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UNIVERSIDADE ESTADUAL PAULISTA “JÚLIO DE MESQUITA FILHO” Campus de Ilha Solteira Departamento de Matemática UNESP - FEIS
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS E APLICAÇÕES
Aluno: Marcelo Luiz Freitas Fogal Orientador: Ernandes Rocha de Oliveira
Ilha Solteira, 1999
Estudo de Equações Diferenciais Ordinárias
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Introdução
Este trabalho consiste de um estudo de equações diferenciais ordinárias e de seus métodos de determinação de suas soluções. É bem conhecido que muitos fenômenos que interessam às Engenharias e outras ciências podem ser estudadas através de modelos matemáticos nos quais aparecem de modo importante equações ordinárias. Processos contínuos que envolvam a análise de taxa de variação, são geralmente descritos por meio da noção da derivada. Entendese também que o estudo de modelos matemáticos simples, porém significativos, permite ao iniciante na matéria compreender melhor o poder e o limite dos métodos matemáticos utilizados, além disso tais modelos podem servir como um primeiro passo na busca de formação matemática necessária para que se possa desenvolver uma confiança na formulação e exploração de novos modelos.
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Objetivos
O objetivo principal deste trabalho é o de estudar, tanto do ponto de vista qualitativo, quanto do ponto de vista quantitativo, as principais classes de equações diferenciais ordinárias de primeira ordem e as de segunda ordem lineares, além de alguns problemas significativos modelados por tais equações. A execução deste trabalho deverá proporcionar uma experiência inicial com a teoria de equações diferenciais ordinárias, modelagem matemática e o uso de um software para realizar simulações e visualização de soluções.
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Observações Históricas
O desenvolvimento das equações diferenciais está diretamente ligado com o desenvolvimento da matemática. A fim de se ter uma certa perspectiva histórica, vamos traçar algumas tendências principais na história do problema e identificar as personalidades contribuidoras mais eminentes. O estudo das EDO's inaugurou-se no início do cálculo, com Isaac Newton (1642-1727) e Leibniz (1646-1716), no século XVII. Embora Newton tenha trabalhado
relativamente
pouco
no
campo
das
equações
diferenciais,
o
desenvolvimento que proporcionou ao cálculo e à elucidação dos princípios básicos da mecânica construíram a base para as aplicações que se fizeram no século XVIII, por Euler. Newton classificou as equações diferenciais de primeira ordem de acordo como as formas dy/dx = f(x), dy/dx = f(y) e dy/dx = f(x,y). Leibniz chegou aos resultados fundamentais do cálculo por via independente, embora um pouco posterior a Newton, mas foi o primeiro a publicálos, em 1684. Leibniz tinha plena consciência do poder de uma boa notação matemática e a notação que usamos para a derivada (dy/dx), e para a integração, foram introduzidas por ele. Descobriu o método de separação das variáveis em 1691, a redução de equações homogêneas e equações separáveis, e o procedimento de resolução de equações lineares de primeira ordem em 1694. Os irmãos Jakob (1654-1705) e Johann (1667-1748) Bernoulli, contribuíram muito para o desenvolvimento de métodos de resolução de equações diferenciais e para ampliar o campo de aplicação destas equações. Com o auxílio do cálculo formularam como equações diferenciais muitos problemas de mecânica e os resolveram. Por exemplo, Jakob Bernoulli resolveu a equação diferencial y’ = [a³/(b²y - a³)]½ em 1690 e, no mesmo artigo usou pela primeira vez o termo "integral" no sentido moderno. Em 1694, Johann Bernoulli resolveu a equação dy/dx = y/ax, embora não se soubesse na época, que d(ln x) = dx/x. Euler teve especial interesse
na formulação de problemas de
mecânica em linguagem matemática e o desenvolvimento de métodos de resolução destes problemas matemáticos, identificou a condição de exatidão das equações diferenciais de primeira ordem em 1734-1735, desenvolveu a teoria dos fatores de
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integração e apresentou a solução geral das equações lineares com os coeficientes constantes em 1743. No que se refere às equações diferenciais elementares, Joseph-Louis Lagrange (1736-1813) mostrou em 1762-1765 que a solução de uma equação diferencial homogênea de ordem n é uma combinação linear de n soluções independentes. Depois, em 1774-1775, publicou o desenvolvimento completo do método da variação de parâmetros. Lagrange também é conhecido pelo seu tratamento fundamental nas equações diferenciais parciais e no cálculo das variações. A equação de Laplace é fundamental em muitos ramos da física matemática, e Pierre-Simon de Laplace estudou-a profundamente em suas investigações da atração gravitacional. A transformada de Laplace também recebeu o nome em sua homenagem, embora sua utilidade para a solução de equações diferenciais só tenha sido reconhecida muito mais tarde. As diversas equações diferenciais que resistiram à resolução por meios analíticos levaram à investigação de métodos numéricos de aproximação. Na altura de 1900, métodos de integração numérica, muito eficientes, já tinham sido elaborados, mas a implementação destes métodos estava severamente restringida pela necessidade de execução de cálculos manuais ou com equipamento de computação muito primitivo. Nos últimos cinqüenta anos, o desenvolvimento de computadores cada vez mais poderosos e versáteis ampliou a gama de problemas que podem ser investigados com eficiência por meio de métodos numéricos. Durante o mesmo período, desenvolveram-se
integradores numéricos muito refinados e
robustos, que se encontram em todos os centros de computação científica. Uma outra característica das equações diferenciais no século XX foi a criação de métodos geométricos ou topológicos, especialmente para as equações não-lineares. Assim, embora as equações diferenciais sejam um tema antigo, a respeito do qual seja grande o conhecimento, tornou-se no final do século XX uma fonte de problemas fascinantes e importantes, ainda não resolvidos.
