equações diferenciais - roteiro em diagramação
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Currículo atualizado É Licenciado em Matemática pela Universidade de Uberaba e especialista em Matemática e Estatística pela Universidade Federal de Lavras. Trabalhou na Universidade de Uberaba ministrando as disciplinas de Álgebra Linear, Cálculo, Geometria Analítica e Informática nos cursos de Engenharia, Matemática, Química e Sistemas de Informação. Atualmente trabalha no Instituto Federal do Triângulo Mineiro como professor de Cálculo e Estatística dos cursos de Engenharia Agronômica, Gestão Ambiental, Química e Zootecnia. UNIVERSIDADE DE UBERABA PROGRAMA DE EDUCAÇÃO A DISTÂNCIA
FORMULÁRIO DE ORIENTAÇÕES PARA ELABORAÇÃO DOS ROTEIROS DE ESTUDO MATERIAL DIDÁTICO DOS CURSOS SUPERIORES A DISTÂNCIA – VOLUME ___ CURSO: Engenharias Elétrica ETAPA: IV – volume 2 COMPONENTE CURRICULAR: Estudos Lógico-Matemáticos CARGA HORÁRIA TOTAL DO COMPONENTE CURRICULAR: _____ hs UNIDADE DE ESTUDO: Cálculo Diferencial e Integral ROTEIRO DE ESTUDO Nº.: TÍTULO DO ROTEIRO DE ESTUDO: Equações diferenciais no contexto das ciências e das engenharias OBJETIVOS: Ao final deste Roteiro de Estudo o aluno deverá ser capaz de: 1. Reconhecer uma equação diferencial e classificá-la quanto à sua ordem; 2. Resolver equações diferenciais de primeira ordem por meio dos métodos dos
fatores integrantes, separação de variáveis e pelo método de Euler; 3. Desenvolver soluções para equações diferenciais lineares de segunda ordem
homogêneas através do método da equação auxiliar; 4. Solucionar equações diferenciais lineares de segunda ordem não-homogêneas
através dos métodos da determinação de coeficientes e da variação dos parâmetros;
5. Interpretar e estabelecer soluções para problemas relacionados ao campo das ciências e engenharias que requerem o uso das equações diferenciais.
TEXTO INTRODUTÓRIO José Ricardo Gonçalves Manzan Prezado(a) aluno(a),
Desde o início do curso você tem estabelecido um contato direto com o Cálculo Diferencial e
Integral e pode visualizar especialmente no estudo das derivadas e das integrais, o potencial
que este instrumento matemático tem em muitas aplicações, não só no contexto das
engenharias, mas também no contexto das várias ciências. Neste roteiro, iremos apresentar
outra ferramenta do cálculo extremamente importante na prática do engenheiro pelo fato ser
aplicável a muitos problemas que envolvem o conhecimento científico e tecnológico.
Logicamente, não será possível em apenas um roteiro, esgotar todas as possibilidades de
aplicações deste instrumental e isso seria ainda impossível em um livro ou mesmo em curso
específico para o tema “Equações Diferenciais”. O importante para o momento é que você
saiba interpretar e resolver as equações diferenciais mais básicas e bem como interpretar e
solucionar algumas situações mais comuns em que elas se aplicam. Posteriormente, em
disciplinas específicas para a sua modalidade de engenharia, este assunto será retomado com
o enfoque devido.
Para a aprendizagem do tema aqui abordado será essencial que você tenha conhecimentos
básicos de derivadas e integrais que já foram trabalhados em etapas anteriores, pois o estudo
das equações diferenciais é extremamente ligado a estes dois itens do cálculo diferencial e
integral. Quero enfatizar a importância de buscar o apoio nas leituras recomendadas, pois o
roteiro é apenas um elemento norteador para a sua aprendizagem, visto que ela só será
realmente significativa com o apoio dos livros que abordam o assunto.
Equações Diferenciais: Significado e Conceitos básicos
Na primeira etapa do curso, vimos que as notações ' '( )dy y f xdx
servem para
representar derivadas. Vimos também que dada uma função 2xy e , então:
[u1] Comentário: A leitura obrigatória é o livro “Cálculo” do autor James Stewart, vol.2 – 5ª edição – Cengale Learning.
2
2 xdy xedx
ou 2dy xydx
Naquela ocasião, tínhamos uma função e o nosso problema consistia em encontrar a sua
derivada. Agora o nosso problema é: dada uma equação da forma dy ydx
, queremos
descobrir quem é a função “y” que satisfaz a igualdade dada. Voltando ao exemplo acima,
dada uma função 2dy xydx
, queremos encontrar a função “y” e sabemos que a função
solução para essa equação, é a função 2xy e . Esse é um exemplo de equação diferencial.
Uma equação diferencial envolve uma função desconhecida e uma ou mais de suas derivadas
e a solução dessa equação é uma função, ou como poderemos constatar no decorrer deste
roteiro, uma família de funções.
Uma definição formal de equação diferencial é a sugerida por ZILL e CULEN (2001, p. 2)
“Uma equação que contém as derivadas ou diferenciais de uma ou mais variáveis dependentes,
em relação a uma ou mais variáveis independentes, é chamada de equação diferencial (ED).”
Uma equação diferencial que contém somente derivadas ordinárias de uma ou mais variáveis
dependentes, em relação a uma única variável dependente, é chamada de equação diferencial
ordinária (EDO). São exemplos de EDOs.
(1) 5 2dy ydx
(2) (2 3 ) 6 0y t dt tdy
(3) 2
2 3 2 0d y dy ydx dx
Equações diferenciais que envolvem derivadas parciais de uma ou mais variáveis dependentes
de duas ou mais variáveis independentes é chamada de equação diferencial parcial (EDP).
São exemplos de EDPs.
[u2] Comentário: Veja que 2xy e e a expressão
2
2 xdy xedx
pode ser
reescrita como
2dy xydx
.
(4) 0w zy x
(5) 3
222 4
w y w wxx y
(6) 2 2
2 2 3w w wx t t
OBS. Neste roteiro abordaremos apenas as Equações Diferenciais Ordinárias (EDO).
A ordem da derivada de maior ordem em uma equação diferencial é, por definição, a ordem
da equação. As equações (1), (2), (4) e (5) são exemplos de equações de primeira ordem. Já
as equações (3) e (6) são equações de segunda ordem.
Atividade 1
Associe cada equação diferencial com sua família de soluções e classifique cada uma delas
quanto a ordem. Sugestão: Derive cada uma das funções sugeridas para a associação e
compare com as equações diferenciais.
a) dyx ydx
______________ (i) 2y x C
b) '' 4y y _____________ (ii) 1 22 cos 2y C sen x C x
c) 2dy xdx
_____________ (iii) 2 21 2
x xy C e C e
d) 2
2 4d y ydx
_____________ (iv) y Cx
Equações lineares ordinárias de primeira ordem
Solução pelo método dos fatores integrantes
Algumas equações diferenciais de primeira ordem podem ser resolvidas simplesmente com
uma integral. É o caso da equação 43dy t
dt , onde
535
y t . Contudo, nem sempre é
possível, resolver uma equação diferencial desta forma. Para alguns casos, utilizamos o
método dos fatores integrantes, que especificamente falando, é empregado para as equações
diferenciais lineares cuja forma é expressa por
( ) ( )dy p x y q xdx
Com equações desta forma, temos as seguintes classificações:
3 23 xdy x y edx
onde: 3( )p x x e 2( ) 3 xq x e
2(cos ) 0dy x y xdx
onde: ( ) cosp x x e 2( )q x x
132
dy ydx
onde: ( ) 3p x e 1( )2
q x
O método dos fatores integrantes, é dado por:
1º) Calculo do fator integrante:
( )p x dxe
Considere a constante c, devida a integração ( )p x dx como 0.
