EDO-2017-1

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARA ENGENHEIROS E CIENTISTAS © Dr. Dr.

Helder H. Ch. Sánchez, 2016

Faculdade Centro Leste - UCL

Núcleo de Engenharia Engenharia Mecânica [email protected] Eclesiastes 1:13 Y apliqué mi corazón a buscar e investigar con sabiduría todo lo que se ha hecho bajo el cielo. Tarea dolorosa dada por Dios a los hijos de los hombres para ser afligidos con ella.

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Tabela de Conteúdos Prefacio

Capí Capíttulo ulo 1

Capítulo 2

Capítu Capítulo lo 3.

Intr ntroduç odução ão elem elemen enta tarr a Mathematica para resolver EDOs 1.1

Correndo Mathematica

1.2

Solução simbólica

Equações diferenciais lineares de primeira ordem 2.1

Introdução

2.2 2.2

Conc Concei eito toss ger gerai aiss e defi defini niçõ ções es bási básica cass 2.2.1

Definição de EDO

2.2.2

Definição da ordem de uma EDO

2.2.3

Definição da uma EDO linear e não-linear

2.2.4

EDO versus versus equação equação difere diferencia nciall em deriv derivadas adas parciais parciais

2.2.5 2.2.5

Defini Definição ção de Solu Soluçã ção o de uma EDO

2.2.6 2.2.6

Defini Definição ção do do Proble Problema ma do do Valor Valor Inici Inicial al

2.2.7 2.2.7

Defini Definição ção do do Proble Problema ma do Valor Valor de de Contor Contorno no

2.3

Formação de de um uma ED EDO

2.4

EDOs DOs de de Pr Primeira Or Ordem 2.4. 2.4.1 1

Vari Variáv ávei eiss sep separ aráv ávei eiss

2.4. 2.4.2 2

ED Homo Homogê gêne neas as

2.4.3 2.4.3

Equaçõ Equações es Line Lineare aress de Prime Primeira ira Orde Ordem m

2.4. 2.4.4 4

EDOs EDOs Exát Exátas as

Equaçõ Equações es difere diferenci nciais ais linear lineares es de segun segunda da ordem ordem 3.1 3.1.1 3.1.2 3.2 3.3 3.4 3.4.1 3.4.2

Capítu Capítulo lo 4

Implem Implement entaçã ação o Mathe Mathema matic ticaa para para Transf Transform ormada adass de Laplac Laplacee 4.1 4.2 4.3 4.3.1 4.3.2 4.3.3 4.4 4.4.1 4.4.2 4.4.3

Capí Capítu tulo lo 5

Tran Transf sfor orma mada da de Lapl Laplac acee

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5.1 5.2 5.2.1 5.2.2 5.2.3 5.3 5.4 Capítu Capítulo lo 6

Imple Implemen mentaç tação ão Mathem Mathemati atica ca para para Transf Transform ormad adaa de Fourri Fourrier er 6.1 6.2 6.3 6.3.1 6.3.2 6.3.3

Capí Capítu tulo lo 7

Tran Transf sfor orma mada da de Four Fourri rier er

Apéndices A. B. C. D. Referências

3

4

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Campo elétrico dentro das placas de um capacitor de placas retangulares.

5

6

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PREFÁCIO O presente material foi desenhado com uma filosofia fora do tradicional, isto é, saindo do modo comum em que normalmente é ministrado a matéria de Equações Diferenciais Ordinárias. Acreditamos que a geração moderna de engenheiros e cientistas devem saber usar, ao final de sua formação, algum software de cálculo simbólico tais como Mathematica, MatLab, SciLab, MathCAD, REDUCE, Maple, Python, Macsyma, entre outros; alguns dos quais são de código livre e outros não. Desde minha perspetiva, os mais importantes pela enorme variedade de suas livrarias, potência de cálculo e de gráficos são Mathematica, MatLab, Maple e Python. Nos escolhemos Mathematica pela familiaridade do autor com o software e como ferramenta de cálculo simbólico para abordar os conteúdos. O material assume que o estudante está familiarizado com as técnicas de cálculo básico, tais como diferenciação, integração, etc. Todos os exercícios ou problemas resolvidos no material serão analiticamente e computacionalmente resolvidos. Isto significa que usaremos os códigos que Mathematica fornece para encontrar as soluções simbolicamente e contrastar com a solução analítica; assim como a potência de gráficos e/ou animações computacionais a fim de entender mais profundamente as soluções encontradas. O estudante poderá manipular por si mesmo as animações computacionais, basta para este fim instalar em seu computador o software gratuito CDF Player que Wolfram Research fornece a seus usuários e que pode ser descarregado em: http://www.baixaki.com.br/download/wolfram-cdfplayer.htm ou em https://www.wolfram.com/cdf-player/ .

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1. INTRODUÇÃO ELEMENTAR A Mathematica PARA RESOLVER EQUAÇÕES DIFERENCIAIS

Mathematica é uma linguagem de programação de nível elevado que pode executar a manipulação simbólica, numérica, e gráfica de expressões matemáticas. Neste capítulo nós aprenderemos os comandos essenciais de Mathematica relativos a resolver Equações Diferenciais Ordinárias.

1.1 Correndo Mathematica Instalar e correr Mathematica difere de um sistema de computador a outro. Entretanto, o coração do Mathematica, onde os cálculos são executados, é o mesmo em todos os sistemas. Mathematica tem dois componentes principais, o kernel e o front end. A parte frontal (front end) é a janela em que você datilografa seus comandos. Estas janelas são geralmente parte de cadernos ( Notebooks ), que estão na interface Mathematica com o kernel . O kernel é o lugar onde os comandos são processados. Poderia residir no computador onde a parte frontal ( front end) reside, ou poderia estar em um computador remoto. Mathematica é lançado com double-click no seu ícone. Depois que você escreve sua entrada Mathematica em seu caderno ( Notebook ), Mathematica etiqueta sua entrada com In[n]:=. A etiqueta de saída correspondente é Out[n]= . Por exemplo: y[x_] = x2 x2

1.2 Solução Simbólica Sintaxis Básica O comando básico para a solução simbólica de uma equação diferencial é DSolve. A sintaxis para uma equação diferencial ordinária com uma variável é DSolve[eqn, y[x], x] onde eqn é uma equação diferencial bem definida envolvendo derivadas da função y[x] com relação a uma variável independente x. As derivadas devem estar baseadas em D, e não em Dt. A solução é retornado na forma de uma lista de substituição para y[x], com a forma detalhada dependendo da especificidade de y[x]. Para resumir até aqui, a sintaxes para o cálculo simbólico de equações diferenciais é: DSolve[eqn, y[x], x]

Note-se que, dependendo da ordem da equação diferencial, a solução fornecida por Mathematica retornará na forma de uma lista substitutiva com um número de constantes indexadas como C [1], C [2], etc., equivalente ao ordem da equação diferencial. Também é usado a seguinte sintaxe alternativa:

ω

Exemplo 1. Resolva a equação diferencial: x '' (t) = Solução. Temos

 ⩵ -ω

2 0

DSolve x ''[t] [ ]



[ ] Cos [t

ω

0]

ω

A solução fornecida é x(t ) = c2 cos(t DSolve[eqn, y, x]

x (t)

x[t], x[t], t

resolve equação diferencial

x t → C 2

2 0

+ C[1] Sin[t

0 ) + c1

ω

sin(t

ω  0]

0 ). Logo aprenderemos os métodos para resolver equações diferencias deste tipo .

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que da uma solução para y em forma de uma função pura. Se você deseja encontrar uma solução particular com uma condição inicial, a sintaxe varia um pouco: DSolve[{eqn, y[a] == b}, y, x]

onde consideramos que para o valor de x = a, temos y[a] = b. Isto determinará o valor da constante C[1]. É importante ressaltar que equações diferencias que normalmente se escrevem como, por exemplo: y´´(x) + a*y´(x) + b = 0, em notação Mathematica se escreve como; y''[x] + a*y'[x] + b = 0. Não é obrigatório, em realidade, escrever produtos com "*" porque em Mathematica isto é implementado automaticamente com um espaço em branco entre os termos a serem multiplicados, embora se você quiser pode usar "*".

ω

Exemplo 2. Resolva a equação diferencial: x '' (t) = Solução. Temos:

2 0

x (t), x (0) = x0 , x ' (0) = v0 .

ClearAll["Global`*"]; apaga tudo

DSolve[{x '[t] = = -

ω x t

[ ] + a, x[0]

0


ω ω x t → ⅇ  a aωⅇ -t

t

- +

0

[ ]

0

E a solução é dada simbólicamente por x(t ) =

ⅇ

ω

-t

0

(-a + a

ω

ⅇω

0

t

0

+ x0

ω

0)

.

0

+ x0

⩵ x0 , x t , t

ω   0

}

[ ]

]

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2 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES DE PRIMEIRA ORDEM

2.1 Introdução A engenharia como a física tratam com a modelagem de problemas, geralmente de caráter físico. Em que consiste a modelagem de um problema físico-técnico? A modelagem consiste na formulação do problema em termos matemáticos, usando variáveis, funções e equações. O uso da linguagem matemática para descrever um problema físico-técnico é conhecido como o modelo matemático do problema dado. O processo de criação de um modelo, resolve-lo matematicamente, interpretar o resultado em termos físicos ou outros termos é chamado de modelagem matemático ou, simplesmente, modelagem. A modelagem implica experiência, a qual podemos ganhar discutindo exemplos e problemas diversos. Conceitos físicos tais como velocidade e aceleração são taxas de variação, isto é, na linguagem do cálculo, derivadas. Logo, um modelo matemático contêm muitas vezes derivadas de uma função desconhecida. Tal modelo é chamado uma equação diferencial. Uma vez estabelecida a equação diferencial, devemos encontrar uma solução, explorar suas propriedades, traçar gráficos, encontrar seus valores e interpreta-lo, seja fisicamente ou de alguma outra maneira de modo a compreender o comportamento do sistema descrita pela equação diferencial (Fig.1).

Fig.1 Diagrama de um processo de modelagem

A enorme importância das equações diferenciais para o estudo da engenharia e física pode ser fundamentada de inúmeras formas, dado que existe uma âmpla diversidade de problemas que ela descreve; que vão desde a tecnologia, descrição de problemas físicos do nível macroscópicos até microscópicos. Por exemplo, num circuito elétrico, a variável dependente I (t ) em uma equação diferencial ordinária pode ser a corrente que flui no circuito no tempo t, no caso em que a variável independente seja o tempo. A natureza de I (t ) depende do fluxo da corrente no começo, e a especificação da informação deste tipo é chamado de uma condição inicial para a equação diferencial. Da mesma forma, em engenharia química, uma variável dependente m (t ) pode ser a quantidade de uma substância química produzida por uma reação no tempo t. Aqui também a variável independente seria o tempo t, e para determinar m (t ) em qualquer caso particular, seria necessário especificar a quantidade de m (t ) presente no início, que, por conveniência é normalmente levado para ser quando t = 0. Muitos problemas físicos são capazes de descrição em termos de uma única equação diferencial de primeira ordem, enquanto outros envolvem problemas mais complicados tais como equações diferenciais de primeira ordem acopladas, que, após a eliminação de todas menos uma das variáveis ind ependentes,podem ser substituídos por uma única equação de ordem maior para a variável dependente restante. Isto acontece, por exemplo, quando se determina a corrente em um circuito elétrico RLC. Assim, equações diferenciais ordinárias de primeira ordem podem ser considerados como blocos de construção no estudo de equações de ordem superior, e as suas propriedades são particularmente importantes e fáceis de obter quando as equações são lineares. O estudo e as propriedades da classe especialmente simples de equações chamadas equações de coeficientes constantes é muito importante, pois constitui a base do estudo de equações de coeficientes constantes de ordem superior que são desenvolvidos em muitos livros e tem muitas e variadas aplicações. Antes de podermos estudar as técnicas de resolução dos diversos tipos de equações diferenciais, vamos introduzir os conceitos que são necessários para o desenvolvimento do tema.

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11

2.2 Conceitos gerais e definições básicas

2.2.1 Definição de EDO Seja x uma variável independente e y uma variável dependente. Uma equação que envolve x, y e varias derivadas de y é chamada uma equação diferencial ordinária (EDO). Em termos gerais F x , y ,

dy d n y , ..., n = 0 dx dx

(2.1)

Alguns exemplos são d 2 y

2

dy 2 = 2 y +sin( x ) +ln x + 1 , dx

  dydx  + ⅇ - 2 = dx



x

y

(2.2)

2

A função desconhecida, y(x) satisfaz uma equação e seu comportamento dependerá das condições iniciais ou de contorno da função. ClearAll["Global`*"]; apaga tudo

⩵ 2 y[x] + Sin[x] + Log[x ^ 2 + 1], y[0] ⩵ 1}, y[x], x]; Plot[y[x] / . sol1, {x, -2 π , π / 2}, FrameLabel → { x, y}, Frame -> True, PlotTheme → "Marketing"] sol1 = DSolve [{y '[x]

resolve equaç o diferencial seno

gráfico

logaritmo

legenda do quadro

quadro

⋯

ve

tema do gráfico

6

4 y

2

0

-2 -6

-4

-2

0

x Fig.2 Gráfico da solução da EDO

dy dx

π π

= 2 y + sin( x ) +ln ( x 2 + 1), para a condição inicial y(0) = 1 no intervalo x (-2 , /2).


ⅇ - 2 y[x] == y ''[x], y[0] ⩵ 0, y '[0] ⩵ -0.5}, y, {x, -5, 1.4}, Method → "StiffnessSwitching"]; Plot[y[x] / . sol2, { x, - 5, 1.5}, FrameLabel → { x, y}, Frame -> True, PlotTheme → "Marketing"] ⋯ sol2 = NDSolve[{y '[x] ^ 2 +

x

resolve numéricamente equação diferencial

gráfico

legenda do quadro

método

quadro

ve

tema do gráfico

3

2 y

1

0 -5

-4

-3

-2

-1

0

1

x Fig.3 Gráfico da solução da EDO

  + ⅇ - 2 = dy 2 dx

x

y

d 2 y

dx2

, para a condição inicial y(0) = 0, y’(0) = -0.5 no intervalo x (-5,1.4).

2.2.2 Definição da ordem de uma EDO A ordem de uma EDO é a ordem da derivada mais alta aparecendo na equação diferencial. Exemplos:

■ 4

dy dx

= 6 x + 1, é uma EDO de 1a. ordem

12

■ ■

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d 2 y

+6

d n y

+ 3 d dxn-1y + ... +

dx2

dy = 2 x + 5, é uma EDO de 2a. ordem dx n-1

dxn

d 2 y

dx2

+

dy dx

= x 2 + x + + 1, é uma EDO de ordem n.

2.2.3 Definição da uma EDO linear e não-linear Se y e suas derivadas y´, y´´ ,

.

.

aparecem linearmente na equação, é uma equação diferencial linear ; de outro modo, ela é não-linear .

.

Exemplos:

■ , é uma EDO de 3a. ordem, linear ■ , é uma EDO de 2a. ordem, não-linear em virtude do termo . ■ A equação do pêndulo simples θ sinθ 0, é uma EDO de 2a. ordem em θ , não-linear em virtude do termo sin θ , cuja expansão em série de Taylor é um polinómio que depende de θ . y x 3 d +6 dy +y = = e- x dx dx3 d 2 y +y dy +2 y = = x 3

dx2

y dy dx

dx

d 2

dt2

+ gL

=

2.2.4 EDO versus equação diferencial e m derivadas parciais Esta classificação depende de se você têm derivadas ordinárias ou parciais. Exemplos 2 Q L d dt2Q +R dQ relaciona ona a carga carga Q(t ) num circuito a uma força eletromotriz E (t ) (isto (isto é, a fonte fonte de voltag voltagem em conect conectado ado ao + C = E (t ), relaci dt

■ circuito) na presença de um capacitor com resistência, é uma EDO. descrevendo a condução do calor ao longo de uma vara fina, com α ■ α ∂ ∂ ∂ ∂ , é uma ED em derivadas parciais de 2a. ordem, descrevendo 2

2 u( x x ,t ) x 2

=

u( x x ,t ) t

sendo uma constante.

2.2.5 Definição. Solução de uma EDO





x , y , y ´ , . . . , y (n) = 0, uma função y = x ), que é n-vezes diferenciável e satisfaz a ED em algum intervalo Para uma EDO de ordem n F x = y ( x a < x < < b quando substituído na equação, é chamado uma solução da EDO sobre o intervalo a < x < < b.

Exemplo ilustrativo. Queda livre de uma massa pontual Considere Considere o moviment movimento o de uma massa pontual deixado cair verticalm verticalmente ente no tempo tempo t

=

0 desd desdee x

=

0 como mostrado na Fig.4.

Suponha que não existe resistência do meio.

Fig.4 Queda livre de uma massa pontual.

A equação do movimento é d 2 x

dt2

(2.3)

= g

e a solução geral encontra-se integrando ambos os lados com relação a t duas vezes + x (t ) = C 0 + C 1 t +

1 2 g t . 2

(2.4)

Duas formas possíveis de especificar as condições. Problema do valor inicial

Se o objeto é deixado cair com uma velocidade inicial v 0 , as condições requeridas são ·

no tempo t = 0: x(0) = 0, x (0) =

dx dt



t = t = 0

= v 0 .

As constantes C 0 e C 1 podem ser determinados destas duas condições e a solução da ED é x (t ) = v 0 t + +

1 2 g t 2

■

(2.5)

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13

2.2.6 Definição. Problema do valor inicial Se uma equação diferencial é requerida para satisfazer as condições sobre a variável dependente e suas derivadas especificadas em algum valor da variável independente, estas condições são chamadas condições iniciais e o problema é chamado um problema do valor inicial . = C 1 e x + C 2 e-2 x , tal que y (0) = 1, y ' (0) = - 2. Exemplo 1. Encontrar a curva da família y = Solução. A derivada de y: y´ = C 1 e x - 2 C 2 e-

2 x

.

Em x = 0, temos as condições 1 = C 1 + C 2 ,

-2 = C 1 -

2 C 2 ,

resolvendo

⩵ C1 + C2, -2 ⩵ C1 - 2 C2}, {C1, C1, C2}] {{C1 → 0, C2 → 1}} Solve[{1 resolve

O resultado foi C 1 = 0, C 2 = 1, substituindo isto em y: = e y =

-2 x

■

Problema do valor de contorno

Se o objeto é requerido para alcançar x

=

L no tempo t

=

T , L

⩾ (1/2)

T2 , as condições podem ser especificadas assim g T

no tempo t = 0: x(0) = 0, x (T ) = L. A solução da ED é x (t ) =



L T



1 2

- g T t + +

1 2 g t 2

■

(2.6)

Neste caso, ED é requerida para satisfazer as condições especificadas especificadas em dois valores de t, isto é, t = 0 e t = T.

2.2.7 Definição. Problema do valor de contorno Se uma ED é requerida para satisfazer condições sobre a variável dependente e possivelmente suas derivadas especificadas em dois independente, estas estas condições são chamados condições de contorno e o problema é chamado um ou mais valores da variável independente, problema de valor de contorno contorno .

2.3 Formação de uma equação diferencial Uma EDO é formada numa tentativa de eliminar algumas constantes arbitrárias de uma relação nas variáveis e constantes. No entanto, equações em derivadas parciais podem ser formadas por eliminação de constantes arbitrárias ou funções arbitrárias. Em matemáticas aplicadas, cada problema geométrico ou físico quando transladado em símbolos matemáticos dá lugar a uma equação diferencial. Exemplo 2. A posição x de uma massa pontual atada ao extremo de uma mola que oscila é dada por x (t ) = A sin(

α são são constantes. Forme uma EDO a partir de

x (t ).

ω α , onde A, ω e t + +

)

variável independent independentee e x a variável variável dependente, dependente, de modo que apenas duas constante constantess podemos podemos eliminar. eliminar. Solução. Solução. Note que t é a variável Tomando a primeira e segunda derivadas: dx(t ) = dt

ωAcos ωt α , (

A EDO procurada é ,

+ )

d2 x + dt2

ω sint ωt α ω ω x 0. ■ d 2 x

dt2 2

= -A

2

(

+ ) = -

2

x .

=

= ax3 + bx2 , sendo a e b constantes arbitrárias. Exemplo 3*. Encontre a EDO da seguinte equação y =

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Solução. Tomando a primeira e segunda derivadas: dy d 2 y 2 = 6 ax + 2 b, = 3 ax + 2bx, dx dx2

podemos resolver estas duas equações para a e b e substituir seus valores na expressão de y.

 1x y ' ⩵ 3 a x + 2 b , y ' ' ⩵ 6 a x + 2 b, {a, b}

Solve

resolve

a → - y′ 3-xx y′′ , b → - -2 y2′ +x x y′′  2

′ ′′

′ ′′

+ x y O resultado foi a = - y 3- x x 2y , b = - -2 y 2 x , substituindo isto em y:

′



′′

y - x y

y = = -

3 x 2

 

x 3 + -

′

′′

-2 y + x y

2 x

′



′′

′′

x y x 2 y x 2 y 2 1 x 2 = + + x y = x y - x 2 y .

3

′

3

2

3

′

′′

6

Assim, a EDO procurada é 6 y = = 4 x y ′ - x 2 y ′′

■

Exemplo 4**. Encontre a EDO de todos os círculos de raio R e com centro no ponto (a,b). x - a)2 + ( y - b)2 = R2 . Duas constantes podem ser eliminadas, para isto Solução. O circulo com as características dadas têm a equação ( x

calculamos suas duas primeiras derivadas: dy dx

x - a) +(y - b) ( x

= 0,

1 +

 dydx 

2

+ ( y - b)

d 2 y

dx2

= 0.

Resolvemos estas duas equações para a e b e substituímos seus valores na equação do círculo



Solve (x - a) + (y - b) y ' resolve

⩵ 0, 1 + (y ') + (y - b) y '' ⩵ 0, {a, b} 2

a → - y′ + (y′y)′′ - x y′′ , b → - -1 - (yy′)′′ - y y′′  3

2

′ ′ 3 ′′

′ 2 ′′

+(y ) - x y -(y ) -y y O resultado foi a = - y +(y , b = - -1-(y , substituindo isto na equação do círculo: y ′′ y ′′

x + +

′

′

′′

y + (y )3 - x y 2 y ′′

+ y + +

′

′′

-1 - ( y )2 - y y y ′′

2

= R2

e simplificando dá

1

′

+ ( y )2

′′

(y )2



3

= R2



ou 1 + ( y ′ )2



3/2

R = 0.5;

′′

= R y . Note Note que que y ' =

d 2 y dy , y '' = dx dx2

■



⩵ R y ' '[x], y[x], x; Plot[{y[x] /. sol sol /. { C[1] → - 2, C[2] → 1}, y[x] /. sol sol /. { C[1] → -0.5, C[2] → 2}, y[x] / . sol sol / . { C[1] → -3, C[2] → 3}}, 0.5, 2}, PlotTheme → "Marketing", FrameLabel → { "x", "x", "y"}, PlotLegends → "Expressions", ImageSize → 200] {x, - 0.5,

sol = DSolve (1 + y '[x] ^ 2)3/2


gráfico

constante

constante

tema do gráfico

constante

legenda do quadro

constante

constante

legenda do gráfico

tamanho da imagem

3.5 3.0 2.5 y

y ( x x ) /. / . sol /. /. {c { c 1

2.0 1.5

y ( x x ) /. / . sol /. /. {c { c 1

1.0

y ( x x ) /. / . sol /. /. {c { c 1

0.5 -0.5

0

0.5

1.0

1.5

2.0

x

x = C 1 ( x - C 2 )2 . Exemplo 5**. Encontrar a EDO da família de parábolas y =

→ → →

-2, c 2

→ → →

-0.5, c 2 -3, c 2

constante

1} 2}

3}

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Solução. Calculamos suas duas primeiras derivadas:

dy dx

d 2 y

= 2 C 1 ( x - C 2 ),

dx2

= 2 C 1

Resolvemos estas duas equações para C 1 e C 2 e substituímos seus valores na equação da função y: ClearAll["Global`*"]; apaga tudo

⩵ 2 C1 ( - C2), y '' ⩵ 2 C1}, {C1, C2}]

Solve[{y '

x

resolve

C1 → y2′′ , C2 → -y′ y+′′x y′′  ′′ , C = -y ′+ x y ′′ , substituindo isto na equação de y: 2 y ′′

y

O resultado foi C 1 =

2

y = C 1 ( x - C 2 )2 =

′′

 2

y

x -

′

′′

-y + x y y ′′



2

=

1 ′2 y (xy′′ + y ′ - x y ′′ )2 = ′′ 2 y 2 y ′′ 1

ou 2 y y ′′ - y ′ 2 = 0

■

Exemplo 6 ***. Encontrar a EDO que descreve a família de elipses de semi-eixos a e b e cujo centro encontra-se no eixo x. Solução. A equação de uma elipse com semelhante descrição do problema tem a equação:

( x - x 0 )2

y 2

+

a2

b2

= 1.

Derivando implicitamente em relação a x: 2 ( x - x 0 ) a2

+

2 y y ' b2

⟹

= 0,

( x - x 0 ) = -

a2 b2

y y '.

Derivando implicitamente uma segunda vez em relação a x da última relação: 1 = -

a2 b2

'

 ⟹

y 2 + y y '' ,





b2 = -a2 y '2 + y y '' .

Inserindo b2 em ( x - x 0 ) ( x - x 0 ) = -

a2 2

b

y y ' =

y y ' 2

y ' + y y ''

Por último, inserindo ( x - x 0 ) e b2 na equação da elipse





2 y y ' y '2 +y y ''

a

2

+

y 2 2

2

-a (y ' + y y '')

=1

⟹

y 2 2

 '' '

y ' + y y

y '2 2

y + y y ''



- 1 = a2

⟹

y 3 y ''

(y ' + y y '')2 2

= - a2 .

Usamos agora Mathematica para, através de um valor numérico de a, mostrar que nosso resultado anterior é correto.

15

16

EDO-2016-1.nb


a = 0.5; 3

 y '[x]y[x+] y[yx''] [yx''] [x] ⩵ -a , y[x], x; 2

sol = DSolve

2 resolve equação diferencial

2

→ 0.5, C[2] → -1}, y[x] / . sol /. {C[1] → 1, C[2] → -2}, y[x] /. sol / . { C[1] → - 0.1, C[2] → 0}, y[x] /. sol /. { C[1] → -0.5, C[2] → 1}}, { x, - 2, 3}, FrameLabel → { x, y}, ImageSize → 250, PlotTheme → "Marketing", PlotLegends → "Expressions", AspectRatio → 1] ⋯

Plot[{y[x] /. sol /. { C[1] gráfico

constante

constante

constante

tamanho da ima

constante constante

constante

tema do gráfico

constante

constante

legenda do gráfico

legenda do quadro

quociente de aspecto

Solve: Inverse functions are being used by Solve, so some solutions may not be found; use Reduce for complete solution information. Solve: Inverse functions are being used by Solve, so some solutions may not be found; use Reduce for complete solution information. 1.0

0.5

y ( x ) /. sol /. {c 1 0

y

y ( x ) /. sol /. {c 1 y ( x ) /. sol /. {c 1 y ( x ) /. sol /. {c 1

-0.5

→ → → →

→ → → →

-1}

0.5, c 2 1, c 2

-2}

-0.1, c 2

0}

-0.5, c 2

1}

-1.0 -2

-1

0

1

2

3

x Fig.5. Família da elipses centradas no eixo x, com semi-eixo a = 0.5 são descritas pela EDO

y'

y3 y''



2 +yy'' 2

= -a2 .

Exemplo 7 ***. Dada a reta y = mx + b, encontre a EDO que descreve a família de circunferências que têm centro sobre a reta e que

passam pela origem de coordenadas. Corrigir!!! Solução. Na figura abaixo mostra-se uma circunferência satisfazendo os requisitos do problema. A equação da circunferência será

( x - c)2 + ( y - d )2 = R2 ,

Fig.6. Circunferência passando pelo centro de coordenadas e tendo seu centro na reta y = m x + b.

onde nos temos assumido a posição do centro da circunferência, no ponto P(c,d). Como este ponto está sobre a reta, teremos d = mc + b,

o interceto vertical da circunferência tem x = 0 c2 + ( y - d )2 = R2

⟹

y - d = ±

R2 - c2 , alémdisso

EDO-2016-1.nb

⟹

(0 - c)2 + ( 0 - d )2 = R2 ,

17

c2 + d 2 = R2 . Por isto, y = { 2 d , 0} = { 2 mc + 2 b, 0} são os intercetos verticais da circunferência.

