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  1. 1. Estudo das Equações Diferenciais Ordinárias de Primeira Ordem Ricardo Aparecido de Moraes 11 de novembro de 2011 1
  2. 2. Sumário 1 Introdução às Equações Diferenciais 4 1.1 Denições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.1 Equação Diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.2 Equação Diferencial Ordinária . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.3 Equação Diferencial Parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.4 Ordem das Equações Diferenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.1.5 Linearidade das Equações Diferenciais . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2 Soluções de Equações Diferenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2.1 Solução Explícita de uma Equação Diferencial . . . . . . . . . . 6 1.2.2 Solução Implícita de uma Equação Diferencial . . . . . . . . . . 6 1.2.3 Problemas de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.2.4 Teorema de Existência e Unicidade de Soluções de uma EDO . . 7 2 Métodos de Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de Pri- meira Ordem 8 2.1 Método de Separação das Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2.2 Equações Homogêneas e Método de Substituição Algébrica . . . . . . . 10 2.2.1 Método de Substituição Algébrica . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.3 Equações Exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2.3.1 Critério para uma Diferencial Exata . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2.3.2 Algoritmo para a Resolução de Equações Exatas . . . . . . . . . 17 2.3.3 Fator Integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.4 Equações Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.4.1 Fator Integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.4.2 Algorítmo do Método de Resolução de Equações Lineares . . . . 24 2.5 Equação de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.6 Equação de Ricatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.7 Equações de Clairaut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 3 Aplicações das Equações Diferenciais Ordinárias de Primeira Ordem 33 3.1 Lei do Resfriamento/Aquecimento de Newton . . . . . . . . . . . . . . 33 3.2 Dinâmica Populacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 3.3 Crescimento de Peixes (Modelo de von Bertalany) . . . . . . . . . . . 37 3.4 Circuitos em Série . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 2
  3. 3. 1 Introdução às Equações Diferenciais Neste capítulo introduziremos os conceitos básicos das equações diferenciais, tais como, classicação, ordem, linearidade, etc, essa teoria elementar é importante para funda- mentar as bases do que será trabalhado nos capítulos seguintes. 1.1 Denições 1.1.1 Equação Diferencial Uma equação diferencial (ED) pode ser denida como, uma equação que contém as derivadas de uma ou mais variáveis dependentes em relação a uma ou mais variáveis independentes . Exemplos dy dx = x d4 x dt4 + 2 d3 x dt3 − x = ln t ∂y ∂x + ∂y ∂t = y ∂2 u ∂x2 − ∂v ∂y 3 = 0 1.1.2 Equação Diferencial Ordinária Se uma equação diferencial envolver apenas derivadas ordinárias de uma ou mais va- riáveis dependentes em relação a apenas uma variável independente, ela é chamada de equação diferencial ordinária (EDO). Exemplos dy dx = ex dx dt + dy dt = x + 4y d2 y dx2 − dy dx + cos y = 0 1.1.3 Equação Diferencial Parcial Se uma equação diferencial envolver apenas derivadas parciais de uma ou mais variáveis dependentes em relação a duas ou mais variáveis independentes, é chamada de equação diferencial parcial (EDP)1 . Excessão feita a este capítulo, trabalharemos apenas com equações diferenciais ordinárias. Sendo assim a expressão equação diferencial refere-se somente as EDOs. 3
  4. 4. Exemplos ∂u ∂x = − ∂v ∂y ∂2 u ∂x2 − ∂2 u ∂y2 = 0 ∂2 u ∂x2 = ∂2 u ∂t2 + 2 ∂u ∂x 1.1.4 Ordem das Equações Diferenciais A ordem de uma equação diferencial, EDO ou EDP, é denida pela derivada de maior ordem na ED. Exemplos d2 y dx2 + dy dx 3 − sin y = 4x ∂2 y ∂x2 − ∂2 y ∂t2 + ∂u ∂t 4 = 5t No exemplo acima ambas as equações diferenciais são de segunda ordem2 , porém a primeira é uma EDO de segunda ordem e a segunda é uma EDP de segunda ordem. 1.1.5 Linearidade das Equações Diferenciais Se em uma equação diferencial, não encontrarmos em seus termos: . funções transcendentais da variável ou variáveis dependentes, ou de suas derivadas, por exemplo, ln y(x), cos dy dx , sin ∂x ∂y , etc. . produtos entre as variáveis dependentes, entre as variáveis dependentes e suas deriva- das, ou entre as derivadas das variáveis dependentes, por exemplo, [z(x)]2 , z(x)dz dx , dz dx 3 , dz dx dy dx , z(x, y)∂4z ∂x4 ∂z ∂y , etc. então a equação diferencial é uma equação diferencial linear, na ocorrência de alguns dos casos citados acima, a equação é dita não linear. Se uma equação diferencial é linear e ordinária de ordem n e possui apenas uma variável dependente, ela pode ser escrita da seguinte forma a0(x) dn y dxn + a1(x) dn−1 y dxn−1 + ... + an−1(x) dy dx + an(x)y = g(x) onde a0(x) não é identicamente nulo, x é uma variável independente e y(x) é a única função de x. A equação acima é a forma mais geral para uma equação diferencial linear Vale ressaltar que como dito na denição, a ordem da ED é dada pela derivada de maior ordem na ED, não importando o valor da potência a qual a derivada foi elevada. 4
  5. 5. e ordinária de ordem n com somente uma variável dependente. Exemplos d2 y dx2 + 2x dy dx = y x2 d3 y dx3 − 2 x dy dx − 3xy = x cos x dy dx + sin y = 0 As equações do exemplo anterior são todas lineares, exceto a última que apresenta o termo sin y, que é uma função transcendental envolvendo a variável dependente y. 1.2 Soluções de Equações Diferenciais 1.2.1 Solução Explícita de uma Equação Diferencial Uma solução explícita de uma uma equação diferencial é uma função do tipo y = f(x), na qual a variável dependente é expressa somente em termos da variável independente e das constantes, que quando substituída na equação diferencial, a reduz em uma iden- tidade. Exemplo dy dx = x A equação acima tem solução explícita dada por y(x) = x2 2 + c onde, c é uma constante, se substitirmos y(x) na equação, temos dy dx = x d dx x2 2 + c = x x = x que é uma igualdade. 1.2.2 Solução Implícita de uma Equação Diferencial Uma solução implícita de uma equação diferencial é uma função do tipo f(x, y) do conjunto de variáveis dependentes e independentes, que através de derivação implícita reduz a solução a equação diferencial inicial. Exemplo A função f(x, y) = x2 + sin y − 2 = 0 5
