2018-16-RESUMO-IEDO

(1)

Introdu¸c˜

ao `

as Equa¸c˜

oes Diferenciais

BCN0405 - Aula 16

November 23, 2018

Introdu¸cão às Equa¸cões Diferenciais November 23, 2018 1 / 20

Exerc´ıcio

Encontre a solu¸c˜ao geral de

y00+ 2y0+ y = e−x usando o m´etodo

(i) da varia¸c˜ao dos parˆametros (ii) dos coeficientes a determinar

Solu¸c˜ao:

Equa¸cão homogêna associada: y00+ 2y0+ y = 0 Equa¸cão caracter´ıstica: λ2+ 2λ + 1 = 0

Solu¸c˜oes `.i . : y₁(x ) = e−x ; y₂(x ) = xe−x.

Varia¸c˜ao dos parˆametros

Buscamos uma solu¸c˜ao particular

yp(x ) = u1(x )y1(x ) + u2(x )y2(x ),

onde u₁ e u₂ s˜ao fun¸c˜oes desconhecidas u₁0(x ) = −x

u₂0(x ) = 1

Coeficientes a determinar

f (x ) = e−x

candidata a solu¸cão particular y_p(x ) = Ax2e−x, onde A =? Note que, qualquer fun¸cão múltipla de e−x ou xe−x anula o lado esquerdo da equa¸cão não homogênea

Então a solu¸cão geral é

y (x ) = [c1e−x+ c2xe−x] +

1 2xe

−x

Equa¸c˜

oes com coeficientes vari´

aveis

Considere a equa¸c˜ao diferencial linear de segunda ordem

y00+ p(x )y0+ q(x )y = f (x ), (1)

onde p, q, f s˜ao fun¸c˜oes cont´ınuas num intervalo I .

(1o₎ _{encontramos a solu¸}_c˜_{ao geral da equa¸}_c˜_{ao homogˆ}_{enea associada}

y00+ p(x )y0+ q(x )y = 0 (2)

Estudaremos, somente o caso no qual é conhecida uma solu¸cão não-trivial y₁(x ) desta equa¸cão

Para encontrar uma segunda solu¸c˜ao y2(x ) tal que y1(x ) e y2(x )

sejam `.i . usaremos om´etodo da redu¸c˜ao de ordem.

(2o) encontramos a solu¸c˜ao particular yp(x ) da equa¸c˜ao (1) usando o

método da varia¸cão dos parâmetros.

(2)

M´

etodo da redu¸c˜

ao de ordem

Seja y1(x ) uma solu¸c˜ao n˜ao-trivial de (2) conhecida. Suponhamos que

y₂(x ) = u(x ) y₁(x ), (3)

onde u(x ) é uma fun¸cão desconhecida, é solu¸cão da equa¸cão (2). Substituindo obtemos

u(y₁00+ py₁0 + qy₁) + u0(2y₁0+ p y₁) + u00y₁ = 0. ent˜ao

y1u00+ (2y10 + py1)u0= 0

Fazendo u0= v temos a seguinte edo de primeira ordem separ´avel v0+ p + 2y 0 1 y1 v = 0

´

E poss´ıvel verificar que

v (x ) = 1

y₁2(x )e

−R p(x) dx

Como u0= v , integrando resulta que u(x ) =

Z

1 y₁2(x )e

−R p(x) dx_dx

Substituindo a fun¸c˜ao u(x ) em (3), obtemos a segunda solu¸c˜ao buscada.

Exemplos

1 _x2_y00− xy0_{+ y = 0,} _{x > 0}

I Verifique que y1(x ) = x ´e solu¸c˜ao

I Use o método de redu¸cão de ordem para encontrar uma segunda solu¸cão `.i .

Resposta: y₂(x ) = x ln x

2 x2y00− 3xy0+ 4y = 0, x > 0

I Verifique que y1(x ) = x2´e solu¸c˜ao

I Use o método de redu¸cão de ordem para encontrar uma segunda solu¸cão `.i .

Resposta: y2(x ) = x2 ln x

Observa¸c˜

ao

A equa¸c˜ao

at2y00(t) + by0(t) + cy (t) = f (t)

onde a, b, c são constantes e a 6= 0, é chamadaequa¸cão de Cauchy-Euler

Buscaremos solu¸c˜oes da forma

y (t) = tα

onde α é um parâmetro a determinar, para a equa¸cão homogênea at2y00(t) + by0(t) + cy (t) = 0

Aequa¸c˜ao caracter´ısticaassociada

aα2+ (b − a)α + c = 0.

é uma equa¸cão álgebrica de 2o grau. Segue de forma similar ao caso da equa¸cão linear homogênea de 2o ordem com coeficientes constantes.

(3)

Oscila¸c˜

oes

A equa¸cão que descreve asoscila¸cõesouvibra¸cõesde um sistema

massa-mola´e dada por

mx00(t) + γx0(t) + kx (t) = F_externa

x (t) ←− deslocamento da corpo da posi¸c˜ao de equil´ıbrio do sistema

m ←− massa do corpo conectado `a mola

k ←− constante da mola (devido `a for¸ca exercida pela mola sobre

o corpo dada pela Lei de Hooke)

γ ←− constante de amortecimento devido `a resistˆencia do ar

(assumida proporcional `a velocidade do corpo) F_externa = F (t)

