, t)
∂t2 − c
2∂2u(x, t)
∂x2 = 0 , (4.15)
onde k e c são constantes.
Neste curso consideraremos primariamente EDOs, sendo que no final introduziremos noções básicas sobre EDPs.
Uma classificação importante das equações diferenciais consiste na distinção entre equações diferenciais lineares e não-lineares. Uma EDO geral da forma (4.1) é denominada linear se F é uma função linear das variáveis y, y′, . . . , y(n). Uma definição similar é aplicável a EDPs. Portanto, a equação diferencial linear ordinária geral de ordem n deve ter a forma
Por exemplo, equações diferenciais
y′′′+ y′+ x2y = 0 , (4.17)
y′+ exy = 0 , (4.18)
são lineares, enquanto que as equações
y′′+ (y′)2+ y = 0 , (4.19)
y′′+ sin y = 0 , (4.20)
y′′+ yy′+ xy = 0 (4.21) são não-lineares.
Exemplo 110 Cabo Flexível. Consideremos o problema de descrever a curva descrita por
um cabo perfeitamente flexível suspenso pelas extremidades, sujeito à ação da gravidade. As forças que atuam sobre cada elemento do cabo são a força da gravidade e as tensões
Figura 4.2: Catenária
que impedem que ele caia. Seja, A(a, b) o ponto de mínima altura do cabo e seja P (x, y) um ponto qualquer do cabo tal que x > a (Fig 4.2). A componente horizontal da tensão sobre o cabo em A(a, b) é o vetor constante denotado por H. Neste mesmo ponto a força da gravidade tem direção vertical, para baixo, sendo denotada por L(x) e θ é o ângulo que a tangente em P (x, y) faz com a horizontal. Sejam T (x), L(x) e H as magnitudes dos correspondentes vetores. As equações de equilíbrio são então dadas por
T sin θ = L , T cos θ = H . (4.22)
Como dy/dx = tan θ temos
dy dx =
L(x)
H . (4.23)
Seja w a densidade linear de peso do cabo e s(x) seu comprimento. Então
e
dy dx =
ws(x)
H = k s(x) . (4.25)
onde k := w/H. Derivando (4.25 com relação a x temos d2y
dx2 = k ds . (4.26)
Como
ds =√1 + (dy/dx)2dx , (4.27)
a forma final da equação diferencial para a curva descrita pelo cabo flexível é d2y dx2 = k √ 1 + ( dy dx )2 . (4.28)
Esta é a chamada equação da catenária, e será resolvida no Exemplo
Exemplo 111 Pêndulo simples. Um problema físico simples que conduz a uma equação
diferencial não-linear é o do pêndulo simples oscilante, cujo diagrama é mostrado na Fig. 4.3.
θ
θ
m
θ
mg sin
mg
l
Figura 4.3: Pêndulo simples
Utilizando a segunda lei de Newton concluímos que o ângulo θ que o pêndulo de compri-mento l faz com a direção vertical satisfaz a equação
d2θ
dt2 +
g
l sin θ = 0 , (4.29)
onde g > 0 denota a aceleração de gravidade. Devido ao termo sin θ a equação (4.29) é não-linear. Como veremos no Exemplo 142 da Seção 4.6, tal equação não admite uma solução exata.
A teoria matemática e as técnicas para o tratamento de equações lineares são bastante desenvolvidas. Por outro lado, no caso das equações diferenciais não-lineares a situação não é tão satisfatória, não havendo técnicas gerais de solução. Por este motivo, muitas vezes, tentamos descrever um fenômeno não-linear como sendo linear, pelo menos em primeira aproximação.
Por exemplo, no exemplo do pêndulo simples, se tomarmos pequenas oscilações em torno do ponto de equilíbrio, temos sin θ≃ θ, de modo que (4.29) torna-se uma equação linear da seguinte forma:
d2θ
dt2 +
g
lθ = 0 . (4.30)
Nos casos em que a não-linearidade é inevitável, e os métodos analíticos são inexistentes ou insuficientes, temos ainda as ferramentas da análise qualitativa e numérica.
Uma solução particular da EDO (4.8) é uma função y = f (x), definida no intervalo a <
x < b, admitindo derivadas de ordem até n no intervalo, e satisfazendo (4.8) identicamente.
Exemplo 113 A equação diferencial
d2y
dx2 + y = 0 , (4.31)
admite as soluções particulares y1 = sin x e y2 = cos x. Como a eq. (4.31) é linear temos
que uma combinação linear destas duas soluções também é solução, ou seja, y = C1sin x +
C2cos x, onde C1e C2são constantes arbitrárias.
Exercício 114 Verifique as afirmações feitas no exemplo 113.
A maior parte das equações a serem consideradas neste curso podem ser escritas na forma
y = f (x, C1, . . . , Cn) , (4.32)
onde C1, . . . , Cnsão constantes arbitrárias. Em geral o número de constantes arbitrárias é
igual à ordem n da equação.
4.3
Problemas Propostos - Classificação de EDOs
Em cada um dos problemas determine a ordem da equação diferencial e também classifique-a quanto à linearidade.
1. x2y′′+ xy′+ 2y = sin x , 2. (1 + y2)y′′+ xy′+ y = ex, 3. y(iv)+ y′′′+ y′′+ y′+ y = ex, 4. y′+ xy2= 0 ,
5. y′′+ sin(x + y) = sin x , 6. y′′′+ xy′+ y cos2= x3.
Em cada um dos problemas abaixo verifique que da função é uma solução da equação difer-encial. 7. y′′− y = 0 , y1= ex, y2= cosh(x) , 8. y′′+ 2y′− 3y = 0 , y1= e−3x, y2= ex, 9. x2y′′+ 5xy′+ 4y = 0 , x > 0 , y1= 1 x2, y2= x −2ln x , 10. y′′+ y = sin x , 0 < x <π
2 , y = cos x ln(cos x) + x sin x , (4.33)
11. y′− 2xy = 1 , y = exp(x2) ∫ x
0
Em cada um dos problemas abaixo determine os valores de r para os quais a dada equação diferencial tem soluções da forma y = erxou y = xr.
12. y′+ 2y = 0 , 13. y′′+ y′− 6y = 0 , 14. y′′− y = 0 ,
15. x2y′′+ 4xy′+ 2y = 0 , 16. x2y′′+ 4xy′+ 4y = 0 . (4.35) Em cada um dos problemas abaixo verifique se as dadas funções sao soluções da equação diferencial parcial. 17. uxx+ uyy= 0 , u1(x, y) = cos x cosh y , u2(x, y) = ln(x2+ y2) , 18. uxx+ uyy+ uzz= 0 , u = 1 (x2+ y2+ z2)1/2 (x, y, z̸= 0) , 19. utt− c2uxx= 0 , u = f (x− ct) + g(x + ct) ,
onde f e g são funções duas vezes diferenciáveis e c é uma constante.
4.4
Equações de primeira ordem e primeiro grau
4.4.1
Introdução
O grau de uma equação diferencial é o grau da potência da derivada mais alta. Por exemplo, (y′′′)2+ xy′+ y = 0 , (4.36) é uma equação de terceira ordem e segundo grau. Nesta seção consideraremos somente equações de primeira ordem e primeiro grau que podem ser escritas na forma
y′ = f (x, y) . (4.37)
Para a eq. (4.37) vale o seguinte teorema de existência e unicidade da solução:
Teorema 115 Se na equação (4.37) a função f (x, y) e sua derivada parcial ∂f /∂y são
contínuas em um certo domínio D do plano Oxy, e se (x0, y0) é um ponto deste domínio,
então existe a solução y = ϕ(x) desta equação, satisfazendo a condição y = y0para x = x0,
sendo esta solução única.
