Integrais e Problema de Valor Inicial

Teoria Completa

O que são Problemas de Valor Inicial?

Um problema de valor inicial está quase sempre na forma: d y d x = 2 x + 1 y 0 = 5

E pede a expressão de y . Ou seja, temos:

  • A expressão para derivada.
  • O valor da função num ponto.

E queremos a expressão da função.

Resolvendo um problema de valor inicial

Vamos resolver o problema de valor inicial, ou PVI, para os íntimos, que vimos agora a pouco:

d y d x = 2 x + 1 y 0 = 5

Queremos y x , e temos sua derivada: d y d x = y ' x = 2 x + 1

Pra achar y x , temos que fazer a operação inversa da derivação, ou seja, integrar!

Primeiramente, vamos deixar cada infinitesimal num lado da equação:

d y d x = 2 x + 1 ⟹ d y = 2 x + 1 d x

Agora, aplicamos a integral em cada lado:

d y = 2 x + 1 d x ⟹ ∫ d y = ∫ 2 x + 1 d x

Vamos ver cada integral separadamente. A da esquerda vai dar: ∫ d y = ∫ 1 ⋅ d y = y + C 1

Nada de esquecer a constante hein!!

E a integral da direita é: ∫ 2 x + 1 d x = x 2 + x + C 2

Substituindo: y + C 1 = x 2 + x + C 2

Isolando y : y = x 2 + x + C 2 - C 1

Para ficar mais elegante, podemos chamar C 2 - C 1 de C :

y x = x 2 + x + C

Veja que já temos uma expressão geral para y . Para chegar no resultado final, usamos a segunda informação do problema: o valor inicial:

y 0 = 5

Nesse ponto, temos:

y 0 = 0 2 + 0 + C = 5

C = 5

Substituindo, ficamos com: y x = x 2 + x + 5

Ou seja, o valor de y num ponto serve justamente para identificar o valor constante para a expressão encontrada que satisfaça as condições do problema.

Legal? Vamos para os exercícios para fixar bem isso!

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Exercício Resolvido #1

Universidade Federal Fluminense – Cálculo IIA – Lista GMA 2 – Exercício 26

Resolva o problema de valor inicial: d y d x = x 2 x 2 + 1 y 0 = 1

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Passo 1

Temos y ' x e queremos y x . Para chegar lá, colocamos cada infinitesimal num lado da primeira equação: d y d x = x 2 x 2 + 1 ⟹ d y = x 2 x 2 + 1 d x

Passo 2

Agora, aplicamos a integral nos dois lados:

∫ d y = ∫ x 2 x 2 + 1 d x

Para a integral à esquerda, temos:

∫ d y = y + C 1

Para a integral à direita, podemos fazer a substituição: u = 2 x 2 + 1

Ficando com: d u = 2 x 2 + 1 ' d x = 4 x d x

Resultando em:

∫ x 2 x 2 + 1 d x = 1 4 ∫ d u u = 1 4 ∫ u - 1 / 2 d u =

1 4 u 1 - 1 / 2 1 - 1 / 2 = 1 4 ⋅ 2 ⋅ u 1 / 2 = 1 2 u 1 / 2 + C 2

Voltando a x :

… = 1 2 2 x 2 + 1 + C 2

Passo 3

Agora substituímos o que encontramos na equação: ∫ d y = ∫ x 2 x 2 + 1 d x ⟹ y + C 1 = 1 2 2 x 2 + 1 + C 2  

