Equações Diferenciais-final

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1 APRESENTAÇÃO Este texto é destinado aos estudantes do curso de Física que participam do programa de Educação a Distância da Universidade Aberta do Piauí (UAPI), vinculado ao consórcio formado pela Universidade Federal do Piauí (UFPI), Universidade Estadual do Piauí (UESPI), Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia do Piauí, com apoio do Governo do Estado do Piauí, através da Secretaria de Educação, e tem por objetivo introduzir de forma sucinta um estudo de equações diferenciais, concentrado em vários exemplos simples de equações diferenciais ordinárias de primeira e segunda ordem, além de mostrar exemplos de problemas da Física, que envolvem esses tipos de equações, de forma que iniciantes nessa área tenham total compreensão do assunto em estudo. O texto é composto de 07 unidades, contendo itens e subitens que discorrem sobre: Na Unidade 1: História das Equações Diferenciais Na Unidade 2: Conceitos Fundamentais Na Unidade 3: Equações de Primeira Ordem e Primeiro Grau Na Unidade 4: Equações Homogêneas Na Unidade 5: Equações Diferenciais Exatas Na Unidade 6: Equações Lineares de Primeira Ordem Na Unidade 7: Equações Lineares de Segunda Ordem 2 Unidade 1 - História das equações diferenciais ...................................... 7 Unidade 2 - Conceitos fundamentais ....................................................... 18 2.1 Equação diferencial ............................................................................. 18 2.1.1 Equação Diferencial Ordinária e Parcial.............................................. 18 2.2 Ordem de uma equação diferencial ................................................... 19 2.3 Grau de uma equação diferencial ....................................................... 19 2.4 Solução de uma equação diferencial.................................................. 20 2.5 Resolução de uma equação diferencial ............................................. 21 2.6 Tipos de solução .................................................................................. 21 2.7 Interpretação geométrica .................................................................... 22 2.8 Bibliografia ........................................................................................... 32 2.9 Web – Bibliografia ................................................................................ 33 Unidade 3 – Equações de 1ª ordem e 1º grau ............................................ 36 3.1 Definição ............................................................................................... 36 3.2 Equações de variáveis separáveis ..................................................... 36 3.3 Resolução de equações diferenciais de variáveis Separáveis ................................................................................................. 37 3 3.4 Aplicações: Problemas Geométricos ................................................. 45 3.5 Trajetórias ortogonais .......................................................................... 56 3.6 Bibliografia ............................................................................................ 67 3.7 Web-Bibliografia ................................................................................... 67 Unidade 4 - Equações homogêneas ......................................................... 70 4.1 Definição: Equação homogênea ......................................................... 70 4.2 Definição: Equação Diferencial Homogênea...................................... 70 4.3 Resolução de uma equação diferencial homogênea ........................ 70 4.4 Equações redutíveis às homogêneas ................................................. 77 4.5 Bibliografia ............................................................................................ 92 4.6 Web-Bibliografia ................................................................................... 92 Unidade 5- Equações diferenciais exatas ................................................ 96 5.1 Definição: Equação Diferencial Exata ................................................ 96 5.2 Teorema: Caracterização de diferenciais exatas ............................... 96 5.3 Fator integrante .................................................................................... 102 5.4 Pesquisa do fator integrante ............................................................... 102 5.5 Bibliografia ............................................................................................ 111 5.6 Web-bibliografia ................................................................................... 111 4 Unidade 6- Equações lineares de primeira ordem .................................. 114 6.1 Definição: Equações lineares ............................................................. 114 6.2 Métodos de resolução ......................................................................... 114 6.2.1 Método da Substituição ou Método de Lagrange ............................... 114 6.2.2 Método do Fator Integrante ................................................................. 117 6.3 Equação de Bernoulli ............................................................................. 126 6.4 Bibliografia ........................................................................................... 141 6.5 Web-Bibliografia ..................................................................................... 142 Unidade 7- Equações lineares de segunda ordem .................................. 146 7.1 Definição ............................................................................................... 146 7.2 Equação diferencial com coeficientes constantes ........................... 