EDOs de Primeira Ordem
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1
2. Equações diferenciais ordinárias de 1a ordem
2.1 Conceitos
Equações diferenciais ordinárias (EDO): Envolve derivadas de uma função ( y ) de apenas uma
variável independente ( x );
Exemplo: xdx
dy2
Equações diferenciais parciais (EDP): Envolve derivadas de uma função de duas ou mais
variáveis independentes;
Exemplo: zdy
dz
dx
dz
Ordem de uma equação diferencial: É a derivada de maior ordem que aparece na equação;
Grau de uma equação diferencial: É a potência da derivada de maior ordem;
Exemplos:
xdx
dy2 EDO de 1ª ordem e 1º grau
0 ydxxdy EDO de 1ª ordem e 1º grau
0
2
2
2
y
dx
dy
dx
yd EDO de 2ª ordem e 1º grau
22
4 ydx
dy
EDO de 1ª ordem e 2º grau
zdy
dz
dx
dz EDP de 1ª ordem e 1º grau
2
02
2
2
2
uzyx
y
u
x
u EDP de 2ª ordem e 1º grau
1523
2
2
3
3
ux
x
uu
x
u EDO de 3ª ordem e 2º grau
03 4
3
3
u
u
yxy
x
y EDP de 3ª ordem e 1º grau
0362
24
4
4
dx
dyy
dx
ydx
dx
yd EDO de 4ª ordem e 4º grau
2.2. Soluções de equações diferenciais de 1ª ordem e 1º GRAU
Uma equação diferencial de primeira ordem e primeiro grau pode ser escrita como:
),( yxFdx
dy
Se ),( yxF é uma constante ou uma função somente de x , a equação diferencial é resolvida
pelos métodos usuais de integração. Se ),( yxF é de fato uma função de x e y , deve-se
classificar a equação diferencial para que sua solução possa ser encontrada.
Observações:
a) A facilidade em resolver uma equação diferencial depende, em grande parte, de classificá-la
corretamente. Assim, as equações diferenciais ordinárias de 1ª ordem são classificadas como:
De variáveis separáveis;
3
Homogêneas e não-homogêneas;
Lineares e não-lineares;
Bernoulli;
Exatas e de fatores integrantes;
b) A solução geral de uma equação diferencial de n-ésima ordem é uma solução contendo “n”
constantes de integração independentes e arbitrárias.
c) A solução particular de uma equação diferencial pode ser obtida a partir da solução geral e de
condições iniciais e/ou condições de contorno.
Exemplo:
Mostre que xx ececy 2
21 é uma solução de 02
2
2
ydx
dy
dx
yd e ache uma
solução particular que satisfaça a condição 1dx
dyy quando 0x .
Se,
xxxxxx ececdx
ydecec
dx
dyececy 2
212
22
212
21 42
como
022
2
ydx
dy
dx
yd,
então 0224 221
221
221 xxxxxx ecececececec
02224 221
221
221 xxxxxx ecececececec
00 xx ececy 2
21 é uma solução de 02
2
2
ydx
dy
dx
yd .
4
Se 1' yy quando 0x ,
12
1
12
1
2' 21
21
022
01
022
01
221
221
cc
cc
ecec
ecec
ececy
ececy
xx
xx
11 c e 02c A solução particular é: xey
2.3. Equações diferenciais de variáveis separáveis
Uma equação diferencial pode ser escrita na forma:
0)()( dyyNdxxM
onde M é uma função somente de x e N é uma função somente de y , então diz-se que as
variáveis são separáveis e a solução geral da equação diferencial é dada por:
CdyyNdxxM )()( ou Cygxf )()(
Exemplos:
1) Ache a solução de:
x
y
dx
dy dada a condição: 1oy quando 2ox .
Solução:
Separa-se inicialmente as variáveis e integra:
21 )ln()ln(11
CxCydxx
dyy
ln( ) ln( )y x C
Cy
x Solução geral da EDO e C é uma constante arbitrária.