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Classificação das EDO's
Muitos problemas significativos da engenharia, das ciências físicas e das ciências sociais, formulados em termos matemáticos, exigem a determinação de uma função que obedece a uma equação que contém uma ou mais derivadas da função desconhecida. Estas equações são equações diferenciais. Temos as equações diferenciais ordinárias e equações diferenciais parciais. Uma das classificações se baseia em a função desconhecida depender de uma só variável ou de diversas variáveis. No primeiro caso, na equação diferencial só aparecem derivadas ordinárias e a equação é uma equação diferencial ordinária. No segundo caso, as derivadas são derivadas parciais, e a equação é uma equação diferencial parcial. Como um exemplo para equações diferenciais ordinárias, temos: dR(t ) = − KR(t ) , onde K é uma constante conhecida. Um exemplos dt
típico de equação diferencial parcial é a equação do potencial: d 2 u ( x , y ) d 2 u ( x, y ) + =0 dx 2 dy 2 A equação do potencial aparece em muitos problemas de eletricidade e magnetismo. Sistemas de equações diferenciais é uma outra classificação que depende do número de funções desconhecidas que estão envolvidas. Quando forem duas ou mais as funções desconhecidas, é necessário ter um sistema de equações. A ordem de uma equação diferencial é a ordem de derivada de maior ordem que aparece na equação. De uma forma mais geral, a equação F[t, u(t), u’(t),…, u(n)(t)] = 0 é uma equação diferencial de ordem n. Esta equação pode ser escrita como F(t, y, y’,…, y(n)) = 0. Por exemplo, y’’’ + 2ety’’ + yy’ = t4 é uma equação diferencial de terceira ordem em y = u(t). Admitindo-se que é sempre possível resolver uma dada equação diferencial ordinária na derivada de ordem mais elevada e ter y(n) = f(t, y, y’, y’’,…, y(n-1)). Uma solução desta equação no intervalo α 0 é a constante de desintegração. A
condição inicial é que: Q(0) = 100. Temos também uma segunda condição Q(7) = 82,04. A solução geral da equação diferencial é Q(t ) = c exp − rt ,onde c é uma constante arbitrária. A condição inicial exige que c = 100 e, portanto Q(t ) = 100 exp − rt . Satisfazendo a segunda condição, temos:
82,04 = 100 exp −7 r , e daí r = −
ln 0,8204 = 0,02828dias −1 . 7
Essa é a constante de desintegração, agora substituindo r na equação, temos:
Q(t ) = 100 exp −0, 02828t mg , que dá o valor de Q(t) em qualquer instante. Chamamos de meia vida o intervalo de tempo que o material se reduz a metade. Seja α o tempo para que Q(t) seja igual a 50 mg. Pela equação
Q(t ) = 100 exp − rt temos: 50 = 100 exp − rα . Com o valor de r já encontrado temos:
α=
ln 2 ≅ 24,5dias. 0,02828
Durante o processo de decaimento, a massa de um material radioativo, como o tório234, reduz-se e acaba se aproximando de zero. Exemplo 9
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No instante t = 0 um tanque contém Q0 Kg de um certo sal dissolvido em 100 litros de água. Uma solução de sal em água, com 0,25 Kg de sal por litro de água, entra no tanque à razão de r litros/minuto e uma solução homogênea sai do tanque a uma mesma vazão. Formule o problema de valor inicial que descreve esse processo. Determine a quantidade de sal Q(t) presente no tanque em um dado instante t e também a quantidade limite Ql que está presente depois de um longo tempo. Se r = 3 e Q0 = 2Ql, determine o intervalo de tempo T após o qual a diferença entre a quantidade de sal e Ql é menor que 2%. Determine também a vazão em litros/minuto para que o valor de T não seja maior do que 45 minutos. Resolução: O sal não é criado nem destruído no tanque, portanto qualquer variação da quantidade de sal se deve unicamente aos fluxos de entrada e saída. Como as vazões de entrada e saída são iguais, o volume de água no tanque permanece constante em 100 litros; como a solução é homogênea, a concentração é a mesma em todo o tanque e é dada por Q(r ) / 100 . Assim, a taxa com que o sal deixa o tanque é rQ(t ) / 100 Kg/minuto. Assim, a equação diferencial que descreve o processo é
dQ r rQ = − . A condição inicial é Q(0) = Q0 . dt 4 100 Podemos prever que a longo prazo a solução presente no tanque será
substituída pela solução que está entrando. Em conseqüência, a quantidade de sal no tanque deve tender para 25 Kg. A solução geral da equação diferencial é:
Q(t ) = 25 + c exp − rt 100 , onde c é uma constante arbitrária. Para satisfazer a condição inicial devemos tomar c = Q0 − 25 , portanto a solução do problema de valor inicial é Q(t ) = 25 + (Q0 − 25) exp − rt 100 , também
(
)
Q(t ) = 25 1 − exp − rt 100 + Q0 exp − rt 100
Supondo
agora
que
Q0 = 2Ql = 50 ,
então
a
equação
Q(t ) = 25 + (Q0 − 25) exp − rt 100 fica: Q(t ) = 25 + 25 exp −0, 03r .