I. Oscila¸c˜

oes Livres sem Amortecimento

oscila¸c˜oes livres: Fexterna= 0

sem amortecimento: γ = 0 A equa¸cão que descreve a oscila¸cão é:

m x00(t) + k x (t) = 0 A solu¸cão geral desta equa¸cão é

x (t) = c₁cos (ω t) + c₂sen (ω t) , onde ω = q

k m

Escrevendo (c1, c2) em coordenadas polares temos que

A = q c₁2+ c₂2 e tg φ = c2 c1 c1 = A sen φ c₂ = A cos φ Logo

x (t) = c₁cos(ω t) + c₂sen(ω t) = A sen φ cos(ω t) + A cos φ sen(ω t) ou seja

x (t) = A cos (ω t − φ)

O gráfico desta fun¸cão é uma onda ”senoidal “ que descreve um movimento periódico.

per´ıodo ou per´ıodo do movimento: T = 2π_ω = 2πpm_k

frequencia angular ou natural de vibra¸c˜ao ω = q

k m

amplitude: A (é o deslocamento máximo da massa a partir de sua posi¸cão de equil´ıbrio )

fase ou ˆangulo de fase φ (mede o deslocamento da onda a partir de sua posi¸c˜ao normal, correspondendo a φ = 0)

Este movimento ´e chamado movimento hormˆonico simples

(4)

Exemplo

Uma massa de 1₈ kg est´a presa a uma mola com rigidez k = 16 N/m.

A massa ´e deslocada 1/2 m para a direita do ponto de equil´ıbrio e recebe uma velocidade para fora (para a direita) de√2 m/seg .

Desconsiderando qualquer amortecimento ou for¸cas externas que

possam estar presentes, determine a equa¸c˜ao do movimento da massa bem como sua amplitude e per´ıodo. Quanto tempo depois de solta a massa passa pela posi¸c˜ao de equil´ıbrio ?

Solu¸c˜ao: O problema de valor inicial ´e

( ₁

8x

00_{+ 16x = 0}

x (0) = 1₂ e x0(0) =√2 Como ω2= _mk = 16 · 8, temos que ω = 8√2. Ent˜ao

x (t) = 1₂cos (8√2 t) + 1₈sen (8√2 t)

Note que A = r 1 4+ 1 64 = √ 17 8 e tg φ = 1 4

Como (c₁, c₂) est´a no primeiro quadrante temos que φ = 0, 245 rad. Da´ı x (t) = √ 17 8 cos (8 √ 2 t − φ) Amplitude: A = √ 17 8 m Per´ıodo: quad T = 2π 8√2 = √ 2 π 8 seg

A massa passará pela posi¸cão de equil´ıbrio no instante t no qual x (t) = 0, ou seja, cos (8√2 t − φ) = 0. Então

t = (π

2 + 0, 245) = 0, 16 s.

II. Oscila¸c˜

oes Livres com Amortecimento

oscila¸c˜oes livres: F_externa = 0

A equa¸cão que descreve a oscila¸cão é:

m x00(t) + γ x0(t) + k x (t) = 0

Ex: Uma massa pesando 0, 25 kg ´e atada a uma mola com constante de

elasticidade k = 4 N/m. Supondo que uma for¸ca de amortecimento igual ao dobro da velocidade instantânea atua no sistema, determine a equa¸cão do movimento se a massa parte da posi¸cão de equil´ıbrio com velocidade de 3m/seg para cima.

Sol: O problema de valor inicial ´e:

( ₁ 4x 00_{+ 2x}0_{+ 4x = 0} x (0) = 0 e x0(0) = −3 A solu¸c˜ao ´e x (t) = −3te−4t Observe que x (t) < 0, para todo t > 0 x0(t) = −3e−4t(1 − 4t) 0 = x0(t) ⇔ t = 1 4 x (1₄) = −3₄e−1= −0, 276 m

Assim, o deslocamento extremo ´e de 0, 276 m acima da posi¸c˜ao de equil´ıbrio.

(5)

III. Oscila¸c˜

oes For¸cada sem Amortecimento

oscila¸c˜oes livres: Fexterna = F0cos (ω0t) ← for¸ca externa per´ıodica

sem amortecimento: γ = 0 A equa¸cão que descreve a oscila¸cão é:

m x00(t) + k x (t) = F0cos (ω0t)

Caso ω 6= ω

0

A solu¸cão geral desta equa¸cão, quando ω 6= ω₀, é

x (t) = c₁cos (ω t) + c₂sen (ω t) + F0 m(ω2_{− ω}2 0) cos (ω₀t) ou ainda x (t) = A cos (ω t − φ) + F0 m(ω2_{− ω}2 0) cos (ω₀t)

Exemplo (Batimento)

Consideremos o seguinte problema de valor inicial (

m x00(t) + k x (t) = F0cos (ω0t)

x (0) = 0 e x0(0) = 0

Usando as condi¸c˜oes inicias temos que

x (t) = F0

m(ω2_{− ω}2 0)

[cos (ω0t) − cos (ωt)]

Usando a identidade trigonom´etrica

cos A − cos B = 2sen A + B

2 sen A − B 2 temos que x (t) = 2F0 m(ω2_{− ω}2 0) sen(ω − ω0) 2 t sen(ω + ω0) 2 t

Esbo¸cando o gr´

afico do Batimento no Geogebra

Suponha que m = 1 ω = 3

0 = 2

F₀= 4

com as unidades apropriadas. Ent˜ao x (t) = 2 · 4 1 · (32_{− 2}2₎sen (3 − 2) 2 t sen(3 + 2) 2 t = 8 5sen 1 2t sen 5 2t Seja A(t) = 8 5sen 1 2t ent˜ao −8 5sen 1 2t ≤ x(t) ≤ 8 5sen 1 2t .