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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.

  1. {(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)

     

  2. {\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}

     

  3. {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)

     

  4. {[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}}

     

  5. {[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}

     

  6. {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

  1. {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

     

  2. {(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

     

  3. {(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.

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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

  1. {(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}

  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

  3. {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. {(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}

  2. {\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}

  3. {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}

  4. {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})}

 

Aplicação das equações diferenciais de primeira ordem.Misturas

— 3.5. Misturas —

Fazer uma mistura é um procedimento extremamente rotineiro em nossas vidas. Com certeza, todos nós já fizemos uma ou várias. Uma mistura é constituída por duas ou mais substâncias, sejam elas simples ou compostas. As proporções entre os constituintes de uma mistura podem ser alterados por processos químicos, como a destilação. Todas as substâncias que compartilham um mesmo sistema, portanto, constituem uma mistura. Não se pode, entretanto, confundir misturar com dissolver. Água e óleo, por exemplo, misturam-se mas não se dissolvem. Isso torna o sistema água {+} óleo uma mistura, não uma solução.

Figura 1:Mistura da água e o óleo

A mistura de dois fluidos algumas vezes dá origem a uma equação diferencial de primeira ordem.Nos problemas de misturas se deseja calcular a quantidade de uma substancia {Q(t)} que há em um recipiente em qualquer instante {t}.

Vamos supor que um tanque contenha uma mistura de água e sal com um volume inicial de {V_{0}} litros e {Q_{0}} gramas de sal e que uma solução salina seja bombeada para dentro do tanque a uma taxa de {q_{e}} litros por minuto possuindo uma concentração de {C_{e}} gramas de sal por litro.Suponha que a solução bem misturada sai a uma taxa de {q_{s}} litros por minuto.

A taxa de variação da quantidade de sal no tanque é igual a taxa com que entra sal no tanque menos a taxa com que sai sal no tanque.

\displaystyle \dfrac{dQ}{dt}={Taxa \quad de \quad entrada \choose de \quad sal}-{Taxa \quad de \quad saida \choose de \quad sal}

\displaystyle \dfrac{dQ}{dt}=R_{e}-R_{s} \ \ \ \ \ (1)

A taxa com que entra sal no tanque é igual a taxa com que entra a mistura,{q_{e}}, vezes a concentração de entrada, {C_{e}}, ou seja:

\displaystyle R_{e}=q_{e}\cdot C_{e} \ \ \ \ \ (2)

E a taxa com que sai sal do tanque é igual a taxa com que sai a mistura do tanque, {q_{s}}, vezes a concentração de sal que sai do tanque, {C_{s}},ou seja:

\displaystyle R_{s}=q_{s}\cdot C_{s} \ \ \ \ \ (3)

Como a solução é bem misturada a concentração de sal que sai do tanque,{C_{s}}, é igual a concentração de sal no tanque, isto é:

\displaystyle C_{s}=\dfrac{Q}{V} \ \ \ \ \ (4)

onde {V} é o volume no tanque.

Como o volume no tanque, {V}, é igual ao volume inicial,{V_{0}}, somado ao volume que entra no tanque menos o volume que sai do tanque, então:

\displaystyle V=V_{0}+(\vartriangle q)t \ \ \ \ \ (5)

onde {\vartriangle q=q_{e}-q_{s}}

Assim, a quantidade de sal no tanque,{Q}, é a solução do problema de valor inicial

\displaystyle \left\{\begin{array}{ll} \dfrac{dQ}{dt}=q_{e}C_{e}-q_{s}\dfrac{Q}{V_{0}+(\vartriangle q)t}\\ Q(0)=Q_{0} \end{array}\right. \ \ \ \ \ (6)

Distingue-se os seguintes casos particulares:

  1. {q_{e}=q_{s}}. O volume é constante
  2. {q_{e}>q_{s}}. O volume aumenta
  3. {q_{e}<q_{s}}. O volume diminui

Figura 2:Tanque com uma mistura

Exemplo 1 Em certo tanque ha {180} litros de solução salina que contem 10Kg de sal.Despeja-se água no tanque com uma velocidade de {4} litros por minuto e sai a mistura com velocidade de {3} litros por minuto .A concentração se mantém homogénea.Achar a quantidade de sal depois de meia hora.

Solução:O exemplo nos fornece os seguintes dados

  1. Volume inicial: {V_{0}=180l}
  2. Quantidade de sal: {Q_{0}=10Kg}
  3. Velocidade da agua ao entrar: {q_{e}=4l/min}
  4. Velocidade da agua ao sair:{q_{s}=3l/min}
  5. concentração de sal no inicio:{C_{e}=0}.A água entra sem sal

Se {Q} é a quantidade de sal no tanque em um dado momento.O volume de solução salina em qualquer momento é

\displaystyle V=V_{0}+(q_{e}-q_{s})t

a concentração de sal é:

\displaystyle C=\dfrac{Q}{V}=\dfrac{Q}{V_{0}+(q_{e}-q_{s})t}

a quantidade de sal no tanque, {Q(t)}, é a solução do problema de valor inicial

\displaystyle \left\{\begin{array}{ll} \dfrac{dQ}{dt}=-q_{s}\dfrac{Q}{V_{0}+(q_{e}-q_{s})t}\\ Q(0)=Q_{0} \end{array}\right. \ \ \ \ \ (7)

\displaystyle \left\{\begin{array}{ll} \dfrac{dQ}{dt}=-3\dfrac{Q}{180+(4-3)t}\\ Q(0)=10 \end{array}\right. \ \ \ \ \ (8)