5
A partir da condição inicial, pode-se encontrar a solução particular da EDO:
Sabe-se que: 1oy quando 2ox , substituindo na solução geral da EDO, tem-se:
x
yCC
x
Cy
22
21 Solução particular da EDO
2) Resolva a equação: 01 2 xydx
dyx
Solução:
Separando-se inicialmente as variáveis:
01
10101
2
22
dyy
dxx
xxydxdyxxy
dx
dyx
Integrando:
01
1 2
dy
ydx
x
x
22
1
)1ln(2
11
2
1
12
2
2
dudxxxdxdu
xu
Cxduu
dxx
x
Cyxdyy
dxx
x
)ln()1ln(
2
10
1
1
2
2
CxyCyx )1ln()ln()1ln( 221
2
6
Cxyouexy C 22 11
3) Resolva a equação: 0)1()1( xdyyydxx
Resposta: Cyxxy ln
4) Resolva a equação: yxe
dx
dy Resposta: y x C
5) Achar a solução particular de 01 23 ydxxdyx satisfazendo a condição inicial
11 x e 21 y .
Resposta: 31
314 xy
6) Resolva a equação diferencial 0' 3 ttye y dada a seguinte condição 0)1( y .
Solução:
Resposta:
4
12ln
24 tty
7) Resolva a equação diferencial 01 2 dyxxydx dada a seguinte condição
1y quando 0x .
Resposta: 121 xey
8) Resolva a equação diferencial xsendx
dy 2 dada a seguinte condição 1)0( y .
7
Resposta: 1 1
(2 ) 12 4
y x sen x
9) Resolva a equação diferencial 2cos'*ln xxyy dada a seguinte condição:
1)0( y .
Resposta: 12
1ln 2 xsenyyy
2.4. Equações diferenciais homogêneas
Diz-se que uma equação diferencial na forma
0),(),( dyyxNdxyxM
é homogênea quando ela pode ser convertida em uma equação diferencial de variáveis
separáveis.
Para resolver a equação diferencial homogênea de 1ª ordem é necessário fazer uma
mudança de variáveis, isto é, vxy ou vyx , transformando a equação diferencial
homogênea numa equação diferencial de variáveis separáveis, ou seja,
CdyyNdxxM )()(
Observação: ( , )f x y é uma função homogênea de grau n se
( , ) ( , )nf x y f x y .
Exemplos:
1) Resolva a equação diferencial 0 dyyxdxyx .
Solução:
Verificando se a equação diferencial é homogênea:
8
( , )M x y x y ( , )M x y x y x y
( , )N x y x y ( , )N x y x y x y
Logo a equação diferencial é homogênea. Assim, fazendo :
x vy dx vdy ydv
Substituindo na equação diferencial, tem-se:
0 dyyvyydvvdyyvy
0222 ydyvydydvyvydydvvyydyv
0)()2( 222 dvyvydyyvyyv
0)1()12( 22 dvvydyvvy
dvvv
vdy
ydvvydyvvy
12
11)1()12(
2
22
012
112
dv
vv
vdy
y
As variáveis estão separadas. Integrando, tem-se:
012ln2
1ln0
12
112
212
CvvCydv
vv
vdy
y
21ln ln 2 1
2y v v C
2
1 1 22 22 2ln ln 2 1 2 1 Cy v v C y v v e
ou ainda, 2 2 2 1y v v C
9
Sabendo-se que
y
xv e substituindo na equação anterior, tem-se:
CyxyxCy
x
y
xy
222
2 212
2) Resolva a equação diferencial ydxdyxyx dada a seguinte condição 1y
quando 4x .
3) Resolva a equação diferencial xdydxyxe xy
dada a seguinte condição:
0y quando 1x .
Resposta: 1)ln(
xe xy
4) Determine a solução geral de:
2
2'
t
y
t
yy .
