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Equações Diferenciais Exatas e Lineares

— 2.3. Equações Diferenciais Exatas —

Definição 11. Uma expressão diferencial

\displaystyle M(x,y)dx+N(x,y)dy

é uma diferencial exata em uma região do plano xy se ela corresponde á diferencial total de alguma função f(x,y).Uma equação diferencial da forma

\displaystyle M(x,y)dx+N(x,y)dy=0

é chamada de uma equação exata se a expressão do lado esquerdo é uma diferencial exata

Teorema 2 Sejam M(x,y) e N(x,y) funções continuas com derivadas parciais continuas em uma região retangular R definida por { a<x<b, c<y<d. }Então, uma condição necessária e suficiente para que

\displaystyle M(x,y)dx+N(x,y)dy

seja uma equação diferencial exata é

\displaystyle \dfrac{\partial M}{\partial y}=\dfrac{\partial N}{\partial x}

— 2.3.2. Método de solução —

Dada a equação

\displaystyle M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 \ \ \ \ \ (1)

mostre primeiro que

\displaystyle \dfrac{\partial M}{\partial y}=\dfrac{\partial N}{\partial x} \ \ \ \ \ (2)

Depois suponha que

\displaystyle \dfrac{\partial f}{\partial x}=M(x,y) \ \ \ \ \ (3)

dai podemos encontrar f integrando M(x,y) com relação a x, considerando y constante, escrevemos:

\displaystyle f(x,y)=\int M(x,y)dx+g(y) \ \ \ \ \ (4)

em que a função arbitraria g(y) é a constante de integração.Agora, derivando a equação (4) com relação a y e supondo {\partial f/\partial y=N(x,y):}

\displaystyle \dfrac{\partial f}{\partial y}=\dfrac{\partial}{\partial y}\int M(x,y)dx+g\prime(y)=N(x,y). \ \ \ \ \ (5)

Assim

\displaystyle g\prime(y)=N(x,y)-\dfrac{\partial}{\partial y}\int M(x,y)dx \ \ \ \ \ (6)

Finalmente podemos integrar a equação (6) com relação a y e substituir o resultado em (4).A solução para a equação é {f(x,y)=c}

Nota:Poderíamos também começar o procedimento acima com a suposição de que { \partial f/\partial y=N(x,y). }Depois, integrando N com relação a y e derivando o resultado, encontramos o análogo de (4) e (6), que seria respetivamente.

\displaystyle f(x,y)=\int N(x,y)dy+h(x) \quad h\prime(x)=M(x,y)-\dfrac{\partial}{\partial x}\int N(x,y)dy

Exemplo 1.Resolva a seguinte equação

\displaystyle (6xy-2y^{2})dx+(3x^{2}-4xy)dy=0

Solução.com {M(x,y)=(6xy-2y^{2}) \quad N(x,y)=(3x^{2}-4xy)} temos

\displaystyle \dfrac{\partial M}{\partial y}=6x-4y=\dfrac{\partial N}{\partial x}

logo, a equação é exata e existe uma função f(x,y) tal que

\displaystyle \dfrac{\partial f}{\partial x}=(6xy-2y^{2})

depois de integrar em relação a x, obtemos:

\displaystyle f(x,y)=3x^{2}y-2xy^{2}+g(y)

Derivando a ultima expressão com relação a y e igualando o resultado a N(x,y), temos

\displaystyle \dfrac{\partial f}{\partial y}=3x^{2}-4xy+g\prime(y)=3x^{2}-4xy

segue-se que

{g\prime(y)=0} integrando teremos {g(y)=c}

A constante de integração não precisa ser incluída, pois a solução é { f(x,y)=c} então

\displaystyle 3x^{2}y-2xy^{2}=c

OBS:Poderíamos resolver também supondo que {\dfrac{\partial f}{\partial y}=(3x^{2}-4xy)}

— 2.3.3. Equações diferenciais exatas com fator de Integração —

Definição 12. Se existe uma função {\mu(x,y)} tal que

\displaystyle \mu(x,y)M(x,y)dx+\mu(x,y)N(x,y)dy=0

é exata, então {\mu(x,y)} chama-se fator de integração da equação diferencial

\displaystyle M(x,y)dx+N(x,y)dy=0

Quando a expressão {M(x,y)dx+N(x,y)dy=0} não é diferencial exata, isto é,

\displaystyle \dfrac{\partial M}{\partial y}\neq\dfrac{\partial N}{\partial x} ,

mostra-se que há uma infinidade de funções {\mu(x,y),} tais que

\displaystyle \mu(Mdx+Ndy).

