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)