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Como saber a distância focal de uma lente?

03/21/2016 8:50 pm / Deixe um comentário

— 2.7.18. Equação da Lente —

Quando fabricamos uma lente, o índice de refração do material e os parâmetros da superfície que limitam a lente devem ser escolhidos adequadamente para que a lente tenha uma distância focal apropriada. Para entendermos isto, temos de perceber como estão relacionados estes parâmetros.

Vamos considerar uma lente côncavo-convexa (veja figura 62).

Figura 62: Dedução da fórmula da lente. [5] Adaptado

Considere o objecto ${PQ}$ que está a uma distância ${d_1}$ da lente. A refração dos seus raios na superfície convexa com centro ${C_1}$ formará a imagem ${P'Q'}$ . Como os índices de refração dos meios são ${n_a}$ e ${n_b}$ , pela formula 58 da refração numa superfície esférica, a relação entre os parâmetros de ${PQ}$ e ${P'Q'}$ será:

$\displaystyle \frac{n_a}{ d_1 } + \frac{n_b}{ d_1' } =\frac{n_b-n_a}{ R_1 } \ \ \ \ \ (69)$

A imagem ${P'Q'}$ é o objecto virtual para a refracção na segunda superfície, com centro em ${C_2}$ e raio ${R_2}$ . Portanto, de acordo com a formação da imagem na refração numa superfície esférica, obteremos:

$\displaystyle \frac{n_b}{ d_2 } + \frac{n_c}{ d_2' } =\frac{n_c-n_b}{ R_2 } \ \ \ \ \ (70)$

Como o meio exterior é o ar, então ${n_a=n_c=1}$ e como o meio ${b}$ é a lente então ${n_b=n}$ . A distância ${d_2}$ é igual, em modulo, a ${d_1'}$ , mas com sinais opostos, visto que a imagem ${P'Q'}$ é real ( ${d_1'}$ >0), e esta mesma imagem é o objecto virtual para a segunda superfície ( ${d_2<0}$ ). Neste caso, ${d_2=-d_1'}$ , logo, as relações 69 e 70 ficam :

$\displaystyle \frac{1}{ d_1 } + \frac{n}{ d_1' } =\frac{n-1}{ R_1 } \ \ \ \ \ (71)$

$\displaystyle -\frac{n}{ d_1 } + \frac{1}{ d_2' } =\frac{1-n}{ R_2 } \ \ \ \ \ (72)$

Se somarmos as equações 71 e 72, obteremos:

$\displaystyle \frac{1}{ d_1 } + \frac{1}{ d_2' } =\frac{n-1}{ R_1 }+\frac{1-n}{ R_2 } \ \ \ \ \ (73)$

Organizando melhor a equação, obtemos:

$\displaystyle \frac{1}{ d_1 } + \frac{1}{ d_2' } =(n-1)\cdot(\frac{1}{ R_1 }-\frac{1}{ R_2 }) \ \ \ \ \ (74)$

Considerando a lente delgada, então ${t\rightarrow 0}$ , logo ${d_1}$ representa a distância entre o objecto e a lente, chamada de distância do objecto ( ${d}$ ) e ${d_2'}$ representa a distância entre a imagem e a lente, chamada de distância da imagem ( ${d'}$ ). A relação 74 pode então ser escrita por:

$\displaystyle \frac{1}{ d } + \frac{1}{ d' } =(n-1)\cdot(\frac{1}{ R_1 }-\frac{1}{ R_2 }) \ \ \ \ \ (75)$

Se substituirmos os valores da equação de pontos conjugado (equação 67) nesta equação, obtemos:

$\displaystyle \frac{1}{ f } =(n-1)\cdot(\frac{1}{ R_1 }-\frac{1}{ R_2 }) \ \ \ \ \ (76)$

A equação 76 foi deduzida para o caso de uma lente em particular, sendo a superfície de raio ${R_1}$ convexa e a superfície de raio ${R_2}$ côncava. Mas, de modo geral, adoptando a convenção de sinais apropriada, podemos escrever uma formula válida para qualquer situação:

$\displaystyle \frac{1}{ f } =(n_{21}-1)\cdot(\frac{1}{ R_1 }+\frac{1}{ R_2 }) \ \ \ \ \ (77)$

Onde: ${n_{21}}$ é o índice de refração relativo do material de que é feito a lente em relação ao material que constitui o exterior (geralmente, o ar).

A convenção de sinais válida, continua sendo :

Se o objecto é real, ${d>0}$ .
Se o objecto é virtual, ${d<0}$ .
Se a imagem é real, ${d'>0}$ .
Se a imagem é virtual, ${d'<0}$ .
Se a superfície é convexa, então ${R>0}$ .
Se a superfície é côncava, então ${R<0}$ .
Se a lente é convergente, então ${f>0}$ .
Se a lente é divergente, então ${f<0}$ .