Se o fator de integração é em função de x temos:

\displaystyle \mu(x)=e^{\int P(x)} \Rightarrow P(x)=\dfrac{1}{N}\left( \dfrac{\partial M}{\partial y}-\dfrac{\partial N}{\partial x}\right)

Se o fator de integração é em função de y temos:

\displaystyle \mu(y)=e^{\int P(y)} \Rightarrow P(y)=\dfrac{1}{M}\left(\dfrac{\partial N}{\partial x}-\dfrac{\partial M}{\partial y}\right)

Exemplo 2.Encontrar o fator de integração de:

\displaystyle 3x^{2}ydx+ydy=0

Solução:Para acharmos o fator de integração temos de verificar se o fator de integração será em função de “x” ou “y”.Para isso vamos determinar primeiro as seguintes derivadas parciais:

\displaystyle \dfrac{\partial M}{\partial y}=3x^{2} \quad \dfrac{\partial N}{\partial x}=0

vamos provar se {\mu(x)} é o fator de integração:

{P(x)=\dfrac{1}{N}\left( \dfrac{\partial M}{\partial y}-\dfrac{\partial N}{\partial x}\right)=\dfrac{3x^{2} }{y}} é uma função de x,logo a função {\mu(x)} não é o fator de integração capaz de converter a equação diferencial em uma exata.

por isso vamos achar {\mu(y)} com:

{P(y)=\dfrac{1}{M}\left(\dfrac{\partial N}{\partial x}-\dfrac{\partial M}{\partial y}\right)=\dfrac{0-3x^{2}}{3x^{2}y}=-\dfrac{1}{y},} é uma função de y,então a função {\mu(y)} é o fator de integração capaz de converter a equação diferencial em uma exata.Nesse caso, teremos:

{\mu(y)=e^{\int -\dfrac{dy}{y}}=e^{-ln y}=\dfrac{1}{y}} com {y\neq0}

multiplicando a equação diferencial com este fator teremos:

\displaystyle 3x^{2}dx+dy=0 \quad M=3x^{2} \quad N=1

logo:

\displaystyle \dfrac{\partial N}{\partial x}=\dfrac{\partial M}{\partial y}=0

agora a equação é exata e existe uma função tal que:

{\dfrac{\partial f}{\partial x}=3x^{2} \Rightarrow f=x^{3}+g(y)} derivando em relação a y e igualando a{\frac{\partial f}{\partial y}=1}temos:

\displaystyle \dfrac{\partial f}{\partial y}=g\prime(y)=1 \Rightarrow g(y)=y \Rightarrow f=x^{3}+y

então:

\displaystyle x^{3}+y=c

a família de curvas da solução para alguns valores de c é:

eqdf2

Figura 1:Família de curvas da solução do Exemplo 2

— 2.4. Equações lineares —

Definição 13. Uma equação diferencial linear de 1ª ordem tem a forma:

\displaystyle \dfrac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x) \ \ \ \ \ (7)

se {Q(x)=0}, a equação é dita homogénea ou incompleta; enquanto,

se {Q(x)\neq0}, a equação é dita não homogénea ou completa.

Analisaremos dois métodos de solução de equações diferenciais desse tipo a saber:

  1. Método do fator integrante
  2. Método de Lagrange

— 2.4.4. Método do Fator Integrante —

Este método consiste na transformação de uma equação linear em outra equação do tipo diferencial exata, cuja solução já estudamos anteriormente.Dessa maneira, vamos retornar a equação original de nosso problema

\displaystyle \dfrac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x)

vamos reescrever esta ultima sob a forma

\displaystyle (Py-Q)dx+dy=0

multiplicando ambos os membros por {e^{\int Pdx}} (fator integrante) obtemos a expressão:

\displaystyle e^{\int Pdx}(Py-Q)dx+e^{\int Pdx}dy=0

Identificando as funções M e N temos:

\displaystyle M=e^{\int Pdx}(Py-Q) \quad N=e^{\int Pdx}

derivando M em relação a e N com relação a x, obtemos:

\displaystyle \dfrac{\partial M}{\partial y}=Pe^{\int Pdx} \quad \dfrac{\partial N}{\partial x}=Pe^{\int Pdx}

confirmando assim, que a equação transformada é uma equação diferencial exata.