Solução:
dtt
y
t
ydy
2
2
A equação diferencial é homogênea de primeiro grau. Assim, fazendo :
tdvvdtdyvty
dtvvtdvvdtdtt
vt
t
vttdvvdt 2
2
22
dtvvtdvdtvvvtdv 222
Ctdvvv
dtt
dvvv
)ln(111
22
2
1
10
Resolvendo 2: sabe-se inicialmente que :
)1(
1
11
1
2
1
vv
BvvA
v
B
v
A
vvvv
1
10
)1(
10
)1(
)(
)1( A
BBA
vv
v
vv
AvBA
vv
BvAAv
Assim, dvv
dvv
dvvv
dvvv
1
11
1
1112
Cvvdvv
dvv
)1ln()ln(1
11
No MatLab a solução algébrica da integral poderia ser obtida da seguinte forma:
>> syms v;
>> int(1/(v^2+v),v)
ans =
log(v) - log(v + 1)
Substituindo 3 em 1, tem-se:
)ln()1
ln()ln()1ln()ln( tCv
vCtvv
tCv
v
1
Sabendo-se que:
t
yv
2)1(
1
CtCtyyt
ytC
t
ytC
t
yt
y
3
11
Ct
CtyCtyCtCtCtyy
1)1(
222
2.5 Equações diferenciais exatas
Diz-se que uma equação diferencial na forma
0),(),( dyyxNdxyxM
é exata se existe uma função ),( yxF tal que:
, ( , ) ( , )dF x y M x y dx N x y dy
Sabendo-se que a derivada total de ),( yxF é dada por:
dyy
yxFdx
x
yxFyxdF
),(),(,
Comparando as equações anteriores, tem-se que:
0, yxdF ,
x
yxFyxM
),(),( e
y
yxFyxN
),(),(
Portanto, dizemos que uma EDO da forma 0),(),( dyyxNdxyxM é exata se:
xy NMouyxNx
yxMy
),(),(
Problema:
Suponha que 0),(),( dyyxNdxyxM seja exata. Determine ),( yxF .
12
1º Modo:
Solução:
)(),(),(),(
),( yhdxyxMyxFx
yxFyxM
)(),(),(
),(),( xkdyyxNyxF
y
yxFyxN
onde )(yh e )(xk são obtidos comparando-se as Equações 1 e 2.
2º Modo:
)(),(),(),(
),( yhdxyxMyxFx
yxFyxM
mas:
dxyxMyy
yxFyh
ydxyxMyxFyh
),(
),()(),(),()(
dx
y
yxMyxNyh
y
),(),()(
3º Modo:
dyyxNyxFxkxkdyyxNyxF ),(),()()(),(),(
( , )( ) ( , )
F x yk x N x y dy
x x x
dy
x
yxNyxMxk
x
),(),()(
Exercícios:
1
2
13
1) Prove que a equação diferencial 0'cos33 yyxey x é exata e determine
sua solução geral (use o 1º modo).
.
Prova:
3 3 cos 0xy e dx x y dy
( , ) ( , ) 3 3M x y N x y ouy x
portanto a equação é exata!
Solução (1º Modo):
3 3 cos 0xy e dx x y dy
x
yxFyxM
),(),( e
y
yxFyxN
),(),(
Então: xeyyxM 3),( e yxyxN cos3),(
Da Equação 1, sabe-se que:
)(),(),(),( yhdxyxMyxFx
FyxM
)(3),()()3(),( yhexyyxFyhdxeyyxF xx
Da Equação 2, sabe-se que:
)(),(),(),( xkdyyxNyxF
y
FyxN
( , ) 3 cos ( ) ( , ) 3 ( )F x y x y dy k x F x y xy seny k x
1 2
14
Comparando-se as equações de ),( yxF , obtêm-se os valores de )(yh e )(xk .
3 ( ) 3 ( )xxy e h y xy seny k x
Assim: ( )h y seny e xexk )(
Sabendo-se que uma equação diferencial exata tem sua solução geral dada por CyxF ),(
e substituindo, )(yh ou )(xk em ),( yxF , tem-se que a solução geral do problema:
Cysenexy x )(3
2) Resolva pelo 2º modo a equação diferencial exata:
0'2122832823
yyyxxxyyx
Dada a condição inicial: 1)2( y .
Resposta: 2844 3223 yyxyx
3) Prove que a equação diferencial
0'224 443 yyexxexex yxyxyx
é exata e resolva pelo 3° modo. Considere a seguinte condição inicial: 1)0( y .
2.6 Fatores de Integração
Suponha que 0),(),( dyyxNdxyxM não seja exata. Por vezes, entretanto, é
possível transformá-la numa equação exata multiplicando-a por um fator de integração,
),( yx , ou seja,
( , ) ( , ) ( , ) 0x y M x y dx N x y dy
1
15
Principais procedimentos para encontrar o fator de integração:
Para que a nova equação seja exata, é necessário que:
),(),(),(),( yxyxNx
yxyxMy
Resolvendo a equação anterior, tem-se:
x
N
xN
y
M
yM
Caso 1: Considere como uma função apenas de x . Neste caso, tem-se:
x
N
xN
y
MM
0
y
M
x
N
xN
y
M
x
N
xN
0
1( )
N M
x ydx
N
N M
x yd dx x e
N
Caso 2: Considere como uma função apenas de y . Neste caso, tem-se:
x
NN
y
M
yM
0
Cujo fator de integração é:
16
dyM
x
N
y
M
ey)(
Outros fatores de integração:
Se a Eq. 1 pode ser colocada na forma ( ) ( ) 0yf xy dx xg xy dy , onde
( ) ( )f xy g xy , então 1
xM yN
é um fator de integração.
Consultar livros e tabelas de cálculo.
Exercícios:
1) Considere a equação diferencial: 0')(22
2 yxeyxye
y e responda às
seguintes questões:
a) Esta é equação é exata?
Só podemos dizemos que uma EDO da forma 0),(),( dyyxNdxyxM é exata
se:
xy NMouyxNx
yxMy
),(),(
Assim, xeyyMxye
yyxM 22
2
2),(
xexNxeyyxN ),(
xNyM e a equação diferencial não é exata!
17
b) Existe ?)( x e/ou ?)( y . Caso exista, determine-os.
Do Caso 1 dos fatores de integração, temos que:
dxN
y
M
x
N
ex)(
Logo,
1)(2
x
x
x
xxyx
ey
ey
ey
eye
N
MN
N
y
M
x
N
Logo, xexdxex )()( existe o fator de integração.
Do Caso 2 dos fatores de integração, temos que:
dyM
x
N
y
M
ey)(
Logo,
x
x
x
xx
yey
ey
yey
eey
M
x
N
y
M
4
)(2
22
222
Logo, não existe )(y .
18
C) Determine a solução geral da equação diferencial.
Aplicando-se o fator de integração xex )( na equação diferencial, tem-se uma equação
diferencial exata:
2
2 ( ) ' 02
x xyx ye y e y
0')2(222
2 yxexyexyexe
y
Aplicando o 1º Modo de solução de equações diferenciais exatas, tem-se:
xyexey
yxM 222
2),( e
xexyeyxN 2),(
Sabe-se que:
)(),(),(),( yhdxyxMyxFx
FyxM
)()222
2(),( yhdxxyexey
yxF
)(2
2
2),( yhxyexe
yyxF
e que:
)(),(),(),( xkdyyxNyxF
y
FyxN
)(2),( xkdyxexyeyxF
1
19
)(22
2
1),( xkxyexeyyxF
Comparando-se as Equações 1 e 2, obtêm-se os valores de )(yh e )(xk .
)(22
2
1)(2
2
2xkxyexeyyhxyexe
y
Logo, ( ) ( )h y k x C e a solução geral da equação é:
Cxyexey 22
2
1
2) Resolva a equação diferencial:
2
2'
xy yy
x y x
Resposta: 1
ln2 2
xy xC
y
2.7 Equações diferenciais lineares homogêneas e não-homogêneas
Uma EDO na forma:
xQxyPdx
dy
cujo primeiro membro é linear, é chamada uma equação linear de primeira ordem.
Se 0xQ , então a equação é homogênea e pode ser escrita como:
0 xyPdx
dy
2
20
Obs.: Caso 0xQ a equação xQxyPdx
dy é não-homogênea.
Solução de equações diferenciais lineares homogêneas:
Dada a equação homogênea: 0 xyPdx
dy
Rearranjando, tem-se: xyPdx
dy
Separando as variáveis, a equação anterior pode ser escrita na forma:
dxxPdyy
1
Resolvendo:
CdxxPydxxPdyy
ln1
dxxPCy lnln
Obtém-se a solução geral da equação diferencial linear homogênea:
dxxP
eCy
Exemplos:
a) Resolva: 0)(' xyseny para
2
3)0( y
Solução:
Sabendo que: )()( xsenxP
)cos()( xdxxsendxxPCeyeCyeCy
21
Aplicando a condição inicial:
2
3)0( y
1)0cos(
2
3
2
3 eCCe
Substituindo: )cos(1
2
3)( xeexy
tem-se a solução do P.V.I: 1cos
2
3)( xexy
b) Resolva: 0'2
yxey x para 2)0( y .
Resposta:
21 1
22
xe
y e
Solução geral de equações diferenciais lineares não-homogêneas:
Dada a equação: xQxyPdx
dy
Rearranjando, tem-se: 0yP x Q x dx dy
onde: )()(),( xQxyPyxM e 1),( yxN
Aplicando a definição de equação diferencial exata, tem-se que:
x
yxN
y
yxM
),(),(
Portanto,
)(),(
xPy
yxM
e 0
),(
x
yxN a equação não é exata!
22
Definição do fator de integração:
dxN
y
M
x
N
ex)(
dx
xP
ex 1
)(0
)(
ou seja,
dxxPex )()(
Multiplicando a equação: xQxyPdx
dy pelo fator de integração x , tem-se:
)()()( xxQxxyPdx
dyx
ou ainda,
dxxPdxxPdxxP exQexyPdx
dye )()()(
Sabendo-se que:
( )P x dxd
yedx
Portanto:
dxxPdxxP exQyedx
d )()(
Logo, a equação xQxyPdx
dy tem como solução:
( ) ( )P x dx P x dx
ye Q x e dx C
23
Analogamente, para a equação yQyxPdy
dx a solução será:
( ) ( )P y dy P y dy
xe Q y e dy C
Exemplos:
1) Resolva a equação )23(2 3 yxyedy
dxy y
Solução:
A equação apresentada pode ser escrita na forma: yQyxPdy
dx , ou seja,
yey
yx
dy
dx 32)23
(
O fator de integração é então:
2
3ln23
23
)(
y
eeee
yyy
dyy
y
dyyP
Sabendo que a solução geral é:
( ) ( )P y dy P y dy
xe Q y e dy C
Tem-se:
Cdyy
ee
y
ex
yy
y
2
33
2
3
2
Cdyyy
ex
y
22
3 2
24
Portanto,
yyy
eCyyexCyy
ex 323
2
3
22
Simplificando, tem-se a solução geral da equação diferencial, ou seja,
)2(3 Cyyex y
2) Determine a solução geral de 3 2 3(2 3 )dy
x x y xdx
.
Resposta: 23 31
2
xy x Cx e
3) Determine a solução geral de xxyy 2' .
Resposta: 2 1
2
xy Ce
2.8. Equação de Bernoulli
Uma equação diferencial na forma
xQxPydx
dyyouxQyxyP
dx
dy nnn 1
é chamada equação de Bernoulli.
Fazendo: nyv 1
temos que : dyyndv n )1( e
dx
dyyn
dx
dv n )1(
onde:
dx
dv
ndx
dyy n
1
1
2
1
3
25
Substituindo as Eqs. 2 e 3 em 1, tem-se:
xQxvPdx
dv
n
1
1
que é uma equação diferencial linear de primeira ordem.
Exemplos:
1) Resolver 5xyy
dx
dy .