A dedução desta fórmula baseou-se na utilização de raios paraxiais, ou seja, raios que incidem quase que paralelamente ao eixo óptico da lente, formando com este ângulos muito pequenos. Porém, para raios que não seja paraxiais, isto é, para imagens que não estejam perto do eixo óptico da lente, o foco pode ficar numa posição diferente da calculada pela relação 77, observando-se nestes casos muitas aberrações cromáticas.

Para o caso é que o meio exterior seja mais denso do que o material de que é feito a lente, as lentes apresentam um comportamento muito curioso: A lente aparentemente convergente (que a espessura diminui do centro aos bordos) comporta-se como divergente e as lentes aparentemente divergentes (que a espessura aumenta do centro aos bordos) comportam-se como convergente. Isto pode ser explicado pela relação 77, mas deixaremos esta análise para que você a faça.

Está a gostar da Abordagem? Veja também:

— Referências Bibliográficas —

[1] Lilia Coronato Courrol & André de Oliveira Preto. APOSTILA TEÓRICA: ÓPTICA TÉCNICA I, FATEC-SP , [s.d.].
[2] Jaime Frejlich. ÓPTICA: TRANSFORMAÇÃO DE FOURIER E PROCESSAMENTO DE IMAGENS, Universidade Federal de Campinas – SP, [2010].
[3] Sérgio C. Zilio. ÓPTICA MODERNA: FUNDAMENTOS E APLICAÇÕES, [2010].
[4] Renan Schetino de Souza. ÓPTICA GEOMÉTRICA, [2012].
[5] Hugh D. Young & Roger Freedman. FÍSICA IV: ÓPTICA E FÍSICA MODERNA, [2009].
[6]Hugh D. Young & Roger Freedman. FÍSICA III: ELECTROMAGNETISMO, [2009].
[7] Julião de Sousa Leal. TRABALHO DE FIM DE CURSO: MANUAL DE ÓPTICA, FACULDADE DE CIÊNCIAS DA UNIVERSIDADE AGOSTINHO NETO, [s.d.]

Luso Academia

03/15/2016 10:11 am / Deixe um comentário

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Como se forma a imagem numa lente?

03/03/2016 10:15 pm / Deixe um comentário

— 2.7.17. Obtenção da imagem de uma lente. Relação objecto-imagem para lente delgada —

Quando observamos a imagem de um objecto atravessar de uma lupa ou luneta, por exemplo, a imagem observada poderá ser maior ou menor do que o tamanho real do objecto. Na realidade, ao movimentarmos esta lente para frente ou para trás, observamos que o tamanho da imagem muda. Esta mudança de tamanho da imagem está associada à três parâmetros principais: distância da lente ao objecto ${d}$ , distância da lente á imagem ${d'}$ e distância focal da lente ${f}$ . Isto é válido para qualquer lente.

Tudo pode ser entendido, se compreendermos como os raios de luz passam pela lente e como se forma a sua imagem.

Como já vimos, qualquer raio que incida paralelamente ao eixo principal de uma lente convergente, ao emergir dela, passará pelo foco imagem. Usando o princípio de reversibilidade dos raios luminosos, descrito em secções anteriores, podemos afirmar que qualquer raio que incida passando pelo foco objecto, ao emergir da lente, sairá paralelo ao eixo principal. Um raio que incida no centro da lente, passará por ela sem desvio (veja figura 60). Para se formar a imagem de um ponto ${Q}$ , devemos traçar ao menos dois raios que incidam na lente vindos do ponto ${Q}$ . Os raios escolhidos devem ser aqueles cujo raio emergente correspondente já conhecemos. No exemplo, usa-se o raio que incide paralelamente ao eixo principal e o raio que incide passando pelo centro. Após escolhermos estes raios, representamos os raios emergentes correspondentes. Onde os raios emergentes se cruzarem, aí é a imagem real do ponto ${Q}$ que é designado ${Q'}$ . Quando os raios emergentes não se cruzam, para encontrar a imagem procede-se ao prolongamento dos raios emergentes. A intercessão destes prolongamentos será então a imagem virtual ${Q'}$ do ponto ${Q}$ .

Figura 60: Formação da imagem de um objecto numa lente convergente. [5] Adaptado

Para obter a imagem de um objecto extenso ${PQ}$ , é apenas necessário obter a imagem de um conjunto de pontos suficientemente representativo deste objecto. No exemplo se obteve a imagem de dois ponto ${P}$ e ${Q}$ .

O número de ponto a escolher variam de acordo com a complexidade do objecto a analisar.

