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2. Equações Diferenciais de Primeira ordem

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— 2. Equações Diferenciais de Primeira ordem —

Existem alguns tipos de equações ordinárias de primeira ordem que podem ser resolvidas analiticamente.Comecemos por estudar o caso mais simples das equações diferenciais de primeira ordem e depois analisaremos as equações de variáveis separáveis e as equações homogéneas.

O caso mais simples das equações diferenciais de primeira ordem tem a seguinte forma:

{\dfrac{dy}{dx}=f(x)}

resolve-se facilmente, usando o teorema do calculo integral

\displaystyle y(x)=\int f(x)dx+c

em que c é uma constante arbitraria que será determinada segundo a condição inicial do problema

OBS:Na resolução de uma equação diferencial, você terá frequentemente que utilizar, integração por partes, frações parciais ou possivelmente uma substituição.Será proveitoso gastar alguns minutos de seu tempo na revisão de algumas técnicas de integração.

— 2.1. Equações Diferenciais de Variáveis Separáveis —

Definição 9.Uma equação diferencial de variáveis separáveis tem a forma

{f(x)dx+g(y)dy=0}

onde cada diferencial tem como coeficiente uma função de sua própria variável, ou uma constante.

Metodo de solução:Integraçã direta

{\int f(x)dx+\int g(y)dy=0}

Deve-se ter em conta que quando não a maneiras de separar as variáveis, deve-se usar outros métodos para encontrar a solução.

Exemplo 1.Resolva {(1+x)dy-ydx=0}

Solução:Dividindo a equação por {(1+x)y}, podemos escrever

\displaystyle \dfrac{dy}{y}-\dfrac{dx}{1+x}=0

onde teremos:

\displaystyle \int\dfrac{dy}{y}=\int\dfrac{dx}{1+x}\Rightarrow ln |y|=ln |1+x|+c_{1}

\displaystyle y=e^{ln |1+x|+c_{1}}=e^{ln |1+x|}.e^{c_{1}}

\displaystyle y=|1+x|.e^{c_{1}}\Rightarrow y=\pm e^{c_{1}}(1+x)

fazendo { c=\pm e^{c_{1}} } teremos:

{y=c(1+x)}

Exemplo 2. Resolva o problema de valor inicial

\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=-\dfrac{x}{y} \quad y(4)=3

Solução:De {ydy=-xdx }, obtemos

\displaystyle \int ydy=-\int xdx \Rightarrow \dfrac{y^{2}}{2}=-\dfrac{x^{2}}{2}+c_{1}

Essa solução pode ser escrita como

\displaystyle x^{2}+y^{2}=c^{2}

trocando as constantes { 2c_{1} } por { c^{2}.} A solução representa uma família de círculos concêntricos. Agora, quando {x=4, y=3} temos {16+9=25=c^{2}} logo, o problema de valor inicial determina

{ x^{2}+y^{2}=25}

Em vista do teorema de Picard, podemos concluir que este é o único circulo da família que passa pelo ponto{(4,3)}

Exemplo 3. Resolva {\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{xy+2y-x-2}{xy-3y+x-3}} Solução: Aplicando factorização teremos:

\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=\dfrac{y(x+2)-(x+2)}{y(x-3)+(x-3)}\Rightarrow \dfrac{dy}{dx}=\dfrac{(x+2)(y-1)}{(x-3)(y+1)}

Colocando a equação na forma:{ \dfrac{y+1}{y-1}dy=\dfrac{x+2}{x-3}dx } ou

\displaystyle \left(1-\dfrac{2}{y-1}\right)dy=\left( 1+\dfrac{5}{x-3}\right) dx

nos obtemos:

\displaystyle y+2ln |y-1|=x+5ln |x-3|+c

{\dfrac{(y-1)^{2}}{(x-3)^{5}}=c_{1}e^{x-y}}

— 2.2. Equações Diferenciais Homogéneas —

Definição 10:Uma equação diferencial { M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 } é dita homogénea se ambos os coeficientes M e N são funções homogéneas do mesmo grau, ou seja, se:

{ M(tx,ty)=t^{n}M(x,y) \quad N(tx,ty)=t^{n}N(x,y)}

— 2.2.1. Método de solução —

Uma equação diferencial homogénea { M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 }, pode ser resolvida por meio de uma substituição algébrica.Para transformar a equação em uma equação de variáveis separáveis usamos a substituição {y=xu} ou { x=vy } em que u e v são as novas variáveis independentes.Se usarmos a substituição {y=xu} seu diferencial será {dy=udx+xdu} e se usarmos { x=vy } seu diferencial será {dx=vdy+ydv}.

Exemplo 4.Resolva {(x^{2}+y^{2})dx+(x^{2}-xy)dy=0}

Solução: Primeiro passo é verificar se as funções são homogéneas do mesmo grau.