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Como 2% de 25 é 0,5, para encontrarmos o tempo T para que o valor de
Q(t)
=
25,5,
(
substituímos
t
=
T
e
Q
=
25,5
na
equação
)
Q(t ) = 25 1 − exp − rt 100 + Q0 exp − rt 100 , resolvendo para T temos: T=
ln 50 ≅ 130,4 min . 0,03
Agora para determinarmos r de forma que T = 45, voltamos a equação Q(t ) = 25 + (Q0 − 25) exp − rt 100 , igualamos t = 45, Q0 = 50, Q(t) = 25,5 e resolvemos em
r: 100 r = ln 50 ≅ 8,69 gal / min . 45
Exemplo 10 Na investigação de um homicídio, ou de uma morte acidental, é muitas vezes importante estimar o instante da morte. Vamos escrever uma forma matemática para abordar este problema. A partir de observações experimentais, sabe-se que a temperatura superficial de um corpo se altera com uma taxa proporcional à diferença de temperatura entre a do corpo e a temperatura ambiente. É o que se conhece como a Lei de Newton do resfriamento. Assim, se θ(t) for a temperatura do corpo num instante t, e se T for a temperatura constante do ambiente, então θ deve obedecer a equação diferencial linear:
dθ = − K (θ − T ) , onde K > 0 é a constante de proporcionalidade. O dt sinal negativo desta equação provém do fato de se o corpo for mais quente que o meio (θ > T) então ele se torna mais frio com o tempo. Admitindo-se que no instante t = 0 descobre-se um cadáver e que sua temperatura é medida e igual a θ0. Admitindo-se também que no momento da morte tm a temperatura do corpo fosse θm (37º C). A resolução da equação
dθ = − K (θ − T ) , com a condição inicial θ(0) = dt
θ0 é:
θ (t ) = T + (θ 0 − T ) exp − Kt . 23
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Fazendo uma Segunda medida de temperatura do corpo, num instante t1, podemos determinar o valor de K. Suponhamos que θ = θ1. Substituindo-se estes valores na equação θ (t ) = T + (θ 0 − T ) exp − Kt , encontramos:
θ 1 − T = (θ 0 − T ) exp − Kt , e daí K =−
1 θ1 − T , onde θ0, θ1, T e t1 são grandezas conhecidas. ln t1 θ 0 − T
Para determinar tm, fazemos t = tm e θ = θm na equação
θ (t ) = T + (θ 0 − T ) exp − Kt e resolvemos em tm, então temos: tm = −
1 θm − T ln , onde K já é conhecida. K θ0 − T
Agora como exemplo admitimos que a temperatura do corpo seja 30ºC no instante da descoberta e 23ºC duas horas depois. A temperatura ambiente é 20ºC. Pela equação K = −
1 θ1 − T , temos: ln t1 θ 0 − T
1 23 − 20 1 θ −T K = − ln ≅ 0,6020h −1 , pela equação t m = − ln m K θ0 − T 2 30 − 20 td = −
1 37 − 20 ln ≅ −0,881h. 0,6020 30 − 20
Portanto o corpo foi descoberto aproximadamente 53 minutos após a morte. Comandos para utilizar o Matlab (Utilizamos os micros contendo a instalação do MATLAB no Departamento de Matemática da UNESP de Ilha Solteira, para realização deste trabalho). Para melhores detalhes deve-se consultar a Edição do Estudante do MATLAB versão 5. criação de vetores: =>x=0:0.1:20; %cria um vetor x de dimensão 1x200 =>y=x.^2+2; %eleva cada elemento do vetor x ao quadrado (por isso o ponto!)
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e soma 2 a cada elemento o comando plot: =>plot(x,y) =>title('gráfico da função y=x^{2}+2')% põe título no gráfico =>xlabel('0 \leq x \leq 20 ')%rotula o eixo x =>ylabel('y')%rotula o eixo y Criação de variáveis simbólicas e o comando ezplot: =>z='sin(x)'; %cria a variável simbólica z=sen(x) (por isso os plics) =>w=diff(z); %calcula a derivada simbólica de z =>f=diff(z,2) %calcula a deriva segunda de z =>ezplot(z,[0 ,2*pi]) %faz a gráfico da função simbólica z Comando grid on: =>grid on %faz linhas de grade Comando dsolve: =>q=dsolve('Dq+3*q=t+exp(-2*t)') %encontra a solução geral da equação diferencial y'+3y=t+exp(-2t) =>r=dsolve('Dr+3*r=t+exp(-2*t)','r(0)=0')%encontra a solução da edo que em t=0 vale 0 =>figure (2), ezplot(r,[0 , 10]) =>figure(2),plot(x,y,'r')%plota na cor vermelha (red) Exemplo 1 Determine a solução do problema de valor inicial
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y'-y/2=exp(-t) y(0)=-1 y1=dsolve('Dy-y/2=exp(-t)','y(0)=-1'); y2=dsolve('Dy-y/2=exp(-t)','y(0)=1'); y3=dsolve('Dy-y/2=exp(-t)','y(0)=1/2'); y4=dsolve('Dy-y/2=exp(-t)','y(0)=0'); y5=dsolve('Dy-y/2=exp(-t)','y(0)=-1/2'); y6=dsolve('Dy-y/2=exp(-t)','y(0)=-2'); ezplot(y1) hold on ezplot(y2) ezplot(y3) ezplot(y4) ezplot(y5) ezplot(y6) axis([0 5 -4 4])%Define a variação dos eixos grid on hold off Exemplo 2 Achar a solução do problema de valor inicial y'+2ty=t,
y(0)=0
Plotar também o campo de direções para a equação. y=dsolve('Dy+2*t*y=t','y(0)=0') ezplot(y,[-1,4]) grid on dfield5 %campo de direções Dfield5, foi um programa encontrado na Internet. É um excelente programa para visualizar campos de direções.