  6. 6. é uma solução implícita da equação diferencial 2x + cos y dy dx = 0 para vericar se estamos corretos vamos derivar implicitamente f(x, y) com relação a variável x, assim d dx (f(x, y)) = d dx x2 + sin y − 2 = d dx (0) 2x + cos y dy dx = 0 que é a nossa equação diferencial inicial. 1.2.3 Problemas de Valor Inicial Quando um determinado problema, além de uma equação diferencial que o descreve, tiver ainda que seguir certas condicões iniciais, estabelecidas pelo problema, para um mesmo valor da variável independente, dizemos que temos um problema de valor inicial (PVI)3 . Temos que resolver dn dxn = f x, y, y , ..., y(n−1) sujeito a y(x0) = y0, y (x0) = y1, ..., y(n−1) (x0) = yn−1 1.2.4 Teorema de Existência e Unicidade de Soluções de uma EDO Considere o seguinte problema de valor inicial. dy dt = f(t, y) y(t0) = y0 Se f(t, y) e ∂f ∂y são contínuas num retângulo R = (t, y) ∈ R|α t β, δ y γ contendo (t0, y0), então o PVI acima tem uma única solução em um intervalo contendo t0 . A demonstração desse teorema pode ser encontrada em SANTOS (2011, p. 148-152). !Além dos PVI, temos também os chamados problemas de valores de contorno (PVC) que seguem a mesma denição dos problemas de valor inicial, com uma diferença, em um PVC as condições são especicadas para dois ou mais valores da variável independente. 6
  7. 7. 2 Métodos de Resolução de Equações Diferenciais Or- dinárias de Primeira Ordem Neste capítulo trabalharemos com os principais métodos analíticos para a resolução das equações diferenciais ordinárias de primeira ordem, apresentaremos esses métodos da maneira mais detalhada possível, dando ênfase as suas demonstrações e mostrando alguns exemplos de equações diferenciais resolvidas por eles, pois esses são os méto- dos aplicados no Guia de Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de Primeira Ordem. 2.1 Método de Separação das Variáveis A equação geral de primeira ordem é dada por : dy dx = f(x, y) (1) Se a equação geral de primeira ordem não for linear, então não existe um método geral que possa ser aplicado a todas as equações desse tipo, com isso vamos considerar aqui equações de primeira ordem lineares que possam ser escritas na forma: − M(x, y) + N(x, y) dy dx = 0 (2) Sempre poderemos fazer esse tipo de transformação denindo f(x, y) = M(x, y) e N(x, y) = 1, ou também podemos escrever f(x, y) como o produto de duas funções de x e y, seja, f(x, y) = M(x, y).n(x, y), onde, n(x, y) = 1 N(x, y) , temos f(x, y) = M(x, y) N(x, y) aplicando essa igualdade à equação geral de primeira ordem temos, dy dx = M(x, y) N(x, y) com algum trabalho algébrico, temos que −M(x, y) + N(x, y) dy dx = 0 Vamos supor que M seja uma função dependente apenas de x e N uma função depen- dente apenas de y, então temos, −M(x) + N(y) dy dx = 0 que é dita separável ou de variáveis separáveis por poder ser escrita na forma: −M(x)dx + N(y)dy = 0 7
  8. 8. feita essas adaptações na equação diferencial, podemos resolvê-la simplesmente agrupando- as de maneira conveniente em relação a igualdade, e aplicando integração direta em ambos os lados da equação, como mostrado abaixo. N(y)dy = M(x)dx + c, onde c = constante de integração. Exemplos 1.Resolva a seguinte equação diferencial (1 + x)dx − ydy = 0 Resolução Note que a equação esta na forma M(x)dx − N(y)dy = 0 onde M(x) = 1 + x e N(y) = y Portanto, podemos ajustar os termos da equação até obter M(x)dx = N(y)dy, se zermos isso na nossa equação, teremos (1 + x)dx = ydy Seguindo nosso algoritmo, agora vamos aplicar integração direta em ambos os lados da igualdade (1 + x)dx = ydy + c x + x2 2 = y2 + c resolvendo para y temos que nossa solução é dada por y = x + x2 2 + c onde c = constante de integração 2. Resolva o problema de valor inicial dy dx = sin(5x) sujeito à y(0) = 3 Resolução 8
  9. 9. Note que a equação desta vez se encontra na forma geral de equação de primeira ordem, ou seja, dy dx = f(x, y) Porém em nossa equação nosso f(x, y) = sin(5x) que é uma função só de x, ou seja, f(x, y) = f(x). Para colocar nossa equação na forma M(x)dx = N(y)dy, vamos multipicar os dois lados da equação por dx, fazendo isso temos dy = sin(5x)dx assim podemos observar que M(x) = sin(5x) e N(y) = 1, feito isso vamos aplicar integração direta em ambos os lados da igualdade dy = sin(5x)dx + c y = 5 cos(5x) + c Essa seria nossa solução geral já resolvida para y se não tivessemos um PVI, porém como ele existe vamos aplicá-lo a nossa solução para encontrar c. Como y(0) = 3 temos 3 = 5 cos(5 · 0) + c portanto c = −2 e nossa solução que antes era geral, agora se tornou uma solução particular dada por: y = 5 cos(5x) − 2 2.2 Equações Homogêneas e Método de Substituição Algébrica Antes de falarmos diretamente sobre os conceitos de equação diferencial homogênea de primeira ordem ou mesmo sobre seu método de resolução, necessitamos antes examinar oque é uma função homogênea. Uma função F é chamada de homogênea de grau n se ela pode ser escrita na forma F(tx, ty) = tn F(x, y), ou seja, fazendo a substituição em F(x, y), x = tx e y = ty e depois fatorando t, a expressão resultante deve ser como a indicada na equação acima, senão a função não é homogênea. Nota: Estamos interessados em trabalhar apenas com funções de duas variáveis, mas a denição acima é valida também para uma função com um numero k de variáveis. Por exemplo, se tivermos uma função do tipo F(x1, x2, ..., xk), com k N, a função será homogênea de ordem n desde que, F(tx1, tx2, ..., txk) = tn F(x1, x2, ..., xk) Uma equação diferencial da forma M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 9