147 7.3 Equação característica ....................................................................... 148 7.4 Solução de uma equação homogênea com coeficientes constantes .................................................................................................. 149 7.5 Solução de uma equação não homogênea com coeficientes constantes .................................................................................................. 153 7.5.1 Método dos Coeficientes a Determinar ............................................... 153 7.5.2 Método da Variação dos Parâmetros de Lagrange ............................. 158 7.6 Bibliografia ........................................................................................... 165 7.7 Web-bibliografia ................................................................................... 165 5 6 Unidade I HISTÓRIA DAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS De várias maneiras, equações diferenciais são o coração da análise e do cálculo, dois dos mais importantes ramos da matemática nos últimos 300 anos. Equações diferenciais são uma parte integral ou um dos objetivos de vários cursos de graduação de cálculo. Como uma ferramenta matemática importante para ciências físicas, a equação diferencial não tem igual. Assim, é amplamente aceito que equações Texto retirado do endereço abaixo: www.ufmt.br/ma tematica/geraldo /histed. html webmaster:Gera ldo L. Diniz diferenciais são importantes em matemática pura e aplicada. A história sobre este assunto é rica no seu desenvolvimento e é isso que estaremos olhando aqui. Os fundamentos deste assunto parecem estar dominados pelas contribuições de um homem, Leonhard Euler, já que podemos dizer que a história deste assunto começa e termina com ele. Naturalmente, isso seria uma simplificação grosseira do seu desenvolvimento. Existem vários contribuintes importantes, e aqueles que vieram antes de Euler foram necessários para que ele pudesse entender o cálculo e a análise necessários para desenvolver muitas das ideias fundamentais. Os contribuintes depois de Euler refinaram seu trabalho e produziram ideias inteiramente novas, inacessíveis à perspectiva do século 18 de Euler e sofisticadas além do entendimento de apenas uma pessoa. Esta é a história do desenvolvimento das equações diferenciais. Daremos uma pequena olhada nas pessoas, nas equações, nas técnicas, na teoria e nas aplicações. A história começa com os inventores do cálculo, Fermat, Newton e Leibniz. A partir do momento que estes matemáticos brilhantes tiveram entendimento suficiente e notação para a derivada, esta logo apareceu em equações e o assunto nasceu. Contudo, logo descobriram que as soluções para estas equações não eram tão fáceis. As manipulações simbólicas e 7 simplificações algébricas ajudaram apenas um pouco. A integral (antiderivada) e seu papel teórico no Teorema Fundamental do Cálculo ofereceu ajuda direta apenas quando as variáveis eram separadas, em circunstâncias muito especiais. O método de separação de variáveis foi desenvolvido por Jakob Bernoulli e generalizado por Leibniz. Assim, estes pesquisadores iniciais do século 17 focalizaram estes casos especiais e deixaram um desenvolvimento mais geral das teorias e técnicas para aqueles que os seguiram. Ao redor do início do século 18, a próxima onda de pesquisadores de equações diferenciais começou a aplicar esses tipos de equações a problemas em astronomia e ciências físicas. Jakob Bernoulli estudou cuidadosamente e escreveu equações diferenciais para o movimento planetário, usando os princípios de gravidade e momento desenvolvidos por Newton. O trabalho de Bernoulli incluiu o desenvolvimento da catenária e o uso de coordenadas polares. Nesta época, as equações diferenciais estavam interagindo com outros tipos de matemática e ciências para resolver problemas aplicados significativos. Halley usou os mesmos princípios para analisar a trajetória de um cometa que hoje leva seu nome. O irmão de Jakob, Johann Bernoulli, foi, provavelmente, o primeiro matemático a entender o cálculo de Leibniz e os princípios de mecânica para modelar matematicamente fenômenos físicos usando equações diferenciais e a encontrar suas soluções. Ricatti (1676-1754) começou um estudo sério de uma equação em particular, mas foi limitado pelas teorias do seu tempo para casos especiais da equação que leva hoje seu nome. Os Bernoullis, Jakob, Johann e Daniel, todos estudaram os casos da equação de Ricatti também. Na época, Taylor usou séries para "resolver" equações diferenciais, outros desenvolveram e usaram estas séries para vários propósitos. Contudo, o desenvolvimento de Taylor de diferenças finitas começou um novo ramo da matemática intimamente relacionado ao desenvolvimento das equações diferenciais. No início do século 18, este e muitos outros matemáticos tinham acumulado uma crescente variedade de técnicas para analisar e resolver muitas variedades de equações diferenciais. Contudo, muitas equações ainda eram desconhecidas em termos de propriedades ou métodos de 8 resolução. Cinquenta anos de equações diferenciais trouxeram progresso considerável, mas não uma teoria geral. O desenvolvimento das equações diferenciais precisava de um mestre para consolidar e generalizar os métodos existentes e criar novas e mais poderosas técnicas para atacar grandes famílias de equações. Muitas equações pareciam amigáveis, mas tornaram-se decepcionantemente difíceis. Em muitos casos, técnicas de soluções iludiram perseguidores por cerca de 50 anos, quando Leonhard Euler chegou à cena das equações diferenciais. Euler teve o benefício dos trabalhos anteriores, mas a chave para seu entendimento era seu conhecimento e percepção de