A equação {(8) } é linear e pode ser escrita como

\displaystyle \dfrac{dQ}{dt}+3\dfrac{Q}{180+t}=0 \ \ \ \ \ (9)

Um fator integrante é neste caso

\displaystyle \mu (t)=e^{\int \frac{3}{180+t}}dt=e^{3\ln(180+t)}=(180+t)^{3}

multiplicando a equação {(9)} por {\mu (t)} obtemos:

\displaystyle (180+t)^{3}\dfrac{dQ}{dt}+3Q(180+t)^{2}=0 \Rightarrow \dfrac{d}{dt}\left[(180+t)^{3}Q\right]=0

Integrando-se obtemos:

\displaystyle (180+t)^{3}Q=c

ou seja,

\displaystyle Q=\dfrac{c}{(180+t)^{3}}

substituindo {t=0} e {Q=10 \Rightarrow c=58\cdot32\times 10^{6}}

substituindo o valor de {c} encontrado temos:

\displaystyle Q=\dfrac{58\cdot32\times 10^{6}}{(180+t)^{3}}

para {t=30}, a quantidade de sal depois de meia hora será:

\displaystyle Q(30)=6.3 kg

Exemplo 2 Um tanque com a capacidade de {400} litros contem inicialmente {200} litros de uma mistura de sal e agua (salmoura) com {30} gramas de sal dissolvidos.Despeja-se uma solução com {1} grama de sal por litro a uma taxa de {4} litros por minuto; a mistura se mantém uniforme mediante a agitação e do sal a uma taxa de {2} litros por minuto.Calcule a quantidade de gramas de sal no tanque no momento em que começa a transbordar.

Solução: o exemplo nos fornece os seguintes dados:

  1. Volume no tanque:{V=400l}
  2. Volume inicial:{V_{0}=200l}
  3. Quantidade de sal dissolvido:{Q_{0}=30gr}
  4. Concentração de sal que entra:{C_{e}=1gr/l}
  5. Velocidade da solução ao entrar:;{q_{e}=4l/min}
  6. Velocidade da mistura ao sair:{q_{s}=2l/min;}

o objetivo é achar {Q(t_{f})} onde {t_{f}} é o tempo que o tanque leva para encher.Mas primeiro vamos achar a quantidade de sal (em gramas) {Q(t)} no tanque em qualquer instante {t} antes de transbordar.A taxa de variação {Q(t)} é:

\displaystyle \dfrac{dQ}{dt}=R_{e}-R_{s} \ \ \ \ \ (10)

A taxa de entrada {R_{e}} de sal é:

\displaystyle R_{e}=q_{e}C_{e}=4\cdot 1=4gr/min

A taxa de saída {R_{s}} de sal é:

\displaystyle R_{s}=q_{s}C_{s}=2.\dfrac{Q}{V}

onde {V} é volume do tanque no instante {t}.Como no tanque entra {4l/min} e sai {2l/min} o liquido acumulara no tanque uma taxa de:

\displaystyle \vartriangle q=q_{e}-q_{s}=4-2=2l/min

Naturalmente, o tempo que demora a encher o tanque é

\displaystyle t_{f}=\dfrac{\vartriangle V}{\vartriangle q}=\dfrac{200}{2}=100min

mas,

\displaystyle V(t)=V_{0}+(\vartriangle q)t=200+2t=2(100+t)

substituindo {V(t)} na equação da taxa de saída do sal teremos:

\displaystyle R_{s}=q_{s}C_{s}=2.\dfrac{Q}{2(100+t)}=\dfrac{Q}{(100+t)}

ao substituir {R_{e}} e {R_{s}} na equação {(10)} obtemos o seguinte problema de valor inicial

\displaystyle \dfrac{dQ}{dt}=4-\dfrac{Q}{t+100}; \quad Q(0)=30 \ \ \ \ \ (11)

a equação {(11)} é uma equação diferencial linear, e pode ser escrita da seguinte forma:

\displaystyle \dfrac{dQ}{dt}+\dfrac{Q}{t+100}=4

o fator integrante neste caso será:

\displaystyle \mu (x)=e^{\int \frac{dt}{t+100}}=e^{\ln (t+100)}\Rightarrow \mu (x)=(t+100)

multiplicando a equação {(11)} por {\mu (x)}, teremos:

\displaystyle (t+100)\dfrac{dQ}{dt}+(t+100)=4(t+100)\Rightarrow \dfrac{d}{dt}\left[Q(t+100)\right]=4(t+100)

Integrando-se obtemos:

\displaystyle Q(t)=2(t+100)+\dfrac{C}{t+100}

Aplicando a condição inicial {Q(0)=30} obtemos:{C=-17000}. por tanto a solução ao PVI é:

\displaystyle Q(t)=2(t+100)-\dfrac{17000}{t+100}

Para {t_{f}=100, } a quantidade de sal no momento que transborda é

\displaystyle Q(100)=315gramas

 

Aplicação das equações diferenciais de primeira ordem.Corpos em queda

— 3.4. Corpos em queda —

Para construir um modelo matemático do movimento de um corpo em um campo de força, em geral iniciamos com a segunda lei do movimento de Newton.Lembre-se da física elementar que a primeira lei do movimento de Newton estabelece que o corpo permanecera em repouso ou continuara movendo-se a uma velocidade constante, a não ser que esteja agindo sobre ele uma força externa.Em cada caso, isso equivale a dizer que quando a soma das forças,isto é, a força resultante, que age sobre sobre o corpo for diferente de zero, essa força resultante será proporcional a aceleração ou mais precisamente:

\displaystyle F=\sum F_{r}=m\cdot a \ \ \ \ \ (1)

onde {m} é a massa do corpo.