O significado geométrico deste teorema é que existe uma única função y = ϕ(x) cujo gráfico passa pelo ponto (x0, y0).
A condição de que a função y deve assumir o valor y0 em x = x0chama-se condição
inicial . Em geral escrevemos
y|x=x0 = y0 . (4.38)
Uma solução geral da eq. (4.37) é uma função
y = ϕ(x, C) , (4.39)
que depende de uma constante arbitrária C e satisfaz as seguintes condições: (i) satisfaz a equação diferencial para qualquer valor da constante C;
(ii) qualquer que seja a condição inicial y = y0 para x = x0, é possível encontrar uma
–4 –3 –2 –1 0 1 2 3 4 –8 –6 –4 –2 2 4 6 8 x
Figura 4.4: Família de curvas para a EDO (4.41)
Neste caso supomos que os valores x0e y0pertencem ao domínio das variáveis x e y e que
se verificam as condições do teorema 115 de existência e unicidade da solução.
Durante a busca da solução geral de uma equação encontramos muitas vezes uma relação da forma
Φ(x, y, C) = 0 , (4.40)
onde y é dado apenas implicitamente em termos de x e C. Tal expressão é denominada
integral geral da equação diferencial . A integral geral pode ser interpretada geometricamente
como a representação de uma família de curvas no plano xy, dependente do parâmetro C. Estas curvas são chamadas curvas integrais da equação diferencial dada.
Exemplo 116 Consideremos a equação diferencial dy
dx =− y
x, x̸= 0 . (4.41)
A solução geral desta equação é dada pela família de funções y = C
x , (4.42)
onde c é uma constante arbitrária. As curvas integrais da eq. (4.41) são obtidas fazendo-se o gráfico da expressão (4.42) para diferentes valores de C, como mostra a Fig. 4.4 .
É possível encontrar uma interpretação geométrica para uma equação diferencial do tipo (4.37). Seja ϕ(x, C) uma solução geral de uma equação da forma (4.37), que determina uma família de curvas integrais no plano Oxy. Para cada ponto P , com coordenadas (x, y), a equação (4.37) define um campo de direções no plano Oxy. Ou seja, em cada ponto do plano a eq. (4.37) determina a derivada dy/dx, que é o coeficiente angular da tangente à curva integral que passa por este ponto.
Do ponto de vista geométrico o problema de integração de uma equação diferencial do tipo (4.37) consiste em encontrar as curvas cujas tangentes estão orientadas de modo que sua direção coincida com a direção do campo nestes pontos. Este procedimento é especialmente útil no caso de equações não-lineares.
Exercício 117 Determine os campos de direções definidos pela equação
dy dx = xy
2+ sin y .
(4.43)
4.4.2
Equações com variáveis separáveis
Uma equação da forma
dy
dx = f1(x)f2(y) (4.44)
pode ser resolvida em termos de integrais facilmente: ∫ dy f2(y) = ∫ f1(x) dx . (4.45)
Exemplo 118 Consideremos a equação dy dx =
2y
x , x̸= 0 . (4.46)
As variáveis x e y podem ser separadas, de modo que obtemos
∫ dy 2y = ∫ dx x , (4.47) ou seja, 1 2ln y = ln x + C1, (4.48) ou y = Cx2, x̸= 0 . (4.49)
Exemplo 119 Resolver a equação
dy dx+
x
y = 0 . (4.50)
Esta equação pode ser escrita como
ydy + xdx = 0 . (4.51) Integrando obtemos ∫ ydy + ∫ xdx = 0 , (4.52) ou y2 2 + x2 2 = C1, (4.53) ou, finalmente, x2+ y2= C . (4.54)
Ou seja, as curvas integrais consistem em uma família de círculos concêntricos.
Exercício 120 Obtenha, pelo método descrito acima, a solução geral da eq. (4.41), utilizada
no Exemplo 116.
Exemplo 121 A velocidade de desintegração do radio é diretamente proporcional à sua
massa em cada instante. Determinar a lei de variação da massa do radio em função do tempo, se para t = 0, m = m0.
De acordo com a informação dada no problema, a equação diferencial que rege a desin-tegração é dada por
dm
onde k > 0, pois devemos ter dm/dt < 0 durante o processo. Separando variáveis obtemos dm m =−kdt , (4.56) de modo que ln m =−kt + C , (4.57) ou m = Ce−kt (4.58)
A constante C deve agora ser determinada a partir da condição inicial m(0) = m0 =
Ce0= C. Portanto, a solução buscada é dada por
m(t) = m0e−kt. (4.59)
A constante k pode ser determinada empiricamente.
Exercício 122 Determine a constante k no exemplo anterior, sabendo-se que instante t = t1
a quantidade de massa da amostra foi medida como sendo m = m1.
Exemplo 123 Resolva a equação
(1 + x)ydx + (1− y)xdy = 0 . (4.60)
Separando as variáveis e integrando obtemos
∫ ( 1 x+ 1 ) + ∫ ( 1 y − 1 ) dy = 0 , (4.61) ln|x| + x + ln |y| − y = C , (4.62) ou ln|xy| + x − y = C . (4.63)
A família correspondente de soluções é mostrada na Fig. 4.5
4.4.3
Equações homogêneas
Uma função f (x, y) é denominada homogênea de grau n com relação às variáveis x e y, se para todo λ a seguinte desigualdade é satisfeita identicamente:
f (λx, λy) = λnf (x, y) . (4.64)
Por exemplo,
f (x, y) = y
x é homogênea de grau zero , f (x, y) =√x2+ y2 é homogênea de primeiro grau ,
f (x, y) = xy + x2 é homogênea de segundo grau . A equação
dy
dx = f (x, y) (4.65)
é dita homogênea com relação a x e y se f (x, y) for homogênea de grau zero com relação a
–2 –1 0 1 2 3 4 5 y –6 –4 –2 2 x
Figura 4.5: Gráficos correspondentes a xy + x− y = C, C = −4..1.
Vamos agora determinar um método para resolver equações da forma (4.65) homogêneas. Como, de acordo com a hipótese, f (λx, λy) = f (x, y), escolhendo λ = 1/x obtemos
y′ = f (x, y) = f ( 1,y x ) . (4.66)
Definindo u := y/x obtemos
y = ux , (4.67)
dy dx = u +
du
dxx . (4.68)
Substituindo este resultado na eq. (4.66) obtemos
u + xdu
dx = f (1, u) , (4.69)
que é uma equação com variáveis separáveis, ou seja,
u− f(1, u) = −xdu dx, (4.70) de modo que ∫ dx x = ∫ du u− f(1, u). (4.71)
Depois de integrar substituímos u = y/x para obter a solução final. Exemplo 124 Encontrar a solução geral da equação
dy dx =
xy
x2− y2. (4.72)
Como a função no lado direito da eq. (4.72) é homogênea de ordem zero, a equação é ho-mogênea. Dividindo o numerador e o denominador desta função por x2obtemos
dy dx =
y/x
Introduzindo a nova variável u = y/x, a eq.(4.73) torna-se u + xdu
dx = u
1− u2 = f (u) . (4.74)
Podemos manipular esta equação ou utilizar diretamente a relação (4.71). Obtemos então
∫ dx x = ∫ du u−1−u12 = ∫ 1− u2 u3 = ∫ du u3 − du u . (4.75)
Calculando as integrais obtemos − 1
2u2 − ln |u| = ln |x| + ln C , (4.76)
ou seja,
−x2
2y2 = ln|xuC| . (4.77)
Substituindo u = y/x na expressão anterior obtemos finalmente −x2
2y2 = ln|Cy| . (4.78)
4.4.4
Problemas Propostos - Equações Homogêneas
Resolva as seguintes equações homogêneas:
1. dy dx = y− x y + x, 2. y ′+y xln y x, 3. y ′= x + 3y 3x + y, 4. y′= y x+ y x, 5. xydx− x 2dy = y√x2− y2dy , 6. y′= x + y x , 7. ydx dy = x + 4y exp(−2x/y) , 8. y ′= x2+ y2 xy , y(1) = 2 .