Exemplo 3.Resolve pelo método do fator integrante a seguinte equação:

\displaystyle \dfrac{dy}{dx}+\dfrac{2}{x}y=x

Solução:sabemos que {P(x)=\dfrac{2}{x} \quad Q(x)=x,} então o fator integrante é

\displaystyle \mu(x)=e^{\int \frac{2}{x}dx}=e^{2ln x}=x^{2}

multiplicando a equação acima pelo fator integrante obtemos:

\displaystyle x^{2}\dfrac{dy}{dx}+2xy=x^{3}

o lado esquerdo é igual a derivada do produto {x^{2}y}.Logo a equação acima é equivalente a:

\displaystyle \dfrac{d}{dx}\left(x^{2}y\right) =x^{3}

Integrando-se temos:

\displaystyle x^{2}y=\dfrac{x^{4}}{4}+c

explicitando y temos que a solução geral da equação diferencial é

\displaystyle y=\dfrac{x^{2}}{4}+\dfrac{c}{x^{2}}

podemos esboçar as soluções desta equação diferencial.Para {c=0} a solução é a parábola

\displaystyle y=\dfrac{x^{2}}{4}

para {c\neq0},temos que o domínio de y é o conjunto dos números reais tais que {x\neq0}

\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pm \infty}y(x)=+\infty \quad c\neq0

além disso

\displaystyle \lim_{x\rightarrow0}y(x)=+\infty \quad se \quad c>0

\displaystyle \lim_{x\rightarrow0}y(x)=-\infty \quad se \quad c<0

vamos analisar o crescimento e decrescimento das soluções

\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=\dfrac{x}{2}-\dfrac{2c}{x^{3}}=0

se, e somente se {x^{4}=4c}

assim se {c>0} as soluções tem somente pontos críticos em {x=\pm\sqrt[4]{4c}} e se {c<0} elas não tem ponto critico.

eqdf1

Figura 2: Soluções da equação do Exemplo 3

— 2.4.5. Método de Lagrange —

Esse método consiste na substituição de “y” por “Z.t” na equação (7), onde { t=\phi(x)} e {z=\psi(x)} sendo z a nova função incógnita e t a função a determinar, assim {y=z.t}

Derivando em relação a x temos:

\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=z\dfrac{dt}{dx}+t\dfrac{dz}{dx} \ \ \ \ \ (8)

substituindo (8) em (7) vamos obter:

\displaystyle z\dfrac{dt}{dx}+t\dfrac{dz}{dx}+Pzt=Q

\displaystyle z\left(\dfrac{dt}{dx}+Pt\right)+t\dfrac{dz}{dx}=Q \ \ \ \ \ (9)

Para integral a equação (9), examina-se dois casos particulares da equação (7) a saber:

  1. P=0, então {\dfrac{dy}{dx}=Q}(não homogénea) logo: {y=\int Qdx+c}
  2. Q=0, então {\dfrac{dy}{dx}+Py=0}(equação homogénea) que resulta em:

{dy+Pydx=0} que é uma equação de variáveis separáveis.

daí, {\dfrac{dy}{y}+Pdx=0} integrando essa equação resulta em

\displaystyle ln y=c-\int Pdx \Rightarrow y=e^{c-\int Pdx}=e^{c}e^{-\int Pdx}

Fazendo {k=e^{c}}, temos {y=ke^{c-\int Pdx}} que representa a solução homogénea ou incompleta.

Agora, vamos pesquisar na equação (9) valores para “t” e “z”, uma vez que {y=z.t}, teremos a solução da equação (7) que é uma equação linear completa (não homogénea).

Na equação (9) vamos impor o coeficiente de z como sendo nulo.