Suponha agora que uma pedra seja jogada para acima do topo de um prédio, conforme a figura {1}.

Figura 1:Corpos em queda

Qual é a posição {s(t)} da pedra em relação ao chão no instante {t}?A aceleração da pedra é { \frac{d^{2}s}{dt^{2}}}.1Se assumirmos como positiva a direção para cima e que nenhuma outra força alem da gravidade age sobre a pedra, obteremos a segunda lei de Newton

\displaystyle m\frac{d^{2}s}{dt^{2}}=-mg \quad ou \quad \frac{d^{2}s}{dt^{2}}=-g \ \ \ \ \ (2)

Em outras palavras, a força resultante é simplesmente o peso da pedra próximo a superfície da terra,ou seja:

\displaystyle F=F_{1}=-P \ \ \ \ \ (3)

Lembre-se de que a magnitude do peso é {P=m\cdot g}, onde {g} é a aceleração de gravidade.O sinal de subtração foi usado em (2), pois o peso da pedra é uma força dirigida par baixo, oposta a direção positiva.Se a altura do prédio é {s_{0}} e a velocidade inicial da pedra é {v_{0}}, então {s} é determinada, com base no problema de valor inicial de segunda ordem

\displaystyle \frac{d^{2}s}{dt^{2}}=-g, \quad s(0)=s_{0}, \quad s\prime(0)=v_{0} \ \ \ \ \ (4)

Embora não estejamos dando enfaze a resolução das equações obtidas, note que a equação {(4)} pode ser resolvida integrando-se a constante {-g} duas vezes em relação a t.As condições iniciais determinam duas constante de integração.Podemos obter a solução de {(4)} como a fórmula

\displaystyle s(t)=-\dfrac{1}{2}gt^{2}+v_{0}t+s_{0} \ \ \ \ \ (5)

— 3.4.1. Corpos em queda e a resistência do ar —

Antes dos famosos experimentos de Galileu na torre inclinada de Pisa, acreditava-se que os objetos mais pesados em queda livre, como uma bala de canhão, caiam com uma aceleração maior do que a de objetos mais leves, como uma pena.Obviamente, uma bala de canhão e uma pena , quando largadas simultaneamente da mesma altura, caem a taxas diferentes, mas isso não se deve ao fato de a bala de canhão ser mais pesada.A diferença das taxas é devida a resistência do ar.A força de resistência do ar foi ignorada no modelo dado em {(4)}.Sob algumas circunstancias, um corpo em queda com massa {m}, como uma pena com baixa densidade e formato irregular, encontra uma resistência do ar proporcional a sua velocidade instantânea {v}.Se nessas circunstancias, tomarmos a direção positiva como orientada para baixo, a força resultante que age sobre a massa será dada por

\displaystyle F=F_{1}+F_{2}=mg-kv \ \ \ \ \ (6)

onde o peso {F_{1}=mg} do corpo é a força que age na direção positiva e a resistência do ar { F_{2}=-kv } é uma força chamada amortecimento viscoso que age na direção oposta ou para cima.Veja a figura {2}.

Figura 2:Corpos em queda com resistência do ar

Agora, como a velocidade {v} esta relacionado com a aceleração {a} atraves de {a=\frac{dv}{dt}}, a segunda lei de Newton torna-se

\displaystyle F=m\cdot a =m\cdot \frac{dv}{dt} \ \ \ \ \ (7)

substituindo a equação {(6)} em {(7)} obtemos a equação diferencial de primeira ordem para a velocidade {v(t)} do corpo no instante {t}.

\displaystyle m\frac{dv}{dt}=mg-kv \ \ \ \ \ (8)

onde {k} é uma constante de proporcionalidade positiva.

como a velocidade inicial do objeto é {v_{0}}, um modelo para a velocidade do corpo que cai se expressa mediante o problema de com valor inicial:

\displaystyle m\frac{dv}{dt}=mg-kv, \quad v(0)=v_{0} \ \ \ \ \ (9)

a equação {(9)} é uma equação diferencial linear,ao resolvermos, obtemos:

\displaystyle v(t)=\dfrac{mg}{k}+\left(v_{0}-\dfrac{mg}{k}\right)e^{-kt/m} \ \ \ \ \ (10)

considerando {s=0 } quando {t=0} podemos determinar a equação de movimento do objeto integrando {v=\frac{ds}{dt}} em relação a {t}.Assim obtemos

\displaystyle s(t)=\int v(t)dt=\int\left[\dfrac{mg}{k}+\left(v_{0}-\dfrac{mg}{k}\right)e^{-kt/m}\right]dt

\displaystyle s(t)=\dfrac{mg}{k}t-\dfrac{m}{k}\left(v_{0}-\dfrac{mg}{k}\right)e^{-kt/m}+c \ \ \ \ \ (11)

fazendo {s=0 } e {t=0 } teremos

\displaystyle 0=-\dfrac{m}{k}\left(v_{0}-\dfrac{mg}{k}\right)+c\Rightarrow c=\dfrac{m}{k}\left(v_{0}-\dfrac{mg}{k}\right)

Substituindo o valor da constante {c} em {(11)} teremos a equação de movimento:

\displaystyle s(t)=\dfrac{mg}{k}t+\dfrac{m}{k}\left(v_{0}-\dfrac{mg}{k}\right)(1-e^{-kt/m}) \ \ \ \ \ (12)

Exemplo 1 Um objeto que pesa {4}N cai desde uma grande altura partindo do repouso.Se o ar exerce uma resistência de {\frac{1}{2}v} N, onde {v} é a velocidade em m/s,figura 3.Achar a velocidade {v(t)} e a distancia percorrida {s(t)} no instante de tempo {t}.

