Equações Diferenciais V3

Transcript

Ministério da Educação Universidade Tecnológica Federal do Paraná Campus Curitiba Gerência de Ensino e Pesquisa Departamento Acadêmico de Matemática EQUAÇÕES DIFERENCIAIS NOTAS DE AULA Profa Paula Francis Benevides Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais AULA 01 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 1 – INTRODUÇÃO: Antes de mais nada, vamos recordar a diferença entre a derivada e a diferencial, pois, embora a derivada e a diferencial possuam as mesmas regras operacionais, esses dois operadores têm significados bastante diferentes. As diferenças mais marcantes são: a) a derivada tem significado físico e pode gerar novas grandezas físicas, como por exemplo a velocidade e a aceleração; a diferencial é um operador com propriedades puramente matemáticas; b) a derivada transforma uma função em outra, mantendo uma correspondência entre os pontos das duas funções (por exemplo, transforma uma função do segundo grau em uma função do primeiro grau); a diferencial é uma variação infinitesimal de uma grandeza; c) a derivada é uma operação entre duas grandezas; a diferencial é uma operação que envolve uma grandeza; d) o resultado de uma derivada não contém o infinitésimo em sua estrutura; conseqüentemente, não existe a integral de uma derivada; a integral só pode ser aplicada a um termo que contenha um diferencial (infinitésimo); e) Se for feito o quociente entre os dois diferenciais, tem-se: em total semelhança com a definição de derivada. A conseqüência direta desse fato é que a derivada não é o quociente entre duas diferenciais, mas comporta-se como se fosse esse quociente. Isto significa que a partir da relação: é possível escrever: dy = f(x).dx que se denomina equação diferencial. f) uma das aplicações mais importantes envolvendo derivadas e diferenciais é a obtenção da equação diferencial, etapa fundamental para a introdução do Cálculo Integral. 1.1 - Definição: Equação diferencial é uma equação que relaciona uma função e suas derivadas ou diferenciais. Quando a equação possui derivadas, estas devem ser passadas para a forma diferencial. As equações diferenciais da forma y ′ = f ( y ) são chamadas de autônomas. Exemplos: 1) dy = 3x − 1 dx 2) xdy − ydx = 0 3) d2y dy + 3 + 2y = 0 2 dx dx 4) y "'+ 2( y ") 2 + y ' = cos x 1 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais 5) ( y ") 2 + ( y ')3 + 3 y = x 2 6) ∂2 z ∂2 z + 2 = x2 + y 2 ∂x ∂y 7) ∂z ∂z = z+x ∂x ∂y 1.2 - Classificação: Havendo uma só variável independente, como em (1) a (5), as derivadas são ordinárias e a equação é denominada equação diferencial ordinária. Havendo duas ou mais variáveis independentes, como em (6) e (7), as derivadas são parciais e a equação é denominada equação diferencial parcial. 1.2.1 - Ordem: A ordem de uma equação diferencial é a ordem de mais alta derivada que nela aparece. As equações (1), (2) e (7) são de primeira ordem; (3), (5) e (6) são de segunda ordem e (4) é de terceira ordem. 1.2.2 - Grau: O grau de uma equação diferencial, que pode ser escrita, considerando a derivadas, como um polinômio, é o grau da derivada de mais alta ordem que nela aparece. Todas as equações dos exemplos acima são do primeiro grau, exceto (5) que é do segundo grau. As equações diferenciais parciais serão vista mais adiante. Exemplos: d3y y x 3 − 3 =1 d y dx dx 3 2 ⎛ d3y ⎞ d3y x⎜⎜ 3 ⎟⎟ − y = 3 dx ⎝ dx ⎠ ⇒ dy dy − ln x 2 = y ⇒ ln dx2 = y ⇒ ln dx x 1 dy . = ey 2 x dx ⇒ 3a ordem e 2o grau ⇒ dy = x 2e y ⇒ 1a ordem e 1o grau dx Observe que nem sempre à primeira vista, pode-se classificar a equação de imediato quanto a ordem e grau. 1.3 – Origem das Equações Diferenciais: Uma relação entre as variáveis, encerrando n constantes arbitrárias essenciais, como 4 y = x + Cx 2 ou y = Ax + Bx , é chamada uma primitiva. As n constantes, representadas sempre aqui, por letras maiúsculas, serão denominadas essenciais se não puderem ser substituídas por um número menos de constantes. Em geral uma primitiva, encerrando n constantes arbitrárias essenciais, dará origem a uma equação diferencial, de ordem n, livre de constantes arbitrárias. Esta equação aparece eliminando-se as n constantes entre as (n + 1) equações obtidas juntando-se à primitiva as n equações provenientes de n derivadas sucessivas, em relação a variável independente, da primitiva. 2 Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides Exemplos: Obter a equação diferencial associada às primitivas abaixo: a) y = 3x 2 −x+6 2 b) y = C1 sen x + C2 cos x c) y = Cx2 d) y = C1 x2 + C2 3 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais e) y = a cos(x + b) onde a e b são constantes f) y = C1 e3x + C2 e- 2x AULA 01 – EXERCÍCIOS 1) x2 + y2 = C2 2) y = C ex 3) x3 = C (x2 – y2) 4) y = C1 cos 2x + C2 sen 2x 5) y = (C1 + C2x) ex + C3 6) y = C1 e2x + C2 e- x 7) Lg x = 1 + ay y 2 3 3 5 8) x y + x y = C 9) y = Ax2 + Bx + C 10) y = Ae2x + Bex + C 11) y = C1e3x + C2e2x + C3 ex 12) ln y = Ax2 + B Respostas: 1) xdx + ydy = 0 2) dy −y=0 dx 3) 3 y − x = 2 xy 2 4) 2 d3y d 2 y dy −2 2 + =0 5) dx3 dx dx d 2 y dy 6) − − 2y = 0 dx 2 dx x dy −y=0 7) x ln ⋅ y dx 2 y + 3x 9) d3y =0 dx3 10) 11) dy dx dy dy ⎞ ⎛ + xy 2 ⎜ 3 y + 5 x ⎟ = 0 dx dx ⎠ ⎝ 8) 12) d3y d2y dy − 3 +2 =0 3 2 dx dx dx d3y d2y dy − 6 2 + 11 − 6 y = 0 3 dx dx dx 2 xyy "− yy '− x( y ') = 0 d2y + 4y = 0 dx 2 4 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais AULA 02 1.4 - Resolução: Resolver uma ED é determinar todas as funções que, sob a forma finita, verificam a equação, ou seja, é obter uma função de variáveis que, substituída na equação, transforme-a numa identidade. A resolução de uma equação diferencial envolve basicamente duas etapas: a primeira, que é a preparação da equação, que consiste em fazer com que cada termo da equação tenha, além de constantes, um único tipo de variável. A segunda etapa é a resolução da equação diferencial e consiste na aplicação dos métodos de integração. 1.5 - Curvas Integrais: Geometricamente, a primitiva é a equação de uma família de curvas e uma solução particular é a equação de uma dessas curvas. Estas curvas são denominadas curvas integrais da equação diferencial. Exemplo: dy = 2x dx 1.6 – Tipos de Solução: ¾ ¾ ¾ Solução geral: A família de curvas que verifica a equação diferencial, (a primitiva de uma equação diferencial) contem tantas constantes arbitrárias quantas forem as unidades de ordem da equação. Solução particular: solução da equação deduzida da solução geral, impondo condições iniciais ou de contorno.Geralmente as condições iniciais serão dadas para o instante inicial. Já as condições de contorno aparecem quando nas equações de ordem superior os valores da função e de suas derivadas são dadas em pontos distintos. Solução singular: Chama-se de solução singular de uma equação diferencial à envoltória da família de curvas, que é a curva tangente a todas as curvas da família. A solução singular não pode ser deduzida da equação geral. Algumas equações diferenciais não apresentam essa solução. Esse tipo de solução será visto mais adiante. As soluções ainda podem ser: ¾ ¾ Solução explícita: Uma solução para uma EDO que pode ser escrita da forma y = f (x) é chamada solução explícita. Solução Implícita: Quando uma solução pode apenas ser escrita na forma G (x, y)=0 trata-se de uma solução implícita 5 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais Exemplo: Consideremos a resolução da seguinte EDO: dy = 1+ x dx ∫ dy = ∫ 1 + x dx ( y = x+ ) 2 32 x +c 3 A solução geral obtida é obviamente uma solução explicita. Por outro lado, pode-se demonstrar que a EDO: y dy y2 x y = Ce , ou seja, uma solução implícita. = tem como solução: dx xy − x 2 1.7 - Existência e unicidade de solução para uma EDO Três perguntas importantes sobre soluções para uma EDO. 1. Dada uma equação diferencial, será que ela tem solução? 2. Se tiver solução, será que esta solução é única? 3. Existe uma solução que satisfaz a alguma condição especial? Para responder a estas perguntas, existe o Teorema de Existência e Unicidade de solução que nos garante resposta para algumas das questões desde que a equação tenha algumas características. ⎧ dy ⎪ + p ( x) y = q ( x) Teorema: Considere o problema de valor inicia ⎨ dx ⎪⎩ y ( x0 ) = y 0 Se p(x) e q(x) são continuas em um intervalo aberto I e contendo x 0 , então o problema de valor inicial tem uma única solução nesse intervalo. Alertamos que descobrir uma solução para uma Equação Diferencial é algo “similar” ao cálculo de uma integral e nós sabemos que existem integrais que não possuem primitivas, como é o caso das integrais elípticas. Dessa forma, não é de se esperar que todas as equações diferenciais possuam soluções. 1.8 - Problemas de Valor Inicial (PVI) Uma equação diferencial satisfazendo algumas condições adicionais é denominada Problema de Valor Inicial (PVI). Exemplo: exy' + 2y = arctan(x) y(0) = π Se forem conhecidas condições adicionais, podemos obter soluções particulares para a equação diferencial e se não são conhecidas condições adicionais poderemos obter a solução geral. 6 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais 2 - EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM E PRIMEIRO GRAU São equações de 1a ordem e 1o grau: dy = F ( x, y ) dx ou Mdx + Ndy = 0 em que M = M(x,y) e N = N(x,y). Estas funções têm que ser contínuas no intervalo considerado (- ∞, ∞) 2.1 – TIPOS DE EQUAÇÃO: 2.1.1 - EQUAÇÕES DE VARIÁVEIS SEPARÁVEIS. Se a equação diferencial M(x,y).dx + N(x,y).dy = 0 puder ser colocada na forma P(x).dx + Q(y).dy = 0, a equação é chamada equação diferencial de variáveis separáveis. Resolução: ∫ P( x).dx + ∫ Q( y).dy = C Exemplos: Resolver as seguintes equações: 1) dy = 3x − 1 dx 2) y dx – x dy = 0 7 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais 3) xdx − 4) 4−x dy = 0 y tgx.sec ydx − tgy sec xdy = 0 5) ( x − 1) 1 − y dx − x dy = 0 2 2 2 8 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais dy 1 + y2 = dx (1 + x 2 ) xy 6) 7) dy 1 + y 2 = dx 1 + x 2 AULA 02 – EXERCÍCIOS 1 dy 1) − tgy. = 0 x dx 2) 4xy2 dx + (x2 + 1) dy = 0 3) (2+ y) dx - (3 – x) dy = 0 4) xy dx – (1 + x2) dy = 0 dy e −2 y = 5) dx x 2 + 4 6) (1 + x2) y3 dx + (1 – y2) x3 dy = 0 dy ⎛ dy ⎞ + 2 y ⎟ = xy 7) a⎜ x dx ⎝ dx ⎠ 8) sec2 x tg y dx + sec2 y tg x dy = 0 9) (x2 + a2)(y2 + b2)dx + (x2 – a2)(y2 – b2)dy = 0 10) (x – 1) dy – y dx = 0 11) (1 + x2)dy – xydx = 0 12) dy + y cos x = 0 dx Respostas: 1) x cos y = C 2) 2 ln( x + 1) − 2 1 =C y 3) (2 + y)(3 – x) = C 4) C y2 = 1 + x2 x =C 2 1 x 1⎛ 1 6) ln − ⎜⎜ 2 + 2 y 2⎝ x y 5) e 2y − arctg ln k ⎞ ⎟⎟ = C ⎠ +y 7) x = e 8) tg x . tg y = C 2a 9) x + a ln ya x−a y + y − 2barctg = C x+a b 10) y = c(x – 1) 11) y = 1 + x 2 .C K y = senx e 12) 9 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais AULA 03 2.1.2 - EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS Uma função f = f(x, y) é denominada homogênea de grau k se, para todo t ∈ R, vale a relação f(tx, ty) = tk f(x, y). Uma função f = f(x, y) é homogênea de grau 0 se, para todo t ∈ R, vale a relação f(tx, ty) = f(x, y) Exemplos: 1) A função f(x, y) = x2 + y2 é homogênea de grau 2. 2) g ( x, y ) = x2 ⎛ y⎞ e h( x, y ) = arctg ⎜ ⎟ são funções homogêneas de grau 0 2 y ⎝x⎠ Uma forma simples de observar a homogeneidade de uma função polinomial é constatar que todos os monômios da função possuem o mesmo grau. No caso de uma função racional (quociente de polinômios), os membros do numerador devem ter um mesmo grau m e os membros do denominador devem também ter um mesmo grau n, sendo que o grau da expressão do denominador pode ser menor ou igual que o grau da expressão do numerador. Uma equação diferencial de primeira ordem na forma normal y’ = f(x, y) é dita homogênea se f = f ( x, y ) é uma função homogênea de grau zero. Exemplos: dy x 2 + y 2 = 1) dx xy 2) y ' = x2 y2 ⎛ y⎞ ⎟ ⎝ x⎠ 3) y' = arctg ⎜ Resumindo, As equações homogêneas são as da forma Mdx + Ndy = 0, onde M e N são funções homogêneas em x e y e do mesmo grau. 2.1.2.1 – Resolução: Seja a equação homogênea Mdx + Ndy = 0 Tem-se: dy M =− dx N Dividindo-se o numerador e o denominador do segundo membro por x elevado a potencia igual ao grau de homogeneidade da equação, resultará uma função de y/x. dy ⎛ y⎞ = F ⎜ ⎟ (1) dx ⎝x⎠ É necessário, no entanto, substituir a função y/x por uma outra que permita separar as variáveis. 10 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais Dessa forma, substitui-se y x por u. y = x.u (2) Derivando y=x.u em relação a x tem-se dy du =u+x (3) dx dx Substituindo (2) e (3) em (1), temos: u+x du = F (u ) dx du = F (u ) − u dx du dx = F (u ) − u x x Que é uma equação de variáveis separáveis. Em resumo: Pode-se resolver uma Equação Diferencial Homogênea, transformando-a em uma equação de variáveis separáveis com a substituição y = x.u, onde u = u(x) é uma nova função incógnita. Assim, dy = xdu + udx é uma equação da forma y’ = f(x,y) pode ser transformada em uma equação separável. Exemplos: 1) (x2 – y2) dx – 2xy dy = 0 11 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais AULA 03 – EXERCÍCIOS 1) (x – y) dx – (x + y) dy = 0 2) (2x – y) dx – (x + 4y) dy = 0 3) (x2 + y2) dx + (2x + y)y dy = 0 4) (x + y) dx + (y – x) dy = 0 5) (x2 + y2) dx – xy dy = 0 2 2 dy ⎞ ⎛ dy ⎞ ⎛ 2 6) 4 y ⎜ ⎟ + 4y − ⎜ x + y ⎟ = 0 dx ⎠ ⎝ dx ⎠ ⎝ Respostas: 1) y2 + 2xy – x2 = K 2) 2 x − 2 yx − 4 y = K 3) y3 + 3xy2 + x3 = k 2 4) ln C1 x 2 + y 2 = arctg 5) x = ke 2 7) Determinar a solução particular da equação (x2 – 3y2)dx + 2xydy = 0 para y = 1 e x = 2. 