4.4.5
Equações lineares
A equação diferencial linear de primeira ordem mais geral tem a forma
dy
dx+ P (x)y = Q(x) , (4.79)
onde P (x) e Q(x) são funções contínuas de x. Vamos supor que a solução da eq. (4.79) tem a forma y = u(x)v(x) , (4.80) de modo que dy dx = u dv dx+ v du dx. (4.81)
Substituindo as expressões (4.80) e (4.81) na eq. (4.79) obtemos
udv dx+ v
du
ou u ( dv dx+ P v ) + vdu dx = Q . (4.83)
Como uma das funções pode ser escolhida arbitrariamente, escolhemos v tal que
dv dx + P v = 0 , (4.84) ou dv v =−P dx . (4.85) Integrando obtemos ln v =− ∫ P dx + C1, (4.86) ou v = C1exp ( − ∫ P dx ) . (4.87)
Tomaremos C1= 1 de modo que
v = exp ( − ∫ P dx ) . (4.88)
A eq. (4.83) agora pode ser escrita como
vdu
dx = Q(x) . (4.89)
Separando as variáveis e integrando obtemos
u =
∫
Q(x)
v(x)dx + C , (4.90)
e o resultado final, utilizando (4.80), tem a forma
y = u(x)v(x) = v(x)
(∫ Q(x)
v(x)dx + C
)
, (4.91)
sendo v(x) dado por (4.88). Exemplo 125 Resolver a equação
dy dx−
2
x + 1y− (x + 1)
2= 0 . (4.92)
Solução: Podemos utilizar diretamente as relações (4.88) e (4.91), com P (x) =−2/(x + 1)
e Q(x) = (x + 1)2. Ou seja, v = exp (∫ 2 x + 1dx ) = (x + 1)2. (4.93) Da relação (4.91) obtemos u = x + C , (4.94)
de modo que a solução é
Exemplo 126 Resolver a EDO
xdx
dy + 2y = e
x+ ln x .
(4.96) Solução: Inicialmente colocamos tal equação na forma padrão:
dx dy + 2 y x= ex x + ln x x . (4.97)
Vamos buscar uma solução da forma y = uv, onde utilizando (4.88) e (4.91), com P (x) =
2/x e Q(x) = exp(x)/x + ln(x)/x, obtemos v = exp ( −2 ∫ dx x ) = e−2 ln x= 1 x2, (4.98) u = ∫ (xex+ x ln x)dx = x 2ln x 2 + x2 4 + C . (4.99)
Portanto, a solução geral da EDO é y = uv = e x(x− 1) x2 + ln x 2 + 1 4 + C x2. (4.100)
Exemplo 127 Resolver o problema de valor inicial
y′+ 5y = 20 , y(0) = 2 . (4.101) Solução: Esta equação é linear, com solução da forma y = uv, onde
v = exp(−5x) , (4.102)
e
u =
∫
20e5xdx + C = 4e5x+ C , (4.103)
de modo que a solução geral é
y = uv = (4e5x+ C)e−5x= 4 + Ce−5x, (4.104)
Da condição inicial temos y(0) = 2 = 4+C, de modo que C =−2, e a solução do problema de valor inicial é
y = 4− 2e−5x. (4.105)
4.4.6
Equação de Bernoulli
Vamos examinar agora um exemplo de equação não-linear que pode ser reduzida a uma forma linear. A equação de Bernoulli tem a seguinte forma:
dy
dx + p(x)y = q(x)y n
(4.106) onde p(x) e q(x) são funções contínuas de x, n̸= 0 e n ̸= 1.
Dividindo a eq. (4.55) por ynobtemos y−ndy
dx+ py
Definindo a nova variável w := y−n+1 (4.108) temos dw dx = (−n + 1)y −ndy dx. (4.109)
Substituindo as expressões (4.108) e (4.109) na eq. (4.107) obtemos 1
−n + 1 dw
dx + pw = q , (4.110)
que é uma equação linear. A solução é então dada, de acordo com a relação (4.91), por
w = y−n+1= uv , (4.111) onde v = exp ( −(−n + 1) ∫ pdx ) , (4.112) u = (−n + 1) ∫ q vdx + C . (4.113)
Exemplo 128 Resolva a equação
x2dx
dy + 2xy− y
3= 0 .
(4.114)
Neste caso temos n = 3, p(x) = 2/x e q(x) = 1/x2, de modo que das relações (4.112) e
(4.113) temos v = exp ( 2 ∫ 2dx x ) = x4, (4.115) u =−2 ∫ dx x6 = 2 1 5x5 + C . (4.116) Portanto, w = y−2= uv = x4 ( 2 5x5 + C ) = 2 5x+ Cx 4. (4.117)
4.4.7
Problemas Propostos - Equação de Bernoulli
Resolver as seguintes equações de Bernoulli:
1. dy dx = y + e xy2, 2. xy′+ y = 1/y2, 3. y′+ xy = x3y3, 4. y′= ϵy− σy3, ϵ , σ > 0 , 5. y′ = 1 + x + y2+ xy2, 6. y′= x + y 2 x ,
7. (1− x2)y′= xy(y3− 1) , y(1) = 4 , 8. xy′= 2xy + 3y4, y(1) = 0 .
4.4.8
Condições Iniciais e Domínio de Validade
Exemplo 129 Consideremos o problema que consiste na resolução do problema de valor inicial
y′= 3x
2+ 4x + 2
2(y− 1) , y(0) = 1 , (4.118)
–2 –1.5 –1 –0.5 0 0.5 1 y(x) –2 –1.5 –1 –0.5 0.5 1 x
Figura 4.6: Curva integral correspondente à eq. (4.118)
A eq. (4.118) pode ser escrita como
2(y− 1)dy = (3x2+ 4x + 2)dx . (4.119)
Integrando obtemos
y2− 2y = x3+ 2x2+ 2x + C , (4.120)
onde C = const. Da condição inicial obtemos imediatamente C = 3, de modo que a solução para o problema de valor inicial é
y2− 2y = x3+ 2x2+ 2x + 3 . (4.121)
Para obter a solução explícita devemos resolver a expressão (4.121) para y:
y = 1±√x3+ 2x2+ 2x + 4 . (4.122)
Somente a solução com sinal negativo na frente da raiz quadrada satisfaz as condições ini-ciais, ou seja,
y = 1−√x3+ 2x2+ 2x + 4 . (4.123)
A eq(4.123) pode ser fatorada na forma (x2+ 2)(x + 2), de modo que para que a quantidade
sob o radical seja positiva devemos ter x >−2.