Solução:Consideremos a direção positiva para baixo.

Figura 3:Corpo em queda do exemplo 1

De acordo a segunda Lei de Newton temos:

\displaystyle m\dfrac{dv}{dt}=F_{1}-F_{2}

onde {m=\frac{P}{g}=\frac{4}{32}=\frac{1}{8}, \quad F_{1}=P=4N, \quad F_{2}=\frac{1}{2}v N}

substituindo teremos a equação diferencial

\displaystyle \dfrac{1}{8}\dfrac{dv}{dt}=4-\dfrac{1}{2}v \Rightarrow \dfrac{dv}{dt}=32-4v

separando as variáveis e integrando temos:

\displaystyle \int\dfrac{dv}{8-v}=\int4dt \Rightarrow -\ln(8-v)=4t+C_{1}

usando a condição {v(0)=0,} teremos {C_{1}=-\ln 8}.logo, ao substituir este valor de {C_{1}} e isolando {v} temos:

\displaystyle v(t)=8(1-e^{-4t})

Para achar {s(t)} resolve-se o problema de valor inicial:

\displaystyle v(t)=\dfrac{ds}{dt}=8(1-e^{-4t}); \quad s(0)=0

separando as variáveis e integrando, obtemos:

\displaystyle s(t)=8(t+\dfrac{1}{4}e^{-4t})+C_{0}

usando a condição inicial {s(0)=0}, temos {C_{0}=-2}.Portanto

\displaystyle s(t)=8(t+\dfrac{1}{4}e^{-4t})-2

Exemplo 2 Um objeto que pesa {30}N se deixa cair desde uma altura de {40}m, com uma velocidade inicial de {3m/s}.Suponhamos que a resistência do ar é proporcional a velocidade do corpo.Se sabe que a velocidade limite deve ser de {40m/s}.Encontrar:

  1. a velocidade depois de {8 }segundos;
  2. a expressão para a posição do corpo no instante de tempo {t};

Solução:De acordo a segunda Lei de Newton, temos:

\displaystyle m\dfrac{dv}{dt}=mg-kv

onde {P=30N \Rightarrow m=\frac{P}{g}=\frac{30}{9,8}\cong 3kg}

temos que {v_{lim}=40 m/s} onde {v_{lim}=\frac{mg}{k}};então:

\displaystyle k=\dfrac{mg}{v_{lim}}=\dfrac{30}{40} \Rightarrow k=\dfrac{3}{4}Ns/m

substituindo esses valores na segunda Lei de Newton temos:

\displaystyle \dfrac{dv}{dt}+\dfrac{1}{4}v=10

resolvendo a equação diferencial linear teremos:

\displaystyle v=C_{1}e^{-t/4}+40

com a condição inicial {v(t)=v_{0}\Rightarrow v(0)=3m/s}, temos:

\displaystyle 3=C_{1}+40 \Rightarrow C_{1}=-37

então, a velocidade em qualquer instante de tempo {t} é:

\displaystyle v=-37e^{-t/4}+40

Para {t=8s} temos:

\displaystyle v(t)=-37e^{-8/4}+40 \Rightarrow v=35m/s

Para encontrar a posição do corpo temos {v=\frac{ds}{dt}}, então:

\displaystyle \dfrac{ds}{dt}=-37e^{-y/4}+40

a equação acima é uma equação de variáveis separáveis, resolvendo teremos como solução:

\displaystyle s(t)=148e^{-t/4}+40t+C_{2}

Aplicando a condição inicial {s(t)=s_{0}\Rightarrow s(0)=0} teremos {C_{2}=-148}

portanto,

\displaystyle s(t)=148e^{-t/4}+40t-148

 

Aplicação das equações diferenciais de primeira ordem.Circuitos elétricos

— 3.3.Circuitos em série —

Um circuito consiste em um numero qualquer de elementos unidos por seus terminais, com pelo menos um caminho fechado através do qual a carga possa fluir.

Dois elementos estão em serie se:

  1. Possuem somente um terminal em comum(isto é, um terminal de um esta conectado somente a um terminal do outro).
  2. O ponto comum entre os dois elementos não esta conectado a outro elemento percorrido por corrente

Neste artigo, examinaremos dois tipos de circuitos em serie:um circuito compreendendo um resistor e um capacitor e outro circuito formado por um resistor e um indutor.Estes circuitos são denominados, respetivamente, circuitos {RC} e {RL}, e apesar de sua simplicidade tem inúmeras aplicações em eletrónica, comunicações e sistemas de controle.

A análise de circuitos {RC} e {RL} aplicando as leis de Kirchhoff produz equações diferenciais.As equações diferenciais resultantes da analise de circuitos {RC} e {RL} são de primeira ordem, consequentemente, os circuitos são conhecido coletivamente como circuitos de primeira ordem.

Consideremos um circuito em serie contendo somente um resistor e um indutor, a segunda lei de Kirchhoff diz que a soma da queda de tensão no indutor ({ L\frac{di}{dt} }) e da queda de tensão no resistor ({ iR }) é igual a voltagem ({ E(t) }) no circuito.Veja a figura 1;

Figura 1:Circuito em série RL

Logo, obtemos a equação diferencial linear para a corrente ({ i(t) }).