Além disso, temos que

⟹

( x - c)2 + ( y - d )2 = R2 = c2 + d 2

x 2 - 2 cx + y 2 - 2 dy = 0

Derivando duas vezes em relação a x (e substituímos d = mc + b) temos

⟹1

2 x - 2 c + 2yy' - 2 (mc + b) y ' = 0,

+ y '2 + yy'' - ( mc + b) y '' = 0

Resolvemos o sistema anterior para b e c ClearAll["Global`*"]; apaga tudo

x

Solve

- c + y y ' - (m c + b) y ' == 0, 1 + y '2 + y y'' - (m c + b) y ''

resolve

b →

-

′

′

′

′′

-1 - m y - (y )2 - m ( y )3 + m x y - y y

y′′

′′

,c

→

-

′

′

y + (y )3 - x y y

′′

′′

⩵ 0,



{b, c}



com isto, d e R2 resultam ClearAll["Global`*"]; apaga tudo

b=c=-

′

′

′

′′

-1 - m y - (y )2 - m ( y )3 + m x y - y y

′

′

′′

y + (y )3 - x y

′′

y

′′

′′

y

;

;

d = Simplify[m c + b] simplifica

′

1 + (y )2 + y y y

′′

′′

A ED da família de circunferências é

⟹

x2 - 2 cx + y 2 - 2 dy = 0

x2 - 2 -

′ ′

′′

y + (y )3 - x y y

′′

x + y 2 - 2

′

′′

1 + (y )2 + y y y ′′

y = 0

simplificando ClearAll["Global`*"]; apaga tudo



Simplify x2 - 2 simplifica

′

′

y + (y )3 - x y

′

′′

′′

y

′



′



-2 y + 2 x y - 2 y ( y )2 + 2 x ( y )3 - x2 + y2 y

y

′′

′

1 + (y ) 2 + y y

x + y2 - 2

′′

y

′′



y

′′

Finalmente

′

′

′



 ′′

-2 y + 2 x y - 2 y (y )2 + 2 x (y )3 - x2 + y 2 y =

0.

Agora Mathematica para que esta EDO descreve corretamente nosso problema. Primeiro resolvemos exatamente a EDO e logo traçamos o gráfico da solução. ClearAll["Global`*"]; apaga tudo







sol = DSolve -2 y[x] + 2 x y '[x] - 2 y[x] y '[x]2 + 2 x y '[x]3 - x2 + y[x]2 y ''[x] resolve equação diferencial

y x → 12  ⅇ y x → 12  ⅇ [ ]

-

C[2]

Cot[C[1]] -

[ ]

-

C[2]

Cot[C[1]] +

ⅇ 4 ⅇ 4

 ⅇ x x ⅇ

C[2]

- x x +

2 C [2 ]

Cot[C[1]]2

C[2]

-

2 C [2]

Cot[C[1]]2

A solução fornecida por Mathematica pode ser escrita na forma (2 y +

ⅇ

c2

ⅇ

cot(c1 ))2 = 4 (

c2

ⅇ

- x) x + 2 c2

Cot(c1 )2 ,

fazemos um ContourPlot da equação anterior:

⩵ 0, y[x], x

+

, 

18

EDO-2016-1.nb

ClearAll["Global`*"]; apaga tudo c[1] = {-0.5, 0.43, 0.5}; c[2] = {-0.4, 0.3, 0.2};

ContourPlot 2 y ⅇ   Cot c 1 

Show mos

+

⋯ gráfico de contornos

c 2

[ [ ]]

2

== 4

{x, - 1.25, 3.0}, { y, - 3.1, 1.5}, PlotTheme

ⅇ   x x ⅇ c 2

-

  Cot [c[1]]2,

2c 2

+

→

→

"Marketing", FrameLabel { x, y }, tema do gráfico legenda do quadro

ImageSize

→ 300, AspectRatio → 1, ContourStyle → RGBColor 0, 1, 1, 1.5 , Thick, Thickness 0.010 , {

[

]

[

⋯ estilo de conto⋯ cores do sistema⋯ e⋯ espessura  → → v⋯ ponto eixos ver ⋯ legenda do quadro

]}

quociente de as

PointSize Large , Red, Point

Graphics gráfico

[

[{0, 0 }] , Axes

]

⋯ grande

tamanho

True, FrameLabel

{ x, y }, PlotRange

1

0

y

-1

-2

-3 -1

0

1

2

3

x Fig.7. Família de circunferências satisfazendo os requerimentos do problema.

Lista 1. Problema do valor inicial, problema do valor de contorno. Formando uma EDO I.1 Curvas que satisfazem as condições iniciais e de contorno dado

Encontrar, para as famílias das curvas dadas, as linhas que satisfazem as condições iniciais e de contorno indicados:

1. x 2 - y 2 = C , y (0) = 5. 2. y = ( C 1 + x C 2 ) e2 x , y (0) = 0, y´(0) = 1.



3. y = C 1 sin( x - C 2 ), y (0) = 0,y´( ) = 1. 4. y = C 1 e- x + C 2 e x + C 3 e2 x , y (0) = 0, y´(0) = 1, y '' (0) = - 2.

I.2 Formando EDOs

Forme as EDOs das seguintes equações (a, b, c, A, B, C1 , C2 ) são constantes:

5. y = a e2 x + b e-3 x + c e x . 6. x y = A e x + B e- x + x 2 . 7. y = e x (Acos( x ) + Bsin( x )). 8. (y - a)2 = 2 b x 9. y = C 1 cos(3 x ) + C 2 sin(3 x ).

→ All

⋯ tudo

intervalo d

EDO-2016-1.nb



10. ln

x

y

19

= 1 + a y .

11. y = ( a + b x ) e x + c. Forme as EDOs de: 12. Uma família de círculos passando através da origem (veja figura abaixo) e tendo centros sobre o eixo y. 2.5 2.0 y

1.5 1.0 0.5 0 -2

-1

0

1

2

x Fig.8. Família de circunferências com centro no eixo y e passando pela origem.

13. Todas as parábolas com eixo x como seu eixo e (a, 0) como seu foco. 14. Obtenha a EDOda famíliade parábolas y = x 2 + C e esboçeaqueles membros da famíliaque passamatravés de (0, 0), (1, 1) e (1, -1) respectivamente.

15. Construa a parábola para y = C x2 paraC = -2 e deriveuma EDOde umafamília de semelhantes parábola

2.4 EDOs de primeira ordem Não existe uma forma geral de resolver qualquer equação diferencial. Não entanto, nosso interesse estará confinado a quatro tipos especiais de EDOs de primeira ordem:

♣ Equações com variáveis separáveis, ♣ Equações homogéneas, ♣ Equações lineares, ♣ Equações exatas. Em casos diferentes a estes mencionados, a solução particular pode ser determinado numericamente.

2.4 .1 Variáveis separáveis Uma EDO com variáveis separáveis é da forma Q(y ) dy + P ( x ) dx = 0.

(2.7)

Algumas formas alternativas para este tipo de EDOs são: dy = f (y ) g( x ), dx

(2.8)

X ( x ) Y (y ) dy + X 1 ( x ) Y 1 (y ) dx = 0.

(2.9)

A solução a (2.7) se obtém integrando ,  ⅆ +  ⅆ = 0 ⟹ onde ∫ ⅆ , ∫ ⅆ , e C define a constante de integração. Q(y )

y

P( x ) x

H(y ) = Q(y )

H (y ) = G( x ) + C

(2.10)

y G( x ) = - P( x ) x

A solução a (2.8) é semelhante

dy = f (y ) g( x ) dx

⟹  f (1y ) ⅆ =  g( x ) ⅆ y

x + C .

A solução a (2.9) consegue-se separando as funções que dependem de x e y em ambos lados da equação

(2.11)

20

EDO-2016-1.nb

X ( x ) Y (y ) dy + X 1 ( x ) Y 1 (y ) dx = 0

⟹  ⅆ  ⅆ Y (y )

Y 1 (y )

y +

X 1 ( x ) X ( x )

x = 0

(2.12)

o que segue é integrar esta equação tanto para y como para x o qual nos dará uma equação semelhante a (2.10).

Deve-se notar que dy/dx foi tratado como se fosse uma taxa de dy e dx, que podem ser manipulados independentemente. Talvez os matemáticos não fiquem felizes por este tratamento. Mas, de ser necessário, podemos justifica-lo considerando dy e dx representando variações finitas pequenas y e x, depois que tenhamos alcançado o limite onde cada um resulta infinitesimal.

δ δ

Exemplo 1. Considere a equação diferencial y ' = - y 2 e x . Encontre: a) a solução geral, b) a solução particular y(1) = 2. Solução. a) Podemos escrever

dy 2

y

⟹  1 ⅆ  ⅆ

= -e x dx

y = - e x x

y 2

que, ao ser integrada separadamente dá a solução

⟹

- 1y = = -e x + C,

1

= e x - C ,

y

onde C é uma constante de integração. É a solução geral. b) Para a condição inicial y(1) = 2: 1 = e - C , C = (- 0.5 + e) = 2.217 2 Assim, a solução particular é

⟹

- 1y = = -e x + C,

1

= e x - 2.217.

y

■

e o gráfico da solução particular é mostrado abaixo. In[55]:=


ⅇ - (ⅇ - 0.5)), {x, -1, 2}, FrameLabel → {x, y}, PlotTheme → "Marketing", AspectRatio → 1], ⋯ Graphics[{PointSize[Large], Green, Point[{1, 2}]}, Axes → True, FrameLabel → { x, y}, PlotRange → All]}] ⋯ ⋯ ⋯

Show[{Plot[1 / ( mos

x

gráfico

gráfico

legenda do quadro

tamanh

grande verde

ponto

eixos

tema do gráfico


ve

intervalo do

legenda do quadro

tudo

3 2 1

y

Out[56]=

0 -1 -2 -3 -1

0

1

2

x

Usando Mathematica, resolvemos a ED anterior: In[60]:=

sol = DSolve[{y '[x]

⩵ -y[x] ^ 2 ⅇ }, y[x], x] x


Out[60]=

y[x] → ⅇ -1C[1]  x

ⅇ

Traçamos as curvas solução para dois valores diferentes da constante arbitrária C = { - 0.5, -6}, que mostramos abaixo.

EDO-2016-1.nb

21

→ (-0.5 + ⅇ), y[x] /. sol /. C[1] → -6}, {x, -1, 2}, FrameLabel → {x, y}, Frame -> True,⋯ PlotTheme → "Marketing", 1 1 PlotRange → {-2, 2.5}, PlotLegends → Placed"y= ⅇ - (0.5 - ⅇ) ", "y= ⅇ + 6 ", Right, ImageSize → 250,

Show Plot { y[x] / . sol / . C[1]

In[64]:=

mostra gráfico

constante

constante

legenda do quadro

x

intervalo do gráfico

legenda do grá

⋯

gráfico

tamanh

grande verde

ponto

direita

eixos

ve

tema do gráfico

x

situado

Graphics[{PointSize[Large], Green, Point[{1, 2}]}, Axes

quadro

tamanho da imagem

→ True,⋯ FrameLabel → {x, y}, PlotRange ⋯→ All] ve

legenda do quadro

intervalo do

tudo

2 1

y=

ⅇ y= ⅇ

y

0

Out[64]=

1

x

ⅇ

-(0.5- )

1

x

-1 -2

-1

0

1

+6

2

x

Exemplo 2. Encontre a curva no plano xy que passa através de (0,3) e cuja reta tangente no ponto (x,y) tem o coeficiente angular



2 x y 2 . Solução. A ED descrevendo a curva é

⟹  ⅆ 2  ⅆ ⟹

dy 2 x = 2 dx y

y2

y =

y 3

x x

3

= x 2 + C ,

é a solução geral. Como a curva passa por (0,3), temos a condição inicial y(0) = 3: 33 = 0 + C , C = 9. 3 A curva requerida é

y3 3

= x2 + 9.

■

ClearAll["Global`*"];

In[67]:=

apaga tudo



 y3^ 3 ⩵ x ^ 2 + 9, {x, -5, 5}, {y, 0, 6}, FrameLabel → {x, y}, PlotTheme → "Marketing", LabelStyle → Directive[Black, Bold], RotateLabel → False, PlotRange → {{-5, 5}, { 2, 6}}, ImageSize → 200, ⋯ Graphics[{PointSize[Large], Green, Point[{0, 3}]}, Axes → True, FrameLabel → { x, y}, PlotRange → All] ⋯ ⋯ ⋯

Show ContourPlot

mostra gráfico de contornos

estilo de eti

gráfico

diretiva

legenda do quadro

preto

negr

tamanh

grande verde

-2

0

gira etiqueta

ponto

falso

eixos

tema do gráfico


ve

legenda do quadro

tamanho da imagem

intervalo do

tudo

6

5

y

4

Out[68]=

3

2

-4

2

4

x

Exemplo 3. Resolva a ED Solução. Temos a ED

dy dx

=

x (2 ln( x )+1) . Encontre uma solução particular para a condição inicial y( sin(y )+y cos(y )

ⅇ) = π /2.

22

EDO-2016-1.nb

⟹  sin

x (2 ln( x ) + 1) dy = dx sin(y ) + y cos(y )

(y ) + y cos(y ))

(

ⅆ  2 ln y = x (

ⅆ

( x ) + 1) x + C ,

calculamos cada integral

 (Sin[ ] + y

y Cos[y ])

seno

y Sin y , x [ ]

ⅆ ,  (2 Log[ ] + 1) ⅆ  y

x

x

cosseno 2

x

logaritmo



Log[x]

Os resultados foram

ⅆ

 sin

(y ) + y cos(y )) y = y sin(y ),

(

 2 ln x (

A solução geral requerida é y sin (y) = x2 ln (x) + C.

ⅇ π

■

π /2 sin(π /2) = ⅇ ln(ⅇ) + C, ⟹ π 2 ⅇ . y sin y x ln x π 2 ⅇ . ■ 2

Para a C.I y( ) = /2, temos A solução particular é

ⅆ

( x ) + 1) x = x 2 ln( x ).

( )=

2

( )+

C =

/ -

/ -

2

2

Um gráfico de contorno para esta solução é mostrado abaixo ClearAll["Global`*"];

In[75]:=

apaga tudo

 ⋯

⋯

⩵ x ^ 2 Log[x] + π / 2 - ⅇ , {x, 0, 4 }, {y, -5, 5}, FrameLabel → {x, y}, PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 230, Graphics[{PointSize[Large], Green, Point[{ⅇ, π / 2}]}, Axes → True, FrameLabel → { x, y}, PlotRange → All] ⋯ ⋯ ⋯ 2

Show ContourPlot y Sin[y] mos

gráfico de con

gráfico

seno

tamanh

logaritmo

grande verde

legenda do quadro

ponto

eixos

ve

legenda do quadro

tema do gráfico

intervalo do

tamanho da imagem

tudo

4

2

0

y

Out[76]=

-2

-4 0

1

2

3

4

x

2.4 .1.1 Equações redutíveis a equações com separação de variáveis A ED do tipo dy = f (a x + b y + c), dx

(2.13)

onde a, b e c são constantes, se reduz a uma ED com variáveis separáveis fazendo a substituição z = a x + b y + c.

(2.14)

Derivando em relação a x dz dy , de o nde = a + b dx dx





dy 1 dz = - a , dx b dx e a ED (2.13) toma a forma



1 dz b dx



- a = f (z) ,

⟹ dxdz

= b f (z) + a .

A ED (2.15) é uma ED com variáveis separáveis.

(2.15)

EDO-2016-1.nb

dy dx

Exemplo 4. Resolva a ED

23

= ax + by + c, sendo a, b, c constantes. Encontre uma solução particular para a condição inicial y(0) = -1

com a = 1, b = 1, c = -2. Solução. Temos uma equação que se reduz a variáveis separáveis. Fazemos z = a x + b y + c e derivamos em relação a x:

dz dy = a + b , de o nde dx dx





dy 1 dz = - a , dx b dx e a ED (2.13) toma a forma



1 dz b dx



- a = z ,

⟹ dxdz

⟹

= b z + a

dz b z + a

⟹

= dx

dz (z + a / b)

= b dx

(2.16)

integrando a equação anterior

 z

1 + a / b

ⅆ z  b ⅆ x =

+ ln (C)

⟹ ln z

( + a / b) - ln (C) = bx

ou ln

⟹

z + a / b = bx C

z + a / b = C ebx .

Inserindo aqui z = a x + b y + c, encontramos a solução geral

⟹ y b1 C e

a x + b y + c + a / b = C ebx

=

bx

■

- ( a x + c + a / b) .

Para a solução particular com a condição inicial y(0) = -1 e a = 1, b = 1, c = -2 -1 =





1 C e0 - ( 0 - 2 + 1) = C + 1, C = - 2. 1

A solução particular é y = - 2 ex - x + 1.

■

Usando Mathematica resolvemos assim: In[77]:=

a = 1; b = 1; c = -2;

⩵ a x + b y[x] + c, y[0] == -1}, y[x], x] Show[{Plot[y[x] / . sol, { x, - 2, 2}, FrameLabel → { x, y}, Frame -> True, PlotTheme → "Marketing"], ⋯ ⋯ Graphics[{PointSize[Large], Green, Point[{0, - 1}]}, Axes → True, FrameLabel → { x, y}, PlotRange → All]}] ⋯ ⋯ ⋯ sol = DSolve[{y '[x]


mos

gráfico

gráfico

Out[80]=

{{y[x]

legenda do quadro

tamanh

grande verde

ponto

quadro

eixos

ve

ve

tema do gráfico

legenda do quadro

intervalo do

→ 1 - 2 ⅇ - x}} x

0 -5 y

Out[81]=

-10 -15 -2

-1

0

1

2

x


dy dx

Solução. Temos uma equação que se reduz a variáveis separáveis. Fazemos z = x - y.

dz dy =1 , de o nde dx dx

π

= sin( x - y ) + cos( x - y ). Encontre uma solução particular y(0) = - /3.

tudo

24

EDO-2016-1.nb





dy dz , = 1 dx dx e a ED (2.13) toma a forma

1 dxdz  -

⟹1

= sin(z) + cos(z) ,

-

dz = ( sin(z) + cos(z)) dx

⟹1

- ( sin(z) + cos(z)) =

dz dx

⟹

dz 1 - ( sin(z) + cos(z))

a integração dá

 1

1 - ( sin(z) + cos(z))

ⅆ

z + C = x

Mathematica nos fornece o valor da integral

 1 Sin z1

[ ] + Cos[z]

-

  z2 

Log Cos

- Sin

 ⅆ z

 z2 

  z2 

- Log Sin

Assim, obtemos, depois de inserir z = x - y

  2  sin 2  lnsin 2   1. ■ lncot 2

x = C + ln cos

x = C +

z

z

-

x - y

z

-

= C + ln

cos( 2z ) - sin( 2z ) z = C + ln cot -1 z 2 sin( 2 )

  

-

É a solução geral. A solução particular terá uma constante de integração C que satisfaz a equação 0 = C + ln cot

0 +

π 3 /

-1 .

2

 ⋯  π 6  1

N Log Cot lo

-

cotangente

-0.311905

assim, C = 0.311905. A solução particular satisfaz

  2  1. ■

x = 0.311905 + ln cot

x - y

-

θ

Um cálculo alternativo para integral anterior apresentamos aqui. Façamos uma mudança de variável z = 2 :

 1 sin 1 cos ⅆ  1 sin 2 θ 2 cos 2 θ ⅆθ  sin θ cos θ 2sin θ 2 cos θ cos θ sin θ ⅆθ  sin θ sin1 θ cos θ ⅆθ  sin θ 11 cot θ ⅆθ  1 cot1 θ ⅆ cot θ  cot θ 1 1 ⅆ cot θ ln cot θ voltando a variável anterior θ = z/2 = (x - y)/2, encontramos o mesmo resultado calculado por - (

(

=

2

(z) +

2

( )) - (

( ) ( -

( ))

( )+ 2

(z))

z =

- (

( )

=-

(

( )+

( -

)+

(

2

( )-

( ))

(

=

))

2

=

( ))

( )) =

(

2

( )-

( )- )

(

( )

( )

( )) =

(

( ) - 1).

Mathematica.

= dx

(2.17)

EDO-2016-1.nb

25

ClearAll["Global`*"];

In[84]:=

apaga tudo



Show

mostra

ContourPlot x ⩵ 0.311905 + Log⋯ Cot x -2 y  - 1, {x, -1.8, 2}, {y, -3, 2}, FrameLabel → {x, y}, PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 230, Graphics[{PointSize[Large], Green, Point[{0, - π / 3}]}, Axes → True, FrameLabel → { x, y}, PlotRange → All] ⋯ ⋯ ⋯ gráfico de contornos

gráfico

l

tamanh

cotangente

grande verde

legenda do quadro

ponto

eixos

ve

legenda do quadro

tema do gráfico

intervalo do

tamanho da imagem

tudo

2

1

0 y

Out[85]=

-1

-2

-3 -1

0

1

2

x

2.4 .1.2 Aplicações Neste ponto abordamos algumas aplicações físicas e de engenharia. Exemplo 1 (Física). Um foguete, lançado para cima desde o repouso no tempo t = 0, tem sua massa inicial m 0 (incluindo seu com-

bustível). Assumindo que o combustível é consumido a uma taxa constante k, a massa m do foguete, em quanto o combustível está sendo queimado, será dado por m = m0 - k t . Pode ser mostrado que se a resistência do ar é desprezado e os gases do combustível são expelidos a uma velocidade constante c relativo ao foguete, logo a velocidade v do foguete satisfará a equação m ddtv = c k - m g, onde g é a aceleração devido a gravidade. a) Encontre v(t) tendo em mente que a massa m é uma função do tempo t. b) Suponha que o combustível da conta pelo 80% da massa inicial do foguete e que todo o combustível é consumido em 100 s. Encontre a velocidade do foguete em m/s no instante que o combustível é consumido. [Tome g = 9 .8 m/ s 2 e c = 2500 m/s.] Solução. (a) Temos a ED m

dv = c k - m g dt

⟹

c k dv c k - m g c k = = - g = - g, m m m0 - k t dt

de onde, ao integrar c k dv = - g dt m0 - k t

⟹

dv =



c k m0 - k t

 ⟹  ⅆ  

- g dt

v =

c m0 / k - t

- g

ⅆ

t + C 1

sendo C 1 uma constante de integração. A integral da direita dá

 

c m0 / k - t

- g

ⅆ   t =

-

c t - m0 / k

- g

ⅆ





t = - c ln t - m0 / k - g t

Obtemos





v (t ) = - c ln t - m0 / k - g t + C 1

A C.I do problema é v(0) = 0:









0 = - c ln 0 - m0 / k - g (0) + C 1 = - c ln -m0 / k + C 1

⟹



A solução particular é









v (t ) = - c ln t - m0 / k - g t + c ln -m0 / k = c ln



m0 / k



C 1 = c ln -m0 / k .



m0 / k - t

- g t .

■

26

EDO-2016-1.nb

b) Se, ao início a massa do foguete m0 = m0 c + M, com M a massa do foguete sem combustível e m0 c = 0.8 m0 é a massa inicial do combustível, logo M = 0.2 m0 . Ao se consumir o combustível, a massa m = M = 0.2 m0 , de modo que 0.8 m0 0.2 m0 = m0 - k (100), k = m = m0 - k t = 8 10-3 m0 , m0 / k = 0.125 103 . 100

⟹

⨯

⨯

A velocidade é acabar o combustível é 3

0.125 (10 )    - 9.8 (100) ⋯ 0.125 (10 ) - 100

v (t ) = 2500 Log Abs l

valor absoluto

3

3043.59

ou v = 3043.59 m/s. Um gráfico da velocidade versus tempo é mostrado abaixo. 3



0.125 × 10    - 9.8 t, {t,0, 150}, FrameLabel → {t, v}, Frame -> True,⋯ PlotTheme → "Marketing" ⋯ 0.125 × 10 - t

Plot 2500 Log Abs gráfico

l

3

valor absoluto

legenda do quadro

quadro

ve

tema do gráfico

10000 8000 6000 v

4000 2000 0 0

50

100

150

t

Exemplo 2 (Termodinâmica). Um depósito cilíndrico de volume V 0 está cheio de ar atmosférico, que se comprime de um modo

adiabático (sem troca de calor com o meio que o rodeia) até que seu volume é igual a V 1 . Calcular o trabalho feito durante a compressão. Solução. O trabalho termodinâmico define-se como dW = - p dV. A sinal negativa foi colocada em evidência por causa da compressão.

Num processo adiabático, a relação entre pressão absoluta p e o volume V é dado por const. p V κ = const. p = κ ,

⟹

κ

V

onde chama-se coeficiente adiabático de Poissão. Note que p 0 Vκ 0 = const. , com p0 a pressão correspondente ao volume V 0 . Logo p = p0

κ . V κ V 0

A ED é dada por dW = - p0

κ V 0κ ⅆ W p dV, integrando = 0   V κ ⅆ V + C V κ V 0

e a integral



p0

κ Vκ

V0

ⅆV

κ κ

V1- V0 p 0 1-

κ

o trabalho

κ  κ ⅆ

W = - p0

V 0 V

V + C = -

κ

V 0 p0

1 -

κ

V 1- + C

κ

A condição inicial W (V 0 ) = 0 porque o gás estava a pressão atmosférica. Logo, a constante 0 = - V 10- pκ 0 V 01-κ + C , de onde C = - V κ 0- p10 . Por

κ

tanto, o trabalho para qualquer V: W = -

κ

V 0 p0

1 -

κ

V 1- -

κ

V 0 p0

κ 1 -

=

κ   κ 1

V 0 p0

V 0

-

V

O trabalho no volume V = V 1 será

-1

-1 .

EDO-2016-1.nb

W =

κ   κ 1

V 0 p0

V 0

-

V 1

-1

-1 .

27

■

Exemplo 3 (Mecânica). Um esquiador de massa m efetua, desde o estado de repouso, a descida de uma montanha, se movendo por

α

um trecho retilíneo AB = L inclinado num ângulo com o horizonte. Logo, o movimento se efetua pelo arco de circunferência BCO de raio r cujo ângulo central é 2 (veja Figura). Determinar a velocidade do esquiador ao percorrer a distância L. A força de resistência ao movimento no trecho rectlinear tem a forma R = k 2 m v 2 , onde m é a massa do esquiador e k um coeficiente constante. Durante o movimento pelo arco da circunferência se despreza a resistência e o movimento do esquiador se considera como de uma massa pontual. Considere o caso particular = 50o , k 2 L = 1 / 4.

α

α

Solução. Os eixos de referência relevantes estão indicados no desenho anexo a figura. Ao longo do eixo Y não temos movimento, e ao

longo do trecho AB do eixo X temos um movimento acelerado, pelo que

 

α ⟹ ⟹ mgSen α

F y = N - mgCos( ) = 0 F x =

α mg sen α

N = mgcos( ),

( ) - R = m a x

( ) - k 2 m v x 2 = m

dv x . dt

A ED anterior é de variáveis separáveis. Note

α

g sen( )

k 2 m

2

k

- v x 2 = m

⟹

dv x dt

α - v 2 = k dt ⟹  sen α - v 2 ⅆ v = k  ⅆ t + C

dv x g sen( ) k 2

1

2

( )

g

x

k 2

2

x

x

a integral



ⅆ vx

1

α

g Sin[ ] k2

- vx2

k ArcTanh



k vx g

α

g

α

Sin[ ]



Sin[ ]

temos k

α

k

ArcTanh

g sin ( )

α

v x = k 2 t + C .

g sin ( )

Condição inicial v x (0) = 0, dá C = 0. Por tanto v x =

1 k

α

g sin( ) Tanh k

α ■

g sin( ) t .

O valor assintótico da velocidade encontra-se considerando que lim duzindo

υ

0 =



g k 2 , t -0 1 =

g k 2 e assumindo

→∞ Tanh k

t

α

g sin( ) t = 1, assim v x max = 1k

α = 50 , traçamos o gráfico de υ versus o

v x / 0

t / t 0 .