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Equações de Variáveis Separáveis
Podemos usar x em vez de t para designar a variável independente de uma equação diferencial, isto para ser mais conveniente. Neste caso, a equação geral de primeira ordem assume a forma dy = f ( x, y ) dx
Se esta equação é não-linear, ou seja, se f não é uma função linear de variável dependente y, não existe um método geral para resolver a equação. Primeiramente, reescrevemos a equação
M ( x, y ) + N ( x, y )
dy = f ( x, y ) na forma dx
dy = 0 , podemos conseguir isso fazendo M(x,y) = dx
f(x,y) e N(x,y) = 1. Caso M seja uma função apenas de x e N seja uma função apenas de y, a equação M ( x, y ) + N ( x, y ) M ( x) + N ( y )
dy = 0 se torna dx
dy = 0 , essa equação é dita separável pois pode ser dx
escrita na forma diferencial
M ( x)dx + N ( y )dy = 0 . Esta forma também é mais
simétrica e tende diminuir as diferenças entre as variáveis dependentes e independentes. Exemplo: Resolver o problema de valor inicial
dy 3 x 2 + 4 x + 2 , y (0) = −1 = dx 2( y − 1) Inicialmente escrevemos a equação na forma
2( y − 1)dy = (3 x 2 + 4 x + 2)dx , agora integrando o primeiro membro em relação a y e o segundo membro em relação a x, temos:
y 2 − 2 y = x 3 + 2 x 2 + 2 x + c , de forma que c é uma constante arbitrária. Fazendo x = 0 e y = -1, isto para satisfazer a condição inicial, temos que a constante c = 3. Deste modo, uma solução para o problema de valor inicial é dado por
y 2 − 2 y = x 3 + 2x 2 + 2x + 3
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O Teorema da existência da unicidade
Este teorema afirma que, sob certas condições de f(x,y), o problema de valor inicial y´= f (t , y ), y (t 0 ) = y 0 ,
(1)
tem uma única solução num certo intervalo que contém o ponto t0. Em alguns casos, a existência de um problema de valor inicial (1) pode ser comprovada diretamente, pela resolução do problema e obtenção de uma fórmula que dá a solução. Em primeiro lugar, observamos que basta considerar o problema no qual o ponto inicial (t0,y0) é a origem; isto é, o problema y´= f (t , y ), y (0) = 0 . Se o ponto inicial for outro, poderemos sempre fazer uma mudança preliminar de variáveis correspondente a uma translação dos eixos do sistema de coordenadas, e levar o ponto dado (t0,y0) para a origem. O teorema de existência e unicidade pode, portanto, ser enunciado da forma: Se
f
e
∂f / ∂y
forem
contínuas
no
domínio
retangular
R : t ≤ a, y ≤ b ,então há um intervalo t ≤ h ≤ a no qual existe uma solução única y = φ (t ) do problema de valor inicial (2).
Suponhamos, que há uma função y = φ (t ) que satisfaz o problema de valor inicial; então f [t , φ (t ) ] é uma função contínua exclusiva de t. Então podemos integrar y´=f(t,y) do ponto inicial t=0, até um valor arbitrário de t, para ter: t
φ (t ) = ∫ f [s, φ ( s )]ds
(3), onde usamos a condição inicial φ (0) = 0 .
0
Uma vez que (3) envolve a integral de uma função desconhecida f, denominada uma equação integral. Esta equação não é uma fórmula para o problema de valor inicial, mas proporciona outra relação satisfeita por qualquer solução da equação (2). Inversamente, suponhamos que há uma função contínua y = φ (t ) que satisfaz a equação integral (3), o que mostra que a condição inicial é satisfeita. Além disso, uma vez que o integrando da Eq.(3) é contínuo, pelo teorema fundamental do cálculo, que φ ´(t ) = f [t , f (t )] . Portanto, o problema de valor inicial e a equação integral são equivalentes, no sentido de que qualquer solução de um é também solução do outro. É mais conveniente mostrar que há uma única solução da
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equação integral, num certo intervalo t ≤ h . A mesma conclusão valerá para o problema de valor inicial. Um método de mostrar que a equação integral (3) tem uma única solução é conhecido como o método das aproximações sucessivas, ou método de iteração de Picard. Ao se usar esse método, principia-se pela escolha de uma função inicial f0, ou arbitrariamente ou da forma a se aproximar da solução do problema de valor inicial. A escolha mais simples é φ 0 (t ) = 0 ; e então φ 0 satisfaz à condição inicial da Eq.(2), embora, possivelmente, não satisfaça à equação diferencial. A aproximação seguinte φ1 se obtem pela substituição de φ (s ) por φ 0 ( s) no segundo membro da Eq.(3), e simbolizando o resultado deste operação por φ1 (t ) . Assim, t
φ1 (t ) = ∫ f [s, φ 0 ( s )]ds . Analogamente, φ 2 se obtém de φ1 : 0 t
φ 2 (t ) = ∫ f [s, φ1 ( s )]ds , e em geral, 0 y
φ n +1 (t ) = ∫ f [s, φ n ( s )]ds . o
Desta
forma,
{φ n } = φ 0 , φ1 ,..., φ n ,... Cada
geramos
uma
seqüência
de
funções
membro desta seqüência satisfaz à condição inicial mas,
em geral, nenhuma satisfaz a equação diferencial.
