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Enunciado

Cálculo - Boyce - Equações Diferenciais - Ed: 10º - Capítulo 2.3 - Ex. 18a

18. Considere uma caixa isolada termicamente (um prédio, talvez) com temperatura interna u(t).De acordo com a lei do resfriamento de Newton, u satisfaz a equação diferencial

d u d t =   - k   u - T ( t )

em que T(t) é a temperatura do ambiente (externo). Suponha que T(t) varia como uma senoide;por exemplo, suponha que T(t) = T0 + T1 cos(ωt).(a) Resolva a Eq. (i) e expresse u(t) em termos de t, k, T0, T1 e ω. Observe que parte de suasolução tende a zero quando t fica muito grande; esta é chamada de parte transiente. O restanteda solução é chamado de estado estacionário; denote-a por S(t).(b) Suponha que t está medido em horas e que ω = π/12, correspondendo a um período de 24horas para T(t). Além disso, sejam T0 = 60°F, T1 = 15°F e k = 0,2/h. Desenhe gráficos de S(t) ede T(t) em função de t nos mesmos eixos. A partir de seu gráfico, estime a amplitude R da parteoscilatória de S(t). Estime, também, a diferença de tempo τ entre os máximos correspondentesde T(t) e de S(t).(c) Sejam k, T0, T1 e ω não especificados. Escreva a parte oscilatória de S(t) na forma Rcos[ω(t – τ)]. Use identidades trigonométricas para encontrar expressões para R e τ. Suponhaque T1 e ω têm os valores dados no item (b) e desenhe gráficos de R e τ em função de k.

Passo 1

Temos em mãos uma equação diferencial que não é trivial

d u d t =   - k   u - T ( t )

Não podemos simplesmente separar as variáveis. Temos que apelar para um método de integração mais forte, chamado Método do Termo Integrante. Onde nossa solução tem o seguinte formato

u = 1 I t ∫ I t   q t d t + C

Onde nossa função I t   é

I t = e ∫ P t d t

Belezinha? Vamos cair dentro então \o/

Passo 2

Primeiro temos uma deixar nossa equação com uma cara mais nítida para descobrirmos o Q e P da nossa equação genérica.

d u d t =   - k   u - T ( t )

u ' =   - k u + k T

u ' + k u = k T

Agora sim podemos descobrir nossa solução. Vamos começar calculando o termo integrante

I t = e ∫ P t d t

I t = e ∫ k   d t

I t = e k t

Passo 3

Agora sim , podemos descobrir nossa função solução

u = 1 I t ∫ I t   q t d t + C

y = e - k t ∫ e k t   k T d t + C

y = e - k t ∫ e k t   k ( T 0   +   T 1   c o s ω t ) d t + C

Ficou enorme essa expressão, vamos olhar unicamente para a integral

∫ e k t   k ( T 0   +   T 1   c o s ω t ) d t

k ∫ e k t T 0   +   e k t T 1   c o s ω t d t

k   e k t T 0 k +   ∫   e k t T 1   c o s ω t d t

e k t T 0 + k T 1 ∫   e k t   c o s ω t d t

Para resolver essa integral de exponencial vezes essa função senoide vamos precisar usar a Integração por Partes 2x e acharemos o seguinte resultado

∫   e k t   c o s ω t d t   = ω e k t sin ⁡ ω t ω 2 + k 2 + k e k t cos ⁡ ω t ω 2 + k 2

Logo nossa equação fica

e - k t e k t T 0 + k T 1 ω e k t sin ⁡ ω t ω 2 + k 2 + k e k t cos ⁡ ω t ω 2 + k 2 + C

Logo fazendo uns ajustes nessa equação temos

  T 0 + k T 1 ω sin ⁡ ω t ω 2 + k 2 + k cos ⁡ ω t ω 2 + k 2 + C e - k t

Passo 4

Agora temos que descobrir qual parte da solução tende a zero quando t é muito grande. Entao vamos impor um limite a nossa

lim t → ∞ ⁡ T 0 + k T 1 ω sin ⁡ ω t ω 2 + k 2 + k cos ⁡ ω t ω 2 + k 2 + C e - k t  

As funções senoidais quando vão para infinito ficam eternamente variando sem chegar a um limite fixo , ao passo que a parte C e - k t →   0 . Logo como o próprio enunciado nos diz a parte transiente T r pode ser descrita como

T r ( t ) =   C e - k t    

E o restante é a parte estacionaria

S t =   T 0 + k T 1 ω sin ⁡ ω t ω 2 + k 2 + k cos ⁡ ω t ω 2 + k 2  

Terminamos por aqui. Te vejo na próxima resolução

: )

Resposta

u t = T 0 + k T 1 ω sin ⁡ ω t ω 2 + k 2 + k cos ⁡ ω t ω 2 + k 2 + C e - k t

T r ( t ) = C e - k t    

S t =   T 0 + k T 1 ω sin ⁡ ω t ω 2 + k 2 + k cos ⁡ ω t ω 2 + k 2  

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