\displaystyle M(tx,ty)=(t^{2}x^{2}+t^{2}y^{2}) \quad N(tx,ty)=(t^{2}x^{2}-t^{2}xy)

Nota-se que tanto M e N são homogéneas de grau dois. Segundo passo será fazer a substituição.Se fizermos {y=xu} teremos:

\displaystyle (x^{2}+u^{2}x^{2})dx+(x^{2}-ux^{2})[udx+xdu]=0

Terceiro passo será arrumar a equação e verificar que ficou separável

\displaystyle x^{2}(1+u)dx+x^{3}(1-u)du=0 \Rightarrow \dfrac{1-u}{1+u}du+\dfrac{dx}{x}=0

\displaystyle \left[-1+\dfrac{2}{1+u}\right] du+\dfrac{dx}{x}=0

Quarto passo será resolver a equação.Depois de integrar a ultima linha, obtemos:

\displaystyle -u+2ln|1+u|+ln|x|=ln|c|

Quinto passo será voltar a variável antiga, substituindo por {u=\dfrac{y}{x}:}

\displaystyle \dfrac{-y}{x}+2ln|1+\dfrac{y}{x}|+ln|x|=ln|c|

Usando as propriedades do logaritmo, podemos escrever a solução como

\displaystyle ln|\dfrac{(x+y)^{2}}{cx}|=\dfrac{y}{x}

A definição de um logaritmo implica

{ (x+y)^{2}=cxe^{y/x}}

Existem outras equações que podem ser reduzidas a equações homogéneas mediante determinada troca de variáveis.Um exemplo típico é a equação

{\dfrac{dy}{dx}=f\left(\dfrac{ax+by+c}{px+qy+r}\right)}

onde a,b,c,p,q e r são constantes dadas.Se as constantes c e r fossem nulas, a equação seria homogenea; definimos um novo sistema de coordenadas { (u,v) } para substituir { (x,y) }, de forma a obter

\displaystyle \begin{array}{rc} ax+by+c=au+bv \\ px+qy+r=pu+qv \end{array}

ou de forma equivalente

\displaystyle \begin{array}{rc} a(x-u)+b(y-v)=-c\\ p(x-u)+q(y-v)=-r \end{array}

A solução deste sistema de equações lineares pode ser obtido por meio da regra de cramer

\displaystyle x-u=\dfrac{\begin{bmatrix} -c & b\\ -r & q \end{bmatrix}}{\begin{bmatrix} a & b\\ p & q \end{bmatrix}} \quad y-u=\dfrac{\begin{bmatrix} a & -c\\ p & -r \end{bmatrix}}{\begin{bmatrix} a & b\\ p & q \end{bmatrix}}

como a,b,c,d,q e r são constantes e também {dx=du \quad dy=dv} a equação diferencial converte-se numa equação homogénea

{\dfrac{dv}{du}=f\left(\dfrac{au+bv}{pu+qv}\right)}

Exemplo 5.Resolva o problema de valor inicial

\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=f\left(\dfrac{x+y-3}{x-y-1}\right) \quad y(3)=1

Solução:Esta equação pode ser reduzida a uma equação homogenea, mudando as variaveis (x,y) para (u,v) definidas por

\displaystyle \begin{array}{ccc} x+y-3=u+v\\ x-y-1=u-v \end{array} \Rightarrow \begin{array}{ccc} (x-u)+(y-v)=3\\ (x-u)-(y-v)=1 \end{array}

usando a regra de Cramer temos

\displaystyle x-u=\dfrac{\begin{bmatrix} 3 & 1\\ 1 & -1 \end{bmatrix}}{\begin{bmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{bmatrix}}=2 \quad y-u=\dfrac{\begin{bmatrix} 1 & 3\\ 1 & 1 \end{bmatrix}}{\begin{bmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{bmatrix}}=1

\displaystyle \begin{array}{cc} x=u+2 \Rightarrow dx=du\\ y=v+1 \Rightarrow dy=dv \end{array}

com estas substituições, a equação diferencial torna-se uma equação homogénea

\displaystyle \dfrac{dv}{du}=\dfrac{u+v}{u-v}

e para reduzir a equação de variáveis definimos uma nova variável dependente z

\displaystyle z=\dfrac{v}{u} \Rightarrow \dfrac{dv}{du}=z+u\dfrac{dz}{du}

substituindo na equação diferencial, teremos:

\displaystyle z+u\dfrac{dz}{du}=\dfrac{1+z}{1-z}

\displaystyle \dfrac{dz}{du}=\dfrac{1}{u}\left(\dfrac{1+z}{1-z}-z\right)=\dfrac{z^{2}-1}{u(1-z)}

esta equação de variáveis separáveis pode ser integrada

\displaystyle \int\dfrac{1-z}{z^{2}+1}dz=\int\dfrac{du}{u}+c \Rightarrow \arctan (z)-\dfrac{1}{2}ln\left(1+z^{2}\right)=ln u +c

para calcular o valor da constante c, vemos que a condição inicial

\displaystyle y(3)=1 \Rightarrow u=2, v=0 \quad z=0

então:

\displaystyle \arctan 0-\dfrac{ln 1}{2}=ln 2 + c \Rightarrow \arctan (z)-\dfrac{1}{2}ln\left(1+z^{2}\right)=ln u

e a solução em função de x e y é:

{\arctan \left(\dfrac{y-1}{x-2}\right)-\dfrac{1}{2}ln \left[1+\left(\dfrac{y-1}{x-2}\right)^{2}\right]=ln (x-2)}

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