Exercício 130 Utilize o comando fieldplot do Maple para encontrar o campo de
di-reções da eq. (4.118), e o comando implicitplot para determinar a curva integral cor-respondente à solução (4.123). A solução através do comando DEplot está mostrada na Fig. 4.6.
Exemplo 131 Resolva o seguinte problema de valor inicial e determine o intervalo de
vali-dade da solução:
y′ = y cos x
Esta equação pode ser reescrita como
(1 + 2y2)dy
y = cos xdx . (4.125)
Integrando obtemos
ln|y| + y2= sin x + C . (4.126)
Para que a condição inicial seja satisfeita devemos ter C = 1, de modo que a solução buscada tem a forma
ln|y| + y2= sin x + 1 . (4.127)
Embora uma solução explícita não possa ser obtida neste caso, podemos observar que nen-huma solução cruza o eixo x. De fato, se y→ 0, o lado esquerdo da expressão (4.127) tende a infinito, enquanto que o termo no lado direito está limitado ao intervalo [0, 2]. Da pr´pria equação diferencial (4.124) e da solução (4.127) podemos verificar que os máximos relativos de y ocorrem em x = π(2n + 1)/2, enquanto que os mínimos ocorrem em x = π(2n + 3)/2. Os máximos são então obtidos resolvendo a equação
ln y = y2= 2 , (4.128)
de modo que ymax= 1.3141. Os mínimos são dados por
ln y + y2= 0 , (4.129)
de modo que ymin = 0.6529.
O gráfico da expressão (4.127) é dado na Fig. 4.7
Exemplo 132 Resolva o problema de valor inicial
y′= y1/3, y(0) = 0 , x≥ 0 . (4.130)
Separando variáveis e integrando ambos os lados obtemos
3 2y
2/3= x + C . (4.131)
Desta expressão verificamos que as condições iniciais são satisfeitas, com C = 0, para duas funções: y = ϕ1(x) = ( 3 2x )3/2 , x≥ 0 , (4.132) y = ϕ2(x) =− ( 3 2x )3/2 , x≥ 0 . (4.133)
Outra solução da eq. (4.130), satisfazendo a condição inicial, mas que não está incluída na solução (4.131) é
y = ϕ3(x) = 0 . (4.134)
Esta multiplicidade de soluções para o problema de valor inicial não contradiz o teorema de existência e unicidade, pois a função
∂f ∂y = ∂ ∂y(y 1/3) =1 2y −2/3 (4.135)
não está sequer definida em y = 0. Portanto, o teorema não se aplica a regiões que con-tenham parte do eixo x. Entretanto, se (x0, y0) são as coordenadas de qualquer ponto fora
–1 –0.5 0 0.5 1 y –10 –5 5 10 x
Figura 4.7: Gráfico da expressão (4.127). Somente a parte superior satisfaz a condição inicial.
Exemplo 133 Resolva o problema de valor inicial
y′= y2, y(0) = 1 . (4.136)
e determine o intervalo no qual a solução existe.
O teorema de existência e unicidade garante que este problema tem solução única, pois f (x, y) = y2e ∂f /∂y = 2y sao funções contínuas em todos os pontos. Separando variáveis
e integrando a eq.(4.136) obtemos
y =− 1
x + C . (4.137)
Para que a condição inicial seja satisfeita devemos ter C =−1, ou seja, y =− 1
1− x. (4.138)
Esta solução diverge em x=1, de modo que o intervalo de domínio da solução é−∞ < x <
1. Note que não há qualquer indicação da equação diferencial (4.136) que o ponto x = 1
seja especial.
Além disso, se consideramos uma condição inicial de caráter geral
y(0) = y0, (4.139)
temos C =−1/y0e a solução torna-se
y = y0
1− y0x
Essa solução cresce sem limites quando x→ 1/y0, de modo que o intervalo de existência da
solução (4.140) é−∞ < x < 1/y0se y0> 0 e 1/y0< x <∞ se y0< 0.
Esta dependência entre condições iniciais e o intervalo de soluções é típica de equações não-lineares.
Um dos aspectos ilustrados nos exemplos acima é o fato de que equações diferenciais lineares e não-lineares diferem de modo crucial no que se refere à solução geral. Para uma equação diferencial linear de primeira ordem é possível encontrar uma solução contendo uma constante arbitrária, a partir da qual todas as possíveis soluções são obtidas dando-se valores particulares às constantes. Para equações não-lineares este não é necessariamente o caso. Mesmo que uma solução contendo uma constante seja encontrada, pode haver uma outra solução que não pode ser obtida especificando-se um valor para esta constante. Por exemplo, a eq. y′ = y2, estudada anteriormente, admite a solução (4.137) que, apesar de conter uma constante arbitrária, não engloba todas as possíveis soluções. De fato, y = 0 é uma possível solução não incluída em (4.137). Por esta razão, o termo solução geral será aplicado somente a equações diferenciais lineares.
4.4.9
Exercícios - Intervalo de Validade de Soluções
Em cada um dos problemas abaixo especifique a região do plano xy onde as hipóteses do teorema de existência e unicidade são satisfeitas, provando assim que há uma única solução passando por cada ponto inicial dado, em cada região.
1. dy dx = x− y 2x + 5y, 2. y ′= (1− x2− y2)1/2, 3. y′= ln|xy| 1− x2+ y2, 4. dy dx = 1 + x2 3y− y2, 5. y ′= (x2+ y2)3/2, 6. y′ =y cot x 1 + y .
Resolva os seguintes problemas de valor inicial e determine como o intervalo no qual a solução existe depende do valor inicial y0.
7. dy dx = −4x y , y(0) = y0, 8. y ′= 2xy2, y(0) = y 0, 9. y′=−y3, y(0) = y0.
10. Considere o problema de valor inicial y′ = y1/3, y(0) = 0 considerado no Exemplo
132. (a) Existe uma solução que passe pelo ponto (1, 1) ? Em caso afirmativo encontre-a. Considere o mesmo problema para o ponto (2, 1).
(b) Considere todas as possíveis soluções do dado problema de valor inicial. Determine o conjunto de valores que estas funções assumem em x = 2.
11. (a) Verifique que y1(x) = 1− x e y2(x) = −x
2
4 são soluções do problema de valor
inicial
y′ =−x + (x
2+ 4y)1/2
2 , y(2) =−1 .
Qual é o intervalo de validade destas soluções ?
(b) Explique por quê a existência de duas soluções do dado problema não contradiz o teorema de existência e unicidade ?
(c) Mostre que y = Cx+C2, onde C é uma constante arbitrária, satisfaz a equação diferencial dada em (a) para x≥ −2C. Se C = −1 a condição inicial também é satisfeita e a solução
y = y1(x) é obtida. Mostre que não há qualquer escolha para C que resulte na solução
4.4.10
Equações Diferenciais Exatas
Consideremos uma equação diferencial escrita na forma
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 . (4.141)
Esta equação é dita exata se existir uma expressão u(x, y) = c, onde c = const. tal que
du = M (x, y)dx + N (x, y)dy = ∂u ∂xdx + ∂u ∂ydy = 0 , (4.142) ou seja, M (x, y) = ∂u ∂x, N (x, y) = ∂u ∂y . (4.143)
Se M e N tiverem derivadas contínuas, segue-se das relações (4.143) que
∂M ∂y = ∂2u ∂y∂x = ∂N ∂x = ∂2u ∂x∂y (4.144) A condição ∂M ∂y = ∂N ∂x (4.145)
é, portanto, uma condição necessária para que a equação diferencial (4.141) seja exata. Revertendo o procedimento acima podemos mostrar que a condição (4.145)é também su-ficiente.