2 6) 2 y2 y x x2 x 2 − 3y 2 ± 2x = C 7) y = x 1 − 3 x 8 12 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias AULA 04 2.1.3 – EQUAÇÕES REDUTÍVEIS ÀS HOMOGÊNEAS E EQUAÇÕES REDUTÍVEIS ÀS DE VARIÁVEIS SEPARADAS; São as equações que mediante determinada troca de variáveis se transformam em equações homogêneas ou em equações de variáveis separáveis. São equações da forma: ⎡ a x + b1 y + c1 ⎤ dy = F⎢ 1 ⎥ dx ⎣ a 2 x + b2 y + c 2 ⎦ onde a1, a2, b1, b2, c1 e c2 são constantes. Observemos que a equação acima não é de variáveis separáveis porque temos uma soma das variáveis x e y e também não é homogênea pela existência de termos independentes, portanto deveremos eliminar ou a soma ou o termo independente. O que equivale a efetuar uma translação de eixos. y v x P u Para esse tipo de equação tem dois casos a considerar: 2.1.3.1 – O determinante a1 a2 b1 é diferente de zero b2 Resolução: ⎧a1 x + b1 y + c1 = 0 cuja solução é dada pelas raízes x = α e y = β . ⎩ a 2 x + b2 y +c 2 = 0 Seja o sistema (1) ⎨ A substituição a ser feita será: ⎧ x = u + α ∴ dx = du ⎨ ⎩ y = v + β ∴ dy = dv Observa-se que, geometricamente, equivaleu a uma translação dos eixos coordenados para o ponto ( α , β ) que é a interseção das retas componentes do sistema (1), o que é verdadeiro, uma vez eu o determinante considerado é diferente de zero. Assim sendo, a equação transformada será: 13 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias Como α e β ⎡ a u + b1v + a1α + b1 β + c1 ⎤ dv = F⎢ 1 ⎥ du ⎣ a 2 u + b2 v + a 2 α + b2 β + c 2 ⎦ são as raízes do sistema: ⎡ a u + b1v ⎤ dv = F⎢ 1 ⎥ du ⎣ a 2 u + b2 v ⎦ que é uma equação homogênea do tipo visto anteriormente. Exemplos: Resolver a equação dy 2 x − 3 y − 1 = dx 3 x + y − 2 14 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias 2.1.3.2 – O determinante a1 b1 a2 b2 é igual a zero. Assim, observe-se que o método aplicado no 1o caso não fará sentido, de vez que as retas no sistema seriam paralelas e sua interseção seria verificada no infinito (ponto impróprio). A equação se reduzirá a uma de variáveis separáveis. Como a1 a2 b1 = 0, os coeficientes de x e y são proporcionais, de modo que se pode b2 escrever: a1b2 = a2b1 a 2 b2 = a1 b1 ∴ (1) Chamando a relação constante (1) de m, pode-se escrever: a 2 b2 c = =m≠ 2 a1 b1 c1 a2 = ma1 b2 = mb1 Assim: ⎡ a x + b1 y + c1 ⎤ dy = F⎢ 1 ⎥ dx ⎣ m(a1 x + b1 y ) + c 2 ⎦ Fazendo a1x +b1y = t, e sendo t = f(x), tem-se: y= 1 (t − a1 x) b1 Derivando em relação a x: dy 1 ⎛ dt ⎞ = ⎜ − a1 ⎟ dx b1 ⎝ dx ⎠ Equação transformada: ⎡ t + c1 1 ⎛ dt ⎞ ⎜ − a1 ⎟ = F ⎢ b1 ⎝ dx ⎠ ⎢⎣ mt + c 2 ⎤ ⎥ ⎥⎦ dt − a1 = b1G (t ) dx que é uma equação de variáveis separáveis. Exemplo: Resolver a equação dy 2 x − y + 1 = dx 6 x − 3 y − 1 15 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias Aula 04 – Exercícios 1) (2x – 3y)dx – (3x – y -1)dy = 0 2) (x + 2y – 4)dx – (2x + y -5)dy = 0 3) (3y + x)dx + (x + 5y – 8)dy = 0 4) (2x + 3y -1)dx + (2x + 3y + 2)dy = 0 5) dy 1 − 3x − 3 y = dx 1+ x + y Respostas: 1) 2x2 – 6xy + y2 + 2y = K 2) (y – x + 1)3 = K(x + y – 3) 3) ln[5(y – 4)2 + 4(x + 12)(y – 4) + (x + 12)2] – 2 arctg ⎡ 5( y − 4) ⎤ ⎢⎣ x + 12 + 2⎥⎦ = K 4) 3x + 3y = - 9ln(2x + 3y – 7) + C 5) 3x + y + 2ln(-3x – 3y + 3) = K 16 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais AULA 05 2.1.4 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS EXATAS: Uma equação do tipo M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 (1) é denominada diferencial exata, se existe uma função U(x,y) tal que dU(x,y) = M(x,y)dx + N(x,y)dy. A condição necessária e suficiente para que a equação (1) seja uma diferencial exata é que: ∂M ∂N = ∂y ∂x Dada a equação diferencial exata Mdx+Ndy=0 (1) e seja u=f(x,y)=C sua solução, cuja diferencial dada por: du = ∂u ∂u dx + dy (2). ∂x ∂y Então, comparando (1) e (2) teremos: ∂u ∂u = M ( x, y ) (3) e = N ( x, y ) (4). ∂x ∂y Para obtermos a sua solução u=f(x,y) deveremos integrar, por exemplo,a expressão (3), em relação à variável x, da qual teremos f ( x, y ) = ∫ M ( x, y )dx + g ( y ) (5). Derivando parcialmente (5) em relação à y teremos: ∂f ∂ ∫ M ( x, y )dx = + g ' ( y ) (6). ∂y ∂y Igualando (6) e (4) resulta: ∂ ∫ M ( x, y )dx ∂y + g ' ( y ) = N ( x, y ) . Isolando g’(y) e integrando em relação a y acharemos: ⎛ ∂ ∫ M ( x, y )dx ⎞⎟ ⎜ g ( y ) = ∫ N ( x, y ) − dy + C1 ⎜ ⎟ ∂y ⎝ ⎠ (7). Substituindo (7) em (5) teremos a solução geral da equação exata, que é: ⎛ ∂ ∫ M ( x, y )dx ⎞⎟ f ( x, y ) = ∫ M ( x, y )dx + ∫ ⎜ N ( x, y ) − dy = C . ⎜ ⎟ ∂y ⎝ ⎠ Logo, a solução é da forma ⎛ ∂P ⎞ ⎟dy = C U ( x, y ) = ∫ Mdx + ∫ ⎜⎜ N − ∂y ⎟⎠ ⎝ onde costuma-se denotar P = ∫ Mdx 17 Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides Exemplos: 1) (x2 – y2)dx – 2xy dy = 0 2) (2x – y + 1) dx – (x + 3y – 2) dy = 0 18 Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides AULA 05 – EXERCÍCIOS 1) (x3 + y2) dx + ( 2xy + cos y) dy = 0 2) ey dx + ( xey – 2y) dy = 0 3) 2xy dx + x2 dy = 0 4) senh x.cosy dx = coshx.seny dy 5) e −2θ (rdr − r 2 dθ ) = 0 dx 6) x +y 2 2 + dy xdy = y y x2 + y 2 Respostas: 1) x4 + y 2 x + seny = K 4 2) xe − y = C y 2 3) x2y = K 4) coshxcosy = K 5) e −2θ 6) x + r2 = K x2 + y2 = K 19 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias AULA 06 2.1.4.1 – FATOR INTEGRANTE: Nem sempre a ED é exata, ou seja, Mdx + Ndy = 0 não satisfaz, isso é: ∂M ∂N ≠ . ∂y ∂x Quando isso ocorre vamos supor a existência de uma função F(x, y) que ao multiplicar toda a ED pela mesma resulta em uma ED exata, ou seja, F(x,y)[Mdx +Ndy] = 0, e esta é uma ED exata. Se ela é exata, existe u(x, y) = cte e ∂u = F .M dx e ∂u = F .N dy e ∂ 2 u ∂M ∂N ∂ ∂ = = = FM = FN ∂x∂y ∂y ∂x ∂y ∂x Tomando a condição de exatidão ∂ ∂ FM = FN ∂y dx ∂F ∂M ∂F ∂N M+ F= N+ F ∂x ∂y ∂y ∂x e achar F por aqui é loucura!!!!!!! Vamos supor então que F(x,y) = F(x) F ∂M ∂F ∂N N+F = ∂x ∂y ∂x dividindo tudo por FN ≠ 0 e organizando, temos: 1 ∂M 1 ∂F 1 ∂N ⋅ = ⋅ + ⋅ N ∂y F ∂x N ∂x 1 ∂F 1 ∂M 1 ∂N ⋅ = ⋅ − ⋅ F ∂x N ∂y N ∂x 1 ∂F 1 ⎛ ∂M ∂N ⎞ ⎟ ⋅ = ⋅⎜ − F ∂x N ⎜⎝ ∂y ∂x ⎟⎠ 1 1 ⎛ ∂M ∂N ⎞ ⎟dx − dF = ⋅ ⎜⎜ F N ⎝ ∂y ∂x ⎟⎠ ln F = ∫ R( x)dx + C reescrevendo: integrando: F ( x) = .e ∫ R ( x ) dx onde: R( x) = 1 ⎛ ∂M ∂N ⎞ ⎜ ⎟ − N ⎜⎝ ∂y ∂x ⎟⎠ analogamente, supondo F(x,y) = F(y) que torne exata FMdx + FNdy = 0 teremos: F ( y ) = .e ∫ R ( y ) dy onde: R ( x) = − 1 M ⎛ ∂M ∂N ⎞ ⎜⎜ ⎟ − ∂x ⎟⎠ ⎝ ∂y 20 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias Em resumo: Quando a expressão Mdx + Ndy não é diferencial exata, isto é, ∂M ∂N ≠ , mostra-se ∂y ∂x que há uma infinidade de funções F ( x, y ) , tais que F ( Mdx + Ndy ) é uma diferencial exata. A esta função F ( x, y ) , dá-se o nome de fator integrante. F(x): F(y): R( x) = 1 ⎛ ∂M ∂N ⎞ ⎜ ⎟ − N ⎜⎝ ∂y ∂x ⎟⎠ F ( x) = e ∫ R ( x ) dx R( y) = − 1 M F ( y) = e ∫ ⎛ ∂M ∂N ⎞ ⎜⎜ ⎟ − ∂x ⎟⎠ ⎝ ∂y R ( y ) dy Exemplos: Resolver as seguintes equações diferenciais transformando em exatas através do fator integrante. 1) y2 dx + (xy + 1) dy = 0 21 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias 2) (x2 – y2) dx + 2xy dy = 0 AULA 06– EXERCÍCIOS 1) (2cos y + 4x2) dx = x sen y dy Respostas: 1) x2 cos y + x4 = C x2 2) 2x tg y dx + sec2 y dy = 0 3) seny.e = C x 3) seny dx + cos y dy = 0 Encontre a solução particular em: 4) 2xy dy = (x2 + y2) dx 2) e tgy = C 4) y = x 2 + 3x para y(1) = 2 22 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias AULA 07 2.1.5 – EQUAÇÕES LINEARES: Uma equação diferencial linear de 1a ordem e 1o grau tem a forma: dy + P( x) y = Q( x) (1) dx Se Q(x) = 0, a equação é dita homogênea ou incompleta; enquanto, se Q(x) ≠ 0, a equação é dita não-homogênea ou completa. Analisaremos dois métodos de solução de equações diferenciais desse tipo a saber: 1o Método: Fator Integrante: Este método consiste na transformação de uma equação linear em outro do tipo diferencial exata, cuja solução já estudamos anteriormente. Posto isto, vamos retornando à equação original de nosso problema: dy + Py = Q dx Vamos reescrever esta última sob a forma ( Py − Q)dx + dy = 0 Multiplicando ambos os membros e∫ Pdx (Py − Q )dx + e ∫ Pdx por e∫ Pdx (fator integrante) obtemos a expressão dy = 0 . Aqui, identificamos as funções “M” e “N”: M = e∫ Pdx (Py − Q ) e N = e∫ Pdx Derivando M com relação a y e N com relação a x, obtemos: Pdx Pdx ∂N ∂M e = Pe ∫ = Pe ∫ ∂y ∂x confirmando assim, que a equação transformada é uma equação diferencial exata. 23 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias 2o Método: Substituição ou de Lagrange: Esse método foi desenvolvido por Joseph Louis Lagrange (matemático francês: 17361813) criador da Mecânica Analítica e dos processos de Integração das Equações de Derivadas Parciais. O método consiste na substituição de “y” por “Z.t” na equação (1), onde t = φ (x) e Z=ψ (x) , sendo Z a nova função incógnita e t a função a determinar, assim y = Z.t. Derivando em relação a x, tem-se: dy dt dZ =Z +t (2) dz dx dx Substituindo (2) em (1) vamos obter: dt dZ +t + PZt = Q dx dx ⎛ dt ⎞ dZ Z ⎜ + Pt ⎟ + t = Q (3) dx ⎝ dx ⎠ Z Para integral a equação (3), examina-se dois casos particulares da equação (1) a saber: i) P = 0, então dy = Qx, logo, y = ∫ Qdx + C (4) dy + Py = 0 (equação homogênea) que resulta em dy + Pydx = 0 que é de dx dy variáveis separáveis. Daí, + Pdx = 0 . Integrando essa última, resulta em ln y = C − ∫ Pdx . y C − Pdx − Pdx = eC e ∫ . Aplicando a definição de logaritmo, passamos a escrever a solução y = e ∫ ii) Q = 0, então Fazendo k = e , temos y = ke ∫ (5) que representa a solução da equação homogênea ou incompleta. Agora, vamos pesquisar na equação (3) valores para “t” e “Z”, uma vez que y=Z.t, teremos a solução da equação (1) que uma equação linear completa (não-homogênea). Se igualarmos os coeficientes de Z a um certo fator, o valor daí obtido poderá ser levado ao resto da equação, possibilitando a determinação de Z uma vez que “t” pode ser determinado a partir desta condição. Assim, vamos impor em (3), que o coeficiente de Z seja nulo. Feito isto, C − Pdx − Pdx dt + Pt = 0 (6), que é da mesma forma já estudada no caso ii. Assim, t = ke ∫ . Substituindo dx − Pdx dZ dZ dZ 1 ∫ Pdx 1 Pdx este resultado em t = Q obtemos ke ∫ = Q . Daí, = e Q e dZ = e ∫ Qdx . dx dx dx k k 1 ∫ Pdx Integrando este último resultado, temos Z = ∫ e Qdx + C (7). Lembrando que y = Z.t, k − Pdx ⎡ 1 Pdx ⎤ vamos obter, substituindo “t” e “Z”: y = ke ∫ ⎢ ∫ e ∫ Qdx + C ⎥ , onde resulta, finalmente ⎣k ⎦ em: − Pdx Pdx y = e ∫ ⎡⎢∫ e∫ .Q.dx + C⎤⎥ ⎣ ⎦ (8) que é a solução geral da equação (1) 24 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias Exemplos: 1) Resolver a equação a. Fator integrante dy y − = x − 2 por: dx x b. Lagrange 25 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias AULA 7 – EXERCÍCIOS 1) 2) 3) 4) 5) 6) dy y cot gx + − =0 dx x x dy (1 + x 2 ) + y = arctgx dx dy = tgx. y + cos x dx dy y − =x dx x dy 2 y + = x3 dx x dy − ytgx = senx dx 7) Achar a solução particular para y = 0 e x=0 em dy 1 − ytgx = dx cos x Respotas: 1 [ln(senx) + C ] x y = arctgx − 1 + C.e − arctgx 1 ⎛1 ⎞ y = ⎜ x + sen2 x + C1 ⎟ sec x 4 ⎝2 ⎠ 2 y = Cx + x C 1 y = x4 + 2 6 x ⎞ ⎛ sen 2 x y = sec x⎜⎜ + C ⎟⎟ ⎠ ⎝ 2 x y= cos x 1) y = 2) 3) 4) 5) 6) 7) 26 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias AULA 08 2.1.6 – EQUAÇÕES NÃO LINEARES DE PRIMEIRA ORDEM REDUTÍVEIS A LINEARES: Resolver equações diferenciais não lineares é muito difícil, mas existem algumas delas que mesmo sendo não lineares, podem ser transformadas em equações lineares. Os principais tipos de tais equações são: 2.1.6.1 – EQUAÇÕES DE BERNOULLI: dy + P( x) y = Q( x) y n dx Equação da forma: (1) para n ≠ 1 e n ≠ 0 Onde P(x) e Q(x) são funções continuas. Nesse caso, a idéia é realizar uma substituição na equação acima, de modo a transformá-la em uma EDO linear. Pois, se: ⇒ y’ + P(x)y = g(x) ⇒ caso anterior ⇒ y’ + [P(x) – g(x)] y = 0 ⇒ caso anterior e homogênea n=0 n=1 Solução: Transformação de variável: y 1− n = t Substitui por Deriva-se em relação a x: (1 − n) y − n dy dt = (2) dx dx Substituindo (1), que é: dy + Py = Qy n dx em (2) temos: (1 − n) y − n (Qy n − Py ) = (1 − n )(Q − Py1− n ) = como y 1− n ⇒ dy = Qy n − Py dx dt dx dt dx = t , temos: (1 − n)(Q − Pt ) = dt dx dt + [(1 − n) P ]t = (1 − n)Q dx Tornando-se assim uma equação linear a ser resolvida pelo método anterior. 27 Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides Exemplos: 1) dy 2 y − = 3xy 2 dx x 28 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias AULA 08 – EXERCÍCIOS 1) dy + xy = x 3 y 3 dx 2) x dy + y = y 2 ln x dx 3) x dy + y = x3 y 3 dx 4) dy 4 = y+x y dx x 5) 2 xy 6) dy − y2 + x = 0 dx dy − 2 xy = xy 3 dx Respostas: 1) 1 y= 2) y = x 2 + 1 + C.e x 2 1 ln( x.e) + Cx 3) − 2 x y + C.x y = 1 3 2 2 2 ⎛1 ⎞ 4) y = x ⎜ ln x + C ⎟ ⎝2 ⎠ 2 4 5) y = x. ln 2 6) y = − 2 C x 2e 2 x 2 2 e2x + K 29 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias AULA 09 2.1.6.2 – EQUAÇÃO DE RICCATI: A equação de Jacopo Francesco Riccati (matemático italiano 1676 – 1754) é da forma dy = P( x) y 2 + Q( x) y + R( x) (1) dx onde P, Q e R designam funções de x. Observamos que, quando P(x)=0 temos a equação linear e, quando R(x) = 0 temos a equação de Bernoulli. Liouville (matemático francês) mostrou que a solução da equação de Riccati só é possível quando se conhece uma solução particular y0. Caso contrário, ela só é integrável através de uma função transcendente. Resolução: Admitindo-se uma solução particular y0 da equação (1) e fazendo y = y0 + z (2), onde “z” é uma função a ser determinada. Como y0 é solução, temos dy 0 = Py 02 + Qy 0 + R (3) dx Por outro lado, derivando (2) tem-se: dy dy 0 dz = + (4) dx dx dx Substituindo (2) e (4) na equação (1) : dy 0 dz + = P( y 0 + z ) 2 + Q( y 0 + z ) + R dx dx Desenvolvendo e agrupando os termos: dy 0 dz + = Pz 2 + (2 Py 0 + Q) z + Py 02 + Qy 0 + R dx dx (5) Substituindo (3) em (5) e reagrupando, resulta em: dz − (2 Py 0 + Q) z = Pz 2 (6) dx que é uma equação de Bernoulli na variável z, cuja solução já foi desenvolvida. Em resumo: Para sua resolução algébrica deveremos conhecer uma solução particular y = y0 qualquer de (1), na qual a mudança de variáveis y = z + y0, irá eliminar o termo independente R(x) transformando a equação de Riccatti numa equação de Bernoulli. 30 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias Exemplo: ( Mostrar que y = - x é solução particular da equação 1 + x procurar a solução geral. 3 ) dy + 2 xy dx 2 + x2 y +1 = 0 e 31 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias AULA 09 – EXERCÍCIOS dy y y 2 + + = 3 . Em caso afirmativo, 1) Verificar se y = x é solução particular da equação dx x x 2 calcular a solução geral 2) Mostrar que y = solução geral. dy 2 1 = y 2 − 2 e calcular a sua é solução particular da equação dx x x 3) Sabendo que y = 1 é solução particular da equação a sua solução geral. 4) Calcular a solução da equação dy + (2 x − 1) y − xy 2 = x − 1 calcular dx dy 1 2 ⎛ 1⎞ = y − 2⎜1 − ⎟ y + x − 1 sabendo que y = x é dx x ⎝ x⎠ solução particular. 5) Dar a solução geral da equação particular. dy + y 2 + 3 y + 2 = 0 sabendo que y = - 1 é solução dx Resposta Kx 5 + 3 x Kx 4 − 1 1 3x 2 2) y = − 3 x x +k e x ( 2 − x) + C 3) y = x e (1 − x) + C 1) y = kx + 2 x 2 − x 3 k − x2 2 − Ce x 5) y = Ce x − 1 4) y = 32 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias AULA 10 3 – EQUAÇÕES DE 1a ORDEM E GRAU DIFERENTE DE UM 3.1 – Envoltórias e Soluções Singulares: 3.1.1 – Envoltória de uma Família de Curvas: Seja f(x,y, α )=0 uma família de curvas dependentes do parâmetro “ α ”. Define-se como envoltória a curva que é tangente a toda a linha que constituem a família de curvas. Pode-se existir uma ou mais envoltórias para uma mesma família de curvas, como também poderá não haver nenhuma. As curvas que forma a família são chamadas envolvidas. ⎧⎪ f ( x, y, α ) = 0 ...