\displaystyle \dfrac{dt}{dx}+Pt=0

como já estudamos no caso 2 teremos:{t=ke^{-\int Pdx},}substituindo este resultado em

\displaystyle t\dfrac{dz}{dx}=Q

temos

\displaystyle ke^{-\int Pdx}\dfrac{dz}{dx}=Q \Rightarrow dz=\dfrac{1}{k}e^{\int Pdx}Qdx

integrando este ultimo resultado temos:

\displaystyle z=\dfrac{1}{k}\int e^{\int Pdx}Qdx+c

lembrando que {y=z.t} vamos obter, substituindo “t” e “z”:

\displaystyle y=ke^{-\int Pdx}\left[ \dfrac{1}{k}\int e^{\int Pdx}Qdx+c\right]

onde resulta, finalmente em:

\displaystyle y=e^{-\int Pdx}\left[\int e^{\int Pdx}Qdx+c\right] \ \ \ \ \ (10)

que é a solução geral da equação

Exemplo 4.Resolver pelo método de Lagrange a seguinte equação:

\displaystyle y\prime=2y+x

Solução:Nota-se que a equação {y\prime-2y=x} é linear, onde:

\displaystyle P(x)=-2 \quad Q(x)=x.

A equação diferencial homogénea correspondente é {y\prime-2y=0} que tem como solução: {y=ce^{2x}}

fazendo {z=c} e {t=e^{2x}} acharemos a função z dada por:

\displaystyle z=\int e^{\int Pdx}Qdx+c=\int e^{-\int 2dx}xdx+c=-\dfrac{x}{2}e^{-2x}-\dfrac{1}{4}e^{-2x}+c

como a solução da equação homogénea é {y=zt},então

\displaystyle y=\left(-\dfrac{x}{2}e^{-2x}-\dfrac{1}{4}e^{-2x}+c\right)e^{2x} \Rightarrow y=-\dfrac{x}{2}-\dfrac{1}{4}+ce^{2x}

2. Equações Diferenciais de Primeira ordem

— 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)}

1. Exercícios Resolvidos de Equações Diferenciais

— 1. Exercícios Resolvidos de Equações Diferenciais —

Abordamos alguns conceitos básicos sobre equações diferencias, agora vamos resolver alguns exercícios relacionados ao assunto.

Exercício 1.Verifique se a função dada é uma solução para a equação diferencial.

  1. {y\prime\prime-6y\prime+13y=0;} { y=e^{3x} \cos 2x}
    Solução:Da função {y=e^{3x} \cos 2x} obtemos:{y\prime=3e^{3x} \cos 2x - 2e^{3x}\sin 2x}{\\ y\prime\prime=5e^{3x}\cos 2x - 12e^{3x}\sin 2x }

    Substituindo as derivadas na equação teremos:

    \displaystyle y\prime\prime-6y\prime+13y=(5e^{3x}\cos 2x - 12e^{3x}\sin 2x)-6(3e^{3x}\cos 2x - 2e^{3x}\sin 2x)+ 13(e^{3x} \cos 2x)=0

     

  2. {y\prime\prime+y=\tan x;} {y=-(\cos x)\ln(\sec x+ tan x)}
    Solução:Da função {y=-(\cos x)\ln(\sec x+ tan x) } obtemos:{y\prime=-1+\sin x ln(\sec x +\tan x)}{\\ y\prime\prime=\tan x +\cos x ln(\sec x +\tan x)}

    Substituindo a derivada de segunda ordem na ED teremos:

    \displaystyle y\prime\prime+y=[\tan x +\cos x \ln(\sec x +\tan x)]+[-(\cos x)\ln(\sec x+ tan x)]=\tan x

Exercício 2.Comprove que a expressão indicada é uma solução implícita da equação diferencial dada

{\dfrac{dx}{dt}=(x-1)(1-2x);} { \ln (\dfrac{2x-1}{x-1})=t }

Encontre pelo menos uma solução explicita

Solução:escrevendo {\ln(2x-1)-\ln(x-1)=t} e derivando, teremos: {\dfrac{2}{2x-1}\dfrac{dx}{dt}-\dfrac{1}{x-1}\dfrac{dx}{dt}=1} {\Rightarrow} {(\dfrac{2}{2x-1}-\dfrac{1}{x-1})\dfrac{dx}{dt}=1}

{\dfrac{2x-2-2x+1}{(2x-1)(x-1)}\dfrac{dx}{dt}=1} {\Rightarrow } {\dfrac{dx}{dt}=-(2x-1)(x-1)\Rightarrow} {\dfrac{dx}{dt}=(x-1)(1-2x)}

Para acharmos a solução explicita temos que isolar x na solução implícita fazendo:

{(\dfrac{2x-1}{x-1})=e^{t}\Rightarrow} { 2x-1=xe^{t}-e^{t}\Rightarrow } {(e^{t}-1)=(e^{t}-2)x } A solução explicita será: { x=\dfrac{(e^{t}-1)}{(e^{t}-2)} }

Exercício 3.Verifique se a família de funções dada é uma solução da equação diferencial.