2º) Multiplique ambos os membros da equação original por e fazendo o processo inverso
da propriedade da derivada de um produto, deixe a equação na forma:
( ) ( )d y q xdx
3º) Integre ambos os lados da equação obtida no 2º passo e encontre a função y. Não se
esqueça da constante de integração, pois você irá obter não uma solução, mas uma classe de
soluções para a equação em estudo.
[u3] Comentário: Na solução de equações diferenciais as funções p(x) e q(x) devem ser contínuas de suas respectivas variáveis no intervalo dado para a solução.
[u4] Comentário: Seja a função y u v temos que a derivada é dada por
' 'dy u v v udx
Exemplo 1: Determine a solução para a equação 3 4xdy e y
dx .
Solução:
1º) Inicialmente organizamos a equação diferencial na forma 34 xdy y e
dx e
identificamos as funções ( ) 4p x e 3( ) xq x e . Calculamos por meio da fórmula:
4 4dx xe e
2º) Multiplicando ambos os membros da equação reorganizada por , temos
4 3 4 4 44 4x x x x x xdy dye y e e e e y edx dx
e finalmente chegamos a equação
4x xd e y edx
3º) Integramos ambos os membros da equação e encontramos a função y.
4 4 3 4x x x x x xd e y e dx e y e C y e Cedx
Assim a solução dessa equação é a função 3 4x xy e Ce . Podemos constatar a
veracidade da resposta, derivando a função encontrada e substituindo na equação original.
Veja:
[u5] Comentário: Perceba que derivando a expressão
4xd e ydx
chegamos em
4 4' 4x xe y e y2 2
' 2x xe y e xy onde
'dy ydx
.
Se 3 4x xy e Ce então 3 43 4x xdy e Cedx
.
Ao substituirmos na equação dada no problema, chegamos a:
34 xdy y edx
3 4 3 4 3
3 4 3 4 3
3 3 3
3 3
( 3 4 ) 4 ( )3 4 4 43 4
x x x x x
x x x x x
x x x
x x
e Ce e Ce ee Ce e Ce ee e e
e e
Perceba que a constante C na solução da equação representa as infinitas possibilidades de
solução para a equação dada. A seguir, plotamos um gráfico por meio do software Winplot
com algumas das funções pertencentes a família de soluções encontradas, a saber com o
parâmetro C variando de -4 a 4 com 8 passos.
x
y
Figura 1: gráfico da função 3 4x xy e Ce ,
[u6] Comentário: O software winplot é de uso livre e pode ser baixado pela internet por meio do site http://www.edumatec.mat.ufrgs.br/. Com ele é possível plotar gráficos de diversas funções de uma de várias variáveis reais. Não é preciso ter muitas habilidades com o computador para utilizar essa ferramenta computacional. Contudo ele é limitado em alguns pontos, e para tanto outros softwares são recomendados como o Scilab, Matlab ou o Maple.
Quando é solicitada a solução de uma equação diferencial, consideramos toda as possíveis
soluções e a constante C obtida no processo de integração é quem faz essa representação. Por
outro lado, alguns problemas, estabelecem condições de valores específicos, tornando a
solução de uma equação diferencial própria para um valor de C. Em situações como essa
utilizamos a condição estabelecida para determinar o valor de C. Problemas dessa natureza
são denominados por Problemas de Valor Inicial (PVI).
Exemplo 2: Determine a solução da equação diferencial dyx y xdx
que satisfaça a
condição inicial (1) 2y .
Solução:
1º) Podemos perceber que a equação dyx y xdx
não está na forma
( ) ( )dy p x y q xdx
, mas esse pequeno impasse é resolvido, dividindo todos ambos os
membros da equação por x, o que nos leva a equação equivalente 1dy ydx x
, onde
1( )p xx
e ( ) 1q x . Determinando o fator integrante chegamos a
1lndx xxe e x .
2º) Multiplicando ambos os membros da equação em questão, chegamos a 1dy yx x xdx x
o que nos leva à equação d xy xdx
.
3º) Integrando ambos os membros, chegamos a expressão 2
1
2 2x xxy xdx xy C y Cx .
Como foi dada a condição inicial em que (1) 2y , temos que:
[u7] Comentário: Dada uma equação diferencial qualquer e um valor da variável independente implicando em um valor da variável dependente
0 0( )y x y , temos um
problema de valor inicial onde
0 0( )y x y é denominada de
condição inicial.
[u8] Comentário: Aplicamos aqui a propriedade dos logaritmos
em que loga ba b . De fato
ln x é o logaritmo em base natural e que pode ser escrito de
forma equivalente como loge x .
Assim loge xe x .
[u9] Comentário: Relembrando os conceitos básicos de função, se (1) 2y , temos que para x = 1 o valor de y é igual a 2.
1 322 1 2
C C
Assim a equação requerida pelo problema é:
132 2xy x ou de forma equivalente 3
2 2xy
x .
Faça a derivada dessa função e confirme a veracidade da solução do problema.
Atividade 2
Resolva as equações diferenciais a seguir e encontre a solução para as condições iniciais
dadas:
a) 2( 1) 0dyx xydx
, (0) 1y
b) 64 xdyx y x edx x
, (1) 2y
c) 2 3dyx ydx
, ( ) 1y e
Método da separação de variáveis para equações de primeira ordem não-
lineares
Antes de apresentar o método da separação de variáveis, é preciso que se saiba que não existe
um método geral para a solução de equações diferenciais de primeira ordem não-lineares. O
método da separação de variáveis é uma possibilidade de resolução. Quando não é possível
resolver uma equação por métodos algébricos, utilizamos o método de Euler que será
abordado posteriormente.
Se uma função é da forma ( ) ( )dyh y g xdx
, podemos reescrevê-la como ( ) ( )h y dy g x dx . Por
esse motivo, denominamos método da separação de variáveis ou dizemos que as equações
dadas na segunda forma apresentada são equações de primeira ordem separáveis. O
processo de resolução segue por meio da integração de ambos os membros da igualdade
correspondentes a cada variável em específico, onde
( ) ( )h y dy g x dx
que resulta em
( ) ( )H y G x C
Como ( )H y e ( )G x são as integrais das funções ( )h y e ( )g x , a validade da solução pode
ser deduzida pela derivação da última equação, onde:
( ) ( ) ( )d dH dy dy dGH y h y g xdx dy dx dx dx
Em resumo, o método da separação de variáveis pode ser executado da seguinte forma:
1º) Separe as variáveis deixando a equação original na forma ( ) ( )h y dy g x dx .
2º) Integre ambos os membros da equação, conforme a indicação de cada operador diferencial.
( ) ( )h y dy g x dx
3º) Finalmente interpretamos que a equação ( ) ( )H y G x C define uma família de soluções
dadas na forma implícita.
Exemplo 3: Resolva a equação diferencial dy xydx
que satisfaça a condição inicial (0) 1y .
Solução:
1º) Organizamos a equação em 1 dy xdxy
2º) Integrando o primeiro membro em relação a y e o segundo em relação a x temos:
[u10] Comentário: Nessa resolução, suponha que h(y) e g(x) sejam contínuas de suas respectivas variáveis.
2
1
ln2
dy xdxy
xy C
2 2 2
2
2 2 2
2
x x xC C
x
y e e e e C
y Ce
3º) Como a condição inicial é dada por (0) 1y , temos que 20
021 1 1Ce Ce C
Assim a equação procurada é
2
2x
y e
Atividade 3
Resolva a integral por separação de variáveis e encontre a solução específica para sua
condição inicial.
a) dy ydx x
, (2) 4y
b) 21
1x dy xy dx
, 2(0) 1y
e
c) 2'cos 0ye senx y x , (1) 0y
Algumas aplicações
As equações diferenciais se aplicam a diversas situações no âmbito das ciências e também das
engenharias. Quando uma situação é modelada de forma a considerar as razões de variação e
cujo objetivo seja o de encontrar uma função que forneça informações de interesse, estaremos
lidando com equações diferenciais. Obviamente não será possível contemplar todas as
aplicações neste roteiro. Entretanto as aplicações aqui abordadas são suficientes para que você
amplie seus conhecimentos em disciplinas específicas ao seu curso.