\displaystyle L\dfrac{di}{dt}+Ri=E(t) \ \ \ \ \ (1)

em que L e R são constante conhecidas como a indutância e a resistência, respetivamente.A corrente é algumas vezes chamada de resposta do sistema.

A queda de potencial em um capacitor com capacitância { C } é dada por {\frac{q(t)}{C}}, em que q é a carga no apacitor.Então, para o circuito em serie mostrado na figura 2, a segunda lei de Kirchhoff nos dá

\displaystyle Ri+\frac{1}{C}q=E(t) \ \ \ \ \ (2)

Figura 2:Circuito em série RC

Mas a corrente {i} e a carga {q} estão relacionados por { i=\frac{dq}{dt} }, logo, torna-se a equação diferencial linear

\displaystyle R\dfrac{dq}{dt}+\dfrac{1}{C}q=E(t) \ \ \ \ \ (3)

Exemplo 1 Um circuito {RL} tem uma fem de {5} voltes, uma indutância de {1} henry, uma resistência de {80} ohm e não tem corrente inicial.Determinar a corrente no circuito para qualquer instante de tempo {t}.

Solução:A quantidade de corrente {i} no circuito é:

\displaystyle \dfrac{di}{dt}+\dfrac{R}{L}i=\dfrac{E}{L}

sabemos que { E=5V ,\quad L=1H, \quad R=80\Omega },então a equação do circuito será:

\displaystyle \dfrac{di}{dt}+80i=5

resolvendo a equação diferencial linear acima temos:

\displaystyle i=\dfrac{1}{16}+ce^{-80t}

o exemplo diz que o circuito não tem corrente inicial, ou seja, para {t=0 \Rightarrow i=0}, então: { c=-\dfrac{1}{16} }

assim, a corrente em qualquer instante de tempo {t} é:

\displaystyle i=\dfrac{1}{16}-\dfrac{1}{16}e^{-80t}\Rightarrow i=\dfrac{1}{16}(1-e^{-80t})

Exemplo 2 Um circuito {RC} tem uma fem de {200 \cos 2t} volt, uma resistência de {50} ohm e uma capacitância de {10^{-2}}farad. Em t=0 não há carga no condensador.Achar a corrente no circuito no instante {t}.

Solução:A equação para a quantidade de carga electrica {q} é:

\displaystyle \dfrac{dq}{dt}+\dfrac{1}{RC}q=\dfrac{E}{R}

sabemos que {E=(200\cos 2t)V, \quad R=50\Omega, \quad C=10^{-2}F}, então a equação do circuito será:

\displaystyle \dfrac{dq}{dt}+2q=4 \cos2t

resolvendo a equação diferencial linear acima temos:

\displaystyle q= \cos 2t + \sin 2t + ce^{-2t}

Para {t=0, \quad q=0;} então: {c=-1}

Para determinarmos a corrente temos que ter em mente que:

\displaystyle i=\dfrac{dq}{dt}

e uma vez obtida a carga, podemos encontrar a corrente:

\displaystyle i=\dfrac{dq}{dt}=-2 \sin 2t + 2 \cos 2t + 2e^{-2t}

Aplicações das equações diferenciais de primeira ordem.

— 3. Aplicações das equações diferenciais de primeira ordem. —

Em ciências, engenharia, economia e ate mesmo em psicologia, frequentemente desejamos descrever ou modelar o comportamento de algum sistema ou fenómeno em termos matemáticos.

A construção de um modelo matemático de um sistema começa com:

  1. a identificação das variáveis responsáveis pela variação do sistema.Podemos a principio optar por não incorporar todas essa variáveis no modelo.Nesta etapa, estamos especificando o nível de resolução do modelo.
  2. a elaboração de um conjunto de hipóteses razoáveis sobre o sistema que estamos tentando descrever.As hipóteses também incluem algumas leis empíricas que são aplicáveis ao sistema.

A estrutura matemática de todas essas hipóteses, ou o modelo matemático do sistema, é muitas vezes uma equação diferencial ou um sistema de equações diferenciais.Esperamos que um modelo matemático razoável do sistema tenha uma solução que seja consistente com o comportamento conhecido do sistema.Porem se as predições obtidas pela solução forem pobres, poderemos elevar o nível de resolução do modelo ou levantar hipóteses alternativas sobre o mecanismo de mudança do sistema.As etapas do processo de modelagem são então repetidas, conforme disposto no diagrama da Figura 1.

 

eqdf7

Figura 1:Diagrama para criar modelos matemáticos

Naturalmente, aumentando a resolução aumentaremos a complexidade do modelo matemático e, assim, a probabilidade de não conseguirmos obter uma solução explicita.

Um modelo matemático de um sistema físico frequentemente envolve a variável tempo t.Uma solução do modelo oferece então o estado do sistema; em outras palavras, os valores da variável (ou variáveis) para valores apropriados de t descrevem o sistema no passado, presente e futuro.