funções. Euler entendeu o papel e a estrutura de funções, estudou suas propriedades e definições. Rapidamente achou que funções eram a chave para entender equações diferenciais e desenvolver métodos para suas resoluções. Usando seu conhecimento de funções, desenvolveu procedimentos para soluções de muitos tipos de equações. Foi o primeiro a entender as propriedades e os papéis das funções exponenciais, logarítmicas, trigonométricas e muitas outras funções elementares. Euler também desenvolveu várias funções novas baseadas em soluções em séries de tipos especiais de equações diferenciais. Suas técnicas de conjecturar e encontrar os coeficientes indeterminados foram etapas fundamentais para desenvolver este assunto. Em 1739, desenvolveu o método de variação de parâmetros. Seu trabalho também incluiu o uso de aproximações numéricas e o desenvolvimento de métodos numéricos, os quais proveram "soluções" aproximadas para quase todas as equações. Euler então continuou aplicando o trabalho em mecânica que levou a modelos de equações diferenciais e soluções. Ele era o mestre de que este assunto necessitava para se desenvolver além de seu início primitivo, tornando-se um assunto coeso e central ao desenvolvimento da matemática aplicada moderna. Depois de Euler vieram muitos especialistas que refinaram ou estenderam muitas das ideias de Euler. Em 1728, Daniel Bernoulli usou os métodos de Euler para ajudá-lo a estudar oscilações e as equações diferenciais que produzem estes tipos de soluções. O trabalho de D'Alembert em física matemática envolveu equações diferenciais parciais e explorações 9 por soluções das formas mais elementares destas equações. Lagrange seguiu de perto os passos de Euler, desenvolvendo mais teoria e estendendo resultados em mecânica, especialmente equações de movimento (problema dos três corpos) e energia potencial. As maiores contribuições de Lagrange foram, provavelmente, na definição de função e propriedades, o que manteve o interesse em generalizar métodos e analisar novas famílias de equações diferenciais. Lagrange foi, provavelmente, o primeiro matemático com conhecimento teórico e ferramentas suficientes para ser um verdadeiro analista de equações diferenciais. Em 1788, ele introduziu equações gerais de movimento para sistemas dinâmicos, hoje conhecidas como equações de Lagrange. O trabalho de Laplace sobre a estabilidade do sistema solar levou a mais avanços, incluindo técnicas numéricas melhores e um melhor entendimento de integração. Em 1799, introduziu as ideias de um laplaciano de uma função. Laplace claramente reconheceu as raízes de seu trabalho quando escreveu "Leia Euler, leia Euler, ele é nosso mestre". O trabalho de Legendre sobre equações diferenciais foi motivado pelo movimento de projéteis, pela primeira vez levando em conta novos fatores tais como resistência do ar e velocidades iniciais. Lacroix foi o próximo a deixar sua marca. Trabalhou em avanços nas equações diferenciais parciais e incorporou muitos dos avanços desde os tempos de Euler ao seu livro. A contribuição principal de Lacroix foi resumir muitos dos resultados de Euler, Lagrange, Laplace e Legendre. O próximo na ordem foi Fourier. Sua pesquisa matemática trouxe contribuições ao estudo e cálculos da difusão de calor e à solução de equações diferenciais. Muito deste trabalho aparece em The Analytical Theory of Heat (A Teoria Analítica do Calor,1822) de Fourier, no qual ele fez uso extensivo da série que leva seu nome. Este resultado foi uma ferramenta importante para o estudo de oscilações. Fourier, contudo, pouco contribuiu para a teoria matemática desta série, a qual era bem conhecida anteriormente por Euler, Daniel Bernoulli e Lagrange. As contribuições de Charles Babbage vieram por uma rota diferente. Ele desenvolveu uma máquina de calcular chamada de Máquina de Diferença, que usava diferenças finitas para aproximar soluções de equações. 10 O próximo avanço importante neste assunto ocorreu no início do século 19, quando as teorias e conceitos de funções de variáveis complexas se desenvolveram. Os dois contribuintes principais deste desenvolvimento foram Gauss e Cauchy. Gauss usou equações diferenciais para melhorar as teorias das órbitas planetárias e gravitação. Gauss estabeleceu a teoria do potencial como um ramo coerente da matemática. Também reconheceu que a teoria das funções de uma variável complexa era a chave para entender muitos dos resultados necessários em equações diferenciais aplicadas. Cauchy aplicou equações diferenciais para modelar a propagação de ondas sobre a superfície de um líquido. Os resultados são agora clássicos em hidrodinâmica. Inventou o método das características, o qual é importante na análise e solução de várias equações diferenciais parciais. Cauchy foi o primeiro a definir completamente as ideias de convergência e convergência absoluta de séries infinitas e iniciou uma análise rigorosa de cálculo e equações diferenciais. Também foi o primeiro a desenvolver uma teoria sistemática para números complexos e a desenvolver a transformada de Fourier para prover soluções algébricas para equações diferenciais. Depois destas grandes contribuições de Gauss e Cauchy, outros puderam refinar estas teorias poderosas e aplicá-las a vários ramos da ciência. Os trabalhos iniciais de Poisson em mecânica apareceram em Traité de mécanique em 1811. Aplicou seu conhecimento de equações diferenciais a aplicações em física e mecânica, incluindo elasticidade e vibrações. Muito de seu trabalho original foi feito na solução e análise de equações diferenciais. Outro aplicador destas teorias foi George Green. O trabalho de Green em fundamentos matemáticos de gravitação, eletricidade e magnetismo foi publicado em 1828 em An Essay on the Application