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Equações Lineares de Segunda Ordem
Oscilações Mecânicas e Oscilações Elétricas Duas áreas significativas de aplicação são a das oscilações mecânicas e a das oscilações elétricas. Por exemplo, o movimento de um corpo ligado a uma mola, as oscilações de um eixo acoplado em um volante, a corrente elétrica num circuito simples em série e muitos outros problemas físicos são descritos pela solução de um problema de valor inicial da forma
ay´´+by´+ cy = g (t ), y (0) = y 0 , y´(0) = y 0 ´
(1a)
Para se entender melhor, consideremos uma massa m suspensa na extremidade de uma mola helicoidal vertical de comprimento em repouso l. A massa provoca uma elongação L da mola, na direção para baixo (positiva). Duas forças atuam no ponto onde a massa está ligada à mola. A força gravitacional, atua para baixo e tem módulo mg. Há a força Fm devida a mola, que atua para cima. Admitindo que a elongação da mola seja pequena, a força da mola é proporcional a L; relação conhecida como Lei de Hooke. Escrevemos então Fm = -KL, onde K é a constante da mola, e o sinal menos provém de a força da mola agir para cima. A massa estando em equilíbrio, as duas forças se anulam, desta forma mg − KL = 0 (2a). Seja u(t) o deslocamento da massa em relação a posição do equilíbrio, no instante t, medido positivamente para baixo. Então u(t) está relacionada às forças que atuam sobre a massa pela lei do movimento, de Newton, mu´´(t ) = f (t ) (3a), onde u´´ é a aceleração da massa e f é a força resultante que atua sobre ela. As duas funções, u e f, são funções do tempo. Ao se determinar f, devem ser consideradas quatro forças separadas:
•
A força peso mg
•
A força da mola Fm
•
A força de amortecimento Fa
•
Uma força externa F(t)
Levando em conta estas forças podemos escrever a lei de Newton (3a) como
mu´´(t ) = mg + Fm (t ) + Fa (t ) + F (t ) = mg − K [L + u (t )] − γu´(t ) + F (t ). 30
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Uma vez que mg-KL=0, pela Eq.(2), deduz-se que a equação do movimento da massa é mu´´(t ) + γu´(t ) + Ku (t ) = F (t )
(4a)
A equação (4a) tem a mesma forma da equação (1a). A fim de completar a formulação do problema de oscilação do corpo precisamos especificar duas condições iniciais, a posição inicial u0 e a velocidade inicial uo´ da massa: u(0) = uo,
u´(0) = uo´
(5a)
Oscilações Livres não-amortecidas Na ausência de força externa, F(t) = 0 na Eq.(4a). Suponhamos que não haja amortecimento, de modo que γ = 0 . Esta é uma configuração idealizada do sistema, que raramente é atingível na prática. Então a equação do movimento (4a) (6a).
se deduz a mu´´+Ku = 0
A solução da Eq.(6a) é u = A cos ω 0 t + B sen ω 0 t 2
onde ω 0 = K
m
(7a),
.
As constantes A e B podem ser determinadas se as condições iniciais tiverem a forma de (5a). Ao se discutir a solução da Eq.(6a), podemos reescrevê-la com o formato
u = R cos(ω 0 t − δ ) , ou u = R cos δ cos ω 0 t + R sen δ sen ω 0 t
(8a).
Comparando a Eq.(8a) e a Eq.(7a) vemos que A, B, R e δ estão relacionadas pelas equações A = R cos δ , B = R sen δ
(9a)
Assim
R = A2 + B 2 ,
tan δ = B A.
(10a)
Ao se calcular δ é preciso cuidado para escolher o quadrante correto, o que pode ser feito mediante a verificação dos sinais de cos δ e sen δ nas Eq.(9a). O gráfico da equação (8a) ou da equação equivalente (7a), descreve o movimento periódico harmônico simples do corpo. O período do movimento é
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1
2π
m2 T= = 2π ω0 K
(11a)
A freqüência circular ω 0 = K m , medida em radianos por unidade de tempo, é a freqüência natural do sistema. O deslocamento R máximo do corpo em relação à posição de equilíbrio é a amplitude do movimento. O parâmetro adimensional δ é a fase, ou ângulo de fase, e mede o deslocamento da onda no tempo, em relação à posição normal correspondente a δ = 0 . O movimento descrito pela equação (8a) tem uma amplitude constante, que não diminui com o tempo. Este efeito reflete a ausência de amortecimento, pois não há forma de o sistema dissipar a energia que recebeu no deslocamento e na velocidade iniciais. Além disso, para uma dada massa, e uma dada constante da mola, o sistema sempre oscila com a mesma freqüência ω 0 , independente das condições iniciais. No entanto, as condições iniciais ajudam a determinar a amplitude do movimento. Pela Eq.(11a), observa-se que T aumenta quando m aumenta, e assim corpos de massa maior oscilam mais lentamente. Por outro lado, T diminui quando K aumenta, o que significa que as molas mais rígidas provocam oscilações mais rápidas. Oscilações Livres amortecidas Incluindo o amortecimento a equação diferencial que governa o amortecimento será (12a)
mu´´+γu´+ Ku = 0
Estamos especialmente interessados em examinar os efeitos das variações do coeficiente de amortecimento γ , dados os valores de massa m e da constante da mola K. As raízes da equação característica são r1 , r2 =
− γ ± γ 2 − 4 Km 2m
=
γ
4 Km − 1 ± 1 − 2m γ 2
(13a)
Conforme o sinal de γ 2 − 4 Km , a solução u tem uma das seguintes formas
γ 2 − 4 Km > 0, u = A exp(r1t ) + B exp(r2 t ) γ 2 − 4 Km = 0, u = ( A + B) exp(− γt 2m ) 32
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γ 2 − 4 Km < 0, u = exp( − γt 2m ( A cos µt + B sen µt ), µ =
2
1 2
(4 Km − γ ) >0 2m
(14a)
O caso mais interessante é o terceiro, que ocorre quando o amortecimento for pequeno. Se fizermos A = Rcos δ e B = Rsen δ na Eq.(14a), obtemos
cos(µt − δ ) . u = Re xp − γt 2m O
deslocamento
u,
num
gráfico,
fica
entre
as
curvas
u = ± Re xp(− γt 2m ) . A curva é parecida com uma co-senóide cuja amplitude diminui à medida que t aumenta. O movimento é uma oscilação amortecida ou uma vibração amortecida. O parâmetro µ determina a freqüência de oscilação da massa; µ é denominada quase-frequência. Comparando µ com a freqüência ω 0 do movimento não-amortecido, encontramos 1
1
µ (4 Km − γ 2 ) 2 / 2m γ 2 2 γ2 ≅ 1 − = = 1 − 4 Km 8 Km ω0 K m
(15a)
Não é a grandeza γ , apenas, que determina se o amortecimento é grande ou pequeno, mas a grandeza de γ 2 em comparação com 4Km. Quando
γ 2 4 Km for pequena, podemos desprezar o efeito do amortecimento no cálculo da quase-frequência e do quase-período do movimento. Por outro lado, se quisermos estudar o movimento detalhado do corpo em qualquer instante, nunca poderemos desprezar a força de amortecimento, mesma que seja muito pequena.