Isolamos y e escrevemos as constantes como C :

y = 1 2 2 x 2 + 1 + C 2 - C 1

y = 1 2 2 x 2 + 1 + C

Passo 4

Para achar o valor de C para o PVI, usamos a segunda informação do problema: y 0 = 1

y 0 = 1 2 2 ⋅ 0 2 + 1 + C ⟹ 1 2 + C = 1 ⟹ C = 1 2

Assim, a solução será: y x = 1 2 2 x 2 + 1 + 1 2

Resposta

y = 1 2 2 x 2 + 1 + 1 2

Exercício Resolvido #2

Universidade Federal Fluminense – Cálculo IIA – Lista GMA 2 – Exercício 29

Resolva o problema de valor inicial:

f ' x = 1 - sen 2 ⁡ x sen ⁡ 2 x f π 2 = 0

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Passo 1

Podemos escrever f ' x como:

f ' x = y ' = d y d x = 1 - sen 2 ⁡ x sen ⁡ 2 x

Levando a:

d y d x = 1 - sen 2 ⁡ x sen ⁡ 2 x f π 2 = 0

Primeiramente, vamos isolar cada infinitesimal:

d y d x = 1 - sen 2 ⁡ x sen ⁡ 2 x ⟹ d y = 1 - sen 2 ⁡ x sen ⁡ 2 x d x

Passo 2

Como queremos y e temos y ' , vamos integrar dos dois lados: ∫ d y = ∫ 1 - sen 2 ⁡ x sen ⁡ 2 x d x

A integral da esquerda fica: ∫ d y = y + C 1

Para a integral da direita, podemos escrever: 1 - sen 2 ⁡ x = cos 2 ⁡ x = 1 + cos ⁡ 2 x 2

Ficando com: ∫ 1 - sen 2 ⁡ x sen ⁡ 2 x d x = 1 2 ∫ 1 + cos ⁡ 2 x sen ⁡ 2 x d x =

1 2 ∫ sen ⁡ 2 x d x + 1 2 ∫ cos ⁡ 2 x sen ⁡ 2 x d x

Para a primeira integral, fazemos a substituição u = 2 x , levando a d u = 2 d x e:

1 2 ∫ sen ⁡ 2 x d x = 1 4 ∫ sen ⁡ u d u = - 1 4 cos ⁡ u + C 2 = - 1 4 cos ⁡ 2 x + C 2

Para a segunda, fazemos a substituição w = sen ⁡ 2 x , levando a d w = 2 cos ⁡ 2 x d x e:

1 2 ∫ cos ⁡ 2 x sen ⁡ 2 x d x = 1 4 ∫ w d w = 1 8 w 2 + C 3 = 1 8 sen 2 ⁡ 2 x + C 3

Logo: ∫ 1 - sen 2 ⁡ x sen ⁡ 2 x d x = - 1 4 cos ⁡ 2 x + 1 8 sen 2 ⁡ 2 x + C 2 + C 3

Passo 3

Agora, substituímos tudo na equação: ∫ d y = ∫ 1 - sen 2 ⁡ x sen ⁡ 2 x d x

y + C 1 = - 1 4 cos ⁡ 2 x + 1 8 sen 2 ⁡ 2 x + C 2 + C 3

Isolando y e considerando C = C 2 + C 3 - C 1 : y = - 1 4 cos ⁡ 2 x + 1 8 sen 2 ⁡ 2 x + C 2 + C 3 - C 1 =

y = - 1 4 cos ⁡ 2 x + 1 8 sen 2 ⁡ 2 x + C

Passo 4

Para achar C , usamos a segunda informação do problema: f π 2 = y π 2 = 0

Substituindo: y π 2 = - 1 4 cos ⁡ 2 ⋅ π 2 + 1 8 sen 2 ⁡ 2 ⋅ π 2 + C =

- 1 4 cos ⁡ π + 1 8 sen 2 ⁡ π + C = 1 4 + C = 0

C = - 1 4

Com isso, substituímos o valor de C para finalizar o problema:

y = - 1 4 cos ⁡ 2 x + 1 8 sen 2 ⁡ 2 x - 1 4

Resposta

y = - 1 4 cos ⁡ 2 x + 1 8 sen 2 ⁡ 2 x - 1 4

Exercício Resolvido #3

Elaboração Própria

Um tanque com água está enchendo a uma taxa de:

d V d t = 2 5 e - 5 t

Em litros/minuto. Determine a expressão do volume de água no tanque se V 0 = 5 litros.

