Universidade Federal de São Carlos
Centro de Ciências Exatas e de Tecnologia
Departamento de Matemática
Equações Diferenciais Ordinárias em Alguns
Contextos Históricos e Reais
Autor:
Elias Campos da Silva
Orientador:
Selma H. de Jesus Nicola
Disciplina: Trabalho de Conclusão do Curso A
Curso:
Licenciatura em Matemática
Professores Responsáveis:
Karina Schiabel Silva
Tomas Edson Barros
Vera Lúcia Carbone
São Carlos, 13 de julho de 2011.
Equações Diferenciais Ordinárias em Alguns
Contextos Históricos e Reais
Autor:
Elias Campos da Silva
Orientador:
Selma H. de Jesus Nicola
Disciplina: Trabalho de Conclusão do Curso A
Curso:
Licenciatura em Matemática
Professores Responsáveis:
Karina Schiabel Silva
Tomas Edson Barros
Vera Lúcia Carbone
Instituição:
Universidade Federal de São Carlos
Centro de Ciências Exatas e de Tecnologia
Departamento de Matemática
São Carlos, 13 de julho de 2011.
Elias Campos da Silva
Selma H. de Jesus Nicola
Agradecimentos
Primeiramente agradeço a Deus pela força e saúde que ele tem dado a mim para
concluir este TCC. Agradeço especialmente a Professora Orientadora Selma de Jesus pela
sua atenção e paciência nos nossos encontros semanais. Agradeço também, aos Professores
do DM, que tanto me ajudaram ao longo desses anos na construção do meu conhecimento
matemático. A minha família pela paciência, e também, por minha ausência em nossas
reuniões familiares.
Agradeço a minha noiva Gabriela por suportar a minha ausência
durante a semana e meu mau humor, quando eu enfrentava problemas na construção
deste trabalho. E nalizando agradeço a meu amigo e irmão Bruno Mendes por toda sua
ajuda, ao me ensinar a manipular o TEX.
Resumo
Neste trabalho de conclusão de curso A estudaremos algumas equações diferenciais e
suas aplicações, envolvendo fatos históricos e reais.
Será dado ênfase às equações dife-
renciais ordinárias de primeira ordem, e deixaremos as equações diferenciais de segunda
ordem para o Trabalho de Conclusão de Curso B. Apresentaremos as equações diferenciais lineares de primeira ordem e mostraremos como elas ajudaram na descoberta das
falsicações das obras de arte por Van Meegeren, na sequência abordaremos o tema de
equações separáveis, e suas aplicações em modelos populacionais, disseminação de inovações tecnológicas, também abordaremos as aplicações no armazenamento de resíduos
atômicos, dinâmica de desenvolvimento de tumores e problemas de mistura, na sequência
veremos as trajetórias ortogonais. Outros pontos importantes a serem discutidos aqui são
as equações exatas, e as equações que não podem ser resolvidas e o Teorema da existência
e unicidade, juntamente com as iterações de Picard.
vii
Sumário
1 Introdução
1
2 Equações Diferenciais Lineares Homogêneas e não Homogêneas
3
2.1
Equações diferenciais lineares homogêneas e não homogêneas de primeira
ordem
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
Fator Integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
As Falsicações das Obras de Arte por Van Meegeren . . . . . . . . . . . .
8
2.1.1
2.2
3 Equações Separáveis e Algumas Aplicações
15
3.1
Equações Separáveis
3.2
Modelos Populacionais
3.3
Disseminação de Inovações Tecnológicas
3.4
Um Problema de Armazenamento de Resíduos Atômicos
3.5
Dinâmica de Desenvolvimento de Tumores, Problemas de Mistura e Trajetórias Ortogonais
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5.1
Dinâmica de Desenvolvimento de Tumores
3.5.2
3.5.3
15
17
21
23
27
. . . . . . . . . . . . . .
27
Problemas de Mistura
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
Trajetórias Ortogonais
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
4 Equações Exatas e Teorema da Existência e Unicidade
33
4.1
Equações exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
4.2
Equação não exata e fator integrante
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
4.3
Teorema da existência e unicidade e iterações de Picard . . . . . . . . . . .
40
ix
Lista de Figuras
2.1
Cristo e a Adúltera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
2.2
Peregrinos de Emmáus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
2.3
A Dama de Brincos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
2.4
Meegeren Pintando para os especialistas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
2.5
Julgamento de Meegeren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
3.1
Curva logística
20
3.2
Total acumulado de agricultores que adotaram o herbicida 2, D-4 em Iowa
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3
Trajetórias ortogonais a família das curvas
4.1
(a)α = a; (b)α = b/M
λx
2
23
. . . . . . . . . . . . . . .
32
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
x
Lista de Figuras
xi
Lista de Tabelas
2.1
3.1
Pinturas de procedência duvidosa: A desintegração dada em minutos por
grama de chumbo branco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
O crescimento do Microtus Arvallis Pall.
19
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
Capítulo 1
Introdução
Uma equação diferencial é uma relação que existe entre a variável
t
e suas derivadas.
Segue abaixo alguns exemplos de equações diferenciais.
dy
= 3y 2 + sen(t + y)
dt
d3 z
d2 z
z
=
e
+
t
+
dt3
dt2
(1.1)
(1.2)
A ordem da equação diferencial é a maior das ordens das derivadas da função, que aparecem na equação. Podemos observar que a equação (1.1) é de primeira ordem, enquanto
que (1.2) é uma equação diferencial de terceira ordem.
Para encontrar a solução da equação diferencial devemos obter uma função
y
e suas
derivadas que satisfazem a relação. Por exemplo, a equação
y(t) = 2 sen(t) −
1
cos(2t)
3
é solução da equação diferencial
d2 y
+ y = cos(2t)
dt2
pois,
d2
1
1
[2 sen(t) − cos(2t)] + [2 sen(t) − cos(2t)] = cos(2t)
2
dt
3
3
Este trabalho de conclusão de curso contempla algumas aplicações que envolvem as equações diferenciais. A partir de uma modelagem matemática usamos as equações diferenciais
para resolver alguns problemas, de contextos históricos e do mundo real. Partirmos das
equações homogêneas e em seguida passamos para as não homogêneas e assim por diante.
A cada passo deste trabalho procuramos mostrar algumas aplicações interessantes e mostramos a grande quantidade de aplicações na vida real, e sua importância nas ciências
humanas e exatas.
2
1. Introdução
3
Capítulo 2
Equações Diferenciais Lineares
Homogêneas e não Homogêneas
2.1 Equações diferenciais lineares homogêneas e não
homogêneas de primeira ordem
Uma equação diferencial de primeira ordem tem a forma
dy
= f (t, y)
dt
O problema consiste em achar todas as soluções
(2.1)
y(t) que satisfazem a equação diferencial.
Como todo problema em matemática, para resolvê-lo devemos reduzi-lo a um problema
conhecido, de modo que seja mais fácil resolvê-lo. Consequentemente é aconselhável ter
uma lista de equações diferenciais, que podem ser resolvidas.
Para que o estudo das equações diferenciais seja melhor entendido será tomada uma
equação diferencial elementar e de fácil solução, do tipo
dy
= h(t)
dt
(2.2)
t.
Para resolver a equação (2.2), basta
onde h é uma função integrável em relação a
integrar ambos os lados, em relação a
t
e obter
Z
y=
h(t) dt + c
onde c é uma constante arbitrária. Observamos que para resolver uma equação diferencial,
basta reduzi-la a forma da equação (2.2). Entretanto, veremos que na maioria dos casos
isso não será possível, pois com equações simples não haverá solução exata, como por
exemplo
4
2. Equações Diferenciais Lineares Homogêneas e não Homogêneas
2t cos(y) + 3t2 y
dy
= 2
dt
t sen(y) − t3 + y
Denição 2.1.
A equação diferencial linear geral de primeira ordem é dada por
dy
+ a(t)y = b(t)
dt
com,
a(t)
e
b(t)
contínuas em relação à variável
(2.3)
t.
y aparece sozinha.
Diferentemente das equações dy/dt = y +sen(t), ou dy/dt = 3t+cos(y), que são equações
Dizemos que (2.3) é uma equação diferencial linear, pois, a variável
3
não lineares.
Fazendo
b(t) = 0
temos a seguinte equação:
dy
+ a(t)y = 0
dt
chamada equação diferencial linear homogênea de primeira ordem, entretanto se
diferente de zero, dizemos que ela é uma equação não homogênea. Com
b(t) = 0,
dy
= −a(t)y
dt
Multiplicando ambos os lados de (2.4) por
1
y
b(t)
for
temos:
(2.4)
obtemos
1 dy
= a(t)
y dt
que também pode ser escrita como
d
ln |y(t)| = −a(t)
dt
(2.5)
podemos resolver esta equação diferencial aplicando a integral, em relação a
t,
em ambos
os lados de (2.5) e obtemos assim a seguinte expressão
Z
ln |y(t)| = −
onde
c1
é uma constante arbitrária.
a(t) dt + c1
Aplicando a exponencial em ambos os lados da
equação acima obtemos
|y(t)| = e−
R
a(t) dt
|y(t)e
+ c1 = ce−
R
a(t) dt
|=c
R
a(t) dt
=⇒
(2.6)
2.1. Equações diferenciais lineares homogêneas e não homogêneas de
primeira ordem
5
Observamos que o valor absoluto do lado esquerdo da equação (2.6) é constante, logo
temos:
y(t) = ce−
R
a(t) dt
(2.7)
que é chamada de solução geral da equação homogênea.
valor de
c haverá uma solução para a equação (2.7),
Observamos que, para cada
logo, vericamos que haverá innitas
soluções.
Exemplo 2.2.
Para encontrarmos a solução geral da equação diferencial
dy
+ y cos(t) = 0
dt
e
a(t) = cos(t)
.
Assim,obtemos
e−
R
a(t) dt
= e−
R
cos(t) dt
= e− sen(t) =⇒
Logo
y(t) = ce− sen(t)
Em aplicações não estamos interessados em todas as soluções, e sim numa solução especíca. Então, dado um valor inicial
y0
para um
t0 ,
ou seja, um valor inicial para um tempo
inicial podemos determinar uma solução para a equação diferencial
dy
+ a(t)y = 0
dt
y(t0 ) = y0
(2.8)
Tal problema referente a (2.8) é comumente chamado de problema de valor inicial. Para
encontrarmos a solução do problema de valor inicial, integramos ambos os lados de (2.5)
Z
t
t0
d
ln |y(s)|ds = −
ds
e assim obtemos
Z
t
Z
t
a(s) ds =⇒ ln |y(t)| − ln |y(t0 )| = −
t0
a(s) ds
t0
y(t) R
− t
= e t0
y(t0 ) a(s) ds
y(t) R t
=⇒ e t0
y(t0 )
=1
a(s) ds A função dentro do módulo é uma função contínua do tempo. Para avaliar se tal valor é
igual a 1 ou -1, analisamos tal função no ponto
y(t0 ) Rtt0
e 0
y(t0 )
t = t0
a(s) ds
=1
6
2. Equações Diferenciais Lineares Homogêneas e não Homogêneas
donde segue que
y(t) = y(t0 )e
Exemplo 2.3.
−
Rt
a(s) ds
t0
−
= y0 e
Rt
t0
a(s) ds
.
Para encontrarmos a solução do problema de valor inicial
dy
+ yt sen(t) = 0
dt
y(0) = 2
observamos que
Z
t
Z
t
a(s) ds =
a(t) = t sen(t) =⇒
t0
s sen(s) ds .
0
Integrando por partes temos que
Z
t
s sen(s) ds = t cos(t) − sen(t)
0
então, temos que a solução do problema de valor inicial é
y(t) = 2esen(t)−t cos(t)
2.1.1
Fator Integrante
Para resolver uma equação diferencial de primeira ordem não homogênea
dy
+ a(t)y = b(t)
dt
b(t) 6= 0
O caminho a percorrer para resolvê-la é expressá-la como:
d
(algo ) = b(t)
dt
Na verdade, a pergunta que devemos fazer é se há possibilidade de fazer com que o
lado esquerdo da equação acima seja a derivada, em relação a
t,
deste algo, para que
depois ela possa ser integrada em ambos os lados. O procedimento consiste em encontrar
uma função
µ(t) e multiplicá-la em ambos os lados de (2.3) obtendo a equação equivalente
µ(t)
dy
+ µ(t)a(t)y = µ(t)b(t)
dt
(2.9)
Pela regra da cadeia observamos que
d
dy dµ
µ(t)y = µ(t) +
y.
dt
dt
dt
e assim devemos ter
µ(t)
dy
dy dµ
dµ
1 dµ(t)
+ µ(t)a(t)y = µ(t) +
y ⇐⇒ µ(t)a(t) =
=⇒
= a(t) =⇒
dt
dt
dt
dt
µ(t) dt
2.1. Equações diferenciais lineares homogêneas e não homogêneas de
primeira ordem
R
=⇒ µ(t) = e
Tal
µ(t)
a(t) dt
7
.
reescreve-se em (2.9) como:
d
µ(t)y = µ(t)b(t).
dt
(2.10)
Para encontrar a solução geral de (2.3) integramos (2.10)
Z
µ(t)y =
µ(t)b(t) dt + c =⇒ y(t) = e
−
R
(a(t)dt)
Z
µ(t)b(t) dt + c.