No caso de formação de imagem de um objecto atravessar de uma lente divergente, o procedimento é idêntico, mas devemos recordar que na lente divergente, o raio que incide paralelamente ao eixo principal, após refratar-se na lente, emerge como se tivesse vindo do foco imagem, e o raio que incide na lente, mas apontado para o foco objecto, após refratar-se, emerge paralelamente ao eixo principal. O raio que incide passando pelo centro de uma lente divergente, tal como na lente convergente, passa sem desvio.

Podemos generalizar algumas situações importantes de formação da imagem. Para lentes convergentes:

Quando a distância do objecto real à lente ( ${d}$ ) é maior que o dobro da distância focal ( ${d>2f}$ ). Características da imagem: real, invertida em relação ao objecto, menor que o objecto e está situada numa distância superior a distância focal, ou seja, depois do foco imagem ${F'}$ .
Quando o objecto está situado entre o foco objecto ${F}$ e o dobro da distância focal ( ${f<d< 2f}$ ). Características da imagem: real, invertida em relação ao objecto, maior que o objecto e está situada numa distância superior ao dobro da distância focal,tambem depois do foco imagem ${F'}$ .
Quando o objecto está situado no plano focal objecto ( ${d = f}$ ). Neste caso os raios refratados são paralelos e a imagem forma-se no infinito.
Quando o objecto está situado entre o centro óptico ${0}$ e o foco objecto ${F}$ . Características da imagem: virtual, direita em relação ao objecto e maior que o objecto.

Para lentes divergentes:

Para qualquer situação, as características da imagem são: sempre virtual, direita em relação ao objecto e menor que o objecto.

A equação das lentes delgadas (equação de Gauss) relaciona entre si as grandezas seguintes: a distância ${d}$ do objecto à lente, a distância ${d'}$ da imagem à lente e a distância focal ${f}$ da lente. A equação pode ser deduzida da figura 60.

Os ângulos para os triângulos rectângulos ${OPQ}$ e ${OPQ'}$ são iguais. Logo a sua tangente é ${\tan \alpha = \frac{y}{d}=-\frac{y'}{d'}}$ . o sinal negativo deve-se ao facto de a imagem ser invertida. Neste poderemos obter:

$\displaystyle \frac{y'}{y}=-\frac{d'}{d} \ \ \ \ \ (65)$

De modo análogo, no triângulos rectângulos ${OAF'}$ e ${F'PQ}$ , o ângulo ${\beta}$ é igual. Então: ${\tan \beta= \frac{y}{f}=-\frac{y'}{d'-f}}$ . Isto nos dá:

$\displaystyle \frac{y'}{y}=-\frac{d'-f}{f} \ \ \ \ \ (66)$

Igualando as equações 65 e 66, separando a fracção, simplificando e isolando a fracção ${\frac{1}{f}}$ , fica:

$\displaystyle \frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d'} \ \ \ \ \ (67)$

Esta é a equação que relaciona as distâncias do objecto e da imagem em relação a lente com a sua distância focal.

A partir da relação 65 obtemos a ampliação da imagem formada por uma lente:

$\displaystyle k=-\frac{d'}{d} \ \ \ \ \ (68)$

Estas relações são válidas que para lentes convergentes como para lentes divergentes, desde que se respeite a convenção de sinais.

Convenção de sinais:

Se o objecto é real, ${d}$ é positiva: ${d> 0}$ .
Se o objecto é virtual, ${d}$ é negativa: ${d <0}$ .
Se a imagem é real, ${d'}$ é positiva: ${d'> 0 }$ .
Se a imagem é virtual, ${d'}$ é negativa: ${d' <0}$ .
Se a lente é convergente, ${f }$ é positiva: ${f> 0}$
Se a lente é divergente, ${f }$ é negativa: ${f <0}$

Portanto, ${d}$ e ${d'}$ podem ser positivas ou negativas dependendo do facto do objecto e da imagem serem reais ou virtuais.

A ampliação é positiva se a imagem é direita (quer dizer do mesmo sentido que o objecto) e, negativa se a imagem é invertida (quer dizer, de sentido contrário ao objecto).

— Referências Bibliográficas —

Equações diferenciais homogéneas.Exercícios resolvidos

03/02/2016 11:48 am / 1 comentário em Equações diferenciais homogéneas.Exercícios resolvidos

— 2. Equações diferenciais homogéneas.Exercícios resolvidos —

No artigo passado apresentamos exercícios resolvidos sobre equações diferenciais com variáveis separáveis, neste artigo vamos tratar de resolver exercícios relacionados a equações diferenciais homogéneas.Aconselhamos ao caro leitor a fazer uma revisão sobre a resolução de integrais.