Exemplo 134 Resolver a equação 2x y3dx + y2− 3x2 y4 dy = 0 . (4.146) Denotando M (x, y) = 2x y3, N (x, y) = y2− 3x2 y4 , (4.147) temos ∂M ∂y =− 6x y4 , ∂N ∂x =− 6x y4 , (4.148)
de modo que a eq. (4.146) é exata (ou total). O próximo passo consiste em determinar u = c, tal que
du = ∂u ∂xdx +
∂u
∂y dy = M dx + N dy = 0 . (4.149)
Para isso devemos integrar parcialmente qualquer uma das expressões ∂u ∂x = M (x, y) = 2x y3, ∂u ∂y = N (x, y) = y2− 3x2 y4 . (4.150)
Normalmente escolhemos a integral mais simples. Integrando parcialmente a primeira das expressões acima obtemos
u = ∫ 2x y3 dx + ϕ(y) = x2 y3 + ϕ(y) , (4.151)
onde ϕ(y) é uma função indeterminada de y. Derivando esta expressão com relação a y e igualando a N , temos ∂u ∂y =− 3x2 y4 + ϕ ′(y) = N = y2− 3x2 y4 , (4.152)
ou ϕ′(y) = 1 y2. (4.153) Integrando, ϕ(y) =−1 y. (4.154)
Substituindo esta expressão para u em (4.151) obtemos u = x
2
y3 −
1
y = C = const. (4.155)
Exemplo 135 Resolver a equação
(3x2y + 2xy)dx + (x3+ x2+ 2y)dy = 0 . (4.156) Definindo M = 3x2y + 2xy , N = x3+ x2+ 2y , (4.157) temos ∂M ∂y = 3x 2+ 2x , ∂N ∂x = 3x 2+ 2x , (4.158)
de modo que a eq.(4.156) é exata. Devemos então encontrar u tal que du = ∂u ∂xdx + ∂u ∂ydy = M dx + N dy = 0 . (4.159) Portanto, ∂u ∂x = M (x, y) = 3x 2y + 2xy , ∂u ∂y = N (x, y) = x 3+ x2+ 2y . (4.160)
Integrando parcialmente a segunda expressão obtemos
u = x3y + x2y + y2+ ϕ(x) . (4.161)
Diferenciando esta expressão com relação a x e igualando a M obtemos ∂u
∂x = 3x
2y + 2xy + ϕ′(x) = M = 3x2y + 2xy , (4.162)
de modo que
ϕ′(y) = 0 , ϕ(y) = C1= const. (4.163)
Da expressão (4.161) obtemos então a solução
u = x3y + x2y + y2= C . (4.164)
4.4.11
Fator Integrante
Suponhamos que o primeiro membro da equação
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 (4.165)
não é uma diferencial total. Muitas vezes é possível multiplicar a eq. (4.165) por uma função
µ(x, y) que torna a equação exata. Neste caso µ(x, y) é denominado fator integrante da
Multiplicando a eq. (4.165) por µ(x, y) obtemos
µM dx + µN dy = 0 . (4.166)
Para que esta equação seja exata devemos ter
∂(µM ) ∂y = (µN ) ∂x , (4.167) ou seja, µ∂M ∂y + M ∂µ ∂y = µ ∂N ∂x + N ∂µ ∂x. (4.168)
Tentando um fator do tipo µ = µ(y), esta equação torna-se
dµ µ = 1 M ( ∂N ∂x − ∂M ∂y ) dy. (4.169)
Se o lado esquerdo desta equação depender somente de y podemos obter µ através de uma quadratura, ou seja, µ = exp (∫ 1 M ( ∂N ∂x − ∂M ∂y ) dy ) . (4.170)
Se esta hipótese falhar podemos tentar tentar um fator integrante do tipo µ = µ(x). Neste caso, utilizando a eq. (4.168), obtemos
1 N ( ∂M ∂y − ∂N ∂x ) dx = dµ µ , (4.171) ou µ = exp (∫ 1 N ( ∂M ∂y − ∂N ∂x ) dx ) . (4.172)
No caso em que estas tentativas falham, há ainda outros métodos para a determinação do fator integrante, que não serão considerados aqui. Se o fator integrante tiver sido determinado, procede-se então como mostrado na seção anterior, sobre equações exatas.
Exemplo 136 Resolva a equação
y′+ y
2xy− e−2y = 0 . (4.173)
Esta equação não pode ser resolvida por nenhum dos métodos que vimos anteriormente, ex-ceto possivelmente pela possibilidade de ser transformada numa diferencial exata. Podemos reescrever a eq. (4.173) como
ydx + (2xy− e−2y) = 0 . (4.174)
Com M = y, N = 2xy− e−2y, (4.175) temos ∂M ∂y = 1 , ∂N ∂x = 2y , (4.176)
de modo que a equação não é exata. Devemos então buscar um fator integrante, ou seja, uma função µ tal que
∂(µM )
∂y =
(∂µN )
Supondo que µ = µ(y), utilizando a eq. (4.170), obtemos µ = exp ( − ∫ ( 1 y − 2 ) dy ) = e 2y y . (4.178)
A equação ˜M dx + ˜N dy = 0, com ˜M := µM e ˜N := µN , agora é exata. Devemos então encontrar u = C = const., tal que
du = ∂u ∂xdx +
∂u
∂ydy = ˜M dx + ˜N dy = 0 . (4.179) Da expressão anterior temos
∂u ∂x = ˜M = e2y y y = e 2y, ∂u ∂y = ˜N = e2y y (2xy− e −2y) = 2xe2y−1 y. (4.180) Integrando a primeira destas equações com relação a x obtemos
u = e2yx + ϕ(y) . (4.181)
Diferenciando parcialmente esta expressão com relação a y temos ∂u
∂y = 2e
2yx + ϕ′(y) . (4.182)
Utilizando a segunda equação em (4.180), obtemos
2e2yx + ϕ′(y) = 2xe2y−1 y, (4.183) ou ϕ′(y) =−1 y, (4.184) de modo que ϕ(y) =− ln |y| . (4.185)
Voltando a (4.181) obtemos finalmente a solução:
e2yx− ln |y| = C . (4.186)
A família de curvas correspondente a estas soluções é dada na Fig.4.8
4.4.12
Exercícios - Equações Exatas e Fator Integrante
Resolva as seguintes equações, encontrando o fator integrante caso necessário: 1. 2xydx + (x2+ 2y)dy = 0,
2. (2xy + y2cos x)dx + (x2+ 2y sin x)dy = 0,
3. (ln|y| + y cos x)dx + (x/y + sin x)dy = 0, 4. (3x sin y + 2y)dx + (x2cos y + x)dy = 0,
5. (3x2y + 2xy + y3)dx + (x2+ y2)dy = 0,
–40 –30 –20 –10 10 20 30 –1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2 0.4 y
Figura 4.8: Gráficos correspondentes a exp(2y)x− ln |y|] = C, C = −4..1.
7. dx + (x/y− sin y)dy = 0, 8. ydx + (2xy− e−2y)dy = 0, 9. exdx + (excot y + 2y csc y)dy = 0.
