Modelagem Matemática IV Aula 06

1) Conceitos Preliminares para ED’s de Alta Ordem2) Equação Diferenciais Homogêneas com Coeficientes Constantes3) Problema de Massa Mola em Vibração Livre

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Conceitos Preliminares para ED’s de Alta Ordem

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PVI – Problemas de Valor Inicial:

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• Número de condições igual à ordem da maior derivada presente na equação• Todas as condições são aplicadas no mesmo ponto (valor inicial)

3𝑦′′′ + 5𝑦′′ − 𝑦′ + 7𝑦 = 0(a) 𝑦(1) = 0 𝑦′(1) = 1 𝑦′′(1) = 1

𝑦′′ − 4𝑦 = 12𝑥(b) 𝑦(0) = 4 𝑦′(0) = 0

𝑦′ − 𝑦 = 7(c) 𝑦(0) = 4

PVI’s tem Solução Única

PVC – Problemas de Valores de Contorno:

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• Número de condições igual à ordem da maior derivada presente na equação• As condições são aplicadas em pontos distintos (pontos do contorno do problema)

3𝑦′′′ + 5𝑦′′ − 𝑦′ + 7𝑦 = 0(a) 𝑦(1) = 0 𝑦′(2) = 1 𝑦(2) = 3

𝑦′′ − 4𝑦 = 12𝑥(b) 𝑦(0) = 4 𝑦(3) = 1

𝑦′ − 𝑦 = 7(c) 𝑦(1) = 4

PVC’s podem ter Muitas, Uma ou Nenhuma Solução

PVC – Problemas de Valores de Contorno:

5

PVC’s podem ter Muitas, Uma ou Nenhuma Solução

EDO’s Lineares Homogêneas e Não-Homogêneas

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• Homogênea:

• Não-Homogênea:

𝑎𝑛 𝑥𝑑𝑛𝑦 𝑥

𝑑𝑥𝑛+ 𝑎𝑛−1 𝑥

𝑑𝑛−1𝑦 𝑥

𝑑𝑥𝑛−1+⋯+ 𝑎1 𝑥

𝑑𝑦 𝑥

𝑑𝑥+ 𝑎0 𝑥 𝑦(𝑥) = 0

𝑎𝑛 𝑥𝑑𝑛𝑦 𝑥

𝑑𝑥𝑛+ 𝑎𝑛−1 𝑥

𝑑𝑛−1𝑦 𝑥

𝑑𝑥𝑛−1+⋯+ 𝑎1 𝑥

𝑑𝑦 𝑥

𝑑𝑥+ 𝑎0 𝑥 𝑦(𝑥) = 𝑔(𝑥)

Princípio da Superposição em Equações Homogêneas

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• Sejam y1(x), y2(x), ..., yk (x) soluções de uma equação diferencial homogênea de ordem “n” em um intervalo “I”, então, a “combinação linear” destas soluções, a saber:

também é uma solução no intervalo.

OBS: c1, c2, ..., ck são constantes arbitrárias

𝑦 𝑥 = 𝑐1. 𝑦1 𝑥 + 𝑐2. 𝑦2 𝑥 +⋯+ 𝑐𝑘 . 𝑦𝑘(𝑥)

Consequências do Princípio da Superposição

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1. Um múltiplo constante y = c1.y1(x) de uma solução y1(x) de uma equação diferencial homogênea é também uma solução da equação.

2. Uma equação diferencial linear homogênea sempre tem a solução trivial: y = 0

Exemplificando uma Combinação Linear (1)

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𝑥3𝑦′′′ − 2𝑥𝑦′ + 4𝑦 = 0A equação:

Solução 1: 𝑦 = 𝑥2

Solução 2: 𝑦 = 𝑥2𝑙𝑛(𝑥)

Verificando a Solução 1: 𝑥3(𝑥2)′′′−2𝑥 𝑥2 ′ + 4(𝑥2) = 0

𝑥3. 0 − 2𝑥. 2𝑥 + 4𝑥2 = 0

𝑥3. 0 − 4𝑥2 + 4𝑥2 = 0

0 = 0 OK!

Exemplificando uma Combinação Linear (2)

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𝑥3𝑦′′′ − 2𝑥𝑦′ + 4𝑦 = 0A equação:

Solução 1: 𝑦 = 𝑥2

Solução 2: 𝑦 = 𝑥2𝑙𝑛(𝑥)

Verificando a Solução 2: 𝑥3(𝑥2𝑙𝑛(𝑥))′′′−2𝑥 𝑥2𝑙𝑛(𝑥) ′ + 4(𝑥2𝑙𝑛(𝑥)) = 0

𝑥3. 2/𝑥 − 2𝑥. (2𝑥. ln 𝑥 + 𝑥) + 4. 𝑥2𝑙𝑛(𝑥) = 0

0 = 0 OK!

2𝑥2 − 4𝑥2. ln 𝑥 − 2𝑥2 + 4. 𝑥2𝑙𝑛(𝑥) = 0

Exemplificando uma Combinação Linear (3)

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𝑥3𝑦′′′ − 2𝑥𝑦′ + 4𝑦 = 0A equação:

Solução 1: 𝑦 = 𝑥2

Solução 2: 𝑦 = 𝑥2𝑙𝑛(𝑥)

Verificando a Combinação Linear

𝑥3(𝑐1. 𝑥2 + 𝑐2. 𝑥

2𝑙 𝑛 𝑥 )′′′−2𝑥 𝑐1. 𝑥2 + 𝑐2. 𝑥

2𝑙𝑛(𝑥) ′ + 4(𝑐1. 𝑥2 + 𝑐2. 𝑥

2𝑙𝑛(𝑥)) = 0

0 = 0 OK!

Combinação Linear: 𝑦 = 𝑐1. 𝑥

2 + 𝑐2. 𝑥2𝑙𝑛(𝑥)

𝑥3(𝑐1. 0 + 𝑐2. 2/𝑥) − 2𝑥(𝑐1. 2𝑥 + 𝑐2. (2𝑥. 𝑙 𝑛 𝑥 + 𝑥)) + 4(𝑐1. 𝑥2 + 𝑐2. 𝑥

2𝑙𝑛(𝑥)) = 0

2. 𝑐2. 𝑥2 − 4. 𝑐1. 𝑥

2 − 4. 𝑐2. 𝑥2. ln 𝑥 − 2. 𝑐2. 𝑥

2 + 4. 𝑐1. 𝑥2 + 4. 𝑐2. 𝑥

2. ln(𝑥) = 0

Condição para que seja possível a “Combinação Linear”

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Para que uma “Combinação Linear” de funções seja possível é necessário que as mesmas sejam LINEARMENTE INDEPENDENTES.

Independência Linear, em termos simples, significa que cada uma das funções componentes do conjunto não pode ser escrita em função das demais por meio de somas ponderadas pela multiplicação por coeficientes .

𝑓1(𝑥) = 𝑥Ex. 1: 𝑓2(𝑥) = 𝑥2 𝑓3(𝑥) = 𝑥3

Conjunto linearmente independente pois não há como fazer que:

𝑓1 𝑥 = 𝑐1. 𝑓2 𝑥 + 𝑐2. 𝑓3 (𝑥)

𝑓2 𝑥 = 𝑐1. 𝑓1 𝑥 + 𝑐2. 𝑓3 (𝑥)

𝑓3 𝑥 = 𝑐1. 𝑓1 𝑥 + 𝑐2. 𝑓2 (𝑥)

Condição para que seja possível a “Combinação Linear”

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𝑓1(𝑥) = 𝑒𝑥Ex. 2: 𝑓2(𝑥) = 2. 𝑒𝑥 𝑓3(𝑥) = 𝑒−𝑥

Conjunto linearmente dependente pois:

𝑓2 𝑥 = 𝑐1. 𝑓1 𝑥 + 𝑐2. 𝑓3 (𝑥)

2. 𝑒𝑥 = 𝑐1. 𝑒𝑥 + 𝑐2. 𝑒

−𝑥 = 2. 𝑒𝑥 + 0. 𝑒−𝑥

Qual o método / procedimento para verificar se um conjunto de funções é linearmente dependente ou linearmente independente?