  1. { \dfrac{dy}{dx}+2xy=1;} {y=e^{-x^{2}}\int_0^x e^{t^{2}}dt+c_{1}e^{-x^{2}}}
    Solução:Derivando a função { y=e^{-x^{2}}\int_0^x e^{t^{2}}dt+c_{1}e^{-x^{2}} } obtemos: { y\prime=e^{-x^{2}}e^{x^{2}}-2xe^{-x^{2}}\int_0^x e^{t^{2}}dt-2c_{1}xe^{-x^{2}}\Rightarrow} {y\prime=1-2xe^{-x^{2}}\int_0^x e^{t^{2}}dt-2c_{1}xe^{-x^{2}}} substituindo a derivada na equação diferencial teremos: {\dfrac{dy}{dx}+2xy=1-2xe^{-x^{2}}\int_0^x e^{t^{2}}dt-2c_{1}xe^{-x^{2}}+2xe^{-x^{2}}\int_0^x e^{t^{2}}dt+2xc_{1}e^{-x^{2}}}

    \displaystyle \dfrac{dy}{dx}+2xy=1

  2. {\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}-4\dfrac{dy}{dx}+4y=0; } { y=c_{1}e^{2x}+c_{2}xe^{2x}}
    Solução:Derivando a função { y=c_{1}e^{2x}+c_{2}xe^{2x} } teremos:{\dfrac{dy}{dx}=(2c_{1}+c_{2})e^{2x}+2c_{2}xe^{2x}}{\\ \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}=(4c_{1}+4c_{2})e^{2x}+4c_{2}xe^{2x}}

    substituindo as derivadas na equação diferencial teremos: {\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}-4\dfrac{dy}{dx}+4y=(4c_{1}+4c_{2})e^{2x}+4c_{2}xe^{2x}-4[(2c_{1}+c_{2})e^{2x}+2c_{2}xe^{2x}]+c_{1}e^{2x}+c_{2}xe^{2x}}

    {\\ \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}-4\dfrac{dy}{dx}+4y=(4c_{1}+4c_{2}-8c_{1}-4c_{2})e^{2x}-(4c_{2}-8c_{2}+4c_{2})xe^{2x}=0}

Exercício 4:A função {y=1/(1+c_{1}e^{-x}) } é uma família de soluções da ED de primeira ordem { y\prime=y-y^{2}.}Determine uma solução para o problema de valor inicial que consiste nesta ED e na condição inicial { y(0)=-\frac{1}{3}.}

Solução:substituindo as condições iniciais na função, teremos:

\displaystyle -\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{1+c_{1}}

Determinando valor de {c_{1}} teremos:{c_{1}=-4}

Substituindo o valor de {c_{1}} na função teremos: {y=1/(1-4e^{-x})}

Exercício 5:A função {y=c_{1}e^{x}+c_{2}e^{-x}} é uma família de soluções da ED de segunda ordem { y\prime\prime-y=0.}Determine uma solução para o problema de valor inicial que consiste nesta ED e nas seguintes condições iniciais: {y(0)=1,} {y\prime(0)=2}

Solução:determinando a primeira derivada da função temos:

\displaystyle y\prime=c_{1}e^{x}-c_{2}e^{-x}

substituindo as condições iniciais {y(0)=1,} {y\prime(0)=2} na função e na primeira derivada temos:

\displaystyle \begin{cases} c_{1}+c_{2}=1\\ c_{1}-c_{2}=2 \end{cases}

Determinando valor de {c_{1}} e {c_{2}} teremos:{c_{1}=\dfrac{3}{2}} e {c_{2}=-\dfrac{1}{2}}

Substituindo o valor de {c_{1}} e {c_{2}} na função teremos: {y=\dfrac{3}{2}e^{x}-\dfrac{1}{2}e^{-x}}

Exercício 6.Determine uma região do plano xy para a qual a equação diferencial { (1+y^{3})y\prime=x^{2} } teria uma única solução passando por um ponto {(x_{0},y_{0})} na região.