Agora, se for requerida a solução especíca de (2.3), ou seja,
Z
t
µ(t)y − µ(t0 )y0 =
t0
Esta função
µ(t)
y(t0 ) = y0 ,
1
µ(s)b(s) ds =⇒ y(t) =
µ(t0 )y0 +
µ(t)
Z
µ(s)b(s) ds
t0
é chamada de fator integrante e transforma uma equação diferencial em
Para a solução geral da equação diferencial
dy
+ t2 y = t2
dt
vericamos que
R
a(t) = t2 =⇒ µ(t) = e
t2 dt
t3
=e3
ou seja
a equação equivalente é
t3
d t3
(e 3 )y = t2 e 3
dt
integrando obtemos
t3
t3
e 3 .y = e 3 + c =⇒ y(t) = 1 + ce
Exemplo 2.5.
teremos
!
t
outra equivalente mais fácil de ser integrada.
Exemplo 2.4.
(2.11)
−t3
3
Para encontrarmos a solução do problema de valor inicial
dy
1
+y = 2
dt
t +1
y(1) = 2
observamos que
R
a(t) = 1 =⇒ µ(t) = e
1dt
=⇒ µ(t) = et =⇒
d t
et
(e y) = 2
dt
t +1
8
2. Equações Diferenciais Lineares Homogêneas e não Homogêneas
Integrando ambos os lados no intervalo
Z
t
e y(t) − ey(1) =
1
t
[1, t]
obtemos
es
ds =⇒ et y − 2e =
1 + s2
Z
t
1
es
ds
1 + s2
Logo
y(t) = e−t 2e +
Z
1
t
es
ds
1 + s2
!
2.2 As Falsicações das Obras de Arte por Van Meegeren
O pintor holandês Henricus Antonius (Han) Van Meegeren pode ser considerado um
dos maiores falsicadores de obras de arte de todos os tempos. Sua história é fantástica,
Meegeren se especializou em imitar o também holandês Jan Vermeer, um mestre da pintura (1632-1675) que pintou, entre outros, A Dama com brinco de pérolas, a Mona Lisa
da Holanda. Vermeer produziu pouco em vida; eram conhecidas apenas cerca de trinta
telas suas, até surgir Meegerem na década de 1930.
Meegeren não copiava quadros de Vermeer, anal, seria difícil enganar alguém assim,
pois o paradeiro das obras de Vermeer é conhecido, ele simplesmente pintava seus próprios
quadros, copiando com perfeição o estilo do mestre, e assinava-os como se fossem de
Vermeer. Então, Meegeren dizia ter encontrado tais quadros perdidos do mestre e os
vendia, sendo assim Meegeren produziu cerca de uma dezena de Vermmers falsos e
a cada quadro novo que surgia era comemorado pelos críticos e vendido por um preço
exorbitante. Antes de enveredar por esta prática, Meergeren já era pintor, até teve um
começo de carreira promissor.
Nasceu em 1889 e seu pai queria que fosse arquiteto, mas ele queria ser pintor, adolescente já ganhava concursos de desenho e logo passou a assinar seus próprios quadros. Aos
dezoito anos realizou sua primeira exposição, aos vinte e um foi passar uma temporada
de três meses na Itália, estudando os mestres do Renascimento.
Ao regressar fez nova exposição e vendeu todos os seus quadros.
Porém, em certa
época, sua carreira estacionou e os críticos o achavam muito conservador, retrógrado, e
além disso, o uso de tóxicos e seu envolvimento frequente em brigas, construíram uma
má reputação. Para tentar sair desta situação, Meegeren começou a pintar obras falsas,
de outros pintores, inclusive Franz Hals, mas acabou se especializando em Vermmer. Um
dos motivos claros foi o próprio desconhecimento que se tinha sobre a vida de Vermmer.
Assim, caria mais fácil encontrar uma obra do mestre.
Em 1937,Van Meegeren terminou o seu Vermeer mais famoso, Os peregrinos de
Emaúss".
Meegeren teve o cuidado de produzir uma obra que não era muito parecida
com o estilo habitual de Vermeer, só se conhecia uma tela religiosa de Vermeer, Cristo na
casa de Marta e Maria. Esta tela havia sido descoberta apenas em 1901, por um crítico
2.2. As Falsicações das Obras de Arte por Van Meegeren
9
holandês, Abraham Bredius, em uma galeria de arte em Londres. Bredius supôs que a tela
deveria ter sido pintada por Vermeer no início de sua carreira e concluiu que outros quadros
desta época deveriam existir por aí, e apareceriam a qualquer momento. Meegeren, vendo
o sucesso da sua ideia, não parou, pintou então o A Última Ceia", assinando novamente
como Vermeer. Um mecenas de Roterdã o adquiriu pelo equivalente hoje a sete milhões
de dólares.
Figura
2.1:
Adúltera
Cristo
e
a
Figura 2.2:
Peregrinos de
Emmáus
Figura 2.3:
A Dama de
Brincos
Começa a Segunda Guerra Mundial, a Holanda foi tomada pelos nazistas, mas, Meegeren não parou de produzir seus Vermeers. Entretanto, quando a Guerra acabou, os
aliados encontraram um destes falsos Vermeers (Cristo e a Adúltera) em uma mina de
sal na Áustria. Descobriu-se que o quadro pertencia a Hermann Göring, o número dois
do governo nazista, abaixo apenas de Adolf Hitler. Descobriu-se também que havia sido
Meegeren que havia vendido o quadro a Göring, por cerca de quinze milhões de dólares
atuais. Diz-se que Göring, após adquirir o quadro, um entre os 1200 que acumulou, teria
dito: Enm, conquistei a Holanda! . Meegeren foi preso, acusado de traição à pátria.
Neste ponto da história, só restava a Meegeren duas opções: aceitar a acusação, passível
até de pena de morte, na época, ou confessar que havia falsicados os Vermeers. Ele
optou pela segunda e o espanto foi geral. Meegeren teve de pintar um novo quadro a la
Vermeer, e ironicamente foi escolhido a pintura Jesus entre os doutores, para provar ser
capaz de pintar como o mestre.
Experts foram chamados para analisar os quadros, o que não deixa de ser irônico, já
que Meegeren estava dizendo justamente que de experts eles nada tinham.
A técnica de Meegeren era apurada, pintava sobre telas envelhecidas de pintores do
século XVII, das quais ele raspava a tinta original.
Com o Vermeer quase pronto,
aplicava uma mistura que preparou, para provocar rachaduras na pintura, além de jogar
poeira de tinta, para simular envelhecimento, entre vários outros detalhes cuidadosamente
pensados.
Meegeren ainda tentou posar de herói nacional, invertendo a situação, não era um
traidor, e sim alguém que tinha enganado os nazistas, esta desculpa obviamente não foi
10
2. Equações Diferenciais Lineares Homogêneas e não Homogêneas
aceita. No fundo, Meegeren se regozijava com a confusão que criara, pois, se não havia
sido reconhecido por seu talento anteriormente, agora não apenas entrava para a história
da arte como ainda zombava dos críticos que haviam lhe renegado e aclamado seus
falsos Vermeers. Disse Meegeren, Ou bem os críticos admitem que costumam falhar, ou
reconhecem que sou tão grande quanto Vermeer. O pensamento de Meegeren incorre em
um erro, é fácil pintar como os quadros cubistas de Picasso, hoje, mas isto não tornaria
ninguém importante. Picasso é o que é pela inovação, pela criatividade etc. Meegeren
parecia não aceitar isto, Ontem, estas pinturas valiam milhões de orins, e especialistas e
amantes da arte chegavam do mundo todo e pagavam para ver essas pinturas. Hoje, elas
não valem nada, e ninguém atravessaria a rua para vê-las de graça. Mas, a pintura não
mudou. O que foi então?. O falsicador chegou alegar que a verdadeira motivação para
seus atos era vingar-se dos críticos, que apoiavam as nascentes vanguardas. Disse que iria
revelar sua identidade após o sucesso do primeiro Vermeer, mas o dinheiro que ganhou o
fez mudar de ideia. O julgamento durou dois anos, Meegeren foi inocentado da acusação
de traição, embora provavelmente fosse mesmo colaborador do Nazismo, e pegou apenas
um ano de prisão, por falsicação.
Figura 2.4: Meegeren Pin-
Figura 2.5: Julgamento de Meege-
tando para os especialistas
ren
Conclusivamente, ele já tinha conquistado a admiração de boa parte do público. Mas,
um mês após o m do julgamento Meegeren morreu, em 1947, sem ter cumprido nem um
dia da pena. A conclusão a que se chega é que, se a falsicação do Cristo e a Adúltera
não tivesse sido descoberta, até hoje talvez admiraríamos um Meegeren como se fosse
um Vermeer.
Aliás, quantos quadros, de outros pintores, não estarão nesta situação
atualmente ?!. A recorrente questão da autoria também é levantada com esta história.
Por que o Vermeer falso perde o valor quando se descobre que é falso?!. Os quadros de
Meegeren não foram destruídos e, passados tantos anos, hoje valem pequenas fortunas e
são, ocasionalmente, expostas em coletâneas e até leiloadas.
Não satisfeitos, um grupo de cientistas, em 1967, da Carnegie University Mellon deram
ênfase ao trabalho de determinar a idade dos quadros pintados por Meegeren.
O físico Rutherford juntamente com sua equipe descobriu que, os átomos de certos
2.2. As Falsicações das Obras de Arte por Van Meegeren
11
elementos radioativos são instáveis, e com o passar do tempo tais substâncias se desintegram formando um novo elemento. Entendendo que a radioatividade é uma propriedade
do átomo, Rutherford mostrou que a radioatividade de uma substância é diretamente
proporcional ao número de átomos presentes na mesma. Assim, se
de átomos existentes no tempo
de tempo é proporcional a
N,
t,
N (t) denota o número
dN
, o número de átomos que se desintegra por unidade
dt
assim tem-se
dN
= −λN
dt
A constante positiva
λ
(2.12)
é conhecida como constante de decaimento radioativo da substân-
cia, ou seja, quanto maior o valor de
λ
mais rápido a substância decairá. A medida da
taxa de desintegração de uma substância é chamada de meia vida, ou seja, o tempo que
uma substância se desintegra pela metade da quantidade original. Para calcular a meia
vida de uma substância, em função de
λ,
supõe-se que num tempo t0 ,
N (t0 ) = N0 ,
assim
o problema de valor inicial se resolve da forma
N (t) = N (t0 ).e
−λ
Rt
t0
ds
= N0 .e−λ(t−t0 )
ou
N
N
= e−λ(t−t0 ) =⇒ −λ(t − t0 ) = ln
N0
N0
!
(2.13)
Desta forma se,
N/N0 = 1/2
então
(t − t0 ) = ln(2)/λ = 0.6931/λ
(2.14)
ln(2)
dividido pela constante de decaimento da mesma. Em todos os casos s constante λ é
medida no recíproco da medida do tempo, ou seja, se o tempo for medido em dias λ tem
Em consequência observamos que a meia vida de uma substância é calculada por
a medida do recíproco de dias, e assim por diante.
Para o caso das pinturas de Megeeren, observamos primeiramente que, todos os pintores por mais de dois mil anos usaram tintas com pequenas quantidades da substância
(P b210 ), e ainda menores de Radio 226 (Ra226 ). Vale ressaltar, antes
210
226
de partirmos para a análise matemática, que P b
é extraído do chumbo branco e o Ra
química chumbo 210
é formado por outras substâncias, que ao serem misturadas para obter a tinta, buscam um
equilíbrio radioativo, aliás, o decaimento da mistura seria o equilíbrio das meias vidas.
Assim sabemos que o tempo de meia vida do
P b210
é de 22 anos.
Usamos tal informação para calcular a quantidade de chumbo 210 presente numa
amostra, em função de uma quantidade original presente na formação.