Exercício 1 Cada uma das equações diferenciais apresentada é homogénea.Resolva as equações diferenciais dadas usando as substituições adequadas.

${(y^{2}+yx)dx+x^{2}dy=0}$
Solução:Usando ${y=ux \Rightarrow dy=udx+xdu}$ , teremos:

$\displaystyle (u^{2}x^{2}+ux^{2})dx+x^{2}(udx+xdu)=0$

dividindo por ${x^{2}}$ temos:

$\displaystyle (u^{2}+u)dx+(udx+xdu)=0 \Rightarrow (u^{2}+2u)dx+xdu)=0$

separando as variáveis,

$\displaystyle \dfrac{dx}{x}+\dfrac{du}{(u^{2}+2u)}$

integrando:

$\displaystyle \ln |x|+\dfrac{1}{2}\ln |u|-\dfrac{1}{2}\ln |u+2|=C$

$\displaystyle 2\ln |x|+\ln |u|-\ln |u+2|=2C$

$\displaystyle \ln\left|\dfrac{x^{2}u}{u+2}\right|=2C \Rightarrow \dfrac{x^{2}u}{u+2}=C_{1}$

como ${u=\dfrac{y}{x}}$ , então:

$\displaystyle \dfrac{x^{2}\dfrac{y}{x}}{\dfrac{y}{x}+2}=C_{1}\Rightarrow x^{2}y=C_{1}(y+2x)$
${\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{x+3y}{3x+y}}$
Solução:podemos escrever a equação da seguinte maneira:

$\displaystyle (x+3y)dx-(3x+y)dy=0$

Usando ${y=ux \Rightarrow dy=udx+xdu}$ , teremos:

$\displaystyle (x+3ux )dx-(3x+ux )(udx+xdu)=0$

dividindo por ${x}$ temos:

$\displaystyle (1+3u )dx-(3+u)(udx+xdu)=0$

multiplicando as variáveis e organizando temos

$\displaystyle (u^{2}-1)dx+x(u+3)du=0$

separando as variáveis,

$\displaystyle \dfrac{dx}{x}+\dfrac{u+3}{(u-1)(u+1)}du=0$

integrando

$\displaystyle \ln|x|+2\ln|u-1|-\ln|u+1|=C \Rightarrow \ln\left|\dfrac{x(u-1)^{2}}{u+1}\right|=C$

$\displaystyle \dfrac{x(u-1)^{2}}{u+1}=C_{1}$

sabemos que ${u=\dfrac{y}{x}}$ , então:

$\displaystyle \dfrac{x\left(\dfrac{y}{x}-1\right)^{2}}{\dfrac{y}{x}+1}=C_{1}\Rightarrow (y-x)^{2}=C_{1}(y+x)^{2}$
${xdx+(y-2x)dy=0}$
Solução:Usando ${x=vy \Rightarrow dx=vdy+ydv}$ , teremos:

$\displaystyle vy(vdy+ydv)+(y-2vy)dy=0$

dividindo por ${y}$ temos:

$\displaystyle v(vdy+ydv)+(1-2v)dy=0$

multiplicando as variáveis e organizando temos:

$\displaystyle vydv+(v^{2}-2v+1)dy=0$

separando as variáveis temos

$\displaystyle \dfrac{vdv}{(v-1)^{2}}+\dfrac{dy}{y}=0\Rightarrow \dfrac{(v-1)dv}{(v-1)^{2}}+\dfrac{dv}{(v-1)^{2}}+\dfrac{dy}{y}=0$

integrando

$\displaystyle \ln |v-1|-\dfrac{1}{v-1}+\ln |y|=C$

sabemos que ${v=\dfrac{x}{y}}$ então:

$\displaystyle \ln \left|\dfrac{x}{y}-1\right|-\dfrac{1}{\dfrac{x}{y}-1}+\ln |y|=C$

podemos escrever a solução da seguinte maneira

$\displaystyle (x-y)\ln |x-y|-y=C(x-y)$
${[x-y\arctan (y/x)]dx+x\arctan (y/x)dy=0}$
Solução:se ${y=ux \Rightarrow dy=udx+xdu}$ , substituindo na equação temos:

$\displaystyle [x-ux\arctan u]dx+x\arctan u(udx+xdu)=0$

simplificando as variáveis temos:

$\displaystyle dx+x\arctan u du=0$

separando as variáveis tem-se

$\displaystyle \dfrac{dx}{x}+\arctan udu=0$

integrando,

$\displaystyle \ln|x|+u\arctan u-\dfrac{1}{2}\ln |1+u^{2}|=\ln C$

como ${u=\dfrac{y}{x}}$ , então:

$\displaystyle \ln|x|+\dfrac{y}{x}\arctan \left(\dfrac{y}{x}\right)-\dfrac{1}{2}\ln \left|1+\left(\dfrac{y}{x}\right)^{2}\right|=\ln C$

organizando a solução tem-se:

$\displaystyle 2y\arctan \left(\dfrac{y}{x}\right)=x\ln \left|\dfrac{x^{2}+y^{2}}{x^{4}}\right|+C_{1}$

onde ${C_{1}=\ln C^{2}}$
${[y\cos (y/x)+x\sin (y/x)]dx=x\cos (y/x)dy}$
Solução:se ${y=ux \Rightarrow dy=udx+xdu}$ , substituindo na equação dada obtemos:

$\displaystyle (ux\cos u+x\sin u)dx=x\cos u (udx+xdu)$

agrupando os termos semelhantes e simplificando obtém-se:

$\displaystyle \sin udx=x\cos udu$

separando as variáveis,

$\displaystyle \dfrac{dx}{x}=\dfrac{\sin u}{\cos u}du$

integrando,

$\displaystyle \ln x=\ln \sin u +\ln C\Rightarrow x=C\sin u$

como ${u=\dfrac{y}{x}}$ , então:

$\displaystyle x=C\sin \dfrac{y}{x}$
${x\dfrac{dy}{dx}=y+\sqrt{x^{2}+y^{2}}}$
Solução:A equação diferencial dada pode ser escrita da seguinte maneira:

$\displaystyle (y+\sqrt{x^{2}+y^{2}})dx-xdy=0$

se ${y=ux \Rightarrow dy=udx+xdu}$ , substituindo na equação acima obtemos:

$\displaystyle (ux+\sqrt{x^{2}+u^{2}x^{2}})dx-x(udx+xdu)=0$

agrupando os termos e simplificando temos:

$\displaystyle x\sqrt{1+u^{2}}dx-x^{2}du=0$

separando as variáveis:

$\displaystyle \dfrac{dx}{x}-\dfrac{du}{\sqrt{1+u^{2}}}=0$

integrando,

$\displaystyle \ln |x|-\ln \left|u+\sqrt{1+u^{2}}\right|= C \Rightarrow \dfrac{x}{(u+\sqrt{1+u^{2}})}=e^{C}$

como ${u=\dfrac{y}{x}}$ , então:

$\displaystyle \dfrac{x}{\dfrac{y}{x}+\sqrt{1+\left(\dfrac{y}{x}\right)^{2}}}=C_{1}$

simplificando a equação temos

$\displaystyle x^{2}=C_{1}(y+\sqrt{y^{2}+x^{2}})$

Exercício 2 Resolva os problemas com os valores iniciais dados usando substituições apropriadas

${ydx+x(\ln x-\ln y-1)dy=o, \quad y(1)=e}$
Solução:Se ${x=vy \Rightarrow dx=vdy+ydv}$ substituirmos na equação, teremos:

$\displaystyle y(vdy+ydv)+vy(\ln vy-\ln y-1)dy=o$

$\displaystyle (vdy+ydv)+v(\ln v+ \ln y-\ln y-1)dy=o$

$\displaystyle vdy+ydv+v\ln v dy-vdy=o\Rightarrow ydv+v\ln v dy=0$

separando as variáveis:

$\displaystyle \dfrac{dv}{v\ln v}+\dfrac{dy}{y}=0$

integrando

$\displaystyle \ln|\ln |v||+\ln |y|=C \Rightarrow \ln |y\ln |v||=C\Rightarrow y\ln |v|=C_{1}$

sabemos que ${v=\dfrac{x}{y}}$ então:

$\displaystyle y\ln \left|\dfrac{x}{y}\right|=C_{1}$

usando ${y(1)=e}$ nos encontramos

$\displaystyle e\ln \left|\dfrac{1}{e}\right|=C_{1}\Rightarrow C_{1}=-e$

a solução do problema de valor inicial será:

$\displaystyle y\ln \left|\dfrac{x}{y}\right|=-e$
${(x+ye^{y/x})dx-xe^{y/x}dy=0, \quad y(1)=0}$
Solução:Usando ${y=ux \Rightarrow dy=udx+xdu}$ , teremos:

$\displaystyle (x+uxe^{u})dx-xe^{u}(udx+xdu)=0$

dividindo por ${x}$ temos:

$\displaystyle (1+ue^{u})dx-e^{u}(udx+xdu)=0$

multiplicando e organizando as variáveis teremos:

$\displaystyle dx-xe^{u})du=0$

agora vamos separar as variáveis

$\displaystyle \dfrac{dx}{x}-e^{u}du=0$

integrando a equação temos

$\displaystyle \ln |x|-e^{u}=C$

sabemos que ${u=\dfrac{y}{x}}$ , então:

$\displaystyle \ln |x|-e^{\frac{y}{x}}=C$

usando ${y(1)=0}$ , obtemos

$\displaystyle \ln |1|-e^{\frac{0}{1}}=C \Rightarrow C=-1$

A solução do problema de valor inicial é:

$\displaystyle \ln |x|-e^{u}=-1$
${(x^{2}+2y^{2})dx-xydy=0, \quad y(-1)=1}$
Solução:Usando ${y=ux \Rightarrow dy=udx+xdu}$ , teremos:

$\displaystyle (x^{2}+2u^{2}x^{2})dx-ux^{2}(udx+xdu)=0$

vamos dividir por ${x^{2}}$ e depois multiplicamos e simplificamos os termos semelhantes:

$\displaystyle (1+u^{2})dx-uxdu=0$

separando as variáveis,

$\displaystyle \dfrac{dx}{x}-\dfrac{udu}{1+u^{2}}=0$

integrando,

$\displaystyle \ln |x|-\dfrac{1}{2}\ln |1+u^{2}|=C\Rightarrow \dfrac{x^{2}}{1+u^{2}}=e^{2C}$

como ${u=\dfrac{y}{x}}$ , então:

$\displaystyle \dfrac{x^{2}}{1+\left(\dfrac{y}{x}\right)^{2}}=C_{1}$

organizando a equação,

$\displaystyle x^{4}=C_{1}(y^{2}+x^{2})$

usando a condição inicial ${y(-1)=1}$ temos:

$\displaystyle (-1)^{4}=C_{1}(1^{2}+(-1)^{2})\Rightarrow C_{1}=\dfrac{1}{2}$

A solução do problema de valor inicial é:

$\displaystyle x^{4}=\dfrac{1}{2}(y^{2}+x^{2})$

No próximo artigo vamos apresentar exercícios resolvidos sobre as equações diferenciais exatas.

Equações diferenciais de variáveis separáveis.Exercícios resolvidos

03/01/2016 12:38 am / 3 comentários em Equações diferenciais de variáveis separáveis.Exercícios resolvidos

— 1. Equações diferenciais de variáveis separáveis.Exercícios resolvidos —

Iniciaremos uma serie de artigos com exercícios resolvidos de equações diferenciais.Neste artigo vamos nos concentrar apenas em equações diferenciais de variáveis separáveis o próximo artigo será sobre as equações diferenciais homogéneas.

Exercício 1 Resolver as seguintes equações diferenciais por separação de variáveis

${(xy^{2}-y^{2}+x-1)dx+(x^{2}y-2xy+x^{2}+2y-2x+2)dy=0 }$
Solução:Agrupando, teremos:

$\displaystyle [y^{2}(x-1)+(x-1)]dx+[x^{2}(y+1)-2x(y+1)+2(y+1)]dy=$

$\displaystyle (y^{2}+1)(x-1)dx+(x^{2}-2x+2)(y+1)dy=0$

separando as variáveis teremos

$\displaystyle \dfrac{(x-1)dx}{(x^{2}-2x+2)}+\dfrac{(y+1)dy}{(y^{2}+1)}=0$

integrando

$\displaystyle \int\dfrac{(x-1)dx}{(x^{2}-2x+2)}+\int\dfrac{ydy}{(y^{2}+1)}+\int\dfrac{dy}{(y^{2}+1)}=0$

teremos

$\displaystyle \dfrac{1}{2}\ln (x^{2}-2x+2)+\dfrac{1}{2}\ln (y^{2}+1)+\arctan y=C_{1}$

$\displaystyle \ln [(x^{2}-2x+2)(y^{2}+1)]+2\arctan y=2C_{1}$

$\displaystyle \ln [(x^{2}-2x+2)(y^{2}+1)]=2C_{1}-2\arctan y$

levantando o logaritmo e fazendo ${C_{2}=e^{2C_{1}}}$ teremos

$\displaystyle [(x^{2}-2x+2)(y^{2}+1)]=C_{2}e^{-2\arctan y}$

onde se tem:

$\displaystyle [(x^{2}-2x+2)(y^{2}+1)]e^{2\arctan y}=C_{2}$
${\sin 3xdx +2y\cos^{3}3xdy=0 }$
Solução:separando as variáveis teremos

$\displaystyle 2ydy=-\dfrac{\sin 3x}{\cos^{3}3x}dx \Rightarrow 2ydy=-\left(\dfrac{\sin3x}{\cos3x}\right)\left(\dfrac{1}{\cos^{2}3x}\right)$