Solução:Pelo Teorema de Picard temos:{ f(x,y)=\dfrac{x^{2} }{(1+y^{3})} }

Derivando a função temos:{ \dfrac{\partial f}{\partial y}=\dfrac{-3x^{2}y^{2}}{(1+y^{3})^{2}}} assim, a equação diferencial terá uma única solução, em qualquer região, onde { y\neq-1 }

Exercício 7.Verifique se o Teorema de Picard garante unicidade de solução para a equação diferencial { y\prime=\sqrt{y^{2}-9},} passando pelo ponto dado:

  1. (1,4)
  2. (5,3)

Solução:Pelo Teorema de Picard temos que:{ f(x,y)=\sqrt{y^{2}-9} }

Derivando a função temos:{ \dfrac{\partial f}{\partial y}=\dfrac{y}{\sqrt{y^{2}-9}} } assim, a equação diferencial terá uma única solução, em qualquer região, onde {y>3.} então:

  1. a equação diferencial tem uma única solução no ponto (1,4).
  2. a equação diferencial não garante uma única solução no ponto (5,3).

1. Introdução as equações diferenciais

— 1. Introdução as equações diferenciais —

Talvez a aplicação mais importante do calculo sejam as equações diferenciais.Quando os físicos ou cientistas sociais usam o calculo em geral, o fazem para analisar uma equação diferencial surgida no processo de modelagem de algum fenómeno que eles estão estudando.

— 1.1. Definições e terminologia —

Definição 1.As equações diferenciais são aquelas que contem as derivadas de uma ou mais variáveis dependentes em relação a uma ou mais variáveis independentes.

Exemplo 1.

  1. { \dfrac{dx}{dt}+\dfrac{dy}{dt}=x+y } onde: x e y são variáveis dependentes e t é variável independente.
  2. { \dfrac{\partial u}{\partial x}-\dfrac{\partial u}{\partial y}=x-2y } onde: u é a variável dependente e x e y são variáveis independentes

Definição 2. A ordem da derivada mais elevada que aparece na equação diferencial determina a ordem da equação.

Definição 3. O grau de uma equação diferencial que pode exprimir-se como um polinómio, na função incógnita e suas derivadas, é o maior expoente da derivada de mais alta ordem que aparece na equação.

— 1.1.1. Classificação das Equações Diferenciais —

As equações diferenciais são classificadas quanto ao tipo, ordem e linearidade.

  1. Quanto ao tipo as equações diferenciais são classificadas em:ordinárias e parciais.
    1. Equações diferenciais ordinárias (EDO) são aquelas que contem uma ou mais derivadas de variáveis dependentes em relação a uma variável independente.
    2. As equações diferenciais parciais (EDP) são aquelas que envolve as derivadas parciais de uma ou mais variáveis dependentes em relação a uma ou mais variáveis independentes.
  2. Quanto a ordem uma equação diferencial pode ser de 1ª, 2ª,…,n-ésima ordem dependendo da derivada de maior ordem presente na equação.Uma equação ordinária de ordem n pode ser escrita na forma:

    {F(t,y,y^{\prime},y^{\prime \prime}...y^{(n)})=0}

  3. Quanto a linearidade de uma equação diferencial ela pode ser linear e não linear.Ela é linear se as incógnitas e suas derivadas aparecem de forma linear.Por exemplo uma equação diferencial ordinária de ordem n é uma equação que pode ser escrita como:

    { a_{n}(x)\dfrac{d^{n}y}{dx^{n}}+a_{n-1}(x)\dfrac{d^{n-1}y}{dx^{n-1}}+...+a_{1}(x)\dfrac{dy}{dx}+a_{0}(x)y=g(x) }

    As equações diferenciais ordinárias que não podem ser escritas nessa forma são não lineares.

Exemplo 2.