Seja,
y(t)
quantidade de
a quantidade de
Pb
210
de desintegração do
P b210
por grama de chumbo branco no tempo
por grama de chumbo branco no tempo de formação t0 ,
Ra
226
por minuto e por grama de chumbo branco no
t, y0
a
r(t) o número
tempo t. Se λ
12
2. Equações Diferenciais Lineares Homogêneas e não Homogêneas
Descrição
Desintegração de
Os Peregrinos de Emmáus
P o210
Desintegração do
8.5
0.8
Lavagem dos Pés
12.6
0.26
Mulher Lendo música
10.3
0.3
Mulher tocando bandolim
8.2
0.17
A rendeira
1.5
1.4
Mulher sorridente
5.2
6.0
Ra226
Tabela 2.1: Pinturas de procedência duvidosa: A desintegração dada em minutos por
grama de chumbo branco
é a constante de decaimento do
P b210
então
dy
= −λy + r(t), y(t0 ) = y0
dt
Tendo em vista, neste caso, que interessa apenas o período de
300
anos, supomos que
a semi-vida do radio 226 presente na amostra seja constante, pois, seu tempo de meia
vida é de
1600
anos. Assim temos que
r(t)
é uma constante
r.
Portanto, usando o fator
integrante obtemos
r
d λt
e .y = reλt =⇒ eλt y(t) − eλt0 y0 = (eλt − eλt0 ) =⇒
dt
λ
r
(1 − e−λ(t−t0 ) ) + y0 e−λ(t−t0 )
λ
y(t) =
Agora,
y(t)
e
r
(2.15)
podem ser facilmente medidos assim, se conhecemos
equação (2.15) para calcular
t − t0
y0 ,
podemos usar a
e determinar a idade da pintura. Consequentemente
podemos determinar se a pintura é de Meegeren ou uma pintura originária do século XVII.
Isso pode ser vericado da seguinte forma, se a pintura for datada do século XVII,
então a radioatividade do
então a radioatividade do
P b210 será quase igual a do Ra226 , já
P b210 será bem maior que a do Ra226 .
se a obra for moderna,
vamos assumir que uma pintura é ou muito nova ou tem mais de 300 anos, assim se a
pintura Os Peregrinos de Emaúss é realmente uma falsicação, basta observarmos que
se
λy0
é muito grande; então supomos
t − t0 = 300
em (2.15); assim temos
λy0 = λy(t)e300λ − r(e300λ − 1)
Para avaliar
λy0 ,
(2.16)
temos que calcular a taxa de desintegração do chumbo 210,
taxa de desintegração
r
do radio 226 e, o valor de
desintegração do polônio 210
210
(P o
),
e300λ .
λy(t),
a
Haja visto que, a taxa de
após alguns anos, é igual a do
P b210
e é mais fácil
de ser medido, podemos assim substituir os respectivos valores, como proposto na Tabela
2.2. As Falsicações das Obras de Arte por Van Meegeren
2.1. Para calcular
e300λ ,
observamos que
ln(2)
e obtemos
22
λ=
e300λ = e300.
13
ln(2)
22
Recorrendo a Tabela 2.1, agora avaliamos
150
= 2 11
λy0
a partir da equação (2.16), no quadro
Os Peregrinos de Emmáus.
150
150
λy0 = (8.5)2 11 − 0.8(2 11 − 1) = 98050
O mesmo pode ser feito para outros quadros da Tabela 2.1:
Lavagem de pés:
150
150
λy0 = (12.6)2 11 − 0.26(2 11 − 1) = 157134.1
Mulher lendo música:
150
150
λy0 = (10.3)2 11 − 0.3(2 11 − 1) = 127337.2
Mulher tocando bandolim:
150
150
λy0 = (8.2)2 11 − 0.17(2 11 − 1) = 102251.7
A Rendeira:
150
150
λy0 = (1.5)2 11 − 1.4(2 11 − 1) = 1274.7
Mulher sorridente:
150
150
λy0 = (5.2)2 11 − 6(2 11 − 1) = −10181
Por conseguinte, observamos que as obras, Peregrinos de Emmáus, Lavagem de pés,
Mulher lendo música e Mulher tocando bandolim são falsicações modernas de Veermer,
entretanto, as obras, A Rendeira e Mulher sorridente não são falsicações de Veermer,
como armavam alguns especialistas.
14
2. Equações Diferenciais Lineares Homogêneas e não Homogêneas
15
Capítulo 3
Equações Separáveis e Algumas
Aplicações
3.1 Equações Separáveis
Resolvemos a equação diferencial linear homogênea de primeira ordem
dy
+ a(t)y = 0
dt
dividindo ambos os lados de (3.1) por
y(t),
(3.1)
obtendo a equação equivalente
1 dy(t)
= −a(t)
y(t) dt
(3.2)
d
ln |y(t)| = −a(t),
dt
(3.3)
que pode ser escrita como
que integrando ambos os lados de (3.3) encontramos
y(t) = ce−
R
a(t) dt
Analogamente podemos resolver uma equação diferencial mais geral da forma
dy
g(t)
=
dt
f (y)
onde
f
e
g
(3.4)
são funções contínuas. Todas as equações que podem ser escritas da forma de
(3.4) são chamadas equações separáveis.
Resolvendo a equação diferencial mais geral:
f (y)
dy
= g(t)
dt
16
3. Equações Separáveis e Algumas Aplicações
obtemos
d
F (y(t)) = g(t)
dt
onde
F
é uma primitiva de
f.
(3.5)
Integrando ambos os lados de (3.5) obtemos
Z
F (y(t)) =
onde
c
é uma constante arbitrária.
apenas determinar
Exemplo 3.1.
y(t)
de (3.6).
Para obter a solução geral da equação diferencial
dy
= 1 + y2
dt
1 dy
1
d
1
=
=⇒
arctg(y(t)) =
2
2
1 + y dt
1+t
dt
1 + t2
A solução geral será
y(t) = tg(arctg(t) + c) =⇒ y(t) =
chamando
tg(c) = k ,
tg(arctg(t)) + tg(c)
1 − tg(arctg(t)) tg(c)
obtemos:
y(t) =
Exemplo 3.2.
t+k
1 − tk
Para encontrar a solução de problema de valor inicial
ey
dy
− (t + t3 ) = 0,
dt
escrevemos
ey
y(1) = 1
dy
= t + t3
dt
de (3.6) temos
ey − e =
t2 t4 1 1
+ − −
2
4
2 4
e
!
3 t2 t4
y(t) = ln e − + +
.
4
2
4
Exemplo 3.3.
(3.6)
Para encontrar a solução geral da equação, basta
(1 + t2 )
escrevemos
g(t) dt + c
Provaremos que a equação diferencial
dy
at + by + m
=
,
dt
ct + dy + n
3.2. Modelos Populacionais
onde
17
a, b, c, d, m, e n são constantes, sempre podem ser reduzidas para
at + by
, se ad−bc 6=
ct + dy
0.
Chame
t=T +h
e
y = Y + k,
com
h
e
k,
constantes arbitrárias. Assim obtemos
dy
dY
a(T + h) + b(Y + k) + m
aT + bY + ah + bk + m
=
=
=
dt
dt
c(T + h) + d(Y + k) + n
cT + dY + ch + dk + n
Observamos que:
ah + bk + m = 0
ch + dk + n = 0
Obtemos então o sistema
(
ah + bk = −m
ch + dk = −n
Multiplicando a equação (1) por
(1)
(2)
c e a equação (2) por a obtemos as seguintes equações
equivalentes:
(
cah + bck = −mc
cah + adk = −na
(3)
(4)
Subtraindo (4) de (3) obtemos
adk − bck = mc − na =⇒ k =
mc − na
ad − bc
e
h=
bn − md
⇐⇒ ad − bc 6= 0
ad − bc
Logo, vemos que
dy
at + by
=
dt
ct + dy
se,
ad − bc 6= 0
3.2 Modelos Populacionais
O que muitos não sabem é que as equações diferenciais de primeira ordem regem o
crescimento de várias espécies. A priori parece estranho denir uma população por meio
de uma equação diferencial, já que usamos números inteiros para tal mensuração, e assim
a população não poderia ser dada por uma função diferenciável do tempo. A questão se
reduz a tomar a aproximação de que grandes populações aumentam continuamente, de
forma diferenciável, em relação ao tempo.
p(t)
r(p, t) a
Chamamos
tamos por
uma população de uma determinada espécie, num tempo
t,
e deno-
diferença entre as taxas de natalidade e mortalidade de tal espécie.
Se esta população se encontra isolada, ou seja, está livre de emigração e imigração, então
dp
,
dt
a taxa de variação da população, é igual a
simples consideramos
r
rp(t).
Em modelos populacionais mais
constante e assim podemos dizer que tal variação não depende da
18
3. Equações Separáveis e Algumas Aplicações
população e nem do tempo. Então podemos escrever a seguinte equação diferencial
dp(t)
= ap(t),
dt
a = constante
Tal equação linear é conhecida como a lei de Malthus para crescimento de uma população. Observamos que se uma população inicial
p0
é dada no tempo inicial
t0 ,
temos
aqui um problema de valor inicial
dp(t)
= ap(t),
dt
p(t0 ) = p0
cuja solução é
p(t) = p0 .ea(t−t0 )
Assim, constatamos que, pela lei de Malthus, a população cresce exponencialmente com
o tempo.
Podemos aplicar esta teoria de Malthus a população da Terra entre os anos de 1960 e
o
1970. Segundo dados estatísticos, no dia 1 de Janeiro de 1965, a população mundial era de
aproximadamente 3.34 bilhões de pessoas e nessa época, como atualmente, o crescimento
era de aproximadamente 2% ao ano. Assim temos
p(t) = (3.34).109 e0.02(t−1965)
Para analisarmos quanto tempo a população da Terra irá levar para dobrar fazemos
p(t) = (6.68)109
e assim
2 = e0.02(t−1965) ,
como
1
e0.02(1965)
≈0
, temos que
2 ≈ e0.02t =⇒ t ≈
ln(2)
=⇒ t ≈ 34, 6
0.02
anos
,
que é uma excelente aproximação para o tempo que levou para a população da terra
duplicar. Entretanto, constatamos que se computarmos a população da Terra, segundo a
lei de Malthus, haverá no futuro uma discrepância pois, para a variação de tempo muito
grande, a população mundial irá supostamente aumentar, de forma que a vida na Terra
será inviável.
Isso é facilmente vericado, pois no ano de 2011 a população mundial é
de aproximadamente 7 bilhões de habitantes, e segundo a lei de Malthus, tal população
deveria ser de aproximadamente 8,4 bilhões de habitantes. Como podemos observar, a
diferença entre a lei de Malthus e a realidade com o passar dos anos, só tende aumentar.
Contudo o modelo de Malthus apresenta algumas concordâncias,
observadas na
Tabela(3.1), em relação ao cálculo do aumento populacional de algumas espécies, como
por exemplo, Microtus Arvallis Pall, um tipo de roedor, que se reproduz rapidamente,
3.2. Modelos Populacionais
19
Meses
0
2
6
10
p observada
2
5
20
109
p calculada
2
4.5
22
109.1
Tabela 3.1: O crescimento do Microtus Arvallis Pall.
com uma taxa de 40% ao mês. Assim temos o problema de valor inicial
dp(t)
= 0.4p,
dt
p(0) = 2
cuja solução é
p(t) = 2e0.4t
Claramente constatamos que os modelos lineares para crescimento populacional deixa de
ser satisfatório para grandes populações, pois há competição entre os indivíduos por espaço
vital, alimentos e recursos naturais. Portanto devemos incluir um termo de competição
à equação diferencial linear e a escolha apropriada para tal termo é
−bp2 ,
onde
b
é uma
constante, já que a estatística média do número de encontros por unidade de tempo é
proporcional a
p2 .
A equação diferencial torna-se
dp
= ap − bp2
dt
(3.7)
que é conhecida como a lei logística para crescimentos populacionais, onde
chamados de coecientes vitais da população. Comparando
a
e
b,
grande, o termo
−bp
2
−bp
é desprezível comparado a
ap.
Quando
p
e
b
são
vemos que a segunda
constante geralmente é muito pequena comparada à primeira, e assim se
2
a
p
não for muito
é muito grande o termo
não pode ser negligenciado.