  10. 10. é dita homogênea se ambos os seus coecientes M e N forem funções homogêneas de mesmo grau, ou seja, M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 é homogênea se M(tx, ty) = tn M(x, y) e N(tx, ty) = tn N(x, y). De maneira equivalente, a equação diferencial de primeira ordem M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 é homogênea se quando à escrevemos na forma dy dx = f(x, y) podemos denir um função g tal que f(x, y) possa ser escrita na forma f(x, y) = g y x e nossa equação diferencial ca dy dx = g y x Analogamente, se nossa equação diferencial homogênea for escrita na forma dx dy = f(x, y) podemos denir uma nova função h tal que tal que f(x, y) possa ser escrita na forma f(x, y) = h x y e nossa equação diferencial ca dx dy = h x y 2.2.1 Método de Substituição Algébrica Uma equação diferencial homogênea do tipo M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 pode ser resol- vida por meio de substituição algébrica, a substituição visa transformar nossa equação diferencial homogênea em uma equação diferencial de primeira ordem separável para a partir dai aplicarmos o Método de Separação das Variáveis. A substituição a ser feita será y = vx ou x = uy, onde u e v são nossas novas variáveis independentes, esta substituição transformará nossa equação inicial em uma equação diferencial de primeira ordem separável. Demonstração do Método de Substituição Algébrica Seja M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 uma equação diferencial homogênea, fazendo y = vx ou v = y x , transformamos nossa equação inicial em uma equação diferencial separável nas variáveis v e x. Como M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 é homogênea podemos escrevê-la na forma dy dx = g(y x ). Fazendo a substituição y = vx, temos dy dx = d(vx) dx = v + x dv dx Então, v + xdv dx = g(y x ), mas como y = vx, temos que v = y x , logo, v + xdv dx = g(v), rearranjando esta equação podemos escrever, [v − g(v)]dx + xdv = 0. Enm chegamos a nossa equação diferencial separável, que reagrupada pode ser escrita como dv v − g(v) + dx x = 0 10
  11. 11. Como já vimos anteriormente esse tipo de equação diferencial pode ser resolvida via integração direta. dv v − g(v) + dx x = c, onde c é nossa constante de integração. A solução geral pode ser escrita por dv v − g(v) + ln |x| = c, (3) após resolver a integral, devemos substituir novamente v = y x , para termos nossa solu- ção nas variáveis iniciais. A demonstração utilizando a substituição x = uy é análoga, com apenas algumas mu- danças na forma de se escrever nossa equação inicial. Exemplos 1. Resolva a seguinte equação diferencial x3 ydx + x2 y2 dy = 0 Resolução Antes da resolução própriamente dita devemos analisar se nossa equação diferencial é de fato homogênea, temos dois métodos para efetuar esta análise, primeiro vamos vericar se M(tx, ty) = tn M(x, y) e se N(tx, ty) = tn N(x, y) M(x, y) = x3 y e N(x, y) = x2 y2 logo M(tx, ty) = t3 x3 ty = t4 x3 y = t4 M(x, y) e N(tx, ty) = t2 x2 t2 y2 = t4 x2 y2 = t4 N(x, y) portanto, M(x, y) e N(x, y) são funções homogêneas de grau 4, então nossa equação diferencial acima é homogênea. Agora vamos vericar sua homogeneidade pelo segundo método. Primeiro colocamos nossa equação na forma dy dx = f(x, y), fazendo isso temos, dy dx = − x3 y x2y2 = − x y = − 1 y x = g y x portanto, nossa equação é homogênea. Nota. Não é necessário utilizar os dois métodos para estudar a homogeneidade da sua equação diferencial, visto que um método serve apenas de alternativa para o outro. Vericada a homogeneidade da nossa função vamos partir agora para o método de 11
  12. 12. solução a partir de uma substituição de variável, além disso vamos trabalhar com nossa equação na forma dy dx = g y x . A substituição à ser feita é y = vx dy dx = v + x dv dx como g y x = − 1 y x = −x y , temos que, dy dx = − x y fazendo as substituições indicadas temos, v + x dv dx = − x xv = − 1 v x dv dx + v + 1 v = 0 x dv dx + 1 + v2 v = 0 dx x + v 1 + v2 dv = 0 Agora aplicando integração direta temos, dx x + v 1 + v2 dv = c ln |x| + 1 2 ln |1 + v2 | = c como c é uma constante podemos fazer c = ln |c1|, assim temos ln |x| + 1 2 ln |1 + v2 | = ln |c1| Multiplicando a equação por 2, temos, ln |x2 | + ln |1 + v2 | = ln |c2 1| ln |1 + v2 | = ln |c2 1| − ln |x2 | ln |1 + v2 | = ln c1 x 2 portanto, v2 = c1 x 2 − 1 mas como v = y x , temos, y x 2 = c1 x 2 − 1 y2 = c2 1 − x2 y = c2 1 − x2 12
  13. 13. que é a nossa solução geral. 2. Resolva xydx + x2 dy = 0 Resolução Assim como no exemplo passado vamos vericar a homogeneidade da nossa equação diferencial, porém vamos utilizar apenas um dos métodos, colocando nossa equação na forma dx dy = f(x, y). dx dy = − x2 xy = − x y = h x y portanto, nossa equação é homogênea. Agora sim, vamos ao método de resolução, vamos aplicar a seguinte substituição: x = uy dx dy = u + y du dy Aplicando essas substituições em nossa equação dada na forma de dx dy = h x y temos, u + y du dy = − uy y = −u u + y du dy + u = 0 dy y + du 2u = 0 Aplicando integração direta temos, dy y + du 2u = c ln |y| + 1 2 ln |u| = c como c é uma constante podemos fazer c = ln |c1|, assim temos ln |y| + 1 2 ln |u| = ln |c1| Multiplicando nossa equação por 2 temos, ln |y2 | + ln |u| = ln |c2 1| ln |u| = ln |c2 1| − ln |y2 | ln |u| = ln c1 y 2 u = c1 y 2 13
  14. 14. mas com u = x y , temos, x y = c1 y 2 x = c2 1 y que é a nossa solução geral. 2.3 Equações Exatas 2.3.1 Critério para uma Diferencial Exata Sejam M(x, y), N(x, y), funções continuas com derivadas parciais de primeira ordem continuas em uma região retangular R : a x b, c y d, e suponha também uma função F de duas variáveis reais, de forma que F tenha derivadas parciais continuas. A diferencial total dF é denida por dF(x, y) = ∂F ∂x (x, y)dx + ∂F ∂y (x, y)dy A equação dF = M(x, y)dx + N(x, y)dy é chamada de diferencial exata em uma região R se existir uma função F(x, y), tal que se verique M(x, y) = ∂F ∂x (x, y) e N(x, y) = ∂F ∂y (x, y) (4) Nota. Se denirmos F(x, y) = c, onde c = constante dF(x, y) = 0 = ∂F ∂x (x, y)dx + ∂F ∂y (x, y)dy e M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 Se M(x, y)dx+N(x, y)dy é uma diferencial exata, a equação M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 é uma equação exata se, e somente se, ∂M ∂y (x, y) = ∂N ∂x (x, y) (5) O critério enunciado acima é uma condição suciente e necessária para que a diferencial exata seja uma equação exata. Vamos provar inicialmente que o critério é uma condição necessária, ou seja, se existe uma função F tal que as equações (4) são satisfeitas, então a equação (5) é verdadeira, temos ∂M ∂y (x, y) = ∂ ∂y ∂F ∂x (x, y) e ∂N ∂x (x, y) = ∂ ∂x ∂F ∂y (x, y) 14