(1), cuja equação pode ser =0 ⎪⎩ ∂α Geralmente, a envoltória é definida pelo sistema ⎨ ∂f ( x, y, α ) obtida pela eliminação do parâmetro α em (1). Também podemos obter a equação da envoltória sob a forma paramétrica, resolvendo o sistema para x e y. Logo: ¾ Curvas integrais: Família de curvas que representa a solução geral de uma equação diferencial. ¾ Envoltória: Tomando-se como exemplo a família de curvas dependentes de um parâmetro f(x,y, α )=0, define-se como envoltória a curva que é tangente a todas as linhas que constituem a família. ¾ Envolvida: É cada uma das curvas integrais. Representa geometricamente uma solução particular da equação. Assim sendo, pode-se afirmar que existe uma ou mais envoltórias para uma mesma família, como também poderá não haver nenhuma. Por exemplo, uma família de circunferências concêntricas não apresenta envoltória. Não há envoltória 33 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias e e F(x,y,C(x,y))=0 E e → envolvidas de equação f(x, y, E → envoltória α)=0 e Exemplo: Obter a envoltória de uma família de circunferência com centro sobre o eixo x e raio igual a 5. 34 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias 3.1.2 – Soluções Singulares: Uma equação diferencial não linear de 1a ordem pode se escrita na forma alternativa dy ⎞ ⎛ F ⎜ x, y , ⎟ = 0 dx ⎠ ⎝ Foi visto que uma equação diferencial pode apresentar três tipos de solução: - geral - particular - singular (eventualmente) A solução geral é do tipo F(x,y,C)=0, que representa uma família de curvas (curvas integrais), a cada uma das quais está associada uma solução particular da equação dada. A envoltória dessa família de curvas (caso exista) representa a solução singular da equação original. De fato, o coeficiente angular da reta tangente em um ponto de coordenadas (xo,yo) da envoltória e da curva integral corresponde a dyo/dxo. Além disso, tem-se que os elementos xo, yo e dyo/dxo de cada ponto da envoltória satisfazem à equação acima, pois são elementos de uma curva integral. Portanto, a envoltória é uma solução da equação que não resulta da fixação da constante C, e por esta razão, é uma solução singular. Exemplo: 2 dy x 2 ⎛ dy ⎞ − x + ⎟ dx 2 ⎝ dx ⎠ Determinar a solução geral e a solução singular da equação y = ⎜ 35 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias 4) Achar a solução geral e a solução singular da equação: AULA 10 – EXERCÍCIOS 1) Dar a envoltória famílias de curvas: a) y = 4α x + 2 b) das seguinte 1 α x + y + 2(α + 2) y + α 2 = 0 2 2 2) Determinar a envoltória de um segmento de reta cujas extremidades descrevem 2 retas perpendiculares. 3) Obter a solução singular da equação 2 ⎛ dy ⎞ y ⎜ ⎟ + y2 = 1 ⎝ dx ⎠ 2 dy ⎛ dy ⎞ y−x =⎜ ⎟ dx ⎝ dx ⎠ 2 Respostas: 1) a ) y3 = 27x 2 2 2) x 3 + y 3) y = ± 1 3 =l b) x2 + 4y = 0 2 3 (astróide) 4) y = Cx + c2 (solução geral) y=− x2 4 (solução singular) 36 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias AULA 11 3.2 – EQUAÇÃO DE CLAIRAUT: A Equação de Clairaut (Aléxis Claude Clairaut – matemático francês: 1713 – 1765) tem a forma y=x dy ⎛ dy ⎞ + φ⎜ ⎟ . dx ⎝ dx ⎠ Resolução: Chamando dy =p dx a equação de Clairaut fica y = xp + φ ( p ) . (1) Derivando a equação anterior em relação a x, teremos: dy dp dp =x + p.1 + φ ' ( p ) dx dx dx dp (x + φ ' ( p)) = 0 dx dp =0 ∴ p=C dx (2) A solução geral é dada substituindo-se em (1) p pelo seu valor C Assim, y = Cx + φ (C ) é a solução geral da equação de Clairaut (família de retas) De (2), tem-se: x + φ ' ( p) = 0 ∴ φ ' ( p) = − x (3) Eliminando-se p entre (1) e (3) tem-se uma relação F(x,y)=0 que representa a solução singular. Exemplos: Determinar a solução geral e a solução singular das seguintes equações de Clairaut: 2 dy ⎛ dy ⎞ ⎜ ⎟ −x +y=0 dx ⎝ dx ⎠ 37 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias AULA 11 – EXERCÍCIOS Determinar a solução geral e a solução singular das seguintes equações de Clairaut: 1) y = x dy ⎛ dy ⎞ = 3⎜ ⎟ 2) y − x dx ⎝ dx ⎠ 3) y = Cx + 2 2 ⎛ dy ⎞ ⎛ dy ⎞ ⎟ − y⎜ ⎟ + 1 = 0 ⎝ dx ⎠ ⎝ dx ⎠ dy ⎛ dy ⎞ ⎜ x − y + 5⎟ + 4 = 0 dx ⎝ dx ⎠ dy ⎛ dy ⎞ + 4+⎜ ⎟ 5) y = x dx ⎝ dx ⎠ 1 (geral) C2 4y3 = 27x2 (singular) 3) x⎜ 4) 1) y= Cx – lnC (geral) y = 1 + lnx (singular) 2) y = Cx + 3C2 (geral) x2 = -12y (singular dy dy − ln dx dx 3 Respostas: 4) C(5 – y + xC) + 4 = 0 (geral) (y – 5)2 = 16x (singular) 5) y = Cx + y2 = 4 + C 2 (geral) 4(1 ± x 2 ) 2 1− x2 2 38 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias AULA 12 3.3 – EQUAÇÃO DE LAGRANGE: ⎛ dy ⎞ ⎛ dy ⎞ ⎟ + φ ⎜ ⎟ ...(1). ⎝ dx ⎠ ⎝ dx ⎠ A equações da Lagrange tem a forma y = xF ⎜ Observamos que a equação de Clairaut é um caso particular da equação de Lagrange, ⎛ dy ⎞ dy . ⎟= ⎝ dx ⎠ dx se F ⎜ Resolução: A solução da equação de Lagrange, geralmente é dada sob a forma paramétrica. Chamando dy = p a equação de Lagrange fica y = xF ( p ) + φ ( p ) . dx Derivando a equação anterior em relação a x, teremos: dp dp + φ ' ( p) dx dx dp dp = φ ' ( p) p − F ( p) − xF ' ( p) dx dx p = F ( p) + xF ' ( p) Multiplicando por dx e dividindo por [p – F(p)], tem-se: dp dx F ' ( p) φ ' ( p) − x= dp p − F ( p ) p − F ( p) De onde se pode escrever dx + Px = Q dp Como em geral não será possível isolar p na solução da equação linear anterior, a solução geral da equação de Lagrange será dada na forma paramétrica: ⎧ x = x( p) ⎨ ⎩ y = y ( p) Exemplo: ⎛ dy ⎞ ⎛ dy ⎞ Resolver a equação y = ⎜1 + ⎟x + ⎜ ⎟ ⎝ dx ⎠ ⎝ dx ⎠ 2 39 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias AULA 12 - EXERCÍCIOS Respostas: dx dy − dy dx dy 1 2) y = 2 x + dx dy dx p ⎧ ln( p + p 2 − 1) − C ⎪ x=− p2 −1 ⎪ 1) ⎨ 1 ⎪y = − ln p + p 2 − 1 − C − p 2 ⎪⎩ p −1 2 ln p + K ⎧ ⎪⎪ y = p 2) ⎨ ln p + C ⎪ x= ⎪⎩ p2 1) y = x dy ⎛ dy ⎞ − x⎜ ⎟ 3) y = 2 x dx ⎝ dx ⎠ [ [( 2 ] ) ] C ⎧ ⎪⎪ x = p 3) ⎨ 2C ⎪y = −C p ⎩⎪ 40 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias AULA 13 3.4 – Outros tipos de equação de 1a Ordem e grau diferente de um: Resolver as seguintes equações: ⎛ dy ⎞ ⎟ ⎝ dx ⎠ a) 4 y = x + ⎜ 2 2 b) x = sen dy dy + ln dx dx 41 Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides 3.5 – Equações de ordem superior a primeira: d 2 y dy Resolver a equação: (1 + x) 2 + =0 dx dx 42 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias AULA 13 – EXERCÍCIOS 1) y = dy ⎛ dy ⎞ + 1− ⎜ ⎟ dx ⎝ dx ⎠ 2 2 ⎛ dy ⎞ dy dx 2) y = ⎜ ⎟ .e ⎝ dx ⎠ 2 dy ⎛ dy ⎞ ⎟ + 2 ln dx ⎝ dx ⎠ 2 ⎛ dy ⎞ y2 + ⎜ ⎟ ⎝ dx ⎠ y 4) e = dy 2 dx 3) y = ⎜ d2y dy ⎛ dy ⎞ = y2 +⎜ ⎟ 2 dx ⎝ dx ⎠ dx d2y 6) = e 2 x + cos 2 x dx 2 2 d2y ⎛ dy ⎞ 7) −4=⎜ ⎟ dx 2 ⎝ dx ⎠ 2 5) y 8) d2y + k2y = 0 2 dx Respostas: ⎧⎪ y = p + 1 − p 2 1) ⎨ ⎪⎩ x = ln p − arcsenp + c ⎧ x = senp + ln p ⎩ y = cos p + psenp + p + c 2) ⎨ ⎧ y = p 2 + 2 ln p ⎪ 3) ⎨ 2 ⎪x = 2 p − p + c ⎩ ⎧ y2 + p2 ⎪ x = ln 2p ⎪ 4) ⎨ ⎪ln p 2 + y 2 + arctg p = c ⎪⎩ y 1 ⎛ y ⎞ ⎟ = x + C2 5) ln⎜ C1 ⎜⎝ y + C1 ⎟⎠ 1 2x 1 e − cos 2 x + C1 x + C 2 4 4 7) y = ln[sen( 2 x + 2C1 )] + C 2 6) y = 8) y = 2C1 k (senkx. cos kC 2 + senkC 2 cos kx ) 43 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias AULA 14 4 - EXERCÍCIOS GERAIS Calcule as Equações Diferenciais abaixo: 1) xydx − 3( y − 2) dy = 0 2) xdx + ye − x2 3) (1 − x) dy − y dx = 0 2 4) cos y ⋅ senxdx + seny ⋅ cos xdy = 0 2 dy = cos( x + y ) dx 2 2 6) 2 x( x + y ) dx + ( x + y ) dy = 0 5) 7) xdy − ydx = x + y dx 2 8) ( x − xy + y )dx − xydy = 0 2 2 dy = xy + xy 2 dx 28) Conhecendo-se a solução particular y = da equação ex dy = 0 2 27) (1 − x ) 2 9) ydx + ( 2 xy − x ) dy = 0 10) ( 2 x − y + 4) dy + ( x − 2 y + 5) dx = 0 dy x + 2 y +1 = 11) dx 2 x + 4 y + 3 12) (3 x − y + 2) dx + (9 x − 3 y + 1)dy = 0 13) ⎡ 1⎤ y ⎤ ⎡ ⎢ y cos(xy) + x ⎥ dx + ⎢ x cos(xy) + 2 x + y ⎥ dy = 0 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 2x y 2 − 3x 2 + dy = 0 dx y4 y3 2 2 2 3 15) (3 x + 6 xy ) dx + (6 x y + 4 y ) dy = 0 dy − (1 + 2e x ) y + y 2 = −e 2 x calcular dx sua solução geral. Calcular a solução geral e a singular das seguintes equações: dy ⎛ dx ⎞ −⎜ ⎟ 29) y = x dx ⎜⎝ dy ⎟⎠ 2 dy ⎛ dy ⎞ 30) y = x + 1+ ⎜ ⎟ dx ⎝ dx ⎠ dy dy + 31) y = x dx dx dy dy 32) y = x + sen dx dx 14) Resolver as Lagrange: dy x + xy 2 16) =− dx y + x2 y 17) (1 + ysenx) dx + (1 − cos x ) dy = 0 18) (sec x.tgx − y ) dx + (sec y.tgy − x + 2) dy = 0 33) y = − 2 seguintes equações 1 dy ⎛ dy ⎞ ⎜ 2x + ⎟ 2 dx ⎝ dx ⎠ dy ⎛ dy ⎞ +⎜ ⎟ 34) y = 2 x dx ⎝ dx ⎠ 2 19) ( 2 x cos y − e ) dx − x senydy = 0 , determinar a solução particular para x = 0. 2 x 20) xdy − ydx = x e dx 2 x 21) y dy + ydx − xdy = 0 2 22) y dx + ( y 3 − ln x)dy = 0 x 23) Achar a solução particular para y = b e x dy + y − ex = 0 dx 2 24) y dx − ( 2 xy + 3) dy = 0 dy 2 y 25) + = 2 y2 dx x 2 26) xdy = y ( y + 1) dx = a em x 44 de Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais Respostas: 1) 6 y − x = 12 ln(Cy ) y = Cx + 1 + C 2 2 2) y + e x2 =C 3) y ln C (1 − x ) = 1 4) ln sec x + sec y = C 5) cos sec( x + y ) − cot g ( x + y ) = x + C 2 2 6) 2 x + 3 x y + y = C 3 2 3 7) y = Cx − x +y y 8) ln( y − x ) + =C X x 9) + ln y = C y 2 2 2 10) ( x + y − 1) = C ( x − y + 3) 3 11) ln(4 x + 8 y + 5) + 8 y − 4 x = C 12) 2 x + 6 y + C = ln(6 x − 2 y + 1) 13) sen( xy ) + 2 y x + ln y = C 30) y= ± ( x 2 + 1) 1− x2 31) y = Cx + C Não há solução singular 32) y + Cx + senC y = x arccos x + 1 − x 2 1 −1 ⎧ 2 x ( Cp = − p) ⎪⎪ 3 33) ⎨ ⎪ y = 1 (−2Cp 12 − p 2 ⎪⎩ 6 C 2 ⎧ ⎪x = 3 p2 − 3 p ⎪ 34) ⎨ 3 ⎪ y = 2C − p ⎪⎩ 3p x2 1 − =C y3 y 3 2 2 4 15) x + 3 x y + y = C 14) 16) 17) 18) 19) 20) 21) 22) x 2 (1 + y 2 ) + y 2 = C x + y − y cos x = C secx + secy + y(2 - x) = C x 2 cos y − e x = −1 y = Cx + xe x y 2 + x = Cy 2 ln x + y 3 = Cy e x + ab − e a x 1 2 24) x = Cy − y 2 25) Cx y + 2 xy − 1 = 0 23) y= 26) y2 = 27) y= x2 C − x2 1 C 1 − x2 −1 Ce x + Ce 2 x − e x 28) y = Ce x − 1 1 y = Cx − 2 C 29) 27 y3 = − x2 4 45 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais AULA 15 5 - EQUAÇÕES DIFERENCIAIS COM MODELOS MATEMÁTICOS 5.1 - MODELO MATEMÁTICO: É freqüentemente desejável descrever o comportamento de algum sistema ou fenômeno da vida real em termos matemáticos, quer sejam eles físicos, sociológicos ou mesmo econômicos. A descrição matemática de um sistema ou fenômeno, chamada de modelos matemáticos é construída levando-se em consideração determinadas metas. Por exemplo, talvez queiramos compreender os mecanismos de um determinado ecossistema por meio do estudo do crescimento de populações animais nesse sistema ou datar fósseis por meio da análise do decaimento radioativo de uma substância que esteja no fóssil ou no extrato no qual foi descoberta. A construção de um modelo matemático de um sistema começa com: i. a identificação das variáveis responsáveis pela variação do sistema. Podemos a principio optar por não incorporar todas essas variáveis no modelo. Nesta etapa, estamos especificando o nível de resolução do modelo. A seguir, ii. elaboramos um conjunto de hipóteses razoáveis ou pressuposições sobre o sistema que estamos tentando descrever. Essas hipóteses deverão incluir também quaisquer leis empíricas aplicáveis ao sistema. Para alguns propósitos, pode ser perfeitamente razoável nos contentarmos com um modelo de baixa resolução. Por exemplo, você provavelmente já sabe que, nos cursos básicos de Física, a força retardadora do atrito com o ar é às vezes ignorada, na modelagem do movimento de um corpo em queda nas proximidades da superfície da Terra, mas e você for um cientista cujo trabalho é predizer precisamente o percurso de um projétil de longo alcance, terá de levar em conta a resistência do ar e outros fatores como a curvatura da Terra. Como as hipóteses sobre um sistema envolvem freqüentemente uma taxa de variação de uma ou mais variáveis, a descrição matemática de todas essas hipóteses pode ser uma ou mais equações envolvendo derivadas. Em outras palavras, o modelo matemático pode ser uma equação diferencial ou um sistema de equações diferenciais. Depois de formular um modelo matemático, que é uma equação diferencial ou um sistema de equações diferenciais, estaremos de frente para o problema nada insignificante de tentar resolvê-lo. Se pudermos resolvê-lo, julgaremos o modelo razoável se suas soluções forem consistentes com dados experimentais ou fatos conhecidos sobre o comportamento do sistema. Porém, se as predições obtidas pela solução forem pobres, poderemos elevar o nível de resolução do modelo ou levantar hipóteses alternativas sobre o mecanismo de mudança no sistema. As etapas do processo de modelagem são então repetidas, conforme disposto no seguinte diagrama: 46 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais Naturalmente, aumentando a resolução aumentaremos a complexidade do modelo matemático e, assim, a probabilidade de não conseguirmos obter uma solução explícita. Um modelo matemático de um sistema físico freqüentemente envolve a variável tempo t. Uma solução do modelo oferece então o estado do sistema; em outras palavras, os valores da variável (ou variáveis) para valores apropriados de t descrevem o sistema no passado, presente e futuro. 