— 3.1. Crescimento e decrescimento —

O modelo mais simples de crescimento populacional é aquele em que se supõe que a taxa de crescimento de uma população {\frac{dx}{dt}} é proporcional a população presente naquele instante {x(t)},ou seja, quanto mais pessoas houver em um instante t, mais pessoas existirão no futuro. Podemos descrever o problema de encontrar {x(t)} como o problema de valor inicial

\displaystyle \dfrac{dx}{dt}=kx, \quad x(t_{0})=x_{0}, \quad x=x_{0}e^{kt} \ \ \ \ \ (1)

onde k é uma constante de proporcionalidade, serve como modelo para diversos fenómenos envolvendo crescimento ou decrescimento

Exemplo 1.Em uma cultura, há inicialmente {P_{0}} bactérias.Uma hora depois, t=1 o numero de bactérias passa a ser {(3/2)P_{0}}.Se a taxa de crescimento é proporcional ao numero de bactérias presentes, determine o tempo necessário para que o numero de bactérias triplique

Solução:Primeiro resolvemos a equação diferencial

\displaystyle \dfrac{dP}{dt}=kP

sujeita a {P(0)=P_{0}}.Então, usamos a condição empírica {P(1)=(3/2)P_{0}} para determinar a constante de proporcionalidade k.Resolvendo a equação diferencial acima temos:

\displaystyle \int \dfrac{dP}{P}=\int kdt\Rightarrow ln P=kt+c

\displaystyle P=e^{kt+c} \Rightarrow P(t)=ce^{kt}

Em {t=0} concluímos que

\displaystyle P_{0}=ce^{0}=c

assim, teremos:

\displaystyle P(t)=P_{0}e^{kt}

Em {t=1}, temos:

\displaystyle \frac{3}{2}P_{0}=P_{0}e^{kt}\Rightarrow e^{k}=\frac{3}{2}\Rightarrow k=ln (3/2)\Rightarrow k=0,4055

A expressão N(t) é portanto

\displaystyle P(t)=P_{0}e^{0,4055t}

para encontrar o tempo necessário para que o numero de bactérias seja triplicado, resolvemos:

\displaystyle 3P_{0}=P_{0}e^{0,4055t}\Rightarrow t=\dfrac{ln 3}{0,4055}\Rightarrow t=2,71horas

 

eqdf5

Figura 2:Tempo que o numero de bactérias triplica

Como mostrado na Figura 3, a função exponencial {e^{kt}} cresce com o tempo quando {k>0}, e decresce quando {k<0.}Logo, problemas que descrevem crescimentos, como população, bactéria ou mesmo capital, são caraterizados por um valor positivo de k; por outro lado, problemas, como desintegração radioativa, conduzem a um valor negativo de k.

 

eqdf6

Figura 3:Crescimento {k>0} e decrescimento {k<0.}

Exemplo 2.A população de uma cidade cresce a uma taxa proporcional á população em qualquer tempo.Sua população inicial de 500 habitantes aumenta {15^{o}/_{o}} em 10 anos.Qual será a população em 30 anos?

Solução:Primeiro resolvemos a equação diferencial

\displaystyle \dfrac{dP}{dt}=kP, \quad P(0)=500

Resolvendo a equação diferencial acima obtemos:

\displaystyle P(t)=ce^{kt}

Aplicando a condição inicial

\displaystyle P(0)=500

na equação acima temos:

\displaystyle 500=ce^{k0}\Rightarrow c=500

Então,

\displaystyle P(t)=500e^{kt}

sabemos que população inicial de 500 habitantes aumenta {15^{o}/_{o}},ou seja, 75 habitantes em 10 anos,isto quer que depois de 10 anos a cidade tem 575 habitantes.logo,

\displaystyle P(10)=575\Rightarrow 575=500e^{k10}\Rightarrow k=\frac{1}{10}ln 1.15

já temos o valor de k, agora podemos determinar a população em 30 anos:

\displaystyle P(30)=500e^{30(\frac{1}{10}ln 1.15)}\Rightarrow P(30)=760

em 30 anos a cidade terá 760 habitantes.

— 3.2. Resfriamento —

A lei de resfriamento de Newton diz que a taxa de variação de temperatura {T(t)} de um corpo em resfriamento é proporcional a diferença entre temperatura do corpo {T} e a temperatura constante {T_{m}} do meio ambiente, isto é:

\displaystyle \dfrac{dT}{dt}=k(T-T_{m}) \ \ \ \ \ (2)

em que k é uma constante de proporcionalidade.

Exemplo 3.Quando um bolo é retirado do forno, sua temperatura é de 300ºF.Tres minutos depois, sua temperatura passa para 200ºF.Quanto tempo levara para sua temperatura chegar a 75graus, se a temperatura do meio ambiente em que ele foi colocado for de exatamente 70ºF?

Solução:Com base a lei de resfriamento de Newton temos:

  • {T_{m}=70^{o}F} é a temperatura do meio ambiente;
  • T é a temperatura do bolo;

Devemos então resolver o problema de valor inicial

\displaystyle \dfrac{dT}{dt}=k(T-T_{m}), \quad T(0)=300^{o}F

e determinar o valor de K para que {T(3)=200^{o}F.}

A equação acima é linear e separável.Separando as variáveis, temos

\displaystyle \dfrac{dT}{T-70}=kdt\Rightarrow ln |T-70|=kt+c_{1}

\displaystyle T-70=e^{kt+c_{1}}\Rightarrow T=70+c_{2}e^{kt}

quando {t=0, \quad T=300}.substituindo na ultima expressão teremos:

\displaystyle 300=70+c_{2}e^{k0}\Rightarrow c_{2}=230

Então,

\displaystyle T=70+230e^{kt}

agora estamos em condições para determinar o valor de k para {T(3)=200}, de modo que teremos

\displaystyle 200=70+230e^{k3}\Rightarrow e^{k3}=\dfrac{130}{230}\Rightarrow k=\frac{1}{3}ln \frac{13}{23}=-0,191018