  15. 15. Pelo Teorema de Schwartz temos que a ordem das derivadas mistas não importa, por- tanto ∂ ∂y ∂F ∂x (x, y) = ∂ ∂x ∂F ∂y (x, y) Assim, ∂M ∂y (x, y) = ∂N ∂x (x, y) (c.q.d.). Vamos mostrar agora que o critério é uma condição suciente, ou seja, se M(x, y) e N(x, y) satisfazem a equação (5), então M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 é uma equação exata. A demonstração consiste na construção de uma função F que satisfaça (4), essa construção ilustra um método básico para a resolução de equações exatas. Inicialmente integramos a primeira das equações de (4) em relação a x mantendo y constante, temos F(x, y) = H(x, y) + g(y), (6) onde H(x, y) é qualquer função diferenciável tal que ∂H ∂x (x, y) = M(x, y) e g(y) é uma função diferenciável arbitraria dependente apenas de y, fazendo o papel da constante de integração. Necessitamos agora mostrar que sempre podemos escolher g(y) de modo que a segunda das equações de (4) seja satisfeita, ou seja, que N(x, y) = ∂F ∂y (x, y). Vamos então derivar (6) em relação a y, fazendo isso temos ∂F ∂y (x, y) = ∂H ∂y (x, y) + g (y) mas como N(x, y) = ∂F ∂y (x, y), podemos escrever N(x, y) = ∂H ∂y (x, y) + g (y) e isolando g (y) encontramos, g (y) = N(x, y) − ∂H ∂y (x, y) (7) Para conseguirmos encontrar g(y) na equação (7), a expressão à direita do sinal de igualdade de (7) tem que ser uma função dependente apenas de y. Para essa vericação, derivamos o lado direito da equação (7) em relação a x. ∂N ∂x (x, y) − ∂ ∂x ∂H ∂y (x, y) = ∂N ∂x (x, y) − ∂ ∂y ∂H ∂x (x, y) mas, ∂H ∂x (x, y) = M(x, y) então, ∂N ∂x (x, y) − ∂M ∂y (x, y) 15
  16. 16. que, se observada a igualdade da equação (5), é zero. Vericado que o lado direito da equação (7) não depende de x, podemos encontrar g(y) integrando a equação (7) em relação a y. g(y) = N(x, y) − ∂H ∂y (x, y) dy agora substituímos g(y) em (6), temos F(x, y) = H(x, y) + N(x, y) − ∂H ∂y (x, y) dy por último fazemos H(x, y) = M(x, y)dx e ∂H ∂y (x, y) = ∂M ∂y (x, y)dx assim, F(x, y) = M(x, y)dx + N(x, y) − ∂M ∂y (x, y)dx dy (8) Se inicialmente tivéssemos integrado a segunda das equações em (4) em relação a y mantendo x constante, encontraríamos F(x, y) = N(x, y)dy + M(x, y) − ∂N ∂x (x, y)dy dx (9) 2.3.2 Algoritmo para a Resolução de Equações Exatas A seguir descrevemos um algoritmo para resolver as equações exatas, o algoritmo é basicamente o mesmo utilizado para a demonstração acima: 1. Integrar ∂F ∂x (x, y) = M(x, y) em relação a x incluindo uma função g(y) ao invés de uma constante de integração; 2. Diferenciar a equação resultante em relação a y, igualando-a à N(x, y); 3. Obter g(y) integrando a equação em relação a y; 4. Substituir g(y) na equação encontrada após o primeiro passo e encontrar F(x, y). Nota: O algoritmo é análogo se no primeiro passo integrarmos ∂F ∂y (x, y) = N(x, y) em relação a y, fazendo as devidas alterações. Exemplo 16
  17. 17. 1. Resolva a seguinte equação diferecial (2x − 1)dx + (3y + 7)dy = 0 Resolução Devemos primeiro analisar se a equação dada é exata, para isso devemos identicar M(x, y) e N(x, y) e vericar se ∂M ∂y (x, y) = ∂N ∂x (x, y). Temos que, M(x, y) = 2x − 1 ∂M ∂y (x, y) = 0 e N(x, y) = 3y + 7 ∂N ∂x (x, y) = 0 portanto, como ∂M ∂y (x, y) = 0 = ∂N ∂x (x, y) nossa equação é exata, ou seja, exise um F(x, y) tal que, ∂F ∂x (x, y) = 2x − 1 e ∂F ∂y (x, y) = 3y + 7 Para encontrar a solução para a nossa equação vamos seguir os passos dados pelo algoritmo. O primeiro passo nos diz para integrar ∂F ∂x = M(x, y) em relação a x acrescentando uma função g(y) no lugar da constante de integração, ou seja, F(x, y) = 2x − 1dx F(x, y) = x2 − x + g(y) Depois, o passo 2 nos diz para diferenciar a equação encontrada em relação a y e igualá-la à N(x, y) ∂ ∂y (x2 − x + g(y)) = 3y + 7 g (y) = 3y + 7 17
  18. 18. Para seguirmos com a resolução devemos encontrar g(y), para isso vamos integrar g (y) em relação a y, que é o que indica o passo 3. g(y) = 3y + 7dy g(y) = 3 2 y2 + 7y Feito isso agora é só substituir g(y) na equação resultante após o passo primeiro, então F(x, y) = x2 − x + 3 2 y2 + 7y logo, x2 − x + 3 2 y2 + 7y = c, é a solução geral para a nossa equação diferencial. Onde c = constante de integração. 2.3.3 Fator Integrante Algumas vezes é possível transformarmos uma equação diferencial que não é exata em uma equação diferencial exata, multiplicando a equação por um fator de integração apropriado. Vamos multiplicar a equação M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 (10) por uma função µ e depois tentar escolher µ de modo que a equação resultante µ(x, y)M(x, y)dx + µ(x, y)N(x, y)dy = 0 (11) seja exata. A equação acima é exata se, e somente se ∂µ ∂y (x, y)M(x, y) = ∂µ ∂x (x, y)N(x, y) (12) Como M e N são funções dadas, a equação (12) nos diz que o fator integrante µ tem que satisfazer a equação diferencial de primeira ordem M(x, y) ∂µ ∂y (x, y) − N(x, y) ∂µ ∂x (x, y) + ∂M ∂y (x, y) − ∂N ∂x (x, y) µ(x, y) = 0 (13) Se pudermos encontrar uma função µ que satisfaça a equação (13), então a equação (11) será exata. A solução de (11) pode ser obtida então, pelo método de resolução de equações exatas. A solução encontrada desse modo também satisfará a equação (10), já que podemos dividir a equação (11) pelo fator integrante µ. Uma equação diferencial da forma de (13) pode ter mais de uma solução. Nesse caso, qualquer uma delas pode ser usada como fator integrante para (10). Infelizmente, a equação (13) que determina o fator integrante µ é, em muitos casos, tão difícil de resolver quanto a equação original (10). Portanto, embora a princípio o método dos fatores integrantes seja uma ferramenta útil para resolver equações diferenciais, na prática ele só pode ser usado em alguns casos especiais. As situações mais importantes nas quais os fatores integrantes simples podem ser encontrados ocorrem quando µ é uma 18