Consideremos agora, uma população isolada satisfazendo o problema de valor inicial
dp
= ap − bp2 ,
dt
p(t0 ) = p0
Estamos diante de uma equação separável e realizando as devidas manipulações algébricas obtemos
Z
p
p0
dr
=
ar − br2
Z
t
ds
(3.8)
t0
Para resolvermos a integral do lado esquerdo da expressão acima, recorremos às frações
parciais e obtemos que
Z
p
p0
dr
1
=
ar − br2
a
Z
p
p0
!
1
b
+
dr
r a − br
20
3. Equações Separáveis e Algumas Aplicações
Resolvendo as integrais em (3.8) temos
#
"
1
p a − bp0 ap0 ea(t−t0 )
ap0
ln =
= t − t0 =⇒ p(t) =
a(t−t
)
0
a
p0 a − bp a − p0 b + p0 be
(a − p0 b)e−a(t−t0 ) + p0 b
(3.9)
a
t → ∞, obtemos p(t) = . Assim podemos dizer
b
inicial p0 , a população tende ao valor limite a/b e se
Tomando a equação (3.9) e fazendo
que independentemente do valor
0 < p0 < a/b notamos que p(t) é uma função monótoma e crescente em relação ao tempo.
Além disso,
vemos que
gráco de
d2 p
dp
dp
−
2bp
= (a − 2bp)p(a − bp),
=
a
dt2
dt
dt
crescente se p(t) < a/2b e dp/dt é decrescente se p(t) > a/2b.
dp/dt é
p(t), como
Assim o
observado na gura 3.1, é chamado de curva logística.
Figura 3.1: Curva logística
Voltamos à questão da população humana em
a = 0.029.
2011.
Alguns especialistas estimam que
Sabemos que a taxa de crescimento populacional é de aproximadamente
ao ano e que a população mundial em
b = (2.695)10−12
1965
era de
9
(3.34)10
2%
. Usando (3.7) obtemos que
e temos que a população humana é
p(t) =
0.029.(3.34)109
≈ 7.109
[0.029 − 9.10−3 ]e−1.334 − 9.10−3
habitantes
que é uma ótima concordância com os valores vericados por alguns estudiosos.
Exemplo 3.4.
Uma família de salmões que habita a costa do Alasca é regida pela lei
3.3. Disseminação de Inovações Tecnológicas
malthusiana de crescimento populacional
21
dp(t)
= 0.003p(t),
dt
onde
No tempo
t = 0
os peixes.
A taxa ao qual os tubarões matam os peixes é de
t
se mede em minutos.
um grupo de tubarões se estabelece nestas águas e começa à atacar
população de salmões no tempo
t.
0.001p2 (t),
onde
p(t)
é a
Além disso, um elemento indesejável se incorpora ao
seu habitat e 0.002 salmões por minuto abandonam seu habitat no Alasca. A partir destas
informações obtemos que a lei de Malthus se modica para
dp(t)
= 0.003p(t) − 0.001p2 (t) − 0.002
dt
e supondo que no tempo
t=0
a população é de 1 milhão de salmões, temos a equação
diferencial
p2 (t)
dp(t)
1
= −0.001
− 3p(t) + 2 dt
Agora, aplicando a integral em ambos os lados da igualdade e fazendo uma substituição
obtemos
Z
p(t)
1
dr = −0.001
r2 − 3r + 2
p(0)
Z
Logo
p(t) =
Fazendo
t → ∞,
temos
0
t
p(t) − 2 p(0) − 2 ds =⇒ ln
− ln
= −0.001t
p(t) − 1 p(0) − 1 1999998 − 999998e−0.001t
999999 − 999998e−0.001t
lim p(t) = 2,
t→∞
ou seja, quando
t → ∞
a população limite de
salmões é 2.
3.3 Disseminação de Inovações Tecnológicas
Há tempos os economistas e sociólogos têm avaliado como um capital tecnológico se
dissemina em uma indústria. Na verdade queremos saber quanto tempo leva para uma
tecnologia, adotada por uma certa companhia, seja adotada por outras empresas. Para
exemplicar determinamos um modelo matemático que mostra como uma inovação se
propaga entre os agricultores.
Supomos que certa tecnologia seja introduzida no tempo
de
N
t=0
numa comunidade xa
agricultores e que um agricultor adota a inovação quando conversou com outro que
à adotou. Considere
p(t) uma certa quantidade de agricultores que adotaram tal inovação
t e ∆p a variação da quantidade de agricultores que adotaram a nova tecnologia
num intervalo ∆t pequeno, é diretamente proporcional ao número de agricultores que já
a adotaram (p) e dos que ainda não a adotaram (N − p), ou seja,
no tempo
∆p = cp(N − p)∆t =⇒
∆p
= cp(N − p)
∆t
22
3. Equações Separáveis e Algumas Aplicações
para alguma constante positiva
c.
Fazendo
∆t −→ 0,
obtemos a equação diferencial
dp
= cp(N − p)
dt
(3.10)
Constatamos que a equação (3.10) é uma equação logística; é só substituir
b = c.
Se um agricultor adotou a inovação num tempo
t = 0,
vemos que
p(t)
a = cN
e
satisfaz o
problema de valor inicial
dp
= cp(N − p),
dt
p(0) = 1
(3.11)
Fazendo as devidas manipulações constatamos que
1
dp
=1
p(cN − cp) dt
e aplicando a anti derivada em ambos os lados obtemos
Z
1
p(t)
1
dr = t
r(cN − cr)
Agora utilizando a integração de funções racionais por frações parciais obtemos
1
cN
"Z
p(t)
1
#
1
1
N ecN t
+
dr = t =⇒ p(t) =
r N −r
N − 1 + ecN t
(3.12)
Constatamos que o modelo adotado se acelera até o ponto no qual a metade da comunidade está informada da inovação. Depois deste ponto o processo sofre uma desaceleração
até alcançar o valor zero.
Tomemos como exemplo o caso de Iowa nos Estados Unidos, onde os agricultores,
entre os anos de 1944 e 1955, propagaram o uso do herbicida 2, D-4 para a contenção de
pragas, como segue a Figura 3.2, que representa o número acumulado de agricultores que
adotaram o herbicida pelo tempo.
Como foi dito anteriormente nestes casos há uma certa discrepância, principalmente
quando a comunidade de agricultores que adotaram a inovação ultrapassa os
50%.
Muitos
estudiosos avaliaram que os meios de comunicação como, rádio, televisão, jornais e revistas inuenciam na propagação das inovações. Por isso, vemos que é necessário agregar
um termo à equação (3.11). Para agregar tal termo devemos assumir que o número de
agricultores
ríodo
∆t,
∆p que caram sabendo da inovação, pelos meios de comunicação em um pe-
é proporcional ao número de agricultores que desconhecem tal inovação. Então
temos que
∆p = k(N − p)∆t
onde
k é uma constante positiva.
Observamos que quando
∆t −→ 0, k(N −p) agricultores
3.4. Um Problema de Armazenamento de Resíduos Atômicos
23
Figura 3.2: Total acumulado de agricultores que adotaram o herbicida 2, D-4 em Iowa
por unidade de tempo se inteiram da existência das inovações pelos meios de comunicação.
Portanto, se
p(0) = 0,
temos que
p(t)
satisfaz o problema de valor inicial
dp
= cp(N − p) + k(N − p),
dt
p(0) = 0
cuja solução é
p(t) =
N k[e(k+cN )t − 1]
cN + ke(k+cN )t
(3.13)
3.4 Um Problema de Armazenamento de Resíduos Atômicos
Por muitos anos a Comissão Controladora de Energia Nuclear dos Estados Unidos
assumiu o controle dos resíduos de materiais radioativos depositando-os em recipientes
hermeticamente lacrados e lançados ao mar a uma profundidade de 90 metros (300 pés).
Entretanto, esta prática foi muito questionada por ecologistas e cientistas do mundo todo.
Assim a comissão americana foi forçada a mostrar que tais recipientes de armazenamento
eram seguros, ou seja, não apresentariam ssuras, e consequentemente não causariam
incidentes ambientais. Não satisfeitos alguns engenheiros questionaram a comissão sobre
se o impacto dos recipientes no fundo do mar causariam ssuras nestes, ocasionando assim
um acidente ambiental.
Após vários estudos foi constatado que, se a velocidade do recipiente alcançasse uma
velocidade de 12 metros por segundo, na hora do impacto, tais recipientes iriam se romper
24
3. Equações Separáveis e Algumas Aplicações
e causar um desastre ecológico. Portanto, nos preocupamos em calcular a velocidade dos
recipientes para que possamos avaliar se haverá rompimento nestes.
Para tal estudo
usaremos a mecânica newtoniana como alicerce e concluiremos nossas análises sobre o
fato abordado.
d2 y
, ou seja, a segunda derivada da distância
dt2
d2 y
F
em relação ao tempo t, assim obtendo a segunda lei de Newton
,
= m
dt2
Representaremos a aceleração como
percorrida
m a massa do objeto em questão, W é o peso de um objeto
determinado como W = mg , g a força da gravidade, que é igual a 9.8 metros por segundo
onde
F
y
é a força resultante,
ao quadrado ou 32.2 pés por segundo ao quadrado.
Observação 3.5.
Embora, o sistema internacional de pesos e medidas seja o mais utili-
zado atualmente, nesta seção usaremos o sistema inglês de pesos e medidas.
Observamos que as forças que atuam sobre um recipiente ao ser lançado são; o peso
(W ),
com magnitude de
527.436 lb,
a força hidrostática de empuxo
B,
que é o peso da
água mudada pelo volume do recipiente , que pode ser calculada se tomarmos os 55 galões
lançados pela Comissão Controladora de Energia Nuclear, que tem um volume de 7.35
f t3 , e multiplicarmos por 63.99 lb, que é o peso de 1 f t3 de água salgada, obtendo assim
B = 470.327 lb. A força D é a força de resistência hidrodinâmica que atua sobre o
recipiente e se opõe sobre ele, e geralmente D é diretamente proporcional à velocidade V
do corpo. Então temos D = cV , onde c é uma constante positiva. Após alguns testes
envolvendo reboques, alguns engenheiros concluíram que a trajetória do recipiente tem
pouco efeito sobre a força de resistência e que
D = 0.08 V lb · s/f t.
Agora, tomemos
y = 0, ao nível do mar e consideremos positivo o sentido para baixo, assim W
positiva e B e D forças negativas e
é uma força
1
g
d2 y
= (W − B − cV ) =
(W − B − cV )
2
dt
m
W
Fazendo
V = dy/dt
obtemos
dV
cg
g
+ V =
(W − B)
dt
W
W
Quando o recipiente solto no mar temos
V (0) = 0.
Logo, temos que é uma equação
diferencial de primeira ordem com problema de valor inicial
dV
cg
g
+ V =
(W − B),
dt
W
W
Calculando o fator integrante temos
cgt
µ(t) = e W
V (0) = 0
3.4. Um Problema de Armazenamento de Resíduos Atômicos
Assim
25
"
#
cgt
d cgt
g
[e W V ] =
(W − B) e W
dt
W
Agora, basta integrarmos em ambos os lados da igualdade acima e obtermos
V (t) =
−cgt
W −B
[1 − e W ]
c
(3.14)
Constatamos que a equação (3.14) é usada para calcular a velocidade do recipiente
no tempo
y.
t,
mas infelizmente é impossível avaliar t explicitamente como uma função de
Assim, não podemos usar (3.14) para calcular a velocidade do recipiente no momento
do impacto. Mesmo assim a comissão controladora insistiu em mostrar que os recipientes
não se romperiam com o impacto. Podemos observar que
V (t)
é uma função monótona e
crescente, pois
V 0 (t) =
(W − B)g −cgt
[e W ]
W
e o
lim V (t) =
t→∞
W −B
c
V (t) ≤ Vt e podemos dizer que
(W − B)/c, e se esta velocidade é menor
é a velocidade limite do recipiente. Logo, concluímos que
a velocidade terminal do recipiente é menor que
que
40f t/s(12m/s),
então o recipiente não sofre ssuras, com o impacto.