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Resultados
Pára-quedista Problema 1 A partir de um exemplo de aplicação de EDO´s (exemplo 7), fizemos modificações que achamos mais interessantes, então o problema ficou da seguinte forma: Suponha que o tempo que o pára-quedas leva para se abrir totalmente seja de 5 segundos e que durante esse tempo a variação da resistência seja descrita por uma equação linear do tipo K(t)= At + B. Admita que a pessoa abra o pára-quedas 10 segundos após o salto de uma altura de 5000 pés. Calcule a velocidade no momento em que o pára-quedas esteja totalmente aberto e a distância que o pára-quedista percorreu neste intervalo de tempo. Sendo m = 5,625 slugs, K1 = 0,75, K2 = 12 e g = 32 ft/s2. Resolução: Tendo a equação da velocidade e do espaço em função da velocidade
dv K (t ) + v=g dt m
e
K1 ( K 2 − K 1 ) A função K(t) = 5 K2
dx = v(t ) dt se
0 ≤ t ≤ 10
se 10 ≤ t ≤ 15 se
t ≥ 15
Para 0 ≤ t ≤ 10 :
Kv dv dv K 1 v =g− 1 dt m ⇒ dt + m = g v(0) = 0 O fator integrante neste caso é da forma µ (t ) = exp K 1t m Multiplicando o fator integrante a todos os termos da equação, temos:
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t
t
K dv d exp K 1t + exp K 1t 1 v = exp K 1t g ⇒ ∫ exp K 1t v = ∫ exp K 1t g dt m m m m m dt m 0 dt 0 m m m Kt Kt − K1t exp 1 v(t ) − v(0) = g exp 1 − 1 ⇒ v(t ) = g − g exp m m m K1 K1 K1
Substituindo os valores, obtemos: v(10) = 176,7 ft / s Para obtermos x(10) temos: t t gm gm gm gm − m − K t dx − K t = dt − ∫0 dt ∫0 K1 ∫0 K 1 exp 1 m dt ⇒ x(t ) = K1 − K1 K1 exp 1 m − 1 t
Substituindo os valores, chegamos: x(10) = 1074,47 ft Agora para o tempo 10 ≤ t ≤ 15 , temos: t K (s) dv K (t ) + v = g , calculando o fator integrante µ (t ) = exp ∫ ds , dt m 10 m
para facilitar chamaremos a expressão entre parênteses de r(t). Como sabemos que a multiplicação do fator integrante a todos os termos da equação diferencial nos dá a derivada de um produto, podemos escrever: (vµ )´= gµ (t ) , agora integrando ambos os termos t
v(t ) µ (t ) = g ∫ exp(r ( s)ds ) + c , onde c é uma constante de integração; 10
v(t ) =
t t K (u ) t K ( s) g − ∫ du ds + c ds exp exp ∫ m µ (t ) 10∫ 10 10 m
Para resolvermos esta expressão, utilizamos o comando dsolve (resolução simbólica), porém o Matlab nos dá a solução exata, mas não consegue simplificar a expressão. Passamos então para o método de resolução numérica, utilizando o comando ODE 45 (utiliza o método de Runge-Kuta de quarta ordem). Inicialmente indicamos uma função como arquivo de extensão do Matlab; Function dv = Resolve(t,y,flag,K1,ti,m) K = (12 –0,75)*(t-10)/5 + 0,75; dv = [-y(2); -(((12 – 0,75)*(t – 10)/5 + 0,75)/5,625)*y(2) + 32 A partir daí podíamos usar o comando ODE 45
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[t0,y0] = ODE 45(´Resolve´, [10 15], [x(10); v(10)], [ ]) a1 = length (y1(:,1); % Este comando nos indica o tamanho do vetor, com isso temos o número de linhas que o vetor possui. X(15) = y1 (a1,1); % Para saber x(15) pedimos a última linha da primeira coluna do vetor, tendo assim a posição no instante 15. V(15) = y2 (a1,2); % Para saber v(15) pedimos a última linha da segunda coluna do vetor, tendo assim a velocidade no instante 15. Resta apenas plotar os gráficos para uma melhor visualização: plot (t0,y0(:,2)), grid on % Com isso obteríamos o gráfico da velocidade, o comando grid on nos auxilia em uma melhor visualização. plot (t0,y0(:,1)), grid on % Com isso obteríamos o gráfico do espaço, o comando grid on nos auxilia em uma melhor visualização. Com o comando zoom on ativado obtemos um zoom que nos auxilia no momento de verificar valores.