α

g sin( ) . Intro-

28

EDO-2016-1.nb



Plot



Sin[50 Degree Degree] Tanh

gráfico



Sin[50 Degree Degree] t , {t, 0, 5}, FrameLabel

tangente hiperbólica

→ { /

υ

t t 0 , v x / 0 }, Frame -> True, PlotTheme

legenda do quadro

⋯

quadro

ve

→ "Marketing"

tema do gráfico

0.8

0.6 x

v

0

υ

0.4

0.2

0 0

1

2

3

4

5

t t 0

Calculamos a velocidade em x = L, temos a equação

α

dx 1 v x = = = dt k

α ⟹  ⅆ

g sin( ) Tanh k

L

g sin( ) t

x x = =

0

T

α  Tanh

1

g sin( )

k

k

α ⅆ ⅆ

g sin( ) t

t t

0

a integração nos dá L =

T

α  Tanh

1

g sin( )

k

α ⅆ ⅆ

g sin( ) t

k

t t

0

 Tanhk

α  ⅆt

g Sin[ ] t






Log Cosh k t k

α 

g Si n [ ]

α

g Sin[ ]

α ⟹ cosh

1

L = 2 Ln cosh osh k T k

g sin( )

α

g sin( )

k T

2

= ek L

⟹

1

T = = k

  2

α

g sin( )

cosh -1 ek L .

A velocidade no instante t = T é

ⅇ ;

1

T=

ArcCosh

α

k

g Sin[ ]

 1k

simplifica

-k2 L

k2 L

-1+

k2 L

+



α 

g Sin[ ] Tanh k

ⅇ 1 ⅇ

ⅇ

arco cosseno hiperbólico

α

Simplify

k2 L

1 ⅇ  +

k2 L

g Sin[ ] T


α

g Sin[ ]

k

encontramos v x = =

1 ⅇ  sin α ⟹ υ 1 ⅇ  sin α

1

-

k

-2 k 2 L

v x

( )

g

0

=

-

-2 k 2 L

( )

assumindo, por exemplo k 2 L = 1/4, encontramos o valor numérico:

 1 ⅇ

N

-

-2 (1/4)

valor numérico

 Sin 50 Degree  [

]

0.549013

o resultado foi v x = = 0.549013

υ

0 =

0.549013

 ■

g k 2 .

Exemplo 4 (Trajetórias ortogonais). Chama-se trajetórias ortogonais de uma família dada de curvas as linhas que cortam em ângulo

reto as curvas de dita família. Por exemplo , uma partícula carregada se movendo sob influência de um campo magnético sempre viaja

EDO-2016-1.nb

29

numa curva que é perpendicular perpendicular as linhas do campo magnético. magnético. Os coeficientes angulares y 1´ e y 2´ das tangente tangentess as curvas da família família



dada e as trajetória trajetóriass ortogona ortogonais is buscadas buscadas,, deve-se deve-se satisfazer satisfazer em cada ponto a condição condição de ortogonal ortogonalidad idadee y 2´ = -1 y 1´ . Com esta definição, definição, encontrar encontrar as trajetóri trajetórias as ortogona ortogonais is da família família de curvas curvas y = = a x 3 + 2 x . Encontre Encontre uma curva curva ortogona ortogonall a família família de curvas dada e que passa pelo ponto (-1,1). Solução. Para a família de curvas dada, a derivada

y´ = 3 a x 2 + 2, e da famíli famíliaa de curvas curvas a =

y - 2 x

.

x 3

O valor da derivada y´ = 3 x 2





y - 2 x x 3

+ 2 =

3 y - 6 x x

+ 2 =

3 y x

-4

A ED das trajetórias ortogonais será 1

y´ = -

3 y x

-4

.

Esta ED é homogênea e se reduz a uma de variáveis separáveis. separáveis. Para este fim fazemos u = y/x, que derivamos em relação a x: y = = x u, y´ = u + x u´,

logo

⟹ 4 4  du 4 1 1

y´ = -

3 y x

3

-

3 u 2

u -

u +

⟹ u´  3 1 4  3 3 4 dx 3 4 1 , inte integr gran ando do    ⅆ ⅆ  3 4 1

u + x u´ = -

= -

1

x = -

u -

u -

u -

2

u -

x

+ u = -

u = -

u +

x

u2 - 4 u + 1

3 u - 4

x x + + C

O valor da integral ClearAll["Global`*"]; apaga tudo

 3 u 3 u 4 u4 1 ⅆ u -

2

-

+

3 1 Log[1 - 3 u ] Log[1 - u] 2 2

logo

  3

3 u - 4 u - 4 u + 1 2

 ⅆ  1 ⅆ u = -

x

x x + + lnC

⟹

-



C 1 3 Log(1 - u) + Log(1 - 3 u) = ln x 2 2

Finalmente, com u = y/x: ln

C (1 - 3 u)3 = ln x 1 - u



C ( x - 3 y )3 = 2 x x ( x - y )

ou :

(x-3 y)3 x-y

a curva ortogonal é

3

( x x -3 y ) x -y

sua ortogonal 32 =

⟹

C 2 ( x - 3 y )3 = x x 2 ( x - y )

 ⟹

C 2 =

( x - 3 y )3 , nopon noponto (-1, 1), C = = 5.66. ( x - y )

e = 32. Isto é mostrado abaixo. Calculamos numericamente os pontos de intercepção das curvas y = = - 3 x 3 + 2 x e

.




y

N Solve

== -3 x 3 + 2 x, 32 ==

(x - 3 y )3

x-y

resolve

,



{x, y}

→ 1., y → 1. , x → 1., y → 1. , x → 0.54138, y → 0.606737 , x → 0.54138, y → 0.606737 , x → 0.535623 0.316395 ⅈ, y → 1.09282 x → 0.535623 0.316395 ⅈ, y → 1.09282 0.0891334 ⅈ , x → 0.535623 0.316395 ⅈ, y → 1.09282 0.0891334 ⅈ , x → 0.535623 0.316395 ⅈ, y → 1.09282 0.0891334 ⅈ

{{x

-

} {

{

-

}

{

-

} {

-

-

{

-

+

-

-

}

{

-

-

-

+

}

{

+

-

}}

}

+ 0.0891334

ⅈ, }

30

EDO-2016-1.nb


Plot 3 x

Show mos

-

⋯ gráfico

3

+ 2 x, {x, - 1.2, 2.0}, PlotTheme

→

"Marketing", tema do gráfico

→

→

→



FrameLabel { x, y }, ImageSize 300, PlotRange {-2, 2.5} , legenda do quadro tamanho da ima intervalo do gráfico



ContourPlot 32 == gráfico de contornos

→

(x - 3 y )3

x - y

⋯

→

→

, { x, - 1.2, 1.0}, { y, - 2.0, 2.0}, PlotTheme "Marketing", FrameLabel { x, y }, tema do gráfico legenda do quadro

→

→



ImageSize 300, AspectRatio 1, ContourStyle { RGBColor [0, 1, 1, 1.5], Thick, Thickness[0.010 ]} , tamanho da im quociente de as estilo de conto cores do sistema e espessura

⋯

⋯ v⋯ ponto

⋯

PointSize Large , Red, Point 1, 1 , 1, tamanho⋯ grande Axes → True, FrameLabel → x, y , PlotRange → All

Graphics gráfico

[

]

{

eixos

⋯ legenda do quadro

[{{-

}

ver

intervalo d

} {

⋯ ⋯



- 1}, {- 0.54138, - 0.6067}, { 0.54138, 0.6067}}] ,

⋯ tudo

2

1 y

0

-1

-2

-1

0

1

2

x

A curva laranja é definida por y = = - 3 x 3 + 2 x , a outra curva define a trajetória ortogonal dada por 32 =

( x -3 y )3 . Os quatro pontos de x -y

intercepção são mostrados

0.54138, 0.6067 0.6067}. {-1, 1}, { 1, - 1}, {- 0.54138, - 0.6067}, { 0.54138,

constante de mola k , um de Exemplo 5 (Eletromagnetismo) ****. Considere uma mola não condutora de comprimento natural L e constante cujos extremos está fixo na origem de coordenadas e no outro está atada uma carga pontual de massa m e carga q. Se este sistema se encontra no plano xy onde existe um campo elétrico E = E 0 i com E 0 > 0, estude o movimento da carga na mola.

 

Solução. Um desenho do problema é mostrado na figura anexa.

Usando segunda lei de Newton para os eixos x e y: (a)

 

θ

x

(b)

θ ⟹  dv ⟹ sin θ , com sin θ dt

F x = = qE - k (r - L) cos( ) = m

F y = -k (r - L) y =

y

( ) = m

x dv x , com cos( ) = r dt

y

sendo r = =

x 2 + y 2 .

Agora estudamos algumas situações particulares.

( )=

x

y

r

F x = = qE - k (r - L)

F y = - k (r - L) y =

y

y r

= m

x r

= m

dvy dt

dv x dt

EDO-2016-1.nb

≫

a. Quando r

x L . As duas equações são do tipo variáveis separáveis. Para este fim, note-se que dv = v x dxdv x dt

ℰ

q - kx = m

⟹  ⅆ  qℰ dx 2 qℰ   v x

v x dv x

x

v x v x =

v 0 x

dx =± dt

v 20 x +

x 0

k 2 x - x 20 m

( x - x 0 ) -

m

m

-

k m

ⅆ ⟹ 2 2 qℰx

x

2 v x

x

m v 20 x -

=±

=

v 20 x

2

2 0 + k x 0

m

q

+

ℰ

m

+

( x - x 0 ) -

ℰ

2q

m

x -

k

2m



x 2 - x 20



k 2 x m

Um cálculo longo desta ED com a condição inicial x (0) = x 0 dá x (t ) =

q

ℰ1

k

ω

ω ω sin ωt , ω

( - Cos( t)) + x 0 cos( t) +

v x0

(

)

k , m

=

A equação v y =

dy =± dt



k

v 20 y -

m

y 2 - y 20



Esta ED também é de variáveis separáveis. Fazendo a integração um pouco menos trabalhosa dá

ω ω sin ωt .

y (t ) = y 0 cos( t) +

v yo

(

)

b. Resolução exata. As duas equações (a) e (b)

qE - k

x

x 2 + y 2 - L

= m

x 2 + y 2

dv x , -k dt

y

x 2 + y 2 - L

= m

x 2 + y 2

dvy dt

somente podem ser resolvidos numericamente. Aqui apresentamos o código e os resultado numéricos através da animação. In[18]:=





ClearAll "Global`*" ; apaga tudo

In[19]:=

Rugo[xkezd_, ykezd_, xveg_, yveg_] :=



hx = xveg - xkezd; hy = yveg - ykezd; szel = 0.2; veghossz = 0.3; hx2 + hy2 ;

hossz =

dh = (hossz - 2 * veghossz) / 30;



{xkezd, ykezd} ~ Join ~ junta

{{xkezd + hx * (dh + veghossz) / hossz, ykezd + hy * (dh + veghossz) / hossz}} ~ Join ~ junta

    xkezd hx i dh veghossz hossz hy szel hossz, ykezd hy i dh veghossz hossz hx szel hossz, xkezd hx i dh veghossz hossz hy szel hossz, ykezd hy i dh veghossz hossz hx szel hossz, i, 2, 28 Join

Table If OddQ i , tabela

se

+

*

*

+

+

*

/

ímpar?

+

*

*

+

-

*

/

+

*

*

+

-

*

/

+

*

*

+

+

*

/

~

~

junta

{{xkezd + hx * (29 * dh + veghossz) / hossz, ykezd + hy * (29 * dh + veghossz) / hossz}} ~

Join ~ {{xveg, yveg}} junta

zz = 0; p0 = 0;



Orbit = Table {0, 0}, tabela

In[22]:=

j, 1, 300;



Manipulate manipula



Module {eqns, soln, x, y, q = 0.01, módulo

xkezd1 = xkezd; ykezd1 = ykezd;

ℰ

= 1000.00, m = 1, L = 0.5},

31

32

EDO-2016-1.nb

vxkezd1 = vxkezd; vykezd1 = vykezd; p0 = 0; eqns =



m x ''[t]

⩵ℰκ q

m y''[t] = = -

x[t]

x[t]2 + y[t]2 - L

-

κ

,

x[t]2 + y[t]2 y[t]

x[t]2 + y[t]2 - L

,

x[t]2 + y[t]2

⩵ vxkezd1, x 0 ⩵ xkezd1, y ' 0 ⩵ vykezd1, y 0 ⩵ ykezd1; soln NDSolveeqns, x t , y t , x ' t , y ' t , t, p, p soln2 NDSolveeqns, x t , y t , x ' t , y ' t , t, 0, p 0.01 , Method → "StiffnessSwitching"; With x '[0]

[ ]

[ ]

[ ]

=

{ [ ]

[ ]

[ ]

[ ]}

{

+ 1}, Method


=

{ [ ]

[ ]

[ ]

método

→ "StiffnessSwitching";

[ ]}


{

+

}

método

com

{

pont = Evaluate[{x[t], y[t]} /. soln /. {t calcula

→p t→p

}][[1]],

seb = Evaluate[{x '[t], y '[t]} /. soln /. { calcula

}][[1]]

},

Orbit[[1 + Mod[zz, 300]]] = pont; operação do módulo

zz ++; xkezd1 = pont[[1]]; ykezd1 = pont[[2]]; vxkezd1 = seb[[1]]; vykezd1 = seb[[2]];

 Show Ifshowpath,

Column coluna

mostra se



ParametricPlot Evaluate[{x[t], y[t]} /. soln2], gráfico paramétrico

calcula

→ True,⋯ PlotRange → 3.0, 3.0 , 3.0, 3.0 , PlotStyle → Thickness 0.01 , Yellow, AspectRatio → 1, FrameLabel → "x", "y" , PlotRange → All, PlotTheme → "Marketing", ⋯ {t, 0, p + 0.01}, Axes

{{-

eixos

verd

[

estilo do gráfico

{-

]

espessura

{

}

intervalo do gráfico amarelo


}

legenda do quadro

intervalo do

tudo

tema do gráfico



→ 0.035, gráfico vetorial escala de vetor VectorStyle → { Green, Thickness[0.005]}, PlotTheme -> "Marketing",

VectorPlot {1000, 0}, { x, - 3.0, 3.0}, { y, - 3.0, 3.0}, VectorScale

estilo de vetor verde

espessura

tema do gráfico

PointSize Large , White, Point 0.00, 0.00 , Axes → True, PlotRange → 3.0, 3.0 , 3.0, 3.0 , ⋯ Graphics Graphics gráfico

[

tamanho do

]

grande

{{-

eixos

verd


[{

branco

}]

ponto

}

{-

}}

}}

EDO-2016-1.nb

33

Red, vermelho

Line[Rugo[0.00, 0.00, pont[[1]], pont[[2]]]], linha

Blue, azul

Disk[pont, 0.25] disco

,



→ True,⋯ PlotRange →

Axes eixos

,

verd

{{-3.0, 3.0}, {-3.0, 3.0}}, ImageSize


→

{250, 250}

tamanho da imagem



Row

linha



 PlotStyle → Thickness 0.01 , RGBColor 0, 1, 1, 1.5 , AspectRatio → 1, PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 150, 150 , FrameLabel → "t", "x t " , PlotRange → All, ⋯ PlotEvaluatex ' t . soln2, t, 0, p 0.01 , PlotStyle → Thickness 0.01 , Green, ⋯ AspectRatio → 1, PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 150, 150 , FrameLabel → "t", "v t " , PlotRange → All, ⋯ PlotEvaluatey t . soln2, t, 0, p 0.01 , PlotStyle → ⋯ Thickness 0.01 , RGBColor 0, 1, 1, 1.5 , AspectRatio → 1, PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 150, 150 , FrameLabel → "t", "y t " , PlotRange → All, PlotEvaluatey ' t . soln2, t, 0, p 0.01 , ⋯ ⋯ PlotStyle → Thickness 0.01 , RGBColor 0, 1, 1, 1.5 , AspectRatio → 1, PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 150, 150 , FrameLabel → "t", "v t " , PlotRange → All ⋯ Plot Evaluate x[t] /. soln2, {t, 0, p + 0.01},

⋯ calcula

gráf

[

estilo do gráfico

]

[

espessura

]

cores do sistema RGB

{


tema do gráfico

{

[ ] }

legenda do quadro

intervalo do

[ ]/

gráf

}

tamanho da imagem

{

tudo

+

}

calcula

[

estilo do gráfico

{


tema do gráfico

{

x[

}

tamanho da imagem

intervalo do

[ ]/

{

+

tudo

}

calcula

estilo do gráfico

[

]

espessura

[

]



{

tema do gráfico

}

tamanho da imagem

tudo

gráf

espessura

{

+

]

{

[



tema do gráfico y[

}

]


{


[ ] }

calcula

[

estilo do gráfico

{

legenda do quadro

[ ]/

intervalo do



verde

] }

legenda do quadro

gráf

}

tamanho da imagem

] }

legenda do quadro

intervalo do

tudo

,

Delimiter, Style["constantes da mola", Bold],

⋯

delimit

estilo

negrito

 κ, 50, "κ" , 10, 100, 0.01, Appearance → "Open", ImageSize⋯→ Tiny, {

}

aparência

tamanho da

minúsculo

Delimiter, delimitador





Style "condiciones iniciales", Bold, "Label" , estilo

negrito

etiqueta

 xkezd, 0.8, "x " , 3.0, 3.0, 0.01, Appearance → "Labeled", ImageSize⋯→ Tiny,  ykezd, 0.5, "y " , 3.0, 3.0, 0.01, Appearance → "Labeled", ImageSize⋯→ Tiny, {

0

}

-

aparência

{

-

]

espessura

0

} -

etiquetado

tamanho da

minúsculo

34

EDO-2016-1.nb

 vxkezd, 0, "v " , 5, 5, 0.01, Appearance → "Labeled", ImageSize⋯→ Tiny,  vykezd, 0.6, "v " , 5, 5, 0.01, Appearance → "Labeled", ImageSize⋯→ Tiny, showpath, True, "mostrar trajetoria", True,⋯ True , ControlPlacement → RIGHT, {

}

x0

-

aparência

{

y0

}

etiquetado

tamanho da

minúsculo

-

aparência

etiquetado

{

verdadeiro

tamanho da

minúsculo

}

verd

verdad

posicionamento de controle

Delimiter, delimitador

 p, 0, "começar parar resetar" , 0, 50, 0.001, DefaultDuration → 50, ControlType → Trigger, AutorunSequencing → 6, 7, 14 , TrackedSymbols ⧴ Manipulate, SaveDefinitions → True {

/

/

}

duração padrão

{



tipo de controle

interruptor

}

forma de sequenciação

símbolos rastreados

manipula

salva definições

verdadeiro

constantes da mola

κ

3

2 condiciones iniciales

x0 y0

2.03

vx0

1.65

vy0 mostrar trajetoria

1

-1.4

0

y

-1

-1.34

True

True

-2

-3 -3

começar/parar/resetar

-2

-1

0

1

x

2 1 t x

] [

0 -1 -2 0

2

4

6

8

10

t

15 10

Out[22]=

5 t

]

0

[

x

v

-5 -10 -15 0

2

4

6 t

2 1 t y

] [

0

8

10

2

3

EDO-2016-1.nb

35

-1

0

2

4

6

8

10

6

8

10

t

10 5 t

] [

y

v

0 -5 -10 0

2

4 t





Fig8. Na figura anterior, as setas verdes representam o campo elétrico de intensidade E = 103 i . a) Gráfico de x (t ) vs t , b) Gráf ico de v x (t ) vs t , c) Gráfico de y (t ) vs t , b) Gráfico de v y (t ) vs t .

2.4.2 ED homogêneas Uma ED que pode ser escrita na forma M( x , y ) dx + N( x , y ) dy = 0

(2.18)

onde M(tx, ty) = t n M( x , y ) e N(tx, ty) = t n N( x , y )

(2.19)

é chamada uma equação diferencial homogênea (de grau n). Note, de (2.18) M( x , y ) dy == f ( x , y ) N( x , y ) dx

(2.20)

se M(x,y) e N(x,y) são homogéneas do mesmo grau n, a função f(x,y) será homogênea de grau zero, isto significa que f ( x , y ) = g(y / x ), isto é, pode ser escrita como uma função de u = y/x. Por tanto dy y = g . (2.21) x dx



Resolvemos esta classe de ED seguindo dois passos:

● Introduzimos a variável u = y/x, de onde y = x u. Logo, derivamos dy du = u + x , dx dx

(2.22)

● Separe as variáveis u e x, e integre. Através do painel abaixo mostra-se o passo a passo dos procedimentos para resolver equações homogêneas. In[87]:=





ClearAll "Global`*" ; apaga tudo

In[88]:=

Manipulate manipula



Quiet @ Module {deq1, deg2, deg3, deg4, deg5, deg6, deg6a, deg7, solut, yp, xp }, silen

módulo

deq1 = (y ' == dequs[[i]]); deg2 = u + x u '

⩵ right[[i]];

⩵ right[[i]] - u; Row[{d, x}] deg4 = Row == Row[{d, u}]/(right[[i]] - u); x deg3 = x u '

linha

linha

36

EDO-2016-1.nb

⩵ Integrate[1 / (right[[i]] - u), u]; ⋯ c⋯ integra

deg5 = Log[x] - Log[C] logar

⩵ C Exp[deg5[[2]]]; exponencial deg6a = x ⩵ C Exp[deg5[[2]]] /. { u → y / x}; exponencial deg7 = x ⩵ c Exp[deg5[[2]]] /. { u → y / x}; exponencial Text @ PaneColumnTraditionalForm[deq1], If [st1, TraditionalForm[deg2], Invisible[TraditionalForm[deg2]]], á⋯ coluna forma tradicional se forma tradicional invis⋯ forma tradicional If [st2, TraditionalForm[deg3], Invisible[TraditionalForm[deg3]]], If [st3, TraditionalForm[deg4], Invisible[TraditionalForm[deg4]]], se forma tradicional invis⋯ forma tradicional se forma tradicional invis⋯ forma tradicional If [st4, TraditionalForm[deg5], Invisible[TraditionalForm[deg5]]], If [st5, TraditionalForm[deg6], Invisible[TraditionalForm[deg6]]], se forma tradicional invis⋯ forma tradicional se forma tradicional invis⋯ forma tradicional If [st6, TraditionalForm[deg6a], Invisible[TraditionalForm[deg6a]]], se forma tradicional invis⋯ forma tradicional If [st7, TraditionalForm[deg7], Invisible[TraditionalForm[deg7]]], se forma tradicional invis⋯ forma tradicional If sg, ContourPlotEvaluate[deg7], { x, -3, 5}, { y, -3, 3}, PlotTheme → "Marketing", FrameLabel → { x, y}, ImageSize → { 250}, se gráfico d⋯ calcula tema do gráfico legenda do qua⋯ tamanho da imagem ContourStyle → { Green, Thick, Thickness[0.0105], RegionFunction → Function[{x, y}, x ^ 2 > 0.001&&y^2 > 0.001], estilo de co⋯ verde es⋯ espessura função de reg⋯ função Invisible[ContourPlot[Evaluate[deg7], { x, - 3, 5}, { y, - 3, 3}, RegionFunction → Function[{x, y}, x ^ 2 > 0.001&&y^2 > 0.001]]] invis⋯ gráfico d calcula função de reg⋯ função , Alignment → Center, ImageSize → {300, 550}, "escolha umaequação", alinhame⋯ centro tamanho da imagem {{i, 1, ""}, Table[ j → TraditionalForm[y ' ⩵ dequs[[ j]]], { j, 1, 6}], ControlType → PopupMenu}, tabela forma tradicional tipo de con⋯ menu pop up deg6 = x

"",

{{st1, False, "passo 1"}, { True, False}}, falso v falso

"",

⋯


"",

⋯


"",

⋯


"",

⋯


"",

⋯

"solução geral", {{ st6, False, "passo 6"}, { True, False}},

⋯

falso

v

falso

"", "solução particular", {{ st7, False, "passo 7"}, { True, False}}, falso

v

⋯

falso

"", "constante na solução particular", {{ c, 2, ""}, -2, 2, 0.1, Exclusions

→ {0}, Appearance → "Labeled", ImageSize → Tiny}, aparência etique tamanho⋯ minúsculo

exclusões

"", "mostrar gráfico", {{ sg, False, ""}, { True, False}},

falso v⋯ falso   Initialization : > right = (u - 1) / (u + 1), u + 2 u2 + 2 u , 6 u - 1 / u, ⅇ + u, - u / (Log[u]), u + Tanh[u]; inicialização logaritmo tangente hiperbólica dequs = (y / x - 1) / (y / x + 1), (y / x) + 2 y / x2 + 2 (y / x) , 6 (y / x) - (x / y), ⅇ + y / x, - y / x / Log[y / x], y / x + Tanh[y / x] 3

3

2

3

2

u

3

y/x

logaritmo

〚〛 Part: Part specification dequs 〚2〛 is longer than depth of object. Part: Part specification dequs 〚3〛 is longer than depth of object. Part: Part specification dequs 1 is longer than depth of object.

General: Further output of Part::partd will be suppressed during this calculation.


EDO-2016-1.nb

escolha uma equação

′

′ ′ ′

+ 2 y 3 x

x

2 y 2 x 2

〚〛  〚〛〚〛  〚〛   〚〛 

y dequs 2 x u + u right 2 x u right 2 - u

y 3

+2

passo 1

70.5776 x

70.5776u

x

right 2 -u

log( x ) - log(C )

  

x passo 2

x x

passo 3

-log right 2 - u C

〚〛〚〛〚〛

right 2 -u C right 2 -

y

x

2 y right 2 -

x

3

passo 4 2

passo 5 1 Out[88]=

solução geral y

passo 6 solução particular

0

-1

passo 7 -2

constante na solução particular 2

-3 -2

0

mostrar gráfico

2

4

x

Exemplo 1. Resolva (y + x ) dy + ( x - y ) dx = 0. Encontre a solução particular y(1) = -1. Solução. Fazemos u = y/x e usamos

⟹

(y + x ) dy + ( x - y ) dx = 0 x

dy dx

= u + x du em: dx

⟹

dy ( x - y ) u - 1 == dx (y + x ) u + 1

du u - 1 1 + u2 u - 1 - u2 - u = - u = =u + 1 dx u + 1 1 + u

⟹

u + x

du u - 1 = dx u + 1

1 + u dx du = x 1 + u2

⟹  11 ⅆ  1 ⅆ + u + u2

a integral

 11 uu ⅆ u +

+

2

ArcTan[u] +

1 Log 1 + u2 2





Assim ArcTan(u) +





1 Log 1 + u2 = -ln( x ) + C 2

Para y(1) = -1, temos ArcTan (-1) +

1 2

⟹

ln (2) =

 C, ou C = -  /4 + ArcTan

y

x

+ 1 2



 ■

1 ln x 2 + y 2 = C . 2

ln (2) = -0.4388.

u = -

x

x + C

37

38

EDO-2016-1.nb





ClearAll "Global` *" ; apaga tudo

 ⋯



 yx 

1 Log x2 + y2 2

  ⩵ 0.4388, x, 2, 2 , y, 3.5, 3.5 , PlotTheme → "Marketing", FrameLabel → x, y , ⋯ y 1 PlotLegends → Placed "ArcTan Log x y ⩵ 0.4388", Right, ContourStyle → Green, Thick, Thickness 0.0125 , ImageSize → 230, x 2 ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ Graphics PointSize Large , Red, Point 1, 1 , Axes → True, FrameLabel → x, y , PlotRange → All  ⋯ ⋯ ⋯ ⋯

Show ContourPlot ArcTan mos

gráfico de

+

arco tangente

[

legenda do g

situado

[{

gráfico

{

-

} {

-

}

[{

direita estilo de conto

- }]}

{

ponto

eixos

y

ve

legenda do quadro

[

verde

es

}

}

legenda do quadro

{

logaritmo

]

grande v

{

tema do gráfico

[ 2+ 2] -

]+

arco tange

[

taman

-

logaritmo

]}

espessura

tamanho da imagem

]

intervalo d

tudo

⩵

1

ArcTan[ y ]+ 2 Log[ x 2 + y2 ] -0.4388 x

x

Usando código Mathematica: para diferentes valores da constante de integração C.










 yx 

Manipulate ContourPlot ArcTan manipula

⋯

gráfico de

ContourStyle estilo de conto

+

1 Log x2 + y2 2

arco tangente



logaritmo

 ⩵ c, x, {

- 50,

50}, { y, - 100, 100 }, PlotRange

→

100 }, PlotTheme

→ "Marketing",

tema do gráfico

→ Green, Thick, Thickness 0.0125 , ImageSize → 250, FrameLabel → x, y , c,1, 3, 0.5, Appearance → "Open" ⋯ ⋯ ⋯ {

[

verde

es

]}

espessura

{

tamanho da ima

}

legenda do quadro

c

100

50

y

{- 100,


0

-50

-100

-40

-20

0

20

40

x

Exemplo 2. Resolva y +

x 2 + y 2

Solução. Fazemos u = y/x e usamos

dx - x dy = 0. Encontre a solução particular y(1) = -2. dy dx

= u + x du em: dx

aparência

EDO-2016-1.nb

x 2 + y 2

y +

x

du = dx

⟹

dx - x dy = 0

⟹

1 + u2

du

=

2

1 + u

x 2 + y 2

dy y + = dx dx x

x

⟹

1 + u2

= u +

u + x

du = u + dx

39

1 + u2

⟹  1 1 ⅆ  1 ⅆ u =

+ u2

x + C

x

a integral

ⅆu

1



2

1+u

ArcSinh[u]

Por tanto

 1 1 ⅆ  1 ⅆ ⟹ u =

+ u2

x

■

ArcSinh(u) = ln( x ) + C ou ArcSinh(y / x ) = ln( x ) + C . .

x + C

No ponto (1, -2) temos C = ArcSinh(-2). Logo, aosimplificar







Simplify x Sinh ArcSinh[-2] + Log[x]

⋯ -x SinhArcSinh[2] - Log[x] simplifica

⋯

sen

ArcSinh(y / x ) = ln( x ) + C

arco seno hiper

⟹

logaritmo

y = - x Sinh(ArcSinh(2) - Log( x )).