5.2 – DINÂMICA POPULACIONAL: Uma das primeiras tentativas de modelagem do crescimento populacional humano por meio de matemática foi feito pelo economista inglês Thomas Malthus, em 1798. Basicamente, a idéia por trás do modelo malthusiano é a hipótese de que a taxa segundo a qual a população de um pais cresce em um determinado instante é proporcional a população total do pais naquele instante. Em outras palavras, quanto mais pessoas houver em um instante t, mais pessoas existirão no futuro. Em termos matemáticos, se P(t) for a população total no instante t, então essa hipótese pode ser expressa por: dx = kx , dt x(t 0 ) = x0 x = x 0 .e kt (1) onde k é uma constante de proporcionalidade, serve como modelo para diversos fenômenos envolvendo crescimento ou decaimento. Conhecendo a população em algum instante inicial arbitrário t0, podemos usar a solução de (1) para predizer a população no futuro, isto é, em instantes t > t0. O modelo (1) para o crescimento também pode ser visto como a equação dS = rS , a qual dt descreve o crescimento do capital S quando uma taxa anual de juros r é composta continuamente. Exemplo: Em uma cultura, há inicialmente x0 bactérias. Uma hora depois, t = 1, o número de bactérias passa a ser 3/2 x0. Se a taxa de crescimento é proporcional ao número de bactérias presentes, determine o tempo necessário para que o número de bactérias triplique. Resolução: x(to) = x0 x(t1) = 3 xo 2 dx = kx dt dx ∫ x = ∫ kdt lnx = kt + c lnx – ln c = kt x = kt c x ekt = c ln x = c.ekt para t = 0 x(0) = x0 x0 = ce0 x0 = c ∴ x = x0.ekt 47 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais Para t = 1 x(1) = 3 x0 2 x = x0.e0,4055.t 3 x0 = x0 .e k .1 2 3 ek = 2 3x0 = x0.e0,4055.t ln3 = ln e0,4055.t ek = 1,5 ln1,5 = k k = 0,4055 0,4055t = 1,0986 t = 2,71 horas 5.3 - MEIA VIDA: Em física, meia-vida é uma medida de estabilidade de uma substância radioativa. A meiavida é simplesmente o tempo gasto para metade dos átomos de uma quantidade A0 se desintegrar ou se transmutar em átomos de outro elemento. Quanto maior a meia-vida de uma substância, mais estável ela é. Por exemplo, a meia do ultra-radioativo rádio, Ra-226, é cerca de 1700 anos. Em 1700 anos, metade de uma dada quantidade de Ra-226 é transmutada em Radônio, Rn-222. O isótopo de urânio mais comum, U-238, tem uma meia-vida de aproximadamente 4.500.000.000 de anos. Nesse tempo, metade de uma quantidade de U-238 é transmutada em chumbo, Pb-206. dA = K .A dt A(0) = A0 (2) A(t ) = A0 2 A = A0 .e kt Exemplo: Um reator converte urânio 238 em isótopo de plutônio 239. Após 15 anos foi detectado que 0,043% da quantidade inicial A0 de plutônio se desintegrou. Encontre a meia vida desse isótopo se a taxa de desintegração é proporcional à quantidade remanescente. Resolução: t = 0 → A0 t = 15 → A0 – 0,043%A0 99,957%A0 0,99957A0 dA = kA dt dA ∫ A = ∫ kdt ln A = kt + c ln A = kt c A = e kt c A = c.ekt se t = 0 A(0) = A0 A0 = c.e0 C = A0 48 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais A(t) = A0.ekt A(15) = A0.e15k 0,99957 A0 = A0.e15k Ln0,99957 = ln e15t -0,00043 = 15 k K = - 2,8667.10- 5 A0 2 −5 A(t ) = A0 .e −2,8867.10 t A(t) = A0 = A0 .e −0, 00002867 2 1 = e −0, 00002867t 2 -0,6931 = - 0,00002867t t = 24,180 t ≅ 24,180 anos 5.4 – DECAIMENTO RADIOATIVO: O núcleo de um átomo consiste em combinações de prótons e nêutrons. Muitas dessas combinações são instáveis, isto é, os átomos decaem ou transmutam em átomos de outra substância. Esses núcleos são chamados de radioativos. Por exemplo, ao longo do tempo, o altamente radioativo elemento rádio, Ra-226, transmuta-se no gás radônio radioativo, Rn-222. Para modelar o fenômeno de decaimento radioativo, supõe-se que a taxa de dA/dt segundo a qual o núcleo de uma substância decai é proporcional a quantidade (mais precisamente, ao número de núcleos) A(t) de substâncias remanescente no instante t: dA = K .A dt (2) Naturalmente as equações (1) e (2) são iguais, a diferença reside apenas na interpretação dos símbolos e nas constantes de proporcionalidade. Para o crescimento, conforme esperamos em (1), k>0, para o decaimento, como em (2), k<0. O modelo (2) para o decaimento também ocorre com aplicações biológicas, como a determinação de meia vida de uma droga – o tempo necessário para que 50% de uma droga seja eliminada de um corpo por excreção ou metabolismo. Em química, o modelo de dacaimento (2) aparece na descrição matemática de uma reação química de primeira ordem, isto é, uma reação cuja taxa ou velocidade dx/dt é diretamente proporcional à quantidade x de uma substância não transformada ou remanescente no instante t. A questão é que: Uma única equação diferencial pode servir como um modelo matemático para vários fenômenos diferentes. 5.5 - CRONOLOGIA DO CARBONO: Por volta de 1950, o químico Willard Libby inventou um método para determinar a idade de fósseis usando o carbono radioativo. A teoria da cronologia do carbono se baseia no fato de que o isótopo do carbono 14 é produzido na atmosfera pela ação de radiações cósmicas no nitrogênio. A razão entre a quantidade de C-14 para carbono ordinário na atmosfera para ser uma constante e, como conseqüência, a proporção da quantidade de isótopo presente em todos os organismos é a mesma proporção da quantidade na atmosfera. Quando um organismo morre, a absorção de C-14, através da respiração ou alimentação, cessa. Logo, comparando a quantidade proporcional de C-14 presente, digamos, em um fóssil com a razão constante na atmosfera, é possível obter uma razoável estimativa da idade do fóssil. O método se baseia no conhecimento da meia-vida do carbono radioativo C-14, cerca de 5.600 anos. 49 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais O método de Libby tem sido usado para datar móveis de madeira em túmulos egípcios, o tecido de linho que envolvia os pergaminhos do Mar Morto e o tecido do enigmático sudário de Turim. Exemplo: Um osso fossilizado contém um milésimo da quantidade original do C-14. Determine a idade do fóssil. Resolução: A(t) = A0.ekt A0 = A0 .e k .5600 2 1 ln = ln e 5600 k 2 5600k = - 0,6931 K = - 0,000123776 A(t) = A0.e- 0,000123776t 1 A0 = A0 .e −0,000123776t 100 1 ln = ln e −0, 000123776t 100 - 0,000123776 t = - 6,9077 t = 55.808 anos 5.6 - RESFRIAMENTO: De acordo com a Lei empírica de Newton do esfriamento/resfriamento, a taxa segundo a qual a temperatura de um corpo varia é proporcional a diferença entre a temperatura de um corpo varia proporcionalmente a diferença entre a temperatura do corpo e a temperatura do meio que o rodeia, denominada temperatura ambiente. Se T(t) representar a temperatura de um corpo no instante t, Tm a temperatura do meio que o rodeia dT/dt a taxa segundo a qual a temperatura do corpo varia, a lei de Newton do esfriamento/resfriamento é convertida na sentença matemática dT = K (T − Tm ) , dt (3) T = C.ekt + Tm onde k é uma constante de proporcionalidade. Em ambos os casos, esfriamento ou aquecimento, se Tm for uma constante, é lógico que k<0. Exemplo: Um bolo é retirado do forno, sua temperatura é de 300ºF. Três minutos depois, sua temperatura passa para 200ºF. Quanto tempo levará para sua temperatura chegar a 75 graus, se a temperatura do meio ambiente em que ele foi colocado for de exatamente 70ºF? 50 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais Resolução: dT = k (T − Tm ) dt dT = k (T − 70) dt dT ∫ (T − 70) = ∫ kdt ln(T − 70) = kt + c (T − 70 ln = kt c T − 70 e kt = c kt T = c.e + 70 T(0) = 3000F T(3) = 2000F T(?) = 750 Tm = 700 T(0) = 3000 300 = C.ek.0 + 70 C = 2300 T = 230.ekt + 70 T(3) = 200 200 = 230.e3k + 70 230 e3k = 130 e 3k = 130 230 130 230 130 3k = ln 230 T = 230.e −0,19018t + 70 ln e 3k = ln 75 = 230.e −0,19018t + 70 75 − 70 230 5 - 0,19018t = ln 230 e −0,19018t = K = - 0,19018 T = 20,13 minutos 5.7 – MISTURAS: A mistura de dois fluidos algumas vezes dá origem a uma equação diferencial de primeira ordem para a quantidade de sal contida na mistura. Vamos supor um grande tanque de mistura contenha 300 galões de salmoura (isto é, água na qual foi dissolvida uma determinada quantidade de libras de sal). Uma outra salmoura é bombeada para dentro do tanque a uma taxa de três galões por minuto; a concentração de sal nessa segunda salmoura é de 2 libras por galão.Quando a solução no tanque estiver bem misturada, ela será bombeada para fora a mesma taxa em que a segunda salmoura entrar. Se A(t) denotar a quantidade de sal (medida em libras) no tanque no instante t, a taxa segundo a qual A(t) varia será uma taxa liquida: dA ⎛ Taxa de entrada ⎞ ⎛ Taxa de saída ⎞ ⎟⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ = Re − Rs =⎜ de sal de sal dt ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (4) A taxa de entrada Re de sal (em libras por minuto) é: 51 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais Taxa de entrada Concentração de sal de salmoura no fluxo de entrada ↓ (3 gal / min) Re = . taxa de entrada de sal ↓ (2kb / gal ) = ↓ 6lb / min Uma vez que a solução está sendo bombeada para fora e para dentro do tanque a mesma taxa, o número de galões de salmoura no tanque no instante t é constante e igual a 300 galões. Assim sendo, a concentração de sal no tanque e no fluxo de saída é de A(t)/300 lb/gal, e a taxa de saída de sal Rs é: Taxa de saída Concentração de sal taxa de saida de salmoura no fluxo de saída de sal ↓ ↓ Rs = (3 gal / min) . ⎞ ⎛ A lb / gal ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ 300 ↓ = A lb / min 100 A equação (4) torna-se então: dA A = 6− dt 100 (5) Exemplo: Dos dados do tanque acima considerado e da equação (4), obtemos a equação (5). Vamos colocar agora a seguinte questão: se 50 libras de sal fossem dissolvidas nos 300 galões iniciais, quanto sal haveria no tanque após um longo período? Resolução: dA A = 6− dt 100 dA 1 + ⋅A=6 dt 100 Pdt − Pdt A = e ∫ ⎡⎢ ∫ e ∫ .Qdt + C ⎤⎥ ⎣ ⎦ t −t A = e 100 ⎡ ∫ e 100 .6dt + C ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ t −t A = e 100 ⎡600e 100 + C ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ A = 600 + C.e −t 100 para A(0) =50 50 = 600 + C.e 0 C = −550 Logo: A = 600 − 550e −t 100 (6) A solução acima (6) foi usada para construir a seguinte tabela: t(min) 50 100 150 200 300 400 A(lb) 266,41 397,67 477,27 525,57 572,62 589,93 52 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais Além disso podemos observar que A → 600 quando t → ∞ . Naturalmente, isso é o que esperaríamos nesse caso; durante um longo período, o número de libras de sal na solução deve ser (300 gal).(2lb/gal) = 600 lb. Neste exemplo supusemos que a taxa segundo a qual a solução era bombeada para dentro era igual à taxa segundo a qual ela era bombeada para fora. Porém isso não precisa ser assim; a mistura salina poderia ser bombeada para fora a uma taxa maior ou menor do que aquela segundo a qual é bombeada para dentro. Por exemplo, se a solução bem misturada do exemplo acima for bombeada para fora a uma taxa menor, digamos de 2 gal/min, o liquido acumulará no tanque a uma taxa de (3 – 2) gal/min = 1gal/min. Após t minutos, o tanque conterá 300 + t galões de salmoura. A taxa segundo a qual o sal sai do tanque é então: ⎛ A ⎞ lb / gal ⎟ Rs = (2 gal / min).⎜ ⎝ 300 + t ⎠ Logo, a Equação (4) torna-se: dA 2A = 6− dt 300 + t ou dA 2 + A=6 dt 300 + t Você deve verificar que a solução da última equação, sujeita a A(0)=50, é: A(t ) = 600 + 2t − (4,95 × 10 7 )(300 + t ) −2 5.8 – DRENANDO UM TANQUE: Em hidrodinâmica, a Lei de Toricelli estabelece que a velocidade v do fluxo de água em um buraco com bordas na base de um tanque cheio até a uma altura h é igual a velocidade com que um corpo (no caso, uma gota d’agua) adquiriria em queda livre de uma altura h, isto é, v = 2 gh , onde g é a aceleração devida a gravidade. Essa última expressão origina-se de igualar 1 2 a energia cinética mv com a energia potencial mgh e resolver para v. Suponha que um tanque 2 cheio com água seja drenado por meio de um buraco sob a influência da gravidade. Gostaríamos de encontrar a altura h de água remanescente no tanque no instante t. Considere o tanque ao lado: Se a área do buraco for Ah (em pés quadrados) e a velocidade de saída da água do tanque for v = 2 gh (em pés/s), o volume de saída de água do tanque por segundo é Ah 2 gh (em pés cúbicos/s). Assim, se V(t) denotar o volume de água no tanque no instante t, dV = − Ah 2 gh dt (6) onde o sinal de subtração indica que V está decrescendo. Observe aqui que estamos ignorando a possibilidade de atrito do buraco que possa causar uma redução na taxa de fluxo. Agora, se o tanque for tal que o volume de água em qualquer instante t possa ser escrito como V (t ) = Aw h , onde Aw (em pés quadrados) é a área constante da superfície de água, então dV dh . = Aw dt dt Substituindo essa última expressão em (6), obtemos a equação diferencial desejada para a altura de água no instante t: 53 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais A dh =− h dt Aw 2 gh (7) É interessante notar que (7) permanece válida mesmo quando Aw não for constante. Nesse caso, devemos expressar a superfície superior da água como uma função de h, isto é, Aw = A(h). 5.9 – DISSEMINAÇÃO DE UMA DOENÇA: Uma doença contagiosa, por exemplo, um vírus de gripe, espalha-se em uma comunidade por meio do contato entre as pessoas. Seja x(t) o número de pessoas que contraíram a doença e y(t) o número de pessoas que ainda não foram expostas. É razoável supor que a taxa dx/dt segundo a qual a doença se espalha seja proporcional ao número de encontros ou interações entre esses dois grupos de pessoas. Se supusermos que o número de intereações é conjuntamente proporcional a x(t) e a y(t), isto é, proporcional ao produto xy, então: dx = kxy dt (8) onde k é a constante de proporcionalidade usual. Suponha que uma pequena comunidade tenha uma população fixa de n pessoas. Se uma pessoa infectada for introduzida na comunidade, podese argumentar que x(t) e y(t) são relacionadas por x + y = n + 1. Usando essa última equação para eliminar y em (8), obtemos o modelo dx = kx(n + 1 − x) dt (9) Uma condição óbvia que acompanha a equação (9) é x(0) = 1. 5.10 – CORPOS EM QUEDA: Para construir um modelo matemático do movimento de um corpo em um campo de força, em geral iniciamos com a segunda lei do movimento de Newton. Lembre-se da física elementar que a primeira lei do movimento de Newton estabelece que o corpo permanecerá em repouso ou continuará movendo-se a uma velocidade constante, a não ser que esteja agindo sobre ele uma força externa. Em cada caso, isso equivale a dizer que, quando a soma das forças F = ∑F k isto é, a força liquida ou resultante, que age sobre o corpo for diferente de zero, essa força líquida será proporcional a sua aceleração a ou, mais precisamente, F = m.a, onde m é a massa do corpo. Suponha agora que uma pedra seja jogada par acima do topo de um prédio, conforme ilustrado na figura abaixo: Qual a posição s(t) da pedra em relação ao chão no 2 2 instante t? A aceleração da pedra é a derivada segunda d s dt . Se assumirmos como positiva a direção para cima e que nenhuma outra força além da gravidade age sobre a pedra, obteremos a segunda lei de Newton m d 2s = −mg dt 2 ou d 2s = −g dt 2 (10) Em outras palavras, a força liquida é simplesmente o peso F= F1 = - W da pedra próximo á superfície da Terra. Lembre-se de que a magnitude do peso é W = mg, onde m é a massa e g é a aceleração devida a gravidade. O sinal de subtração foi usado em (10), pois o peso da pedra é uma força dirigida para baixo, oposta a direção positiva. Se a altura do prédio é s0 e a velocidade inicial 54 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais da pedra é v0, então s é determinada, com base no problema de valor incial de segunda ordem d 2s = − g , s (0) = s 0 , s ' (0) = v0 dt 2 (11) Embora não estejamos enfatizando a resolução das equações obtidas, observe que (11) pode ser resolvida integrando-se a constante – g duas vezes em relação a t. As condições iniciais determinam as duas constantes de integração. Você poderá reconhecer a solução de (11), da física elementar, como a fórmula s (t ) = − 1 2 gt + v0 t + s 0 . 