  19. 19. função dependente apenas de uma das variáveis x ou y, em vez de ambas. Vamos agora determinar condições necessárias sobre M e N para que (10) tenha um fator que só dependa de x. Supondo que µ é uma função só de x, temos ∂µ(x, y)M(x, y) ∂y = µ(x, y) ∂M ∂y (x, y) e ∂µ(x, y)N(x, y) ∂x = µ(x, y) ∂N ∂x (x, y) = N(x, y) dµ dx (x, y) assim, se ∂µ(x, y)M(x, y) ∂y = ∂µ(x, y)N(x, y) ∂x é necessário que dµ dx (x, y) = ∂M ∂y (x, y) − ∂N ∂x (x, y) N(x, y) µ(x, y) se ∂M ∂y (x, y) − ∂N ∂x (x, y) N(x, y) é uma função só de x, então existe um fator integrante µ que também depende apenas de x. Além disso, µ pode ser encontrado resolvendo-se a equação anterior, que é uma equação diferencial linear e separável. Um procedimento análogo pode ser utilizado para se determinar uma condição sob a qual a equação (10) tenha um fator integrante que dependa apenas de y. Exemplo 2. Resolva a equação diferencial não exata (2y2 + 3x)dx + 2xydy = 0 Resolução Como dito no enunciado do exemplo a equação acima não é exata, logo para transformá- la em exata, devemos encontrar um fator integrante µ(x) apropriado. Como, M(x, y) = 2y2 + 3x e N(x, y) = 2xy, podemos encontrar suas derivadas parciais em relação a y e x, respectivamente, assim, ∂M ∂y (x, y) = 4y e ∂N ∂x (x, y) = 2y Agora temos que vericar se ∂M ∂y (x, y) − ∂N ∂x (x, y) N(x, y) 19
  20. 20. é uma função que dependa apenas de x, substituindo temos, 4y − 2y 2xy = 2y 2xy = 1 x que é uma função só de x. Agora vamos aplicar o resultado obtido em, dµ dx (x, y) = ∂M ∂y (x, y) − ∂N ∂x (x, y) N(x, y) µ(x, y) ou 1 µ(x, y) dµ = ∂M ∂y (x, y) − ∂N ∂x (x, y) N(x, y) dx substituindo temos, 1 µ(x, y) dµ = 1 x dx que é uma equação linear de variáveis separáveis, então integrando ambos os lados em relação a x temos, 1 µ(x, y) dµ = 1 x dx ln |µ(x, y)| = ln |x| µ(x, y) = x tendo encontrado nosso fator de integração µ(x, y) = x, vamos agora multiplicar nossa equação original por ele, 2y2 x + 3x2 dx + 2x2 ydy = 0 que é uma equação diferencial exata, por mero rigor vamos aplicar à equação a condição para que ela seja exata ∂M ∂y (x, y) = 4yx e ∂N ∂x (x, y) = 4yx logo, ∂M ∂y (x, y) = 4yx = ∂N ∂x (x, y) portanto, nossa equação, de fato, é exata. Agora para resolvê-la vamos aplicar o al- goritmo visto nesta seção, porém diferentemente do que foi feito no primeiro exemplo, não vamos apontar os passos um a um, vamos aplicá-los de maneira direta. Para encontrar F(x, y), temos que, F(x, y) = M(x, y)dx = 2y2 x + 3x2 dx F(x, y) = y2 x2 + x3 + g(y) 20
  21. 21. agora vamos diferenciar a equação acima em relação a y e igualá-la à N(x, y), ∂ ∂y (y2 x2 + x3 + g(y)) = 2x2 y 2yx2 + g (y) = 2x2 y g (y) = 0 o que nos diz que g(y) é uma constante qualquer. Agora substituindo em F(x, y) temos, F(x, y) = y2 x2 + x3 Portanto y2 x2 + x3 = c, é a solução geral para a nossa equação. Onde c é uma constante. 2.4 Equações Lineares Denimos a forma geral de uma equação diferencial linear de primeira ordem como a1(x) dy dx + a0(x)y = g(x) Dividindo a equação acima pelo coeciente a1(x) de dy dx , obtemos uma forma mais útil de uma equação diferencial linear dy dx + P(x)y = F(x), (14) onde P(x) = a0(x) a1(x) e F(x) = g(x) a1(x) Procuramos uma solução para (14) em um intervalo I, onde as funções P(x) e F(x) são continuas. 2.4.1 Fator Integrante Supondo que (14) possua solução, podemos escrevê-la como: dy + [P(x)y − F(x)]dx = 0 (15) As equações lineares possuem uma propriedade que nos permite encontrar uma função µ(x), onde µ(x)dy + µ(x)[P(x)y − F(x)]dx = 0 (16) é uma equação diferencial exata. Pelo critério para uma equação exata, visto anterior- mente, o lado esquerdo de (16) é uma diferencial exata, se ∂µ ∂x (x) = ∂µ(x)[P(x)y − F(x)] ∂y ou (17) dµ dx (x) = µ(x)P(x) 21
  22. 22. que é uma equação separável, logo podemos determinar µ agrupando os termos de maneira conveniente e integrando diretamente ambos os lados, então dµ µ(x) (x) = P(x)dx ou dµ µ(x) (x) = P(x)dx ln|µ(x)| = P(x)dx ou (18) µ(x) = e P(x)dx (19) A função µ(x) determinada acima é um fator integrante para a equação diferencial linear, e µ(x) = 0 para todo x em I, sendo também uma função contínua e diferenciável neste intervalo. Podemos observar também que (16) é uma equação diferencial exata ainda que F(x) = 0, ou seja, F(x) não tem qualquer inuência na hora de se determinar o fator integrante µ(x), pois temos da equação (17) que ∂µ ∂y (x)F(x) = 0 Logo, e P(x)dx dy + e P(x)dx [P(x)y − F(x)]dx e e P(x)dx dy + e P(x)dx P(x)ydx são diferenciais exatas. Agora, reescrevendo (16), temos e P(x)dx dy + e P(x)dx P(x)ydx = e P(x)dx F(x)dx Podemos vericar que o lado esquerdo da equação acima pode ser escrito como: e P(x)dx dy + e P(x)dx P(x)ydx = d dx e P(x)dx y Portanto temos, d dx e P(x)dx y = e P(x)dx F(x)dx agora integrando esta última em relação a x temos, e P(x)dx y = e P(x)dx F(x)dx + c onde c é uma constante de integração. resolvendo para y, y = e− P(x)dx e P(x)dx F(x)dx + c (20) Portanto, se (14) tiver uma solução, essa solução será da forma de (20) 22
  23. 23. 2.4.2 Algorítmo do Método de Resolução de Equações Lineares 1. Coloque a equação diferencial linear na forma da equação (14), ou seja, divida sua equação original pelo coeciente de dy dx ; 2. Identique P(x) e encontre o fator integrante µ = e P(x)dx ; 3. Multiplique a equação encontrada no passo 1. pelo fator integrante encontrado no passo 2.; 4. Coloque o lado esquerdo da equação encontrada no passo 3. na forma da derivada do produto do fator integrante pela variável dependente y; 5. Integre ambos os lados da equação encontrada no passo anterior isolando a variável y. Exemplos 1. Resolva x dy dx − 4y = x6 ex Resolução Vamos começar dividindo nossa equação por x, que é o coeciente de dy dx , fazendo isso temos, dy dx − 4 x y = x5 ex Na equação acima podemos identicar P(x) = −4 x , logo o nosso fator de integração µ é dado por µ = e − 4 x dx µ = e−4 ln |x| = eln x−4 = x−4 Encontrado µ, vamos multiplicar nossa equação por ele, x−4 dy dx − 4x−5 y = xex Podemos observar que a equação acima pode ser escrita na forma d dx x−4 y = xex Agora integrando ambos os lados temos, d x−4 y = xex dx x−4 y = xex − ex + c y = x5 ex − x4 ex + cx4 23
  24. 24. onde c = constante de integração. 2. Resolva o problema de valor inicial dy dx + 2xy = x Sujeito à y(0) = −3. Resolução Lembre-se que em um problema de valor inicial devemos encontrar o valor da constante de integração aplicando a condição indicada. Note que o coeciente de dy dx é igual a 1, logo nossa equação já está na forma ideal para a resolução. Temos que P(x) = 2x, logo µ é dado por µ = e 2xdx µ = ex2 Multiplicando o fator integrante encontrado em nossa equação temos, ex2 dy dx + 2ex2 xy = exx x A equação acima pode ser escrita na forma d dx ex2 y = exx x Integrando ambos os lados temos d ex2 y = ex2 xdx ex2 y = 1 2 ex2 + c y = 1 2 + ce−x2 Porém, ainda temos que encontrar o valor da constante c em função da condição y(0) = −3, aplicando essa condição inicial à equação acima temos, −3 = 1 2 + ce0 c = − 7 2 Portanto, nossa solução é dada por y = 1 2 − 7 2 e−x2 . 24