Verifica-se que a equação está na forma da equação de Bernoulli, assim podemos reescrevê-la da
seguinte forma:
xydx
dyy 45
(1)
Fazendo:
4 yv (2) tem-se:
dx
dv
dx
dyy
dx
dyy
dx
dv
4
14 55
(3)
Substituindo as Eqs. 2 e 3 em 1, tem-se:
xvdx
dvxv
dx
dv44
4
1
Sabendo que uma E.D.O linear não-homogênea tem a forma:
xQxvPdx
dv onde: 4)( xP e xxQ 4)(
e que sua solução é dada por:
26
( ) ( )P x dx P x dx
ve Q x e dx C
inicialmente encontramos: xdxdxxP
eee44)(
Assim,
4 4[ 4 ]x xv e xe dx C
Resolvendo:
4 4 4 4 41 1 14 4 4
4 4 4
x x x x xxe dx uv v du x e e dx xe e
4
4
x
u x
dv e dx
4
4
1
4
x
du dx
v e
Logo,
]4
1[ 444 Cexeev xxx
Como: 4 yv , tem-se:
]4
1[ 4444 Cexeey xxx
xCexy
4
4 4
11
2.9 EDOs de 1a ordem e grau superior
Uma EDO de grau n pode ser colocada na seguinte forma:
1
1 1( , ) ... ( , ) ( , ) 0
n n
n n
dy dy dyP x y P x y P x y
dx dx dx
27
Fazendo: dy
pdx
, tem-se:
1
1 1( , ) ... ( , ) ( , ) 0n n
n np P x y p P x y p P x y
Para resolver a equação anterior, vamos considerá-la um polinômio que pode ser decomposto em
n fatores lineares reais. Exemplo:
1 2( , ) ( , ) ... ( , ) 0
np F x y p F x y p F x y
De uma maneira geral, as raízes do polinômio são definidas como: ( , )n
dyF x y
dx
Logo, a solução da geral será o produto das n funções n nf P F , ou seja:
1 2( , , ) ( , , ).... ( , , ) 0
nf x y C f x y C f x y C
Exercícios:
1) Resolver:
24 4 2 2 2
2' 9 ' 9 0
yy x y x y
x
Solução:
Seja: 2'p y , tem-se:
22 4 2 2
29 9 0
yp x p x y
x
22 2
4 4 2 2
2 29 9 4 9
2
y yx x x y
x xp
28
2 44 8 2 2 2 2
2 49 81 18 36
2
y yx x x y x y
x xp
2 44 8 2 2
2 49 81 18
2
y yx x x y
x xp
22 2
4 4
2 29 9
2
y yx x
x xp
2 24 4
2 29 9
2
y yx x
x xp
4
19p x e
2
2 2
yp
x
Logo a solução do polinômio será:
2
4
29 0
yp x p
x
(1)
A B
Resolvendo A :
49 0p x
2
49dy
xdx
4 29 3dy
x xdx
23dy
xdx
23 0x dx dy
3 0x y C (2)
23dy
xdx
23 0x dx dy
3 0x y C (3)
29
Resolvendo B :
2
20
yp
x
2 2
2
dy y
dx x
2
2
dy y y
dx x x
dy y
dx x
1 10dx dy
x y 0xC y (4)
dy y
dx x
1 10dx dy
x y 0xy C (5)
Substituindo (2), (3), (4) e (5) em (1), tem-se a solução geral do problema:
3 3 0x y C x y C xC y xy C
2) Resolver: 2
2 2 2 0dy dy
xy x xy y x xydx dx
Resposta: 2 2 22 0x xy C x y C
3) Resolver: 2 2 2' ' 6 0x y xyy y
Resposta: 3 2 0x C y x C y
4) Resolver: 2 2 2' ( ) ' 0xyy x y y xy
Resposta: 2 2 0xC y x y C
2.10. Equação de Clairaut
Uma EDO na forma:
30
( )y px f p , onde: dy
pdx
é denominada equação de Clairaut e sua solução geral é obtida substituindo-se p pela constante
C , ou seja:
( )y Cx f C
Exemplo: Resolva a EDO: 2 23 ' 6 'y y x y y
Solução: Multiplica-se inicialmente, ambos os lados da EDO por 2y , ou seja:
2
3 2 43 6dy dy
y y x ydx dx
(1)
Seja: 3v y
23dv y dy 23
dv dyy
dx dx
2
1
3
dy dv
dx y dx
Substituindo as expressões anteriores na Eq. (1), tem-se:
2
4
2
16
3
dv dvv x y
dx y dx
22
3
dv dvv x
dx dx
Eq. de Clairaut.