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Em seguida resolvemos modificar novamente o problema: Problema 2 Agora o problema consiste em determinar o instante em que o páraquedas deve ser aberto para que se chegue ao solo com uma determinada velocidade. Estipulamos uma velocidade de 20 ft/s, que através de verificações, achamos que é uma velocidade razoável para que o pára-quedista não sofra nenhuma lesão. Resolução: Para sabermos o instante de abertura simulamos o programa do problema anterior para diversos tempos e com isso chegamos a um tempo de abertura de 25,95 s.
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Com o comando zoom on ativado, foi possível uma melhor aproximação para que chegássemos a este resultado. Aquecimento e Resfriamento em uma Sala Artigo de C•ODE•E – 1995: Nossa meta é formular e analisar um modelo matemático que descreva a variação de temperatura de 24 horas dentro de uma sala. A variação interior será o resultado da variação de temperatura externa e o calor gerado pelas pessoas e máquinas dentro do edifício. Nós ignoramos o aquecimento e resfriamento do interior com aquecedores ou ar-condicionado, assim a situação modelada se aplica melhor em primavera ou outono. Nós sabemos da Lei de Newton do Resfriamento que se: a) T(t) = Temperatura dentro do edifício em função do tempo; b) M(t) = Temperatura de fora (do ar) em função do tempo; c) H(t) = Ganho de temperatura interno devido a pessoas, maquinaria, luzes, etc., então T’ = K(M(t) – T(t)) + H(t) O fator K depende das propriedades físicas do edifício, como o número de portas e janelas, e o tipo de isolação, mas não depende de T, M ou t. Nós assumiremos que a temperatura do ar varie de uma forma senoidal em um período de 24 horas, supondo o mínimo em t = 0 (meia-noite) e o máximo em t =12 (meio-dia); de forma que M(t) = M0 – Bcoswt onde B é uma constante positiva e w = 2π/24 = π/12. Nós também assumiremos que H(t)=H0, de forma que a taxa interna do ganho de temperatura é constante. Supondo que o ganho de calor devido a luzes e maquinaria em função do tempo é uma constante, uma suposição razoável. 1) Manualmente, mostre que a equação pode ser escrita na forma de equação linear: T’ + KT = Q(t), onde K é uma constante e Q(t) = K(B0 – Bcoswt)
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Note que B0 é outra constante, derivada como uma combinação de M0,H0 e K. 2) Assuma isso à meia-noite, 21 de setembro (o começo de queda), o ar-condicionado é desligado e a temperatura do edifício é 22,22º C, assim as hipóteses feitas na dedução do modelo podem ser aplicadas. Supondo que durante os próximos 3 dias, a temperatura varie da meia-noite ao meio-dia de 10º C a 32,22º C de forma senoidal suposta acima. Supondo a constante K = 1/6. Considerando H0 =1 para um ganho de calor modesto. Devem ser determinados M0 e B. Determinando estes a partir das informações dadas. Determine a equação para o edifício a partir destas circunstâncias. Escreva o problema de valor inicial correspondente com todos os parâmetros convertidos aos valores numéricos apropriados. 3) Usando o comando dsolve do Matlab resolver a equação de primeira-ordem linear, tente resolver a equação diferencial que usa esta " fórmula " automática fácil. Especule em por que Matlab devolve a resposta que faz. Você pode usar esta resposta? 4) Use Matlab para resolver a equação diferencial. a) Escreva a solução em forma matemática. b) Faça o gráfico da temperatura do edifício e a temperatura do ar em um período de 3 dias (72 horas). c) Inspecionando seu gráfico, ache para cada um dos 3 dias o máximo e o mínimo de temperaturas no edifício e o tempo que eles acontecem. 5) Explique a diferença de tempo entre as variações de temperatura externas e internas. 6) Baseado em sua solução de parte (4a), você poderia ter predito os resultados de parte (5) sem referência para os gráficos? Examinando sua solução de (4a), que parâmetros deveria variar para se fazer o edifício mais confortável para os ocupantes. Explique suas recomendações e o resultado gráfico. Resolução: Temos que: T ´(t ) = K (M (t ) − T (t ) ) + H (t ) , então:
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T ´(t ) = − KT (t ) + KM (t ) + H (t ) , onde KM (t ) + H (t ) = f (t ) ; chamaremos
agora T ´(t ) = y´ , então desta forma teremos: y´+ Ky = f (t ) , onde K = constante.