  1. { \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}-\dfrac{dy}{dx}+3y=0} (EDO da 2ª ordem, 1º grau linear)
  2. { (y\prime\prime\prime)^{2}-y\prime\prime+y^{2}=0 } (EDO da 3ª ordem, 2º grau não linear)
  3. {\dfrac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}=\dfrac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}}-4\dfrac{\partial u}{\partial t}} (EDP da 2ª ordem, 1º grau linear)
  4. {x^{2}y\prime\prime+xy\prime+y=0} (EDO da 2ª ordem, 1º grau linear)
  5. { \dfrac{\partial^{4}x}{\partial t^{4}}=kx(\dfrac{\partial^{2}m}{\partial n^{2}})^{2} } (EDP da 4ª ordem, 1º grau não linear)
  6. {(\dfrac{dy}{dx})^{\frac{3}{2}} +y\prime =\dfrac{1}{x}} (EDO da 1ª ordem, não linear). OBS:Em virtude do expoente {\frac{3}{2}}, a equação diferencial não pode exprimir-se como um polinómio na 1ª derivada e por isso, não se pode falar em grau da equação diferencial.
  7. {\textrm{sen}\, y\prime +y=0} (EDO da 1ª ordem, não linear).

— 1.1.2. Solução de uma equação diferencial —

Definição 4. Toda função {f} definida no intervalo I, que, quando substituída na equação diferencial reduz a equação a uma identidade,é chamada solução para a equação no intervalo.

Queremos dizer que uma solução de uma equação diferencial ordinária de n-ésima ordem

\displaystyle F(t,y,y^{\prime},y^{\prime \prime}...y^{(n)})=0

é uma uma função {f} que possui pelo menos n derivadas e satisfaz a equação;isto é,

\displaystyle F(x,f(x),f\prime (x),...f^{(n)}(x))=0

para todo x no intervalo I

Exemplo 3.Verifique que a função indicada é uma solução da equação diferencial dada num intervalo (0,-{\infty})

\displaystyle y\prime\prime -2y\prime +y=0 ; y=xe^{x}

Solução:a partir das derivadas { y\prime =xe^{x}+e^{x} } e { y\prime\prime =xe^{x}+2e^{x} } teremos: { y\prime\prime -2y\prime +y=(xe^{x}+2e^{x})-2(xe^{x}+e^{x})+xe^{x}=0 }

Observe que a função constante y=o também satisfaz a equação diferencial dada para todo x real.Uma solução para uma equação diferencial que é identicamente nula em um intervalo I é em geral referida como solução trivial.

Definição 5.Solução geral duma equação diferencial é toda função que verifica, identicamente, a equação diferencial e vem expressa em termos de n constantes arbitrarias.Se a equação é de 1ª ordem, aparece uma constante, se de 2ª ordem, duas constantes, etc.Geometricamente, a solução geral ou integral geral representa uma família de curvas (denominadas curvas integrais).

Definição 6.Solução particular é toda solução da equação diferencial que se obtém da solução geral,atribuindo-se valores as constantes.Geometricamente, representa uma das curvas da família de curvas integrais, correspondentes a solução geral.

Exemplo 4. A solução geral da equação diferencial { y\prime\prime +y\prime =0 } é

\displaystyle y=C_{1}+C_{2}e^{-x}

, visto que esta é uma função que depende de duas constantes arbitrarias e verifica identicamente a equação diferencial, pois { y\prime =-C_{2}e^{-x} }, { y\prime\prime =C_{2}e^{-x} } e { C_{2}e^{-x}-C_{2}e^{-x}=o }

Se fizermos { C_{1}=1 } e { C_{2}=-1 } e substituirmos na solução geral, obtemos a solução particular { y=1-e^{-x} }.

Exemplo 5. Dada a equação diferencial { y=\dfrac{2xy\prime}{1+(y\prime)^{2}} }, a solução geral é

\displaystyle y^{2}=4C(x-C)

, pois esta é uma função que verifica identicamente a equação diferencial e vem expressa em termos de uma constante arbitraria.

Uma solução particular é a função { y^{2}=4(x-1) },obtida da solução geral, fazendo C=1 e geometricamente, corresponde a curva integral (parábola) que passa no ponto (1,0).

A função { y=x } também verifica a equação identicamente, não depende de constantes arbitrarias, ma não pode ser obtida da solução geral por particularização da constante.É um outro tipo de solução, designada por solução singular, e que representa geometricamente, a envolvente da família de curvas integrais correspondentes a solução geral.

As equações diferenciais de 1ª ordem e 1º grau nunca tem soluções singulares.

Definição 7. Uma solução em que a variável dependente é expressa em termos de variáveis e constantes independentes diz-se que é uma solução explicita.

Definição 8. Quando uma solução pode apenas ser escrita na forma {G(x,y)=0} trata-se de uma solução implícita.