  25. 25. 2.5 Equação de Bernoulli A equação diferencial dy dx + P(x)y = f(x)yn (21) onde n é um número inteiro qualquer, é chamada de equação de Bernoulli. Se n = 0, (21) é uma equação linear. Se n = 1, (21) é uma equação de variáveis separáveis. Se n = 0, n = 1 e y = 0 podemos dividir a equação (21) por yn , fazendo isso temos, y−n dy dx + P(x)y1−n = f(x) (22) Agora se zermos h(x) = y1−n , então dh dx (x) = (1 − n)y−n dy dx Fazendo essa substituição na equação (22), temos 1 (1 − n) dh dx (x) + P(x)h(x) = f(x) multiplicando a equação acima por (1 − n) temos, dh dx (x) + (1 − n)P(x)h(x) = (1 − n)f(x) (23) Como a equação (23) é linear podemos resolvê-la pelo método estudado na seção an- terior, feito isso, devemos substituir y1−n = h(x), e assim teremos uma solução para a equação (21). Exemplo 1. Resolva a equação de Bernoulli dada por x dy dx + y = 1 y2 Resolução Vamos primeiramente dividir nossa equação pelo coeciente de dy dx , assim, dy dx + y x = y−2 x Como n = −2 e y = 0 podemos dividir nossa equação por y−2 y2 dy dx + y3 x = 1 x Agora aplicando a substituição h = y(1−n) = y3 dh dx = 3y2 dy dx 25
  26. 26. temos, 1 3 dh dx + h x = 1 x dh dx + 3 x h = 3 x note que nossa equação é uma equação linear e, portanto, pode ser resolvida pelo método apresentado na seção anterior. Para o cálculo do fator integrante µ precisamos de P(x), que no nosso caso é 3 x , então µ = e 3 x dx µ = eln |x3| µ = x3 multiplicando µ na nossa equação temos, x3 dh dx + 3x2 h = 3x2 que pode ser escrita na forma d dx x3 h = 3x2 Integrando ambos os lados da equação acima temos, d x3 h = 3x2 dx x3 h = x3 + c h = 1 + c x3 onde c = constante de integração. Mas h = y3 y3 = 1 + c x3 y = 3 1 + c x3 que é a solução geral da nossa equação. 2.6 Equação de Ricatti A equação diferencial não linear dy dx = P(x) + Q(x)y + R(x)y2 (24) 26
  27. 27. é conhecida como equação de Ricatti. Para resolvermos esse tipo de equação devemos considerar que haja um certo yp que seja solução particular da equação (24), para assim efetuarmos a seguinte substituição y = yp(x) + u(x) e dy dx = dyp dx (x) + du dx (x) feitas as devidas substituições em (24) temos, dyp dx (x) + du dx (x) = P(x) + Q(x)(yp(x) + u(x)) + R(x)(yp(x) + u(x))2 dyp dx (x) + du dx (x) = P(x) + Q(x)yp(x) + Q(x)u(x) + R(x)yp(x)2 + 2yp(x)u(x)R(x) + R(x)u(x)2 dyp dx (x) + du dx (x) = P(x) + Q(x)yp(x) + R(x)yp(x)2 + (Q(x) + 2yp(x)R(x))u(x) + R(x)u(x)2 Note no lado direito da equação acima que P(x) + Q(x)yp(x) + R(x)yp(x)2 = dyp dx (x) logo, dyp dx (x) + du dx (x) = dyp dx (x) + (Q(x) + 2yp(x)R(x))u(x) + R(x)u(x)2 Portanto du dx − (Q(x) + 2yp(x)R(x))u(x) = R(x)u(x)2 (25) Como (25) é uma equação de Bernoulli com n = 2, podemos transformá-la em uma equação linear dividindo a equação acima por u(x)2 , encontrando 1 u(x)2 du dx (x) − (Q(x) + 2yp(x)R(x))u(x)−1 = R(x) fazendo a seguinte substituição h(x) = u(x)−1 e dh dx (x) = − 1 u(x)2 du dx (x) aplicando a substituição acima na equação (25), temos dh dx (x) + (Q(x) + 2yp(x)R(x))h(x) = −R(x) O método de resolução acima agora é análogo ao utilizado para resolver equações de Bernoulli. 27
  28. 28. Exemplo 1. Resolva a equação de Ricatti sendo yp uma solução conhecida dy dx = −2 − y + y2 yp = 2 Resolução Primeiro vamos identicar os coecientes da equação P(x) = −2 Q(x) = −1 R(x) = 1 Agora vamos fazer a seguinte substitução y = yp + u y = 2 + u dy dx = du dx assim, temos, du dx = −2 − (2 + u) + (2 + u)2 du dx = −4 + 4 + 3u + u2 du dx − 3u = u2 que é uma equação de Bernoulli com n = 2, a partir de agora vamos resolvê-la pelo método utilizado na seção anterior, primeiramente dividindo a equação acima por u2 1 u2 du dx − 3 u = 1 agora vamos fazer h = u−1 dh dx = − 1 x2 du dx fazendo essa substituição, nossa equação pode ser escrita como − dh dx − 3h = 1 dh dx + 3h = −1 28
  29. 29. que é uma equação linear, agora precisamos calcular o fator integrante µ µ = e 3dx µ = e3x então, vamos multiplicar nossa equação pelo fator de integração µ, e3x dh dx + 3e3x h = −e3x que pode ser escrita como d dx e3x h = −e3x Integrando ambos os lados temos, d e3x h = −e3x dx e3x h = − e3x 3 + c h = − 1 3 + c e3x mas, h = u−1 , então u−1 = − 1 3 + ce−3x u = 1 −1 3 + ce−3x mas, ainda temos que y = 2 + u, ou seja, y = 2 + 1 −1 3 + ce−3x onde c = constante de integração. Portanto, a equação acima é nossa solução geral para a equação dada. 2.7 Equações de Clairaut A forma geral destas equações é dada por y = x dy dx + f dy dx (26) tal que, y seja uma função diferenciavel. Nota. Essas equações deram origem ao estudo das soluções singulares. Para resolvermos as equações de Clairaut, devemos buscar fazer a substituição p(x) = dy dx , então podemos escrever (26) na forma y = xp(x) + f(p(x)) (27) 29
  30. 30. Derivando (27) em relação a x, temos dy dx = p(x) + x dp dx (x) + f (p(x)) dp dx p(x) = p(x) + x dp dx (x) + f (p(x)) dp dx ou seja, dp dx (x)(x + f (p(x)) = 0 (28) Assim dp dx (x) = 0 ou x + f (p(x)) = 0. Se dp dx (x) = 0, entao p(x) = c, onde c é uma constante qualquer, substituindo a constante em (27), temos y = cx + f(c) que nada mais é do que uma família de retas. Porém, se x + f (p(x)) = 0, teremos que x = −f (p(x)), logo (27) ca na forma y = −p(x)f (p(x)) + f(p(x)) Substituindo p(x) pelo parâmetro t, podemos escrever a solução singular da equação de Clairaut na seguinte forma paramétrica x = −f (t) y = f(t) − tf (t) Exemplo 1. Resolva a equação de Clairaut dada, obtendo uma solução singular y = x dy dx + 1 − ln dy dx Resolução Vamos aplicar a seguinte substituição, p(x) = dy dx assim, temos, y = xp(x) + 1 − ln |p(x)| derivando a equação acima em relação a x temos, dy dx = p(x) + x dp dx (x) − 1 p(x) dp dx (x) p(x) = p(x) + dp dx (x) x − 1 p(x) dp dx (x) x − 1 p(x) = 0 30