Temos que: função seno [0, 2π], queremos agora transformar em uma outra função com outra amplitude e período [0, 24], isto para um dia. O termo que multiplica [0, 24] que nos dá a função propriamente dita é
π π , então com isso teremos sen t e agora chamando ω = , teremos sen ωt . 12 12 12 π
Como a hora mais quente do dia é às 12 horas e a mais fria são às 24 horas deslocamos a função, assim:
B sen (ω (t − 6) ) = B sen (ωt − 6ω ) = B[sen ϖt cos 6ω − sen 6ω cos ωt ] ,
agora
substituindo o valor de ω e simplificando, temos B[− cos ωt ] = − B cos ωt
Dependendo da temperatura desejada somamos B0 a equação: M (t ) = M 0 − B cos(ωt ) ⇒ f (t ) = K (B0 − B cos(ωt )) ⇒ B0 = M 0 +
H0 K
Temos que a temperatura às 24 hs é de 10º C , que a temperatura às 12 hs é de 32,22º C e que a temperatura externa da sala é de T (0) = 22,22º C e também sabendo o valor das constantes K = 1
6
e H 0 = 1 , podemos:
M (12) = M 0 + B ⇒ 32,22 = M 0 + B
(1)
π M (24) = M 0 − B cos 24 ⇒ 10 = M 0 − B 12
(2)
Resolvendo os sistemas (1) e (2), temos: M 0 = 21,11º C e B = 11,11º C , agora a partir destes podemos ter B0 = 21,11 +
1 ⇒ B0 = 27,11 . 1 6
Agora podemos resolver utilizando Matlab: Criando um arquivo de função: function dt=resolve(t,y,flag,B0,B,K) dt=[-K*y+K*(B0-B*cos(pi*(t-2)/12))]; Utilizando agora o comando ODE 45 (resolução numérica):
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x=0:0.1:24; K=1/6; H0=1; M_max=32.22; M_min=10; M0=(M_max +M_min)/2; B=(M_max -M_min)/2; B0=M0+H0/K; %T=dsolve('DT+K*T=K*(B0-B*cos((pi*t)/12))','T(0)=22.22') M=M0-B*cos(pi*(x-2)/12); [t,T]=ode45('resolve',[0 24],22.22,[],B0,B,K); Depois de resolvido vamos agora plotar dois gráficos em uma única janela: Subplot (2, 1, 1), plot (t, T), grid on, zoom on Subplot (2, 1, 2), plot (x, M), grid on, zoom on Com esses comandos obtemos os gráficos:
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Resolvemos modificar o problema da seguinte forma: A constante H0 corresponde ao aquecimento interno da sala devido as pessoas e máquinas, então estipulamos horários em que estas pessoas não estariam na sala e com isso a constante Ho = 0. Os horários estipulados foram os seguintes:
0≤t ≤8 8 ≤ t ≤ 12 12 ≤ t ≤ 14 14 ≤ t ≤ 18 18 ≤ t ≤ 24
H0 = 0 H0 =1 H0 = 0 H0 =1 H0 = 0
A temperatura máxima às 12 hs e a mínima às 24 hs seriam respectivamente de 36º e 25º C e a temperatura externa da sala de 26º C. Inicialmente criamos os arquivos de funções: function dt=resolve(t,y,flag,B0,B,K) dt=[-K*y+K*(B0-B*cos(pi*(t-2)/12))]; function dw=resolve1(t,y,flag,B1,B,K) dw=[-K*y+K*(B1-B*cos(pi*(t-2)/12))]; Agora podemos utilizar o comando ode45: x=0:0.1:24; K=1/6; % fluxo de calor entre o meio e o edifício H0=0; H1=1; % produção de calor no interior M_max=36; temp=26 M_min=25; M0=(M_max+M_min)/2; B=(M_max-M_min)/2; B0=M0+H0/K; B1=M0+H1/K; M=M0-B*cos(pi*(x-2)/12); [t0,T0]=ode45('resolve',[0 8],temp,[],B0,B,K);
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a0=length(T0(:,1)); temp0=T0(a0,1); [t1,T1]=ode45('resolve1',[8 12],temp0,[],B1,B,K); a1=length(T1(:,1)); temp1=T1(a1,1); [t2,T2]=ode45('resolve',[12 14],temp1,[],B0,B,K); a2=length(T2(:,1)); temp2=T2(a2,1); [t3,T3]=ode45('resolve1',[14 18],temp2,[],B1,B,K); a3=length(T3(:,1)); temp3=T3(a3,1); [t4,T4]=ode45('resolve',[18 24],temp3,[],B0,B,K); a4=length(T4(:,1)); temp_final=T4(a4,1) plot(t0,T0(:,1),t1,T1(:,1),t2,T2(:,1),t3,T3(:,1),t4,T4(:,1)), grid on zoom on A partir desse comando executado obtemos o seguinte gráfico:
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Quanto tempo leva para um oscilador harmônico parar de oscilar? Artigo de C•ODE•E – 1995: Eu pedi para meus estudantes que determinassem em uma nova classe de equações diferenciais, quanto tempo que um oscilador linear com uma certa massa leva para voltar ao repouso depois que entrasse em movimento por um certo deslocamento de inicial. A resposta que nós achamos nos surpreendeu. Supondo que o retorno ao descanso é somente assintótico então levaria o tempo ao infinito, nós concordamos que nossos instrumentos não eram capazes de medir qualquer deslocamento menor que 0,01. As unidades atuais de medida permaneceram não especificadas. Isto significa que uma vez que o oscilador está dentro de um deslocamento de 0,01 de sua posição de equilíbrio, nós podemos considerar que é em repouso. O tempo para isto acontecer será agora finito. Depois de alguma discussão adicional aos fatores que influenciam o tempo para devolver o oscilador ao repouso, nós decidimos enfocar na constante de amortecimento. Nós formulamos por seguir perguntas específicas. Dado o problema de valor inicial: d 2x dx + b + x = 0, x(0) = 1, x' (0) = 0 2 dt dt
1) Determine o valor de amortecimento crítico por este oscilador. Faça a série de tempo de deslocamento (x por t) para este valor de b, e de uma estimativa de quanto tempo leva para o oscilador retornar ao descanso, como nós definimos. 2) Que valor da constante de amortecimento b minimiza o tempo para fazer o oscilador retornar ao repouso? 3) Para um determinado valor de b, deixe T(b) = o tempo para retornar ao repouso. Esboce um gráfico da função T no intervalo 0