$\displaystyle 2ydy=-\tan3x\sec^{2}3xdx$

integrando obtemos:

$\displaystyle \int2ydy=-\dfrac{1}{6}\int d(\sec^{2}3x)$

$\displaystyle y^{2}=-\dfrac{1}{6}\sec^{2}3x+c$
${e^{x}y\dfrac{dy}{dx}=e^{-y}+e^{-2x-y}}$
Solução:organizando a equação e separando as variáveis temos:

$\displaystyle e^{x}y\dfrac{dy}{dx}=e^{-y}(1+e^{-2x})\Rightarrow ye^{y}dy=\dfrac{1+e^{-2x}}{e^{x}}dx$

integrando obtemos:

$\displaystyle \int ye^{y}dy=\int (e^{-x}+e^{-3x})dx$

a integral do lado esquerdo resolve-se aplicando integração por partes.

$\displaystyle \int udv=uv-\int vdu$

Supondo que

$\displaystyle u=y \Rightarrow du=dy; \quad dv=e^{y}dy \Rightarrow v=e^{y}$

teremos:

$\displaystyle \int ye^{y}dy=ye^{y}-\int e^{y}dy=ye^{y}-e^{y}$

tendo a integral do lado esquerdo e do lado direito resolvida agora sim podemos dizer que a solução da equação diferencial será:

$\displaystyle ye^{y}-e^{y}=-e^{-x}-\dfrac{1}{3}e^{-3x}+C \Rightarrow ye^{y}-e^{y}+e^{-x}+\dfrac{1}{3}e^{-3x}=C$

Exercício 2 Ache a solução da equação diferencial que satisfaça a condição inicial dada.

${(1+x^{4})dy+x(1+4y^{2})dx=0, \quad y(1)=0}$
Solução:separando as variáveis temos:

$\displaystyle \dfrac{dy}{1+4y^{2}}+ \dfrac{xdx}{1+x^{4}}=0\Rightarrow \int \dfrac{dy}{1+(2y)^{2}}+\int \dfrac{xdx}{1+(x^{2})^{2}}=0$

$\displaystyle \dfrac{1}{2}\arctan 2y+\dfrac{1}{2}\arctan x^{2}=C\Rightarrow \arctan 2y+\arctan x^{2}=C_{1}$

usando ${y(1)=0}$ obtemos ${C_{1}=\frac{\pi}{4}}$ , então:

$\displaystyle \arctan 2y+\arctan x^{2}=\frac{\pi}{4}$
${\dfrac{dy}{dx}+\dfrac{1+y^{3}}{xy^{2}(1+x^{2})}, \quad y(1)=1}$
Solução:Organizando a equação e separando as variáveis teremos:

$\displaystyle xy^{2}(1+x^{2})dy+(1+y^{3})dx=0\Rightarrow \dfrac{y^{2}}{1+y^{3}}dy+\dfrac{1}{x(1+x^{2})}dx=0$

$\displaystyle \dfrac{y^{2}}{1+y^{3}}dy+\dfrac{(1+x^{2})-x^{2}}{x(1+x^{2})}dx=0 \Rightarrow \dfrac{y^{2}}{1+y^{3}}dy +\dfrac{dx}{x}-\dfrac{xdx}{1+x^{2}}=0$

integrando temos:

$\displaystyle \dfrac{1}{3}\ln (1+y^{3})+\ln x -\dfrac{1}{2}\ln(1+x^{2})=C$

$\displaystyle 2\ln (1+y^{3})+6\ln x -3\ln(1+x^{2})=6C$

$\displaystyle \ln \dfrac{x^{6}(1+y^{3})^{2}}{(1+x^{2})^{3}}=6C \Rightarrow \dfrac{x^{6}(1+y^{3})^{2}}{(1+x^{2})^{3}}=e^{6C}$

logo,

$\displaystyle \dfrac{x^{6}(1+y^{3})^{2}}{(1+x^{2})^{3}}=C_{1}$

usando ${y(1)=1}$ , obtemos ${C_{1}=\frac{1}{2}}$ e a solução será:

$\displaystyle \dfrac{x^{6}(1+y^{3})^{2}}{(1+x^{2})^{3}}=\dfrac{1}{2}$
${x\cos x=(2y+3e^{3y})y\prime, \quad y(0)=0}$
Solução:

$\displaystyle x\cos x dx=(2y+3e^{3y})dy \Rightarrow \int(2y+3e^{3y})dy=\int x\cos x dx$

a integral do lado esquerdo resolve-se aplicando integração por partes.