Então,

\displaystyle T=70+230e^{-0,191018t}

com base a ultima equação estamos em condições para achar o tempo ({t}) que o bolo levara para atingir 75 graus ({T=75}), fazendo:

\displaystyle 75=70+230e^{-0,191018t}\Rightarrow e^{-0,191018t}=\dfrac{75-70}{230}\Rightarrow -0,191018t=ln \dfrac{5}{230}

\displaystyle t=20,13minutos

Exemplo 4.Um termómetro é retirado de dentro de uma sala e colocado do lado de fora, em que a temperatura é de {5^{0}C}.Após 1 minuto, o termómetro marcava 55ºC; após 5 minutos, 30ºC.Qual é a temperatura da sala? Solução:se

  • {T_{m}=5^{o}C} é a temperatura do ar;
  • {T} é a temperatura da sala;

então:

\displaystyle \dfrac{dT}{dt}=k(T-5) \Rightarrow T=5+c_{2}e^{kt}

se {T(1)=55^{o}C} teremos

\displaystyle 55=5+c_{2}e^{k1}\Rightarrow c_{2}e^{k}=50\Rightarrow c_{2}=50e^{-k}

e se {T(5)=30^{o}C} teremos

\displaystyle 30=5+c_{2}e^{k5}\Rightarrow c_{2}e^{5k}=25

substituindo {c_{2}=50e^{-k}} na ultima expressão teremos

\displaystyle 50e^{-k}e^{5k}=25\Rightarrow e^{4k}=\dfrac{25}{50}\Rightarrow k=-\dfrac{1}{4}ln 2

o valor de {c_{2}} será:

\displaystyle c_{2}=50e^{-k}=50e^{-(-\frac{1}{4}ln 2 )}\Rightarrow c_{2}=59,4611

então,

\displaystyle T=5+59,4611e^{-\frac{1}{4}tln 2}

agora podemos determinar a temperatura da sala no instante inicial, substituindo {t=0} na equação acima,onde:

\displaystyle T(0)=64,4611^{o}C

Equações diferenciais de Bernoulli e Ricatti. Redução a separação de variáveis

— 2.5. Equação de Bernoulli —

Neste artigo, não estudaremos nenhum tipo particular para equação diferencial.Consideraremos duas equações clássicas que podem ser transformadas em equações já estudadas nas seções anteriores e depois vamos abordar sobre redução a separação de variáveis.

Definição 14.A equação diferencial

\displaystyle \dfrac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x)y^{n} \ \ \ \ \ (11)

em que n é um numero real qualquer, é chamada de equação de Bernoulli.Para {n=0} e {n=1} a equação (11) é linear em y.Agora se {y\neq0},a equação (11) pode ser escrita da seguinte maneira:

\displaystyle y^{-n}\dfrac{dy}{dx}+P(x)y^{1-n}=Q(x) \ \ \ \ \ (12)

se fizermos {w=y^{1-n},\quad n\neq0,\quad n\neq1,} então:

\displaystyle \dfrac{dw}{dx}=(1-n)y^{-n}\dfrac{dy}{dx}

com essa substituição, a equação (12) transforma-se na equação linear

\displaystyle \dfrac{dw}{dx}+(1-n)P(x)w=(1-n)Q(x) \ \ \ \ \ (13)

Resolvendo a equação (13) e depois fazendo {y^{1-n}=w}, obtemos uma solução para a equação (11).

Exemplo 1.Resolva a seguinte equação

\displaystyle \dfrac{dy}{dx}+\dfrac{1}{x}y=xy^{2}

Solução:De acordo a equação de Bernoulli temos:{P(x)=1/x,\quad Q(x)=x, \quad e \quad n=2}.logo, a mudança de variável

\displaystyle w=y^{-1}\Rightarrow \dfrac{dw}{dx}=-y^{-2}\dfrac{dy}{dx}\Rightarrow \dfrac{dy}{dx}=-y^{2}\dfrac{dw}{dx}

nos da o seguinte:

\displaystyle -y^{2}\dfrac{dw}{dx}+\dfrac{1}{x}y=xy^{2}\Rightarrow \dfrac{dw}{dx}-\dfrac{1}{x}y^{-1}=-x

substituindo {w=y^{-1}} teremos:

\displaystyle \dfrac{dw}{dx}-\dfrac{1}{x}w=-x

o fator de integração para essa equação linear é:

\displaystyle \mu(x)=e^{-\int \frac{dx}{x}}=e^{-ln x}=x^{-1}

assim,multiplicando o fator de integração na equação linear, teremos:

\displaystyle x^{-1}\dfrac{dw}{dx}-x^{-2}w=-1\Rightarrow \dfrac{d}{dx}(x^{-1}w)=-1

integrando essa ultima forma, obtemos

\displaystyle x^{-1}w=-x+c \quad ou \quad w=-x^{2}+cx

como {w=y^{-1}}, então {y=\frac{1}{w}} ou

\displaystyle y=\dfrac{1}{-x^{2}+cx}

— 2.6. Equação de Ricatti —

Definição 15.A equação diferencial linear

\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=P(x)+Q(x)y+R(x)y^{2} \ \ \ \ \ (14)

é chamada de equação de Ricatti.Se {y_{1}} é uma solução particular para (14),então as substituições

\displaystyle y=y_{1}+u \quad e \quad \dfrac{dy}{dx}=\dfrac{dy_{1}}{dx}+\dfrac{du}{dx}

em (14) produzem a seguinte equação diferencial para u:

\displaystyle \dfrac{du}{dx}-(Q+2y_{1}R)u=Ru^{2} \ \ \ \ \ (15)

como (15) é uma equação de Bernoulli com {n=2}, ela pode, por sua vez, ser reduzida a equação linear

\displaystyle \dfrac{du}{dx}+(Q+2y_{1}R)u=-R \ \ \ \ \ (16)

através da substituição {w=u^{-1}}.Depois de fazer essa substituição podemos aplicar os outros métodos estudados.