of Mathematical Analysis to Electricity and Magnetism. A matemática de Green proveu a base na qual Thomson, Stokes, Rayleigh, Maxwell e outros construíram a teoria atual do magnetismo. Bessel era um amigo de Gauss e aplicou seu conhecimento sobre equações diferenciais à astronomia. Seu trabalho sobre funções de Bessel foi feito para analisar perturbações planetárias. Posteriormente estas construções foram usadas para resolver equações diferenciais. Ostrogradsky colaborou com Laplace, Legendre, 11 Fourier, Poisson e Cauchy enquanto usava equações diferenciais para desenvolver teorias sobre a condução do calor. Joseph Liouville foi o primeiro a resolver problemas de contorno resolvendo equações integrais equivalentes, um método refinado por Fredholm e Hilbert no início da década de 1900. O trabalho de Liouville sobre a teoria de integrais de funções elementares foi uma contribuição substancial para soluções de equações diferenciais. As investigações teóricas e experimentais de Stokes cobriram hidrodinâmica, elasticidade, luz, gravitação, som, calor, meteorologia e física solar. Ele usou modelos de equações diferenciais em todos os campos de estudo. Na metade do século 19, uma nova estrutura era necessária para atacar sistemas de mais de uma equação diferencial. Vários matemáticos vieram em socorro. Jacobi desenvolveu a teoria de determinantes e transformações em uma ferramenta poderosa para avaliar integrais múltiplas e resolver equações diferenciais. A estrutura do jacobiano foi desenvolvida em 1841. Como Euler, Jacobi era um calculador muito hábil e um perito numa variedade de campos aplicados. Cayley também trabalhou com determinantes e criou uma teoria para operações com matrizes em 1854. Cayley era um amigo de J. J. Sylvester e foi para os Estados Unidos para lecionar na Universidade Johns Hopkins entre 1881 e 1882. Cayley publicou mais de 900 artigos cobrindo muitas áreas da matemática, dinâmica teórica e astronomia. Cayley criou a noção de matrizes em 1858 e desenvolveu boa parte da teoria de matrizes nas décadas posteriores. Josiah Gibbs fez contribuições à termodinâmica, ao eletromagnetismo e à mecânica. Por seu trabalho nos fundamentos de sistemas de equações, Gibbs é conhecido como o pai da análise vetorial. À medida que o final do século 19 se aproximava, os principais esforços em equações diferenciais se moveram para um plano teórico. Em 1876, Lipschitz (1832-1903) desenvolveu teoremas de existência para soluções de equações diferenciais de primeira ordem. O trabalho de Hermite foi desenvolver a teoria de funções e soluções de equações. À medida que a teoria se desenvolveu, as seis funções trigonométricas básicas foram provadas transcendentais, assim 12 como as inversas das funções trigonométricas e as funções exponenciais e logarítmicas. Hermite mostrou que a equação de quinta ordem poderia ser resolvida por funções elípticas. Enquanto seu trabalho era teórico, os polinômios de Hermite e as funções de Hermite se mostraram posteriormente muito úteis para resolver a equação de onda de Schrödinger e outras equações diferenciais. O próximo a construir fundamento teórico foi Bernhard Riemann. Seu doutorado foi obtido, sob a orientação de Gauss, na teoria de variáveis complexas. Riemann também teve o benefício de trabalhar com o físico Wilhelm Weber. O trabalho de Riemann em equações diferenciais contribuiu para resultados em dinâmica e física. No final da década de 1890, Gibbs escreveu um artigo que descreveu a convergência e o "fenômeno de Gibbs" da série de Fourier. O próximo contribuinte teórico importante foi Kovalevsky, a maior matemática antes do século 20. Depois de vencer dificuldades consideráveis por causa da discriminação de seu gênero, ela teve oportunidade de estudar com Weierstrass. No início de sua pesquisa, completou três artigos sobre equações diferenciais parciais. No seu estudo da forma dos anéis de Saturno, ela se apoiou nas contribuições de Laplace, cujo trabalho ela generalizou. Basicamente, o estudo de Kovalevsky era sobre a teoria de equações diferenciais parciais e um resultado central sobre a existência de soluções ainda leva seu nome. Ela publicou vários artigos sobre equações diferenciais parciais. Posteriormente, no século 20, trabalhos teóricos de Fredholm e Hilbert refinaram os resultados iniciais e desenvolveram novas classificações para o entendimento posterior de algumas das mais complicadas famílias de equações diferenciais. O próximo impulso foi no desenvolvimento de métodos numéricos mais robustos e eficientes. Carl Runge desenvolveu métodos numéricos para resolver as equações diferenciais que surgiram no seu estudo do espectro atômico. Estes métodos numéricos ainda são usados hoje. Ele usou tanta matemática em sua pesquisa que físicos pensaram que fosse matemático, e fez tanta física que os matemáticos pensaram que fosse físico. Hoje seu nome está associado com os métodos de Runge-Kutta para resolver equações diferenciais. Kutta, outro matemático aplicado alemão, também é lembrado por sua contribuição à teoria de Kutta-Joukowski de sustentação 13 de aerofólios em aerodinâmica, baseada em equações diferenciais. Na última metade do século 20, muitos matemáticos e cientistas da computação implementaram métodos numéricos para equações diferenciais em computadores para dar soluções rápidas e eficientes para sistemas complicados, sobre geometrias complexas, de grande escala. Richard Courant e Garrett Birkhoff foram pioneiros bem- sucedidos neste esforço. Equações não lineares foram o próximo grande obstáculo. Poincaré, o maior matemático de sua geração, produziu mais de 30 livros técnicos sobre física matemática e mecânica celeste. A maioria destes trabalhos envolveu o uso e análise de equações