Entretanto, temos
527.436 − 470.327
W −B
=
= 713.86f t = 217.58 m/s
c
0.08
que é um valor extremamente grande. Para amenizar a diferença entre a comissão americana e os engenheiros resta calcular a velocidade do recipiente em função da posição,
ou seja,
v(y),
que é diferente da função
V (t)
. Podemos relacionar ambas as funções na
equação
V (t) = v(y(t))
e aplicando a regra da cadeia obtemos
dV
dv dy
=
dt
dy dt
substituindo
F = mg
temos
W dv dy
= W − B − cV,
g dy dt
Como
dy dt = V (t) = v(y(t))
concluímos que
v
satisfaz a equação diferencial
v
dv
g
=
W − B − cv dy
W
26
3. Equações Separáveis e Algumas Aplicações
Fazendo
v(y(0)) = V (0) = 0,
obtemos um problema de valor inicial, e aplicando a anti-
derivada em ambos os lados da igualdade obtemos
v
Z
r
g
dr =
W − B − cr
W
0
y
Z
ds
0
Assim temos
"
cgy (W − B)
|W − B − cv|
v=−
+
.ln
W
c
W −B
Como vemos
!#
v não poder ser expressa como uma função explicita de y , mas esta diculdade
pode resolvida com o auxílio de uma máquina (calculadora ou computador). É só darmos
inicialmente uma boa aproximação para v(300), onde 300 ft é a profundidade . Vamos
considerar a uma velocidade
v(y)
satisfazendo o problema de valor inicial
W v dv
= W − B − cv,
g dy
Inicialmente façamos
por
u
c = 0,
v(0) = 0
ou seja, estamos desconsiderando o atrito e substituindo
v
temos um novo problema de valor inicial
W u du
= W − B,
g dy
u(0) = 0
que resolvendo obtemos
u(y) =
2g
(W − B)y
W
! 21
Em particular, no caso do conito entre os engenheiros e a Comissão Controladora de
Resíduos Atômicos temos
u(300) =
! 21
2g
(W − B)300
=
W
Podemos observar que
u(300)
é uma boa aproximação de
fato. Sabemos que a velocidade
se
y 6 300.
2(32.2)(57.109).(300)
527.436
v
cresce conforme
y
! 21
v(300),
0.08 u(300) ≈ 3.7 lb.
isto se deve ao seguinte
cresce. Então temos
Consequentemente, a força de resistência da água
sempre menor que
≈ 45.7 f t/s ≈ 13, 9 m/s
D
v(y) 6 v(300)
que atua no recipiente é
Agora a força de resistência
W −B
que arrasta
o recipiente para baixo é de aproximadamente
57.1 lb,
D.
deveria ser uma boa aproximação de
v(t).
De fato, neste caso se calcularmos numericamente encontraremos que v(300) = 45.1 f t/s.
Isto é razoável, consequentemente que
u(y)
que é muito grande comparado a
Então, vemos que o recipiente ao chocar com o fundo do mar ele fatalmente se romperá,
e assim os engenheiros estavam certos.
Exemplo 3.6.
Demostraremos que os recipientes com resíduos atômicos não sofrerão
3.5. Dinâmica de Desenvolvimento de Tumores, Problemas de Mistura e
Trajetórias Ortogonais
27
rachaduras se são arremessados a uma profundidade
2g(W − B)L
W
(L)f t
no mar com
! 12
< 40
De fato,
2g(W − B)L
W
! 12
< 40 =⇒ 2g(W − B)
=⇒ L <
L
800W
= 1600 =⇒ L <
W
g(W − B)
800(527.436)
≈ 229.456f t = 69.938m
32.2(57.1090)
Após alguns cálculos é facilmente constatado que a partir de uma distância superior a
229.5f t o recipiente fatalmente sofreria rachaduras,
mas como
L < 229.456 f t,
temos que
a essa distância o objeto não romperá ao chocar-se com o fundo do mar.
3.5 Dinâmica de Desenvolvimento de Tumores, Problemas de Mistura e Trajetórias Ortogonais
Nesta seção vemos aplicações das equações diferenciais de primeira ordem, que envolvem o crescimento de tumores, os problemas de mistura, também conhecido como análise
de compartimento e mostramos como encontrar uma família de curvas ortogonais a uma
outra família de curvas dadas.
3.5.1
Dinâmica de Desenvolvimento de Tumores
Foi observado por alguns cientistas, que algumas células livres, como as bactérias,
se desenvolvem a uma taxa proporcional ao volume das células, quando estas estão em
processo de divisão. Podemos escrever o volume da célula em função do tempo,
V (t)
e
dV
= λV
dt
onde
λ
é uma constante positiva.
Se tomamos
V (t0 ) = V0 ,
temos que a solução do
problema de valor inicial é
V (t) = V0 eλ(t−t0 )
(3.15)
Podemos facilmente vericar que as células livres se desenvolvem exponencialmente.
Exemplo 3.7.
Observamos em (3.15) que as células livres se duplicam numa variação de
28
3. Equações Separáveis e Algumas Aplicações
tempo igual a
ln(2)/λ.
É só tomarmos
V (t) = 2V0
e assim
2V0 = V0 eλ∆t =⇒ eλ∆t = 2 =⇒ ∆t =
ln2
λ
Um caso importante a ser mencionado é o crescimento de tumores enrijecidos. Muitos
pesquisadores mostraram que tais tumores não crescem exponencialmente, mas se desenvolvem continuamente incrementando o tempo de duplicação do volume total.
Alguns
especialistas avaliaram que durante o aumento de quase mil vezes o volume inicial de um
tumor enrijecido os dados observados levam à expressão
λ
−αt )
V (t) = V0 e α (1−e
onde
λ é a taxa de crescimento e α é a constante de retardo.
(3.16)
A equação (3.16) é chamada
de relação gompertiziana.
Outra importante observação é que
λ
lim V (t) = V0 e α
t→∞
Isso signica que, embora o crescimento do tumor seja contínuo, ele ocorre de forma
cada vez mais lenta.
O fato que intrigava os médicos era entender como ocorria o desvio de (3.15) para
(3.16). A melhor perspectiva sobre tal indagação foi de encontrar uma equação diferencial que tinha
V (t)
como solução.
diferencial
como
Derivando (3.16) em relação a
t
obtemos a equação
λ
dV
−αt
= V0 λe−αt e α (1−e )
dt
λ
V (t) = V0 e α (1−e
−αt )
, temos que
dV
= V λe−αt
dt
(3.17)
Duas teorias antagônicas têm sido propostas para explicar a dinâmica do crescimento dos
tumores e correspondem a cada uma das seguintes regras.
dV
= λe−αt V
dt
(3.18)
dV
= λ e−αt V
dt
(3.19)
De acordo com a primeira teoria, o efeito de retardo no crescimento do tumor se deve ao
aumento do tempo médio de geração de células, que se reproduzem sem uma compensação
na propagação de reprodução de células. Com o decorrer do tempo as células reprodutivas
3.5. Dinâmica de Desenvolvimento de Tumores, Problemas de Mistura e
Trajetórias Ortogonais
29
sofrem o processo de maturação ou envelhecem, pois se dividem mais lentamente. Esta
teoria é referente a equação (3.18).
A equação (3.19) sugere que o tempo médio de geração de células em processo de
divisão é constante, e que o envelhecimento no crescimento se deve a perda de células
reprodutoras no tumor.Uma possível explicação sobre isto é que se desenvolve uma região
necrótica no centro do tumor. Segundo esta teoria, o núcleo necrótico se desenvolve devido
à que em muitos tumores o fornecimento de sangue, portanto de oxigênio e nutrientes,
se restringe quase por completo até a superfície tumoral e as regiões em torno dela.
Conforme o tumor aumenta, o fornecimento de oxigênio, por difusão em direção ao núcleo
ca dicultado, o que traz consigo a formação de um núcleo necrótico.
Exemplo 3.8.
Aplicando em um caso particular um tumor cancerígena se desenvolve
segundo a relação gompertziana. Suponha um tumor que tenha
uma taxa de
20%
104
células e crescia a
por unidade de tempo e o valor da constante de retardo é de
0.02.
Vamos determinar o valor limite das células no tumor.
Neste caso
V0 = 104 , λ = 0.2
e
α = 0.002.
Tomando a relação gompertziana, obtemos
−0.02t )
−0.02t )
0.2
V (t) = 104 e 0.02 (1−e
Calculando o limite de
V (t)
com
=⇒ V (t) = 104 e10(1−e
t→∞
obtemos,
lim V (t) = 104 e10 ,
t→∞
que é o valor limite de células no tumor.
3.5.2
Problemas de Mistura
Muitos problemas que envolvem mistura de substâncias podem ser encontrados na
Biologia, Engenharia e Química e podem ser resolvidos dentro do contexto das equações
diferenciais. Supomos que uma substância
ρ
ui com certa vazão para um tanque, que
contém tal substância e outras. A mistura rapidamente se torna homogênea e depois sai do
recipiente a uma vazão determinada. Desejamos encontrar a concentração da substância
ρ
no tanque para todo tempo
t.
Esse problema é denominado problema de mistura ou
análise de compartimento.
Exemplo 3.9.
de
Q0
Uma substância decai exponencialmente, e depois de dois anos ela decai
para a metade da sua quantidade inicial,
leva para uma substância decair de
inicial
5lb
para
dQ
= λQ,
dt
1lb.
Q0 /2.
Vamos determinar quanto tempo
Para isso, tomamos o problema de valor
Q(t0 ) = Q0
30
3. Equações Separáveis e Algumas Aplicações
Assim temos a solução do problema de valor inicial
Q(t) = Q0 eλ(t−t0 )
como
(t − t0 ) = 2
e
Q(t) = Q0 /2
temos então que
Q0
ln 2
= Q0 e2λ =⇒ λ = −
2
2
Podemos assim reescrever
Q(t)
como
Q(t) = Q0 e−t
ln 2
2
√
=⇒ Q(t) = Q0 2−t
Supomos a densidade da substância constante. Assim, dizemos que a densidade nal
é igual a densidade inicial, então
5
ln 5
1
1
5
√
=⇒
=⇒ t = 2
=
=
Q0
Q(t)
Q0
ln 2
Q0 2−t
Exemplo 3.10.
150 gal de água.
contendo 1/2 lb de sal
solvidos em
tanque
Considere um tanque que no tempo
anos
t = 0,
Supomos que a uma vazão de
≈ 4.644
anos
Q0 lb de sal dis3 gal/min entra água no
contém
por galão e com a mesma rapidez sai água com a mistura
bem homogeneizada do tanque. Dentro destas condições encontramos uma expressão que
represente a concentração de sal no tanque, no tempo
t.
Podemos avaliar que a quantidade de sal por minuto que entra no tanque é de
Qe = (1/2 lb/gal).(3 gal/min) =
3
lb/min
2
A quantidade de sal por minuto que sai do tanque é de
Qs = (Q lb/150 gal)(3 gal/min) = 0.02Q lb/min,
onde
Qé
a quantidade de sal no tanque no momento da mistura. Temos então a equação
diferencial
dQ
dQ
= 1.5 − 0.02Q =⇒
+ 0.02Q = 1.5
dt
dt
que é uma equação diferencial linear de primeira ordem equivalente a
1.5e0.02t .
Aplicando a antiderivada em ambos os lados obtemos
d 0.02t
[e
]Q =
dt
1
Q0 e−0.02t
Q(t)e0.02t − Q0 = 75(e0.02t − 1) =⇒ Q(t) = (1 − e−0.02t ) +
2
150
que é a expressão que representa a concentração de sal no tempo
t.
3.5. Dinâmica de Desenvolvimento de Tumores, Problemas de Mistura e
Trajetórias Ortogonais
31
3.5.3
Trajetórias Ortogonais
Frequentemente na física é necessário determinar trajetórias ortogonais a uma família
de curvas, ou seja, encontrar uma curva que intercepta, em ângulo reto, cada um dos
membros de uma família de curvas. Um dos problemas físicos que podemos resolver com
as trajetórias ortogonais é a de uma partícula que se move sob a inuência de um campo
magnético. Ela descreve sempre uma curva que é perpendicular a cada uma das linhas
do campo magnético.
Podemos encontrar trajetórias ortogonais da seguinte forma. Considere uma família
de curvas descrita segundo a equação
F (x, y, c) = 0.
Derivando (3.20) parcialmente em relação a
Fx + Fy
com
x
(3.20)
obtemos
dy
Fx
dy
= 0 =⇒
=−
dx
dx
Fy
Fy 6= 0, que representa a declividade das curvas descritas por (3.20) e cuja família de
trajetórias ortogonais terá declividade
Fy
dy
=
dx
Fx
Exemplo 3.11.