Aplicação 1: Circuito elétrico
A figura a seguir representa um circuito elétrico em série RL básico, que contém uma fonte de
energia com uma voltagem dependente do tempo de V(t) volts (V), um resistor com uma
resistência constante de R ohms (Ω) e um indutor com uma indutância constante de L henrys
(H). Se você não entende nada sobre circuitos elétricos, não se preocupe! A teoria da
eletricidade afirma que uma corrente I(t) amperes (A) flui através do circuito onde I(t) satisfaz
a equação diferencial
( )dIL RI V tdt
Vamos determinar I(t) se R = 6 Ω, L = 3 H, V for a constante 24V e I(0) = 15A
Solução:
Substituindo os valores de L, R e V, temos a equação diferencial
3 6 24dI Idt
Dividindo todos os termos por 3, obtemos a nova equação:
2 8dI Idt
Obtendo a constante de integração, chegamos a:
2 2dt te e
Dando seqüência a resolução, temos:
2 2 2 2 2 28 8 4t t t t t td e I e e I e dt e I e Cdt
22
2 2
4 4t
tt t
e CI Cee e
Como a condição inicial, implica em I(0) = 15A, então temos que:
2 0 015 4 4 15 4 11Ce Ce C C
Assim a função corrente elétrica específica para o problema de valor é 2( ) 4 11 tI t e
Ainda observando o modelo determinado para a corrente do circuito elétrico, percebemos que
se o tempo aumentar indefinidamente, ou seja, o tempo tendendo a infinito, a corrente tenderá
ao valor de 4 amperes. Isto pode ser confirmado facilmente através do limite.
2lim 4 11 4t
te A
Aplicação 2: Problemas de mistura
Suponha que no instante t = 0, um tanque contenha 7 kg de poluentes dissolvidos em 350
litros de água. Nesse mesmo instante o tanque recebe água contendo 50 gramas de poluentes
por litro a uma taxa de 12 litros por minuto. Considere ainda que exista uma válvula de escape,
onde a solução misturada deixe o tanque à mesma taxa com que a água poluída é adicionada.
Vamos encontrar a quantidade de poluentes no tanque após 8 minutos.
Solução:
Consideremos y(t) como a função que representa a quantidade de poluentes (em gramas) após
t minutos. Sabemos que y(0) = 7 kg = 7000 g e queremos encontrar y(8). Essa solução será
determinada por meio da equação diferencial cuja solução seja a função y(t). Desta forma dydt
representa a taxa segundo a qual a quantidade de poluentes no tanque está variando com o
tempo, onde:
taxa de entrada taxa de saídadydt
taxa de entrada = 50 12 600 600 / minmin min
g g g
Como o volume de água que entra no tanque é o mesmo volume que sai, então podemos
observar que o volume do tanque será sempre de 350 . Assim a razão de saída para as y(t)
gramas de poluente no tanque será:
taxa de saída = ( ) 48 ( )350 min 175 miny t g gy t
Consequentemente dydt
será dado por:
4 4600 600175 175
dy y dy ydt dt
Resolvendo essa equação diferencial, temos: 4 4
175 175tdt
e e
Dando sequência à resolução temos: 4 4 4 4 4
175 175 175 175 175
44175
1754
175
4175
600 600 26250
26250 26250
( ) 26250
t t t t t
tt
t
t
d e y e e y e dt e Cdt
e Cy Cee
y t Ce
Como em y(0) = 7000g, temos que: 4 01757000 26250 26250
19250Ce C
C
Assim a função que nos informará a quantidade de poluentes em função do tempo t é a função
4175( ) 26250 19250
t
y t e
Finalmente em t = 8 min a quantidade de poluentes no tanque será de: 4 8175(8) 26250 19250 10216,92 10,216y e g kg
Aplicação 3: Resfriamento
Nessa aplicação precisamos da lei do resfriamento de Newton onde a taxa e mudança de
temperatura T(t) de um corpo em resfriamento é diretamente proporcional à diferença entre a
temperatura do corpo e a temperatura constante mT do meio ambiente, isto é,
( )mdT k T Tdt
,
onde k é uma constante de proporcionalidade.
Suponha que uma barra de ferro tenha sido aquecida em um forno e retirada dele a uma
temperatura de 90ºC. Três minutos depois, sua temperatura é de 45ºC. Quanto tempo levará
para a sua temperatura chegar aos 26ºC, se a temperatura do ambiente em que ele está é de
exatamente 23ºC.
Solução:
Temos que 23mT . Assim deveremos resolver o problema de valor inicial:
( 23)dT k Tdt
, (0) 90T
Estamos diante de uma equação diferencial separável que pode ser resolvida da seguinte
forma:
( 23)dT kdt
T
Integrando ambos os membros da equação ficaremos com:
1 1
1
2
2
ln 23( 23)
23 23 23
23
kt C Ckt kt
kt
dT kdt T kt CT
T e T e e T C eT C e
[u11] Comentário: Perceba
que 1Ce é um valor constante e podemos denominá-lo como outra
constante 2C .
Como (0) 90T isso decorre em:
02 290 23 67kC e C
Montando a expressão da temperatura em função do tempo, temos:
23 67 ktT e
Da relação (3) 45T encontramos:
3 3 32245 23 67 22 6767
22 1 223 ln ln 0,37121667 3 67
k k ke e e
k k
Finalmente: 0,37121623 67 tT e e
0,371216 0,371216 0,371216326 23 67 3 6767
30,371216 ln 0,371216 3,10608067
8,37 min
t t te e e
t t
t
Atividade 4
Considere um circuito elétrico como o que foi mostrado anteriormente.
( )dIL RI V tdt
Determine I(t), I(2) e I(10) se R = 33 Ω, L = 11 H, V for a constante 44V e I(0) = 12A
Atividade 5
Uma xícara de café é colocada num ambiente onde a temperatura é de 18ºC. No momento em
que a xícara é colocada na mesa (t = 0), a temperatura do café é de 67ºC. Depois de 40
segundos a temperatura do café passa aos 42ºC. Quanto tempo será necessário para que o café
chegue a temperatura de 2º acima da temperatura ambiente?
Atividade 6
Um tanque tem capacidade de armazenamento de 800 litros. Considere que a partir de um
dado instante, o tanque contenha 30 gramas de sal dissolvidos em 400 litros de água e que
comece a receber 20 litros de água pura por minuto. Ainda nesse mesmo instante a solução do
tanque é drenada a uma taxa de 10 litros por minuto. Determine a quantidade de sal no tanque
quando o nível da solução estiver a ponto de transbordar.
Campos de direções e o método de Euler
O método de Euler trabalha com aproximações numéricas. Para motivar o método vamos
recordar a definição de derivada vista na etapa I. A derivada de uma função de um ponto dado
corresponde à inclinação da reta tangente a aquele ponto.
x
yy = -0.2xx+3y = 3
Figura 2: Gráfico das funções 21 35
y x e 3y
Na figura 2 temos o gráfico da função 21 35
y x e de uma de suas tangentes, no caso
particular tangente y = 3 que tem inclinação 0. Se fizermos a derivada da curva y, teremos
2'5
y x e da derivada decorre que a inclinação da tangente em x = 0 é dada por
2'(0) 0 05
y .