2 5.11 – CORPOS EM QUEDA E A RESISTÊNCIA DO AR: Antes dos famosos experimentos de Galileu na torre inclinada de Pisa, acreditava-se que os objetos mais pesados em queda livre, como uma bala de canhão, caíam com uma aceleração maior do que a de objetos mais leves, como uma pena. Obviamente, uma bala de canhão e uma pena, quando largadas simultaneamente da mesma altura, caem a taxas diferentes, mas isso não se deve ao fato de a bala de canhão ser mais pesada. A diferença nas taxas é devida a resistência do ar. A força de resistência do ar foi ignorada no modelo dado em (11). Sob algumas circunstâncias, um corpo em queda com massa m, como uma pena com baixa densidade e formato irregular, encontra uma resistência do ar proporcional a sua velocidade instantânea v. Se nessas circunstancias, tomarmos a direção positiva como orientada para baixo, a força liquida que age sobre a massa será dada por F = F1 + F2 = mg – kv, onde o peso F1 = mg do corpo é a força que age na direção positiva e a resistência do ar F2 = - kv é uma força chamada amortecimento viscoso que age na direção oposta ou para cima. Veja a figura abaixo: Agora, como v esta relacionado com a aceleração a através de a = dv/dt, a segunda lei de Newton torna-se F = m.a = m. dv/dt. Substituindo a força liquida nessa forma da segunda lei de Newton, obtemos a equação diferencial de primeira ordem para a velocidade v(t) do corpo no instante t. m dv = mg − kv dt (12) Aqui k é uma constante de proporcionalidade positiva. Se s(t) for a distancia do corpo em queda no instante t a partir do ponto inicial, então v = ds/dt e a = dv/dt = d2s/dt2. Em termos de s, (12) é uma equação diferencial de segunda ordem: m d 2s ds = mg − k 2 dt dt ou m d 2s ds +k = mg 2 dt dt (13) 5.12 – CORRENTE DESLIZANTE: Suponha que uma corrente uniforme de comprimento L em pés seja pendurada em um pino de metal preso a uma parede bem acima do nível do chão. Vamos supor que não haja atrito entre o pino e a corrente e que a corrente pese ρ libras/pés. A figura abaixo (a) ilustra a posição da corrente quando em equilíbrio; se fosse deslocada um pouco para a direita ou para a esquerda, a corrente deslizaria pelo pino. Suponha que a direção positiva seja tomada como sendo para baixo e que x(t) denote a distancia que a extremidade direita da corrente teria caído no tempo t. A posição de equilíbrio corresponde a x = 0. Na figura (b), a corrente é deslocada em x0 pés e é mantida no pino até ser solta em um tempo inicial que designaremos por t=0. Para a corrente em movimento, conforme mostra a figura (c), temos as seguintes quantidades: 55 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais Peso da corrente: W = (L pés) . ( ρ lb/pés) = L ρ Massa da corrente: m = W/g = L ρ /32 Força resultante: ⎛L ⎞ ⎛L ⎞ F = ⎜ + x ⎟ ρ − ⎜ − x ⎟ ρ = 2 xp ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ Uma vez que a = d2x/dt2, ma = F torna-se Lρ d 2 x d 2 x 64 ⋅ 2 = 2 ρx ou − x=0 32 dt L dt 2 (14) 5.13 - CIRCUITOS EM SÉRIE: Considere o circuito em série de malha simples mostrado ao lado, contendo um indutor, resistor e capacitor. A corrente no circuito depois que a chave é fechada é denotada por i(t); a carga em um capacitor no instante t é denotada por q(t). As letras L, C e R são conhecidas como indutância, capacitância e resistência, respectivamente, e em geral são constantes. Agora, de acordo com a segunda Lei de Kirchhoff, a voltagem aplicada E(t) em uma malha fechada deve ser igual à soma das quedas de voltagem na malha. A figura abaixo mostra os símbolos e as fórmulas para a respectiva queda de voltagem em um indutor, um capacitor e um resistor. Uma vez que a corrente i(t) está relacionada com a carga q(t) no capacitor por i = dq/dt, adicionando-se as três quedas de voltagem. indutor resistor dq iR = R dt 2 L di d q =L 2, dt dt capacitor 1 q c e equacionando-se a soma das voltagens aplicadas, obtém-se uma equação diferencial de segunda ordem L d 2q dq 1 +R + q = E (t ) 2 dt dt c 56 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais Para um circuito em série contendo apenas um resistor e um indutor, a segunda lei de Dirchhoff estabelece que a soma das quedas de voltagem no indutor (L(di/dt)) e no resistor (iR) é igual a voltagem aplicada no circuito (E(t)). Veja a figura abaixo Obtemos, assim, a equação diferencial linear para a corrente i(t). L di + Ri = E (t ) dt onde L e R são constantes conhecidas como a indutância e a resistência, respectivamente. A corrente i(t) é também chamada de resposta do sistema. A queda de voltagem em um capacitor com capacitância C é dada por q(t)/Ci, onde q é a carga no capacitor. Assim sendo, para o circuito em série mostrado na figura (a), a segunda lei de Kirchhoff nos dá Ri + 1 q = E (t ) C mas a corrente i e a carga q estão relacionadas por i = dq/dt, dessa forma, a equação acima transforma-se na equação diferencial linear R dq 1 + q = E (t ) dt C Exemplo: Uma bateria de 12 volts é conectada a um circuito em série no qual a indutância é ½ Henry e a resistência é 10 ohms. Determine a corrente i se a corrente inicial for 0. Resolução: L= indutância = ½ R = resistência = 10 i = corrente E = voltagem aplicada = 12 di + Ri = E dt 1 di ⋅ + 10i = 12 2 dt di + 20i = 24 dt L P = 20 Q = 24 ∫ Pdt = ∫ 20dt = 20t i = e [∫ e ⋅ 24dx + c ] −20 t Para i(0) = 0 6 + e0c 5 6 c=− 5 0= Logo: i= 6 6 − 20t − e 5 5 20 t ⎛ 24 ⎞ i = e − 20t ⎜ e 20t + c ⎟ ⎝ 20 ⎠ 6 i = + e − 20t ⋅ c 5 57 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais AULA 15– EXERCÍCIOS 1) Encontre uma expressão para a corrente em um circuito onde a resistência é 12 Ω , a indutância é 4 H, a pilha fornece uma voltagem constante de 60 V e o interruptor é ligado quanto t = 0. Qual o valor da corrente? 2) Uma força eletromotriz é aplicada a um circuito em série LR no qual a indutância é de 0,1 henry e a resistência é de 50 ohms. Ache a curva i(t) se i(0) = 0. Determine a corrente quanto t → ∞ . Use E = 30 V. 3) Uma força eletromotriz de 100 V é aplicada a um circuito em série RC no qual a resistência é de 200 Ω e a capacitância é de 10- 4 farads. Ache a carga q(t) no capacitor se q(0) = 0. Ache a corrente i(t). 4) Uma força eletromotriz de 200 V é aplicada a um circuito em série RC no qual a resistência é de 1000 Ω e a capacitância é 5 x 10- 6 farads. Ache a carga q(t) no capacitor se i(0) = 0,4. Determine a carga da corrente em t = 0,005s. Determine a carga quando t → ∞ . 5) Sabe-se que a população de uma certa comunidade cresce a uma taxa proporcional ao número de pessoas presentes em qualquer instante. Se a população duplicou em 5 anos, quando ela triplicará? 6) Suponha que a população da comunidade do problema anterior seja 10000 após 3 anos. Qual era a população inicial? Qual será a população em 10 anos? 7) A população de uma cidade cresce a uma taxa proporcional à população em qualquer tempo. Sua população inicial de 500 habitantes aumenta 15% em 10 anos. Qual será a população em 30 anos? 8) O isótopo radioativo de chumbo, Ph 209, decresce a uma taxa proporcional à quantidade presente em qualquer tempo. Sua meia vida é de 3,3 horas. Se 1 grama de chumbo está presente inicialmente, quanto tempo levará para 90% de chumbo desaparecer? 9) Inicialmente havia 100 miligramas de uma substância radioativa presente. Após 6 horas a massa diminui 3%. Se a taxa de decrescimento é proporcional à quantidade de substância presente em qualquer tempo, determinar a meia vida desta substância. 10) Com relação ao problema anterior, encontre a quantidade remanescente após 24 horas. 11) Em um pedaço de madeira queimada, ou carvão, verificou-se que 85,5% do C-14 tinha se desintegrado. Qual a idade da madeira? 12) Um termômetro é retirado de uma sala, em que a temperatura é 70ºF, e colocado no lado fora onde a temperatura é 10ºF. Após 0,5 minuto o termômetro marcava 50ºF. Qual será a temperatura marcada pelo termômetro no instante t=1 minuto? Quanto levará para marcar 15ºF? 13) Segundo a Lei de Newton, a velocidade de resfriamento de um corpo no ar é proporcional à diferença entre a temperatura do corpo e a temperatura do ar. Se a temperatura do ar é 20oC e o corpo se resfria em 20 minutos de 100oC para 60oC, dentro de quanto tempo sua temperatura descerá para 30oC? 14) Um indivíduo é encontrado morto em seu escritório pela secretária que liga imediatamente para a polícia. Quando a polícia chega, 2 horas depois da chamada, examina o cadáver e o ambiente, tirando os seguintes dados: A temperatura do escritório era de 20oC, o cadáver inicialmente tinha uma temperatura de 35oC. Uma hora depois medindo novamente a temperatura do corpo obteve 34.2oC. O investigador, supondo que a temperatura de uma pessoa viva é de 36.5oC, prende a secretária. Por que? No dia seguinte o advogado da secretária a liberta, alegando o que? 15) Sob as mesmas hipóteses subjacentes ao modelo em (1), determine a equação diferencial que governa o crescimento populacional P(t) de um país quando os indivíduos tem autorização para imigrar a uma taxa constante r. 16) Usando o conceito de taxa liquida, que é a diferença entre a taxa de natalidade e a taxa de mortalidade na comunidade, determine uma equação diferencial que governe a evolução da população P(t), se a taxa de natalidade for proporcional a população presente no instante t, mas a de mortalidade for proporcional ao quadrado da população presente no instante t. 17) Suponha que um estudante portador de um vírus da gripe retorne para um campus universitário fechado com mil estudantes. Determine a equação diferencial que descreve o número de pessoas x(t) que contrairão a gripe, se a taxa segundo a qual a doença for espalhada for proporcional ao numero de interações entre os estudantes gripados e os estudantes que ainda não foram expostos ao vírus. 18) Suponha um grande tanque para misturas contenha inicialmente 300 galões de água,no qual foram dissolvidas 50 libras de sal. Água pura é bombeada pra dentro do tanque e uma taxa de 3 gal/min, e então, quando a solução esta bem misturada, ela é bombeada para fora segundo a mesma taxa. Determine uma equação diferencial para a quantidade de sal A(t) no tanque no instante t. 19) Suponha que a água esta saindo de um tanque por um buraco circular em sua Bse de área Ah. Quando a água vaza pelo buraco, o atrito e a concentração da corrente de água nas proximidades do buraco reduzem o volume de água que esta vazando do tanque por segundo para cAh 2 gh , onde c (0 0, x1 < 0, a massa começa de um ponto abaixo da posição de equilíbrio com uma velocidade inicial dirigida para cima. Quando x1 = 0, dizemos que ela partiu do repouso. Por exemplo, se x0 < 0, x1 = 0, a massa partiu do repouso de um ponto |x0| unidades acima da posição de equilíbrio. 8.1.1.2 - Solução e Equação do Movimento: Para resolver a Equação (2), observamos que as soluções da equação auxiliar m2+ϖ 2=0 são números complexos m1 = ϖ i, m2 = - ϖ i. Assim, determinamos a solução geral de (2) como: x(t ) = C1 cos ωt + C 2 senωt (3) O período das vibrações livres descritas por (3) é T = 2 π / ω e a freqüência é f = 1 / T = ω / 2π . Por exemplo, para x(t) = 2 cos 3t – 4 sen 3t, o período é 2 π /3 e a freqüência é 3/2 π unidades; o segundo número significa que há três ciclos do gráfico a cada 2 π unidades ou, equivalentemente, que a massa está sujeita a 3/2 π vibrações completas por unidade de tempo. Além disso, é possível mostrar que o período 2 π /ϖ é o intervalo de tempo entre dois máximos sucessivos de x(t). Lembre-se de que o máximo de x(t) é um deslocamento positivo correspondente à distância máxima de x(t) é um deslocamento positivo correspondente à distância máxima atingida pela massa abaixo da posição de equilíbrio, enquanto o mínimo de x(t) é um deslocamento negativo correspondente à altura máxima atingida pela massa acima da posição de equilíbrio. Vamos nos referir a cada caso como deslocamento extremo da massa. Finalmente, quando as condições iniciais forem usadas para determinar as constantes C1 e C2 em (3), diremos que a solução particular resultante ou a resposta é a equação do movimento. Exemplo: Uma massa de 2 libras distende uma mola em 6 polegadas. Em t = 0, a massa é solta de um ponto 8 polegadas abaixo da posição de equilíbrio, a uma velocidade de 4 pés/s para 3 cima. Determine a equação do movimento livre. 80 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais Solução: Convertendo as unidades: 6 polegadas = ½ pé 8 polegadas = 2/3 pé Devemos converter a unidade de peso em unidade de massa M = W/g = 2/32 = 1/16 slug Além disso, da lei de Hooke , 2 = k(½) implica que a constante de mola é k = 4 lb/pé, Logo, (1) resulta em: 1 d 2x = −4 x 16 dt 2 d 2x + 64 x = 0 dt 2 ϖ 2 = - 64 ϖ = 8i x(t) = C1 cos 8t + C2 sem 8t O deslocamento e a velocidade iniciais são x(0) = 2/3 e x’(0) = - 4/3, onde o sinal negativo na última condição é uma conseqüência do fato de que é dada à massa uma velocidade inicial na direção negativa ou para cima. Aplicando as condições iniciais a x(t) e a x’(t), obtemos C1 = 2/3 e C2 = - 1/6, assim, a equação do movimento será: x(t ) = 2 1 cos 8t − sen8t 3 16 8.1.2 – Sistema Massa-Mola: Movimento Livre Amortecido O conceito de movimento harmônico livre é um tanto quanto irreal, uma vez que é descrito pela Equação (1) sob a hipótese de que nenhuma força de retardamento age sobre a massa em movimento. A não ser que a massa seja suspensa em um vácuo perfeito, haverá pelo menos uma força contrária ao movimento em decorrência do meio ambiente. 8.1.2.1 - ED do Movimento Livre Amortecido: No estudo de mecânica, as forças de amortecimento que atuam sobre um corpo são consideradas proporcionais a uma potência da velocidade instantânea. Em particular, vamos supor durante toda a discussão subseqüente que essa força é dada por um múltiplo constante de dx/dt. Quando não houver outras forças externas agindo sobre o sistema, segue na segunda lei de Newton que m d 2x dx = −kx − β 2 dt dt (4) onde β é positivo e chamado de constante de amortecimento e o sinal negativo é uma conseqüência do fato de que a força amortecedora age no sentido oposto ao do movimento. Dividindo-se (4) pela massa me, obtemos a equação diferencial do movimento livre amortecido d 2 x ⎛ β ⎞ dx ⎛ k ⎞ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟x = 0 dt 2 ⎝ m ⎠ dt ⎝ m ⎠ (5) ou onde d 2x dx + 2λ +ω2x = 0 2 dt dt (6) 81 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais 2λ = β m e ω2 = k m O símbolo 2 λ foi usado somente por conveniência algébrica, pois a equação auxiliar é: m2 + 2 λ m + ω = 0 e as raízes correspondentes são, portanto, 2 m1 = −λ + λ2 − ω 2 e m 2 = −λ − λ − ω Podemos agora distinguir três casos possíveis, dependendo do sinal algébrico de λ2 − ω 2 . 