Para a família de parábolas
y = λx2 ,
temos
F (x, y, λ) = y − λx2
Substituindo
λ = y/x2
obtemos
Z
x dx + 2y dy = 0 =⇒
Exemplo 3.12.
cx.
x dx +
x2
+ y2 = c
2y dy = 0 =⇒
2
Vamos determinar às trajetórias ortogonais à família de curvas
dy
Fy
2xy
=
= 2
,
dx
Fx
x − y2
y = vx temos
Sabemos que
Fazendo
Z
onde substituímos
x2 + y 2 =
c = (x2 + y 2 )/x.
dy
dv
dv
2v
1
v2 − 1
=v+x
=⇒ v + x
=
=⇒
dx
+
dv = 0
dx
dx
dx
1 − v2
x
v.(v 2 + 1)
Aplicando a antiderivada em ambos os lados da equação acima obtemos
Z
1
dx +
x
Z
v2 − 1
dv = c =⇒
v.(v 2 + 1)
Z
1
dx −
x
Z
1
dv +
v
Z
2v
dv = c =⇒
+1
v2
32
3. Equações Separáveis e Algumas Aplicações
Figura 3.3: Trajetórias ortogonais a família das curvas
ln(x) − ln(v) + ln(v 2 + 1) = c =⇒ x(v 2 + 1) = kv
onde
k = ec .
Voltando
v = y/x
chegamos à solução
x2 + y 2 = yk
que são as trajetórias ortogonais a
x2 + y 2 = cx
λ x2
33
Capítulo 4
Equações Exatas e Teorema da
Existência e Unicidade
4.1 Equações exatas
Até agora observamos que a princípio poderíamos resolver apenas as equações diferenciais do tipo
dy/dt = h(t);
em seguida vimos que poderíamos resolver as equações
diferenciais lineares de primeira ordem e as separáveis mais geralmente podemos resolver
toda equação diferencial escrita como
d
ψ(t, y) = 0
dt
(4.1)
que pode ser integrada gerando a função
ψ(t, y) = c
onde c é uma constante arbitrária e
y
uma função de
t.
Exemplo 4.1. A equação y sec2 (t)+sec(t) tg(t)+(2y +tg(t))dy/dt = 0 pode ser expressa
da forma
d
[y tg(t) + sec(t) + y 2 ] = 0.
dt
Portanto,
ψ(t, y) = y tg(t) + sec(t) + y 2 = c
Exemplo 4.2.
como,
A equação
d 2
[t sen y + y 3 et ].
dt
e
y=
− tg(t) ±
p
tg2 (t) − 4 sec(t) + 4c
2
2tsen y + y 3 et + (t2 cos y + 3y 2 et )dy/dt = 0
pode ser expressa
Assim,
ψ(t, y) = t2 sen y + y 3 et = c
Neste caso não podemos explicitamente determinar
4.1
y como uma função de t.
A equação
é uma equação diferencial de primeira ordem mais geral que pode ser resolvida.
É
34
4. Equações Exatas e Teorema da Existência e Unicidade
importante reconhecermos quando uma equação diferencial pode ser colocada nessa forma.
Observe que nos dois exemplos anteriores não é tão evidente a solução para ambas as
equações diferenciais.Analisando o exemplo 4.1 podemos vericar que a sua solução pode
ser obtida pela regra da cadeia para derivadas parciais. Assim temos
d
∂ψ ∂ψ dy
ψ(t, y(t)) =
+
dt
∂t
∂y dt
e a equação diferencial
M (t, y) + N (t, y)
dy
dt
pode ser escrita na forma
d
∂ψ
[ψ(t, y)] = 0 ⇐⇒ M (t, y) =
dt
∂t
Agora perguntamos se, dada as funções
que
M (t, y) = ∂ψ/∂t
e
N (t, y) = ∂ψ/∂y
e
N (t, y) =
∂ψ
∂y
M (t, y) e N (t, y) existe uma função ψ(t, y), tal
?. Infelizmente, como diz no teorema a seguir, a
resposta quase sempre é não.
Teorema 4.3. Sejam M (t, y) e N (t, y) funções contínuas e que admitem derivadas parciais contínuas em relação a t e y no retângulo R formado pelos pontos (t, y), onde a < t < b
e c < y < d. Então existe uma função ψ(t, y) tal que
∂ψ
∂t
M (t, y) =
e
N (t, y) =
∂ψ
∂M
∂N
⇐⇒
=
∂y
∂y
∂t
em R
Demonstração.
Integrando
Supomos que
M (t, y)
M (t, y) =
∂ψ
∂t
e
N (t, y) =
em ambos os lados, em relação a
t,
∂ψ
,
∂y
para uma função
ψ(t, y).
temos
Z
ψ(t, y) =
onde
g(y)
é uma função de
obtemos
y.
M (t, y) dt + g(y)
(4.2)
Aplicando a derivada parcial em relação a
∂ψ
=
∂y
Z
y
em (4.2)
∂M (t, y)
dg
dt +
∂y
dy
que será
Z
N (t, y) ⇐⇒ N (t, y) =
∂M (t, y)
dg
dt +
∂y
dy
Observamos que o lado direito de (4.3) nos parece ser uma função tanto de
t,
mas o lado esquerdo de (4.3) é uma função apenas de
y.
(4.3)
y quanto de
Então, para que haja sentido
4.1. Equações exatas
35
temos que o lado direito da equação deve ser uma função apenas de
ter
"
Z
∂
N (t, y) −
∂t
Portanto, devemos
#
∂M (t, y)
∂N
∂M
dt =
−
= 0 =⇒
∂y
∂t
∂y
=⇒
Assim, podemos obter
y.
∂N
∂M
=
∂t
∂y
g(y), integrando, em relação a y ambos os lados de (4.3) obtendo
Z "
#
∂M (t, y)
dt dy
δy
Z
N (t, y) −
g(y) =
Consequentemente temos
Z "
Z
ψ(t, y) =
com,
M (t, y) =
Denição 4.4.
∂ψ
∂t
e
N (t, y) −
M (t, y) dt +
N (t, y) =
A equação diferencial
é chamada de exata se
Observação 4.5.
Observação 4.6.
dy
=0
dt
(4.5)
∂M
∂N
=
∂y
∂t
Esta denição se justica pelo fato do lado esquerdo de (4.5) ser uma
∂N
∂M
=
∂y
∂t
É comum dizermos que ψ(t, y) = constante é a solução de uma equação
derivada exata de uma função conhecida de
t
e
y
se
Na maioria das vezes as equações diferenciais exatas não podem ser resolvidas
explicitamente, para avaliar
y
como uma função de
t.
Entretanto, com uma máquina
(Calculadora ou Computador) podemos calcular o valor de
Contudo, representaremos
y(t),
determinar a
ψ(t, y)
y(t) com certo grau de precisão.
quando necessário, como uma função implícita.
Para determinarmos o valor de
1o
(4.4)
∂ψ
.
∂y
M (t, y) + N (t, y)
exata.
#
∂M (t, y)
dt dy
∂y
Z
ψ(t, y)
não é necessário decorar a equação (4.4). Para
indicamos o uso de um dos três métodos propostos abaixo:
Método: A equação M (t, y) = ∂ψ/∂t determina ψ(t, y) como uma função arbitrá-
ria apenas de
y.
Então temos que
Z
0
Z
M (t, y) dt + g(y) =⇒ g (y) = N (t, y) −
ψ(t, y) =
∂M (t, y)
dt
∂y
2o Método: A equação N (t, y) = ∂ψ/∂y determina ψ(t, y)
Z
ψ(t, y) =
0
N (t, y) dy + h(t) =⇒ h (t) = M (t, y) −
Z
∂N (t, y)
dy
∂t
36
4. Equações Exatas e Teorema da Existência e Unicidade
3o Método: A equações ∂ψ/∂t = M (t, y) e ∂ψ/∂y = N (t, y) implicam que
Z
ψ(t, y) =
e
M (t, y) dt + g(y)
Z
ψ(t, y) =
N (t, y) dy + h(t)
e por simples comparação podemos determinar
Exemplo 4.7.
g(y)
e
h(t).
Do exemplo 4.1 temos que, pelo primeiro método
δψ
= ysec2 (t) + sec(t)tg(t) =⇒ ψ(t, y) = y tg(t) + sec(t) + g(y)
δt
Agora derivando em relação a
y
obtemos
tg(t) + g 0 (y) = tg(t) + 2y =⇒ g 0 (y) = 2y =⇒ g(y) = y 2
Portanto,
ψ(t, y) = y tg(t) + sec(t) + y 2 = c ⇒
onde
c
é uma constante arbitrária e
y=
Exemplo 4.8.
2t2 )
−tg(t) ±
p
tg 2 (t) − 4sec(t) + 4c
2
Vamos obter a solução geral da equação diferencial
3t2 + 4ty + (2y +
dy
=0
dt
Pelo segundo método temos
∂ψ
= 2y + 2t2 =⇒ ψ(t, y) = y 2 + 2yt2 + h(t)
∂y
Derivando em relação a
t
obtemos
δψ
= 4ty + h0 (t) =⇒ 4ty + h0 (t) = 4ty + 3t2 =⇒ h(t) = t3
δt
Assim temos
ψ(t, y) = y 2 + 2yt2 + t3 = c =⇒ y(t) = −t2 ±
onde
c
√
t4 − t3 + c
é uma constante arbitrária
Exemplo 4.9.
Do exemplo 4.2 temos que, pelo terceiro método
∂ψ
∂ψ
= t2 cos(y) + 3y 2 et ,
= 2t sen(y) + y 3 et
∂y
∂t
4.1. Equações exatas
Integrando
∂ψ
∂y
37
em relação a
y;
e
∂ψ
,
∂t
em relação a
t
e igualando temos
t2 sen(y) + y 3 et + h(t) = t2 sen(y) + y 3 et + g(y)
Por simples comparação temos que
h(t) = g(y) = 0.
Logo, temos
ψ(t, y) = t2 sen(y) + y 3 et = c
onde
c
é uma constante arbitrária
Exemplo 4.10.
Vamos obter a solução do problema de valor inicial
3t2 y + 8ty 2 + (t3 + 8t2 y + 12y 2 )
dy
= 0,
dt
y(2) = 1
Temos que
M (t, y) = 3t2 y + 8ty 2
e
N (t, y) = t3 + 8t2 y + 12y 2
Derivando parcialmente
M
em relação a
y
∂M
= 3t2 + 8ty 2
∂y
existe uma função
e
ψ(t, y)
e
N
e
em relação a
respectivamente temos
∂N
= 3t2 + 16t2 y
∂t
tal que
∂ψ
= 3t2 + 8ty 2
∂t
(i)
∂ψ
= t3 + 8t2 y + 12y 2
∂y
(ii)
Pelo terceiro método, integrando
(i)
e
(ii)
em relação a
t
e
y
ψ(t, y) = t3 y + 4t2 y 2 + g(y)
ψ(t, y) = t3 y + 4t2 y 2 + 4y 3 + h(t)
Igualando as expressões vemos que
g(y) = 4y 3
e
h(t) = 0
Assim temos
t,
respectivamente obtemos
38
4. Equações Exatas e Teorema da Existência e Unicidade
ψ(t, y) = t3 y + 4t2 y 2 + 4y 3
Portanto, a solução do problema de valor inicial é
ψ(2, 1) = c = 28
4.2 Equação não exata e fator integrante
Supomos agora, que haja uma equação diferencial não exata
M (t, y) + N (t, y)
dy
=0
dt
(4.6)
A pergunta é será que conseguimos transformar esta equação não exata em exata, ou
seja, será que conseguimos encontrar um fator integrante
µ(t, y) M (t, y) + µ(t, y) N (t, y)
µ(t, y)
tal que
dy
=0
dt
(4.7)
que é equivalente a (4.6) e que seja exata ? Se isso for possível temos que
∂
∂
[µ(t, y)M (t, y)] = [µ(t, y)N (t, y)] =⇒
∂y
∂t
=⇒ µ
Denição 4.11.
(4.8)
µ(t, y) que satisfaz (4.8) se chama fator integrante de (4.6).
(4.7) na forma (d/dt) ψ(t, y) = 0 e integrarmos diretamente
Uma função
Assim é possível escrever
para obter
∂µ
∂N
∂µ
∂M
+M
=µ
+N
∂y
∂y
∂t
∂t
ψ(t, y) = c.
Infelizmente há apenas dois casos em que a equação (4.8) tem uma solução explícita,
quando (4.6) tem um fator integrante que é uma função que depende apenas de
a equação (4.8) se reduz à
dµ
µ
=
dt
N
∂M
∂N
−
∂y
∂t
!
Esta equação não terá sentido a menos que a expressão
∂M
∂N
−
∂y
∂t
N
t.
Então
4.2. Equação não exata e fator integrante
seja uma função apenas de
t,
39
ou seja, se
∂M
∂N
−
∂y
∂t
= R(t)
N
Logo, nesse caso
R
R(t)dt
µ(t, y) = e
é um fator integrante para (4.6)
Para o segundo caso que
µ
depende apenas de
µ M +µ N
temos
M
y
temos
dy
=0
dt
∂µ
∂M
∂µ
∂N
+µ
=N
+µ
dy
dy
dt
dt
Como o primeiro termo do lado direito da expressão acima tende a zero temos
M
∂N
∂M
∂µ
=µ
−
dy
dt
dy
!