$\displaystyle \int udv=uv-\int vdu$

Supondo que

$\displaystyle u=x \Rightarrow du=dx; \quad dv=\cos xdy \Rightarrow v=\sin x$

então,

$\displaystyle \int x\cos x dx=x\sin x-\int \sin x dx=x\sin x+\cos x$

tendo resolvido a integral por partes,agora estamos em condições para apresentar a solução da equação diferencial:

$\displaystyle y^{2}+\dfrac{1}{3}e^{3y}=x\sin x +\cos x +C$

usando ${y(0)=0}$ na equação acima obtemos ${ C=-\dfrac{2}{3}}$ ,nesse caso a solução será:

$\displaystyle y^{2}+\dfrac{1}{3}e^{3y}=x\sin x +\cos x -\dfrac{2}{3}$
${y\prime\tan x= a+y, \quad y(\frac{\pi}{3})=a, \quad 0<x<\frac{\pi}{2}}$
Solução:

$\displaystyle \dfrac{dy}{dx}\dfrac{\sin x}{\cos x}= a+y \Rightarrow \dfrac{dy}{ a+y}=\dfrac{\cos x}{\sin x}dx, \quad [ a+y\neq 0]$

$\displaystyle \int\dfrac{dy}{ a+y}=\int\dfrac{\cos x}{\sin x}dx \Rightarrow \ln (a+y)=\ln (\sin x)+C$

$\displaystyle a+y=e^{\ln (\sin x)+C}=e^{\ln (\sin x)}e^{C}$

aplicando as propriedades de logaritmo e fazendo ${C_{1}=e^{C}}$ temos:

$\displaystyle a+y=C_{1}\sin x$

usando a condição inicial ${y(\frac{\pi}{3})=a}$ obtemos:

$\displaystyle a+a=C_{1}\sin (\frac{\pi}{3}) \Rightarrow 2a=C_{1}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow C_{1}=\dfrac{4a}{\sqrt{3}}$

então,

$\displaystyle a+y=\dfrac{4a}{\sqrt{3}}\sin x \Rightarrow y=\dfrac{4a}{\sqrt{3}}\sin x - a$

Exercício 3 Resolva o problema de valor inicial

$\displaystyle y\prime=2x\sqrt{1-y^{2}}, \quad y(0)=0$

e faça um gráfico.

Solução:

$\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=2x\sqrt{1-y^{2}} \Rightarrow \dfrac{dy}{\sqrt{1-y^{2}}}=2xdx$

$\displaystyle \int \dfrac{dy}{\sqrt{1-y^{2}}}=\int 2xdx \Rightarrow \arcsin y=x^{2}+C$

usando a condição inicial ${y(0)=0}$ obtemos:

$\displaystyle \arcsin 0=0 + C \Rightarrow C=0$

então:

$\displaystyle \arcsin y=x^{2}\Rightarrow y=\sin (x^{2}), \quad -\sqrt{\pi/2}\leq x\leq \sqrt{\pi/2}$

Figura 1:Gráfico do exemplo 3

Exercício 4 Encontre a solução da equação diferencial

$\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=y^{2}-4$

quando se utiliza ${\ln C_{1}}$ como a constante de integração do lado esquerdo da solução e ${4\ln C_{1}}$ substitui-se por ${\ln C}$ .Depois resolve o mesmo problema com o valor inicial ${y(\frac{1}{4})=1}$

Solução:separando as variáveis teremos:

$\displaystyle \dfrac{dy}{y^{2}-4}=dx\Rightarrow \left[\dfrac{\frac{1}{4}}{y-2}-\dfrac{\frac{1}{4}}{y+2}\right]dy=dx$

integrando teremos:

$\displaystyle \dfrac{1}{4}\ln (y-2)-\dfrac{1}{4}\ln (y+2)+\ln C_{1}=x$

substituindo ${4\ln C_{1}}$ por ${\ln C}$ temos:

$\displaystyle \ln (y-2)-\ln (y+2)+\ln C=4x\Rightarrow \ln \left[\dfrac{C(y-2)}{y+2}\right]=4x$

$\displaystyle C\dfrac{y-2}{y+2}=e^{4x} \Rightarrow y=\dfrac{2(C+e^{4x})}{(C-e^{4x})}$

aplicando a condição inicial ${y(\frac{1}{4})=1}$ , obtemos:

$\displaystyle 1=\dfrac{2\left[ C+e^{4(\frac{1}{4})}\right]}{\left[ C-e^{4(\frac{1}{4})}\right]}\Rightarrow 1=\dfrac{2(C+e)}{(C-e)}$

$\displaystyle C-e=2C-2e \Rightarrow C=-3e$

então a solução será:

$\displaystyle y=\dfrac{2(-3e+e^{4x})}{(-3e-e^{4x})}\Rightarrow y=2\dfrac{(3-e^{4x-1})}{(3+e^{4x-1})}$

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