diferenciais. Em mecânica celeste, trabalhando com os resultados do astrônomo americano George Hill, conquistou a estabilidade das órbitas e iniciou a teoria qualitativa de equações diferenciais não lineares. Muitos resultados de seu trabalho foram as sementes de novas maneiras de pensar, as quais floresceram, tais como análise de séries divergentes e equações diferenciais não lineares. Poincaré entendeu e contribuiu em quatro áreas principais da matemática - análise, álgebra, geometria e teoria de números. Ele tinha um domínio criativo de toda a matemática de seu tempo e foi, provavelmente, a última pessoa a estar nesta posição. No século 20, George Birkhoff usou as ideias de Poincaré para analisar sistemas dinâmicos grandes e estabelecer uma teoria para a análise das propriedades das soluções destas equações. Na década de 1980, a teoria emergente do caos usou os princípios desenvolvidos por Poincaré e seus seguidores. 14 15 16 Unidade2. Conceitos fundamentais ......................................................... 18 2.1 Equação diferencial ............................................................................. 18 2.1.1 Equação Diferencial Ordinária e Parcial.............................................. 18 2.2 Ordem de uma equação diferencial ................................................... 19 2.3 Grau de uma equação diferencial ....................................................... 19 2.4 Solução de uma equação diferencial.................................................. 20 2.5 Resolução de uma equação diferencial ............................................. 21 2.6 Tipos de solução .................................................................................. 21 2.7 Interpretação geométrica .................................................................... 22 2.8 Bibliografia ........................................................................................... 32 2.9 Web – Bibliografia ................................................................................ 32 OBJETIVO: Estudar os métodos básicos de resolução de equações diferenciais. Propiciar ao aluno desenvoltura em classificar e manipular problemas que envolvam equações diferenciais, com técnicas específicas de abordagem, adequadas à resolução de cada um. 17 2. CONCEITOS FUNDAMENTAIS 2.1 Equação diferencial: Equação diferencial é toda equação que envolve uma função incógnita e suas derivadas. Exemplos: As equações 1. 2. 3. 4. a seguir são equações envolvendo a função incógnita y de uma variável x, exceto o exemplo 5, cuja função incógnita é z e as variáveis são x e y. dy = 2x + 1 dx d2y − y=0 dx 2 2  d3y d2y  d4y  x −   − y 2 = 1 + x 4  3  dx dx dx     2   d2y d3y  x + y 3  = 1 −  2 dx    dx    3 4 ∂2z ∂2z + =0 ∂x 2 ∂y 2 2.1.1 Equação Diferencial Ordinária e Parcial Uma equação diferencial é dita ordinária ( EDO ) quando a função incógnita depende apenas de uma variável independente. E é dita equação diferencial parcial ( EDP ) quando a função incógnita depende de duas ou mais variáveis independentes. Exemplos: As equações 1. 2. 3. e 4. do exemplo anterior são equações diferenciais ordinárias, enquanto que a equação do exemplo 5 é uma equação diferencial parcial, pois z = z ( x, y ) 18 2.2 Ordem de uma equação diferencial DEFINIÇÃO: A ordem de uma equação diferencial é a ordem da mais alta derivada contida na equação. 2.3 Grau de uma equação diferencial DEFINIÇÃO: Supondo a equação escrita sob forma racional inteira em relação às derivadas, chamamos de grau da equação o maior dos expoentes a que está elevada a derivada de mais alta ordem contida na equação. Exemplos: Analisando as equações do exemplo anterior podemos classificá-las quanto à ordem e ao grau em : Exemplo 1 : 1ª ordem e 1º grau Saiba Mais: Logaritmos e propriedades operatórias www.brasilescola .com Exemplo 2 : 2ª ordem e 1º grau Exemplo 3 : 4ª ordem e 3º grau Exemplo 4 : 3ª ordem e 2º grau Exemplo 5 : 2ª ordem e 1º grau NOTA: Observemos, pelos exemplos a seguir, que nem sempre, à primeira vista, podemos classificar a equação de imediato quanto à ordem e grau. x Exemplo 6. d3y y − 3 =1 3 dx d y dx 3 é de 3ª ordem e 2º grau pois ela é 2 equivalente a d3y d3y x 3  − y = dx 3  dx  19 Exemplo 7. equivalente ln dy − ln x 2 = y dx é de 1ª ordem e 1º grau, pois ela é dy 1 dy . = ey ln dx2 = y 2 x ou x dx ou dy = x 2e y dx Casos particulares (1) R dQ 1 + Q = V0 ( t ) dt C é a equação diferencial ordinária de 1ª ordem e 1º grau que descreve a carga Q(t ) em um circuito RC que tem resistor de resistência R , um capacitor de capacitância C e um gerador que gera uma diferença de potencial V0 ( t ) d 2θ g + sen θ = 0 2 l ( 2 ) dt é a equação diferencial ordinária de 2ª ordem e 1º grau que descreve o movimento de um pêndulo simples de massa m e comprimento l . d2y dy m 2 +γ + ky = Fe ( t ) dt dt (3) é a equação diferencial ordinária de 2ª ordem e 1º grau que descreve um sistema massa-mola composto de uma massa m presa a uma mola com constante elástica k , sujeita a uma força de atrito Fa = − γ dy dt e uma força externa Fe ( t ) ∂ 2u ∂ 2u + 2 =0 2 dx ∂y (4) é a equação diferencial parcial de 2ª ordem e 1º grau que descreve o potencial elétrico u ( x, y, z ) de uma região em que não há cargas elétricas. 