2 2 Como cada solução contém o fator de amortecimento e massa fica desprezível após um longo período. − λt , λ >0, o deslocamento da CASO I: Superamortecido λ2 − ω 2 > 0 x(t ) = C1e m1t + C 2 e m2t (7) Essa equação representa um movimento suave e não oscilatório. CASO II: Amortecimento Crítico λ2 − ω 2 = 0 x(t ) = e − λt (C1 + C 2 t ) (8) Observe que o movimento é bem semelhante ao sistema superamortecido. É também evidente de (8) que a massa pode passar pela posição de equilíbrio no máximo uma vez. Qualquer decréscimo na força de amortecimento resulta em um movimento oscilatório. CASO III: Subamortecido λ2 − ω 2 < 0 Como as raízes m1 e m2 agora são complexas, a solução geral da Equação (6) é: ( x(t ) = e −λt C1 cos ω 2 − λ2 t + C 2 sen ω 2 − λ2 t ) O movimento descrito em (9) é oscilatório; mas, por causa do fator e de vibração → 0 quando t → ∞ . (9) − λt , as amplitudes Exemplos: 1) Um peso de 8 libras alonga uma mola em 2 pés. Supondo que uma força amortecedora igual a duas vezes a velocidade instantânea aja sobre o sistema, determine a equação de movimento se o peso for solto de uma posição de equilíbrio a uma velocidade de 3 pés/s para cima. 82 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais Solução: Com base na lei de Hooke, vemos que 8 = k(2) nos dá k = 4 lb/pés e que W = mg nos dá m = 8/32=1/4 slug. A equação diferencial do movimento é então: 1 d 2x dx = −4 x − 2 2 4 dt dt 2 d x dx + 8 + 16 x = 0 2 dt dt Resolvendo a equação temos: X(t)= C1 e – 4t + C2te - 4t (amortecimento crítico) Aplicando as condições iniciais x(0) = 0 e x’(0) = - 3, obtemos c1 = 0 e c2 = -3, logo, a equação do movimento é: X(t) = - 3te -4t 2) Um peso de 16 lb é atado a uma mola de 5 pés de comprimento. Na posição de equilíbrio, o comprimento da mola é de 8,2 pés. Se o peso for puxado para cima e solto do repouso, de um ponto 2 pés acima da posição de equilíbrio, qual será o deslocamento x(t) se for sabido ainda que o meio ambiente oferece uma resistência numericamente igual à velocidade instantânea. Solução: O alongamento da mola depois de preso o peso será de 8,2 – 5 = 3,2 pés; logo, segue da lei de Hooke que 16 = k(3,2) ou k = 5 lb/pés. Alem disso, m = 16/32 = ½ slug. Portanto, a equação diferencial é dada por: Resolvendo a equação temos: dx 1 d 2x = −5 x − 2 2 dt dt 2 d x dx + 2 + 10 x = 0 2 dt dt x(t ) = e − t (C1 cos 3t + C 2 sen3t ) (subamortecido) Aplicando as condições iniciais x(0) = - 2 e x’(0) = 0, obtemos c1 = - 2 e c2 = - 2/3, logo a equação do movimento é: 2 ⎛ ⎞ x(t ) = e −t ⎜ − 2 cos 3t − sen3t ⎟ 3 ⎝ ⎠ 8.1.3 – Sistema Massa Mola: Movimento Forçado 8.1.3.1 - ED do Movimento Forçado com Amortecimento: Considerando agora uma força externa f(t) agindo sobre uma massa vibrante em uma mola. Por exemplo, f(t) pode representar uma força que gera um movimento oscilatório vertical do suporte da mola. A inclusão de f(t) na formulação da segunda lei de Newton resulta na equação diferencial do movimento forçado ou induzido m d 2x dx = − kx − β + f (t ) 2 dt dt (10) Dividindo (10) por m, obtemos: 83 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais d 2x dx + 2λ + ω 2 x = F (t ) 2 dt dt (11) Onde F(t) = f(t)/m. Como no item anterior, 2 λ = β / m , ω = k / m . Para resolver essa última equação não homogênea, podemos usar tanto o método dos coeficientes a determinar quanto o de variações de parâmetro. 2 Exemplo: 1 d 2x dx + 1,2 + 2 x = 5 cos 4t , com x(0) = Interprete e resolva o problema de valor inicial 2 5 dt dt ½ e x’(0) = 0 Solução: O problema representa um sistema vibrante que consiste em uma massa ( m= 1/5 slug ou quilograma) presa a uma mola (k = 2 lb/pés ou N/m). A massa é solta do repouso ½ unidade (pé ou metro) abaixo da posição de equilíbrio. O movimento é amortecido ( β = 1,2 ) e esta sendo forçado por uma força externa periódica (T = π 2 ) que começa em t=0. Intuitivamente, poderíamos esperar que, mesmo com o amortecimento, o sistema continuasse em movimento até o instante em que a força externa fosse “desligada”, caso em que a amplitude diminuiria. Porém, da forma como o problema foi dado, f(t)=5cos4t permanecerá “ligada” sempre. Em primeiro lugar, multiplicaremos a equação dada por 5 e resolvemos a equação d 2x dx + 6 + 10 x = 0 empregando os métodos usuais e usando o método dos coeficientes a 2 dt dt determinar, procuramos uma solução particular, achando como solução: x(t ) = e −3t (C1 cos t + C 2 sent ) − 25 50 cos 4t + sen4t 102 51 Aplicando as condições iniciais, temos que a equação do movimento é: x(t ) = e −3t ( 38 86 25 50 cos t − sent ) − cos 4t + sen4t 51 51 102 51 8.1.3.2 – ED de um Movimento Forçado Não Amortecido: Se houver a ação de uma força externa periódica, e nenhum amortecimento, não haverá termo transiente na solução de um problema. Veremos também que uma força externa periódica com uma freqüência próxima ou igual às das vibrações livres não amortecidas pode causar danos severos a um sistema mecânico oscilatório. Exemplo: d 2x + ω 2 x = F0 senγt , x(0) = 0 e x’(0) = 0,, onde F0 Resolva o problema de valor inicial: 2 dt é uma constante e γ ≠ ω . Solução: A função complementar é xc(t) = c1cos ω t + c2 sen ω t. Para obter uma solução particular, vamos experimentar xp(t) = A cos γ t + B sen γ t de tal forma que: x "p + ω 2 x p = A(ω 2 − γ 2 ) cos γt + B(ω 2 − γ 2 ) senγt = F0 senγt 84 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais Igualando os coeficientes, obtemos imediatamente A = 0 e x p (t ) = B = F0 (ω 2 − γ 2 ) . Logo: F0 senγt (ω − γ 2 ) 2 Aplicando as condições iniciais dadas à solução geral, obtemos a solução final que será: x(t ) = F0 (−γsenωt + ωsenγt ) , com γ ≠ ω (ω − γ 2 ) 2 8.1.4 – Circuito em Série Análogo Circuitos elétricos RLC em série Aplicando a segunda Lei de Kirchoff, chegamos a: R L L C d 2q dq q +R + = E (t ) 2 dt C dt (12) E Se E(t) = 0, as vibrações elétricas do circuito são consideradas livres. Como a equação auxiliar da equação (11) é Lm2 + Rm + 1/C = 0, haverá três formas de solução com R ≠ 0, dependendo do valor do discriminante R2 -4L/C. Dizemos que o circuito é: ¾ Superamortecido: R − 2 4L >0 C ¾ Criticamente amortecido: R − 2 ¾ Subamortecido: R − 2 4L =0 C 4L <0 C Em cada um desses três casos, a solução geral de (12) contém o fator e-Rt/2L e, portanto, q(t) → 0 quando t → ∞ . No caso subamortecido, se q(0) = q0, a carga sobre o capacitor oscilará à medida que decair, em outras palavras, o capacitor é carregado e descarregado quanto t → ∞ . Quando E(t) = 0 e R = 0, dizemos que o circuito é não amortecido e as vibrações elétricas não tendem a zero quando t cresce sem limitação; a resposta do circuito é harmônica simples. Exemplos: 1) Encontre a carga q(t) sobre o capacitor em um circuito em série LRC quando L=0,25 henry(h), R = 10 ohms( Ω ), C = 0,001 farad(f), E(t) = 0, q(0) = q0 coulombs(C) e i(0)=0. Solução: Como 1/C = 1000, a equação (12) fica: 1 q"+10q'+1000q = 0 4 q"+40q'+4000q = 0 85 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais Resolvendo a equação homogênea de maneira usual, verificamos que o circuito é subamortecido e q(t) = e-20t(C1 cos60t +C2 sen60t). Aplicando as condições iniciais, obtemos: q(t ) = q 0 e − 20t (cos 60t + 1 3 sen60t ) Quando há uma voltagem impressa E(t) no circuito as vibrações elétricas são chamadas forçadas. No caso em que R ≠ 0, a função complementar qc(t) de (12) é chamada de solução transiente. Se E(t) for periódica ou constante, então a solução particular qp(t) de (12) será uma solução estacionária. 8.2 – EQUAÇÕES LINEARES - PROBLEMAS DE CONTORNO 8.2.1 – Deflexão de uma viga: Muitas estruturas são construídas usando grandes suportes de aço ou vigas, as quais defletem ou distorcem sob seu próprio peso ou em decorrência de alguma força externa. A deflexão y(x) é governada por uma equação diferencial linear de quarta ordem relativamente simples. L Vamos supor uma viga de comprimento L seja homogênea e tenha seção transversal uniforme ao longo de seu comprimento. Na ausência de qualquer carga sobre a viga (incluindo o próprio peso), a curva que liga os centróides de todas as suas seções transversais é uma reta chamada eixo de simetria. Se for aplicada uma carga à viga em um plano contendo o eixo de simetria, ela sofrerá uma distorção e a curva que liga os centróides de todas as seções transversais será chamada então de curva de deflexão ou curva elástica. A curva de deflexão aproxima o formato da viga. Suponha agora que o eixo x coincida com o eixo de simetia da viga e que a deflexão y(x), medida a partir desse eixo, seja positiva se dirigida para baixo. Na teoria da elasticidade, mostra-se que o momento fletor M(x) em um ponto x ao longo da viga está relacionado com a carga por unidade de comprimento w(x) pela equação: d 2M = w( x) dx 2 (12) Além disso, momento fletor M(x) é proporcional à curvatura k da curva elástica M ( x) = EIk (13) onde E e I são constantes; E é o módulo de elasticidade de Yang do material de que é feita a viga e I é o momento de inércia de uma seção transversal da viga (em torno de um eixo conhecido como o eixo neutro). O produto EI é chamado de rigidez defletora da viga. Agora, do cálculo, a curvatura é dada por k = [ ] y" [1 + ( y' ) ] 2 3 . Quando a deflexão y(x) for 2 3 pequena, a inclinação y’ ≈ 0 e, portanto, 1 + ( y ' ) 2 ≈ 1, Se fizermos k = y”, a Equação (13) vai se tornar M = Ely”. A derivada segunda dessa última expressão é: 2 d 2M d2 d4y = EL y " = EL dx 2 dx 2 dx 4 (14) Usando o resultado dado em (1) para substituir d2M/dx2 em (14), vemos que a deflexão y(x) satisfaz a equação diferencial de quarta ordem EL d4y = w( x) dx 4 (15) 86 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais As condições de contorno associadas à Equação (15) dependem de como as extremidades da viga estão apoiadas. Uma viga em balanço é engastada ou presa em uma extremidade e livre de outra. Trampolim, braço estendido, asa de avião e sacada são exemplos comuns de vigas, mas até mesmo árvores, mastros, edifícios e o monumento de George Washington podem funcionar como vigas em balanço, pois estão presos em uma extremidade e sujeitos à força fletora do vento. Para uma viga em balanço, a deflexão y(x) deve satisfazer às seguintes condições na extremidade engastada x = 0: ¾ y(0) = 0, uma vez que não há deflexão e ¾ y’(0) = 0, uma vez que a curva de delexão é tangente ao eixo x (em outras palavras, a inclinação da curva de deflexão é zero nesse ponto). Em x = L, as condições da extremidade livre são: ¾ y”(L) = 0, uma vez que o momento fletor é zero e ¾ y”’(L) = 0, uma vez que a força de cisalhamento é zero. A Tabela abaixo resume as condições de contorno que estão associadas com a equação (15) Extremos da viga engastada Livre Simplesmente apoiada Condições de contorno y = 0, y’ = 0 y” = 0 m y”’ = 0 y = 0, y” = 0 8.2.1.1 – Soluções Não Triviais do Problema de Valores de Contorno: Resolva o problema de valores de contorno y” + Consideremos três casos: λ = 0, λ <0e λ λ y = 0, y(0) = 0 e y(L) = 0 > 0. Caso I: Para λ = 0, a solução de y” = 0 é y = C1x + C2. As condições y(0) = 0 e y(l) = 0 implicam, sucessivamente que c2 = 0 e c1= 0. Logo, para λ = 0, a única solução do problema de contorno é a solução trivial y = 0. Caso II: Para λ <0, temos que y = c1cosh − λ x + c2senh − λ x. Novamente y(0) = 0 nos dá c1 = 0 e, portanto, y = c2senh − λ x. A segunda condição y(l) = 0 nos diz que c2senh − λ L = 0. Como − λ L ≠ 0, precisamos ter c2 = 0. Assim y = 0 Obs.: − λ parece um pouco estranho, mas tenha em mente que λ >0. Caso III: Para λ >0, a solução geral de y”+ λy λ < 0 é equivalente a - λx = 0 é dada por y = c1cos Como antes, y(0) = 0 nos dá que c1 = 0, mas y(L) = 0 implica c2sen + c2sen λ x. λ L = 0. Se c2 = 0, então, necessariamente, y = 0. Porém, se c2 ≠ 0, então sen λ L = 0. A última condição implica que o argumento da função seno deve ser um múltiplo inteiro de π . λ L = nπ ou λ= n 2π 2 , n = 1, 2, 3... L2 Portanto, para todo real não nulo c2, y = c2sen(n π x/L) é uma solução do problema para cada n. Como a equação diferencial é homogênea, podemos, se desejarmos, não escrever c2. Em outras palavras, para um dado número na seqüência, correspondente na seqüência problema original. sen π L x, sen π 2 4π 2 9π 2 L2 , L2 , L2 ,..., a função 2π 3π x, sen x,... é uma solução não trivial do L L 87 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais 8.2.1.2 – Deformação de uma Coluna Fina: No século XVIII, Leonhard Euler dói um dos primeiros matemáticos a estudar um problema de autovalor quando analisava como uma coluna elástica fina se deforma sob uma força axial compressiva. Considere uma longa coluna vertical fina de seção transversal uniforme de comprimento L. Seja y(x) a deflexão da coluna quando uma força compressiva vertical constante ou carga P for aplicada em seu topo conforme mostra a figura. Comparando os momentos fletores em qualquer ponto ao longo da coluna, obtemos EL d2y d2y = − Py ou EL 2 + Py = 0 dx dx (16) onde E é o módulo de elasticidade de Yang e I é o momento de inércia de uma seção transversal em torno de uma reta vertical pelo seu centróide. Exemplo: Determine a deflexão de uma coluna vertical fina e homogênea de comprimento L sujeita a uma carga axial constante P, se a coluna for simplesmente apoiada em ambas as extremidades. Solução: ⎧ ⎪ EI ⎪ O problema de contorno a ser resolvido é: ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ d2y + Py = 0 dx 2 y (0) = 0 y ( L) = 0 Observe primeiramente que y = 0 é uma solução perfeitamente aceitável desse problema. Essa solução tem uma interpretação intuitiva e simples: se a carga P não for grande o suficiente, não haverá deflexão. A questão é esta, para que valores de P a coluna vai defletir? Em termos matemáticos: para quais valores de P o problema de contorno dado tem soluções não triviais? ⎧ y"+ λy = 0 ⎪ , vemos que: ⎨ y (0) = 0 Escrevendo λ = P EI ⎪ y ( L) = 0 ⎩ é idêntico ao problema dado no item 8.2.1.1. Com base no Caso III daquela discussão vemos que as curvas de deflexão são y n ( x ) = c 2 sen( nπx / L) , correspondentes aos autovalores λn = Pn / EI = n 2π 2 / L2 , n = 1,2,3... Fisicamente, isso significa que a coluna vai deformar-se ou defletir somente quando a Pn = n 2π 2 EI / L2 , n = 1,2,3... Essas forças são força compressiva assumir um dos valores chamadas cargas criticas. A curva de deflexão correspondente a menor carga crítica P1 = π 2 EI / L2 , chamada de carga de Euler, é y1 ( x) = c 2 sen(πx / L) e é conhecida como o primeiro modo de deformação. As curvas de deflexão correspondentes a n = 1, n = 2 e n = 3 são apresentadas na figura abaixo. Observe que, se a coluna original tiver algum tipo de restrição física em x = L/2, então a menor carga crítica será P2 = 4π EI / L e a curva de deflexão será aquela da figura (b). Se a restrição for colocada na coluna em x = L/3 e x = 2L/3, a coluna somente vai se 2 2 88 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais deformar quando a carga critica P3 = 9π EI / L for aplicada. Nesse caso a curva de deflexão 2 2 será aquela da figura (c). 