10. Mostre que se (Nx− My)/M = Q, onde Q é uma função de y somente, então a
equação diferencial
M + N y′= 0 admite um fator integrante da forma
µ(y) = exp
∫
Q(y)dy.
11. Utilizando o resultado obtido no problema anterior, resolva a equação ( 3x + 6 y ) + ( x2 y + 3 y x ) y′ = 0.
4.4.13
Exercícios de Revisão
Resolva as equações abaixo utilizando qualquer um dos métodos vistos nesta seção. 1. y′= (x3− 2y)/x, 2. y′= (2x + y)/(3 + 3y2− x), y(0) = 0, 3. y′= (2xy + y2+ 1)/(x2+ 2xy), 4. y′= x/(x2y + y3), 5. y′= y(1− ex)/(ex+ 1), 6. xy′= y + xy/x,
7. xy′+ y− y2e2x= 0,
8. y′ = y3/(1− 2xy2), y(0) = 1,
9. y′ =−(3x2y + y2)/(2x3+ 3xy), y(1) =−2,
10. (cos 2y− sin x)dx − 2 tan x sin 2y dy = 0, 11. (x + y)dx− (x − y)dy = 0,
12. xy′+ xy = 1− y, y(1) = 1,
13. y′+ y = 1/(1 + ex),
14. y′ = ex+y,
15. y′ = (x2− 1)/(y2+ 1), y(−1) = 1,
16. 2 sin y cos xdx + cos y sin xdy = 0, 17. y′ = (2y +√x2− y2)/2x,
18. Resolva todos os problemas acima utilizando Maple. Obtenha a família de curvas cor-respondente à solução geral ou a curva corcor-respondente à solução particular, conforme o caso.
19. Equações de Riccati. A equação
dy
dx = q1(x) + q2(x)y + q3(x)y
2
é denominada equação de Riccati. Suponha que uma particular solução y1desta equação
seja conhecida. Uma soluçãoo mais geral, contendo uma constante arbitrária, pode ser obtida através da substituição
y = y1(x) +
1
v(x).
Mostre que v(x) satisfaz a equação linear de primeira ordem
dv
dx =−(q2+ 2q3y1)v− q3.
20. Utilize o método do problema anterior para resolver as seguintes equações de Riccati: (a) y′= 1 + x2− 2xy + y2, y1(x) = x,
(b) y′ =−1/x2− y/x + y2, y
1(x) = 1/x,
(c) y′= (2 cos2x− sin2x + y2)/(2 cos x), y
1(x) = sin(x)
Aplicações Elementares
4.4.14
Decaimento radioativo
Tório-234
O isótopo radioativo tório-234 desintegra-se a uma taxa proporcional à sua massa em cada instante Se 100 mg deste material são reduzidos a 82.04 mg em uma semana, determinar a relação que expressa a massa em função do tempo. A partir disso calcular o tempo necessário para que a massa decaia à metade do seu valor original.
Solução:
De acordo com a informação dada acima, a taxa de desintegração da massa M do material é dada por
dM
dt =−κM, (4.187)
onde κ > 0 é a constante de decaimento, M é dado em miligramas e t em dias. Devemos encontrar uma solução para de (4.187) satisfazendo a condição inicial.
M (0) = 100 , (4.188)
assim como
M (7) = 82.04 . (4.189)
A solução geral de (refeq167) é dada por
M (t) = Ce−κt, (4.190)
onde C é uma constante a ser determinada a partir da condição inicial. De fato, M (0) = 100 = C, de modo que
M (t) = 100e−κt. (4.191)
A condição adicional (4.189) pode ser utilizada para determinar a constante de decaimento
κ: M (7) = 100e−κ7= 82.04 , (4.192) ou κ = ln 0.8204 7 = 0.02828 dias −1, (4.193) Portanto, M (t) = 100e0.02828tmg . (4.194)
O período de tempo necessário para que a massa se reduza à metade do seu valor original é denominado meia-vida do material. Seja τ o tempo necessário para que a massa se reduza a 50 mg. Da eq. (4.194) temos então que τ = 24.5 dias.
Lei de Resfriamento de Newton
Vamos considerar agora um modelo simplificado para o fenômeno de variação de temperatura num corpo devido à perda de calor para o meio ambiente. Adotaremos as seguintes hipóteses: (i) a temperatura T do corpo é a mesma em todo corpo e depende somente do tempo t; (ii) a temperatura Θ do meio ambiente é constante;
(iii) o fluxo de calor através das paredes do corpo é proporcional à diferença entre as tem-peraturas do corpo de do meio ambiente:
dT
onde k > 0 é a chamada constante de resfriamento, e o sinal negativo está associado ao fato de que a temperatura de um corpo quente relativamente ao meio ambiente sempre decresce com o tempo. Tal modelo foi considerado por Newton no caso de uma esfera de metal aquecida.
Um modelo mais acurado consistiria na utilização da “lei de Newton dos elementos próxi-mos” dentro do corpo, onde a temperatura depende agora também do ponto x do corpo, sendo dada pela equação diferencial parcial, chamada equação do calor,
dT dt = k
∂2T
∂x2 . (4.196)
Neste modelo a eq. (4.195) aparece como condição de fronteira.
Vejamos alguns exemplos de aplicação da lei de resfriamento de Newton. Esfera de Cobre
A experiência mostra que a taxa de variação da temperatura de um corpo é aproximadamente proporcional à diferença entre a temperatura do corpo e a temperatura do ambiente. Uma esfera de cobre é aquecida a uma temperatura de 100 C. No instante t = 0 ela é imersa em água que é mantida a uma temperatura de 30 C. Depois de 3 min. a temperatura de esfera está reduzida a 70 C. Determinar o instante em que a temperatura atinge 31 C.
Solução:
Sendo T a temperatura do corpo, o problema nos informa que
dT
dt =−κ(T − 30) , (4.197)
onde a constante de proporcionalidade κ é positiva, pois a temperatura do corpo sempre diminui com o tempo. Esta equação tem solução geral T (t) = 30 + e−κtC , onde a constante
arbitrária C é determinada pela condição T (0) = 100 , ou seja, C = 70, de modo que
T (t) = 30 + 70e−κt, (4.198)
A constante κ pode ser determinada a partir da condição T (3) = 30 + 70e−κ3 = 70, de modo que κ = 0. 186 54 . Portanto, a temperatura da esfera em um instante qualquer t é
T (t) = 30 + 70e−0.18654t. (4.199)
Desta equação temos que a temperatura T = 31◦C é atingida quando t = ln 70
0.1865= 22.78 min. (4.200)
Café
Dois amigos vão ao bar e pedem dois cafés. O primeiro adiciona uma colher de açúcar imedi-atamente. O segundo espera um pouco e adiciona uma colher de açúcar 30 segundos depois. Então ambos bebem seus cafés. Quem bebe o café mais frio ?