2.4 Solução de uma equação diferencial DEFINIÇÃO: Solução de uma equação diferencial na função incógnita y e na variável independente x, definida em um intervalo I, é toda função y(x) que verifica a equação diferencial identicamente para todo x, x ∈ I. 20 2 Exemplo 1. y = 3 x + x + 5 é uma solução da equação diferencial dy = 6x + 1 dx Exemplo 2. y = sen 2 x + cos 2 x é uma solução da equação dy d2y = 2 cos 2 x − 2sen2 x + 4y = 0 2 dx , pois dx d2y = − 4 sen 2 x − 4 cos 2 x dx 2 e daí d2y 2 temos que dx + 4y = − 4sen2 x − 4 cos 2 x + 4( sen 2 x + cos 2 x ) = 0 2.5 Resolução de uma equação diferencial Resolver ou integrar uma equação diferencial é determinar todas as funções que sob a forma finita verificam a equação, ou seja, é obter uma função de variáveis livres que substituídas na equação transforme-a numa identidade. Exemplo: Obtenha uma solução para a equação diferencial dy = 2x + 1 dx dy = 2x + 1 Solução: Da equação dx podemos escrever dy = 2 xdx + dx e integrando fica ∫ dy = ∫ 2 xdx + ∫ dx 2 e daí temos y = x + x + C . 2.6 Tipos de solução Solução Geral: é a solução da equação que contém tantas constantes arbitrárias quantas forem as unidades da ordem da equação. 2 Exemplo 1. y = 3 x + x + C é a solução geral da equação diferencial dy = 6x + 1 de primeira ordem dx 21 Exemplo 2. y = C1 sen 2 x + C 2 cos 2 x é a solução geral da equação d2y + 4y = 0 2 diferencial de segunda ordem dx Solução Particular: é a solução da equação deduzida da solução geral, atribuindo-se valores particulares às constantes arbitrárias. 2 Exemplo 1. y = 3 x + x + 5 é uma solução particular da equação dy = 6x + 1 diferencial dx ( tomamos no exemplo 1 anterior C = 5 ) Exemplo 2. y = sen 2 x + cos 2 x é uma solução particular da equação d2y + 4y = 0 2 C =1 diferencial dx ( tomamos no exemplo 2 anterior C1 = 1 e 2 ) 2.7 Interpretação geométrica Geometricamente, a solução geral de uma equação diferencial representa uma família de curvas, que recebem o nome de curvas integrais. Essa solução denomina-se também de primitiva ou integral da equação diferencial. Exemplo: Seja a equação: dy = 2x dx 2 A sua solução geral y = x + C nos fornece uma família de parábolas de concavidade voltada para cima, como mostra a figura a seguir 22 Lista de exercícios resolvidos Determine para cada uma das curvas dadas a seguir a equação diferencial de menor ordem possível que não contenha nenhuma constante arbitrária: Exemplo1. y= 5x 2 +x+C 2 Solução: Graficamente temos dy = 5x + 1 dx Derivando, temos: Exemplo 2. y = C1 senx + C 2 cos x Solução: Graficamente temos 23 dy = C1 cos x − C 2 senx Derivando, temos: dx Como as constantes não foram eliminadas, devemos derivar mais uma d2y d2y cos = − C senx − C x = − (C1 sen x + C 2 cos x ) 1 2 2 2 vez, daí: dx ou dx É fácil ver que o valor entre parênteses corresponde ao próprio y dado, o que permite escrever: d2y + y=0 dx 2 2 Exemplo 3. y = C x Solução: Graficamente temos 24 dy y C= 2 = 2 Cx x e em seguida, Derivando, temos dx e observando que dy y =2 x 2 x e simplificando temos substituindo na derivada, obtemos dx dy 2 y = dx x Exemplo 4. y = C1x2 + C2 Solução: Graficamente temos Derivando, temos dy = 2C1 x dx . Como as constantes não foram todas d2y = 2C1 2 eliminadas, derivamos novamente e obtemos dx .Daí, substituindo o valor de 2C1 na igualdade anterior, fica : dy d2y = x dx dx 2 ou x d 2 y dy − =0 dx dx 2 Exemplo 5. y = A cos ( x + B ) , onde A e B são constantes. Solução: Graficamente temos 25 Derivando duas vezes, temos dy d2y = − A sen ( x + B ) = − A cos( x + B ) 2 dx e dx Observando que o segundo membro é − y , temos: d2y d2y = − y + y=0 2 dx 2 ou dx 3x −2 x Exemplo 6. y = C1e + C 2 e Solução: Graficamente temos 2x 5x Multiplicando ambos os membros por e2x, temos: e y = C1 e + C 2 26 Derivando, e2x ( obtemos : e2x dy + 2 e 2 x y = 5C1 e 5 x dx , e daí temos dy + 2 y ) = 5C1e 5 x dx Multiplicando por e −5 x  dy  e −3 x  + 2 y  = 5C1  dx  , temos e derivando de novo  d2y dy   dy  e − 3 x  2 + 2  − 3 e − 3 x  + 2 y  = 0 dx    dx  dx fica  d 2 y 2dy  dy e −3 x  2 + − 3 − 6 y  = 0 dx dx  dx  Assim, agrupando, fica  d 2 y dy  e −3 x  2 − − 6 y  = 0 dx  dx  , o que nos permite escrever d 2 y dy − − 6y = 0 dx dx 2 −3 x pois e ≠ 0 x =1 + Cy y ln Exemplo 7. Solução: Graficamente temos 27 ou Usando propriedades operatórias dos ln x − ln y = 1 + Cy e isolando o valor de C obtemos logaritmos, C= temos 1nx − 1ny − 1 y dy 1 dy − dx = C y dx Derivando, temos x Substituindo C pelo seu valor obtido acima temos: dy ln x − ln y − 1 dy 1 − dx = . x y y dx Multiplicando ambos os membros por xy fica: y−x dy dy dy dy dy dy = x(1nx − 1ny − 1) y−x = x1n x. − x1n y − x dx dx ou dx dx dx dx ou y=x dy (1n x − 1n y ) dx E assim podemos escrever y=x dy x 1n dx y Exemplo 8. Determine a equação diferencial da família de círculos de raio 2 e cujos centros estejam sobre o eixo dos x . Solução: Graficamente temos 28 2 2 2 A família de círculos é dada por ( x − a ) + y = 2 onde a é a abscissa do centro. 2 2 temos y = 4 − ( x − a ) Daí, e derivando obtemos 2 ydy = − 2( x − a )dx e elevando a dois temos ( 2 ydy ) 2 = [ 2( x − a ) dx ] 2 . 2 2 2 2 2 Desenvolvendo, fica 4 y ( dy ) = 4 ( x − a ) ( dx ) , e substituindo ( x − a ) por 4 − y 2 temos 4 y 2 ( dy ) 2 = 4 ( 4 − y 2 )( dx ) 2 ; Simplificando, fica y 2 ( dy ) 2 = ( 4 − y 2 )( dx ) 2 e daí a equação diferencial procurada é 2 4 − y2  dy    = y2  dx  Lista de exercícios propostos 01. Nas equações diferenciais a seguir determine, de cada uma delas: (i) a ordem, (ii) o grau, (iii) a função incógnita, (iv) a variável independente. 2  d2y  dy  2  − 3 y + xy = 0 dx  dx  t2 d 2s ds −t = 1 − sen t 2 dt dt 29 7  db    = 3 p  dp  02. Quais, dentre as funções abaixo, são soluções da equação d2y − y = 0? 