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Passo 1

Veja que temos aqui uma derivada, também o valor da função correspondente num ponto e queremos a função num ponto.

Apesar de não aparecer tudo bonitinho dentro de uma chave, este problema tem todas as características é um PVI. Também pode ser escrito como os problemas que vimos anteriormente:

d V d t = 2 5 e - 5 t V 0 = 5

Então vamos lá. Primeiro, separamos os infinitesimais: d V = 2 5 e - 5 t d t

Passo 2

Agora, aplicamos a integral dos dois lados:

∫ d V = ∫ 2 5 e - 5 t d t

A integral da esquerda é: ∫ d V = V + C 1

A integral da direita será: ∫ 2 5 e - 5 t d t = 2 5 ∫ e - 5 t d t

Como u = - 5 t e, consequentemente, d u = - 5 d t :

2 5 ∫ e - 5 t d t = 5 ∫ e u d u = - 5 e u + C 2 = - 5 e - 5 t + C 2

Passo 3

Substituindo na equação:

∫ d V = ∫ 2 5 e - 5 t d t

V + C 1 = - 5 e - 5 t + C 2

Isolando V e considerando C = C 2 - C 1 :

V = - 5 e - 5 t + C 2 - C 1

V = - 5 e - 5 t + C

Passo 4

Vamos descobrir um valor de C que garante solução para o problema. Usando a segunda informação:

V 0 = - 5 e - 5 ⋅ 0 + C = - 5 + C = 5

C = 10

Assim, substituindo, temos:

V = 5 2 - e - 5 t

Em litros.

Resposta

V = 5 2 - e - 5 t

Exercício Resolvido #4

Elaboração Própria

Em um tanque CSTR, uma reação de segunda ordem ocorre segundo a lei

- d C A d t = k C A C B

Sendo A e B substratos dessa reação. Sabe-se que k é uma constante de reação e que C A se relacionam com a conversão de A da seguinte forma:

C A = C A 0 1 - X A

C B = C A 0 1 - X A

Onde C A 0 é a concentração inicial de A e X A é a conversão de A . Ache uma expressão para X A t sabendo que X A 0 = 0,8

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Passo 1

Pode atéééé não parecer, mas essa questão da tudo que a gente precisa. E não, não precisamos entender sobre química pra resolver essa questão.

Vamos reescrever o enunciado da forma que a gente consiga achar x . Como:

- d C A d t = k C A C B

E ainda:

C A = C A 0 1 - X A

C B = C A 0 1 - X A

Reescrevemos:

- d d t C A 0 1 - X A = k C A 0 1 - X A C A 0 2 - X A

C A 0 d X A d t = k C A 0 2 1 - X A 2

d X A d t = k C A 0 1 - X A 2

Passando o d t pro lado direito e tudo que tem X A pro lado esquerdo:

d X A 1 - X A 2 = k C A 0

Passo 2

Agora, aplicamos a integral dos dois lados:

∫ d X A 1 - X A 2 = ∫ k C A 0 d t

A integral da esquerda é: ∫ d X A 1 - X A 2 = 1 1 - X A + C 1

A integral da direita será: ∫ k C A 0 d t = k C A 0 t + C 2

Passo 3

Substituindo na equação:

∫ d X A 1 - X A 2 = ∫ k C A 0 d t

1 1 - X A + C 1 = k C A 0 t + C 2

Isolando V e considerando C = C 2 - C 1 :

1 1 - X A = k C A 0 t + C

Passo 4

Vamos descobrir um valor de C que garante solução para o problema. Usando a segunda informação:

X A 0 = 0,8

Então:

1 1 - 0,8 = k C A 0 . 0 + C

1 0,2 = C

C = 5

Assim, substituindo, temos:

1 1 - X A = k C A 0 t + 5

Passo 5

Nesse último passo a gente vai só reorganizar a função pra achar o famoso X A t . Sendo:

1 1 - X A = k C A 0 t + 5

Se elevarmos os dois lados à - 1 :

1 - X A = 1 k C A 0 t + 5

Multiplicando os dois lados por - 1

X A - 1 = - 1 k C A 0 t + 5

E somando os dois lados a 1 , fechamos com:

X A t = 1 - 1 k C A 0 t + 5

Resposta

X A t = 1 - 1 k C A 0 t + 5

Exercício Resolvido #5

Elaboração Própria

Resolva o problema:

y ' = x sin ⁡ x y + 1 y π 2 = 0

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Passo 1

A primeira coisa a fazer nessa questão é desembolar esse enunciado porque tem y e x do mesmo lado da equação. Passando então o y + 1 pra esquerda, ficamos com:

1 y + 1   y ' = x sin ⁡ x

Ok, isso ainda não está pronto, porque não sabemos quem é y ' . Mas bem, isso não é problema pra gente, se lembrarmos que:

y ' = d y d x

E logo, ficamos com:

1 y + 1   d y d x = x sin ⁡ x

Passando o d x pro lado direito:

1 y + 1 d y = x sin ⁡ x   d x

Mamão com açúcar, agora é só integrar dos dois lados

Passo 2

Agora, aplicamos a integral dos dois lados:

∫ 1 y + 1   d y = ∫ x sin ⁡ x d x

A integral da esquerda é: ∫ 1 y + 1   d y = ln ⁡ y + 1 + C 1

A integral da direita a gente vai ter que tirar usando integração por partes:

∫ x sin ⁡ x d x

Seja:

u = x → d u = d x

sin ⁡ x d x = d v →   - cos ⁡ x = v Então:

∫ u   d v = u v -   ∫ v   d u

E logo:

∫ x sin ⁡ x d x =   - x cos ⁡ x - ∫ - cos ⁡ x d x

∫ x sin ⁡ x d x =   - x cos ⁡ x + sin ⁡ x + C 2

Passo 3

Substituindo na equação:

∫ y + 1   d y = ∫ x sin ⁡ x d x

ln ⁡ y + 1 + C 1 = - x cos ⁡ x + sin ⁡ x + C 2

Considerando C = C 2 - C 1 :

ln ⁡ y + 1 = - x cos ⁡ x + sin ⁡ x + C

Passo 4

Vamos descobrir um valor de C que garante solução para o problema. Usando a segunda informação:

y π 2 = 0

Sendo assim, temos:

ln ⁡ 0 + 1 = - π 2 cos ⁡ π 2 + sin ⁡ π 2 + C

ln ⁡ 1 = - π 2 ∙ 0 + 1 + C

0 = C + 1

C = - 1

Passo 5

Agora que sabemos o valor de C , a gente substitui e fica com:

ln ⁡ y + 1 = - x cos ⁡ x + sin ⁡ x - 1

Isolando o y , ficamos com:

y + 1 = exp ⁡ - x cos ⁡ x + sin ⁡ x - 1

E como, pela definição de módulo:

y + 1 = y + 1 ,     s e   y + 1 ≥ 0 - y - y ,     s e   y + 1 < 0

y + 1 = y + 1 ,     s e   y ≥ - 1 - y - 1 ,     s e   y < - 1

Então:

y + 1 = exp ⁡ - x cos ⁡ x + sin ⁡ x - 1 ,     s e   y ≥ - 1 - y - 1 = exp ⁡ - x cos ⁡ x + sin ⁡ x - 1 ,     s e   y < - 1

y = exp ⁡ - x cos ⁡ x + sin ⁡ x - 1 - 1 ,     s e   y ≥ - 1 y = - exp ⁡ - x cos ⁡ x + sin ⁡ x - 1 - 1 ,     s e   y < - 1

Por fim:

y = exp ⁡ - x cos ⁡ x + sin ⁡ x - 1 - 1 ,     s e   y ≥ - 1 - exp ⁡ - x cos ⁡ x + sin ⁡ x - 1 - 1 ,     s e   y < - 1