  31. 31. ou seja, dp dx (x) = 0 ou x − 1 p(x) = 0. Se dp dx (x) = 0, p(x) = c, onde c é uma constante qualquer. Substituindo esse resultado y temos, y = cx + 1 − ln |c| que é uma família de retas. Porém, se x − 1 p(x) = 0, temos que x = 1 p(x) , substituindo em y temos, y = 1 + 1 − ln |p(x)| y = 2 − ln 1 x y = 2 + ln |x| que é a solução singular da nossa equação, também podemos apresentar essa solução na forma paramétrica, fazendo p(x) = 1 x = t, onde t é um parâmetro qualquer, x = 1 t y = 2 + ln |t| 31
  32. 32. 3 Aplicações das Equações Diferenciais Ordinárias de Primeira Ordem Este capítulo traz algumas aplicações das equações diferenciais ordinárias de primeira ordem, algumas clássicas como o Modelo de Dinâmica Populacional de Malthus outras mais complexas como o Modelo de von Bertalany para o crescimento de peixes. O objetivo desse capítulo é exibir a gama de aplicações que essas equações podem ter nas mais variadas áreas do cohecimento, tornando-as muito mais que apenas um objeto de estudo puramente matemático. 3.1 Lei do Resfriamento/Aquecimento de Newton Segundo a lei empírica de Newton do resfriamento/aquecimento de um corpo, a taxa de variação da temperatura de um corpo é proporcional à diferença entre sua temperatura e a do meio que o cerca, chamada de temperatura ambiente. Se T(t) representar a tem- peratura de um determinado corpo no instante t, Tm a temperatura do meio que o cerca e dT dt a taxa com que a temperatura do corpo varia, a lei do resfriamento/aquecimento de Newton pode ser escrita matematicamente como: dT dt = λ(T − Tm) (29) onde λ é uma constante de proporcionalidade. Em ambos os casos, resfriamento ou aquecimento, se Tm for uma constante λ 0. Note que o modelo da lei de resfriamento/aquecimento de Newton é uma equação diferencial ordinária de primeira ordem linear e separável, sendo assim vamos encontrar a solução geral desta equação utilizando o Método das Variáveis Separáveis. dT dt = λ(T − Tm) dT (T − Tm) = λdt integrando ambos os lados da nossa última equação, temos dT (T − Tm) = λdt assim, ln |T − Tm| = λt + c1 portanto, T(t) = Tm + c2eλt (30) onde c2 = ec1 é uma constante, é a solução geral da lei de resfriamento/aquecimento de Newton. Exemplo 1. Resfriamento de um bolo 32
  33. 33. Quando retiramos um bolo do forno, ele apresenta temperatura de 150 o C. Três minuto depois, sua temperatura é de 94 o C. Quanto tempo demorará para o bolo atingir a temperatura ambiente de 20 o C ? Resolução Podemos observar que o problema acima pode ser modelado utilizando a lei de resfri- amento/aquecimento de Newton. Porém, antes precisamos identicar a temperatura ambiente (Tm) como sendo Tm = 20 o C, fazendo isso o que nos resta é resolver o seguinte problema de valor inicial. dT dt = λ(T − 20), e T(0) = 150 e encontrar o valor de λ de tal forma que T(3) = 94. Utilizando a solução geral descrita em (30) temos que, T(t) = Tm + c2eλt ou T(t) = 20 + c2eλt aplicando o PVI T(0) = 150, podemos encontrar a constante c2, assim 150 = 20 + c2 c2 = 130 como c2 = 130, nossa nova equação pode ser escrita como, T(t) = 20 + 130eλt para encontrar o valor de λ utilizaremos o fato de que T(3) = 94, portanto 94 = 20 + 130e3λ λ = 1 3 ln 74 130 λ ≈ −0, 1878 assim T(t) = 20 + 130e−0,1878t Porém, a equação acima não nos oferece uma solução nita para T(t) = 20, já que lim x→∞ T(t) = 20, mas podemos ver claramente no gráco abaixo que o bolo terá tempe- ratura ambiente em aproximadamente 40 minutos. 3.2 Dinâmica Populacional O economista e demógrafo inglês Thomas Malthus, em 1978, foi um dos primeiros a tentar modelar o crescimento populacional utilizando a matemática, o modelo partia do 33
  34. 34. Figura 1: Taxa de decaimento da temperatura do bolo princípio de que a taxa de crescimento de uma população em um determinado instante é proporcional à população em cada instante, ou resumidamente, quanto mais pessoas existirem em um instante t, mais pessoas haverão no futuro. Matemáticamente, se P(t) é a população total num instante t, temos a seguinte expressão dP dt (t) = kP(t) (31) onde k é uma constante de proporcionalidade, o modelo malthusiano é bem simples e não leva em conta uma série de fatores, tais como imigração e emigração, e as populações que crescem com uma taxa descrita pela equação acima são incomuns, porém ele ainda é utilizado para modelar o crescimento de pequenas populações em um intervalo de tempo razoavelmente curto, como o crescimento de bactérias em uma placa de Petri. Aos olhos da matemática, podemos observar que a equação (31) é ao mesmo tempo uma equação diferencial separável e linear. Colocando-a na forma padrão de uma equação diferencial linear de pimeira ordem temos, dP dt (t) − kP(t) = 0 para resolvê-la, vamos primeiro encontrar o seu fator integrante utilizando (19), assim temos, µ(t) = e− kdt µ(t) = e−kt agora multipicando (31) pelo fator de integração encontrado temos µ(t) dP dt (t) − µ(t)kP(t) = 0 e−kt dP dt (t) − e−kt kP(t) = 0 ajeitando a equação acima d dt (e−kt P(t)) = 0 34
  35. 35. por m, integrando os dois lados da equação acima temos d dt (e−kt P(t))dt = c1 e−kt P(t) = c1 portanto, a solução geral para o modelo malthusiano pode ser dada por P(t) = c1ekt (32) onde c1 é uma constante de integração. Exemplo 2. Crescimento de bactérias O aumento da população de um certo tipo de bactérias está sendo estudado em um laboratório, inicialmente foram colocadas 3000 bactérias em uma placa de Petri, após 2 horas a população inicial havia triplicado. Se a taxa de crescimento dessa cultura de bactérias é proporcional ao número de bactérias presentes um dado instante, qual o tempo necessário para que o número de bactérias quintuplique ? Resolução Como a taxa de crescimento populacional dessa cultura de bactérias é proporcional ao número de bactérias num instante dado, concluímos que o problema acima pode ser modelado pelo modelo de crescimento populacional malthusiano. Assim podemos aplicar a solução geral descrita por (32). P(t) = c1ekt Para determinar a constante c1 usaremos o fato de que em t = 0, temos P(0) = 3000, aplicando esta condição temos 3000 = c1e0 c1 = 3000 aplicando c1 = 3000 em (32). P(t) = 3000ekt Para encontrarmos a constante de proporcionalidade k utilizaremos o PVI P(2) = 9000, assim 9000 = 3000e2k e2k = 3 k = ln 3 2 k ≈ 0, 5493 agora para encontrar o instante em que a quantidade de bactérias quintuplicou, basta resolver a seguinte equação 15000 = 3000e0,5493t e0,5493t = 5 t = ln 5 0, 5493 t ≈ 2, 9299 35