■

Usando Mathematica In[89]:=








sol = DSolve y '[x] ==

y [ x] +

x2 + y [ x]2 , y[1] x


⩵ 2, y x , x -

[ ]

Solve: Inverse functions are being used by Solve, so some solutions may not be found; use Reduce for complete solution information. Out[90]=

In[93]:=

y x → [ ]





-x Sinh ArcSinh[2] - Log[x]






 

→ Blue, Thick, Thickness 0.0125 , FrameLabel → x, y , ⋯ ⋯ 3, 2 , PlotLegends → Placed "y x Sinh ArcSinh 2 Log x ", Right, ImageSize → 230, ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ 2 , Axes → True, FrameLabel → x, y , PlotRange → All  ⋯ ⋯

Show Plot -x Sinh[ArcSinh[2] - Log[x]], { x, - 2, 7}, PlotStyle

⋯ ⋯ PlotTheme → "Marketing", PlotRange →

mos

g r f ic o s

arco sen

logaritmo

tema do gráfico

{-

⋯

taman

Red,

grande v

⋯

{

[

azul es

[

situado

s

{

eixos

ve

{

[ ]-

arco sen

}

legenda do quadro

}

legenda do quadro

=-

legenda do g

Point[{1, - }]} ponto

]}

espessura

}


Graphics [{PointSize[Large], gráfico

estilo do g

[ ]]

logari

direita tamanho da imagem

]

intervalo d

tudo

2 1 0 y

Out[94]=

y=-x Sinh[ArcSinh[2]-Log[x]]

-1 -2 -3

-2

0

2

4

6

x y y ) - y sec2 ( x y )) dx + x sec2 ( x ) dy = 0. Encontre a solução particular y(1) = Exemplo 3. Resolva ( x tan( x

Solução. Fazemos u = y/x e usamos

 tan  0 ⟹ x

 

dy dx

em: = u + x du dx



y y y - y sec2 dx + x sec2 dy = x x x y x tan( x ) - y sec2 ( x y ) -tan(u) + u sec2 (u) dy

dx

=-

π /4.

y x sec2 ( x )

=

sec2 (u)

⟹

u + x

du -tan(u) + u sec2 (u) = dx sec2 (u)

40

EDO-2016-1.nb

x

du -tan(u) + u sec2 (u) -tan(u) = - u = = -sin(u) cos(u). 2 dx sec (u) sec2 (u)

integrando x

⟹  sin

du = - sin(u) cos(u) dx

ⅆ  1 ⅆ

1

u = -

(u) cos(u)

x + C

x

a integral

 Sin u 1 Cos u ⅆ u [ ]

[ ]





ⅆ  1 ⅆ

⟹

-Log[Cos[u]] + Log Sin[u]

A solução geral será 1 (u) cos(u)

 sin

u = -

x + lnC

x

π

No ponto y(1) = /4 temos tan ( π 4 ) = C, C =

  ⟹ ln tan 1. Assim y = x arctan(1/x) = x arccot(x). ■ -ln(Cos(u)) + ln(Sin(u)) = ln

C x

(

  , tan  . ■

(u)) = ln

C x

y C = x x

Com Mathematica:








sol = DSolve y '[x] == -Sin resolve equação

 y x x  Cos y x x  [ ]

seno

[ ]

+

cosseno

⩵ π 4, y x , x

y [ x] , y[1] x

/

[ ]

Solve::ifun : Inverse functions are being used by Solve, so some solutions may not be found; use Reduce for complete solution information.



Solve::ifun : Inverse functions are being used by Solve, so some solutions may not be found; use Reduce for complete solution information. {{y[x] In[95]:=



→ x ArcCot x

[ ]}}






  ⋯

→ Red, Thick, Thickness 0.0125 , ⋯ ⋯ ⋯ FrameLabel → x, y , PlotTheme → "Marketing", PlotLegends → Placed "y x ArcCot x ", Right, ImageSize → 230, ⋯ ⋯ Graphics PointSize Large , Green, Point 1, π 4 , Axes → True, FrameLabel → x, y , PlotRange → All  ⋯ ⋯ ⋯

Show Plot x ArcCot[x], { x, - 2, 7}, PlotStyle mos

grá

arco cotangente {

[{

es

]}

espessura

=

tema do gráfico

[

taman

[

v

}

legenda do quadro

gráfico

{

estilo do g

]

legenda do g

[{

grande verde

situado

/ }]}

ponto

[ ]

arco cot {

eixos

ve

legenda do quadro

direita tamanho da imagem

}

]

intervalo d

tudo

1.0

0.8 y

0.6

Out[96]=

y=x ArcCot[x]

0.4 -2

0

2

4

6

x

Exemplo 4. Resolva 4 x 2 - xy + y 2 + y ' ( x 2 - xy + 4 y 2 ) = 0. Encontre a solução particular y(0) = -1. Solução. Identificamos da ED os fatores M( x , y ) = 4 x 2 - xy + y 2 , N( x , y ) = x 2 - xy + 4 y 2 que funções homogêneas de segundo ordem.

Posteriormente, escrevemos a ED na forma de uma equação homogênea de ordem zero: e usamos

dy dx

na ED homogênea de ordem zero: = u + x du dx

dy 4 x 2 - xy + y 2 =- 2 dx x - xy + 4 y 2 x

dy dx

⟹

u + x

du 4 - y / x + (y / x )2 4 - u + u2 == dx 1 - u + 4 u2 1 - (y / x ) + 4 (y / x )2

du -4 + u - u2 -4 + u - u2 - u + u2 - 4 u3 -4 - 4 u3 4 (1 + u3 ) u = = = = dx 1 - u + 4 u2 1 - u + 4 u2 1 - u + 4 u2 1 - u + 4 u2

2

2

= - x 42 x - -xyxy+ +4 y . Logo depois, fazemos u = y/x y 2

EDO-2016-1.nb

⟹  1

(1 - u + 4 u2 ) 4 du = - dx 3 x 1 + u

( - u + 4 u2 ) 1 + u3

41

ⅆ  4 ⅆ u = -

x + ln(C )

x

A integral (1 - u + 4 u2 )



ⅆu

1 + u3



2 Log[1 + u] + Log 1 - u + u2



assim temos (1 - u + 4 u2 ) 1 + u3



ⅆ

⟹ 2Log 1





[ + u] + Log 1 - u + u2 = -4 ln( x ) + ln(C )

u = - 4 x + C

voltando as variáveis originais e efetuando a álgebra da expressão anterior ( + u)2 (1 - u + u2 )

1

ln

C

 ln 1  ⟹ 1  1 =

+

4

x

y 2 x

-

y x

+

  y 2

x

=

C x 4



É a solução geral. A solução particular passando pelo ponto (0,-1) será (x + y)2 (x2 - xy + y2 ) = 1.

■



 ■ 1 0 0

ou ( x + y )2 x 2 - xy + y 2 = C . (0 - )2



- + (- 1)2 = 1 = C. Finalmente



ClearAll "Global` *" ;

In[97]:=

apaga tudo



   1, x, 5, 5 , y, 5, 5 , PlotTheme → "Marketing", FrameLabel → x, y , PlotLegends → Placed " x y x y 1", Right, ContourStyle → Orange, Thick, Thickness 0.0125 , ImageSize → 230, ⋯ ⋯ ⋯ Graphics PointSize Large , Green, Point 0, 1 , Axes → True, FrameLabel → x, y , PlotRange → All  ⋯ ⋯ ⋯

Show ContourPlot (x + y) x3 + y3 mos

==

{

-

} {

-

}

gráfico de contornos

{

tema do gráfico

( + )( 3 + 3 )==

legenda do g [{

gráfico

{

situado [

taman

direita estilo de conto

]

[{

grande verde

[

laranja

es

- }]}

ponto

{

eixos

ve

}

legenda do quadro

legenda do quadro

]}

espessura }

tamanho da imagem

]

intervalo d

tudo

4

2

0

y

(x+y)( x 3 + y3 )==1

Out[98]=

-2

-4 -4

-2

0

2

4

x

2.4 .2.1 Equações redutíveis a homogêneas As EDs do tipo



dy a1 x + b1 y + c1 = f a2 x + b2 y + c2 dx



(2.23)

onde a1,2, b1,2 e c1,2 são constantes, se reduz a uma ED homogênea. Para este fim, transladamos a origem de coordenadas ao ponto ( x 0 , y 0 ) onde as retas se cruzam. Isto significa resolver o sistema a1 x + b1 y + c1 = 0, a2 x + b2 y + c2 = 0

Solve[{a1 x + b1 y + c1 resolve

x →

-

-b2 c1 + b1 c2

a2 b1 - a1 b2

⩵ 0, a2 x

,y

→

-

(2.24) + b2 y + c2

a2 c1 - a1 c2 a2 b1 - a1 b2

⩵0 , }

{x, y}]



As soluções são x 0 = -

a c - a1 c2 -b2 c1 + b1 c2 , y 0 = - 2 1 . a2 b1 - a1 b2 a2 b1 - a1 b2

(2.25)

EDO-2016-1.nb

Por tanto, a solução particular





1 13 - 3 26

13 ln 1 +



13 - 2





y - 7 1 + 13 + 3 x - 3 26



13 + 2

1 13 + 3 26

13 Log -1 + 13

13 ln -1 +

 

■

y - 7 4.39044 = ln . x - 3 x - 3



ClearAll "Global` *" ;

In[99]:=

apaga tudo

 ⋯

 261 13

Show ContourPlot mos

 

-3

13 Log 1 + 13


-2

logaritmo

y-7 x-3



+



 

+2

logaritmo

y-7 x-3



==

 4.39044 , x 3

Log

logaritmo

→ "Marketing", FrameLabel → x, y , ContourStyle → Green, Thick, Thickness 0.0125 , ⋯ ⋯ Graphics PointSize Large , Red, Point 4, 8 , Axes → True, FrameLabel → x, y , PlotRange → All  ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ {x,2.5,

6}, { y, 2.5, 12}, PlotTheme

{

tema do gráfico

[{

[

taman

]

[{

grande v

legenda do quadro

}]}

}

{

estilo de conto {

ponto

eixos

ve

[

verde

}

legenda do quadro

es

espessura

]

intervalo d

tudo

12

10

8 y

Out[100]=

6

4

3

4

5

6

x


dy dx

=

x - y +2 2 x + y -1

+ 2. Encontre uma solução particular para a condição inicial y(2) = 8.

Solução. Escreva a ED na forma dy dx

2

x - y

= Simplify

simplifica

+2

x + y

-1



+2 =

5 x + y -1 + 2 x + y

Agora resolvemos o sistema ClearAll["Global`*"]; apaga tudo

Solve[{5 x + y resolve

x →

-

1 ,y 3

⩵ 0, 2 x

+y-1

⩵0 , }

{x, y}]

→ 53 

isto significa que x 0 = - 13 , y 0 = 53 . Com as mudanças de variável: x = u + x 0 , dx = du, y = v + y 0 , dy = dv.

⟹

dy 5 x + y = dx -1 + 2 x + y

dv 5 u + v = du 2 u + v

é uma ED homogénea. Fazendo w = v/u, v = u w, dv 5 + w = du 2 + w

⟹

u

⟹

w + u

dv du

= w + u

dw temos du

dw 5 + w = du 2 + w

dw 5 + w 5 - w - w 2 = - w = du 2 + w 2 + w

2 + w 2

w + w - 5

dw = -

1

dv.

u

Integramos o termo da esquerda ClearAll["Global`*"]; apaga tudo

 w 2 ww 5 ⅆ w +

2

1 14

+

7

-

+

 Log 1

21

- +

 

21 - 2 w - -7 +

21

 Log1

+

21 + 2 w



]}

43

44

EDO-2016-1.nb

assim, obtivemos 1 14

7



 

21 ln -1 +

+



21 - 2 w - -7 +

  

21 ln 1 +

21 + 2 w = ln

C v

com w = v/u e voltando as variáveis originais u = x - 3, v = y - 7. 1 14

7



21 ln -1 +

+

21 -

 



2 (y - 7) - -7 + x - 3

21 ln 1 +

21 +

2 (y - 7) x - 3

 ln 7  C

=

y -

Para o ponto y(2) = 8, encontramos ln(c) x = 2; y = 8; 1 N 7 + 21 14numérico valor





 Log 1

- +

21 -

2 (y - 7) x-3

logaritmo

 7

 Log1

21

- - +

21 +

+

logaritmo

2 ( y - 7) x-3



logaritmo

1.64306

onde ln(C) = 1.64306, C =

ⅇ

c=N

1.64306

ⅇ

1.64306

= 5.17097



valor numéric

5.17097

Finalmente 1 14 In[101]:=

7



21 ln -1 +

+



21 -

 



2 (y - 7) - -7 + x - 3

21 ln 1 +

21 +

2 (y - 7) x - 3

 ln 5.170977 . ■ =

y -




 ⋯

 141 7

Show ContourPlot mos

 

21 Log -1 + 21

+


logaritmo

-

2 (y - 7) x-3

 7

 

21 Log 1 + 21

- - +

logaritmo

+

2 (y - 7) x-3



==

 5.17097 , y 7

Log

logaritmo

→ "Marketing", FrameLabel → x, y , ContourStyle → Green, Thick, Thickness 0.0125 , ⋯ ⋯ Graphics PointSize Large , Red, Point 2, 8 , Axes → True, FrameLabel → x, y , PlotRange → All  ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ {x, - 4,

4}, { y, 7, 10}, PlotTheme

{

tema do gráfico

[{

gráfico

[

taman

]

grande v

legenda do quadro

[{

}]}

ponto

}

{

estilo de conto {

eixos

ve

legenda do quadro

[

verde

}

es

]}

espessura

]

intervalo d

tudo

10

9 y

Out[102]=

8

7 -4

-2

0

2

4

x

Exemplo 7. Resolva a ED 3 x + y - 2 +

dy ( x dx

1) = 0. Encontre uma solução particular para a condição inicial y(3) = -1 .

Solução. Escreva a ED na forma padrão -3 x - y + 2 dy = dx x - 1

Agora resolvemos o sistema ClearAll["Global`*"]; apaga tudo

Solve[{-3 x - y + 2 resolve

{{x

→ 1, y →

⩵ 0, x 1 ⩵ 0 , -

}

{x, y}]

-1}}

isto significa que x 0 = 1, y 0 = - 1. Com as mudanças de variável: x = u + x 0 , dx = du, y = v + y 0 , dy = dv.



+ Log[y - 7]

EDO-2016-1.nb

⟹

dy -3 (u + 1) - ( v - 1) + 2 = dx u + 1 - 1

dv -3 u - v = du u

é uma ED homogénea. Fazendo w = v/u, v = u w, dv = - 3 - w du

⟹

u

⟹

dv du

dw temos du

= w + u

dw = -3 - w du

w + u

dw = -3 - 2 w du

1 1 dw = - du u 3 + 2 w

⇒  3 21 ⅆ / + w

w = - 2

 1 ⅆ ⇒ ln u

u

w +

  

3 C = ln 2 , 2 u

assim, obtivemos v u

+

⟹

C 3 = 2 u2

3 2 u = C 2

u v +

com w = v/u e voltando as variáveis originais ( x - 1) (y + 1) +

3 ( x - 1)2 = C 2

Para o ponto y(2) = 8, encontramos ln(c) x = 3; y = -1;



3

c = N (x - 1) ( y + 1) +

(x - 1)2

2

valor numérico



6.

Finalmente ( x - 1) (y + 1) +

3 ( x - 1)2 = 6. 2

■




Solve (x - 1) ( y + 1) + resolve

y → 112 In[103]:=

+ 4 x - 3 x2 (- 1 + x)



3 2



(x - 1)2 == 6, y






  112 41x ⋯

Show Plot mos

gráfico

- 3 x2

+

(- + x)

, { x, - 4, 4}, PlotTheme

→ "Marketing", FrameLabel → x, y , {

tema do gráfico

Graphics [{PointSize[Large], Green, Point[{3, - 1}]}, Axes gráfico

⋯

taman

grande verde

ponto

0

2

eixos

15 10 5 y

Out[104]=

0 -5 -10 -15 -4

-2

x

Com Mathematica:

4

}

legenda do quadro

→ True, FrameLabel → x, y , PlotRange → All  ⋯ ⋯ {

ve

legenda do quadro

}

]

intervalo d

tudo

45

46

EDO-2016-1.nb


y ' x ⩵

sol = DSolve

[ ]

-3 x - y[x] + 2


+ 4 x - 3 x2

y x → 112 [ ]

(- 1 + x)

x-1

, y[3]

⩵ 1, y x , x -

[ ]



2.4 .2.2 Aplicações Neste ponto abordamos algumas aplicações. Exemplo 1 (Geometria). Encontre a curva para a qual a normal faz ângulos iguais com o raio vetor, r, e o eixo X. Solução. Considere a figura abaixo, onde temos traçado uma curva arbitrária, uma reta tangente PT e uma reta normal PN passando pelo

θ

ponto P(r , ) em coordenadas polares. Verifica-se a relação tan

ϕ

= r

θ

d . dr

Da figura

α

ϕ α θ 180 ⟹ 2 90 ϕ θ 180 ⟹ θ 2 ϕ ou ϕ θ 2. θ dθ . Tomando tangente : tan ϕ tan 2 dr = 90o - , 2

+

o

=

(

=

o

- )+

o

=

=

=

= r

Assim, a ED procurada é

θ ■

1 dr = cotan . r d 2

θ

É uma equação com variáveis separáveis, que resolvemos usando a técnica correspondente: 1 r

dr = cotan

θ dθ ⟹  1 ⅆ  cotan θ ⅆθ ln 2 2 r

r =

(C ),

+

porem, a integral

 Cot θ2  ⅆθ cotangente

  θ2 

2 Log Sin

A solução2

 1 ⅆ  cotan θ 2 ⅆθ ln ⟹ ln r

r =

+

(C )

(r ) = 2 l n sin

θ 2

+ ln(C )

⟹

r = C sin2

θ 2

=

C

2

θ ■

( 1 - cos ).

EDO-2016-1.nb

47

 12 (1 - Cos[θ ]), {θ , 0 , 2 Pi⋯}, ColorFunctionScaling⋯→ False, PlotStyle ⋯→ Thick,⋯ PlotTheme → "Marketing", FrameLabel → x, y 

PolarPlot

{

gráfico polar

cosseno

altera a escala da funçã

falso

estilo do g

esp

tema do gráfico

}

legenda do quadro

0.50 0.25 0

y

-0.25 -0.50 -1.0 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 x

0

θ

C A figura representa o “cardióide” r = ( 1 - cos ). 2

Exemplo 2 (Física). Suponha-se que um avião afasta-se do ponto (a, 0) situado para leste do seu destino pretendido - um aeroporto

localizado na origem (0, 0). O avião viaja com velocidade constante v 0 em relação ao vento, que sopra para o norte com velocidade constante w . Tal como indicado na Fig.(a), assumimos que o piloto do avião mantém a sua posição diretamente para a origem. Determine a trajetória do aeroplano. Solução. A figura (b) nos mostra um gráfico em coordenadas retangulares da posição instantânea do aeroplano. As componentes

retangulares da velocidade instantânea são x dx dy = - v 0 cos = -v 0 , = - v 0 sin + w = -v 0 dt dt 2 2

θ

θ

x + y

y 2

+ w . 2

x + y

Eliminamos o tempo dividindo as duas velocidades dy / dt = dx / dt

-v 0 -v 0

y x 2 +y 2 x

+ w

x 2 +y 2

=

1 v 0 x

v 0 y - w

⟹

x 2 + y 2

dy 1 v 0 y - w = v 0 x dx

x 2 + y 2 .

Esta equação é homogênea de grau zero. Para resolve - la fazemos u =

y x

⟹

y = u x , y ' = u + x u '

dy 1 v 0 y - w = v 0 x dx

x 2 + y 2

⟹

u + x u ' = u -

w v 0

1 + u2

a última equação é de variáveis separáveis. Introduzindo k =

du 1 + u

2

= -k

dx x

porem, a integral

⟹  1 1 ⅆ  ⅆ + u

2

u = -

k x + C x

w v 0

⟹

x u ' = -

w v 0

1 + u2

48

EDO-2016-1.nb

1



2

1+u

ⅆu

ArcSinh[u]

logo

 1 1 ⅆ  ⅆ ArcSinh  ln  ⟹ + u

y

x

k

u = -

2

x

⟹ ArcSinh Sinh ln 

x + ln(C )

C

=

[u] = k ln

y = x

x

⟹ C

x

C

k

x

Para a condição inicial y (a) = 0 0 = a Sinh k ln

 , C

C = a.

a

A trajetória é

   2 ⅇ   ⅇ    2 ⅇ   ⅇ         2     , 2     . 2

y = x Sinh k ln

=

x

a x

k

-

a

x

a x

-k

=

x

ln x a

a

a x

=

k

-ln

-

k -1

-

a k x

=

a 1+k x

x

y =

ln x a

a

k

-

ln

a -k x

x 1-k x 1+k a a

EDO-2016-1.nb

49




Manipulate manipula



Module {pp, sol}, módulo

 ⩵ y[xx] - k 1 + y[xx]

2 1/2

sol = DSolve y '[x]

, y[50]


⩵ 0, y[x], x;

→ True,⋯ AspectRatio →⋯1, PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 250, FrameLabel → { x, y}, PlotRange → {{-10, 60}, { 0, 40}}]], {k, 0, 1.2, 0.01, Appearance → "Open"} ⋯

pp = Plot[Evaluate[y[x] / . sol, { x, - 10, 60}, Axes gr

calcula

tamanho da ima

eixos

legenda do quadro

ve

quociente de as

tema do gráfico


aparência

k

40

30

y

20

10

0

0

20

40

60

x

Solve: Inverse functions are being used by Solve, so some solutions may not be found; use Reduce for complete solution information. Solve: Inverse functions are being used by Solve, so some solutions may not be found; use Reduce for complete solution information.

2.4 .3 Equações lineares de primeira ordem Uma EDO deste tipo tem a forma geral dy + P( x ) y = Q( x ). dx

(2.29)

Se Q( x ) = 0, a equação anterior chama-se linear de primeira ordem homogénea, se Q( x ) homogénea.

≠ 0, chama-se

1o . Método de solução

Multiplicamos a equação anterior pelo fator R( x ) = dy dx

ⅇ∫ ⅆ ⅇ∫ ⅆ P( x ) y = Q( x ) ⅇ∫ ⅆ , ⟹ P x

+

P x

integrando ambos os lados encontramos

P x

ⅇ∫

ⅆ (chamado fator integrante) assim obtemos d y ⅇ∫ ⅆ  = Q( x ) ∫ P ⅆ x

P( x ) x

P x

dx

ⅇ

linear de primeira ordem não

50

EDO-2016-1.nb

ⅇ∫ ⅆ  Q( x ) ⅇ∫ ⅆ ⅆ P x

y

P x

=

x + C

(2.30)

que é a solução que procuramos. 2o . Método de solução

Usamos o método da variação da constante de integração. Consiste nos seguintes passos: Passo 1. Resolva a equação homogénea correspondente

⟹

dy + P( x ) y = 0 dx

ⅇ ∫

y ( x ) = C

⟹

dy = -P( x ) y dx

dy y

= -P( x ) dx

ⅆ .

- P( x ) x

(2.31)

Passo 2. Considere a constante C de integração uma função desconhecida de x, isto é, C(x), e calcule y ( x ) = C ( x )

ⅇ ∫

ⅆ

- P( x ) x

⟹

dy dC = dx dx

ⅇ ∫

ⅆ - C ( x ) P( x ) ⅇ ∫ ⅆ

- P( x ) x

- P( x ) x

(2.32)

Passo 3. Substitua o resultado anterior na equação linear não homogénea (2.29) dC dx

ⅇ ∫ ⅆ ⅇ ∫  ⅇ∫ ⅆ Q( x ) ⅆ - P( x ) x

- C ( x ) P( x )

P( x ) x

C ( x ) =

ⅆ + P( x ) C ( x ) ⅇ ∫ ⅆ = Q( x ),

- P( x ) x

- P( x ) x

⇒

dC = dx

ⅇ∫

ⅆ Q( x ),

P( x ) x

x + A

(2.33)

onde A é uma nova constante de integração. Passo 4. Substitua o resultado anterior em (2.31) para obtermos a solução geral: y ( x ) = C ( x )

ⅇ ∫

ⅆ = ⅇ ∫ ⅆ  ⅇ∫ ⅆ Q( x ) ⅆ x + A .

- P( x ) x

- P( x ) x

P( x ) x

(2.34)

Do resultado anterior pode-se concluir que, a solução geral da EDO (2.29) contém a solução da equação homogénea correspondente x y h = A -∫ P( x ) ⅆ e uma solução particular da equação não homogénea y p = -∫ P( x ) ⅆ x ∫ P( x ) ⅆ x Q( x ) x . Não recomendamos decorar a

ⅇ

ⅇ

∫ ⅇ

fórmula (2.34) senão repetir os passos descritos.

Exemplo 1. Encontre a solução geral da equação ( x + 1) Solução. Escrevemos a equação na forma padrão

 ⅆ 

dy dx

dy dx

- y = e3 x ( x + 1)2 . Qual é a solução particular se y(0) = -1?

- x +y 1 = e3 x ( x + 1), de onde P( x ) = - x +11 e Q( x ) = e3 x ( x + 1). A integral

ⅆ

1

ⅆ

P x = x = - ln( x + 1) = ln( x + 1)-1 , e o fator integrante R = e x + 1

∫ ⅆ = eln P x

( x +1)-1

= ( x + 1)-1 =

1 x + 1

.

e a solução geral será

ⅇ∫ ⅆ  Q( x ) ⅇ∫ ⅆ ⅆ ⟹ 1 1  e +C . 3

y

P x

P x

=

x + C

1



1

y = e3 x ( x + 1) x + 1 x + 1

ⅆ

 ⅆ

x + C = e3 x x + C =

1 3 x e +C , 3

3 x

y = ( x + )

Se y(0) = -1, temos -1 = ( 0 + 1)

 13 e

3 (0)



1 +C = + C 3

⟹





4 1 4 C = - . Logo a solução particular : y = ( x + 1) e 3 x - . 3 3 3

Usando Mathematica encontramos tanto a solução analítica para a condição inicial dada como também o gráfico da solução.

EDO-2016-1.nb



⩵ⅇ

sol = DSolve y '[x] - y[x] / (x + 1) resolve equação diferencial

3x

Plot[y[x] / . sol, { x, -1, 1}, FrameLabel gráfico



(x + 1), y[0] == -1 , y[x], x

→ {x, y}, Frame -> True,⋯ PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 230]

legenda do quadro

y x → 13  4 ⅇ  [ ]

3x

- +



quadro

ve

tema do gráfico

tamanho da imagem



( 1 + x)

4 3 2 y

1 0 -1 -1.0

-0.5

0

0.5

1.0

x dy dx

Exemplo 2. Encontre a solução geral da equação Solução. Escrevemos a equação na forma padrão

dy dx

= tan( x ) y + cos( x ). Qual é a solução particular se y(0) = 1?