8.2.1.3 – Corda Girando: A equação diferencial linear de segunda ordem y"+ λy = 0 (17) ocorre muitas vezes como modelo matemático. Já vimos nas formas d x dt + ( k / m) x = 0 e 2 2 d 2 q dt 2 + (1 / LC )q = 0 como modelos para, respectivamente, um movimento harmônico simples e um sistema massa-mola e a resposta harmônica simples de um circuito em série. É evidente que o modelo para deflexão de uma coluna fina dado em (16) quando escrito como d 2 y dx 2 + ( P / EL) y = 0 , é igual ao que foi dado em (17). Vamos encontrar a Equação (17) como um modelo que define a curva de deflexão ou a configuração y(x) assumida por uma corda girando. A situação física é análoga aquela de duas pessoas segurando uma corda e fazendo-a girar sincronizadamente. Veja as figuras (a) e (b) abaixo. Suponha que uma corda de comprimento L e densidade linear constante ρ (massa por unidade de comprimento) seja esticada ao longo do eixo x e fixada em x = 0 e x = L. Suponha que a corda seja então girada em torno do eixo x a uma velocidade angular constante ω . Considere uma parte da corda sobre o [ ] intervalo x, x + Δx , onde Δx é pequeno. Se a magnitude T da tensão T, tangencial a corda, for constante ao longo dela, a equação diferencial desejada pode ser obtida igualando-se duas formulações diferentes da força liquida que age sobre a corda no intervalo x, x + Δx . Em primeiro lugar, vemos na figura (c), que a força liquida vertical é: [ ] F = Tsenθ 2 − Tsenθ 1 θ1 e θ 2 (medidos em radianos) senθ 2 ≈ tgθ 2 e senθ1 ≈ tgθ1 . Alem Se os ângulos pequenos, teremos (18) forem disso, como tgθ 2 e tgθ 1 são, por sua vez, inclinações das retas contendo os vetores T2 e T1, podemos também escrever tgθ 2 = y ' ( x + Δx) e tgθ1 = y ' ( x) Assim sendo, (18) vai se tornar: F ≈ T [ y ' ( x + Δx) − y ' ( x)] (19) 89 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais Em segundo lugar, podemos obter uma forma diferente dessa mesma força liquida usando a segunda lei de Newton, F = m.a. Aqui, a massa da corda no intervalo é m = ρΔx ; a aceleração centrípeta de um corpo girando a uma velocidade angular ω em um circulo com raio r é a = rω . Sendo Δx pequeno, podemos tomar r = y. Assim sendo, a força liquida vertical é também aproximada por 2 F ≈ −(ρΔx ) yω 2 (20) onde o sinal de subtração justifica-se pelo fato de a aceleração ter o sentido oposto ao do eixo y. Igualando-se (20) e (19), temos: T [ y ' ( x + Δx) − y ' ( x)] ≈ −( ρΔx) yω 2 Ou T (21) y ' ( x + Δx) − y ' ( x) ≈ − ρω 2 y Δx Para Δx próximo a zero, o quociente da diferença y ' ( x + Δx) − y ' ( x) Δx em (21) é aproximado pela derivada segunda de d2y/dx2. Finalmente chegamos ao modelo d2y T 2 = − ρω 2 y dx Ou (22) 2 T d y + ρω 2 y = 0 dx 2 Como a corda esta fixa em ambas as extremidades, x = 0 e y = L, esperamos que a solução y(x) da última equação em (22) também satisfaça as condições de contorno y(0) = 0 e y(L) = 0. AULA 23 – EXERCÍCIOS Movimento Livre não amortecido 1) Um peso de 4 lb é preso a uma mola cuja constante é 16 lb/pés. Qual é o período do movimento harmônico simples? 2) Um peso de 24 libras, preso a uma das extremidades de uma mola, distende-a em 4 polegadas. Ache a equação de movimento, considerando que o peso será solto do repouso, de um ponto 3 polegadas acima da posição de equilíbrio. 3) Um peso de 20 libras distende uma mola em 6 polegadas. O peso é solto do repouso 6 polegadas abaixo da posição de equilíbrio. a) Determine a posição do peso em t = π π π π 9π , , , , 12 8 6 4 32 b) Qual será a velocidade do peso quanto t = 3π 16 s? Qual será o sentido do movimento do peso nesse instante? c) Em que instante o peso passa pela posição de equilíbrio Movimento Livre Amortecido 4) Uma massa de 1 quilograma é presa a uma mola cuja constante é 16 N/m e todo o sistema é então submerso em um líquido que oferece uma força de amortecimento numericamente igual a 10 vezes a velocidade instantânea. Determine as equações do movimento, considerando que: a) o peso é solto do repouso 1 metro abaixo da posição de equilíbrio. b) O peso é solto 1 metro abaixo da posição de equilíbrio a uma velocidade de 12 m/s para cima. 5) Um peso de 10 libras é preso a uma mola, distendendo-a em 2 pés. O peso está preso a uma dispositivo de amortecimento que oferece uma resistência igual a β ( β > 0) vezes a velocidade instantânea. Determine os valores da constante de amortecimento β de tal forma que o movimento seja: a) superamortecido subseqüente 90 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais b) criticamente amortecido c) subamortecido Movimento Forçado 6) Um peso de 16 libras distende uma mola em 8/3 pé. Inicialmente, o peso parte do repouso 2 pés abaixo da posição de equilíbrio. O movimento subseqüente em lugar em um meio que oferece uma força amortecedora numericamente igual a ½ da velocidade instantânea. Qual é a equação do movimento se o peso sofre a ação de uma força externa igual a f(t) = 10 cos 3t? 7) Quando uma massa de 2 quilogramas é presa a uma mola cuja constante de elasticidade é 32 N/m, ela chega ao repouso na posição de equilíbrio. A partir de t=0 uma força igual a f(t)=68e-2t cos 4t é aplicada ao sistema. Qual é a equação de movimento na ausência de amortecimento? Circuito em Série Análogo 8) Ache a carga no capacitor em um circuito em série LRC em t=0,01s quando L=0,05h, R=2 Ω , C=0,01f, E(t)=0V, q0=5C e i(0)=0A. Determine a primeira vez em que a carga sobre o capacitor é igual a zero. 9) Ache a carga no capacitor, a corrente no circuito em série LRC e a carga máxima no capacitor quando:L= 5/3h R=10 Ω , C=1/30f, E(t)=300V, q(0)=0C, i(0)=0A. 10) Determine a carga no capacitor em um circuito em série LRC, supondo L = ½ h, R=10 Ω , C = 0,01f, E(t) = 150V, q(0)=1C e i(0) = 0A. Qual é a carga no capacitor após um longo período? Corda Girando 11) Considere o problema de contorno introduzido na construção do modelo matemático para a forma de uma corda girando: d2y T 2 + ρω 2 y = 0 dx y (0) = 0, y ( L) = 0 Respostas: 2π 8 1) 1 x(t ) = − cos 4 6t 4 1 1 ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ a) x⎜ ⎟ = − , x⎜ ⎟ = − 4 2 ⎝ 12 ⎠ ⎝8⎠ 1 ⎛π ⎞ 1 ⎛π ⎞ x⎜ ⎟ = − , x⎜ ⎟ = , 4 ⎝4⎠ 2 ⎝6⎠ 2) 3) 2 ⎛ 9π ⎞ x⎜ ⎟ = 4 ⎝ 32 ⎠ b) 4 pés/s para baixo (2n + 1)π , n= 0, 1, 2, ... 16 4 1 x(t ) = e − 2t − e −8t 3 3 2 − 2 t 5 −8 t x(t ) = − e + e 3 3 t= c) 4) a) b) β > 5/2 b) β c) 0 < β < 5/2 5) a) x(t ) = e −t 6) + 2 = 5/2 ⎛ 4 47 64 47 ⎞ ⎜ − cos t sen t⎟ + − ⎜ 3 2 2 ⎟⎠ 3 47 ⎝ 10 (cos 3t + sen3t ) 3 1 9 1 x(t ) = − cos 4t + sen4t + e − 2t cos 4t − 2 4 2 − 2t − 2e sen4t 7) 8) 4,1078C; 0,0509s 9) q(t)=10+10e-3t(cos3t+sen3t) i(t) = 60e-3tsen3t; 10,432 C 10) 1 3 3 q(t ) = − e −10t (cos10t + sen10t ) + ; C 2 2 2 11) Wn = nπ 1 L P n = 1, 2, 3… y = sen nπx L 91 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais AULA 24 9 – SISTEMA DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 9.1 – SISTEMA CANÔNICO E SISTEMA NORMAL: Define-se como sistema de equações diferenciais o conjunto de equações diferenciais com as mesmas funções incógnitas e que se verificam para as mesmas soluções. Neste item iremos estudar os sistemas de equações em que o número de funções incógnitas de uma mesma variável é igual ou número de equações. Neste caso o sistema é dito canônico, desde que possa ser posto, na forma explicita, em relação às derivadas de maior ordem. O sistema é denominado normal quando pode ser resolvido em relação as derivadas primeira e pode ser escrito sob a forma abaixo: ⎧ dy1 ⎪ dx = F1 ( x, y1 , y 2 ,..., y n ) ⎪ dy ⎪ 2 = F2 ( x, y1 , y 2 ,..., y n ) ⎨ dx ⎪........................................ ⎪ dy n = Fn ( x, y1 , y 2 ,..., y n ) ⎪ ⎩ dx Ou seja, é o sistema canônico de equações de 1a ordem. A solução geral deste sistema é um conjunto de n funções, y1(x), y2(x),...,yn(x), que contém p constantes arbitrárias (p ≤ n) e que verificam as equações. A solução particular é o conjunto de funções obtidas atribuindo-se valores particulares às constantes na solução geral. Todo sistema canônico de equações de ordem superior pode ser transformado num sistema normal quando lhe são acrescentadas equações diferenciais com novas funções incógnitas, que são as derivadas nele contidas, excluídas as de ordem mais elevada para cada função incógnita. Por razões de ordem prática, serão estudados apenas os sistemas que contem no máximo derivadas de segunda ordem, sem a demonstração do processo de redução de um sistema canônico de n equações a um sistema normal. Os sistemas de equações diferenciais podem ser resolvidos tal como os sistemas de equações algébricas, por processos de eliminação. Por isso é sempre conveniente escrever o sistema em função do operador derivado D. Exemplos: dz ⎧ ⎪ y + dx = cos x + senx 1) ⎨ dy ⎪ + z = cos x − senx ⎩ dx 92 Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides ⎧ d2y dz − 3 = x2 ⎪⎪ 2 dx 2) ⎨ 2 dx d y dz ⎪ − 2 − 2y + z = x dx ⎩⎪ dx 2 93 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais ⎧ dx ⎪ du + 6 x + 3 y − 14 z = 0 ⎪⎪ dy 3) ⎨ − 4 x − 3 y + 8z = 0 du ⎪ ⎪ dz + 2 x + y − 5 z = senu ⎪⎩ du (este sistema deverá ser entregue, resolvido passo a passo para ser entregue na próxima aula!!!) AULA 24 – EXERCÍCOS 1) 2) 3) 4) 5) ⎧ dy dz ⎪2 dx − dx − y + z = 0 ⎨ dy dz ⎪ + − 2z = 0 ⎩ dx dx ⎧ dy dz 5x ⎪ dx + dx − y − 4 z = e ⎨ dy dz ⎪ + − 2 y − 3z = e 2 x ⎩ dx dx ⎧d 2 y dz − 2 − y = ex ⎪⎪ dx 2 dx ⎨ 2 dy d z ⎪ − − 2z = x 2 ⎪⎩ dx dx 2 ⎧ dy dz x ⎪2 dx + dx − 4 y − z = e ⎨ dy ⎪ + 3y + z = 0 dx ⎩ ⎧( D − 3) y + 2( D + 2) z = 2 senx ⎨ ⎩ 2( D + 1) y + ( D − 1) z = cos x Respostas z = C1e 1) 3+ 3 3 + C2e y = (2 − 3 )C1e 3− 3 x 3 3+ 3 3 + (2 + 3 )C 2 e 3− 3 x 3 Ou y = C1e 3+ 3 3 + C2 e z = (2 + 3 )C1e 3− 3 x 3 3+ 3 3 + (2 − 3 )C 2 e 3− 3 x 3 5 2) x 3 z = C1e 2 − e 5 x − e 2 x 5 5 x 2 y = C1e 2 + e 5 x − 2e 2 x 5 3) z = C1e 2x + C2e− y = 2 2C1 e 4) 5) 2x 2x 1 x 1 2 3 e − x + 2 2 2 3 x + C 3 senx − C 4 cos x − e + 2 x 2 C 3 cos x + C 4 senx − − 2 2C 2 e − 2x ex 2 z = −(3C1 + C 2 ) cos x + (C1 − 3C 2 ) senx + 2e x y = C1 cos x + C 2 senx − y = C1e z = C1e −x 3 −x 3 + C 2 e −5 x + 1 (8senx + cos x) 65 4 33 61 cos x + − C 2 e −5 x − senx 3 130 130 94 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais AULA 25 9.2 – SISTEMAS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS NA FORMA SIMÉTRICA Dado o sistema: ⎧ dy1 ⎪ dx = F1 ( x, y1 , y 2 ,..., y n ) ⎪ dy ⎪ 2 = F2 ( x, y1 , y 2 ,..., y n ) ⎨ dx ⎪........................................ ⎪ dy n = Fn ( x, y1 , y 2 ,..., y n ) ⎪ ⎩ dx este pode ser escrito na seguinte forma: dy dx dy1 dy 2 = = = ... = n 1 F1 F2 Fn Esta é chamada forma simétrica, na qual quaisquer das variáveis pode ser tomada por variável independente. Considere-se por exemplo, o sistema ⎧ dy ⎪ dx = F1 ( x, y, z ) ⎨ dz ⎪ = F2 ( x, y, z ) ⎩ dx (1) que pode ser escrito da seguinte maneira: dx dy dz = = 1 F2 F3 ou, generalizando, dx dy dz = = M ( x , y , z ) P ( x, y , z ) R ( x , y , z ) (2) Genericamente, a solução de (2) representa uma família de curvas reversas dependente de dois parâmetros. Esse sistema pode ser resolvido por integrações simples, o que nem sempre ocorrerá. Assim pode-se usar as funções l(x, y, z), m(x, y, z) e n(x, y, z) como multiplicadores. Para tanto faz-se: dx dy dz ldx + mdy + ndz = = = M P R lM + mP + nR Escolhe-se l, m e n tais que: lM + mP + nR = 0 o que faz com que ldx + mdy + ndz = 0 Para dois conjuntos de valores de l, m e n tirados da relação (1), obtém-se duas equações do tipo (2) que fornecem duas relações distintas entre as variáveis x, y, e z, as quais representam a solução do sistema. Exemplos: 95 Equações Diferenciais 1) dx dy dz = = y x x 2) 2dx dy dz = = y + z yx zx Profa Paula Francis Benevides 96 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais 3) dx dy dz = = 2 2 2 2 x( z − y ) y ( x − z ) z ( y − x 2 ) 2 OBS.: Observe-se que há uma infinidade de soluções para lM + mP + nR = 0. Pelo critério adotado, chega-se aquelas convenientes. AULA 25 – EXERCÍCIOS dx dy dz 1) = = ay − bz cz − ax bx − cy dx dy dz 2) = = 4 4 4 4 4 x(2 y − z ) y ( z − 2 x ) z ( x − y 4 ) dx dy dz = = 3 y − 2 z z − 3x 2 x − y dx dy dz 4) = = y x z dx dy dz 5) = = 2 1 2x x + y 3) Respostas: 1) x2 + y2 + z2 = C1 cx + by + az = C2 2) x4 + y4 +z4 = C1 xyz2 = C2 3) x2 + y2 + z2 = C1 x + 2y + 3z = C2 4) x2 – y2 = C1 zC2 = y + x 5) y = x2 + C1 z= 2 3 x + xy – x3 + C2 3 97 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais AULA 26 10 - EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS 10.1 –Introdução às Equações Diferenciais Parciais: Muitos fenômenos que ocorrem na Ótica, Eletricidade, Ondulatória, Magnetismo, Mecânica, Fluidos, Biologia,..., podem ser descritos através de uma equação diferencial parcial. Na maioria das vezes faz-se a tentativa de transformar a equação diferencial parcial em uma ou mais equações diferenciais ordinárias,com o objetivo de simplificar os trabalhos na obtenção da solução do problema. Uma equação diferencial ordinária possui derivadas de apenas uma variável enquanto que uma equação diferencial parcial possui derivadas parciais da função incógnita. Muitas leis físicas como: Leis de Newton para o resfriamento dos corpos, Equação de Maxwell, Equações de Navier-Stokes e Equação da Mecânica Quântica de Schrödinger são escritas por equações diferenciais parciais que relacionam o espaço e suas derivadas como tempo. Nem todas as equações podem ser construídas a partir de modelos matemáticos reais como é o caso das Equações de Maxwell, mas o estudo de Modelos é fundamental para explicar como e porque funcionam muitas equações diferencias parciais. O uso intenso de derivadas e integrais neste contexto é fundamental e depende da interpretação feita para cada objeto matemático como: velocidade, força, aceleração, fluxo, corrente elétrica, taxa de variação, temperatura, etc. 10.2 – Definição: São equações de derivadas parciais que contém as derivadas parciais de uma função de duas ou mais variáveis independentes. Nosso estudo se limitará às equações que contém duas variáveis independentes, como a do exemplo 6 no seguinte item. 10.2.1 – Exemplos de Equações Diferenciais Parciais: ∂u ∂ 2u = a2 2 ∂t ∂x 2 ⎛ ∂ u ∂ 2u ⎞ ∂u = a 2 ⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟ ∂t ∂x ⎠ ⎝ ∂x 1) Equação do calor: Pode ser escrito também da seguinte forma: u t = a u xx e u t = a (u xx + u yy ) 2 2 2 ∂ 2u 2 ∂ u 2) Equação da onda: =a ∂t 2 ∂x 2 2 ∂ 2u ⎞ ∂ 2u 2⎛ ∂ u ⎜ a + = ⎜ ∂x 2 ∂x 2 ⎟⎟ ∂t 2 ⎝ ⎠ 3) Equação de Laplace: ∂ 2u ∂ 2u =0 + ∂x 2 ∂x 2 ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u =0 + + ∂x 2 ∂x 2 ∂z 2 ∂u = x+ y ∂x 2 ∂ 3u ∂ 2u ∂u ∂u ⎛ ∂u ⎞ 5) + 2y 2 + x + ⎜ ⎟ = sen( xy ) ∂x ∂y ⎝ ∂x ⎠ ∂x 3 ∂x ∂2z ∂ 2 z ∂z 6) − 3 + = ex ∂x∂y ∂y ∂x 2 4) 98 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais 10.2.2 – Ordem e Grau de uma Equação Diferencial Parcial: A ordem de uma equação diferencial parcial é a ordem de mais alta derivada que ocorre na equação e o grau é o expoente da deriva mais alta quando a equação esta escrita em forma semelhante a uma função polinomial em que as potências fazem o papel das derivadas da ordem respectiva. Tal como foi visto nas equações ordinárias, a ordem da equação é a ordem da derivada de maior ordem. 