Seja: dv
pdx
( )v px f p Eq. de Clairaut.
Logo a solução da EDO é dada por:
( )v Cx f C 22
3v Cx C
Como 3v y , tem-se a solução geral do problema:
31
3 22
3y Cx C
2.11. Aplicações de EDOs de 1a ordem
Mecânica dos fluidos:
Considere a variação de volume de um fluido dentro de um reservatório de forma variável,
submetido a um fluxo de entrada transiente ( )e
q t e de saída ( )s
q t :
Neste caso, em um dado instante de tempo t tem-se que:
( )
( ) ( )e s
V A y y
V q t t q t t
( ) ( ) ( )e s
A y y q t q t t
logo: ( ) ( ) ( )e s
A y dy q t q t dt ou ainda: ( ) ( )
( )
e sq t q tdy
dt A y
(1)
Exercícios:
1) Considere um reservatório cilíndrico de raio e altura 1 [m], com saída fechada e entrada de
fluido a 50 [l/s]. Quanto tempo é necessário para enchê-lo totalmente?
Solução:
( )A y
y
( ) ?[ ]y t m
3
( )e
mq ts
3
( )s
mq ts
32
2( )cilin
A y A r , 3
3( ) 50 50 10e e
l mq t qs s
Substituindo na Eq. (1), tem-se:
2 350 10 0r dy dt
12 3
0 0
1 50 10t
dy dt
350 10 t 62,83t s
2) Considere um reservatório cônico de altura h [m], inicialmente cheio. O fluido começa a sair por
um orifício circular de área a , sob a ação da gravidade. Quanto tempo é necessário para
esvaziar o reservatório totalmente?
Condição inicial e final:
0
?
t
t
0
y h
y
a
h
r
y
( )s
q t
33
3) Em um reservatório há 100 litros de uma solução aquosa que contém 10 kg de sal. Joga-se
água neste reservatório a 3 litros/min e ao mesmo tempo a mistura escoa por um orifício numa
vazão de 2 litros/min. Considere que a mistura se mantém homogênea por meio de um agitador.
Que quantidade de sal haverá no reservatório 1 hora após iniciar a operação?
Solução:
A quantidade de sal que sai do reservatório ao longo do tempo de abastecimento é dada pela
expressão:
min min
sdQ kg L kg
dt L
0
0
s ss
e s
dQ Q QV
dt V V t V t
10
2100 3 2
s sdQ Q
dt t t
1 2
10 100s
s
dQ dtQ t
ln(10 ) 2ln(100 )s
Q t C
21(100 )
10s
C tQ
Sabendo que: 0s
Q em 0t tem-se:
0100V L
010Q kg
3min
e
LV
2min
s
LV
34
21(100 0)
10 0C
510C
5 2
110
10 (100 )s
Qt
Assim, 1 hora após iniciar a operação a quantidade de sal que sai do reservatório é:
5 2
110 6,09375
10 (100 60)s
Q kg
Portanto, a quantidade de sal restante no reservatório é:
010 6,09375 3,9063
rest sQ Q Q kg
Circuitos elétricos:
Exercício: Uma das equações básicas dos circuitos elétricos é
)(tERidt
diL
onde L é a indutância (unidade henry), R é a resistência (ohm), i é a corrente (ampère) e E a
força eletromotriz ou f.e.m. (volt). Considerando que R e L são constantes:
a) Resolva a Eq. 1 considerando oEtE )( e a corrente inicial é oi .
b) No problema anterior, o que acontece se t ?
c) Resolva a Eq. 1 considerando HL 3 , 15R , )(tE é uma corrente senoidal de 60
ciclos, 110 V, e 0i para 0t .
Os circuitos elétricos são apresentados nas figuras a seguir:
1
35
a) e b) c)
EO
L
R
~
L
R
E(t)