Exemplo 6. Para {-2<x<2 }, a relação { x^{2}+y^{2}-4=0 } é uma solução implícita para a equação diferencial

\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=-\dfrac{x}{y}

segue por derivação implícita, que

\displaystyle \dfrac{d(x^{2})}{dx}+\dfrac{d(y^{2})}{dx}-\dfrac{d(4)}{dx}=0

\displaystyle 2x+2y\dfrac{dy}{dx}=0

ou

\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=-\dfrac{x}{y}

A relação {x^{2}+y^{2}-4=0} define duas funções diferenciais explicitas: { y=\sqrt{4-x^{2}} } e {y=-\sqrt{4-x^{2}}} no intervalo (2;-2).

— 1.2. Problemas de valor inicial —

Um problema de valor inicial (PVI) consiste em: Resolver {F(t,y,y^{\prime},y^{\prime \prime}...y^{(n)})=0}

Sujeito a { y(x_{0})=y_{0}, y\prime (x_{0})=y_{1},...,y^{(n-1)}(x_{0})=y_{n-1} }

onde {x_{0}\epsilon I} e {y_{0}, y_{1},...,y^{(n-1)}(x_{0})=y_{(n-1)}} são condições inicias.

Se são conhecidas condições adicionais, podemos obter soluções particulares para a equação diferencial e se não são conhecidas condições adicionais poderemos obter a solução geral.

Exemplo 7. Mostre que { y=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{-2x} } é uma família de soluções de

\displaystyle y\prime\prime +y\prime -2y=0.

Ache uma solução particular que satisfaz as condições iniciais

\displaystyle y(0)=1 , y\prime (0)=2.

Solução:Para achar as constantes { C_{1} } e { C_{2} } calculamos { y\prime } para obter

\displaystyle y\prime=C_{1}e^{x}-2C_{2}e^{-2x}.

Ao substituir as condições iniciais obtemos o sistema de equações { C_{1}+C_{2}=1 }

{ C_{1}-2C_{2}=2 }

Ao se resolver esta equação obtém-se { C_{1}=\dfrac{4}{3} } e { C_{2}=-\dfrac{1}{3} }.Portanto a solução do PVI é { y=\dfrac{4}{3}e^{x}-\dfrac{1}{3}e^{-2x} }.

— 1.2.3. Existência e Unicidade de solução de uma EDO —

Três perguntas são importantes sobre soluções para uma EDO.

 

  • Dada uma equação diferencial, será que ela tem solução?
  • Se tiver solução, será que esta solução é única?
  • Existe uma solução que satisfaz a alguma condição especial? Para responder a estas perguntas, existe o teorema de existência e Unicidade de solução que nos garante resposta para algumas das questões desde que a equação tenha algumas caraterísticas. As condições suficientes para a existência de uma solução única de uma equação diferencial de primeira ordem são definidas pelo teorema de Picard:

 

Teorema 1 Considere o problema de valor inicial

  • {\dfrac{dy}{dx}=f(x,y)};

    \displaystyle y(x_{0})=y_{0}

    se a função f e a derivada parcial de f em função de y são continuas numa vizinhança do ponto { (x_{0},y_{0}) } ,existe uma solução única {y=g(x)} em certa vizinhança do ponto { (x_{0},y_{0}) } que verifica a condição inicial {g(x_{0})=y_{0}}.

O intervalo onde existe a solução única pode ser maior ou menor que o intervalo onde a função f e a sua derivada parcial {\frac{\partial f}{\partial y}} são continuas (o teorema não permite determinar o tamanho do intervalo).

OBS: As condições do teorema de Picard são condições suficiente,mas não necessárias para a existência de solução única.Quando f ou sua derivada parcial {\frac{\partial f}{\partial y}} não sejam continuas, o teorema não nos permite concluir nada:Provavelmente existe solução única a pesar das duas condições não se verificarem.

Exemplo 8. O teorema 1 garante que existe um intervalo contendo {x=0} no qual {y=3e^{x}} é a única solução para o problema de valor inicial:

\displaystyle y\prime =y, y(0)=3.

isso segue-se do fato de que {f(x,y)=y} e {\partial f \diagup \partial y=1} são continuas em todo plano xy.Pode ser mostrado ainda que esse intervalo seja {(-\infty,\infty)}.

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