Exemplo 2.Considere a equação

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

Verifica-se que {y_{1}=-e^{x}} é uma solução particular desta equação.Fazendo a substituição

\displaystyle y=-e^{x}+u\Rightarrow \dfrac{dy}{dx}=-e^{x}+\dfrac{du}{dx}

teremos:

\displaystyle -e^{x}+\dfrac{du}{dx}=e^{2x}+(1+2e^{x})(-e^{x}+u)+(-e^{x}+u)^{2}

simplificando a equação obtemos a seguinte expressão

\displaystyle \dfrac{du}{dx}=u+u^{2}

a equação acima é uma equação de Bernouli, então,vamos fazer a seguinte substituição:

\displaystyle w=u^{-1}\Rightarrow \dfrac{dw}{dx}=-y^{-2}\dfrac{du}{dx}\Rightarrow \dfrac{du}{dx}=-u^{2}\dfrac{dw}{dx}

logo, teremos:

\displaystyle -u^{2}\dfrac{dw}{dx}=u+u^{2}\Rightarrow \dfrac{dw}{dx}=-\dfrac{1}{u}-1\Rightarrow \dfrac{dw}{dx}=-w-1

a ultima equação é de variáveis separáveis de modo que resolvendo teremos:

\displaystyle ln (w+1)=-x+c_{1}\Rightarrow w=e^{-x+c_{1}}-1\Rightarrow w=ce^{-x}-1

substituindo {w=u^{-1}} temos:

\displaystyle u^{-1}=ce^{-x}-1\Rightarrow u=\dfrac{1}{ce^{-x}-1}

substituindo {u=y+e^{x}} obtemos que a solução da equação é dada por:

\displaystyle y=\dfrac{1}{ce^{-x}-1}-e^{x}

— 2.7. Redução a Separação De Variáveis —

Definição 16.Uma equação diferencial da forma

\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=f(Ax+By+c)

se pode sempre reduzir a uma equação com variáveis separáveis por meio da substituição {u=Ax+By+c}, {B\neq0}

Exemplo 3.Resolva a seguinte equação diferencial

\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=(-2x+y)^{2}-7, \quad y(0)=0

Solução:Vamos resolve-la fazendo a substituição

\displaystyle u=-2x+y\Rightarrow \dfrac{du}{dx}=-2+\dfrac{dy}{dx}

dessa maneira a equação diferencial se expressa da seguinte forma:

\displaystyle \dfrac{du}{dx}+2=u^{2}-7\Rightarrow \dfrac{du}{dx}=u^{2}-9

essa ultima equação é de variáveis separáveis de modo que teremos:

\displaystyle \dfrac{du}{(u-3)(u+3)}=dx\Rightarrow \dfrac{1}{6}\left[\dfrac{1}{u-3}-\dfrac{1}{u+3}\right]du=dx

e depois de integrar vamos ter:

\displaystyle \dfrac{1}{6}ln \left[\dfrac{u-3}{u+3}\right]=x+c_{1}\Rightarrow \dfrac{u-3}{u+3}=e^{6x+6c_{1}}

substituindo {e^{6c_{1}}} por c e isolando u obtemos o seguinte:

\displaystyle u=\dfrac{3(1+ce^{6x})}{1-ce^{6x}}

substituindo {u=-2x+y} na equação acima obtemos a seguinte solução:

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

por ultimo aplicando a condição inicial {y(0)=0} a ultima equação obtém-se {c=-1} de modo que a solução particular será:

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

a figura abaixo mostra em azul escuro o gráfico da solução particular junto com o gráfico de outros membros da família de soluções.

eqdf3

Figura 1:Algumas soluções do Exemplo 3

Nas seções precedentes, vimos que em certas situações uma equação diferencial podia ser ser transformada, por meio de uma substituição, em uma forma em que era possível resolve-la por um método padrão.Uma equação pode parecer diferente de todas as que vimos e estudamos, mas mudando uma variável, talvez um problema aparentemente difícil possa ser facilmente resolvido.Embora não haja uma regra geral que indique qual substituição deve ser feita,uma axioma pratico é o seguinte:tente alguma coisa!Algumas vezes custa caro ser engenhoso.

Exemplo 4.Considere a equação

\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=\dfrac{y-x}{y-x-1}

se olharmos bem a equação, podemos ser impelidos a tentar a substituição

\displaystyle u=y-x\Rightarrow \dfrac{du}{dx}=\dfrac{dy}{dx}-1\Rightarrow \dfrac{dy}{dx}=\dfrac{du}{dx}+1

substituindo na equação temos:

\displaystyle \dfrac{du}{dx}+1=\dfrac{u}{u-1}\Rightarrow \dfrac{du}{dx}=\dfrac{1}{u-1}\Rightarrow (u-1)\dfrac{du}{dx}=1

que é uma equação de variável separável cuja solução é:

\displaystyle \dfrac{u^{2}}{2}-u=x+c

Substituindo-se de volta {u=y-x} obtemos que a solução da equação é dada implicitamente por

\displaystyle \dfrac{(y-x)^{2}}{2}-y=c

eqdf4

Figura 2:soluções da equação do Exemplo 4

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