∂µ
=µ
dy
=⇒
Tomando
∂N
∂M
−
dt
dy
!
M
!
∂M
∂N
−
dt
dy
= R(y)
M
e integrando ambos os lados da igualdade temos
R
µ(t, y) = e
R(y) dy
que também é um fator integrante para (4.6)
Observação 4.12.
t
função tanto de
M (t, y)
e
N (t, y)
Notamos que a expressão
quanto de
y.
(∂M/∂y − ∂N/∂t)/N
é quase sempre uma
Apenas em alguns casos especiais de pares de funções
conseguimos expressar uma função unicamente por
t.
E esta é a causa
de não podermos resolver muitas equações diferenciais.
Exemplo 4.13.
(∂N/∂t − ∂M ∂y)/M = Q(y) então a equação diferencial
R
M (t, y) + N (t, y)dy/dt = 0 tem um fator integrante µ(y) = e Q(y)dy .
Se
µ = µ(y)
Se
temos
µ
∂µ
=
∂y
M
∂N
∂M
−
∂t
∂y
!
= µQ(y) =⇒
1
dµ = Q(y)dy
µ
não exata
40
4. Equações Exatas e Teorema da Existência e Unicidade
Portanto, temos que
µ(y) = e
R
Q(y)dy
Exemplo 4.14. Vamos achar a solução da equação diferencial y2 /2+2yet +(y+et )dy/dt =
0. Neste caso M (t, y) = (y 2 /2) + 2yet
∂M/∂y = y + 2et e ∂N/∂t = et , mas
1
N
∂M
∂N
−
∂y
∂t
e
N (t, y) = y + et .
!
=
Esta equação não é exata, pois
y + et
= 1 =⇒ µ(t) = et
y + et
Agora que encontramos o fator integrante temos a equação diferencial equivalente
y2 t
dy
e + 2ye2t + (yet + e2t ) = 0
2
dt
que é exata. Assim, podemos usar o terceiro método para resolver equações exatas
y2
∂ψ
= et + 2ye2t
∂y
2
∂ψ
= yet + e2t
∂t
Integrando (4.9) em relação a
t e (4.10) em relação a y
(4.9)
(4.10)
e igualando as funções obtemos
y2
y2 t
e + ye2t + g(y) = et + ye2t + h(t) =⇒ g(y) = h(t) = 0
2
2
Assim temos
y2 t
e + ye2t = c
2
função de t temos
ψ(t, y) =
Se resolvermos esta equação por
y
em
y(t) = −et ±
onde
c
√
e2t + 2ce−t
é uma constante arbitrária.
4.3 Teorema da existência e unicidade e iterações de
Picard
Consideremos o seguinte problema de valor inicial
dy
= f (t, y)
dt
onde
f
é uma função de
t
e
y.
y(0) = y0
(4.11)
Como visto anteriormente é possível que (4.11) não possa
ser resolvida explicitamente . Então, isso nos leva a fazer as seguintes perguntas.
4.3. Teorema da existência e unicidade e iterações de Picard
41
Será que o problema de valor inicial (4.11) tem realmente solução. Se não podemos
exibi-la ?
Como é possível saber se (4.11) tem uma única solução ?
Para resolver a primeira pergunta é necessário estabelecer a existência de uma função
y(t)
cujo valor em
t = t0
é
y0 ,
em qualquer
t
é igual a
f t, y(t) .
Para que isto ocorra é
necessário de um teorema que garanta a existência de uma função, com certas propriedades
sem a necessidade de expressa-la explicitamente.
Através do cálculo sabemos que o limite de uma sucessão de funções
expressar
y(t).
yn (t)
é
y(t),
sem
Podemos dar o seguinte exemplo da série de funções
yn (t) =
sen(nπt)
sen(πt) sen(2πt) sen(3πt)
+
+
+
...
+
1
22
32
n2
y(t), ainda que não se possa expressar explicitamente. Isto, nos induz a
algoritmo que prove a existência de uma solução y(t) para (4.11). Tal algoritmo
que tem um limite
criar um
deve atender as seguintes especicações:
a) Construir uma sucessão de funções
yn (t)
que sejam cada vez menores para resolver
o problema de valor inicial (4.11).
b) Mostrar que o limite de
yn (t) é
um
y(t) e
se encontra num intervalo
t0 6 t 6 t0 + α
adequado.
c) Mostrar que
y(t)
é solução de (4.11) no intervalo indicado.
A seguir segue a construção do algoritmo para possamos provar a existência de
Obtenção das sucessões
y(t).
yn (t)
Sabemos que é muito mais fácil resolver um problema se a equação esta escrita na
forma especial
y(t) = L t, y(t)
onde
L
pode depender explicitamente de
y
(4.12)
e de integrais de
y.
Temos como exemplo as
equações
y(t) = 1 + sen t + y(t)
e
2
Z
y(t) = 1 + y (t) +
t
y 3 (s)ds
0
L tem de especial é que devemos enxerga-la como uma
função y e devolve outra. Tomemos como exemplo a função
O que
L t, y(t) = 1 + y 2 (t) +
Z
0
t
y 3 (s)ds
máquina que recebe uma
42
se
4. Equações Exatas e Teorema da Existência e Unicidade
y(t) = sen(t)
ela entra na máquina e obtemos
L t, y(t) = 1 + sen2 (t) +
Z
t
sen3 (s)ds
0
Depois ela sai da máquina como
1
1
2
1
cos3 (t)
L t, y(t) = + sen2 (t) − sen2 (t) cos(t) − cos(t) = + sen2 (t) +
− cos(t)
3
3
3
3
3
y(t) de (4.12) como aquelas funções que L
função y(t) na máquina e ela devolver a mesma
Assim, podemos caracterizar todas as soluções
muda. Agora, se ao introduzirmos uma
função, então
y(t)
é uma solução.
Ao escrevermos o problema de valor inicial (4.11) na forma especial (4.12) e integrando
ambos os lados em relação a
Z
t
t0
dy(s)
ds =
ds
Temos também que se
y(t0 ) = y0
y(t)
t,
Z
se
y(t)
satisfaz o problema de valor inicial (4.11) temos
t
f s, y(s) ds =⇒ y(t) = y0 +
t0
Z
t
f s, y(s) ds
(4.13)
t0
é contínua e satisfaz (4.13), então
, então podemos dizer que
y(t)
dy
dt
= f t, y(t) .
Assim, se
é uma solução de (4.11) se e somente se é uma
solução contínua de (4.13)
Agora, tomamos a equação diferencial
Z
L t, y(t) = y0 +
t
f s, y(s) ds
t0
Isto sugere o seguinte método para obtermos uma sucessão de soluções aproximadas
de (4.13). Iniciaremos propondo uma solução teste
é
y0 (t) = y0 .
Para comprovar se
y0 (t)
y0 (t) de (4.13).
yn (t)
A escolha mais simples
é uma solução se (4.13) calculamos.
t
Z
f s, y0 (s) ds
y1 (t) = y0 +
0
se
y1 (t) = y0 ,
então
y(t) = y0
é de fato uma solução de (4.13).
procedimento, mas agora utilizando
y1 (t)
Senão repetimos o
para comprovar se ele é solução de (4.13) da
seguinte forma
Z
t
f s, y1 (s) ds,
y2 (t) = y0 +
t0
e assim sucessivamente. Desta maneira denimos uma sequência de funções
y1 (t), y2 (t),...,
onde
Z
t
yn+1 (t) = y0 +
f s, yn (s) ds
(4.14)
t0
Essas
yn (t)
são chamadas de aproximações sucessivas ou iterações de Picard. Surpreen-
4.3. Teorema da existência e unicidade e iterações de Picard
43
dentemente tais iterações sempre convergem, num intervalo adequado, para uma solução
de (4.13).
Exemplo 4.15.
Calcularemos as iterações de Picard para o problema de valor inicial
y 0 = 2t(y + 1), y(0) = 0
e mostraremos que a solução converge para
2
y(t) = et − 1.
Solução
Calculando
y1 (t)
temos
t
Z
2s ds = t2
y1 (t) =
0
Calculando
y2 (t)
obtemos
Z
y2 (t) =
t
2s[1 + s2 ] ds = t2 +
0
Calculando
y3 (t)
t4
2
temos
Z
y3 (t) =
t
2s[1 + s2 +
0
s4
t4 t6
] ds = t2 + +
2
2! 3!
Por recorrência temos que
yn (t) = t2 +
t2n
t4 t6
+ + ... +
2! 3!
n!
Temos que por Taylor
2
y(t) = lim yn (t) = et − 1
n→∞
Convergência das iterações de Picard
Como visto anteriormente, as soluções das equações diferenciais não lineares podem
não existir para todo valor de
rações de Picard
yn (t)
t.
Por isso, não é possível esperar a convergência das ite-
de (4.13) para todo
t.
Para termos uma ideia de onde convergem
as iterações de Picard devemos encontrar um intervalo no qual as iterações
yn (t)
estão
|yn (t)| 6 K para uma constante K . De maneira equiretângulo R que contenha os grácos de todas as iterações
uniformemente delimitadas, é dizer
valente podemos encontrar o
yn (t).
O Lema 4.16 nos mostrará como encontrar um retângulo assim.
Lema 4.16. Escolha dois números positivos quaisquer a e b e considere o retângulo R tal
que t0 6 t 6 t0 + a, |y − y0 | 6 b. Calculamos
b
M = max|f (t, y)|, e faça α = min a,
M
!
44
4. Equações Exatas e Teorema da Existência e Unicidade
Então,
|yn (t) − y0 | 6 M (t − t0 )
(4.15)
para t0 6 t 6 t0 + α
yn (t) está contido entre as retas y = y0 +M (t−t0 )
e y = y0 − M (t − t0 ) para t0 6 t 6 t0 + α. Estas retas saem do retângulo R para t = t0 + a
b
b
b
se a 6
e para t = t0 +
se
< a. Nestes casos o gráco de yn (t) esta contido em R
M
M
M
para t0 6 t 6 t0 + α
O Lema 4.16 arma que o gráco de
Figura 4.1:
(a)α = a; (b)α = b/M
Demonstração do Lema 4.16
A demonstração da relação (4.15) será feita por indução. Observamos que (4.15) será
verdadeira para n = 0, já que y0 (t) = y0 . Agora é necessário que (4.15) seja verdadeira
para n = j + 1, desde que seja verdade para n = j . Podemos deduzir isso de imediato, já
que |yj (t) − y0 | 6 M (t − t0 ), então temos
Z
Z
t
t
|yj+1 − y0 | = f s, yj (s) ds 6
|f s, yj (s) |ds 6 M (t − t0 )
t0
t0
para todo t0 6 t 6 t0 + α. Assim, por indução vericamos que
todo n.
(4.15)
é verdadeira para
Agora é possível mostrar que as iterações de Picard de (4.13) convergem para todo t
6 t 6 t0 + α se δf
existe e é contínua. O primeiro passo consiste em indicar
δy
que a sucessão de funções yn (t), que converge para um problema mais fácil, converge para
uma certa série innita. Isto é obtido escrevendo yn (t) da seguinte maneira
no intervalo t0
4.3. Teorema da existência e unicidade e iterações de Picard
45
yn (t) = y0 (t) + [y1 (t) − y0 (t)] + ... + [yn (t) − yn−1 (t)].
A sucessão
yn (t)
converge se e somente se
y0 (t) + [y1 (t) − y0 (t)] + ... + [yn (t) − yn−1 (t)]
converge. Para provar que tal série innita converge basta mostrar que
∞
X
|yn (t) − yn−1 (t)| < ∞
n=1
Isso é obtido da seguinte maneira. Utilizando o Teorema do valor médio temos
Z
Z
t
t
|yn (t) − yn−1 (t)| = [f s, yn−1 (s) −f s, yn−2 (s) ]ds 6
|f s, yn−1 (s) −f s, yn−2 (s) |ds
t0
t0
Z t ∂f
s,
ξ(s)
6
|yn−1 (s) − yn−2 (s)|ds
∂y
t0
ξ(s) se encontra entre yn−1 (s) − yn−2 (s). Do Lema 4.16 deduzimos que
pontos s, ξ(s) se encontram no retângulo R para s < t0 + α. Assim, temos
onde
Z
todos os
t
|yn (t) − yn−1 (t)| 6 L
|yn−1 (s) − yn−2 (s)|ds, t0 6 t 6 t0 + α
(4.16)
t0
onde
L = max
(t,y) em
δf s, ξ(s) R δy
A equação (4.17) dene a constante L. Tomando
Z
n=2
t
|y2 (t) − y1 (t)| 6 L
Z
M (s − t0 )ds =
t0
Tomando
n=3
obtemos
t
|y1 (s) − y0 (s)|ds 6 L
(4.17)
t0
L M (t − t0 )2
2!
por sua vez obtemos
Z
t
|y3 (t) − y2 (t)| 6 L
2
Z
t
|y2 (s) − y1 (s)|ds 6 M L
t0
t0
(s − t0 )2
M L2 (t − t0 )3
ds =
2
3!