O exemplo disposto acima mostra uma das tangentes à curva, mas é importante observar que
por cada ponto dela passa uma tangente e, portanto elas são infinitas. Também lembramos que
a solução de uma equação diferencial constitui numa função ou numa família de funções onde
todas elas possuem suas devidas inclinações. Se imaginarmos a família de soluções de uma
equação diferencial com as inclinações de todas essas curvas podemos estabelecer uma
relação interessante para as soluções aproximadas. Daí surge o conceito de Campo de
Direções. O campo de direções é um conjunto de pequenos segmentos que representam
hipoteticamente as inclinações de todas as possíveis curvas de soluções de uma equação
diferencial.
Considere a equação diferencial dy x ydx
. Se entendermos essa equação como uma função
de duas variáveis denotada genericamente por ( , )dy f x ydx
, teremos a cada par ordenado do
plano cartesiano, um valor numérico que indica a inclinação da tangente de uma possível
solução para a equação diferencial. Na Figura 3, temos a representação de um campo de
direções para a equação dy x ydx
, onde foram utilizadas 5 colunas. Por exemplo,
substituindo os valores de (x,y) do par ordenado (0,2) na equação diferencial, produz a
inclinação 0 2 2dydx
. Perceba que no ponto (0,2) um segmento indica uma inclinação
decrescente, onde você pode constatar na figura um pequeno segmento representando essa
inclinação descendente. Da mesma forma para o par ordenado (2,2), temos 2 2 0dydx
onde um segmento horizontal indica uma inclinação nula.
[u12] Comentário: Inclinação tem o mesmo significado que coeficiente angular. O ângulo que a tangente forma com o eixo das abscissas produz um valor m que denominamos de coeficiente angular onde m tg .
x
y
Figura 3: Campo de direções da equação dy x ydx
com 5 colunas
Um campo de direções pode ser construído manualmente quando são necessárias poucas
inclinações com o da Figura 3. No entanto, tais cálculos podem se tornar tediosos quando o
número de colunas aumenta. Assim, é usual utilizar um recurso computacional como o Maple,
o Matlab ou o Winplot. Veja na Figura 4 o campo de direções da equação dy x ydx
com 15
colunas produzido pelo software Winplot.
x
y
Figura 4: Campo de direções da equação dy x ydx
com 15 colunas
[u13] Comentário: Para obter um campo de direções como este no Winplot, inicie o programa, escolha a opção 2-dim, clique no menu equação e selecione a opção diferencial. Em seguida digite no
campo dydx
a função x y que
é o caso do problema. Escolha o tamanho do comprimento para os segmentos e o número de colunas. Clique em traçar e o campo será desenhado.
Como desejamos em muitas situações obter uma solução particular para a equação sempre
sujeita a uma condição inicial, precisamos de um algoritmo que nos conduza à curva desejada
na equação diferencial em estudo. Para tanto o método de Euler utiliza uma perspectiva
numérica que aproxima satisfatoriamente do resultado. Existem outros métodos mais
sofisticados como, por exemplo, o método de Runge Kuta e o Euler modificado, mas que não
serão abordados neste roteiro por fugirem dos nossos objetivos. Além disso, estes métodos
usam o método de Euler como ponto de partida.
Quando temos um problema de valor inicial (PVI), então temos uma expressão da forma
( , )dy f x ydx
, 0 0( )y x y
e buscamos obter os valores aproximados de y com base em valores de x, seguindo uma
seqüência uniforme de valores, baseados num incremento x iniciando por 0x . Assim,
teremos a seqüência de valores 0x , 1x , 2x , 3x , ..., nx , onde 1 0x x x , 2 1x x x ,
3 2x x x , ...., 1n nx x x . As aproximações dos valores de y serão dadas por
1 0 0 0( , )y y f x y x , 2 1 1 1( , )y y f x y x , 3 2 2 2( , )y y f x y x , ...,
1 ( , )n n n ny y f x y x . Se ( )y x é a curva solução para o PVI em estudo, então os valores de
1y , 2y , 3y , ..., ny são aproximações de 1( )y x , 2( )y x , 3( )y x , ..., ( )ny x .
Como exemplo iremos resolver o PVI abaixo usando o método de Euler com 0,1x no
intervalo de 2 1x .
dy x ydx
, ( 2) 1y
Para isso será necessário fazer o uso de uma tabela:
n nx ny ( , )n nf x y x 1 ( , )n n n ny y f x y x
0 -2 -1,00 -0,10 -1,10 1 -1,9 -1,10 -0,08 -1,18 2 -1,8 -1,18 -0,06 -1,24 3 -1,7 -1,24 -0,05 -1,29 4 -1,6 -1,29 -0,03 -1,32 5 -1,5 -1,32 -0,02 -1,34 6 -1,4 -1,34 -0,01 -1,34 7 -1,3 -1,34 0,00 -1,34 8 -1,2 -1,34 0,01 -1,33 9 -1,1 -1,33 0,02 -1,30
10 -1 -1,30 _ _
Utilizando um recurso computacional podemos traçar a curva a partir do ponto dado. Veja na
figura 5 o problema de valor inicial anterior traçado a partir do ponto de condição inicial com
o software Winplot.
x
ydy/dx = x-y
Figura 5: Campo de direções da equação dy x ydx
e solução aproximada
sujeita a condição inicial ( 2) 1y
Atividade 7
Relacione as equações diferenciais com os campos de direções a seguir:
a) 2dy x ydx
b) dy ydx
c) ' 2y xy d) 2dy x ydx
I) II)
x
y
x
y
[u14] Comentário: Uma vez que o campo de direções já tenha sido desenhado no Winplot, para obter a solução aproximada sujeita a condição inicial, proceda da seguinte forma. Vá até o menu “Um”, escolha a opção “Trajetória
dydx
”. Nos campos para x e y
digite as coordenadas da condição inicial, coloque o valor de x no tamanho do passo, deixe selecionada a opção “Euler” e clique em traçar.
III) IV)
x
y
x
y
Atividade 8
Utilize 5 colunas para construir os campos de direções da equação diferencial 2
dy x ydx
.
Atividade 9
Encontre uma solução inicial para o PVI abaixo no intervalo dado usando o método de Euler
2dy x ydx
, (0) 3y 0 1x
Equações diferenciais lineares de segunda ordem
Vimos no início do roteiro que uma equação diferencial de segunda ordem é escrita na forma
2
2 ( ) ( ) ( )d y dyp x q x y r xdx dx
ou '' ( ) ' ( ) ( )y p x y q x y r x
Veremos a seguir, métodos para obter soluções de equações diferenciais de segunda ordem
quando r(x) for igual a 0, caso em que classificamos como homogêneas como também alguns
métodos para obter soluções de equações não-homogêneas quando ( ) 0r x .
[u15] Comentário: Uma equação diferencial de segunda ordem é dita homogênea quando é expressa na forma
2
2 ( ) ( ) 0d y dyp x q x ydx dx
.
EDO lineares homogêneas
Inicialmente vamos compreender o conceito de dependência e independência linear entre
funções. Quando uma função é múltipla constante de outra função, dizemos que elas são
linearmente dependentes. É o caso das funções ( ) 3f x x e ( ) 3 9 3( 3)g x x x . Veja
que ( ) 3 ( )g x f x . Por outro lado, duas funções são linearmente independentes quando
nenhuma delas é resultado de um produto de uma constante pela outra. Isso acontece com as
funções ( ) 2h x x e 3( )j x x .
A seguir apresentamos um teorema importante ao estudo em desenvolvimento.
