Equaç˜oes Diferenciais Allan de Sousa Soares

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IFBA
Equações Diferenciais
Versão 1
Allan de Sousa Soares
Graduação: Licenciatura em Matemática - UESB
Especilização: Matemática Pura - UESB
Mestrado: Matemática Pura - UFMG
Vitória da Conquista - BA
2013
Aula 16
Objetivos
- Modelar matemáticamente fenômenos naturais utilizando os conceitos
vistos em equações diferenciais.
0.1
Introdução
É bastante comum encontrarmos relações matemáticas que descrevem certos fenômenos naturais. O uso da
equações diferenciais tem se mostrado bastante solucionador em algumas questões.
Modelos matemáticos para
fenômenos como decrescimento radioativo, crescimento populacional, propagação de epidemias ou movimento amortecido são frequentemente modelados por equações diferenciais.
0.2
Trajetórias Ortogonais
Considere a seguinte pergunta:
Dada uma famı́lia a n-parâmetros de curvas, é possı́vel encontrar uma equação diferencial de n-ésima ordem associada
a essa famı́lia?
Na maioria das vezes a resposta é sim.
Exemplo 1. Encontre a equação diferencial da famı́lia
y = c(x2 + 1).
(1)
dy
1 dy
= 2cx ⇔ c =
.
dx
2x dx
(2)
Solução: Temos que
Isolando c em (1), temos
c=
x2
y
.
+1
(3)
Igualando (2) e (3), temos
1 dy
y
dy
2xy
= 2
⇔
= 2
.
2x dx
x +1
dx
x +1
Sabemos do cálculo que, duas curvas L1 e L2 são ortogonais em x0 se suas retas tangentes T1 e T2 são ortogonais
neste ponto, isto é, seus coeficientes angulares m1 e m2 são tais que m1 m2 = −1.
Exemplo 2. Mostre que as curvas L1 : y = x e L2 : x2 + y 2 = 4 são ortogonais nos pontos de interseção.
Solução: i) Primeiro achemos os pontos de inteseção
√
L1 ∩ L2 ⇔ x2 + x2 = 4 ⇔ 2x2 = 4 ⇔ x2 = ± 2.
Logo, os pontos de interseção são
√ √
√
√
( 2; 2), (− 2; − 2).
√
√
√
√
ii) Mostraremos que m1 ( 2).m2 ( 2) = −1 e m1 (− 2).m2 (− 2) = −1.
0
yL
1
=1⇒
√
0
yL
(
1
2) = 1,
0
yL
2
√
√
x
2
0
= − ⇒ yL2 ( 2) = − √ = −1.
y
2
√
√
Logo, m1 ( 2)m2 ( 2) = 1.(−1) = −1.
√
√
√
√
0
0
Da mesma forma substituindo (− 2; − 2) em yL
= 1 e yL
= − xy , temos m1 (− 2)m2 (− 2) = 1.(−1) = −1.
1
2
1
Definição 3. Trajetórias Ortogonais
Quando todas as curvas de uma famı́lia G(x, y, c1 ) = 0 interceptam ortogonalmente todas as curvas de outra famı́lia
H(x, y, c2 ) = 0, então dizemos que as famı́lias são trajetórias ortogonais uma da outra.
Um método geral para a obtenção de trajetórias ortogonais de uma dada famı́lia de curvas é o seguinte:
Encontramos a equação diferencial
dy
= f (x, y)
dx
que descreve a famı́lia. A equação diferencial da famı́lia ortogonal é então
dy
1
=−
.
dx
f (x, y)
Exemplo 4. Encontre as trajetórias ortogonais da famı́lia de hipérboles
y=
Solução: A derivada de y =
c
x
é dada por
dy
dx
c
.
x
= − xc2 . Substituindo c = xy nesta última equação, temos
dy
dy
dy
c
xy
y
=− 2 ⇔
=− 2 ⇔
=− .
dx
x
dx
x
dx
x
A equação diferencial da famı́lia ortogonal é dada por
x
dy
= .
dx
y
Portanto,
dy
x
= ⇔ ydy = xdx ⇔
dx
y
Logo, as trajetórias ortogonais são
Z
Z
xdx ⇔
ydy =
y2
x2
=
+ c0 ⇔ y 2 − x2 = c.
2
2
y 2 − x2 = c.
0.3
Meia-Vida
Em fı́sica, meia-vida é uma medida de estabilidade de uma substância radioativa. A meia-vida é o tempo gasto
para a metade dos átomos de uma quantidade inicial A0 se desintegrar ou se transmutar em átomos de outro elemento.
Um modelo para tal situação é dado por
dA
= kA, A(t0 ) = A0 .
dt
Exemplo 5. Um reator converte urânio 238 em um isótopo de plutônio 239. Após 20 anos, foi detectado que 0, 1433 g
de uma quantidade inicial de 250 g havia se desintegrado. encontre a meia-vida desse isótopo, se a taxa de desintegração
é proporcional à quantidade remanescente.
Solução: Temos que
dA
= kA,
dt
o qual tem solução
A(t) = 250ekt .
Temos que
250 − 0, 1433 = A(20) ⇒ 250ek.20 = 249, 8567 ⇒ ek.20 = 0, 9994268 ⇒ k = −0, 00002867.
Logo,
A(t) = 250e−0,00002867t .
O tempo de meio-vida é então dado por
250e−0,00002867t = 125 ⇒ e−0,00002867t = 0, 5 ⇒ −0, 00002867t = ln|0, 5| ⇒ t = 24, 18 anos.
2
0.4
Resfriamento
A lei do resfriamento de Newton diz que a taxa de variação da temperatura T (t) de um corpo em resfriamaneto
é proporcional à diferençaentre a temperatura do corpo e a temperatura constante Tm do meio ambiente, isto é,
dT
= k(T − Tm ),
dt
em que k é uma constante de proporcionalidade.