- tan( x ) y = cos( x ), de onde P( x ) = - tan( x ) e Q( x ) = cos( x ). A integral

sin ⅆ  ⅆ  tan ⅆ  cos P x = -

( x ) x = ln(cos( x )), e o fator integrante R = e ( x )

( x ) x = -

∫ ⅆ = eln cos (

P x

( x ))

= cos( x ).


ⅇ∫ ⅆ  Q( x ) ⅇ∫ ⅆ ⅆ ⟹ cos  cos( x ) cos( x ) ⅆ  1 cos2 2 ⅆ +C = 12  12 sin 2  . Logo 1 1 1 sin 2  ,  2 2 cos P x

y

( +

y =

P x

=

( x ))

y

x +

x

x +

( x )

x + C

( x ) =

x + C =

 cos ( x ) ⅆ 2

x + C =

( x ) + C

( x ) + C

é a solução geral. Se y(0) = 1, temos 1 =



⟹



1 1 1 0 + sin(0) +C 2 cos(0) 2

C = 1. Logo a solução particular : y =





1 x 1 + sin(2 x ) + 1 . cos( x ) 2 4

Usando Mathematica encontramos tanto a solução analítica para a condição inicial dada como também o gráfico da solução. sol = DSolve[{y '[x] == y[x] Tan[x] + Cos[x], y[0]

⋯

resolve equação dif

⋯

tange

π π

cosseno

Plot[y[x] / . sol, { x, -2 , 2 }, FrameLabel gráfico

⩵ 1}, y[x], x]


legenda do quadro

quadro

ve

y x → 14 4 Sec x

tema do gráfico

tamanho da imagem



[ ] + 2 x Sec [x] + Sec[x] Sin[2 x ]

[ ] 15 10 5

y

0 -5 -10 -15

-5.0

-2.5

0

2.5

5.0

x

+ y = ln( x ) + 1. Qual é a solução particular se y(1) = 2? Exemplo 3. Encontre a solução geral da equação x dy dx Solução. Escrevemos a equação na forma padrão

dy dx

y + x =

ln( x )+1 x

, de onde P( x ) = 1 / x e Q( x ) =

ln( x )+1 x

. A integral

51

52

EDO-2016-1.nb

 ⅆ  1 ⅆ P x =

x

x = ln( x ), e o fator integrante R = e

∫ ⅆ = eln

( x )

P x

= x .


ⅇ∫ ⅆ  Q( x ) ⅇ∫ ⅆ ⅆ ⟹

y

P x

P x

=

x + C

y x =

 ln( x x ) + 1 x ⅆ

ⅆ



x + C = (ln( x ) + 1) x + C .

Calculamos a integral

 (Log[ ] + 1) ⅆ x

x

logaritmo

x Log[x]

pelo que a solução geral será y =

1 x

( x ln( x ) + C ).

é a solução geral. Se y(1) = 2, temos

⟹

1 2 = ( 1 ln(1) + C ) 1

C = 2. Logo a solução particular : y =

1 x

( x ln( x ) + 2)


⩵ (Log[x] + 1) / x, y[1] ⩵ 2}, y[x], x] Plot[y[x] / . sol, { x, -1, 2}, FrameLabel → { x, y}, Frame -> True, PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 230] ⋯ sol = DSolve[{y '[x] + y[x] / x

resolve equação diferencial logaritmo

gráfico

legenda do quadro

y x → 2 [ ]

+ x Log[x]

x

quadro

ve

tema do gráfico

tamanho da imagem



8

6 y

4

2 -1

0

1

2

x

Exemplo 4. Equação de Bernoulli. Uma equação de Bernoulli é da forma

dy dx

+ P( x ) y = Q( x ) y n, onde n é qualquer número. Esta classe

de equações se reduzem a lineares não homogéneas mediante a substituição z = y 1-n . Com esta informação, encontre a solução geral 2 da equação dy - x y = - e- x y 3 . Qual é a solução particular se y(0) = 1/2? dx Solução. Na equação de Bernoulli dada

dz dz dy 2 dy = =- 3 dx dy dx y dx

⟹

dy dx

2

- x y = - e- x y 3 , onde n = 3, usamos a substituição z = y 1-3 =

1

y 2

. Temos

dy 1 1 dz y 3 dz ==. dx 2 dx 2 z3/2 dx

Substituindo isto na equação original encontramos uma ED nas variáveis x e z: dy 2 - x y = - e- x y 3 dx

⟹

-

⟹

x 1 1 dz 1 2 = -e- x / / 3 2 1 2 3 2 z dx z z /2

-

1 dz 2 - x z = - e- x 2 dx

⟹ 2

dz 2 + 2 x z = 2 e- x . dx

Esta equação realmente é linear não homogénea. Identificamos nela P(x) = 2x, Q(x) = 2 e -x . O fator

 ⅆ  2 ⅆ P x =

x x = x 2 , e o fator integrante R = e

A solução geral da equação z

dz dx

=

P x

x + C

pelo que a solução geral será

P x

x 2

.

2

+ 2 x z = 2 e-x , será

ⅇ∫ ⅆ  Q( x ) ⅇ∫ ⅆ ⅆ ⟹ P x

∫ ⅆ = e

2

z e x =

 2 e  e ⅆ - x 2

x 2

x + C = 2 x + C ,

EDO-2016-1.nb

1

2

z = 2 = e- x (2 x + C ). y

Se y(0) = 1/2, temos

⟹

1 = e-0 (0 + C ) 2 (1 / 2)

C = 4. Logo a solução particular :

1 y 2

2

= e

- x 2

(2 x + 4) ou y ( x ) =

e x /2

2 x + 4

.




sol = DSolve y '[x] - y[x] x

⩵ - ⅇ

-x 2

y[x]3 , y[0]


Plot[y[x] / . sol, { x, -2, 2}, FrameLabel gráfico

⩵ 1 / 2, y[x], x


legenda do quadro

quadro

ve

tema do gráfico

tamanho da imagem

DSolve::bvnul : For some branches of the general solution, the given boundary conditions lead to an empty solution.

y x →

ⅇ

[ ]

2

x2 2

2+x



4 3 y

2 1 -2

-1

0

1

2

x

Exemplo 5. Encontre a solução geral da equação

dy dx

- x +n1 y = e x (1 + x )n . Qual é a solução particular se n = -2 e y(0) = -2?

Solução. Resolvemos pelo segundo método. A solução da parte homogénea

 ⅆ  1 1 ⅆ y

y

= n

x +

x + ln(C )

dy dx

- x +n1 y = 0, é

⟹ ln

(y ) = n ln( x + 1) + ln(C ) = ln(C ( x + 1)n )

y = C ( x + 1)n .

Considerando C uma função de x e derivando, temos dy dC = ( x + 1)n + C n( x + 1)n-1 , dx dx inserindo na EDO original n dC C ( x + 1)n = e x (1 + x )n , ou ( x + 1)n + C n( x + 1)n-1 x + 1 dx

dC ( x + 1)n = e x (1 + x )n dx

⟹

dC x = e , C ( x ) = e x + A, dx

sendo A uma nova constante. A solução geral será y = ( e x + A) ( x + 1)n .

Se n = -2, y(0) = -2, temos





-2 = e0 + A (0 + 1)-2

⟹

A = - 3.

Logo a solução particular : y = ( e x - 3) ( x + 1)-2 . Usando Mathematica encontramos tanto a solução analítica para a condição inicial dada como também o gráfico da solução.



53

54

EDO-2016-1.nb


⩵ ⅇ

x y[x] , y[0] 2 x+1 resolve equação diferencial (x + 1)



sol5 = DSolve y '[x] + 2

Plot[y[x] / . sol5, { x, - 1, 6}, FrameLabel gráfico

⩵ -2, y[x], x


legenda do quadro

y x → [ ]

quadro

ve

tema do gráfico

tamanho da imagem

ⅇ  x x

-3 +

(1 + )2

7.5 5.0 2.5 y

0 -2.5 -5.0 -7.5 0

2

4

6

x

Exemplo 6. Encontre a solução geral da equação



dy dx

- y ln(2) = 2sin( x ) (cos( x ) - 1) ln(2). Qual é a solução particular se quando x =

y( /2) = -1? Solução. Resolvemos pelo segundo método. A solução da parte homogénea

 ⅆ

y

y

= ln(2)

 ⅆ

x + ln(C )

⟹ ln

(y ) = ln(2) x + ln(C )

⇒

dy dx

ln(y / C ) = ln(2 x )

y = C 2 x .

Considerando C uma função de x e derivando, temos dy dC x 2 + C 2 x ln(2), = dx dx inserindo na EDO original dC x 2 + C 2 x ln(2) - C 2 x ln(2) = 2sin( x ) (cos( x ) - 1) ln(2), ou dx

⟹ 1 ⅆ

dC x sin( x ) 2 =2 (cos( x ) - 1) ln(2) dx

 ⅆ



dC = 2sin( x )- x (cos( x ) - 1) ln(2), ou dx

C = ln(2) 2sin( x )- x (cos( x ) - ) x + A .

sendo A uma nova constante. Calculamos a integral ClearAll["Global`*"]; apaga tudo

Log[2]

 2

Sin[x]-x

(Cos[x] - 1)

logaritmo

cosseno

ⅆx

2-x+Sin[x]

Logo C ( x ) = 2- x +sin( x ) + A

Assim,





y = C 2 x = 2- x +sin( x ) + A 2 x .





Logo a solução particular : -1 = 2- /2+sin( /2) + A 2 /2 . Encontramos A :







π 2 Sin π 2

N Solve -1 == 2resolve

{{A

→

-1.00987}}

/ +

[ / ]



+ A 2

π 2, A /

- y ln(2) = 0, é

 2, /

EDO-2016-1.nb

55

Logo a solução particular :





y = 2- x +sin( x ) - 1 2 x = 2sin( x ) - 2 x .



Plot 2Sin[x] - 2x , { x, -2 Pi, Pi}, ColorFunctionScaling

⋯⋯

gráfico

→ False, PlotStyle ⋯→ Thick,⋯ PlotTheme → "Marketing", FrameLabel → x, y 

⋯

altera a escala da funçã

{

falso

estilo do g

esp

tema do gráfico

}

legenda do quadro

2

0 y

-2

-4 -6

-4

-2

0

2

x


2.4 .3.1 Aplicações Neste ponto abordamos algumas aplicações. Exemplo 1 ( Física). Uma objeto de massa m foi lançado para direita com um ângulo de inclinação

θ com relação ao solo e a uma

velocidade inicial v 0 . Se uma força de resistência horizontal é proporcional a velocidade instantânea nessa direção age na região F x ,res = k v x , onde k é uma constante de proporcionalidade. Encontre a) a altura máxima que atingirá, b) a trajetória descrita pelo objeto, e c) o alcance horizontal.

Solução. Considere a figura abaixo, onde temos traçado uma porção da trajetória, as forças aplicadas e o vetor velocidade instantânea v.



⟹

F x = - F x,res = m a x



⟹

F y = -m g = m a y

-k v x = m a x = m

- g = a y =

dv y dt

dv x dt

.

A equação ao longo de x é linear. Sua solução é direita

ⅇ

v x (t ) = C

⟹

dv x dt

-k v x = m

-k t /m

dv x k = - dt v x m

⟹

ln(v x ) = ln(C ) + -

k t m

.

θ

θ

Em t = 0, v x (0) = v 0 cos( ). Logo C = v 0 cos( ) e a solução

θ ⅇ

v x (t ) = v0 cos( )

-k t /m

.

Na direção y o movimento acontece com aceleração constante ay = - g. Por tanto, no instante t

θ

v y (t ) = v0 sin( ) - g t .

θ

θ 

Quando a altura máxima é atingida, v y (t ) = 0 = v 0 sin( ) - g t e o tempo de subida t s = v 0 sin( ) g . a) Altura máxima

56

EDO-2016-1.nb

θ

θ

θ

θ

1 2 v 20 sin2 ( ) 1 v 2 sin2 ( ) v 20 sin2 ( ) - g 0 = g t s = . 2 g 2 2 g g 2

H = v0 sin( ) t s -

b) Trajetória. Ao longo de x temos v x (t ) =

θ ⅇ

dx = v0 cos( ) dt

-k t /m

 ⅆ

θ  ⅇ ⅆ ⟹

x

a integração dá

T

x = v0 cos( )

0

-k t /m

t

x(t ) =

0

θ  ⅇ 

m v0 cos( ) 1 k

- kmt

isolamos o tempo: kx = 1 m v0 cos( )

θ

ⅇ ⟹ⅇ - kmt

- kmt

= 1 -

θ ⟹

kx m v0 cos( )

θ ⟹

-

k t kx = ln 1 m m v0 cos( )

-

1 m g 2 k

t = -

m kx ln 1 . k m v0 cos( )

θ

Ao longo de y temos

θ

y = v0 sin( ) t -

θ

1 2 m kx g t = - v0 sin( ) ln 1 2 k m v0 cos( )

θ

 

2

ln 1 -

kx m v0 cos( )

θ

2

Agora mostramos um gráfico da trajetória para diferentes valores das constantes envolvidas no problema.








Manipulate manipula

θ

 ⅇ

θ



θ

m v0 Cos[ Degree ] 1 - -2 k v0 Sin[ Degree]/(9.81m) ; k v2 Sin[ Degree ]2 H = 0 ; 2 (9.81) Sin[ Degree] kx 9.81 m Plot -m v0 Log 1 k m v0 Cos[ Degree] 2 k d =

θ



logaritmo





θ

 

2



Log 1 -

kx m v0 Cos[ Degree]

θ



2

, { x, 0, d}, PlotRange

→

{{ 0,

→ "Marketing", ImageSize → 200, FrameLabel → x, y , Axes → True, k, 0.2, 1.2, 0.1, Appearance → "Open", ⋯ m, 1, 10, 1.0, Appearance → "Open", θ , 10, 80, 10, Appearance → "Open", v , 20, 60, 5, Appearance → "Open" PlotTheme

{

tema do gráfico

tamanho da ima

legenda do quadro

}

eixos

verdadeiro

aparência

0

aparência

aparência

aparência

k

m

θ v0

60

y

40 20 0

0

20

40

60

x

θ 

b) Alcançe máximo. O tempo to tal de subida e descida é T = 2 v 0 sin( ) g .

d}, { 0, H}},


EDO-2016-1.nb

 ⅇ T

 ⅆ t

-k t m

0

m-

ⅇ

- kmT

k

D =

57

m

θ  ⅇ 

m v0 cos( ) 1 k

- kmT

=

θ  ⅇ

m v0 cos( ) 1 k

θ

0 sin( - 2 k vmg

)



θ ⅇ

Abaixo mostramos um código que resolve o sistema de equações v x (t ) = v 0 cos( ) de nossa solução analítica anterior.

-k t /m

θ

e v y (t ) = v 0 sin( ) - g t . Compare com o gráfico




Manipulate manipula



Module {pp, sol}, módulo

 ⩵ v⋯ Sin[θ Degree] - 9.81t, x' [t] ⩵ v Cos⋯[θ Degree] ⅇ , x[0] ⩵ 0, y[0] == 0, {x, y}, {t,0, 100}; T = 2 v Sin[θ Degree] / 9.81 ; pp = {ParametricPlot[Evaluate[{x[t], y[t]} /. sol, { t, 0, T}, Axes → True, AspectRatio → 1, ⋯ PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 200, PlotStyle → Thick, FrameLabel → { x, y}, PlotRange → All]]}, ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ {k, 0.2, 1.2, 0.1, Appearance → "Open"}, {m, 1, 10, 1.0, Appearance → "Open"}, { θ , 10, 80,10, Appearance → "Open"}, {v , 10,60, 5, Appearance → "Open"} sol = DSolve y '[t]

0

resolve equação d

-k t / m

0

seno grau

co

grau

eixos

ve

0

seno grau

gráfico paramé

calcula

tema do gráfico

tamanho da ima

aparência

aparência

0

aparência

Parallel`Palette`Private`k

Parallel`Palette`Private`m

θ

Parallel`Palette`Private`

v0

0.15



y ` e t a v i r P ` e t t e l a P ` l e l l a r a P

0.10



0.05

0 0

1

2

Parallel`Palette`Private`x

2.4 .4 EDO exatas A ED da forma

estilo do g

3


esp

legenda do quadro

intervalo do

aparência

tudo

58

EDO-2016-1.nb

M( x , y ) dx + N ( x , y ) dy = 0

(2.35)

chama-se exata se o primeiro membro é a diferencial total de uma função u( x , y ) : M( x , y ) dx + N ( x , y ) dy = du =

∂ ∂

u

x

dx +

∂ ∂

u y

dy.

A condição necessária e suficiente para a ED (2.31) ser exata é que se verifique a condição:

∂ ∂ ∂ ∂ M

y

=

N

x

.

(2.36)

A solução geral da equação (2.31) tem a forma u( x , y ) = C , ou também y

x

ⅆ 



M( x , y ) x +

x 0

ⅆ

N( x 0 , y )

y = C .

(2.37)

y 0

onde x 0 e y 0 são parâmetros constantes. Note que, na segunda integral de (2.37) fixa-se x = x 0 e não fazemos o mesmo com y na primeira integral de (2.37).

π

Exemplo 1. Resolva a ED (sin( x y ) + x y cos( x y )) dx + x 2 cos( x y ) dy = 0. Encontre logo a solução particular y ( / 2) = 1. Solução. Na equação dada M( x , y ) = sin( x y ) + x y cos( x y ) e N( x , y ) = x 2 cos( x y ). Calculamos

∂ ∂ sin ∂ ∂ ∂ ∂  cos  ∂ ∂ M

y

N

x

=

=

y

( x y ) + x y cos( x y )) = x cos( x y ) + x cos( x y ) - x 2 y sin( x y ) = 2 x cos( x y ) - x 2 y sin( x y ),

(

x 2

x

( x y ) = 2 xcos( x y ) - x 2 y sin( x y ).

Por tanto, é verdade a validade da condição y

x

u( x , y ) =

∂∂My e ∂∂Nx :

M( x , y ) x +

x 0

y

x

ⅆ 



∂∂My = ∂∂Nx . Assim, de acordo com (2.32) a solução satisfaz a equação

N( x 0 , y )

y 0

ⅆ ⟹  sin y = C

ⅆ  cos ⅆ

( x y ) + x y cos( x y )) x + x 2

(

x 0

( x y )

y = C

y 0

a integração dá

 Sin ξ y ξ y Cos ξ y  ⅆξ,  x x

y

[

x0

]+

seno

[

]

y0

cosseno

x Sin x y

] - Sin[y x 0 ] x0 ,

x

Sin y x [

0]

2 0

Cos[x0 y ] cosseno

ⅆ y  

- Sin[x0 y 0 ] x 0 y

ⅆ

 sin (

[

x 0

 cos ⅆ x 20

( x y ) + x y cos( x y )) x = x sin( x y ) - sin(y x 0 ) x 0 ,

( x 0 y )

y = ( sin(y x 0 ) - sin( x 0 y 0 )) x 0

y 0

logo, a solução geral x sin( x y ) - sin(y x 0 ) x 0 + sin(y x 0 ) x 0 - sin( x 0 y 0 ) x 0 = C x sin( x y ) = sin( x 0 y 0 ) x 0 + C = C 1 .

■

⟹

x sin( x y ) - sin( x 0 y 0 ) x 0 = C

é a solução geral.

π π 1 ArcSin . ■ 2

Para a solução particular que satisfaz y ( / 2) = 1, x sin( x y ) =

π ou 2

y ( x ) =

x

π 2 sin ( π 2 1) = C1, isto é

x

Um gráfico de contorno da solução particular é mostrado.

EDO-2016-1.nb



59




 ⋯

ContourPlot x Sin[x y] == gráfico de c

seno

FrameLabel

π , x, 0, 2 π , y, {

2

} {

- 0.5, 2},

→ "Marketing",

PlotTheme

tema do gráfico

→ x, y , ContourStyle → Pink, Thick, Thickness 0.010 , ImageSize → 250 ⋯ ⋯ {

}

{

legenda do quadro

estilo de conto

[

rosa es

]}

espessura

tamanho da imagem

2.0

1.5

1.0 y

0.5

0

-0.5 0

2

4

6

x

π

Usando Mathematica para condição de contorno y ( / 2) = 1. ClearAll["Global`*"]; apaga tudo

 ⩵ -(Sin[x y[x]] + x y[x] Cos[x y[x]]) x Cos[x y[x]], y[π / 2] == 1, y[x], x 2

sol = DSolve y '[x]

resolve equação d

seno

cosseno

cosseno

Solve::ifun : Inverse functions are being used by Solve, so some solutions may not be found; use Reduce for complete solution

 π y[x] → ArcSin   information.

2x

x



 

2



2

Exemplo 2. Resolva a ED y 2 e x y + 4 x 3 dx + 2 x y e x y - 3 y 2 dy = 0. Encontre logo a solução particular y (1) = 0. 2

2

Solução. Na equação dada M( x , y ) = y 2 e x y + 4 x 3 e N( x , y ) = 2 x y e x y - 3 y 2 . Calculamos

∂ ∂ ∂ ∂ M

y

=

y

 ∂∂ ∂∂ 2

2

N

y 2 e x y + 4 x 3 ,



x

=

 

2

2

x y e x y - 3 y 2

x

∂∂My e ∂∂Nx :





2

D y 2 e x y + 4 x 3 , y , D 2 x y e x y - 3 y 2 , x derivada

2 e

x y2

derivada

2

2



2

y + 2 e x y x y 3 Log[e], 2 e x y y + 2 e x y x y 3 Log[e]

Por tanto,

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ 2 ∂ ∂ M

y

N

x

=

=

y



2

2

2

y 2 e x y + 4 x 3 = 2 e x y y + 2 e x y x y 3 ,



2

2

2

x y e x y - 3 y 2 = 2 e x y y + 2 e x y x y 3 .

x

verificando-se a relação

∂∂My = ∂∂Nx .

Assim, de acordo com (2.32) a solução satisfaz a equação y

x

u( x , y ) =

ⅆ 



M( x , y ) x +

x 0

y

x

N( x 0 , y )

y 0

ⅆ ⟹   y = C

2 x y 2

y e

3

+ 4 x

x 0

ⅆ  2 y 0

resolvemos as integrais

 y ⅇ

+ 4 x3

ⅇ

+ x - x0 ,

x

x y2

2

x0

x y2

-

ⅇ

y x0

 ⅆ x,  2 x y ⅇ y

0

x0 y 2

- 3 y2

y0

4

4

ⅇ

y2 x0

-

ⅇ

x0 y 20

3

3

- y + y0



 ⅆ y

2

x 0 y e x 0 y - 3 y 2

x +

ⅆ

y = C

60

EDO-2016-1.nb

x

 

2 x y 2

3

+ 4 x

y e

ⅆ ⅇ ⅇ x y 2

x =

-

y

y 2 x 0

4

+ x

 2

- x 40 ,

2

x 0 y e x 0 y - 3 y 2

x 0

ⅆ ⅇ

y 2 x 0

y =

-

ⅇ

x 0 y 20

- y 3 + y 30

y 0

logo, a solução geral

ⅇ ⅇ ⅇ x y 2

y 2 x 0

-

x y 2

+ x 4 - x 40 +

ⅇ

y 2 x 0

ⅇ

x 0 y 20

-

ⅇ

x 0 y 02

+ x 4 - y 3 = C + x 40 +

⟹ⅇ

x y 2

- y 3 + y 30 = C

- y 30 = C 1 ou

ⅇ

x y 2

+ x 4 - x 40 -

+ x 4 - y 3 = C 1 .

■

ⅇ

x 0 y 20

- y 3 + y 30 = C

a solução geral. Para a solução particular que satisfaz y (1) = 0,

ⅇ

x y 2

+ x 4 - y 3 = 2.

■



ⅇ

1 (0)

+ 14 - 03 = 2 = C 1 , isto é, a solução particular




ⅇ

⩵ 2, x,

x y2 + x4 - y3

ContourPlot

{


FrameLabel

- 5,

2}, { y, - 2, 8}, PlotTheme

→ "Marketing",

tema do gráfico

→ x, y , ContourStyle → RGBColor 0, 1, 0, 1.5 , Thick, Thickness 0.010 , ImageSize → 200 ⋯ ⋯ {

}

{

legenda do quadro

estilo de conto

[

]


[

es

]}

espessura

tamanho da imagem

8

6

4 y

2

0

-2 -4

-2

0

2

x

Usando Mathematica para condição de contorno y (1) = 0 obtemos a mesma equação solução y(x).

ⅇ

x y2

+ x4 - y3 = 2 que temos encontrado para a


 ⩵ -y[x] ⅇ 2

sol = DSolve y '[x]

x y[x]2

+ 4 x3


Solve

ⅇ

x y [x ]2

4

+ x - y[x]


π

y ( / 2) = 1.

3

 

- x y 2 cos( x y ) + 1 dx +

 sin  ∂ ∂ 1 sin  cos  1 . A qui ∂ ∂ 1

Solução. Na equação dada M( x , y ) = M

y

x

=

y y

∂

1

y

y seno



-

x y

y3

∂ ∂ ∂ ∂ x

=

-

 xy 

Sin

x Cos

N

y

1

x x

-



cos

y

y

x

-

y 2

x

Cos

 yx 



o resultado

+1

cosseno y x



Sin -



y2

x y

1 x

cos( x y ) -

- x y 2 cos( x y ) + 1 e N( x , y ) =

+

Cos



x2

x y

y

x 2

 ⩵ 0, y[x], x

- 3 y[x]2 , y[1]

[ ]

x y

y

x y[x]2

⩵ 2, y x 

 sin  1

2 x y[x] ⅇ

+



y Sin

y x

x3

1 y x x - 2 sin + 2 . Aqui o resultado x y y y



x y 2

1 x

   dy

sin

x y

+

cos( x y ) -

1

y 2

x y 2

= 0. Encontre logo a solução particular

  . Calculamos ∂∂

sin

x y

+

1

y 2

M y

e ∂∂Nx :

62

EDO-2016-1.nb




Manipulate manipula



Module {constante, grafico}, módulo

 ⋯

constante = x0 - Cos Degree c



grau

x0 y0

⋯ ⋯

 + Sin⋯ Degree  y0x0  - y01 ; grau

 + Sin⋯ Degree  yx  - 1y ⩵ constante, {x, 1, 3 , y, 2, 3 , Axes → True, AspectRatio → 1, PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 200, ⋯ ⋯ ContourStyle → RGBColor 0, 1, 1, 1.5 , Thick, Thickness 0.010 , FrameLabel → { x, y}, PlotRange → All, ⋯ ⋯ ⋯ {x0, 0.05, 3, 0.1, Appearance → "Open"}, { y0, 0.02, 3, 0.1, Appearance → "Open"} grafico = ContourPlot x - Cos Degree gráfico de cont

-

} {

-

c

grau

x y

grau

}

eixos

{

estilo de conto

ve

quociente de as

[

tema do gráfico

]


[

es

]}

espessura

aparência

tamanho da imagem

legenda do quadro

intervalo do

tudo

aparência

x0

y0

3

2

1



y



0

-1

-2 -1

0

1

2

3

x

Usando Mathematica: ClearAll["Global`*"]; apaga tudo

 ⩵ -

sol = DSolve y '[x]

  - Cos  + 1 , y[x], x Cos  Sin  +

1 y[x]

Sin

x y[x]

1 y[x] resolve equação diferencial x x



Solve -x + Cos

 y xx  [ ]

y[x] x2

x y[x]2

- Sin

y[x] x

x y[x]

 y xx  [ ]

1 y[x]2

+

1 y[x]

⩵C 1 , y x  [ ]

[ ]

encontramos o mesmo resultado geral.

2.4 .4.1 Aplicações Neste ponto abordamos algumas aplicações. Exemplo 1 ( Física). Movimento de uma jangada através de um rio. Uma jangada está se movendo com uma velocidade u transver-

salmente ao fluxo do rio de largura a (veja figura). Se a velocidade da corrente é diretamente proporcional ao produto das distâncias das duas margens, encontrar o caminho do barco e a distância abaixo do rio até o ponto onde ele aterra.

EDO-2016-1.nb

63

Solução. Na figura temos traçado um sistema de coordenadas desde o ponto de partida, ponto 0, a possível trajetória descrita por ele, a

distância entre as margens, a, e Chamamos AB a distância abaixo do rio até o ponto onde ele aterra.