TEOREMA
“Considere a equação homogênea
2
2 ( ) ( ) 0d y dyp x q x ydx dx
em que as funções ( )p x e ( )q x são contínuas em algum intervalo comum I. Então existem
soluções linearmente independentes 1( )y x e 2 ( )y x da equação em I. Além disso, dado
qualquer par de soluções linearmente independentes 1( )y x e 2 ( )y x da equação em I, temos
que
1 1 2 2( ) ( ) ( )y x c y x c y x
é uma solução geral da equação em I. Isso significa que cada solução da equação em I pode
ser obtida a partir da solução geral escolhendo valores apropriados das constantes 1c e 2c ;
reciprocamente, a solução geral é uma solução da equação para quaisquer escolhas de 1c e
2c .” (ANTON, 2007, p.612)
Procurando possíveis funções candidatas a serem solução da equação, de forma que uma
constante vezes sua segunda derivada 2
2d ydx
mais outra constante vezes a sua primeira
derivada dydx
mais a terceira constante vezes y é igual a 0, podemos lembrar da função
mxy e . O que neste caso nos levaria as igualdades abaixo:
mxy e mxdy medx
2
22
mxd y m edx
Se substituirmos essas igualdades na forma geral da equação, ficamos com:
2 ( ) ( ) 0mx mx mxm e p x me q x e que de uma forma mais simplória pode ser reescrita
como 2 0mx mx mxm e pme qe e ainda em:
2( ) 0mxm pm q e
Essa igualdade só é válida quando 2 0m pm q , pois sabemos que a função
0,mxe x IR .
Assim a equação 2 0m pm q que é chamada de equação auxiliar será amplamente
utilizada na solução de equações diferenciais lineares de segunda ordem homogêneas. De fato
ela é uma equação que pode ser resolvida por meio da fórmula quadrática:
2
14
2p p q
m
e 2
24
2p p q
m
Outros métodos de resolução de equações quadráticas também podem ser utilizados quando
se fizerem possíveis.
Exemplo 1: Encontre a solução geral da equação
2
2 3 4 0d y dydx dx
.
Utilizando a equação auxiliar, temos 2 3 4 0m m . Este polinômio pode ser decomposto
em ( 1)( 4) 0m m dando como raízes da equação auxiliar 1 1m e 2 4m .
Como o valor de m, provém da expressão mxe , temos que a solução da equação será dada
por 1 2
1 2( ) m x m xy x c e c e e consequentemente a solução geral será dada por:
41 2( ) x xy x c e c e
[u16] Comentário: A
simbologia utilizada diz que mxe é diferente de zero para qualquer valor real que atribuirmos para x. Na verdade trata-se de uma função exponencial cuja base é o número de napier,onde para valores de x cada vez menores, a função diminui, para x = 0 a função vale 1, e para valores cada vez maiores a função aumenta.
[u17] Comentário: O algoritmo utilizado para obter a solução encontrada, não precisa ser necessariamente feito como no exemplo. O método resolutivo para equações quadráticas também pode ser empregado e conduz a mesma solução para a equação auxiliar.
Generalizando: Todas as vezes que a equação auxiliar produzir duas raízes reais e distintas, a
solução da equação diferencial será dada por 1 2
1 2( ) m x m xy x c e c e .
Exemplo 2: Encontre a solução da equação '' 4 ' 4 0y y y .
Da equação auxiliar 2 4 4 0m m chegamos à solução única m = 2. Sabemos que
1mxy e faz parte da solução geral da equação diferencial de segunda ordem. Iremos
mostrar que 2mxy xe também faz parte da solução que deve acompanhar a solução geral.
Tomemos a forma genérica da equação diferencial admitindo por solução a função 2y .
Assim 2 2 2'' ' 0y py qy . Como a equação auxiliar tem solução única que no caso é 2p
a função pode ser reescrita como 2
2
p xy xe
. Derivando obtemos:
22 ' 1
2
p xpy x e
e
22
2 ''4
p xpy x p e
. Substituindo as expressões em
2 2 2'' ' 0y py qy , temos:
2
/22 2 2'' ' 1
4 2p xp py py qy x p p x qx e
o que faz com que
2 2 2'' ' 0y py qy
Finalmente podemos concluir que a solução de equações desse tipo será dada por
1 2mx mxy c e c xe .
Finalmente a solução buscada para o exemplo 2 é 2 2
1 2x xy c e c xe
Generalizando: Todas as vezes que a equação auxiliar produzir raízes reais e iguais, a solução
da equação diferencial será dada por 1 2( ) mx mxy x c e c xe .
Exemplo 3: Encontre a solução da equação 2
2 0d y dy ydx dx
.
Da equação auxiliar 2 1 0m m , verificamos pelos métodos quadráticos que não existem
raízes reais. Vá até a página 614 do livro e estude a dedução da fórmula que cai na
generalização a seguir:
Generalizando: Todas as vezes que a equação auxiliar produzir raízes complexas da forma
1m a bi e 2m a bi , a solução da equação diferencial será dada por
1 2( cos )axy e c bx c senbx
Continuando a solução do exemplo, temos que as raízes complexas da equação auxiliar são:
11 32 2
m i e 21 32 2
m i
Finalmente a solução geral da equação diferencial em estudo é
21 2
3 3cos2 2
x
y e c x c sen x
Os problemas de valor inicial (PVI) para equações lineares homogêneas de segunda ordem
diferem do que já conhecemos pelo fato de que há uma condição inicial na função original e
outra na função derivada primeira.
Exemplo 4: Resolva o PVI abaixo:
2
2 3 4 0d y dydx dx
, (0) 1y e '(0) 3y
Para resolvê-lo basta obter a derivada primeira da solução da equação diferencial e montar o
sistema. Sabemos que a solução dessa equação feita no exemplo 1, é a função
41 2( ) x xy x c e c e . Assim temos que
41 2'( ) 4x xy x c e c e .
Substituindo as condições iniciais em cada função ficamos com:
1 23 4c c e 1 21 c c
O que faz com que 115
c e 245
c . Finalmente a solução para o PVI dado é
41 4( )5 5
x xy x e e .
Há também os Problemas de Contorno (PC) que diferentemente dos problemas de valor
inicial, estabelecem duas condições iniciais sobre a função solução. É importante observar
que os problemas de contorno nem sempre têm solução.
Exemplo 5: Resolva o problema de contorno a seguir:
'' 2 ' 0y y y , (0) 1y e (1) 3y
Verifique que a solução geral da equação diferencial é 1 2x xy c e c xe .
Substituindo os valores das condições iniciais na solução geral ficamos com:
1 1c e 1 11 2 3c e c e
o que nos conduz a 1 1c e 2 3 1c e .
Assim a solução para o problema de contorno é (3 1)x xy e e xe
Exemplo 6: Uma mola presa em uma extremidade com um bloco de massa 5 kg preso na
outra extremidade tem um comprimento natural de 0,6m. Uma força de 28 N é necessária para
mantê-la esticada a um comprimento de 1 m. Se a mola for esticada ao comprimento de 1 m e
solta logo em seguida com velocidade inicial 0, determine a posição do bloco em qualquer
tempo t.
Solução:
Sabemos que este é um típico problema que envolve um movimento harmônico simples. Pela
Lei de Hooke, existe uma força restauradora que a mola exerce sobre o bloco que é
diretamente proporcional posição em que ele estiver.
F ky em que k é uma constante de proporcionalidade que depende de outros fatores tais
como material e espessura da mola.
Recordamos ainda uma outra lei importante da física que é a 2º Lei de Newton, onde
F M g , onde M é a massa e g é a aceleração da gravidade terrestre. Geometricamente
interpretamos a derivada segunda 2
2d ydx
com a aceleração do bloco. Combinando as duas leis
chegamos à equação diferencial:
2
2
d ym kydx
ou 2
2 0d ym kydx
ou 2
2 0d y k ydx m
A figura 6 ilustra situações diversas envolvendo problemas com molas.
Figura 6: Molas em um modelo harmônico simples
Decorre que a solução para equações dessa natureza, como visto anteriormente será dada por:
1 2( ) cos k ky t c t c sen tm m
Onde:
km é a frequência f;
2 21 2c c é a amplitude
1km
é o período T.
No exemplo dado a distância y em que a mola é esticada é de 1 – 0,6 = 0,4 m. Além disso, a
força necessária para manter o bloco nessa posição é de 28 N. Assim (0,4) 28k . Da relação
F ky , temos que 28 0,4 70k k .
Assim a equação diferencial é dada por:
2 2
2 25 70 0 14 0d y d yy ydx dx
e a solução é:
1 2( ) cos 14 14y t c t c sen t
Como a condição inicial impõe (0) 0, 4y , temos:
1 2
1
0, 4 cos 14 0 14 0
0, 4
c c sen
c
Fazendo a derivada da solução geral, temos:
1 2'( ) 14 14 14 cos 14y t c sen t c t
E temos a outra condição inicial em que '(0) 0y , chegamos ao valor de 2c .
1 2
2 2
0 14 14 0 14 cos 14 0
0 14 0
c sen c
c c
[u18] Comentário: A solução geral nos informa a posição do bloco em função do tempo. A derivada dessa função nos informa a velocidade do bloco em função do tempo. Como sabemos que no instante 0 a velocidade é 0, temos uma condição inicial usando a primeira derivada.
Finalmente a solução para o problema de valor inicial é a função:
( ) 0,4cos 14y t t
OBS. Vá até o livro texto e estude os itens vibrações amortecidas e vibrações forçadas na
seção 17.3.
Atividade 10
Determine a solução geral das EDO de segunda ordem homogêneas abaixo:
a) 2
2 6 8 0d y dy ydx dx
c) 2
2 0d y dy ydt dt
b) 9 '' 4 0y y d) '' 2 ' 0y y y
Atividade 11
Uma mola com um bloco de massa 4 kg preso em uma das extremidades tem um
comprimento natural de 1 m e é mantida esticada até um comprimento de 1,3 m por uma força
de 24,3 N. Se o bloco empurrado de forma que a mola tenha um comprimento de 0,8 m e for
solto com velocidade zero, determine a posição do bloco em qualquer instante.
EDO lineares não-homogêneas
Seja uma equação diferencial da forma 2
2 ( )d y dya b cy G xdx dx
ou '' ' ( )ay by cy G x ,
onde ( )G x pode ser ou não um polinômio. Dispomos de dois métodos principais para a
resolução de equações dessa natureza. Trata-se do método dos coeficientes a serem
determinados e do método da variação dos parâmetros.
Em ambos os métodos usamos do princípio de que a solução geral é dada pela soma da
solução particular com a solução geral. Essa idéia é mais bem expressa por meio do teorema
dado a seguir:
Teorema
A solução geral da equação diferencial não-homogênea '' ' ( )ay by cy G x , pode ser
escrita como
( ) ( ) ( )p cy x y x y x
onde py é uma solução particular da Equação diferencial e cy é a solução geral da equação
complementar '' ' 0ay by cy .
I) Método dos coeficientes a serem determinados
O método dos coeficientes a serem determinados exige uma certa dose de bom censo no
momento de avaliar a melhor escolha para a solução particular. Ilustraremos melhor o método
por meio dos exemplos a seguir:
Exemplo 1: Resolva a equação 2'' ' 6y y y x .
Inicialmente tomamos a equação complementar '' ' 6 0y y y que tem por solução geral
3 21 2( ) x x
cy x c e c e . Como 2( )G x x é um polinômio de grau 2, supomos que a
solução particular seja também um polinômio de grau 2, cuja forma genérica é dada por 2( )py x Ax Bx C . Desse polinômio, calculamos as derivadas de primeira e de
segunda ordem, obtendo respectivamente '( ) 2py x Ax B e ''( ) 2py x A .
Substituindo ( )py x , '( )py x e ''( )py x na equação diferencial em estudo, obtemos:
2 22 (2 ) 6( )A Ax B Ax Bx C x
Reorganizando a equação chegamos a: 2 26 ( 2 6 ) (2 6 ) 0 0Ax x A B A B C x x
Assim, podemos igualar os coeficientes de ambos os membros da equação resultando em:
6 1A 2 6 0A B 2 6 0A B C
Donde os valores obtidos são:
16
A 118
B 7108
C
Assim a solução particular é 2 7( )
6 18 108px xy x que desencadeia a solução geral:
23 2
1 27( ) ( ) ( )
6 18 108x x
p cx xy x y x y x c e c e
Exemplo 2: Resolva '' ' 6y y y senx .
A equação complementar é a mesma do exemplo 1 e sua solução geral é
3 21 2( ) x x
cy x c e c e . Como ( )G x senx , tentamos a solução particular
( ) cospy x A x Bsenx e decorre que '( )py x Asenx Bcosx e
''( ) cospy x A x Bsenx . Ao substituir na equação diferencial encontramos 110
A e
310
B . Assim a solução geral da equação é dada por:
3 21 2
1( ) (cos 3 )10
x xy x c e c e x senx
OBS. São muitas as situações para o método dos coeficientes a serem determinados. Para
cada uma delas, deve ser escolhida uma função particular que atenda a solução procurada.
Recomendo que você leia atentamente os exemplos da seção 17.2 do livro recomendado como
leitura obrigatória. É com base no estudo destes exemplos e na prática de exercícios, que você
terá condições de adquirir a habilidade para escolher as melhores estratégias de solução.
II) Método das Variações de Parâmetros
Para resolver EDO não homogêneas pelo Método das Variações dos Parâmetros é necessário
seguir os passos:
[u19] Comentário: Você verá que o Método das Variações dos Parâmetros é assim chamado por
levar em conta as constantes 1c e
2c como funções arbitrárias
sujeitas a variações.
1º) Seja a suposta solução da equação diferencial, a saber a função
1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( )py x u x y x u x y x , onde 1( )u x e 2 ( )u x são funções arbitrárias e 1y e 2y
são soluções linearmente independentes. Derivamos py obtendo:
1 1 2 2 1 1 2 2'( ) ( ' ' ) ( ' ')py x u y u y u y u y .
2º) Consideramos 1 1 2 2( ' ' )u y u y igual a zero e derivamos 'py obtendo:
1 1 2 2 1 1 2 2'' ' ' ' ' '' ''py u y u y u y u y
3º) Substituímos na equação diferencial, obtendo:
1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2' ' ' ' '' '' ' 'a u y u y u y u y b u y u y c u y u y G
4º) Como 1y e 2y são soluções da equação complementar, a última expressão pode ser
simplificada por:
1 1 2 2' ' ' 'a u y u y G
5º) Com base no sistema formado pelas equações 1 1 2 2' ' 0u y u y e
1 1 2 2' ' ' 'a u y u y G , podemos encontrar as funções 1 'u e 2 'u que integradas nos
darão as funções 1( )u x e 2 ( )u x .
Exemplo 3: Resolva a equação ''y y tgx , 02
x .
Solução:
A solução da equação auxiliar '' 0y y é dada por 1 2 coscy c senx c x .
Usando a variação dos parâmetros, queremos encontrar a solução da forma
1 2( ) ( )coscy u x senx u x x
Assim 1 2 1 2' ' 'cos cos scy u senx u x u x u enx
Tomando 1 2' 'cos 0u senx u x temos que:
1 2 1 2'' 'cos ' coscy u x u senx u senx u x
Se py é uma solução, então
1 2'' 'cos 'p py y u x u senx tgx
Resolvendo o sistema das equações 1 2' 'cos 0u senx u x e 1 2'cos 'u x u senx tgx , temos
que: 2 21 ' cos cosu sen x x xtgx onde resolvendo a equação, chegamos a 1 'u senx e que
integrando nos dá 1 cosu x .
Voltando a equação 1 2' 'cos 0u senx u x , obtemos 2 ' cos secu x x e
2 ln secu senx x tgx .
Finalmente a solução geral da equação é dada por:
1 2( ) cos cos ln(sec )y x c senx c x x x tgx
Exemplo 4: Na Figura 8 temos a ilustração de um circuito elétrico em série que contém uma
força eletromotriz E (proporcionada por uma bateria ou gerador), um resistor R, um indutor L
e um capacitor C. Se a carga no capacitor no instante t for ( )Q Q t , então a corrente é a taxa
de variação de Q em relação a : dQt Idt
. Da física sabemos que as quedas de voltagem pelo
resistor, indutor e capacitor são: RI, dILdt
e QC
. A Lei de da voltagem de Kirchhoff diz que a
soma dessas quedas de voltagem é igual a voltagem fornecida ( )dI QL RI E tdt C
. Sabendo
que dQIdt
, a equação pode ser reescrita como:
2
2 ( )d Q dQ QL R E tdt dt C
Figura 8: Circuito elétrico em série
Se a variação 0Q e a corrente 0I forem conhecidas, poderemos utilizar os Métodos dos
coeficientes a serem determinados ou das Variações dos Parâmetros para resolvermos
problema de valor inicial.
Dessa forma, vamos determinar a carga e a corrente no instante t de um circuito como o
mostrado na Figura 8, sabendo que 20R , 1L H , 420 10C F , ( ) 100cos10E t t e
que a carga e a corrente inicial são ambas 0.
Solução:
A equação diferencial para a situação é 2
2 420 100 cos1025 10
d Q dQ Q tdt dt
podendo
ser reescrita como 2
2 20 400 100cos10d Q dQ Q tdt dt
.
A equação auxiliar tem raízes 10 20m i , o que nos dá uma solução para a equação
complementar 101 2( ) cos 20 20t
cQ t e c t c sen t .
Para a solução particular, supomos ( ) cos10 10pQ t A t Bsen t desencadeando
'( ) 10 10 10 10pQ t Asen t Bcos t e ''( ) 100 cos10 100 10pQ t A t Bsen t .
Pelo método dos coeficientes a serem determinados chegamos a solução particular
1( ) 3cos10 2 1013pQ t t sen t e a solução geral
101 2
1( ) cos 20 20 3cos10 2 1013
tQ t e c t c sen t t sen t .
Temos aqui um exemplo de problema de valor inicial (PVI), onde (0) 0Q e
'(0) (0) (0) 0dQQ Idt
.
Para (0) 0Q na solução geral, chegamos a 13
13c . Já para
'(0) (0) (0) 0dQQ Idt
, precisamos derivar a solução geral chegando em:
10 101 2 1 2'( ) ( ) 10 cos 20 20 20 20 20 cos 20
1 30 10 20cos1013
t tQ t I t e c t c sen t e c sen t c t
sen t t
Onde pela condição (0) 0I , temos que 25013
c
Finalmente a carga e a corrente no instante t são respectivamente:
10 1( ) 3cos 20 50 20 3cos10 2 10
13 13
teQ t t sen t t sen t
e
10 1010'( ) ( ) 3cos 20 50 20 60 20 1000cos 2013 13
1 30 10 20cos1013
t te eQ t I t t sen t sen t t
sen t t
Atividade 12
Resolva as equações diferenciais a seguir usando o (I) Método dos Coeficientes a serem
Determinados e (II) o Método da variação dos parâmetros.
a) '' 4y y x b) '' ' xy y e
Atividade 13
Um circuito em série consiste em um resistor com 20R , um indutor com 1L H , um
capacitor com 0,002C F e um gerador com uma voltagem ( ) 12E t sent . Se a carga inicial
e a corrente forem 0, encontre a carga e a corrente no instante t.
Chegamos ao final deste roteiro de estudos. Seria muita pretensão esgotar todo o estudo das
equações em um roteiro que representa apenas 15 horas na carga horária da disciplina Estudos
Lógico-Matemáticos. Existem ainda outros métodos para a solução de equações diferenciais
que não foram abordados aqui por necessitarem de pré-requisitos tais como a Transformada
de Laplace, Séries de Potências e Séries Fourier aos quais você não teve contato. Entretanto, é
importante ressaltar que a busca por novos conhecimentos nos livros indicados e mesmo em
outros que estiverem ao seu acesso poderão levar a um maior aprofundamento do conteúdo.
É extremamente importante que você tome o livro texto obrigatório, faça o estudo e que
resolva os exercícios dos capítulos indicados. A aprendizagem em matemática exige além da
interpretação, a prática dos exercícios.
Leitura obrigatória STEWART, J., Equações Diferenciais. In___. Cálculo, 5. ed.; São Paulo: Cengale Learning, 2006. v.2, cap. 9, p. 582 – 645. STEWART, J., Equações Diferenciais de Segunda Ordem. In___. Cálculo, 5. ed.; São Paulo: Cengale Learning, 2006. v.2, cap. 17, p. 1137 – 1164. Este livro complementa nossos estudos tendo um foco bastante direcionado para as aplicações do cálculo. Indicamos como leitura obrigatória por constituir de um excelente referencial frente às aplicações da derivada, mais especificamente nos problemas de otimização. Leituras Complementares ANTON, H.; BIVENS, I.; DAVIS, Stephen. Cálculo: um novo horizonte. 8. ed. São Paulo: Bookman, 2007. v.1. A exemplo da leitura indicada anteriormente, nesta leitura você também encontrará uma rica abordagem de conceitos e demonstrações no que diz respeito a equações diferenciais. Trata-se de uma abordagem bastante interessante e acessível. Contudo, a leitura é limitada no sentido de não tratar de alguns assuntos estudados no roteiro como EDO de segunda ordem não-homogêneas. ZILL, D. G.; CULLEN, M. R. Equações Diferenciais. 3. ed. São Paulo: Pearson Makron Books, 2001. Este livro é um ótimo referencial para aqueles que desejam conhecer e aprofundar na teoria e aplicações das Equações Diferenciais. Sua abordagem é estritamente detalhada com muitos exemplos e exercícios com respostas.
Referências ANTON, H.; BIVENS, I.; DAVIS, Stephen. Cálculo: um novo horizonte. 8. ed. São Paulo: Bookman, 2007. v.1. STEWART, J., Regras de Diferenciação. Cálculo, 5. ed.; São Paulo: Pioneira Thomson Learning, 2006. v.1. ZILL, D. G.; CULLEN, M. R. Equações Diferenciais. 3. ed. São Paulo: Pearson Makron Books, 2001.
Respostas das atividades
Atividade 1
Como ainda não foi trabalhado nenhum método de resolução, o melhor caminho é o sugerido
pelo próprio exercício.
As derivadas são:
(i) ' 2y x e '' 2y
(ii) 1 2' 2 cos 2 2 2y C x C sen x e 1 2'' 4 2 4 cos 2y C sen x C x
(iii) 2 21 2' 2 2x xy C e C e e 2 2
1 2'' 4 4x xy C e C e
(iv) 'y C e '' 0y
Analisando as funções e suas derivadas, percebemos que:
a função do item (iv) é a solução da equação (a), pois dyx y x C y Cxdx
;
a função do item (i) é a solução da equação (c), pois ' 2dy y xdx
;
a função do item (iii) é solução da equação (b), pois 2 2 2 2
1 2 1 2'' 4 4 4 4( )x x x xy y C e C e C e C e ;
a função do item (ii) é a solução da equação (d), pois 2
1 2 1 22 4 4 2 4 2 4( 2 cos 2 )d y y C sen x C sen x C sen x C xdx
A classificação quanto a ordem é a seguinte:
a) 1ª ordem b) 2ª ordem c) 1ª ordem d) 2ª ordem
Atividade 2
a) 2( 1) 0dyx xydx
é equivalente a 2 0( 1)
dy x ydx x
. Assim 2( )1
xp xx
e ( ) 0q x
2 12 21 ln( 1) 1ln( 1) 2 22 2( 1) 1
x xe e x x
2
21
1Cx y C y
x
2
111
C yx
b) 64 xdyx y x edx
é equivalente a 54 xdy y x edx x
. Assim 4( )p xx
e 5( ) xq x x e
4ln 4xe x 5 4 4x xy x e x e cx 5 4 42 2x xC y x e x e x
c) A equação 2 3dyx ydx
é equivalente a 2 3dy ydx x x
. Assim 2( )p xx
e 3( )q xx
.
2x 2 23 lny x x C x 2 2 2 23 3 ln ( 3)C e y x x e x
Atividade 3
a) y Cx 2C
b)
2 2
2
2
1 1
1
1
1
1, 0
2 2 1
x C x C
x
x
y Ce Ce e
y Ce C
C y e
c)
1ln ln seccos
0 ln sec
y C x Cx
C y x
Atividade 4
Substituindo os valores de L, R e V, temos a equação diferencial
11 33 44 3 4dI dII Idt dt
Obtendo a constante de integração, chegamos a:
3 3dt te e
Dando seqüência a resolução, temos:
3 3 3 3 3 344 43
t t t t t td e I e e I e dt e I e Cdt
33
3 34 43 3
tt
t te CI Cee e
Como a condição inicial, implica em I(0) = 12A, então temos que:
3 0 04 4 4 3212 123 3 3 3
Ce Ce C C
Assim a função corrente elétrica específica para o problema de valor inicial é
34 32( )3 3
tI t e , (2) 1,36I A e (10) 1,33I A
Atividade 5
Usando a lei do resfriamento de Newton ( )mdT k T Tdt
, verificamos que a equação pode ser
reescrita como ( 18)dT k Tdt
, onde o problema de valor inicial é caracterizado pelo ponto
(0) 67T .
( 18)dT kdt
T
Integrando ambos os membros da equação ficaremos com:
1 1
1
2
2
ln 18( 18)
18 18 18
18
kt C Ckt kt
kt
dT kdt T kt CT
T e T e e T C eT C e
Como (0) 67T isso decorre em:
02 267 18 49kC e C
Montando a expressão da temperatura em função do tempo, temos:
18 49 ktT e
Da relação (40) 42T encontramos:
40 40 402442 18 49 24 4949
24 1 2440 ln ln 0,01784416149 40 49
k k ke e e
k k
Finalmente: 0,01784416118 49 tT e e
Se a temperatura ambiente é de 18ºC e queremos o instante em que o café esteja a uma
temperatura de 2ºC acima, desta, queremos determinar o valor t para T = 20ºC. Então:
0,017844161 0,017844161 0,017844161220 18 19 2 1919
20,017844161 ln 0,017844161 2,25129179919
126,16
t t te e e
t t
t s
Atividade 6
Pela situação apresentada em um minuto o tanque recebe 20 litros de água e drena 10 litros da
solução. Assim a cada minuto o volume da solução aumenta 10 litros e podemos afirmar que
o volume para cada instante é representado pela expressão V = 400 + 10t.
Como o líquido adicionado é água pura a taxa de entrada de sal é zero. A taxa de saída é:
taxa de saída = ( ) 1010 ( )(400 10 ) min 400 10 min 40
y t g g yy tt t t
Consequentemente dydt
será dado por:
0 040 40
dy y dy ydt t dt t
Resolvendo essa equação diferencial, temos: 1
ln 4040 40dt tte e t
Dando sequência à resolução temos:
(40 ) 0 (40 ) 0d t y t y dt Cdt
( )40
Cy tt
Como em y(0) = 30g, temos que:
30 120040 0
C C
1200( )40
y tt
Como V = 400 + 10t e a capacidade máxima do tanque é de 800 litros, então o instante na
qual o tanque irá transbordar é dado por 800 = 400 + 10t onde 40t , ou seja 40 minutos.
1200 1200(40) 1540 40 80
y
O volume será de 15 gramas.
Atividade 7
a) III b) IV c) I d) II
Atividade 8
x
ydy/dx = (x+y)/2
Atividade 9
Tabela:
n nx ny ( , )n nf x y x 1 ( , )n n n ny y f x y x
0 0 3,00 -0,30 2,70 1 0,1 2,70 -0,26 2,44 2 0,2 2,44 -0,22 2,22 3 0,3 2,22 -0,19 2,02 4 0,4 2,02 -0,16 1,86 5 0,5 1,86 -0,14 1,73 6 0,6 1,73 -0,11 1,61 7 0,7 1,61 -0,09 1,52 8 0,8 1,52 -0,07 1,45 9 0,9 1,45 -0,05 1,39 10 1 1,39 _ _
Campo de direções desenhado pelo software Winplot para soluções a partir de x = 0.
x
ydy/dx = (x-y)/2
Atividade 10
a) A equação auxiliar é 2 6 8 0m m que tem as raízes m = 4 e m = 2. Assim 4 2
1 2x xy c e c e
b) A equação auxiliar é 29 4 0m que tem as raízes 23
m i . Assim
1 22 2cos3 3
y c x c sen x
c) A equação auxiliar é 2 2 1 0m m que tem as raízes 1 32 2
m i e 1 32 2
m i .
Assim 21 2
3 3cos2 2
t
y e c t c sen t
d) A equação auxiliar é 2 6 8 0m m que tem a raiz m = 1. Assim 1 2x xy c e c xe
Atividade 11
(0,3) 24,3 81k k
O problema de valor inicial é: 4 '' 81 0y y , (0) 0,5y e '(0) 0y . A solução geral da
equação é dada por 1 29 9( ) cos2 2
y t c t c sen t
. Usando as condições iniciais chegamos a
solução particular 1 9( ) cos5 2
y t t
Atividade 12
a)
I) A solução para a equação auxiliar é 1 2cos 2 2cy c x c sen x . A solução particular é do tipo
py Ax B , onde 14
A e 0B . Finalmente a solução geral é 1 21cos 2 24
y c x c sen x x
II) 1 2cos 2 2cy c x c sen x , onde 1 cos 2y x e 2 2y sen x . Pela equação
1 1 1 1 1cos 2 2 cos 2 2 cos 2 24 2 4 2 4py x x sen x x xsen x x sen x x
, chegamos à
solução geral 1 21cos 2 24
y c x c sen x x .
b)
I) A solução para a equação auxiliar é 1 2( ) x xcy x c e c xe . A solução particular é do tipo
2xpy Ae , onde 1A . Finalmente a solução geral é 2
1 2( ) x x xcy x c e c xe e
II) 1 2( ) x xcy x c e c xe , onde 1
xy e e 2xy xe . Pela equação 2 2 2(1 ) x x x
py x e xe e ,
chegamos à solução geral 21 2( ) x x x
cy x c e c xe e .
Atividade 13
A equação diferencial para a situação é 2
2 20 500 12d Q dQ Q sentdt dt
.
A solução para a equação complementar 101 2( ) cos 20 20t
cQ t e c t c sen t .
Para a solução particular, supomos ( ) cos10 10pQ t A t Bsen t desencadeando
'( ) 10 10 10 10pQ t Asen t Bcos t e ''( ) 100 cos10 100 10pQ t A t Bsen t .
Pelo método dos coeficientes a serem determinados chegamos a solução particular
3 3( ) cos10 10250 125pQ t t sen t e a solução geral
101 2
3 3( ) cos20 20 cos10 10250 125
tQ t e c t c sen t t sen t .
De (0) 0Q e '(0) (0) (0) 0dQQ Idt
chegamos a 13
250c e 2
3500
c
Finalmente a carga no instante t é dada por:
10 3 3 3 3( ) cos 20 20 cos10 10250 500 250 125
tQ t e t sen t t sen t
e
10 1010'( ) ( ) 3cos 20 50 20 60 20 1000cos 2013 13
1 30 10 20cos1013
t te eQ t I t t sen t sen t t
sen t t