Solução:
Podemos novamente utilizar a lei de Newton do resfriamento, utilizada no exemplo anterior, que pode servir nesse caso como uma boa aproximação para uma estimativa que é qualitativa. Sejam Θ a temperatura ambiente, T a temperatura em que o café é servido, T1é
temper-atura do café do primeiro rapaz após 30 segundos e T2é a temperatura do café do segundo
rapaz, após 30 segundos antes dele adicionar açúcar. Assumimos então que a temperatura dos dois cafés evolui de acordo com lei de resfriamento de Newton:
dT
onde κ > 0 é a constante de resfriamento, associada ao sistema café-xícara. A equação (4.201) é separável e sua integração resulta, para cada caso, em
T1(t) = Θ + (T0− ∆T − Θ) e−κt, (4.202)
T2(t) = Θ + (T0− Θ) e−κt, (4.203)
onde ∆T é a queda de temperatura do café causada pela adição de açúcar. No caso do primeiro rapaz tal queda de temperatura já é tomada em conta na temperatura inicial, de modo que T1é a temperatura do café que ele bebe. Por outro, lado o segundo rapaz bebe o
café a uma temperatura T2= T2− ∆T . A diferença das temperaturas é então dada por
T2− T1= ∆T (e−κt− 1) < 0 . (4.204)
Portanto, T2< T1, de modo que o segundo rapaz bebe o café mais frio.
Temperatura do Ambiente não-constante
Suponhamos que a temperatura Θ do meio ambiente varia com o tempo ao ceder ou receber calor do corpo. As demais hipóteses da lei de resfriamento de Newton são mantidas. Sejam
m e mA, as massas do corpo e do meio ambiente, respectivamente. O calor específico de um corpo é definido como sendo a quantidade de calor (em calorias) necessária para elevar de 1◦C a massa de 1g do corpo. Sejam c e cA os calores específicos do corpo e do meio ambiente, respectivamente. A lei de conservação da quantidade de calor é então dada por
mc(T0− T ) = mAcA(Θ− Θ0) , (4.205)
onde T (t) e Θ(t) designam as temperaturas do corpo e do meio ambiente, respectivamente, e T0= T (0), Θ0= Θ(0). Substituindo Θ, obtida de (4.205), em (4.195) obtemos
dT
dt + k(1 + β)T = k(Θ0+ βT0) , (4.206)
onde β := mc/mAcA. Esta equação, com a condição inicial T (0) = T0tem solução
T (t) = T0− Θ0
1 + β e
−k(1+β)t+Θ0+ β T0
1 + β . (4.207)
Notamos que para t→ ∞ a temperatura do corpo tende ao valor de equilíbrio
Te:= lim t→∞T (t) = Θ0+ βT0 1 + β = mAcAΘ0+ mcT0 mAcA+ mc . (4.208) Exercício 137 Obtenha as equações (4.206) e (4.207).
4.4.15
Misturas
Tanque de Água
Um tanque contém inicialmente uma quantidade Q0 Kg de sal dissolvida em 100l de água.
Suponha que é despejada no tanque água a 3l/min, com 1/15Kg de sal por litro dissolvidos. Suponha ainda que a solução é mantida bem misturada e que 3l/min desta solução deixam o tanque (Fig. 4.9). Encontre uma expressão para a quantidade de sal no tanque em função do tempo t.
Solução:
A taxa de variação da massa de sal no tanque, dQ/dt, no instante t, deve ser igual à taxa de sal que entra no tanque menos a taxa que sai.
Figura 4.9: Tanque com água e misturador
A taxa de sal que entra no tanque é dada por 1 15 kg l 3 l min = 1 5 kg min.
A taxa de sal que sai é
Q(t) 100 kg l 3 l min = 3 100 kg l .
Portanto, a taxa de variação da quantidade de sal no tanque a qualquer instante é dada pela diferença dQ dt = 1 5− 3 100Q . (4.209)
A solução desta equação linear é dada por (demonstre)
Q(t) =20
3 + C e
−0.03t. (4.210)
Da condição inicial dada pelo problema temos que
Q(0) = Q0=
20 3
(
1− e−0.03 t)+ Q0e−0.03 t. (4.211)
O segundo termo no lado direito da equação acima representa a quantidade original de sal que permanece no tanque no instante t. Este termo torna-se muito pequeno para t→ ∞, quando a solução original já terá sido então totalmente drenada para fora do tanque. O primeiro termo no lado direito dá a quantidade de sal no tanque no tempo t devido à ação do processo de fluxo. Quando t→ ∞ este termo tendo ao valor constante 20/3 Kg. Este valor limite é o que poderíamos esperar intuitivamente, pois com o decorrer do tempo a concentração de sal na água do tanque deve ser igual à da água que entra, de modo que Q(t→ ∞) = 20/3 Kg. Contaminação em Lagoa
Considere uma lagoa que inicialmente contém 10 milhões de litros de água fresca. Água contendo resíduos químicos indesejáveis flui para dentro da lagoa a uma taxa de 5 milhões de litros por ano. A mistura na lagoa flui para fora a uma mesma taxa. A concentração y(t) de resíduos químicos da água que entra varia periodicamente com o tempo de acordo com a expressão y(t) = 2 + sin2t g/l. Construa um modelo matemático deste processo de fluxo e determine a quantidade de resíduo químico na lagoa em qualquer instante. Faça um gráfico da solução e descreva em palavras o efeito da variação da concentração que entra.
Como o fluxo de água que entra e que sai é o mesmo, a quantidade de água na lagoa per-manece constante em 10 milhões de litros. Seja t o tempo medido em anos e Q(T ) a quanti-dade de resíduos químicos, medida em gramas.
Temos então
dQ
dt = taxa que entra− taxa que sai . (4.212)
A taxa de resíduos químicos que entram é dada por taxa que entra = (5× 106) l
ano(2 + sin 2t) g
l . (4.213)
A concentração de resíduos químicos na lagoa a cada instante é dada por Q(t)/107g/l, de
modo que o fluxo que sai é dado por
taxa que entra = (5× 106) l
ano Q(t) 107 g l = Q(t) 2 g ano. (4.214)
Portanto, obtemos a equação diferencial
dQ
dt = (5× 10
6) (2 + sin 2t)−Q(t)
2 . (4.215)
Para simplificar os coeficientes, definimos novas variáveis q(t) := Q(t)/106, de modo que a
equação diferencial agora assume a forma
dq dt +
1
2q = 10 + 5 sin 2t . (4.216)
A solução geral para esta equação linear é dada por
q(t) = 20−40
17cos 2t + 10
17sin 2t + C e
−t/2. (4.217)
Não há resíduos químicos na lagoa inicialmente, de modo que q(0) = 0. Utilizando esta condição inicial na solução (4.216) obtemos C = −300/17, de modo que a solução do problema de valor inicial é dada por
q(t) = 20−40 17cos 2t + 10 17sin 2t− 300 17 e −t/2. (4.218)
O gráfico corresponde é mostrado na Fig. (4.10).
Do gráfico vemos que o termo exponencial na solução é importante para t pequeno, mas diminui rapidamente quando t aumenta. Mais tarde, a solução consiste de uma oscilação devida aos termos sin 2t e cos 2t, em torno do valor constante q = 20. Note que se o termo sin 2t não estivesse presente na eq. (4.218), então q = 20 seria a solução de equilíbrio da equação.
4.4.16
Dinâmica
Velocidade de Escape
Vamos supor que um corpo é lançado verticalmente a partir da superfície de um planeta com raio R e aceleração gravitacional na superfície g. Admitindo que não existe atmosfera, deter-mine a velocidade de escape do corpo, ou seja, a velocidade inicial mínima para que o corpo não retorne mais.