2 diferencial dx x (i) y = e (ii) y = sen x (iii) y = 0 03. Eliminando as constantes, forme as equações diferenciais das famílias de curvas a seguir: 2 2 a) x + y = C x b) y = C e y = ( C1 + C 2 x )e x + C3 c) 2x −x d) y = C1e + C 2 e Solução da lista 01. a) (i) 2 (ii) 2 b) (i) 2 c) (i) 1 (ii) 1 (ii) 7 (iii) y (iv) x (iii) s (iv) t (iii) b (iv) p 02. (i) Analisando a função do item (i), isto é, verificando se ao substituirmos y = ex inicialmente derivar obtemos d2y = ex 2 dx . na equação obtemos uma identidade. Devemos x y = e .Daí temos dy = ex dx e derivando novamente Substituindo os valores de d2y dx 2 d2y − y = e x − e x = 0. x dx 2 Logo y = e é solução da equação dada. 30 e y temos dy (ii) Procedendo de modo análogo para y = sen x temos dx = cos x e d2y = − sen x dx 2 . Substituindo, d2y − y = − sen x − sen x = −2 sen x ≠ 0 dx 2 . Logo y = sen x temos não é solução da equação dada. dy d2y =0 =0 2 (iii) Do mesmo modo para y = 0 temos dx e dx e Substituindo, temos d2y − y=0−0=0 dx 2 . Logo y = 0 é também solução da equação dada. 2 2 03.a) Derivando x + y = C , temos 2 xdx + 2 ydy = 0 , e dividindo por 2 obtemos xdx + ydy = 0 , que é a equação procurada x x b) Derivando y = C e , temos dy = Ce dx , e substituindo o valor de dy dy = y − y=0 y fica dy = ydx ou dx ou dx . c) y = ( C1 + C 2 x )e x + C3 , Derivando temos dy = ( C1 + C 2 x )e x + C 2 e x = ( C1 + C 2 + xC2 )e x dx e multiplicando por e−x −e dy = ( C1 + C 2 + xC2 ) dx , −x derivando pela segunda vez temos 2 dy −x d y +e = C2 dx dx 2 .Como ainda não eliminamos todas as constantes, derivamos e−x e e − x fica mais uma vez e obtemos 2 3 3 2 dy d2y dy −x d y −x d y −x d y −x d y e e e e − e−x − + = 0 − 2 + e−x =0 2 2 3 3 2 dx dx dx dx dx dx dx ou . −x Daí, como e d3y d 2 y dy − 2 + =0 ≠ 0 podemos escrever dx 3 dx dx 2 . 31 2x −x x d) Multiplicando ambos os membros de y = C1 e + C 2 e por e obtemos 3x x e y = C1 e + C 2 e Multiplicando agora por e −3 x derivando obtemos e −2 x y + e −2 x novamente, pois − 2e − 2 x y + e − 2 x dy dy d2y − 2 e −2 x + e −2 x = 0 dx dx dx 2 ou e −2 x devemos temos eliminar d2y dy − e −2 x − 2e − 2 x y = 0 2 dx dx .Como a e −2 x ≠ ex y +ex dy = 3C1 dx e derivando constante 0, dy = 3C1e 3 x dx . C1 , podemos temos escrever d2y dy − − 2y = 0 2 dx dx 2.8 Bibliografia C. H. Edwards Jr. e D. E. Penney. Equações Diferenciais Elementares com Problemas de Valores de Contorno. Prentice–Hall do Brasil, (1995) D. G. Figueiredo e A. F. Neves. Equações Diferenciais Aplicadas. IMPA, (1997). F. Ayres Jr. Equações Diferenciais. Coleção Schaum, Ao livro Técnico, (1963). S. Abunahman. Equações Diferenciais. EDC, (1991). W. E. Boyce R. e C. DiPrima. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. LTC, (2002). 32 2.9 Web – bibliografia 33 34 Unidade 3 – Equações de 1ª ordem e 1º grau .......................................... 36 3.1 Definição ............................................................................................... 36 3.2 Equações de variáveis separáveis ..................................................... 36 3.3 Resolução de equações diferenciais de variáveis Separáveis ................................................................................................. 37 3.4 Aplicações: Problemas Geométricos ................................................. 45 3.5 Trajetórias ortogonais ......................................................................... 56 3.6 Bibliografia ........................................................................................... 67 3.7 Web-Bibliografia ................................................................................... 67 OBJETIVO Desenvolver no aluno a percepção da importância e do grau de aplicabilidade das equações diferenciais na modelagem matemática de situações concretas. 35 3. EQUAÇÕES DE 1ª ORDEM E 1º GRAU 3.1 Definição: equações da Equações de 1ª ordem e 1º grau são todas as forma M dx + N dy = 0 chamada dy = F ( x , y) dx , forma chamada diferencial, em forma que padrão, ou M = M ( x, y) e N = N ( x, y) Exemplos: dy = 5x + 1 1) dx ou (5x + 1)dx − dy = 0 2) ydx + xdy = 0 ou dy y = − dx x dy tgx sec y = 3) dx sec xtgy = 0 ou tg x sec y dx – sec x tg y dy = 0 3.2 Equações de variáveis separáveis Definição: Uma equação do tipo M dx + N dy = 0 é dita de variáveis separáveis se M e N forem: a) Funções de apenas uma variável, isto é: M ( x, y ) = A ( x ) e N ( x, y ) = B ( y ) . b) Produtos com fatores de uma só variável M ( x, y ) = A1 ( x ) A2 ( y ) e N ( x, y ) = B1 ( x ) B2 ( y ) . 36 3.3 Resolução de equações diferenciais de variáveis separáveis a) Se a equação M ( x, y) dx + N ( x, y) dy = 0 de variáveis separáveis é do tipo A1 ( x ) A2 ( y ) dx + B1 ( x ) B2 ( y ) dy = 0 , separando as variáveis x e y, de forma que os coeficientes de dx e dy sejam respectivamente funções de x e de y, resulta uma equação de variáveis separáveis. A1 ( x) A ( y) dx + 2 dy = 0 B ( x ) B ( y ) 2 Assim, vem: 1 A1 ( x) E integrando, temos A2 ( x) dy = C 2 ( x) ∫ B ( x) dx + ∫ B 1 A equação obtida é a solução geral de uma equação de variáveis separáveis. Lista de exercícios resolvidos Para as equações a seguir, mostre que são do tipo variáveis separáveis e obtenha uma solução para as mesmas dy = 5x + 1 Exemplo 1. dx . Solução: Observe que esta equação é de variáveis separáveis, pois uma vez escrita na forma diferencial, temos M ( x, y ) = A ( x ) = 5x + 1 e ( 5 x + 1 )dx − dy = 0 , onde N ( x, y ) = B ( y ) = − 1. E para obtermos a solução basta integrar. Desta forma temos: 5x 2 + x− y=C ∫ (5 x + 1)dx − ∫ dy = C e portanto 2 é a solução geral da dy = 5x + 1 equação diferencial dx . 