De acordo com o problema, as velocidades são v x =

dx = k y (a - y ) dt

v y =

dy = u, é a velocidade da changada, sempretransversalao fluxo da corrente.Dividindo estas equações dt

v y v x

dy dt dx dt

=

=

dy u = . dx k y (a - y )

Embora esta seja também uma equação diferencial com variáveis separáveis, também do tipo diferencial exata: u dy = dx k y (a - y )

⟹

u dx -k y (a - y) dy = 0,

de onde M( x , y ) = u e N( x , y ) = - k y (a - y ). Calculamos

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ M

=

y

N

x

y

=

x

(u) = 0. Aqui o resultado

(-k y (a - y )) = 0.

Por tanto, é verdade a validade da condição y

x

ⅆ 



u( x , y ) =

∂∂My e ∂∂Nx :

M( x , y ) x +

x 0

N( x 0 , y )

ⅆ

∂∂My = ∂∂Nx . Assim, de acordo com (2.32) a solução satisfaze a equação

y = C 1

y 0

y

x

⟹  ⅆ  u x +

x 0

ⅆ

(-k y (a - y )) y = C 1

y 0

onde a integral



supondo

-

≠ 0 && y ≠ 0 && y ≠ y , 

y

Assuming {{k, a}

0}

(-k y ( a - y))

y0

ⅆ y

k y 30 1 k y3 1 a k y2 + a k y20 + 2 3 2 3

logo y

x

 ⅆ  u x +

x 0

(-k y (a - y ))

ⅆ

y = C 1

⟹

u( x - x 0 ) -

1 1 k y 3 k y 30 a k y 2 + + a k y 20 = C 1 2 3 2 3

y 0

u x -

k y 3 k y 30 1 1 a k y 2 + = C 1 + - a k y 20 + u x 0 = C . 2 3 3 2

A solução geral é u x -

k y 3 1 a k y 2 + = C . 2 3

■

Como y(0) = 0, encontramos C = 0. Assim a trajetória é definida pela equação x =

k

6u

y 2 (3 a - 2 y ).

■

⟹

64

EDO-2016-1.nb




Manipulate manipula



L = k a3 (6 u);

 6ku y (3 a - 2 y) ⩵ x, {x , 0 , L}, {y, 0, a}, Axes → True,⋯ AspectRatio → 1, PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 200, PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 200, ContourStyle → RGBColor 0, 1, 1, 1.5 , Thick, Thickness 0.010 , FrameLabel → { x, y}, PlotRange → All, ⋯ ⋯ ⋯ {a, 1, 10, 1, Appearance → "Open"}, { k, 0.1, 5, 0.5, Appearance → "Open"}, {u, 2, 10, 0.5, Appearance → "Open"} 2

ContourPlot


eixos

tema do gráfico

tamanho da imagem

{

[

estilo de conto

tema do gráfico

]


[

es

ver

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]}

espessura

aparência


legenda do quadro

intervalo do

aparência

tudo

aparência

a

k

u

8

6 y

4

2

0 0

20

40

60

80

x

Lista 2. Equações Diferenciais de Primeira Ordem II.1 EDOs com variáveis separáveis y 2 - 1. 1. Resolva a equação 4 xy dy dx =

2. Determine a solução particular de

θ

d dt =

θ

θ

2 e3 t -2 , se para t = 0, = 0.



3. Encontre a curva que satisfaz a equação xy = 1 + x2



dy dx e

passa através do ponto (0, 1).

4. tan( x) sin2 (y ) dx + cos2 ( x) cotg(y ) dy = 0. 5. x y ' - y = y 3 .



6. x y y ' = 1 - x2 .



6. y - x y ' = a 1 + x2 y ' . 7. 3 e x tan(y ) dx + (1 - e x ) sec2 (y ) dy = 0. 8. A corrente i num circuito elétrico contendo uma resistência R e uma indutância L em serie com uma fonte de voltagem E é dado pela equação diferencial E - L

di dt =

Ri. Resolva a equação e encontre i em termos do tempo t dado que quando t = 0, i = 0.

EDO-2016-1.nb

9. Para uma expansão adiabática de um gás C v

dp p

+ Cp

dV

= 0,

V

onde Cp e CV são constantes. Dado n =

Cp Cv

65

, mostre que pVn = constante.

10. Resolva: a) (2 y - 1)

3 x + 1, dado x = 1 quando y = 2.

dy dx =

2

x y b) 2 y (1 - x) + x(1 + y ) dy dx = 0, dado = 1 quando = 1.

c) Mostrar que a solução da equação 11. Determine a equação da curva xy

y 2 +1 x2 +1

y dy

= x dx é

dy x 2 - 1, dx =

da forma

y 2 +1 x2 +1

= constante.

e que passa através do ponto (1, 2).

12. A diferença de potencial, V, entre as placas de um capacitor C carregado por uma voltagem estacionária E através de um resistor R é dado pela equação C R

dV V E dt + = . -6 F R

⨯

quando E = 25 V , C = 20 10

a) Resolva a equação para V dado que em t = 0, V = 0. b) Calcule V, com 3 cifras significativas,

⨯ Ω

, = 200 103 e t = 3.0 s.

II.2 EDOs que se reduzem a variareis separáveis:

dy dx



= f

a1 x + b 1 y + c1 a2 x + b 2 y + c2



13. Encontre a solução geral para as equações: y a) x + dy dx = 3 , x b) 3 y - dy dx + 2 + 2 = 0,

c) d)

1 e2 x-y

dy

= 3 dx ,

dy 1 dx = 4 x+y -2 - 1,

e) y ' = (8 x + 2 y + 1)2 , f) (2 x + 3 y - 1) dx + (3 x + 6 y - 5) dy = 0 14. Encontrar a curva que passa através do ponto (1, 1 / 3) se o coeficiente angular da tangente a ele em qualquer ponto da curva é três



vezes o coeficiente angular do raio vetor do ponto de tangência. R. y = x 3 3. II.3 EDOs homogêneas

15. Resolva o problema do valor inicial para as seguintes equações diferenciais: a) y - x = x b) x

dy dx ,

dado x = 1, quando y = 2.

dy x2 +y 2 dx = y ,

   d) 

dado que x = 1 quando y = 4.

c) x2 + y 2 dy = xy dx, se y = 1 quando x = 1. 2 y - x y +2 x

dy dx = 1

se y = 3 quando x = 2.

e) x2 y ' = y 2 + x y . f) x y 'cos(y / x) = y cos(y / x) - x. 16. Mostrar que a solução da equação diferencial x 2 - 3 y 2 + 2 xy

dy dx =

0 é dada por y = x

8 x + 1 , dado que y = 3 quando x = 1.

II.4 EDOs lineares

17. Encontre a solução geral ou particular para as seguintes EDOs lineares: a) y ' = y tan( x) + cos( x). R. y = ( x / 2 + (1 / 4) sin(2 x) + C) / cos( x). b) Considere a seguinte equação de Bernoulli



dy dx =

4 xy + x

y . Fazendo a substituição z =

y encontre sua solução geral. R.

y = x4 ((1 / 2) ln x + C)2 .

c) y ' - y / x = x. d)

dy 2 y x 3 . dx + x =

e) x y ' + y - e x = 0; y = b para x = a. f) y ' - 1-y x2 - 1 - x = 0; y = 0 para x = 0. g) y ' - y tan( x) = 18. A equação

1 ; cos( x)

y = 0 para x = 0.

dv a v + b t ), dt = -(

onde a e b são constantes, representam uma equação do movimento quando uma partícula se move num

66

EDO-2016-1.nb

meio. Resolva a equação para v dado que v(0) = u . 19. Num circuito de corrente alterna contendo uma resistência R e uma indutância L a corrente i é dado por R i + L i(0) = 0. Encontre a solução i(t ). R. i =

 ω  (R sin(ω t ) - ω L cos(ω t )) +  E0

R2 + 2 L2

ωω

E0

L R2 + 2 L2

II.5 EDOs exatas

20. Encontre a solução geral ou particular para as seguintes EDOs exatas:

    b) 2 x y + x y + y  3 dx +  x + xy + x  3 dy = 0. R.

a) 3 x2 + 6 x y 2 dx + 6 x2 y + 4 y 3 dy = 0. R. x3 + 3 x2 y 2 + y 4 = C. 2

3

2

2

3

c) ( x + y ) dx + ( x + 2 y ) dy = 0.

  e)  x - 3 xy + 2 dx - 3 x y - y  dy = 0. f)  x + e  dx + e 1 -  dy = 0; y = 2 para x = 0. d) x2 + y 2 + 2 x dx + 2 xydy = 0. 3

2

x/y

2

x/y

x y

g) e-y dx + (1 - x e-y ) dy = 0.





h) x2 - y dx - xdy = 0.

2



e-R t /L .

ω t ). Dado que

di E dt = 0 sin(

EDO-2016-1.nb

67

3 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM E ORDEM SUPERIOR

Equações diferenciais ordinárias Linear (EDOL) de segunda ordem são os mais comuns nas aplicações da física e engenharia em virtude da dinâmica: por exemplo, na mecânica clássica (MC) a aceleração é uma derivada de segunda ordem com relação ao tempo, na mecânica quântica (MQ), a energia cinética é proporcional ao quadrado da velocidade; quer dizer, seu operador é uma derivada de segunda ordem com relação ao tempo. Por este motivo, na MC, quando descrevemos o movimento de uma partícula sob o efeito de uma força, a dinâmica do problema conduz de modo natural a aparição da EDOL. Especificamente, a força conduz a EDOL não homogéneas. Na MQ, somos conduzidos a equação Schrödinger, uma equação diferencial em derivadas parciais (EDP) de segunda ordem. Desenvolvemos métodos para encontrar soluções particulares da EDOL de ordem maior que um, tal como a variação das constantes, expansão em serie de potências, e funções de Green. Classes especiais de EDOL com coeficientes constantes aparecem em circuitos elétricos RLC e osciladores harmónicos em MC.

3.1 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM Uma equação diferencial de segundo ordem linear tem a forma P( x )

d 2 y

dx2

+ Q( x )

dy + R( x ) y = G( x ) dx

(3.1)

onde P, Q, R, e G são funções continuas de x. Esta classe de equações surgem no estudo do movimento de uma mola, em circuitos elétricos, entre outros. Se G( x ) = 0, a Eq.(3.1) chama-se uma EDO linear de segunda ordem homogénea, isto é, P( x ) Se, G( x )

d 2 y

dx2

+ Q( x )

dy + R( x ) y = 0. dx

≠ 0 a Eq.(3.1) chama-se

(3.2)

não-homogénea. A solução geral a Eq.(3.1) está baseada em dois teoremas.

Teorema 1. Se y 1 ( x ) e y 2 ( x ) são duas soluções da EDO (3.1) e C 1 e C 2 são qualquer constantes, logo a função y ( x ) = C 1 y 1 ( x ) + C 2 y 2 ( x )

é também uma solução da Eq.(3.1). Teorema 2. Se y 1 ( x ) e y 2 ( x ) são soluções linearmente independentes da Eq.(3.1) e P( x ) nunca é zero, logo a solução geral é dado por y ( x ) = C 1 y 1 ( x ) + C 2 y 2 ( x ) onde C 1 e C 2 são constantes arbitrárias.

Neste capítulo estudamos os seguintes tipos de EDOs de segunda ordem:

♣ homogéneas lineares com coeficientes constantes, ♣ não-homogéneas lineares com coeficientes constantes 3.1.1 EDOs lineares homogéneas com coeficientes constantes São EDOs do tipo (3.2) onde P, Q, R são constantes e P P

d 2 y

dx2

+ Q

dy + R y = 0. dx

≠0 (3.3)

Equações do tipo (3.3), encontram-se durante o estudo do movimento de uma mola sujeita a uma força dissipativa que depende da velocidade instantânea, isto é, o movimento amortecido de uma mola.Também no estudo da variação da carga elétrica no tempo em

68

EDO-2016-1.nb

circuitos R –L –C . A equação também descreve o movimento pendular de uma carga suspensa de um guindaste, que é posta em movimento quando o guindaste gira para uma nova posição e logo para. O movimento pode ser modelado como mostrado na Fig. 3.1, onde l é o comprimento do cabo do guindaste, o símbolo m representa a carga, F é a força de atrito exercida pela resistência do ar devido ao movimento, e é a deflexão angular do cabo em relação à vertical.

θ

A fim, de escrevermos a EDO descrevendo esta física, notamos que o torque é devido ao peso da carga e a força resistiva se opondo ao movimento, igual a 0 = -mglsin( ) - Flcos( ), onde a força resistiva F = ld dt, foi considerado para ser proporcional a velocidade da

τ

θ

θ

μ

μ θ

carga, e com uma constante de proporcionalidade . O momento de inércia da carga ao redor de O é J 0 = ml2 . Usando a segunda lei de Newton para a rotação, no caso de ângulos de rotação 1, temos

θ≪

Fig.3.1 A carga suportada por um cabo deflectido do guindaste.

τ

0 =

ou

θ

θ

-mglsin( ) - Flcos( ) = ml2

θ μ ddtθ

-mgl - l2

= ml2

d 2

d 2

θ ,

2

dt

θ ,

dt2

que rescrevemos como

θ μ dθ θ 0. dt dt

d 2

2

+

+

m

g

=

l

(3.4)

3.1.1.1 Método de solução

Equações do tipo (3.3) ou (3.4), se resolvem como segue. Tentamos uma solução do tipo: y ( x ) =

ⅇ

r x

,

(3.5)

onde r é uma constante. Substituindo (3.5) em (3.3),



P r 2 + Q r + R

ⅇ

r x

= 0,

de onde, afim de não termos soluções triviais P r 2 + Q r + R = 0,

(3.6)

esta equação é chamada auxiliar ou característica. As raízes para r são duas: r 1 =

-Q Q2 - 4 PR , r 2 = 2 P

-Q +

Q2 - 4 PR . 2 P

(3.7)

Dependendo da sinal do discriminante Q2 - 4 P R, teremos três casos. CASO I. Q2 - 4 P R > 0

Neste caso, as raízes r 1 e r 2 são reais e diferentes. Assim, duas soluções seriam y 1 = solução geral será y ( x ) = C 1

ⅇ

r 1 x

+ C 2

ⅇ

r 2 x

.

ⅇ

r 1 x

e y 2 =

ⅇ

r 2 x

, e, de acordo com o teorema 2, a

(3.8)

69

EDO-2016-1.nb

Exemplo 1. Resolva a equação y '' - 6 y ' + 5 y = 0. Solução. A equação característica é r 2 - 6 r + 5 = 0

cujas soluções são Solve[r ^ 2 - 6 r + 5 == 0, r] resolve

→1 , r→5

{{r

} {

}}

cujas raízes são r = 5, r = 1. Por tanto, a solução geral é y ( x ) = C 1

ⅇ

x

+ C 2

ⅇ

5 x

.

CASO II. Q2 - 4 P R = 0

Neste caso r 1 = r 2 ; isto é, as raízes da equação característica são reais e iguais. Seja r esta raíz, logo da Eq.(3.7) r =

-Q

, assim 2 r P + Q = 0 2 P

(3.9)

Agora mostramos que, além da primeira solução y 1 = P

d 2 y 2

dx2

+ Q



r x

r x 2

r +

r x + Q(

( r P + Q) + x r 2 P + r Q + R

r x

=

, a segunda solução y 2 = x

r x

r x

+

r x ) + R x

ⅇ

r x

ⅇ

+ C 2 x

r x

=

r x

P

r x

também é uma solução:





r + r 2 x + Q(1 + r x ) + R x =

r x

[( ) + x ( ) ] =

Por tanto, as duas soluções linearmente independentes são y 1 = y ( x ) = C 1

ⅇ ⅇ ⅇ  2

r x

ⅇ ⅇ  ⅇ ⅇ  ⅇ 0 0 0.

dy2 + R y 2 = P 2 dx

ⅇ 2

ⅇ

ⅇ

ⅇ

r x

e y 2 = x

r x

. A solução geral será:

r x

,

(3.10)

sendo r dado por (3.9). Exemplo 2. Resolva a equação y '' - 6 y ' + 9 y = 0. Solução. A equação característica é r 2 - 6 r + 9 = 0, a qual pode ser fatorado (r - 3)2 = 0, cuja única solução é r = 3. Assim, a solução

geral, em virtude de (3.10) é y ( x ) = C 1

ⅇ

3 x

ⅇ

+ C 2 x

3 x

.

CASO III. Q2 - 4 P R < 0

Neste caso as raízes r 1 e r 2 da equação característica são complexas. .Escrevendo as raízes como

α ⅈβ , α ⅈβ , onde α e β são números reais, obtemos 3.11 α 2 , β 4 PR2 . Logo, usando a equação de Euler: ⅇ ⅈθ cosθ ⅈ sinθ , temos ⅇ ⅇ ⅇ α ⅈβ ⅇ α ⅈβ ⅇ α cosβ ⅈ sinβ ⅇ α cosβ ⅈ sinβ ⅇ α ⅇ α cos β x sin β x cos β x ⅈ sin β x onde , ⅈ . Isto dá todas as soluções (reais ou complexas) da equação diferencial. Assim, o resultado para este r 1 =

+

=-

r 2 =

Q

- Q2

=

P

-

(

P

=

r 1 x

+ C 2

[(C 1 + C 2 )

(

y ( x ) = C 1 x

r 2 x

= C 1

( + ) x

)

+

+ C 2

) + (C 1 - C 2 )

(

( - ) x

)] =

x

x

= C 1

[ A1

(

(

+

) + A2

) + C 2

(

x

(

-

)=

)]

A1 = C 1 + C 2 A2 = (C 1 - C 2 )

caso é:

α ( A1 cos(β x) + A2 sin(β x)).

y ( x ) = e

x

(3.12)

Resolva a equação y '' - 3 y ' + 8 y = 0. Encontre, depois, uma solução particular para a condição inicial Exemplo 3. y (-2) = - 0.5, y ' (-2) = 0. Solução. A equação característica é: r 2 - 3 r + 8 = 0. Suas soluções são

70

EDO-2016-1.nb

Solve[r ^ 2 - 3 r + 8 == 0, r] resolve

r → 12 3 ⅈ

23

-

ou

α 3 2, β = /

23

=

, r → 12 3 ⅈ

23

+



2. Sua solução geral é

y = e3 x /2 A1 cos

23 x / 2 + A2 sin

23 x / 2 .

Para a solução particular calculamos a derivada

∂ ⅇ



3 x /2

x



23

A1 Cos

cosseno 2

ⅇ

3 x /2

-

1 2

23 Sin



x

2

seno

23 x 1 A1 + 2 2





23

x + A2 Sin



23 Cos

23 x 3 A 2 + 2 2





ⅇ

3 x /2

Cos

23 x A 1 + Sin 2







23 x A 2 2

agora resolvemos o sistema de duas equações para as constantes A1 e A2 . Estas equações são, para y (-2) = - 0.5, y ' (-2) = 0 : x = -2;

ⅇ

Solve



3 x /2

cosseno 2

resolve

ⅇ

3 x /2

-

ⅇ 2 3

{{A1

→

23

A1 Cos



1

3 x /2

23 x

23 Sin

2

2

seno



Cos

23 x

cosseno 2

-7.09735, A 2

→





 A

1 +

1 +

seno



1

23 Cos

2



Sin

x

2

seno

 A

⩵

23

x + A2 Sin

-0.5,

23 x

cosseno 2

23 x 2

 A ⩵ 0, 2

 A

2

+



{A1 , A2 }

-9.48423}}

Assim, a solução particular é





y = e3 x /2 -7.09735 cos





23 x / 2 - 9.48423 sin

 ■

23 x / 2 .


sol = DSolve[{y ''[x] - 3 y '[x] + 8 y [x] resolve equação diferencial

y x → [ ]

-7.09735

1.

ⅇ

3 x /2

Cos



23 x 2



⩵ 0, y

[-2]

+ 1.33631

ⅇ

⩵

-0.5, y'[-2]

3 x /2

Sin



23 x 2

⩵0 , y x , x }

 

[ ]

]



71

EDO-2016-1.nb



→ True, AspectRatio → 1, ⋯ PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 200, FrameLabel → x, y , PlotRange → All, ⋯

Plot y[x] /. sol, {x, -3, 5}, Axes gráfico

eixos

tema do gráfico

PlotStyle

ver


{ legenda do quadro

tamanho da imagem

}

intervalo do

→ RGBColor 0, 1, 0, 1.0 , Thick, Thickness 0.020  [

estilo do gráfico

]


[

tudo

]

espesso espessura

8000 6000 4000

y

2000 0

-2

0

2

4

x

Exemplo 4. Resolva a equação 4 x '' - 20 x ' + 5 x = 0, onde x(t) é função do tempo t. Encontre, depois, uma solução particular para a

condição inicial x (0.1) = 0.1 , x ' (0.1) = 0. Solução. A equação característica é: 4 r 2 - 20 r + 5 = 0. Suas soluções são N[Solve[4 r^2 - 20 r + 5 == 0, r]] resolve

{{r

→ 0.263932 , r → 4.73607 }

{

}}

A solução geral é

■

x = A1 e0.263932 t + A2 e4.73607 t .

Para a solução particular calculamos a derivada da solução x(t) ClearAll["Global`*"]; apaga tudo

∂ ⅇ

0.263932 t

t

0.263932

ⅇ

A1 +

ⅇ

4.736067 t

0.263932 t

A2



A1 + 4.73607

ⅇ

4.73607 t

A2

agora resolvemos o sistema de duas equações para as constantes A1 e A2 . Estas equações são, para x (0.1) = 1, x ' (0.1) = 0 : t = 0.1;



N

valor numérico

ⅇ

Solve

0.263932 t

A1 +

resolve

{{A1

→ 1.03143, A → 2

ⅇ

4.736067 t

A2

⩵ 1, 0.263932` ⅇ

0.263932` t

A1 + 4.736067`

ⅇ

4.736067` t

A2

-0.036753}}

Assim, a solução particular é x = 1.03143 e0.263932 t - 0.036753 e4.73607 t .

■


sol = DSolve[{4 x''[t] - 20 x'[t] + 5 x [t] resolve equação diferencial

x t → 1.03143 1. ⅇ [ ]

5 2

5

⩵ 0, x 0.1 ⩵ 1, x' 0.1 ⩵ 0 , x t , t

 t - 0.0356329 ⅇ

[

5 + 2

5

]

 t 

[

]

}

[ ]

]

⩵ 0,



{A1 , A2 }

72

EDO-2016-1.nb



→ True, AspectRatio → 1, ⋯ PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 200, FrameLabel → t, x , PlotRange → All, ⋯

Plot x[t] /. sol, {t, 0, 1.2}, Axes gráfico

eixos

tema do gráfico

PlotStyle

ver

quociente de aspecto { legenda do quadro

tamanho da imagem

}

intervalo do

tudo

→ RGBColor 0, 1, 0, 1.0 , Thick, Thickness 0.020  [

estilo do gráfico

]

[


]

espesso espessura

0

-2

x

-4

-6

-8

0

0.25

0.50

0.75

1.00

t

3.1 .1.2 Aplicações Neste ponto abordamos algumas aplicações. Problema 1 ( Física). O corpo de 8-kg é deslocado em 0.2 m à direita da posição de equilíbrio e solto desde o repouso no instante t =

0. a) Escreva a equação diferencial do movimento, b) defina qual dos três casos você se encontra, c) resolva a solução para o problema do valor inicial, se o coeficiente de amortecimento viscoso c é 20N.s/m e a constante da mola k é 32 N/m. Solução. Na figura temos traçado um sistema de coordenadas desde o ponto de partida, ponto 0, a possível trajetória descrita por ele, a

distância entre as márgens, a, e Chamamos AB a distância abaixo do rio até o ponto onde ele aterra.

ⅇ



-5 t 4

Plot



39

0.2 Cos

cosseno 4

gráfico

Frame -> True, PlotTheme quadro

⋯

verd



t +

1



Sin

39

seno

39 4

,

t

{t, 0, 6}, FrameLabel

→

{t, x},

legenda do quadro

→ "Marketing", ImageSize → 230, PlotRange⋯→ All

tema do gráfico

tamanho da imagem

intervalo do

tudo

0.20 0.15

x

0.10 0.05 0 0

2

4

6

t

Problema 2 ( Física). a) Determine a ED do movimento para o sistema vibratório amortecido mostrado na Figura abaixo. b) Que tipo

de movimento ocorre?

EDO-2016-1.nb

73

3.2 EDOs lineares não homogéneas A equação da forma: y '' + a1 ( x) y ' + a2 ( x) y = f ( x),

(3.13)

≠ 0, chama-se equação diferencial

na qual f ( x ) fórmula

não-homogénea linear de 2a ordem. A solução geral da equação (3.13) se determina pela

y( x) = yh ( x) + y p ( x),

(3.14)

onde y h ( x ) é a solução geral da equação homogénea correspondente e y p ( x ) é uma solução particular da equação não homogénea. Em outras referências bibliográficas y h( x ) é chamada função complementar e designada como y c ( x ). Na literatura existem pelo menos três métodos para encontrar a solução particular y c ( x ):

■ Método da variação dos parâmetros, ■ Método dos coeficientes indeterminados, ■ Método operacional. 3.2.1 Método de variação dos parâmetros Este método é geral e aplica-se a EDOs do tipo (3.13) onde a1 ( x ), a2 ( x ) e f ( x ) são constantes ou funções de x. Se y 1 ( x ) e y 2 ( x ) são duas soluções da equação homogénea de (3.13), pode ser mostrado que a solução particular será dada por y p ( x) = - y1



ⅆ 

y2 f ( x) x + y2 W

ⅆ

y1 f ( x) x. W

(3.15)

onde y 1 ( x ) e y 2 ( x ) são duas soluções da equação homogénea de (3.13) y '' + a1 ( x) y ' + a2 ( x) y = 0,

(3.16)

e W ( x ), chamado Wronskian de y 1 ( x ) e y 2 ( x ), define-se por W =



 

y1 ( x) y2 ( x) . y1 ( x) y2 ( x)

(3.17)

Equações desta sorte são muito comuns através da ciências físicas e engenharia, e o método de sua solução se efetua em duas partes, i.e. encontramos uma função complementaria y c (x) e encontramos a integral particular y p(x). Se f(x) = 0, em (3.13) então não temos que encontrar uma integral particular, e a função complementar é por si mesma a solução geral . Exemplo 1. Resolva a equação

d 2 y

dx2

Solução. Faremos a solução passo a passo.

1. Solução da parte homogénea. Vamos encontrar neste passo y 1 ( x ) e y 2 ( x ). A equação característica k 2 + 9 = 0, k = ± 3 i.

A solução da parte homogénea y = C 1 cos(3 x ) + C 2 sin(3 x )). Neste caso, y 1 ( x ) = cos(3 x ) e y 2 ( x ) = sin(3 x ). 2. Cálculo do Wronskiano

π

π

+ 9 y = tan(3 x ). Logo encontre a solução que satisfaz as condições iniciais y ( / 9) = 1, y ' ( / 9) = 0

76

EDO-2016-1.nb



→ True, AspectRatio → 1, ⋯ PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 200, FrameLabel → x, y , PlotRange → All, ⋯ PlotStyle → RGBColor[0, 1, 0, 1.0], Thick, Thickness[0.020], PlotRange →

Plot y[x] /. sol, {x, -1, 1.5}, Axes gráfico

eixos

tema do gráfico

ver

tamanho da imagem

estilo do gráfico



{ legenda do quadro

}

intervalo do

tudo

{{- 1, 1}, {-1, 1.1}} intervalo do gráfico

espesso espessura



1.0

0.5

y

0

-0.5

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

x

Exemplo 2. Resolva a equação

d 2 y

dx2

-4

dy dx

+ 4 y =

e2 x x 2

Logo encontre a solução que satisfaz as condições iniciais y (1) = 1, y ' (1) = 0

Solução. Faremos a solução passo a passo.

1. Solução da parte homogénea. Vamos encontrar neste passo y 1 ( x ) e y 2 ( x ). A equação característica k 2 - 4 k + 4 = 0, k 1 = k 2 = 2,

a solução é duplamente degenerada para k = 2. A solução da parte homogénea y = ( C 1 + xC2 ) e2 x . Neste caso, y 1 ( x ) = e2 x e y 2 ( x ) = xe2 x . 2. Cálculo do Wronskiano W =

e2 x x e2 x = e4 x (1 + 2 x) - 2 x e4 x = e4 x 2 x 2 x 2e e (1 + 2 x)

3. Solução particular. Neste caso f ( x ) = y p ( x) = -e2 x



e2 x x 2

ⅆ

x e2 x e2 x x + x e2 x e4 x x2

,



ⅆ

e2 x e2 x x = -e2 x e4 x x2

 ⅆ

1 x + x e2 x x

 ⅆ

1 x = -e2 x (ln( x) + 1) x2

o resultado foi y p ( x) = - e2 x (ln( x) + 1)

3. Escrevemos a solução geral y ( x ) = y h ( x ) + y p ( x ), y( x) = (C 1 + x C 2 ) e2 x - e2 x (ln( x) + 1)

4. Para a condição inicial y (1) = 1, y ' (1) = 0. Calculamos y’(x): ClearAll["Global`*"]; apaga tudo



Simplify D (C1 + x C 2 ) simplifica

ⅇ

2x

derivada

ⅇ ⅇ 2x

-

2x



(Log[x] + 1), x logaritmo

(-1 - 2 x - 2 x Log [x] + 2 x C1 + x ( 1 + 2 x ) C 2 )

x

5. Calculamos as constantes de integração C 1 , C 2 para a condição inicial y (1) = 1, y ' (1) = 0

EDO-2016-1.nb

77


x = 1;

 C

Solve

(

1 +

x C 2)

resolve

ⅇ

2x

ⅇ ⅇ 2x

2x

-

(Log[x] + 1) logaritmo

⩵ 1,

(-1 - 2 x - 2 x Log[x] + 2 x C1 + x ( 1 + 2 x ) C 2 )

x

⩵ 0,

{C1 , C2 }



C → ⅇ3 , C → 2 ⅇ ⅇ  1

2

2

-

-

2

2

ⅇ3 , C 2 = ⅇⅇ 2 .

encontramos C 1 =

22

2

6. A solução que satisfaz as condições iniciais é y( x) =

3

ⅇ

2

ⅇ

+

2

-2

ⅇ

2

ⅇ ⅇ 2 x

x

-

2 x (ln( x) +

1).

A solução que satisfaz as condições iniciais usando Mathematica, nos da o mesmo resultado. ClearAll["Global`*"]; apaga tudo

[ ] - 4 y '[x] + 4 y [x]


y x → ⅇ [ ]

3 ⅇ

-2 +2 x

2

-

⩵ ⅇx

2x

y '' x

sol = DSolve

-2x +

ⅇ

2



x-

ⅇ

2

2

, y[1]

⩵ 1, y' 1 ⩵ 0, y x , x [ ]

[ ]



Log[x]

→ True, AspectRatio → 1, ⋯ PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 200, FrameLabel → x, y , PlotRange → All, ⋯ PlotStyle → RGBColor[0, 1, 0, 1.0], Thick, Thickness[0.020], PlotRange → All ⋯


eixos

tema do gráfico

ver

tamanho da imagem

estilo do gráfico



{ legenda do quadro

}

intervalo do

espesso espessura

tudo

intervalo do

tudo

12 10 8 y

6 4 2 0

0.5

1.0

1.5

2.0

x


d 2 y

dx2

+3

dy dx

+ 52 y = sin( x 2 ). Logo encontre a solução que satisfaz as condições iniciais y (0) = 1, y ' (0) = -1.

Solução.

1. Solução da parte homogénea. Vamos encontrar neste passo y 1 ( x ) e y 2 ( x ). A equação característica k 2 + k + 1 = 0,



Solve k2 + 3 k + resolve

k →

-

5 2

⩵ 0, k

ⅈ  k →

3 , 2 2

-

ⅈ 

3 + 2 2

3 ⅈ a solução é k 1 = - 32 - ⅈ 2 , k 2 = - 2 + 2 . A solução da parte homogénea



3

ⅈ



3

ⅈ

3



ⅈ

ⅈ



ⅈ

y = A1 e x - 2 - 2 + A2 e x - 2 + 2 = e- 2 x A1 e- x 2 + A2 e x 2 . Usando e± x 2 = cos





x x ± i sin 2 2

79

EDO-2016-1.nb


x = 0;

ⅇ

Solve

-3 x /2

resolve

ⅇ 78 1

C

1

 x2 

Cos

 x2 

+ C2 Sin

cosseno

seno

4 ⅇ 3 Cos x2 

-3 x /2

3 x /2

x 8 Cos   39 2 1

-

 x2  ⩵ 1,

+ 12 Sin

cosseno

 x2 

+ 2 Sin

cosseno



+



 x2 

- 39 3 Cos

seno

cosseno

seno

 x2  C

+ Sin

1 +

  x2 

39 Cos

seno

cosseno

 x2  C  ⩵

- 3 Sin

2

seno



-1 , {C1 , C2 }

17 ,C → C → 47  39 13 1

2

encontramos C 1 =

47 17 39 , C 2 = 13 .

6. A solução que satisfaz as condições iniciais é 3

y( x) = e- 2 x





 





  ■

47 x 17 x 1 x x + + -8 cos + 12 sin cos sin . 39 2 13 2 39 2 2

A solução que satisfaz as condições iniciais usando Mathematica, nos da o mesmo resultado. ClearAll["Global`*"]; apaga tudo



y '' x

sol = Simplify DSolve simplifica

y x → 391 ⅇ [ ]

[ ] + 3 y '[x] +


-3 x /2

5 2

y[x]

⩵ Sin x2 , y 0 ⩵ 1, y' 0 ⩵ 1, y x , x [ ]

[ ]

-

[ ]

seno

47 8 ⅇ  Cos x2  3 17 4 ⅇ  Sin x2  3 x /2

-



+

+

3 x /2

→ True, AspectRatio → 1, ⋯ PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 200, FrameLabel → x, y , PlotRange → All, ⋯ PlotStyle → RGBColor[3, 0, 3, 1.0], Thick, Thickness[0.020], PlotRange →


eixos

tema do gráfico

estilo do gráfico

ver

tamanho da imagem


quociente de aspecto { legenda do quadro

espesso espessura

}

intervalo do

tudo

{{- 2, 25}, {-10, 3}} intervalo do gráfico



0 -2 y

-4 -6 -8

0

5

10

15

20

25

x

3.2 .1.1 Aplicações Neste ponto abordamos algumas aplicações.

ω

Problema 1 ( Física). Se o sistema bloco-mola da figura está sujeita a força periódica F = F 0 cos( t), mostre que a equação diferencial ''

do movimento é x +

k x = F 0 m

ω

cos( t), onde x é medido desde a posição de equilíbrio do bloco. Encontre a solução geral.

80

EDO-2016-1.nb

3.2.2 Método dos coeficientes indeterminados Como já conhecemos, para resolver a equação não homogénea y'' + a1( x) y' + a2 ( x) y = f ( x),

(3.18)

sua solução deve ser procurada na forma y( x) = yh ( x) + y p ( x),

(3.19)

onde y h ( x ) é a solução geral da equação homogénea correspondente e y p ( x ) é uma solução particular da equação não homogénea. Em outras referências bibliográficas y h ( x ) é chamada função complementar e definida como y c ( x ). Por esta razão, ao substituir (3.19) em (3.18)







 



y''h ( x) + a1 ( x) yh ( x) + a2 ( x) yh ( x) + y p'' ( x) + a1 ( x) y p ( x) + a2 ( x) y p ( x) = f ( x),

de fato, devemos ter



(3.20)



y''h ( x) + a1 ( x) yh ( x) + a2 ( x) yh ( x) = 0, y p'' ( x) + a1 ( x) y p ( x) + a2 ( x) y p ( x) = f ( x).

(3.21)

Agora mostramos uma tabela que nos sugere como encontrar a solução particular y p ( x ) sendo conhecido o tipo de função ( x ). Tipo de função

Casos simples

Casos particulares

Tente uma solução particular

exercício

yp (x) = kx yp (x) = k

1) f (x) = a (constante)

Veja o

1, 2

(usado quandoy h contem uma constante)



2) f (x) = L +mx +nx2 + ...



yp (x) = a +bx +cx2 + ...

qualquer dos coeficientes



3

pode ser zero

ⅇ

i) yp (x) = kx

ⅇ

3) f (x) = A

ax

yp (x) = k

4) f (x) = Asin (px) ou Acos (px)

quando

ⅇ

ax

ⅇ

(istoéf (x) = Asin (px) + Bcos (px),

ondeA ouB podem ser zero) i) yp (x) = a + bx + cx2 + d sin (3 x) + e cos (3 x) ii) yp (x) = a +bx +c 2 x

ⅇ

f (x) = 2

ⅇ

yp (x) =

cos (5 x)


d 2 y

dx2

+2

ax

ⅇ

e kx

ax

dy dx

ⅇ

3x

(a sin (5 x) + bcos (5 x))

ⅇ

ax

4

(usado quando

5

aparecem em yh )

yp (x) = x (a sin (px) + bcos (px)) (usado quando sin (px) e / oucos (px) aparece em yh



6



7 5



8

- 4 y = 8. Logo encontre a solução que satisfaz as condições de contorno y (0) = 1, y (1) = -1.

Solução.

1. Solução da parte homogénea. Vamos encontrar neste passo y 1 ( x ) e y 2 ( x ). A equação característica k 2 + 2 k - 4 = 0,

(usado

aparece em yh )

ⅇ

6) f (x) = um produto do tipo 3x

2

i i) yp (x) = kx

yp (x) = a sin (px) + bcos (px)

5) f (x) uma somado tipo 4. i) f (x) = 4 x2 - 6 sin (3 x ) 4. ii) f (x) = 3 -x + 2 x

ⅇ

ax

ax

EDO-2016-1.nb



Solve k2 + 2 k - 4 resolve

k →

-1 -

5

a solução é k 1 = - 1 + x - 1+

, k →

-1 +

5 , k 2 = - 1 -

5

yh = A1 e

⩵ 0, k

x - 1-

5

+ A2 e

5



5 . A solução da parte homogénea .

2. Como ( x ) = 8, a solução particular será procurada como y p = k . Inserindo esta solução na equação dada: d 2 (k )

dx

2

+2

d (k )

⟹

- 4 (k ) = 8

dx

k = -2.

3. A solução geral, neste caso será x - 1+

y( x) = yh ( x) + y p ( x) = A1 e

x -1-

5

5

+ A2 e

- 2.

4. A solução para o problema de contorno: y (0) = 1, y (1) = -1. As equações são -1 = A1 e-1+

1 = A1 + A2 - 2,

5

+ A2 e-1-

5

-2

resolvemos as duas equações



1 ⩵ A

N Solve

1 +

A2 - 2, -1 ==

resolve

{{A1

ⅇ

-1+

5

A1 +

ⅇ

-1-

5





A2 - 2 , {A1 , A2 }

→ 0.259217, A → 2.74078

}}

2

A solução é x - 1+

y( x) = 0.2592 e

5

x - 1-

+ 2.7407 e



5

- 2.

ⅇ   2.7407 ⅇ   2, x, 0.5, 1.5 , → ⋯ → PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 200, → → ⋯ PlotStyle → RGBColor 3, 0, 3, 1.0 , Thick, Thickness 0.020 , →  ⋯ x -1+

Plot 0.2592

5

x -1-

+

5

-

{

-

}

Axes

gráfico

True, AspectRatio

eixos

ver

FrameLabel

tema do gráfico

tamanho da imagem

[

estilo do gráfico

{ x, y}, PlotRange legenda do quadro intervalo do

]

[


All, tudo

PlotRange

]

espesso espessura

1,

quociente de aspect

intervalo do

All

tudo

10.0 7.5 y

5.0 2.5 0 -0.5

0

0.5

1.0

1.5

x

Verificamos com Mathematica. ClearAll["Global`*"]; apaga tudo

⩵ 8, y 0 ⩵ 1, y 1 ⩵

sol1 = Simplify[DSolve[{y ''[x] + 2 y '[x] - 4 y [x] simplifica

y x →

1

[ ]

-1 +

ⅇ

2

[ ]


5

2 2 ⅇ -

2

5

-

ⅇ

- 1+

5



(- 1+x)

-3

ⅇ

-1+

5

 x + ⅇ1

[ ]

+



5 + -1 +

5

-1}, y[x], x]]

 x + 3 ⅇ2



5 - 1+

5

 x 

81

82

EDO-2016-1.nb




Plot y[x] /. sol1, {x, -0.5, 1.5}, Axes gráfico

eixos

tema do gráfico

tamanho da imagem

estilo do gráfico


ver


{ legenda do quadro

espesso espessura

}

intervalo do

tudo

intervalo do

tudo

10.0 7.5 y

5.0 2.5 0 -0.5

0

0.5

1.0

1.5

x


d 2 y

dx2

+2

dy dx

= 6. Logo encontre a solução que satisfaz as condições de contorno y (-1) = 1, y (1) = - 1.

Solução.

1. Solução da parte homogénea. A equação característica k 2 + 2 k = 0,



⩵ 0, k

-2}, {k

→0

Solve k2 + 2 k resolve

{{k

→

}}

a solução é k 1 = 0, k 2 = -2. A solução da parte homogénea é yh = A1 + A2 e-2 x .

2. Como ( x ) = 5, a solução particular será procurada como y p = kx. Inserindo esta solução na equação dada: d 2 (kx)

+2

dx2

d (kx)

dx

=6

⟹

2 k = 6, k = 3.

3. A solução geral, neste caso será y( x) = yh ( x) + y p ( x) = A1 + A2 e-2 x + 3 x.

4. A solução para o problema de contorno: y (-1) = 1, y (1) = - 1. As equações são 1 = A1 + A2 e2 - 3,

-1 = A1 + A2 e-2 + 3

resolvemos as duas soluções



1 ⩵ A ⅇ

N Solve

1 +

2

A2 - 3, -1 == A1 +

resolve

{{A1

→

-4.14926, A 2

ⅇ

-2



A2 + 3 , {A1 , A2 }



→ 1.10288

}}

A solução é y( x) = yh ( x) + y p ( x) = -4.14926 + 1.10288 e-2 x + 3 x.

Este resultado analítico obtido é correto. Verificamos também com Mathematica.

EDO-2016-1.nb

83


sol1 = Simplify[DSolve[{y ''[x] + 2 y '[x] simplifica


y x → 4 8 ⅇ

2 -2 x

-

[ ]

ⅇ

+

4

(4 - 3 x ) + 3 x

1-

[-1]

⩵ 1, y 1 ⩵ [ ]

-1}, y[x], x]]



ⅇ

4



⩵ 6, y

→ True, AspectRatio → 1, ⋯ PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 200, FrameLabel → x, y , PlotRange → All, ⋯ PlotStyle → RGBColor[1, 1, 2, 1.0], Thick, Thickness[0.020], PlotRange → All edhd ⋯

Plot y[x] /. sol1, {x, -2, 2}, Axes gráfico

eixos

tema do gráfico

ver


{ legenda do quadro

tamanho da imagem

estilo do gráfico


espessura

}

intervalo do

tudo

intervalo do

tudo

50

40

30 y

edhd

20

10

0 -2

-1

0

1

2

x


 π 

y (0) = -2, y

2 3

d 2 y

dx2

-2

dy dx

+ 4 y = x 2 - 3 x . Logo encontre a solução que satisfaz as condições de contorno

= 2.

Solução.

1. Solução da parte homogénea. A equação característica k 2 - 2 k + 4 = 0,



Solve k2 - 2 k + 4 resolve

⩵ 0, k

k → 1 ⅈ 3 , k → 1 ⅈ 3  -

+

ⅈ 3 ,

k 2 = 1 +

3

x 1+

a solução é k 1 = 1 -

ⅈ

x 1+

yh = A1 e

+ A2 e

ⅈ 3 . Neste caso α = 1, β = 3 :     

ⅈ

3

= e x C 1 cos

3 x + C 2 sin

3 x .

2. Como f ( x ) = x 2 - 3 x , a solução particular será procurada como y p = ax2 + bx + c. Inserindo esta solução na equação dada para encontrar a, b, c: d 2 2

dx

ax

2



+ bx + c -2

d

dx

 

ax

2



+ bx + c +4 ax2 + bx + c = x 2 - 3 x





2 a - 2 (2 ax + b) + 4 ax2 + bx + c = x2 -3 x

⟹

⟹

x2 (4 a) + x(4 b - 4 a) +(4 c - 2 b + 2 a) = x2 - 3 x

identificando as potências de x temos as equações 4 a = 1,

4 b - 4 a = -3,

Solve[{4 a resolve

4 c - 2 b + 2 a = 0

⩵ 1, 4 b

a → 14 , b →

-

1 ,c 2

-4a

⩵

-3, 4 c - 2 b + 2 a

→ 38 

3. A solução geral, neste caso será

-

⩵0 , }

{a, b, c}]

EDO-2016-1.nb



Solve 4 k 2 - 2 k - 6 resolve

 k→ {

-1},

85

⩵ 0, k

k → 32 

a solução é k 1 = - 1, k 2 = 32 . A solução da parte homogénea 3

yh = A1 e- x + A2 e 2 x . 3

3

3

2. Como y 2 h = e 2 x aparece na função f ( x ) = 3 e 2 x , a solução particular será procurada como y p = k x e 2 x . Inserindo esta solução na equação dada para encontrar k: 4

d 2 2

dx



3



 dx d

k x e 2 x -2

3

 



3

⟹ 

3

k x e 2 x -6 k x e 2 x = 3 e 2 x

4

 

 



3 3 3 3 x/2 1 3 x/2 e k ( 4 + 3 x ) - 2 e k ( 2 + 3 x) - 6 k x e 2 x = 3 e 2 x 4 2

3

eliminando o fator e 2 x temos

⟹

3 k (4 + 3 x ) - k ( 2 + 3 x) - 6 k x = 3

12 k - 2 k = 3, ou k = 3 / 10.

3. A solução geral, neste caso será 3

y( x) = yh ( x) + y p ( x) = A1 e- x + A2 e 2 x +

3 3 x e 2 x . 10

4. A solução para o problema de contorno: y (0) = - 1, y ' (-2 ) = 1. As equações são



3 3 3 3 (- 2) 3 3 + e2 e 2 (- 2) + (-2) e 2 (- 2) 2 10 2

1 = - A1 e-2 + A2

-1 = A1 + A2 ,



resolvemos, ClearAll["Global`*"]; apaga tudo



 1

N Solve

- == A1 + A2 , 1 == -A1

resolve

{{A1

→

-0.147989, A2

→

ⅇ

2

+ A2

ⅇ 2 3

-3

+

3

ⅇ

-3

10

+

3 2

* (-2)

ⅇ ,



-3

{A1 , A2 }

-0.852011}}

A solução é 3

y( x) = yh ( x) + y p ( x) = -0.147989 e- x - 0.852011 e 2 x +

3 3 x e 2 x 10

Temos verificado este resultado com Mathematica: ClearAll["Global`*"]; apaga tudo

4 y'' x

sol = DSolve

[ ] - 2 y '[x] - 6 y [x]


y x → 10 3 1 2 ⅇ  ⅇ  42 [ ]

-x

+

5

-

- 20

ⅇ

3

+ 12

⩵3ⅇ

ⅇ

5 x /2

3 x 2

, y[0]

+ 20

ⅇ

3+ 52x

⩵

⩵ 1, y x , x

-1, y'[-2]

- 20

ⅇ

5+ 52x

+9

[ ]

ⅇ

5 x /2

x+6

ⅇ

5+ 52x

x



86

EDO-2016-1.nb





eixos

tema do gráfico

estilo do gráfico

ver


{ legenda do quadro

tamanho da imagem


espesso espessura

}

intervalo do

tudo

intervalo do

tudo

4

2

0

y

-2

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

x


d 2 y

dx2

+4

dy dx

+ 4 y = - x 2 +

y (1) = -2, y (-2 ) = 0.

ⅇ

-2 x

. Logo encontre a solução que satisfaz as condições de contorno

Solução.

1. Solução da parte homogénea. A equação característica k 2 + 4 k + 4 = 0,



Solve k2 + 4 k + 4 resolve

{{k

→

-2}, {k

→

⩵ 0, k

-2}}

a solução é k 1 = - 2, k 2 = - 2. Neste caso yh = ( A1 + A2 x) e-2 x .

ⅇ

2. Como f ( x ) = - x 2 + -2 x , procuramos a solução particular da forma y p = a x 2 + bx + c + k x 2 e-2 x . Inserindo esta solução na equação dada para encontrar a, b, c, d e k: d 2 2

dx





a x2 + b x + c + k x2 e-2 x +4

d

dx

 





a x2 + b x + c + k x2 e-2 x +4 a x2 + b x + c + k x2 e-2 x = - x 2 +

ⅇ

4 a x2 + ( 8 a + 4 b) x + (2 a + 4 b + 4 c) + 2 k

-2 x

= - x 2 +

ⅇ

-2 x

identificando potências de x: 4 a = -1, 8 a + 4 b = 0, 2 a + 4 b + 4 c = 0, 2 k = 1 , ou

a solução deste sistema dá Solve[{4 a == -1, 8 a + 4 b == 0, 2 a + 4 b + 4 c == 0, 2 k == 1}, {a, b, c, k}] resolve

a →

-

1 ,b 4

→ 12 , c →

-

3 ,k 8

→ 12 

3. A solução geral, neste caso será y( x) = yh ( x) + y p ( x) = ( A1 + A2 x) e-2 x -

1 2 1 3 1 x + x - + x2 e-2 x 4 2 8 2

4. A solução para o problema de contorno: y (1) = - 2, y (-2) = 0. As equações são -2 = ( A1 + A2 ) e-2 -

resolvemos,

1 1 3 1 1 1 3 1 + - + e-2 , 0 = ( A1 - 2 A2 ) e4 - (-2)2 + (-2) + (-2)2 e4 4 2 8 2 4 2 8 2

ⅇ ⟹ -2 x

EDO-2016-1.nb

87




 2

N Solve

- == (A1 + A2 )

resolve

0 == (A1 - 2 A 2 ) {{A1

→

ⅇ

4

-10.2218, A 2

-

→

1 4

ⅇ

-2

1

-

4

(-2)2 +

1

+

2

1 2

-

3 8

+

(-2) -

ⅇ 2 1

3 8

+

-2

,

1 2

(-2)2

ⅇ , 4

{A1 , A2 }



-4.13266}}

A solução é y( x) = yh ( x) + y p ( x) = (-10.2218 - 4.13266 x) e-2 x -

1 2 1 3 1 x + x - + x2 e-2 x . 4 2 8 2

Verificamos este resultado com Mathematica. ClearAll["Global`*"]; apaga tudo



y '' x

sol = Simplify DSolve simplifica

y x → 241 ⅇ [ ]

[ ] + 4 y '[x] + 4 y [x]


 19

-2 ( 2+x)

-

(- 1 + x) - 15



ⅇ

6

⩵

(2 + x) + 12

-x2 +

ⅇ

-2 x

, y[1]

ⅇ2 4

- +x+x

2

⩵

-2, y[-2]

 3 ⅇ 3 -

4+2 x

⩵ 0, y x , x

-4x +2x

[ ]

2




Plot y[x] /. sol, {x, -2.1, 1.5}, Axes gráfico

eixos

tema do gráfico

estilo do gráfico

ver

tamanho da imagem



{ legenda do quadro

espesso espessura

}

intervalo do

tudo

intervalo do

tudo

40

20

0 y

-20

-40

-60 -2

-1

0

1

x


π

d 2 y

dx2

-3

dy dx

- 4 y = - cos( x ) + sin(3 x ). Logo encontre a solução que satisfaz as condições de contorno

y ( / 4) = - 2, y (0) = 0.

Solução.

1. Solução da parte homogénea. A equação característica k 2 - 3 k - 4 = 0,



Solve k2 - 3 k - 4 resolve

{{k

→

-1}, {k

→4

⩵ 0, k }}

a solução é k 1 = - 1, k 2 = 4. Neste caso yh = A1 e- x + A2 e4 x

2. Como f ( x ) = - cos( x ) + sin(3 x ), procuramos a solução particular da forma y p = a cos( x ) + b sin( x ) + c cos(3 x ) + d sin(3 x ). Inserindo esta solução na equação dada para encontrar a, b: d 2

dx2



(a cos ( x) + b sin( x) + c cos(3 x) + d sin(3 x) -

88

EDO-2016-1.nb

3

d

dx





( a cos ( x) + b sin( x) + c cos(3 x) + d sin(3 x)) -4 a cos ( x) + b sin( x) + c cos(3 x) + d sin(3 x) =

⟹

-cos( x) + sin(3 x)

(-5 a - 3 b ) cos( x) + (3 a - 5 b ) sin( x) + (9 c - 13 d ) sin(3 x) + (-13 c - 9 d ) cos(3 x) = -cos( x) + sin(3 x)

identificando potências de cos(x), sin(x), cos(3x) e sin(3x): -5 a - 3 b = -1, 3 a - 5 b = 0, 9 c - 13 d = 1, -13 c - 9 d = 0 , ou

a solução deste sistema dá Solve[{-5 a - 3 b == -1, 3 a - 5 b resolve

9 , d→ a → 345 , b → 343 , c → 250

⩵ 0, 9 c

-

13 250

- 13 d

⩵ 1,

-13 c - 9 d

⩵0 , }

{a, b, c, d }]



3. A solução geral, neste caso será y( x) = yh ( x) + y p ( x) = A1 e- x + A2 e4 x +

5 3 9 13 cos( x) + sin( x) + cos(3 x) sin(3 x) 34 34 250 250

π

4. A solução para o problema de contorno: y ( / 4) = - 2, y (0) = 0. As equações são

π

-2 = A1 e-

/4

π

+ A2 e +

π

π

π

π

5 3 9 13 5 9 + cos( / 4) + sin( / 4) + cos(3 / 4) sin(3 / 4), 0 = A1 + A2 + 34 34 250 250 34 250

resolvemos, ClearAll["Global`*"]; apaga tudo



 2

N Solve

ⅇ π

- /4

- == A1

resolve

0 == A1 + A2 + {{A1

→

5

9

+

34

+ A2

250

-0.0939819, A2

→

ⅇπ

,

+

5

 π 4 

Cos

34 cosseno

+

3

 π 4 

Sin

34 seno

9

+

 34π 

Cos

250 cosseno

-

13

 34π ,

Sin

250 seno



{A1 , A2 }

-0.089077}}

A solução é y( x) = yh ( x) + y p ( x) = -0.0939819 e- x - 0.089077 e4 x +

5 3 9 13 cos( x) + sin( x) + cos(3 x) sin(3 x). 16 16 250 250

Verificamos este resultado com Mathematica. ClearAll["Global`*"]; apaga tudo



sol = Simplify simplifica

y '' x

DSolve

[ ] - 3 y '[x] - 4 y [x]


⩵

π ⩵

-Cos[x] + Sin[3 x ], y[ / 4] cosseno

seno

-2, y[0]

⩵ 0, y x , x [ ]

y x → 4250  11 ⅇ π  ⅇ 8500 ⅇπ 313 2 ⅇπ 778 ⅇ π 778 ⅇ π π 8500 ⅇ 313 2 ⅇ 625 ⅇ  1 ⅇ π  Cos x 153 ⅇ  1 ⅇ π  Cos 3 x π π 375 ⅇ Sin x 375 ⅇ Sin x 221 ⅇ Sin 3 x 221 ⅇ Sin 3 x  -x

[ ]

- +

4 +5 x

x

/4

5 /4

4 +5 x

-

[ ]+

5 4

+x

+

/4

+

x

- +

[ ]+

x

5 /4

[

5 /4

-

x

[ ]+

]-

5x

+

5 4

+x

-

5 /4

- + [

]

[

]-

EDO-2016-1.nb



π

89


Plot y[x] /. sol, {x, - , 1}, Axes gráfico

eixos

tema do gráfico

estilo do gráfico

ver


tamanho da imagem


{ legenda do quadro

}

intervalo do

espesso espessura

tudo

intervalo do

tudo

0

-1

-2 y

-3

-4

-3

-2

-1

0

1

x

Lista 3. Equações Diferenciais de Segunda Ordem 3.I. EDOs de segunda ordem homogéneas com coeficientes constantes

1. Encontre uma solução geral para as equações: a) 4 y '' - 25 y = 0, b) y '' + 6 y ' + 8.96 y = 0, c) y '' + 4 y ' +

 + 4 y = 0, d) y '' + 2 k 2

2 y ' + k4 y =

θ θ θ

0, e) 4 '' + 4 ' + = 0.

2. Aplicando a lei de Kirchoff a um circuito foi obtida a seguinte EDO 2 y '' + 5 y ' - 3 y = 0. Determine a) a solução geral, b) a solução particular dado que quando t = 0, y (0) = 4, dy(0) / dt = 9. 3. Encontre a solução particular para as EDOs.



θ = 0, onde D = d / dt; quando t = 0, θ (0) = 3 e θ ’(0) = 2.5. 4. Dada a ED = ω V , onde ω é uma constante, mostre que sua solução pode ser expressado como: V = 7 cosh(ωt) + 3 sinh(ωt) dado as condições iniciais t = 0, V (0) = 7, V ' (0) = 3 ω. a) y '' + 6 y ' + 13 y = 0, quando x = 0, y(0) = 4 e y’(0) = 0. b) 4 D2 + 20 D + 125 d 2 V

2

dt2

5. A ED

d 2 i

1 R di i dt2 + L dt + LC =

0, representa a corrente i fluindo num circuito contendo uma resistência R, indutância L e capacitância C conectados

Ω

⨯

em série. Se R = 200 , L = 0.20H e C = 20 10-6 F, resolva a equação para i dado as condições iniciais t = 0, i(0) = 0, i’(0) = 100. d 2 x

dx x dt2 + 6 dt + 8 =

6. As oscilações de um pêndulo satisfaz a ED

0, onde x está em cm é o deslocamento da bola que pendura num tempo de

t segundos. O deslocamento inicial foi +4 cm e a velocidade inicial (dx/dt) foi 8 cm/s. Encontre a solução para x(t). 7. A carga q sobre um capacitor num circuito elétrico satisfaz a ED 0. Mostre que a carga no circuito pode ser expressado como q (t ) =

d 2 q

dq q dt2 + 4 dt + 5 = -2 t

ⅇ

5 Q

0. Inicialmente (isto é, quando t = 0), q = Q e q’(0) =

sin(t + 0.464).

8. O movimento da agulha de um galvanômetro ao redor de sua posição de equilíbrio é representada pela ED I

⨯

d 2

θ

θ

θ 0. Se I, o

K ddt + F = dt2 +

-3

momento de inércia da agulha ao redor de o ponto de suspensão é 5 10 , K, a resistência devido ao atrito a uma unidade de veloci-

⨯

dade angular, é 2 10-2 e F, a força sobre a mola necessária para produzir uma unidade de deslocamento, é 0.20, resolva a equação

θ

θ

θ

para (t) dado que quando t = 0, (0) = 0.3 e (0) = 0. 9. Dada a equação diferencial

ω

ω

d 2

V

dt2 =

ω

2

V , onde

ω é

uma constante, mostre que sua solução pode ser expressada como

ω

V (t ) = 7 cosh( t) + 3 sinh( t), dado as condições iniciais: t = 0, V (0) = 7, e V ' (0) = 3 .

3.II. EDOs de segunda ordem não homogéneas. Método dos coeficientes indeterminados

10. Use o método dos coeficientes indeterminados para encontrar a solução geral das seguintes equações. a) y '' + 3 y ' + 2 y = cos(2 x), b) y '' + 2 y = cos(2 x), c) x '' + 4 x = cos(2 t ) + e-2 t , d) y '' + 3 y ' + 2 y = e - x + 1, e) 11. A carga q no instante t num circuito elétrico satisfaz a equação L

d 2 q

R dq 1 q E dt2 + dt + C = ,

θ '' + 3 θ ' + 2 θ = t cos(2 t ). 2

onde L, R, C e E são constantes. Resolva a

90

EDO-2016-1.nb

equação

dado L = 2 H, C = 200 × 10-6 F, e, E = 250 V ,

quando

a)

R = 200

Ω

e

b)

R

é

desprezível.

Assuma

que

quando

t = 0, q(0) = 0, q ' (0) = 0.

12. A ED representando o movimento de um corpo é

d 2 y

dy y dt2 + 8 dt + 20 =

13. O movimento de uma massa vibrante é dado por

300sin(4 t ).

d 2 y

n2 y = k sin(pt), dt2 +

≠

≠

onde k, n e p são constantes (dado n 0 e p2 n2 ) dado que

quando t = 0, y = y ' = 0. Encontre a posição da massa vibrante. 14. L

d 2 q

R dq 1 q V dt2 + dt + C = 0

ω

sin( t), representa a variação da carga no capacitor num circuito elétrico. Determine uma expressão para q em t

Ω

ω

segundos dado que R = 40 , L = 0.02 H, C = 50 × 10-6 F, V 0 = 504.8 V , e = 200rad / s e dada as condições iniciais que quando t = 0, q = 0 e q ' = 4.8A.

3.III. EDOs de segunda ordem não homogéneas. Método da Variação dos parâmetros

15. Use o método de variação dos parâmetros para determinar a solução geral a cada uma das EDOs. a) x '' + 3 x ' + 2 x = cos(t ), b) x '' + 3 x ' + 2 x = t 3 ,

c) x '' + 3 x ' + 2 x = e -2 t .

16. Considere o sistema ilustrado na Fig.1. Assuma que b = 0 e use o método da variação dos parâmetros para determinar a solução a x '' (t ) +

ω x(t ) = (F / m) sin(ωt) onde x(0) = x e x ' (0) = υ . Importa se ω = ω ? Se é sim, considere ambos os casos. n

0

0

n

17. Considere o sistema ilustrado na Fig.2. Assuma que as polias são leves e com massa desprezível. Determine e resolva a equação do movimento.

EDO-2016-1.nb

91

4 TRANSFORMADA DE LAPLACE

4.1 Introdução A transformada de Laplace é uma transformação integral de valor inestimável para a caixa de ferramentas matemáticas de qualquer engenheiro, e é particularmente útil, para obter soluções de EDL (tanto ordinárias como parciais). Nos permite reduzir a equação diferencial a uma equação algébrica, não sendo, assim necessário o uso das técnicas de resolução de equações diferenciais mais comuns. Aplicações abundam: redes elétricas, molas, problemas de mistura, processamento de sinais, e outras áreas de engenharia e física. Também pode ser estendido a sistemas de equações e a equações integrais, e as vezes produz resultados mais rápidos que outras técnicas. Neste capítulo definimos a Transformação de Laplace, então encontramos a transformação para algumas funções elementares, e finalmente o aplicamos para resolver alguns problemas físicos.

4.2 Definição da Transformada de Laplace A transformada de Laplace de uma função f (x) de variável x é definido como a F ( s) = L { f ( x)} =

∞



ⅆ

e- s x f ( x) x

0

(4.1)

onde s é real, parâmetro positivo que serve como uma variável suplementar. A transformada de Laplace de uma soma ou diferença de duas funções f (x), g(x) é L { f ( x) ± g ( x)} =

∞



ⅆ  ∞

e-sx { f ( x) ± g ( x)} x =

0

ⅆ  ∞

e-sx f ( x) x ±

0

0

ⅆ

e-sx g ( x) x = L { f ( x)} ± L { g ( x)}

(4.2)

Usando a definição da transformada de Laplace, achamos L { a

f ( x) ± b g ( x)} = aL { f ( x)} ± bL { g ( x)}, sendo a e b qualquer constantes

(4.3)

L { k

f ( x) } = k L { f ( x)} , com k qualquer constante.

(4.4)

O inverso da transformada de Laplace -1 L

{ F ( s)} = f ( x).

(4.5)

4.3 Transformada de Laplace de funções elementares Exemplo 1. Encontre a transformação de Laplace de f (x) = eax . Solução. Usando a definição F (s) = L { f ( x)} =

∫ ∞ 0

ⅆ ∫ ∞

eax e-sx x =

0

ⅆ

e-(s-a) x x .

Para calcular esta integral impropria, supomos s > a, 1 e-(s-a) x ∞ ax . L {e } = = s-a s-a 0

 

Exemplo 2. Encontre a transformação de Laplace de ( x ) = cos(ax).

92

EDO-2016-1.nb

Solução. Usando a definição

F(s) =

∫ ∞ cos ax ⅆ ∫ ∞ Re ∞ ⅆ Re∫ ∞  sin ax cos ax ∞  sin ∞

L {f(x)}

cos(ax)} =

L {

=

e-s x

s2 +a2

=

( ) e-sx x =

0

(a

s s2 +a2

( ) - s

(eiax ) e-sx x =

0

e -s

( )) 0 =

s2 +a2

0

ⅆ

e-(s-ia) x x

∞

(a * ) - s cos(a * )) -

(a

e-s *0 s2 +a2



(a sin(a * 0) - s cos(a * 0)) 0 .

, (sempre que s > 0).

Exemplo 3. Encontre a transformação de Laplace de ( x ) = x . Solução. Usando a definição

∞  xe ⅆ   1 ⅆ ∞  ∞  ∞e ∞ ∞  0  1 , sempreque 0. Encontre  . Outra técnica. ∞ O procedimento natural seria o cálculo da integral: ∫ sin ax ⅆ . No entanto, usamos a identidade: -sx

F (s) = L { f ( x)} =

x e-s x

x =

-s

0

x e-s x

=

-s

e -s x

-

s2

-s *

0

Exemplo 4.

=

-

-s

-

e -s *

-

s2

e-sx x

-s

-

e 0

=

s2

0

sin (a x)

L

Solução.

ⅇ

i ax

s >

s2

( ) e-sx x

0

= cos(a x ) + i sin(a x ), o qual significa que

ⅇ .

sin(a x ) = Im

i ax

Escrevemos: L



  ∞ ⅇ

sin (a x) = Im

 Im

0

= Im =

1 (s - i a) s

2

2

s + a

e-sx x = Im

ia 2

e- x (s-i a) x = Im

0

( 0 - ) =

+

ⅇ

ⅆ  ∞ ⅆ 1  Im 1  Im  . i ax

2

s + a

=

(s - i a)

∞

-(s-i a) x

-(s - i a)

0





s + i a (s + i a) = Im 2 = (s - i a) (s + i a) s + a2

=

a

2

s + a2

Vários exemplos de transformadas de Laplace são dados na Tabela 1, onde a é uma constante e n é um inteiro. Tabela 1. TRANSFORMADAS DE LAPLACE

 

n ! sn+ 1

Condição sobre s s > 0 s > 0

1 (s - a)

s > a

f ( x) = L - 1 F (s)

F ( s) = L { f ( x)}

a x (n = 1, 2, ..)

a/s



n

 a s a s s a a s a s s a Γ a 1 s n  s a

ax

e

sin (ax) cos (ax) sh (ax) ch (ax) xa (a > - 1) n

x e

ax

(n = 1, 2, . . .)

2

+

2

(

2

+

2

(

2

-

2

(

2

-

2

)

s > 0

)

s > 0

)

s >

a

)

s >

a

( + )

a+1

s > a

! ( - )

n+1

s > a

≥

- as

H (x - a) (x - a) x sin (ax)

e /s e- as 2 as (s2 + a2 )2

s a s > 0, a > 0 s > 0

x cos (ax)

(s - a2 ) (s2 + a2 )2

s > 0

δ

eax sin (bx) ax

e cos (bx) sh (ax) - sin (ax) ch (ax) - cos (ax)



2





2

b (s - a) + b2



 s a b  2a  s a 2 a s s a 2

(s - a)

Exemplo 5. Considere a transformação inversa de Laplace de 1/( s3 - s2 ). Solução. Fatorizando o denominador

(

( - ) +

3

2

(

(

4

-

4

-

4

2

s > a s > a

)

s >

a

4

s >

a

)

EDO-2016-1.nb

1 3

(s - s )



-1 L

1

=

2

1 3

 1 1 1   1 1 -

s -

s 2

(s - s )

s

= L -1

=

1

s(s - 1)

- L -1

s -

1

-

s

1 s

1

=

2

-

s - 1

1 s

1

- L -1

2

s

-

1 s2

. Por tanto

= e x - 1 - x , válidose x > 0.

Exemplo 6. Considere a transformação inversa de Laplace de

s2 +s-1 s3 -2 s2 +s-2

.

Solução. O procedimento de fatorizar o denominador é válido ainda: s3 - 2 s2 + s - 2 = s2 (s - 2) + s - 2 = (s - 2)( s2 + 1). Logo s2 + s - 1 3

1

=

2

s - 2 s - 2 s + s - 2 2 1 s s + -1



L

3

2

s - 2 s + s -

 2

+

1 2

s +1

= L -1

. Por tanto

 1 2 s -

+ L -1



1 2

s +1



= e2 x + Sen( x ), válidopara x > 0.

4.4 Teoremas de deslocamento

 

Teorema 1. Se L f ( x ) = F ( s) logo L

ⅇ

-a x



f ( x) = F ( s + a).

Em efeito, L

ⅇ

-a x

  ∞ⅇ

-a x

f ( x) =

ⅆ  ∞

f ( x) e- s x x =

0

ⅆ

f ( x) e-( s+a) x x = F ( s + a).

0

 

Exemplo 1. Encontrar L f ( x) , onde a)

ⅇ

3 x

( x ) =

(sin( x ) - cos( x )), b) f ( x ) =

ⅇ

-2 x

(cos(2 x ) - sin(2 x ))

Solução. O procedimento

-1 L



s2 + s - 1 3

s - 2 s2 + s - 2



= L -1

 1 2 s -

+ L -1



1 s2 + 1



= e2 x + Sen( x ), válidopara x > 0.

 

Teorema 2. Se L f ( x ) = F ( s) logo





f ( x) = - F ' ( s).

L x

Em efeito,

-

ⅆ  ∞ ( )  ⅇ  ⅆ

  ∞



x f ( x) e- s x x =

f ( x) =

L x

0

f x -

- s x

d

x = -

ds

0

d ds

∞



f ( x)

0

ⅇ ⅆ - s x

d F ( s) . ds

 

Exemplo 2. Encontrar L f ( x) , onde a)

ⅇ

( x ) = x

2 x

, b) f ( x ) = x (cos( x ) + sin( x ))

Solução. O procedimento

   ( )   σ∞ σ ⅆσ sempreque lim→

Teorema 3. Se L f ( x ) = F ( s) logo L

f x x

F ( )

=

x 0

= s

f ( x) existe. x

Em efeito, começamos a prova desde à direita:

∞ ∞ ∞ ∞ ∞  σ σ ⅆσ  σ  ( ) ⅇ σ ⅆ  ⅆσ  ( )  σ ⅇ σ ⅆσ ⅆ ∞  ( ) ⅇ ⅆ  ( )  Encontrar  ( ), onde a) ( ) = . O procedimento é como segue: a) 1  ( + 1) F ( )

= s

f x

x=0

Exemplo 3. Solução.

f x

=

= s

- s x

x

x = L

L

- x

x

x=0

f x x

f x

x=0

= s

.

x

- x

f x

=

sin( x ) x

L {sin( x)} =

s2

x =

x =

93

94

EDO-2016-1.nb

 ⅇ   ∞ 2 x

L

=

x

s

ⅆσ

1

s2

+1

∞

 σ 1 1 ⅆσ 2

s

+

1 ( - 2 ArcTan[s]) 2

π

ou

ⅇ 

π

2 x

L

x

1 ( - 2 ArcTan( s)). 2

=

 

Exemplo 4. Encontrar L f ( x) , onde f ( x ) =

ln( x +1) x

.

Solução. O procedimento é como segue: a) Verificamos primeiro a existência do limite: lim x ->0 s s2 -4

b) como F(s) = L {1 - cosh(2 x)} =

-

∞

supondo

= lim x ->0 x +11 = 1.

s

-s x

0

real

x

1

 ∈ Real,  ⅇ

Assuming s

ln( x +1)

Log[x + 1] logaritmo

ⅆ x

Element: The second argument Real of Element should be one of: Primes, Integers, Rationals, Algebraics, Reals, Complexes, or Booleans.

ⅇ

s

ConditionalExpression L



  ∞ σ σ

sinh(2 x) = x

2

s

-

-4

 σ σ 4 σ 1 ⅆσ 2



4 -

Gamma[0, s] , Re[s] > 0 s



σ  ⅆσ 1

-

-

σ

Log[ ] 1 Log 4 + 4 8

 σ  2

ou L



   σσ ∞

σ

 σ 

1 - cosh(2 x) 1 = -Log[ ] - Log 4 x 2

1 lim 2

σ→∞ ln

2 2 +

2

= ln

2 4 -

σ σ

2

∞

=

s

s

4.5 Transformada de Laplace de derivadas de funções A transformada de Laplace da primeira derivada f ‘(x) é L

 df dx( )  ∞ x

=

0

e-sx

ⅆ

df ( x ) x , dx

(4.6)

∫ ⅆ

∫ ⅆ

Efetuando uma integração por partes da forma u v = uv - v u da: L { f

∞  ⅆ → 0 como →∞ tal que ∞

' ( x)} = [e-sx f ( x )]0 + s

e-sx f ( x ) x

(4.7)

0

Assumimos e-sx f ( x ) L { f

x

(4.8)

' ( x) } = - f (0) + s L { f ( x)},

onde temos usado a definição de transformada de Laplace.

A transformada de Laplace de f´ (x) pode ser usada para calcular derivadas de ordem maior. Por exemplo, para encontrar a transformada de Laplace da derivada de segunda ordem

L { f

‘’ ( x)}. Seja g(x) = f ‘(x) tal que tal que g ‘(x) = f ‘’(x). Então por aplicação repetida de

L {

‘ ( x)} resulta L { g ' ( x) } L { f

= - g (0) + s L { g ( x)} = s[ s L { f ( x)} - f (0)] - f ' (0),

'' ( x)} = s2 L { f ( x)} - s f (0) - f ' (0).

(4.9) (4.10)

EDO-2016-1.nb

95

4.6 Transformada de Laplace da integral Para este caso, a transformação de Laplace de uma integral

 τ ⅆτ t

h(t ) =

i ( )

(4.11)

0

é achado primeiro escrevendo a transformada de Laplace das funções i (t) e h(t) como L { i (t )}

= I ( s)

(4.12)

= H ( s).

(4.13)

e L { h (t )}

A Eq. ( ) é equivalente a

dh(t ) = i (t ), dt

(4.14)

dada a condição inicial h(0) = 0 correspondente ao limite mais baixo da Eq.( ). A transformada de Laplace da Eq. ( ) dado h(0) = 0 é encontrado da Eq.( ) para ser igual a L

 dhdt( )  t

= s H ( s).

Arrumando a Eq.( ) e usando as Eqs.( ) e ( ) temos H(s) =

L

  =  ( ) = ( ) . dh(t ) dt

L

i t

s

I s

s

(4.15)

s

Substituindo a Eq.( ) na Eq.( ) e usando o resultado da Eq. ( ) da a transformada de Laplace da integral na Eq. ( ) como

 (τ ) ⅆτ  t

L

=

i

0

I(s) = s

L

 ( ) . i t

(4.16)

s

4.7 Aplicações 4.7.1 EDOs com coeficientes constantes Exemplo 1. Considere a equação diferencial y ' + y = cosx, para x = 0, y (0) = 1. Solução. Aplicamos a transformação de Laplace a toda a equação: L { y ' + y} = L {cosx};





- y (0) + s L { y ( x)} + L { y ( x)} = s s2 + 1 ;



 →

-1 + L { y ( x)} ( s + 1) = s s2 + 1 ,



por isto L { y ( x)}



= s2 + s + 1







s2 + 1 ( s + 1) .

O seguinte passo é esmiuçar a fração:





s2 + s + 1

s2





+ 1 ( s + 1)

=

(As + B)



s2



+

+1

(Cs + D)

s + 1

onde A, B e C são constantes a serem determinadas das equações:





(As + B) ( s + 1) + (Cs + D) s2 + 1 = s2 + s + 1;

C s3 + ( A + D) s2 + s( A + B + C ) + B + D = s2 + s + 1 1) C = 0, 2) A + D = 1, 3) A + B + C = 1,

→

A + B = 1,





( s + 1) L { y ( x)} = s s2 + 1 + 1 = s2 + s + 1

⟹





s2 + 1

96

EDO-2016-1.nb

4) B + D = 1.De (2) - (3) : A = D de (2) : A = D = 1 / 2, e de (3) B = 1 / 2.

Assim temos:





s2 + s + 1

s2





=

+ 1 ( s + 1)



s / 2 + 1 / 2 1/2 1 s + 1 1 + = + 2 2 s + 1 s + 1 2 s + 1 s + 1



Agora temos a seguinte equação transformada de Laplace: L { y ( x)}

=





1 s + 1 1 + . 2 2 s + 1 s + 1 -1 L

Usamos agora a equação (5.4) da transformada inversa de Laplace: -1 { { ( )}} L L y x

= y( x) =

1 2

-1 L





s + 1 1 + 2 s2 + 1

-1 L

{F(s)} = f(x)

 

1 . s + 1

Usando a tabela 1, temos -1 L

  1

s + 1

= e- x ,













s + 1 s 1 = L -1 + L -1 = Cos( x) + Sen( x). 2 2 2 s + 1 s + 1 s + 1

-1 L

A solução geral será: y( x) =

1 1 (cos( x) + sin( x)) + e- x . Válido para x > 0. 2 2

Observe que a condição inicial foi incluída quando aplicamos a transformada de Laplace.

ⅇ

Exemplo 2. Considere a equação diferencial -4 y ' + y = 2 sinx +

2 x

, para x = 0, y (0) = - 1.

Solução. Aplicamos a transformação de Laplace a toda a equação: L {-4 y ' + y} = L



2 sin( x) +

ⅇ 2 x

;

-4 (- y(0) + s L { y ( x)} ) + L { y ( x)} = 2 L {sin( x)} + L {

ⅇ 2 x

a transformada da função da direita é



LaplaceTransform 2 Sin[t] + transformada de Laplace

1

+

-2 + s

seno

ⅇ

2t

, t, s



2 1 + s2

por isto (- 4 s + 1) L { y ( x)} =

⟹

1 2 + +4 -2 + s 1 + s2

L { y ( x)}

=

1 -4 s + 1





1 2 4 + + 2 -2 + s -4 s + 1 1 + s

A transformada inversa da função da direita



InverseLaplaceTransform transformada de Laplace inversa

1 119

 158 ⅇ -

Por isto, ao aplicar -1 { { ( )}} L L y x

y( x) = -

158 153

-1 L

t/4

- 17

x/4

2t

-4 s + 1

1 -2 + s

+

2 2

1+s

+ 56 Cos[t] + 14 Sin[t]



a expressão de L { y( x)} obtemos

= y( x) = L -1

ⅇ

ⅇ

1

-

ⅇ



1 4 s + 1







1 2 4 + , 2 -2 + s 4 s + 1 1 + s

17 2 x 14 + (4 Cos( x) + Sin( x)). 119 119

+

4 -4 s + 1

, s, t



EDO-2016-1.nb

17 ⅇ 14 ⅇ 4 Cos x Sin x , x, π 2, π 2 , 153 119 119 PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 200, → PlotStyle → RGBColor 0, 1, 1, 1.5 , Thick, Thickness 0.015 ,



Plot -

158

2x

x/4

-

+

[ ]+

gráfico

cosseno

[ ]

{

- /

FrameLabel

tema do gráfico

tamanho da imagem

[

{ x, y[x]} legenda do quadro

]

[


→ True, AspectRatio → 1, ⋯ , PlotRange → All, ⋯ PlotRange → All ⋯

/ }

seno

]

espesso espessura

97

Axes

eixos

ver


intervalo do

tudo

intervalo do

tudo

-1

-2 )

x y

(

-3

-4

-1.5 -1.0 -0.5

0

0.5

1.0

1.5

x

Exemplo 3. Considere a equação diferencial y’’ + y = cos(2x), para x > 0, y(0) = 1, y’(0) = 0. Solução. Tomando a transformada de Laplace: L { y ''} +L { y}

=

L {cos(2 x)},

s2 L { y( x)} - s y(0) - y ' (0) + L { y( x)} = L { y( x)}

s



=

s2

+1

Agora, da tabela 1: -1 { { ( )}} L L y x



s2

+4

s L { 2 } s +1

= y( x) =



+

s s2

=

+1

= cos( x),

L

s ,. s2 + 4





s 1 1 s + 2 2 2 3 s + 1 s + 1 s + 4

  s s2 +4

 

= cos (2 x), depois de aplicar a transformação inversa:

4 1 cos( x) - cos(2 x). 3 3

Exemplo 4. Resolva, usando as transformadas de Laplace, o problema do oscilador harmónico amortecido: um oscilador harmónico

α α

simples sujeito a uma força de atrito cinética proporcional à velocidade, F = - v = - dx / dt, que se move ao longo do eixo OX. Deve achar a equação diferencial e sua solução geral. Solução. De acordo com a segunda lei de Newton, equação do movimento tem a forma:

α  ⟹ β  ω onde temos colocado 2 β = α /m, ω = k/m; sendo k a constante da mola. Suponha, de modo geral, as condições iniciais:  (0) = , (0) = . A equação diferencial a ser resolvida é:  β  ω ..

..

m x = - k x - x,

2 x

x + 2 x +

= 0,

2

x

x 0 x

v 0

..

x + 2 x +

2 x

= 0, tal que : x(0) = x0 , x (0) = v0 .

Aplicando a transformada de Laplace a toda a equação: ..

β 

L { x (t )} + 2

L { x

(t )} +

ω

2 L { x (t )}

= 0.

Como L { f ´´ ( x)} = s2 L { f ( x)} - s f (0) - f ´ (0), temos



β

s2 L { x (t )} - s x (0) - x (0) + 2 [ - x (0) + s L { x (t )}] +

ω

2 L { x (t )}

e usando as condições iniciais:

β

β

s2 L { x (t )} - s x0 - v0 - 2 x0 + 2 sL { x (t )} + daqui pomos em evidência L { x (t )}; L { x

(t )} =

β β ω

s x0 + (v0 + 2 x0 ) . s2 + 2 s + 2

ω

2 L { x (t )}

= 0,

= 0

EDO-2016-1.nb

-1 { { ( )}} L L x t -1 L



= x(t ) =

v0

 α

s2 + 1



+ L -1

 αβ 

+ L -1

t +

t

1

α β   α  β α α 2

s2

Sen

v0 +

 αβ

99

 α  α  βα α β α  α   α  1

2

s2 +

=

v0

Sen

t +

Sen

t +

t =

Assim, a nossa solução é:

β Sen α  β . α α α α Para ter uma ideia de como se comporta esta solução devemos notar que, podemos assumir β β α 1.5, α α 0.5, logo α = 0.5 α . Um plot é mostrado abaixo. 1

x (t) =

v 0

v 0 +

=

t +

t

=



τ

τ τ

π

π

t = (0, 4 ) , por exemplo,

→ True, AspectRatio → 1, ⋯ PlotTheme → "Marketing", ImageSize → 200, FrameLabel → τ α t, x t , PlotRange → All, ⋯ PlotStyle → RGBColor[0, 1, 1, 1.5], Thick, Thickness[0.015], PlotRange → All ⋯

Plot (1.5 + 0.5) Sin[ ] + 0.5 , { , 0, 4 }, Axes gráfico

seno

eixos

ver

quociente de aspecto =

tema do gráfico

estilo do gráfico

tamanho da imagem


[ ]

legenda do quadro

espesso espessura

intervalo do

intervalo do

tudo

tudo

6

4 )

t ( x

2

0 0

2.5

5.0

7.5

10.0

12.5

α t Lista 4. Transformada de Laplace 4.I. Cálculo da transformada de Laplace das funções elementares

Determine a transformada de Laplace das funções:

ω α

1. a) sin2 ( x), b) cosh2 (3 x), c) 3 sin( x + ), onde

ⅇ

-ax

ω e α são constantes,

d) x cos(ax), e) x2 sin(ax), f)

ch(bx)

2. a) 2 x - 3, b) 5 x2 + 4 x - 3, c) x2 cos(a x) 3. a)

x3

5

2

x + 2, b) x15 - 2 x4 + x2

24 - 3

4. a) 5e3 x , b) 4 sin(3 x), c) 3 cos(2 x), d) 7 cosh(2 x), e) 2

2

1 3

sinh(3 x).

2

5. a) 2 cos2 ( x), b) 3 sin (2 x), c) cosh ( x), d) 2 sinh (2 x),

ω α

ω α

6. a) 4sin(ax + b), onde a e b são constantes, b) 3 cos2 ( x - ) onde e são constantes. 4.2. Determine a transformação inversa da função

7. a)

s s2 +36

8. a)

4 s-5 s2 -s-2

, b) , b)

1 s2 +9

, c)

4s s2 -16

5 3 s-1 ,

, c)

3 s2 -7

d)

3 s2 -6

, d)

s3

2

, e)

(s-3)5

, e)

3 s4

L -1

{F(s)}, onde F(s) é dado por

.

s s2 +4 s+1

,

4.3. Resolução de EDOs mediante transformação de Laplace

ⅇ

-ax x cos(bx),

g)

ⅇ

-ax

sin(bx), h)

EDO-2017-1

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