Solução:
0 5 10 15 20 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 t
Figura 4.10: Quantidade de resíduos químicos na lagoa em função do tempo t
para a qual a velocidade final é zero quando a altura vai a infinito. Vamos assumir que a di-reção positiva é para cima. Utilizando a segunda lei de Newton e a lei da gravitação universal de Newton, temos
mdv dt =−G
M m
(x + R)2, (4.219)
onde m é a massa do corpo, M a massa do planeta, x, a altura do corpo, acima da superfície, num instante qualquer t, v sua velocidade e G a constante universal de gravitação.
Como neste problema queremos obter a velocidade em função da distância, vamos escrever
dv dt = dv dx dx dt = dv dxv . (4.220)
Para eliminar as grandezas desconhecidas M e G utilizamos o fato de que na superfície x = 0 e mg = GM m/R2, de modo que
GM = gR2. (4.221)
A eq. (4.219) pode agora ser escrita como
dv
dxv =−gR
2 M
(x + R)2. (4.222)
Esta equação diferencial é separável e pode ser integrada imediatamente: ∫ vdv =−gR2 ∫ dx (x + R)2, (4.223) ou seja, v2 2 = gR2 x + R+ C , (4.224)
onde C é uma constante de integração a ser determinada a partir de uma condição inicial, sendo esta dada por v(0) = v0, de modo que
v2 0 2 = gR + C , (4.225) C =v 2 0 2 − gR . (4.226)
A velocidade do corpo em função da distância é então dada por
v2 2 = v2 0 2 − gR + gR2 x + R, (4.227) ou v2 2 = v2 0 2 − gRx x + R. (4.228)
Durante a subida a velocidade, a qualquer altura x, é dada por
v = √ v2 0− 2gRx x + R. (4.229)
A velocidade de escape v0= vesc é obtida quando v(∞) = 0, ou seja,
vesc= lim x→∞ √ 2gRx x + R = √ 2gR . (4.230)
4.4.17
Circuitos Elétricos
Circuitos RCLConsideremos o circuito elétrico RCL mostrado na Fig. 4.1. Já apresentamos a equação (4.11), que descreve a carga no capacitor. Vamos agora descrever a construção desta equação a partir de princípios físicos e como resolver alguns problemas particulares que recaem em EDOs de primeira ordem.
O circuito possui uma fonte de energia elétrica (força eletromotriz), que consiste de um gerador ou bateria, que é capaz de manter entre suas extremidades uma dada diferença de po-tencial V (t), normalmente uma função conhecida do tempo. Essa tensão imposta ao circuito desempenha um papel análogo ao da força externa num sistema massa-mola-amortecedor.
Quando a chave do circuito é fechada, passa a circular uma corrente elétrica I, medida de ampères, através de todos os seus dispositivos. O dispositivo que denominamos resistor faz com que o potencial de um ponto a outro do circuito sofra uma queda dada pela expressão conhecida como lei de Ohm
VR= RI , (4.231)
onde I é a corrente elétrica que atravessa o resistor e a constante de proporcionalidade R é denominada resistência do resistor, sendo medida em ohms. Tal dispositivo dissipa a energia do sistema convertendo-a em calor, sendo análogo ao amortecedor no sistema massa-mola-amortecedor.
O dispositivo chamado indutor tem a forma física semelhante à sua representação na Fig. (4.1). Ele se opõe à variação da corrente elétrica, desempenhando um papel análogo ao da massa no sistema mecânico. A queda de tensão nesse caso é dada por
VL= LdI
onde a constante de proporcionalidade L é denominada indutância do indutor e é medida em henrys, sendo o tempo dado em segundos.
O capacitor é um dispositivo armazenador de energia, consistindo de duas placas metálicas paralelas separadas por vácuo ou por um material dielétrico. A queda de tensão no capacitor é proporcional ao valor da carga elétrica armazenada numa das placas, num dado instante:
VC= Q
C, (4.233)
onde a constante C é denominada capacitância e é medida em farads, sendo a carga medida em coulombs. Como I(t) = dQ dt , (4.234) podemos escrever VC = 1 C ∫ t t0 I(τ )dτ . (4.235)
A corrente I(t) em um circuito pode ser determinada através da segunda lei de Kirchhoff:
A soma algébrica de todas as quedas de potencial em torno de qualquer circuito fechado é nula. Ou seja, a tensão aplicada num circuito fechado é igual à soma das quedas de tensão no resto do circuito.
Tal lei aplicada ao circuito da Fig.4.1 resulta em V (t) = VR+ VC+ VL, que é equivalente
à eq. (4.11).
Vamos agora considerar alguns casos particulares. Circuito RL
Uma força eletromotriz (em Volts) dada por
V (t) =
{
120, 0≤ t ≤ 20 , 0, t > 20 ,
é aplicada a um circuito LR em série, com 20H e R = 2Ω. Encontre a corrente i(t) se
i(0) = 0.
Solução:
A EDO que descreve o circuito é dada por
Ldi dt+ Ri = V (t) . (4.236) Quando 0≤ t ≤ 20s temos 20di dt + 2i = 120 , (4.237) ou di dt+ 1 10i = 6 , i(0) = 0 . (4.238)
Esta equação é linear e tem como solução
i(t) = 3 5 ( 1− e−t/10 ) , 0≤ t ≤ 20 . (4.239)
Quando t > 20s a dinâmica do sistema é descrita pelo problema de valor inicial:
di dt + 1 10i = 0 , i(20) = 3 5 ( 1− e−2), (4.240) que tem como solução
i(t) =3
5(e
4.4.18
Solução de EDO’s de Primeira Ordem com Maple
O Maple é um sistema de computação algébrica. Ou seja, sua especialidade é a manipulação matemática simbólica, embora também se preste de forma eficiente para cálculos numéri-cos. Vamos dar alguns exemplos do seu emprego no estudo de EDOs de primeira ordem. O estudante pode utilizar o conhecimento adquirido a partir destes exemplos para resolver os problemas propostos, com a ajuda do Maple, checando os resultados obtidos manualmente.
Abaixo mostramos como representar graficamente as soluções de equações diferenciais abordadas anteriormente.
4.4.19
Geração do gráfico da Fig. 4.5
> restart: > with(plots): > eq:=\ln(abs(x*y))+x-y=C; > v[-1]:=’maroon’: > v[-2]:=’red’: > v[-3]:=’blue’: > v[-4]:=’sienna’: > for C from -4 to -1 do > G[C]:=implicitplot(eq,x=-6..5,y=-2..5,color=v[C], numpoints=10000): > od: > display([seq(G[i],i=-4..-1)],scaling=constrained);
4.4.20
Solução gráfica da Eq.(4.118)
> eq1:=diff(y(x),x)=(3*x^2+4*x+2)/(2*(y(x)-1)); > with(DEtools):
> CI:=[[y(0)=-1]]:
> DEplot(eq1,y(x),x=-2..1,CI,arrows=large,color=grey,linecolor=red, > method=rkf45);
4.4.21
Geração do gráfico da Fig. 4.8
> eq:=\exp(2*y)*x-\ln (abs(y))=C; > isolate(eq,x); > assign(%); > with(plots): > L:=[]: > for C from -6 to 4 by 2 do > p[C]:=plot(x,y=-1..0.5): > L:=[op(L),p[C]]; > od: > display(L);
4.4.22
Solução gráfica do Problema 9 da Sec. 4.4.13
> eq:=diff(y(x),x)=-(3*x^2*y(x)+y(x)^2)/(2*x^3+3*x*y(x)); > with(DEtools):
> CI:=[[y(1)=-2]]:
