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Equações Diferenciais II - Conceito e Soluções para Alguns Tipos



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1) Separação de Variáveis (cont)

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Continuação do mesmo tópico da página anterior. Agora com o exemplo da transformação adiabática de um gás ideal:
$$dQ = c_v dT + p dv = 0 \tag{1A}$$ Considera-se a relação da Termodinâmica:
$$c_p - c_v = R \longrightarrow {c_p - c_v \over R} = 1 \tag{1a1}$$ Introduzindo esse resultado unitário em p dv de (1A),
$$c_v\ dT + {(c_p - c_v) p dv \over R} = 0\longrightarrow R\ dT = {-(c_p - c_v) p dv \over c_v} \tag{1a2}$$
Também da Termodinâmica,
$${c_p \over c_v} = \gamma \tag{1a3}$$ Substituindo e simplificando,
$$R\ dT = -(\gamma - 1) p dv \tag{1a4}$$ Da lei dos gases ideais,
$$pv = RT \longrightarrow R\ dT = p dv + v dp \tag{1a5}$$ Substituindo R dT em (1a4),
$$\begin{align}pdv + vdp = -(\gamma - 1) pdv\\\gamma p dv = - v dp\\\gamma p dv + v dp = 0\end{align}\tag{1a6}$$ Dividindo as parcelas por p v para separar as variáveis, integrando e resolvendo,
$$\begin{align}\gamma {dv \over v} + {dp \over p} = 0\\\gamma \int{dv \over v} + \int{dp \over p} = C_1\\\gamma \ln v + \ln p = \ln C_2\end{align} \tag{1a7}$$ Portanto,
$$p\ v^\gamma = \text{constante} \tag{1B}$$

2) Variável Auxiliar

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$$y' = f\left({y \over x}\right)\quad z = {y \over x} \tag{2A}$$ Na forma acima, a variável z é usada para simplificar. Seja o exemplo:
$$y' = - {x+y \over x} \tag{2B}$$ Pode-se escrever:
$$y' = -\left(1 + {y \over x} \right) = - (1 + z) = f(z) \tag{2b1}$$
Desde que y = x z,
$$y' = {dy \over dx} = x {dz \over dx} + z {dx \over dx} = z + x {dz \over dx} \tag{2b2}$$
Mas y' = f(z) segundo (2b1). Substituindo e reagrupando,
$$x {dz \over dx} = f(z) - z \longrightarrow {dx \over x} = {dz \over f(z) - z} \tag{2b3}$$
Substituindo f(z) pela igualdade de (2b1),
$${dx \over x} = {dz \over -(1 + z) - z} = - {dz \over 1 + 2z} \tag{2b4}$$ Integrando, resolvendo e reagrupando,
$$\begin{align}\int {dx \over x} = -\int {dz \over 1 + 2z}\\\ln x = - {\ln(1 + 2z) \over 2} + {\ln C \over 2}\\2 \ln x + \ln(1 + 2z) = \ln C\\x^2 (1 + 2z) = C\end{align}\tag{2b5}$$ Substituindo z conforme (2A),
$$x^2 (1 + 2{y \over x}) = C \tag{2b6}$$ Portanto,
$$y = {C - x^2 \over 2x} \tag{2C}$$

3) Forma Linear

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$${dy \over dx}+y\ g(x) +h(x) = 0 \tag{3A}$$ A solução é dada por:
$$y = -\mathrm e^{-G(x)}\int h(x) \mathrm e^{G(x)}dx + C \mathrm e^{-G(x)}\quad\text{onde}\quad G(x) = \int g(x) dx \tag{3B}$$
No exemplo do circuito RL da Figura 3-I, a chave S é fechada em t = 0, aplicando-lhe uma tensão contínua invariável V. Para determinar a corrente i(t), usam-se as leis de Kirchhoff,
$$V = R\ i + L {di \over dt}\quad\text{ou}\quad{di \over dt} + {R \over L}i - {V \over L} = 0 \tag{3C}$$
Corresponde à forma (3A) com i no lugar de y e t no lugar de x. E com as funções:
$$g(t) = {R \over L}\quad h(t) = -{V \over L} \tag{3c1}$$

Fig 3-I

Conforme (3B),
$$G(t) = \int g(t) dt = \int {R \over L} dt = {R \over L} t \tag{3c2}$$ Substituindo em (3B), integrando e simplificando,
$$\begin{align}i(t) = -\rm e^{- (R/L)t} \int -(V/L)\rm e^{(R/L)t} dt + C \rm e^{- (R/L)t}\\i(t) = \rm e^{- (R/L)t} (V/L) (L/R)\rm e^{(R/L)t} + C \rm e^{- (R/L)t}\\i(t) = (V/R) + C \rm e^{-(R/L)t}\end{align} \tag{3c3}$$
Desde que, para t = 0, ocorre i = 0, tem-se 0 = V/R + C. Portanto, C = − V/R. Substituindo e reagrupando,
$$i(t) = {V \over R}\left(1 - \mathrm e^{-\large\tfrac{t}{L / R}} \right) \tag{3D}$$ Portanto, a corrente parte de zero até se estabilizar em $i(\infty) = (V/R)$, ou seja, definida pela resistência R. O fator $L/R$ é a constante de tempo do circuito.
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Apostol, Tom M. Calculus. Blaisdell, 1969.
Bouché, Ch; Leitner, A; Sass, F. Dubbel - Manual da Construção de Máquinas. São Paulo: Hemus, 1979.
Giek, Kurt. Manual de Fórmulas Técnicas. São Paulo: Hemus.
Simmons, H. A. College Algebra. New York: Macmillan.
Vygodsky, M. Mathematical Handbook. Moscow: Mir Publishers, 1971.