10.2.2.1 – Exemplos relacionados com ordem e grau de uma EDP No item 8.2.1, os exemplos 1, 2, 3, e 6 são de segunda ordem, o exemplo 4 é de primeira ordem e o exemplo 5 é de terceira ordem. 10.3 – Formação: É sempre possível deduzir de uma função de duas variáveis independentes uma equação de derivadas parciais que admite aquela função como solução. 10.3.1 – Eliminação de constantes arbitrárias: Consideremos z como uma função de duas variáveis independentes x e y definida por: g(x,y,z,a,b) = 0 (1) onde a e b são duas constantes arbitrárias. Derivando (1) em relação à x e y temos: ∂g ∂g +p = 0 (2) ∂x ∂z onde: p = ∂z ∂x e q= ∂g ∂g +q =0 ∂y ∂z (3) ∂z ∂y - Em geral, as constantes arbitrárias podem ser eliminadas de (1), (2) e (3) dando uma equação diferencial parcial de primeira ordem. f(x,y,z,p,q) = 0 (4) - Se z for uma função de x e y, definida por uma relação envolvendo apenas uma constante arbitrária, normalmente é possível obter duas equações diferenciais parciais distintas de, primeira ordem como resultado da eliminação da constante. - Se o número de constantes arbitrárias a se eliminar exceder o número de variáveis independentes, a equação diferencial parcial (ou equações) é, geralmente, de ordem acima da primeira. Exemplos: 1) z = f(x2 + y2), onde f é uma função arbitrária do argumento u = x2 + y2, ou seja, z = f(u). 99 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais 2) z = φ (y + ax) + ψ (y – ax), onde a é a constante e respectivos argumentos u = y + ax e v = y – ax. φ e ψ são funções arbitrárias dos 3) z = ax + by + ab, sendo a e b constantes. A resposta da equação acima é uma equação de derivadas parciais de 1a ordem e que foi obtida eliminando-se duas constantes arbitrárias na relação z = ax + by + ab, que é a sua solução. Observe que existem dois tipos de solução: um que contém funções arbitrárias e outro que contém constantes arbitrárias. Denomina-se solução geral aquela que contém funções arbitrárias e solução completa a que contém constantes arbitrárias. Tal como nas equações ordinárias, há certas equações que admitem as soluções singulares, que são as que não resultam da solução geral nem da solução completa. Observe-se que nem sempre o número de funções ou de constantes arbitrárias traduz a ordem da equação. O 3o exemplo mostrou uma equação de 1a ordem cuja solução completa encerra duas constantes arbitrárias. 4) Achar a equação de derivadas parciais de primeira ordem que resulta de z = e . f ( x − y ) , eliminando-se a função arbitrária f. y 100 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais 5) xz = f(y + z), eliminando-se a função arbitrária f. AULA 26 – EXERCÍCIOS Achar a equação de derivadas parciais de primeira ordem que resulta das equações abaixo, eliminando-se a função arbitrária ou a constante arbitrária. 3) pq = XP + yq ⎛ y⎞ 2) z = f ⎜ ⎟ ⎝x⎠ 4) px – qy = 0 5) q = p2 3) z = xy + y x − a + b 2 2 4) z = axy + b 5) z = ax+a2y + b 6) 3xy z = (x + y – z) 2 7) z = (x – y ) φ (x 2 2 –y ) 8) z = (x + a)3 + (y + b)3 φ (x.y) yz + xyp 1 − p = 2 xz + xyq 1 − q 8) p 3 2 +q 3 2 = z 27 9) xp – yq = 0 10) q – q2 = 0 11) p – q = 0 y 10) z = f(x) + e .g(x), 11) z = 6) 7) py + qx = 0 2 9) z = 1) p.q = 1 2) px + qy = 0 1) az + b = a2x + y 2 Respostas: φ (x + y) 12) z = p.q 12) z = (y + a)(x + b) 101 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais AULA 27 10.4 – Equação Linear de Primeira Ordem: 10.4.1 – Método de Lagrange A equação linear de primeira ordem é da forma: P.p + Q.q = R onde p = (1) ∂z ∂z ; q= e P, Q e R são funções conhecidas de x, y e z. ∂x ∂y Se z é uma função de x e y , pode se escrever: dz = p.dx + q.dy (2) A condição de equivalência das equações (1) e (2) mostra que : dx dy dz = = P Q R (3) As relações (3) constituem um sistema de equações diferenciais ordinárias na forma simétrica, cujas equações são chamadas de equações auxiliares. A solução geral de (1) proposta por Lagrange consiste na resolução de (3) desde que se saiba que φ (u,v) = 0. Suponha-se que u(x,y,z) = a e v(x,y,z) = b sejam a solução do sistema (3). Sendo a e b constantes arbitrárias pode-se considerar uma relação tal que b = φ (a) ou v = φ (u), que é a solução geral da equação (1). Pode ainda considerar F(u,v) = 0 como solução. Exemplos: Achar a SOLUÇÃO GERAL das equação diferenciais abaixo 1) yp – xq = 0 102 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais 2) y3 x2 p+ x3 y2 q=z AULA 27 – EXERCÍCIOS Achar a seguintes solução geral Respostas: das equações 1) yp - xq = 2xyz 2) (x – y + z)p + (2y – z)q = z 3) x2p + y2q = z2 ∂z ∂z − =x 4) 2 y ∂x ∂y 5) ptgx + qtgy = tgz 6) ∂z ∂z senx + cos x = 1 ∂x ∂y 1) x − ln z = φ ( x + y ) 2 2 2 2) y−z ⎛x+ y⎞ = φ⎜ ⎟ 2 z ⎝ z ⎠ 3) ⎛1 1⎞ 1 1 = + φ ⎜⎜ − ⎟⎟ z y ⎝ y x⎠ 4) φ (x + y2, 3z + 2y3 + 3xy) = 0 ⎛ senx ⎞ ⎟⎟ 5) senx = senzφ ⎜⎜ ⎝ seny ⎠ ⎡ ⎛ x ⎞⎤ 6) ln(sec x) = y + φ ⎢ z − ln⎜ tg ⎟⎥ ⎝ 2 ⎠⎦ ⎣ 103 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais AULA 28 10.5 – Obtenção da Solução completa: Método de Charpit Seja a equação diferencial parcial não linear: F(x,y,z,p,q) = 0 O método de Charpit consiste em obter uma relação da forma φ(x,y,z,p,q,c) = 0 onde c é uma constante arbitrária, e resolver em seguida o sistema formado por essas duas equações em relação a p e q, cujos valores substituídos em: dz = pdx + qdy devem transformar esta expressão numa diferencial total. Para tanto, deriva-se (1) e (2) em relação a x e a y: ∂F ∂F ∂p ∂F ∂q ⎧ ∂F ⎪ ∂x + p ∂z + ∂p . ∂x + ∂q . ∂x = 0 ⎪ ⎪ ∂F ∂F ∂F ∂p ∂F ∂q ⎪ ∂y + q ∂z + ∂p . ∂y + ∂q . ∂y = 0 ⎪ ⎨ ⎪ ∂φ + p ∂φ + ∂φ . ∂p + ∂φ . ∂q = 0 ⎪ ∂x ∂z ∂p ∂x ∂q ∂x ⎪ ∂ φ ⎪ + q ∂φ + ∂φ . ∂p + ∂φ . ∂q = 0 ∂z ∂p ∂y ∂q ∂y ⎩⎪ ∂y ∂p ∂p ∂q ∂q ∂φ ∂φ ; ; e multiplicando a 1.ª equação por − , a 2.ª por − ,a ∂q ∂x ∂y ∂x ∂y ∂p ∂φ ∂F ∂p ∂q 3.ª por − e a 4.ª por , considerando que = e somando os resultados teremos: ∂q ∂y ∂x ∂P Eliminamos ∂F ⎞ ∂φ ⎛ ∂F ∂F ⎞ ∂φ ⎛ ∂F ∂F ⎞ ∂φ ∂F ∂φ ∂F ∂φ ⎛ ∂F −⎜ + =0 ⋅ + ⋅ + ⎜⎜ p+ q⎟ −⎜ + p⎟ q⎟ ∂q ⎟⎠ ∂z ⎝ ∂x ∂z ⎠ ∂p ⎜⎝ ∂y ∂z ⎟⎠ ∂q ∂p ∂x ∂q ∂y ⎝ ∂p Esta equação é linear de 1.ª ordem em φ, tomada como função das variáveis x,y,z,p,q. Aplicando o método de Lagrange teremos: dx dy dz dp dq dφ = = = = = ∂F ∂F ∂F ∂F ⎛ ∂F ∂F ⎞ ⎛ ∂F ∂F ⎞ 0 +q p −⎜ + p ⎟ − ⎜⎜ + q ⎟⎟ ∂p ∂q ∂p ∂q ⎝ ∂x ∂z ⎠ ⎝ ∂y ∂z ⎠ A solução deste sistema fornece a função φ procurada e as equações que formam o sistema acima são chamadas Equações de Charpit.. Exemplos: Dar uma solução completa das equações seguintes: 104 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais 1) q = p2 x A aplicação do método de Charpit para determinadas formas de equações diferenciais parciais nos darão regras mais simplificadas para a obtenção da solução completa. Podemos citar os seguintes casos: f ( p, q ) = 0 i. Uma solução completa é z = ax + g ( a ) y + b , onde { f ( p, q) = 0 com a = p e g(a) = q. q Exemplo: ∂z ∂z + −1 = 0 ∂x ∂y 105 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais ii. f ( x, p , q ) = 0 Fazendo q = a em f ( x, p, q ) = 0 determinaremos p = f1 ( a, x ) , que substituído em dz = p.dx + q.dy e integrado nos dará a solução completa z = ∫ f 1 (a, x)dx + ay + b . 1 424 3 p Exemplo: p.q = x iii. f ( z , p, q ) = 0 A partir das equações auxiliares do método de Charpit teremos q = ap , ou p = aq (1), assim a equação f ( z , p, q ) = 0 ficará f ( z , p, ap ) = 0 (2). A integração de dz = p.dx + q.dy após a substituição de q e p, das equações (1) e (2) anteriores, nos dará a solução completa. Exemplo: 9(p2z + q2) = 4 106 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais f ( y , p, q ) = 0 Fazendo p = a em f ( y, p, q ) = 0 determinaremos q = f1 ( a, y ) , que substituído em iv. dz = p.dx + q.dy e integrado nos dará a solução completa z = ax + ∫ f1 (a, y )dy + b . Exemplo: q = 2yp2 v. z = px + qy + f ( p, q ) - Equação Generalizada de Clairaut Uma solução completa tem a forma z = ax + by + c , com c = f ( p, q ) . Exemplo: (p2+ q2)(z – px – qy) = 1 AULA 28 – Exercícios 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) p.q = z z = px + qy + pq p = y2q2 p2 = 2q – 1 p.q = 2p – q p2 = 2qx p + x = qy Respostas: 1) 2 z = ax + y a +b 2) z = ax + by + ab 3) z = ax ± a ln y + b 4) 2z = 2ax + (a2 + 1)y + 2b 5) z = ax + 6) z = ± 2ay +b a +1 3 2 2c x 2 + cy + k 3 x2 7) z = ax − + a ln y + b 2 107 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais AULA 29 10.6 – Equações com derivadas parciais em relação apenas a uma das variáveis. Estas equações são tratadas como se fossem equações diferenciais ordinárias em relação a essa variável. A constante de integração é substituída por uma função arbitrária de outra variável, e sua solução é, praticamente, imediata. Exemplos: 1) x + y 2) x ∂z =0 ∂x ∂z = x + 2 y + 2z ∂x 108 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferenciais 3) ∂2z ∂z − 5 + 6 z = 12 x 2 ∂x ∂x ∂2z = x2 + y2 4) ∂x∂y AULA 29 – Exercícios 1) y − x 2) x ∂z =0 ∂y ∂z −y= z−x ∂x 3) ∂ z ∂z − 4 − 5z = e x 2 ∂x ∂x 4) ∂2z = 2xy 2 ∂x∂y 2 ∂2z ∂z 5) − 4 + 4 y = xe 2 x 2 ∂x ∂x Respostas: y2 + φ ( x) 2x 2) z = − y − x ln x + xφ ( y ) 1) z = 3) z = φ ( y )e −x 1 + ψ ( y )e 5 x − e x 8 x2 y3 4) z = + f ( y ) + ψ ( x) 3 ⎛ x3 ⎞ 2x ⎜ ⎟⎟e 5) y = ⎜ C1 + C 2 x + 6 ⎝ ⎠ 109 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias AULA 30 10.7 – Superfície Integral que contém uma curva: Problema de Cauchy Se a superfície integral deve conter uma curva de equações paramétricas x = x(t), y = y(t), z = z(t), as equações das curvas integrais geradoras da superfície integral podem ser escritas na forma u[x(t ), y (t ), z (t )] = C1 e v[x(t ), y (t ), z (t )] = C 2 nas quais, eliminando-se o parâmetro t, obtem-se uma relação φ (C1 , C 2 ) = 0 que é a superfície integral procurada. O problema de Cauchy consiste na determinação dessa superfície integral desde que se tenha imposto a mesma condição de conter uma determinada curva. π → superfície integral L → curva pertencente a π Seja a equação f(x, y, z, p, q) = 0 (1) F(x, y, z, a, b) = 0 (2) Suponha-se que seja uma solução completa de (1) e que sua solução geral seja obtida pela eliminação de a entre as equações ⎧ F [x , y , z , a , φ ( a ) ] = 0 ⎪ ∂F ∂F dφ ⎨ + ⋅ =0 ⎪⎩ ∂ a ∂ φ da (3) uma vez que a só pode ser eliminado quando conhecida a função arbitrária de Seja L uma curva de equações x = x(t), y = y(t) e z = z(t) φ. (4) não contida em nenhuma das superfícies integrais de (1), nem na superfície correspondente a solução singular (envoltória), se houver. A determinação da superfície integral π , que contém L, equivale a obter φ de modo que os pontos de L estejam todos na superfície π , que resulta de (3) pela eliminação de a. Os pontos comuns a L e a π são obtidos eliminando-se x, y e z entre as equações (3) e (4). Representando a primeira das equações do sistema (3) por u t , a, φ ( a ) = 0 , depois de substituir x, y e z por suas expressões (4), tem-se: [ ] 110 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias ⎧ u[t , a, φ (a )] = 0 ⎪ ∂u ∂u dφ ⎨ + ⋅ =0 ⎪⎩ ∂a ∂φ da (5) ⎡ ⎣ dφ ⎤ =0 Eliminando u em (5), obtém-se a equação diferencial de 1a ordem Θ ⎢ a, φ ( a ), da ⎥ que permite determinar a função φ. ⎦ Este cálculo é simplificado, considerando-se a função de t na 1a das equações do sistema (5): ∂u ∂u da ∂u dφ da + ⋅ + ⋅ ⋅ =0 ∂t ∂a dt ∂φ da dt ∂u ⎡ ∂u ∂u dφ ⎤ da + + ⋅ ⋅ =0 ∂t ⎢⎣ ∂a ∂φ da ⎥⎦ dt Este último resultado, em virtude da 2a equação de (5), se reduz a Desse modo, o sistema (5) fica reduzido a: ⎧⎪u[t , a, φ (a )] = 0 ∂u ⎨ =0 ⎪⎩ ∂t O sistema (6) permite obter φ (a) ∂u = 0. ∂t (6) que, levada em (3), conduz a obtenção de a. Exemplos: 1) Sendo z = a ( x − 1) + ay + b a solução completa da equação p = q , determinar a superfície integral que contém a linha L de equações x = 1 e z = y2. 2 2 111 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias 2) Dar a superfície integral da equação x( y + z ) p − y ( x + z ) q = ( x − y ) z que contém a 2 2 2 2 ⎧x + y = 0 ⎩ z =1 linha ⎨ 112 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias 10.8 – Superfícies Ortogonais: As superfícies ortogonais de uma família de superfícies F(x, y, z) = C (1) são aquelas que em cada um dos seus pontos cortam, em ângulo reto, a superfície da família que passa por esse ponto. Os parâmetros diretores da normal a qualquer superfície da família dada são ∂F ∂F e , ∂x ∂y ∂F . Os parâmetros diretores da superfície ortogonal z = f(x, y) correspondente são (p, q,- 1). ∂z Do perpendicularismo dessas duas normais resulta ∂F ∂F ∂F ⋅p+ ⋅q = ∂x ∂y ∂z (2) que é a equação linear cuja solução representa a superfície z procurada, ortogonal de (1). Observe-se que a superficie ortogonal z é gerada pelas curvas integrais do sistema: dx dy dz = = ∂F ∂F ∂F ∂x ∂y ∂z A equação (2) representa o produto escalar dos vetores r r r pi + qj − k , que é nulo em virtude de seu perpendicularismo. ∂F r ∂F r ∂F r i + j+ k por ∂x ∂y ∂z Exemplo: Dar a superfície que intercepta as curvas da família z(x + ortogonalmente e que contém a circunferência x2 + y2 = 1, z = 1. y) = C(3z + 1) 113 Profa Paula Francis Benevides Equações Diferencias Aula 30 – Exercícios 1) Dar a equação da superfície integral da equação 2 y ( z − 3) p + ( 2 x − z ) q = y ( 2 x − 3) , que contém o círculo x + y = 2 x , z = 0 . 2 2 2) Dar a superfície integral de ( 2 xy 2 + xz ) p − ( yz + 3 x 3 y )q = 3 x 3 z − 2 y 3 z , que contém a parábola y = z , x = 2 . 3) Dar a superfície que intercepta ortogonalmente a família de superfície x2 + y2 = 2Cz, que contém a reta y = 1, z = 0. 4) Dar a equação geral das superfícies ortogonais a família de parabolóides x2+ y2= Cz. 5) Dar a superfície ortogonal da família z=Cxy(x2 + y2), que contém a hipérbole x2–y2=a2, z=0 2 Respostas: 1) x + y − 2 x − z + 4 z = 0 2 2 2 2) x + y − z = 8 3 2 3) x + y = y ( x + y + z ) 2 2 2 2 2 2 ⎤ ⎡x 1 2 , (x + y 2 ) + z 2 ⎥ = 0 ⎦ ⎣y 2 4) F ⎢ 5) ( x + y + 4 z )( x − y ) = a ( x + y ) 2 2 2 2 2 2 4 2 2 114 Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides Referencias Bibliográficas: • • • • ABUNAHMAN,SERGIO A. Equações Diferenciais: LTC, 1994. BOYCE, W.E.; DIPRIMA, R.C., Equações diferenciais elementares e problemas de valores de contorno. LTC, 1989 KREYSZIG, Erwin. Advanced Engineering Mathematics. LTC. 1999. ZILL, Dennis G. Equações Diferenciais com Aplicações em Modelagem. Thomson Learning, 2003.. As notas de aula foram compostas pelos livros acima citados. 115