Resposta: Aplicação do DETERMINANTE WRONSKIANO

Determinante Wronskiano

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• Suponha que cada uma das funções f1(x), f2(x), ..., fn (x) tenha pelo menos “n-1” derivadas. O determinante mostrado abaixo:

Onde as linhas denotam as derivadas do conjunto de funções é chamado de “Wronskiano das Funções”.

• Conjunto “LINEARMENTE INDEPENDENTE” se W(f1, f2, ..., fn )≠0.• Conjunto “LINEARMENTE DEPENDENTE” se W(f1, f2, ..., fn )=0.

𝑊 𝑓1, 𝑓2, … , 𝑓𝑛 =

𝑓1 𝑓2 … 𝑓𝑛𝑓1′ 𝑓2

′ … 𝑓𝑛′

⋮ ⋮ … ⋮

𝑓1𝑛−1

𝑓2𝑛−1

… 𝑓𝑛𝑛−1

Equações Diferenciais Ordinárias Homogêneas com Coeficientes Constantes

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EDO’s Homogêneas com Coeficientes Constantes

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Homogênea:

𝑎𝑛 𝑥𝑑𝑛𝑦 𝑥

𝑑𝑥𝑛+ 𝑎𝑛−1 𝑥

𝑑𝑛−1𝑦 𝑥

𝑑𝑥𝑛−1+⋯+ 𝑎1 𝑥

𝑑𝑦 𝑥

𝑑𝑥+ 𝑎0 𝑥 𝑦(𝑥) = 0

𝑐𝑛𝑑𝑛𝑦 𝑥

𝑑𝑥𝑛+ 𝑐𝑛−1

𝑑𝑛−1𝑦 𝑥

𝑑𝑥𝑛−1+⋯+ 𝑐1

𝑑𝑦 𝑥

𝑑𝑥+ 𝑐0𝑦(𝑥) = 0

Homogênea com Coef. Constantes:

Todos os coeficientes passam a ser valores numéricos constantes

EDO1 Homogêneas com Coeficientes Constantes (1)

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𝑎. 𝑦′ − 𝑏. 𝑦 = 0

Seja o caso da equação diferencial de 1ª ordem homogênea com os coeficientes constantes “a” e “b” sendo “a” obrigatoriamente diferente de “zero”:

Dado que “a” e “b” são constantes, resulta que y’ é: 𝑦′ = 𝑘. 𝑦 sendo “k” uma constante.

Isso revela a natureza da solução desconhecida “y” – uma única função não trivial elementar cuja derivada é um múltiplo constante de si mesma:

𝑦 = 𝑒𝑚𝑥

EDO1 Homogêneas com Coeficientes Constantes (2)

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𝑎. 𝑦′ − 𝑏. 𝑦 = 0

Dado que:

Como 𝑒𝑚𝑥 nunca é zero para valores reais de x (pela natureza da função) a única forma de solução do problema é fazer com que 𝑎.𝑚 − 𝑏 = 0

Com isso a solução do problema resume-se a determinação da raiz do polinômio de primeiro grau: 𝑎.𝑚 − 𝑏 = 0

𝑦 = 𝑒𝑚𝑥 e 𝑦′ = 𝑚. 𝑒𝑚𝑥

Substituindo na equação diferencial:

𝑎.𝑚. 𝑒𝑚𝑥 − 𝑏. 𝑒𝑚𝑥 = 0 𝑒𝑚𝑥 . (𝑎.𝑚 − 𝑏) = 0

Ex 1. de Solução de EDO1 Homogênea com Coef. Constantes

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Equação: 2𝑦′ + 5𝑦 = 0

Conforme demonstrado antes:

2.𝑚. 𝑒𝑚𝑥 + 5. 𝑒𝑚𝑥 = 0 𝑒𝑚𝑥 . (2.𝑚 + 5) = 0

Logo:2.𝑚 + 5 = 0 𝑚 = −5/2

Solução Particular:𝑦 = 𝑒−

52 𝑥

Solução Geral:𝑦 = 𝑐1𝑒

−52 𝑥

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Atividade Prática

EDO2 Homogêneas com Coeficientes Constantes (1)