Indutivamente obtemos
|yn (t) − yn−1 (t)| 6
M Ln−1 (t − t0 )n
, t0 6 t 6 t 0 + α
n!
(4.18)
Portanto, para
|y1 (t)−y0 (t)|+|y2 (t)−y1 (t)|+|y3 (t)−y2 (t)|... 6 M (t−t0 )+
L M (t − t0 )2 M L2 (t − t0 )3
+
+...
2
3!
46
4. Equações Exatas e Teorema da Existência e Unicidade
"
#
L M α2 M L2 α3
M
αL2 αL3
M αL
6 Mα +
+
+ ... =
αL +
+
+ ... =
(e − 1).
2!
3!
L
2!
3!
L
(4.19)
Obviamente que esta quantidade é menor que innito. Portanto as iterações de Picard
yn (t)
convergem para t no intervalo
limite de
t0 6 t 6 t0 + α.
Assim, será denotado por
y(t)
o
yn (t)
Demonstração que
y(t)
satisfaz o problema de valor inicial
y(t)
Colocaremos em evidência o fato de que
Z
satisfaz a equação integral
t
f s, y(s) ds
y(t) = y0 +
(4.20)
t0
Por recorrência obtemos
Z
t
f s, yn (s) ds
yn+1 (t) = y0 +
(4.21)
t0
Calculando o limite em ambos os lados de (4.21) obtemos
Z
t
y(t) = y0 + lim
f s, yn (s) ds = y0 +
t0
Z
t
f s, y(s) ds
t0
Para que a igualdade acima seja verdadeira temos que demonstrar que
Z
Z t
t
f s, y(s) ds −
f s, yn (s) ds −→ 0
t0
t0
n → ∞. Para isso observamos que o gráco de y(t)
t0 6 t 6 t0 + α, já que y(t) = lim yn (t). Portanto
quando
para
se encontra no retângulo R
Z
Z
Z t
t
t
f s, y(s) ds −
f s, yn (s) ds 6
|f s, y(s) −f s, yn (s) |ds
t0
t0
t0
Z
t
|y(s) − yn (s)|ds
6L
t0
onde L é uma constante denida em (4.17). Podemos observar que
y(s) − yn (s) =
∞
X
[yj (s) − yj−1 (s)]
j=n+1
4.3. Teorema da existência e unicidade e iterações de Picard
47
Portanto de (4.18) temos
∞
X
Lj−1 (s − t0 )j
|y(s) − yn (s)| 6 M
j!
j=n+1
Isso implica que
Z
Z t
Z
∞
∞
t
X
X
(αL)j t
(αL)j
f s, y(s) ds −
f s, yn (s) ds 6 M
ds 6 M α
t0
j!
j!
t0
t0
j=n+1
j=n+1
(4.22)
Observe que este somatório tende a zero, quando n tende ao innito, já que o resto do
eαL .
desenvolvimento da série de Taylor converge para
Z
t
lim
n→∞
Para constatarmos se
encontrar um
δ>0
y(t)
f s, yn (s) ds =
t
Z
f s, y(s) ds
t0
t0
é contínua temos que mostrar que para todo
ε>0
podemos
tal que
|y(t + h) − y(t)| < ε
Obviamente não conseguiremos comparar
nhecemos
Portanto. temos que
y(t) de forma explícita.
se
y(t + h)
|h| < δ
com
y(t)
diretamente, já que não co-
Assim, para superar tal diculdade elegemos um inteiro
N bem grande e observamos que
y(t + h) − y(t) = [y(t + h) − yN (t + h)] + [yN (t + h) − yN (t)] + [yN (t) − y(t)]
Com mais detalhes elegemos N sucientemente grande de tal forma que
∞
M X (αL)j
ε
<
L j=N +1 j !
3
Então de (4.18) segue que
[y(t + h) − yN (t + h)] <
ε
3
e
[yN (t) − y(t)] <
ε
3
t < t0 + α e h sucientemente pequeno, tal que t + h < t0 + α.
que yN (t) é contínua, pois ela é obtida após N interações sucessivas de
Portanto podemos eleger δ > 0 bem pequeno de modo que
para
ε
yN (t + h) − yN (t) < ,
3
para
|h| < δ
Logo, observamos
funções contínuas.
48
4. Equações Exatas e Teorema da Existência e Unicidade
Por conseguinte, temos
y(t + h) − y(t) 6 |y(t + h) − yN (t + h)| + |yN (t + h) − yN (t)| + |yN (t) − y(t)| 6
para
|h| < δ .
Portanto,
y(t)
ε ε ε
+ + =ε
3 3 3
é uma solução contínua da equação integral (4.20). Assim,
nalizamos a demonstração de que
y(t)
satisfaz (4.11).
Na verdade foi provado o seguinte teorema
Teorema 4.17. Sejam f e
δf
contínuas no retângulo R com
δy
t0 6 t 6 t0 + α, |y − y0 | 6 b
Calculamos então;
b
M = max |f (t, y)| e fazemos α = min a,
M
!
y(t)
Então, o problema de valor inicial tem ao menos uma solução
no intervalo
t0 6
t 6 t0 + α
Também é possível voltar ao problema da unicidade das soluções de (4.11). Consideremos o seguinte problema de valor inicial
1
dy
= (sen 2t)y 3 , y(0) = 0
dt
Uma solução de
y(0) = 0.
y(t) = 0.
(4.23)
Podemos obter soluções adicionais se omitirmos do fato de que
Então, escrevemos a equação diferencial na forma
r
2
3y 3
8
1 dy
= sin(2t) =⇒
= sen2 (t) =⇒ y(t) = ±
sen3 (t)
1
dt
2
27
3
y
que são as duas soluções adicionais de (4.23).
Os problemas de valor inicial que possuem mais de uma solução se tornam desagradáveis nas aplicações. Assim é importante encontrar a razão pelo qual o problema de valor
inicial (4.23) tem mais de uma solução. Se observarmos o segundo membro da equação
diferencial (4.23), vemos que não há derivada parcial em relação a
y,
em
y = 0.
Isso é o
real problema como mostra o seguinte teorema
δf
Teorema 4.18. Sejam f e contínuas no retângulo R com t0 6 t 6 t0 +α, |y −y0 | 6 b.
δy
Calculamos então;
b
M = max |f (t, y)| e fazemos α = min a,
M
!
4.3. Teorema da existência e unicidade e iterações de Picard
49
Então o problema de valor inicial
y 0 = f (t, y),
y(t0 ) = y0
(4.24)
tem uma única solução em t0 6 t 6 t0 + α, ou seja, se y(t) e z(t) são soluções de
então y(t) = z(t) para t0 6 t 6 t0 + α
Demonstração.
O Teorema 4.17 garante a existência de ao menos uma solução de
(4.24). Supomos que
z(t)
(4.24)
,
y(t) de
é uma segunda solução de (4.24). Então temos
Z
t
y(t) = y0 +
f s, y(s) ds
Z
t
z(t) = y0 +
e
f s, z(s) ds
t0
t0
Calculando o seguinte módulo da diferença temos
Z
Z
Z t
t
t
|y(t)b−z(t)| = |f s, y(s) −f s, z(s) |ds 6 L
|y(s)−z(s)|ds
f s, y(s) −f s, z(s) ds 6
t0
t0
t0
onde L é o máximo dos valores
δf
para todo
δy
(t, y) em R. A seguir recorremos ao eminente
Lema 4.19 para a continuação da prova deste teorema
Lema 4.19. Seja w(t) uma função não negativa, com
Z
t
w(t) 6 L
w(s)ds
(4.25)
t0
Então, w(t) é identicamente igual a zero
Demonstração equivocada
Derivando ambos os lados de (4.25) obtemos
dw
dw
6 L w(t) =⇒
− L w(t) 6 0
dt
dt
Ao multiplicar ambos os lados da desigualdade pelo fator integrante
d −L(t−t0 )
e
w(t) 6 0,
dt
de forma que
obtemos
e−L(t−t0 ) w(t) 6 w(t0 )
t > t0 . Portanto, w(t0 ) deve ser nula se w(t) é
−L(t−t0 )
Portanto, e
w(t) 6 0 e w(t) é identicamente igual
para
e−L(t−t0 )
não negativa e satisfaz (4.25).
a zero.
O erro aqui esta em achar que ao derivarmos ambos os lados a desigualdade é mantida,
pois sabemos que
y = 2t − 2 < z = t, no intervalo [0, 1] , entretanto y 0 = 2 > z 0 = 1, neste
50
4. Equações Exatas e Teorema da Existência e Unicidade
intervalo. Este erro pode ser corrigido com o auxilio do seguinte artifício
Z
t
V (t) =
t0
Portanto,
w(t) = 0,
dV
w(s)ds =⇒
=w6L
dt
e−L(t−t0 ) V (t) 6 V (t0 ) = 0
para
t > t0 ,
Z
t
w(s)ds = L V (t)
t0
por isso
V (t) = 0
e isso implica que
pois
Z
t
0 6 w(t) 6 L
w(s)ds 6 L V (t) = 0
t0
Exemplo 4.20. Determinaremos qual o intervalo máximo que o para que o Teorema 4.17
garanta a existência da solução do problema de valor inicial
y0 = 1 + y2,
y(0) = 0
Solução:
Seja R o retângulo
0 6 t 6 a, |y| 6 b.
Calculando
M = max(t,y)emR (1 + y 2 ) = 1 + b2
Vemos que
y(t)
existe para
b
0 6 t 6 α = min a,
1 + b2
b
α é quando 1+b
2 encontra seu
y(t) existe para 0 6 t 6 1/2
Exemplo 4.21.
!
. Vemos que o máximo valor de
máximo que é
1/2.
Portanto, o Teorema 4.17 assegura que
Mostraremos que a solução
y(t)
do problema de valor inicial
dy
= 1 + y + y 2 cos t2 , y(0) = 0
dt
existe para
0 6 t 6 1/3
Solução:
e
|y| 6 1
Seja R um retângulo com,
0 6 t 6 1/3
e
|y| 6 1.
Calculamos
M = max(1 + y + y 2 cos t2 ) = 3
!
1 1
1
Assim, temos 0 6 t 6 min
,
= . Logo, vemos que y(t)
3 3
3
neste intervalo temos |y| 6 1
existe para
0 6 t 6 1/3
e
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Considerações Finais
Finalizo este Trabalho de Conclusão de Curso A avaliando que meus objetivos foram
alcançados.
Que foram os de ampliar meus conhecimentos em cálculo.
Durante este
árduo estudo pude conhecer as equações diferenciais lineares de primeira ordem bem como
algumas de suas aplicações. Além disso, tive o privilégio de ser assistido pela Professora
Selma de Jesus, que me ajudou muito na compreensão das modelagens.
Neste Trabalho de conclusão de curso A tive a oportunidade de conhecer melhor alguns
fenômenos naturais que são regidos por tais equações, e também tive a oportunidade de
conhecer algumas das aplicações das equações diferenciais e como elas ajudaram a resolver
alguns problemas históricos.
Finalizo este trabalho, com a expectativa de ampliar ainda mais meus conhecimento
sobre as equações diferenciais no trabalho de conclusão de curso B.
52
4. Equações Exatas e Teorema da Existência e Unicidade
53
Referências Bibliográcas
[1] M. Braun,
Dierential Equations and their Applications, 4a edição, New York, Sprin-
ger, 1993.
Equações Diferenciais Elementares e Problemas de
a
Valores de Contorno, 7 edição, Rio de Janeiro, 2002.
[2] W. E. Boyce e R. C. Diprima,
[3] J. Sotomayor,
Lições de Equações Diferenciais Ordinárias,
Rio de Janeiro, Instituto
de Matemática Pura e Aplicada, 1979.
[4] L. S. Pontryagin,
Ordinary Dierential Equations, Addison-Wesley, 1962.