  36. 36. Logo, temos que a população de bactérias quintuplicará em aproximadamente 2, 9299 horas. 3.3 Crescimento de Peixes (Modelo de von Bertalany) Como sabemos a pesca sempre foi um importante elemento para a sobrevivência do ser humano, porém a pesca predatória de algumas espécies acabou gerando a extinção dessas espécies. Para combater a pesca predatória, hoje em dia existem leis internacio- nais que denem como a pesca deve ser efetuada. Os modelos matemáticos podem ser utilizados para se medir os efeitos dessas leis de controle e estabelecer em que condições o peixe pode ser capturado. O peso p(t) de cada espécie é dado pela seguinte equação empírica de von Bertalany4 : dp dt (t) = αp 2 3 − βp (33) que estabelece que o aumento do peso de um peixe é proporcional à área de sua super- fície, onde α é uma constante que representa a taxa de síntese de massa por unidade de superfície do animal (anabolismo), e β é a constante que representa a taxa de dimi- nuição da massa por unidade de massa (catabolismo). A equação de von Bertalany é uma equação de Bernoulli com n = 2 3 , ou seja, podemos escrevê-la na forma da equação (21) com segue, dp dt (t) + βp = αp 2 3 (34) para resolver a equação acima, podemos utilzar a seguinte substituição: h(t) = p1−n assim, h(t) = p 1 3 e dh dt (t) = 1 3 p− 2 3 dp dt (t) ou dh dt (t) = 1 3 h−2 dp dt (t) aplicando a substitição acima à (34), temos 3h2 dh dt (t) + βh3 = αh2 dh dt (t) = α 3 − β 3 h reajeitando temos a seguinte equação linear. dh dt (t) + β 3 h = α 3 (35) Para resover a equação linear acima, temos primeiro que encontrar o fator integrante µ(t), dado por (19), µ(t) = e β 3 dt µ(t) = e β 3 t O modelo ao qual nos referimos é para o aumento de peso dos peixes, porém há outros modelos de von Bertalany que estudam o tamanho dos peixes, ver BASSANEZI e FERREIRA JR (1988). 36
  37. 37. multiplicando µ(t) em (35), temos µ(t) dh dt (t) + µ(t) β 3 h = µ(t) α 3 e β 3 t dh dt (t) + e β 3 t β 3 h = e β 3 t α 3 simpicando a equação acima, escrevendo o seu lado esquerdo como uma derivada do produto, obtemos, d dt (e β 3 t h) = e β 3 t α 3 agora integrando os dois lados da equação acima temos, d dt (e β 3 t h)dt = e β 3 t α 3 dt e β 3 t h = α β e β 3 t + c1 h(t) = α β + c1e− β 3 t onde c1 é a nossa constante de integração. Mas como p = h3 , temos p(t) = α β + c1e− β 3 t 3 (36) quando t = 0, o valor de p é desprezável, portanto usando p(0) ≈ 0, obtemos α β + c1 3 = 0 então, α β + c1 = 0 ou (37) c1 = − α β (38) aplicando (38) em (36). p(t) = α β − α β e− β 3 t 3 p(t) = α β 3 1 − e− β 3 t 3 Quando t cresce, p tende a P∞ = α β 3 . Fazendo k = β 3 , temos p(t) = P∞(1 − e−kt )3 (39) que é a solução geral da a equação de von Bertalany para o aumento de peso dos peixes. Nota. Não será dado nenhum exemplo prático da utilização do modelo de von Berta- lany para o crescimento de peixes, já que para dar tal exemplo é necessário um certo conhecimento de análise estatística, e aproximação linear, assuntos esses que não são alvo deste estudo. Para ver exemplos consulte (Bassanezi e Ferreira Jr., 1988). 37
  38. 38. 3.4 Circuitos em Série Considere um circuito em série contendo apenas um resistor e um indutor como mos- trado na gura abaixo, da segunda lei de Kirchho sabemos que a soma das quedas de voltagem no indutor Ldi dt e no resistor (iR) é igual à voltagem aplicada no circuito (E(t)). Figura 2: Circuito em série LR Assim a equação diferencial para a corrente i(t) é dada por, L di dt + Ri = E(t) (40) onde L e R são constantes conhecidas como indutância e resistência, respectivamente, a corrente i(t) também é conhecida como resposta do sistema. Para o novo circuito em série mostrado abaixo, a queda de voltagem em um capacitor com capacitância C é dada por q C (t), onde q é a carga do capacitor. Figura 3: Circuito em série RC Assim para este circuito a segunda lei de Kirchho nos diz que, Ri + 1 C q = E(t) (41) mas como i = dq dt , podemos reescrever (41) como a seguinte equação diferencial linear. R dq dt + 1 C q = E(t) (42) Como (42) é uma equação diferencial linear podemos resolvê-la utilizando o algorítmo apresentado na seção 1.4, assim devemos primeiro dividir (42) pelo coeciente R, dq dt + 1 CR q = E(t) R (43) 38
  39. 39. a seguir, vamos encontrar o fator integrante da equação acima utilizando (19). µ(t) = e 1 CR dt µ(t) = e t CR Multiplicando (43) por µ(t), temos µ(t) dq dt + µ(t) 1 CR q = µ(t) E(t) R e t CR dq dt + e t CR 1 CR q = e t CR E(t) R reescrevendo o lado esquerdo da equação acima como uma derivada do produto, temos d dt (e t CR q) = e t CR E(t) R integrando os dois lados desta equação d dt (e t CR q)dt = e t CR E(t) R dt e t CR q = e t CR CE(t) + c1 onde c1 é a nossa constante de integração. Portanto, a solução geral da equação (42) é dada por, q(t) = CE(t) + e− t CR c1 (44) para se obter a solução geral para (40) o procedimento é análogo, como será mostrado no exemplo prático a seguir. Exemplo 3. Circuitos em série Uma força eletromotriz de 30 volts é aplicada a um circuito em série LR no qual a indutância é de 0,1 henry e a resistência é de 50 ohms. Encontre a corrente i(t) se i(0) = 0. Resolução O primeiro passo é identicar os elementos dados pelo problema na equação diferencial linear (40), logo podemos reescrever (40) como, 0, 1 di dt + 50i = 30 assim , para resolver nossa, vamos seguir o algorítmo da seção 1.4, e começar dividindo a equação acima pelo coeciente 0,1. di dt + 500i = 300 39
  40. 40. Agora vamos encontrar o fator integrante da equação acima, dado por (19), que por vericação é µ(t) = e500t , multiplicando µ(t) na equação acima obtemos, e500t di dt + e500t 500i = e500t 300 ajeitando o lado esquerdo da equação na forma de uma derivada do produto temos, d dt (e500t i) = e500t 300 integrando ambos os lados da equação acima d dt (e500t i)dt = e500t 300dt e500t i = 0, 6e500t + c1 i(t) = 0, 6 + e−500t c1 onde c1 é a nossa constante de integração. Para encontrar o valor numérico de c1, utilizaremos o PVI i(0) = 0, assim 0 = 0, 6 + e0 c1 c1 = −0, 6 como c1 = −0, 6, podemos reescrever nossa função i(t) como sendo, i(t) = 0, 6 − 0, 6e−500t . 40

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