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𝑎. 𝑦′′ + 𝑏. 𝑦′ + 𝑐. 𝑦 = 0

Seja o caso da equação diferencial de 2ª ordem homogênea com os coeficientes constantes “a”, “b” e “c” sendo “a” obrigatoriamente diferente de “zero”:

O mesmo raciocínio aplicado para EDO1 homogênea com coeficientes constantes pode ser empregado para o presente caso:

𝑦 = 𝑒𝑚𝑥 𝑦′ = 𝑚𝑒𝑚𝑥 𝑦′′ = 𝑚2𝑒𝑚𝑥

Logo: 𝑎.𝑚2𝑒𝑚𝑥 + 𝑏.𝑚𝑒𝑚𝑥 + 𝑐. 𝑒𝑚𝑥 = 0

𝑒𝑚𝑥. (𝑎.𝑚2 + 𝑏.𝑚 + 𝑐) = 0

EDO2 Homogêneas com Coeficientes Constantes (2)

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Na solução de 𝑎.𝑚2 + 𝑏.𝑚 + 𝑐 três possíveis casos devem ser considerados:

𝑒𝑚𝑥. (𝑎.𝑚2 + 𝑏.𝑚 + 𝑐) = 0

Caso 1 : 𝑏2 − 4. 𝑎. 𝑐 > 0 - raízes reais e distintas

Caso 2 : 𝑏2 − 4. 𝑎. 𝑐 = 0 - raízes reais repetidas

Caso 3 : 𝑏2 − 4. 𝑎. 𝑐 < 0 - raízes complexas conjugadas

Caso 1 : 𝑏2 − 4. 𝑎. 𝑐 > 0 - raízes reais e distintas

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Forma da solução: (sendo as raízes m1 e m2)

𝑒𝑚𝑥. (𝑎.𝑚2 + 𝑏.𝑚 + 𝑐) = 0

𝑦 = 𝑐1. 𝑒𝑚1.𝑥 + 𝑐2. 𝑒

𝑚2.𝑥

Caso 2 : 𝑏2 − 4. 𝑎. 𝑐 = 0 - raízes reais repetidas

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Forma da solução: (sendo as raízes m1 = m2 = m)

𝑒𝑚𝑥. (𝑎.𝑚2 + 𝑏.𝑚 + 𝑐) = 0

𝑦 = 𝑐1. 𝑒𝑚.𝑥 + 𝑐2. 𝑥. 𝑒

𝑚.𝑥

Necessário para que as

funções sejam linearmente

independentes

Caso 3 : 𝑏2 − 4. 𝑎. 𝑐 < 0 - raízes complexas conjugadas

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Forma da solução: (sendo as raízes m1 = α+βi e m2 = α-βi)

𝑒𝑚𝑥. (𝑎.𝑚2 + 𝑏.𝑚 + 𝑐) = 0

𝑦 = 𝑐1. 𝑒(𝛼+𝛽𝑖).𝑥 + 𝑐2. 𝑒

(𝛼−𝛽𝑖).𝑥

Fórmula de Euler:

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Consequência da Fórmula de Euler:

𝑒𝜃𝑖 = 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖. 𝑠𝑒𝑛𝜃

𝑒𝛽𝑖𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝛽𝑥 + 𝑖. 𝑠𝑒𝑛𝛽𝑥

𝑒−𝛽𝑖𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝛽𝑥 − 𝑖. 𝑠𝑒𝑛𝛽𝑥

Considerando que: 𝑐𝑜𝑠 −𝛽𝑥 = 𝑐𝑜𝑠(𝛽𝑥) 𝑠𝑒𝑛 −𝛽𝑥 = −𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑥)e

𝑦 = 𝑐1. 𝑒(𝛼+𝛽𝑖).𝑥 + 𝑐2. 𝑒

(𝛼−𝛽𝑖).𝑥Logo:

𝑦 = 𝑐1. 𝑒𝛼.𝑥. 𝑒𝛽𝑖.𝑥 + 𝑐2. 𝑒

𝛼.𝑥. 𝑒−𝛽𝑖.𝑥

𝑦 = 𝑒𝛼.𝑥. (𝑐1. (𝑐𝑜𝑠𝛽𝑥 + 𝑖. 𝑠𝑒𝑛𝛽𝑥) + 𝑐2. (𝑐𝑜𝑠𝛽𝑥 − 𝑖. 𝑠𝑒𝑛𝛽𝑥))

𝑦 = 𝑒𝛼.𝑥. ( 𝑐1 + 𝑐2 . 𝑐𝑜𝑠𝛽𝑥 + 𝑐1 − 𝑐2 . 𝑖 𝑠𝑒𝑛𝛽𝑥)

𝑦 = 𝑒𝛼.𝑥. (𝐶1. 𝑐𝑜𝑠𝛽𝑥 + 𝐶2. 𝑠𝑒𝑛𝛽𝑥)

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Atividade Prática

Problema de Massa Mola em Vibração Livre Não Amortecida

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Massa-Mola - Vibração Livre Não AmortecidaSeja uma mola flexível suspensa verticalmente em um suporte rígido na parte superior e que na extremidade livre é conectada uma massa "m" (figuras "a" para "b").

O alongamento da mola dependerá da massa (quão maior a massa maior o alongamento da mola) (figura "b").

Massa-Mola - Vibração Livre Não AmortecidaPela Lei de Hooke, a mola exerce uma força restauradora "F" oposta à direção do alongamento e proporcional à distensão "s".

De forma simples, tem-se que:

sendo "k" uma constante de proporcionalidade chamada "constante de mola" ou "constante de rigidez" da mola.

𝐹 = 𝑘. 𝑠

Massa-Mola - Vibração Livre Não AmortecidaDepois que a massa "m" é conectada a mola, um alongamento "s" é provocado de modo que este gere uma força restauradora "F" que equilibre o peso da massa, ou seja:

Se a massa for deslocada de uma quantidade "x" de sua posição de equilíbrio a força restauradora da mola será então k.(x+s) (figura "c").

𝑊 = 𝑚.𝑔

𝐹 = 𝑘. (𝑥 + 𝑠)

Massa-Mola - Vibração Livre Não AmortecidaSupondo que não haja forças de retardamento sobre o sistema e supondo que a massa vibre sem a ação de outras forças externas (movimento causado somente por um deslocamento e/ou velocidade inicialmente atribuído(s)) tem-se então um problema de

VIBRAÇÃO LIVRE NÃO AMORTECIDA.

Massa-Mola - Vibração Livre Não AmortecidaNa posição de equilíbrio:

𝑊 − 𝐹 = 0 𝑚.𝑔 − 𝑘. 𝑠 = 0

Após perturbação inicial (deslocamento inicial “x”):

𝑚.𝑑2𝑥

𝑑𝑡2= 𝑚.𝑔 − 𝑘. (𝑥 + 𝑠)

Massa-Mola - Vibração Livre Não Amortecida

Manipulando algebricamente:

𝑚.𝑑2𝑥

𝑑𝑡2= 𝑚.𝑔 − 𝑘. (𝑥 + 𝑠)

𝑚.𝑑2𝑥

𝑑𝑡2= 𝑚. 𝑔 − 𝑘. 𝑠 − 𝑘. 𝑥

𝑚.𝑔 − 𝑘. 𝑠 = 0

𝑚.𝑑2𝑥

𝑑𝑡2= −𝑘. 𝑥

Equacionamento da condição de equilíbrio antes da perturbação inicial

Equacionamento pós perturbação inicial

Massa-Mola - Vibração Livre Não Amortecida

𝑚.𝑑2𝑥

𝑑𝑡2= −𝑘. 𝑠

O sinal negativo indica que a força restauradora da mola age no sentido oposto ao do movimento.

Além disso, adota-se a convenção de que deslocamentos medidos abaixo da posição de equilíbrio x = 0 são positivos.

Massa-Mola - Vibração Livre Não Amortecida

Massa-Mola - Vibração Livre Não Amortecida

FIM

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