Exemplo 6. Quando um bolo é retirado do forno, sua temperatura é de 300o F . Três minutos depois, sua temperatura
passa para 200o F . Quanto tempo levará para sua temperatura chegar a 70o , se a temperatura do meio ambiente em
que ele foi colocado for exatamente 70o F .
Solução: Temos que
dT
= k(T − Tm ).
dt
Como Tm = 70o , temos
dT
dT
= k(T − 70) ⇒
= kdt ⇒ ln|T − 70| = kt + k ⇒ T − 70 = cekt ⇒ T = 70 + cekt .
dt
T − 70
Portanto,
T (0) = 300 ⇒ 300 = 70 + cek.0 ⇒ 230 = c ⇒ T = 70 + 230ekt .
T (3) = 200 ⇒ 200 = 70 + 230ek.3 ⇒ e3k =
13
⇒ k = −0, 19018.
23
Logo,
T (t) = 70 + 230e−0,19018t .
Por fim,
80 = 70 + 230e−0,19018t ⇒
0.5
10 10
⇒ t = 16, 49 min.
= e−0,19018t ⇒ −0, 19018t = ln 230
230 Circuitos em Série
Em um circuito em série contendo somente um resistor e um indutor, a segunda lei de Kirchhoff diz que a soma
di
da queda de tensão no indutor (L dt
) e da queda de tensão no resistor (iR) é igual à voltagem (E(t)) no circuito.
Temos portanto a seguinte equação diferencial linear para a corrente i(t),
L
di
+ Ri = E(t),
dt
em que L e R são constantes conhecidas como a indutância e a resistência, respectivamente.
Exemplo 7. Uma bateria de 12 volts é conectada a um circuito em série no qual a indutâcia é de 0, 5 henry e a
resistência, 10 ohms. Determine a corrente i se a corrente inicial é zero.
Solução: Substituindo os dados em nosso modelo, temos
0, 5
di
+ 10i = 12, i(0) = 0.
dt
Multiplicando (4) por 2, temos
di
di
di
1
+ 20i = 24 ⇒
= 24 − 20i ⇒
= dt ⇒ − ln|24 − 20i| = t + k ⇒
dt
dt
24 − 20i
20
ln|24 − 20i| = −20t − 20k ⇒ 24 − 20i = e−20t−20k ⇒ 20i = 24 − e−20t e−20k ⇒
⇒i=
6
1
6
− e−20k e−20t ⇒ i = + ce−20t .
5 20
5
3
(4)
Como i(0) = 0, temos que
0=
6
6
+ ce−20.0 ⇒ c = − .
5
5
Assim, a corrente i é dada por
i(t) =
0.6
6 6 −20t
− e
.
5 5
Sistemas Oscilatórios
Os sistemas oscilatórios podem ser estudados mediante equações diferenciais ordinárias lineares de segunda ordem,
proveniente da aplicação de leis fı́sicas, como as leis de Newton e a lei de Hooke. Vejamos o caso das oscilações livres
sem amortecimento.
Considere um sistema massa-mola composto por uma massa m acoplada a uma mola cuja constante elástica é k,
conforme Figura (5).
(5)
Na parte (a) tem-se uma mola de comprimento l suspensa na vertical. Em (b) observa-se que o corpo de massa m
deforma a mola em um comprimento igual a ∆l, de modo que ocorre o equilı́brio entre a força restauradora da mola
e o peso do corpo na posição x = 0. Na parte (c), observa-se que a mola exerce uma força para cima igual a
k(∆l − kx) = mg − kx,
sendo que x é a elongação (ou compressão) da mola. Logo, a força resultante é igual a
(mg − kx) − mg = −kx.
Fazendo x = x(t), temos, pela segunda lei de Newton
mx00 (t) = −kx(t).
(6)
Movimento Livre
Dividindo (6) por m e trazendo os termos para o primeiro membro, temos
k
x(t) = 0.
m
(7)
x00 (t) + ω 2 x(t) = 0.
(8)
x00 (t) +
Fazendo ω 2 =
k
m
Adotando as condições iniciais x(0) = α e x0 (0) = β, temos o seguinte PVI
x00 (t) + ω 2 x(t) = 0, x(0) = α, x0 (0) = β.
4
Observe que as soluções da equação caracterı́stica p2 + ω 2 = 0 associada a (8) são p1 = ωi e p2 = −ωi.
Assim, a solução geral de (8) é
x(t) = c1 cos(ωt) + c2 sen(ωt).
(9)
O perı́odo de vibrações livres descrito em (9) é T = 2π/ω, e a frequência é f = 1/T .
Exemplo 8. Resolva o seguinte PVI
x00 (t) + 25x = 0, x(0) = 10, x0 (0) = 0.
Solução: Temos a seguinte equação caracterı́stica
p2 + 25 = 0
cujas soluções são 5i e −5i. Assim, temos a seguinte solução geral
x(t) = c1 cos(5t) + c2 sen(5t).
Aplicando as condições iniciais x(0) = 10 e x0 (0) = 0, temos
x(0) = 10 ⇒ 10 = c1 cos(5.0) + c2 sen(5.0) ⇒ 10 = c1 .
x0 (t) = −10sen(5t) + c2 cos(5t) ⇒ 0 = −10sen(5.0) + c2 cos(5.0) ⇒ c2 = 0.
Logo, a solução do PVI é
x(t) = 10cos(5t).
O PVI resolvido assima equivale a puxar uma massa atada a uma mola para baixo 10 unidades abaixo da posição
de equilı́brio, e soltando-a, a partir do repouso, no instante t = 0. Em particular, o perı́odo de oscilação é de cerca de
2π/5 segundos.
5
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