37 Exemplo 2. ydx + xdy = 0 Solução: É fácil ver que tal equação é de variáveis separáveis, pois, para tanto, basta dividirmos os membros por xy , chamado fator de integração, e daí temos a equação equivalente M ( x, y ) = A ( x ) = 1 1 ∫ dx + ∫ dy = C x y 1 x e ou N ( x, y ) = B ( y ) = 1 1 dx + dy = 0 x y , onde 1 y. Integrando, temos: ln x + ln y = C . Usando as propriedades dos logaritmos temos ln xy = C = ln K e daí temos a solução procurada, que é xy = K . Exemplo 3. tg x sec y dx – sec x tg y dy = 0 Solução: Tal equação é de variáveis separáveis, pois é da forma M dx + N dy = 0 , onde M ( x, y ) = A1 ( x ) A2 ( y ) = tg x sec y e N ( x, y ) = B1 ( x ) B2 ( y ) = sec x tg y . Dividindo-se ambos os membros da equação por sec x sec y , fica tg x . sec y tg y . sec x dx − dy = 0 sec y . sec x sec y . sec x Simplificando tg x tg y dx − dy = 0 sec x sec y , obtemos e daí sen x dx − sen y dy = 0 . Integrando ∫ sen x dx − ∫ sen y dy = C , o que nos leva à solução − cos x + cos y = C 2 2 2 Exemplo 4. (x − 1) 1 − y dx − x dy = 0 38 temos Solução: Tal equação é de variáveis separáveis, pois é da forma M dx + N dy = 0 2 2 Onde M ( x, y ) = A1 ( x ) A2 ( y ) = (x − 1) 1 − y e N ( x, y ) = B1 ( x ) B2 ( y ) 2 = −x 2 2 Dividindo-se ambos os membros da equação por x 1 − y , fator integrante, ∫ x2 − 1 dx − x2 x+ x2 −1 dx − x2 fica, 1 ∫ 1− y 2 dy 1− y2 =0 e integrando temos Saiba mais: Métodos de integração http:// www.somatema tica.com.br/sup erior/integrais2/ integrais4. php dy = C. Assim sendo, temos 1 − arc sen y = C x Exemplo 5. y dx + ( x + 1) dy = 0 Solução: É imediato ver que tal equação é de variáveis separáveis e que tem como fator integrante y ( x + 1) . Daí, dividindo todos os termos por dx dy dx dy + =0 ∫ +∫ =C y y este fator obtemos x + 1 . Integrando, fica x + 1 e assim temos ln ( x + 1) + ln y = ln K e, portanto, podemos escrever que a solução geral procurada é ( x + 1) y = K Exemplo 6. dy 1+ y2 = dx (1 + x 2 ) xy Solução: Reescrevendo a equação, temos equivalente à anterior M dx + N dy = 0 , onde e portanto M ( x, y ) = A ( x ) = 39 temos y dy dx = 2 1+ y (1 + x 2 ) x , que é uma equação do tipo 1 y N ( x, y ) = B ( y ) = 2 1+ x e ! + y2 .Desta forma temos uma equação de variáveis separáveis, e integrando temos y ∫1+ y dy = ∫ 2 dx 1 dx +K ln (1 + y 2 ) = ∫ +K 2 (1 + x ) x (1 + x 2 ) x ou 2 Decompondo a segunda integral usando as somas parciais escrevemos: 1 A Bx + C Ax 2 + Bx 2 + Cx + A = + = x (1 + x 2 ) x x2 +1 x ( x 2 + 1) A+ B =0 C=0 A = 1 ∴ B = −1 1 1 x = − 2 2 Assim , x(1 + x ) x x + 1 Desta forma, dx ∫ (1 + x 2 )x = ∫ dx xdx 1 ln x − ln(x 2 + 1) + ln K1 −∫ 2 x 2 x +1 = 1 1 ln (1 + y 2 ) ln x − ln(x 2 + 1) + ln K1 2 E daí temos 2 = , e multiplicando por 2 e também usando as propriedades dos logaritmos temos x2K2 ln(1 + y ) = ln 2 x +1 : 2 ln (1 + y 2 ) = 2 ln x − ln ( x 2 + 1) + ln K 2 1+ y2 = ou ou K2 x2 x2 +1 2 Exemplo 7. xy dx − (1 + x ) dy = 0 x dy dx − =0 2 y 1 + x Solução: Reescrevendo a equação dada temos que é equivalente à anterior e, portanto, temos uma equação do tipo 40 M dx + N dy = 0 , onde M ( x, y ) = A ( x ) = x 1 N ( x, y ) = B ( y ) = 2 1+ x e y. Desta forma temos uma equação de variáveis separáveis, e integrando x temos ∫1 + x 2 dx − 1 ∫ y dy = K 1 ln(x 2 + 1) − ln y = ln C , o que nos dá 2 ou ln x 2 + 1 − ln y = ln C ou ln y = ln x 2 + 1 + ln C ou ln y = ln C x 2 + 1 ou y =C x2 +1 dy + y cos x = 0 dx Exemplo 8. Solução: Para constatarmos que esta equação é do tipo variáveis dx separáveis basta multiplicar todos os termos por y e daí temos dy + cos x dx = 0 y que é uma equação M ( x, y ) = A ( x ) = cos x e da forma N ( x, y ) = B ( y ) = M dx + N dy = 0 , onde 1 y . E para obter solução, devemos integrar, e desta forma fica ln y + senx = C y= ou = C − senx ln y ou y = e C − senx ou k e sen x C , pois e é uma constante K. 2 2 Exemplo 9. sec x tgy dx + sec y tgx dy = 0 Solução:Usando o fator de integração tgy tgx podemos reescrever a sec2 x sec2 y dx + dy = 0 tg y equação obtendo tg x e daí constatar que temos uma equação de variáveis separáveis. 41 sec 2 x sec 2 y dx + ∫ tg x ∫ tg y dy = K temos Integrando, ln tg x + ln tg y = ln C ou ln tg x + ln tg y = ln C1 , e assim e, portanto, tg x.tg y = C1 dy  dy  a x + 2 y  = xy dx  Exemplo 10.  dx Solução: Desenvolvendo a equação dada e escrevendo na forma M dx + N dy = 0 , obtemos M ( x, y ) = A ( x ) = 2a x e a 2a dx + ( −1 ) dy = 0 x y N ( x, y ) = B ( y ) = e daí temos a −1 y . Portanto temos uma equação de variáveis separáveis e, desta forma, integrando, temos: 2a ∫ dx dy + a∫ − dy = C x y ∫ 2a ln x = ln K − a ln y + y x 2a ln =e K ya ou 2a ln x = ln ou 2a ln x + a ln y − y = ln K k + y ya ln x 2 a = ln ou ou k +y ya ou + y Lista de Exercícios Propostos Para as equações a seguir, mostre que são do tipo variáveis separáveis e obtenha uma solução para as mesmas. dx − tg y dy = 0 x 1) 2 2 2) 4 xy dx + ( x + 1) dy = 0 2 −x 3) x dx + y e dy = 0 42 4) ( y + 2 )dx + ( x − 3 )dy = 0 2 5) ( x − 1 ) dy + y dx = 0 Solução da lista dx − tg y dy = 0 1) x Solução: É fácil ver que esta é uma equação do tipo Mdx + Ndy = 0 , M ( x, y ) = onde ∫ dx − x ∫ 1 x e tg y dy = C N ( x, y ) = tg y . E, portanto, integrando, temos ou ln x + ln cos y = ln K ou x cos y = K . Daí temos que a solução geral é dada por x cos y = K , cuja representação gráfica é como abaixo 2 2 2) 4 xy dx + ( x + 1) dy = 0 Solução: Neste caso temos uma equação do tipo Mdx + Ndy = 0 , onde M ( x, y ) = A1 ( x ) A2 ( y ) = 4 xy 2 e N ( x, y ) = B1 ( x ) B2 ( y ) = x 2 + 1 e daí, 2 2 dividindo por y ( x + 1 ) ( fator de integração ) obtemos a equação 43 4x 1 1 dx + 2 dy = 0 2 ln ( x 2 + 1) − = C x +1 y y , e integrando fica , que é a solução 2 geral solicitada e cuja representação gráfica é 2 −x 3) x dx + y e dy = 0 Solução: Multiplicando os membros por 2 x e x dx + y dy = 0 , e integrando temos ∫ 2 e x obtemos a equação x e x dx + ∫ y dy = C 2 e daí obtemos 1 x2 1 2 e + y =C 2 x2 2 2 ou y + e = C1 4) ( y + 2 )dx + ( x − 3 )dy = 0 Solução: Separando as variáveis temos integrando podemos ln ( x − 3 )( y + 2 ) = ln K ou escrever 1 1 dx + dy = 0 x−3 y+2 , e ln ( x − 3 ) + ln ( y + 2 ) = ln K ou ( x − 3 )( y + 2 ) = K . Daí, temos que a solução geral é ( x − 3 )( y + 2 ) = K e cuja representação gráfica é 44 2 5) y dx + ( x − 1 ) dy = 0 Solução: Separando as variáveis temos integrando podemos escrever y ln ln ( x − 1 ) − 1 1 dx + 2 dy = 0 x −1 y , e 1 = ln K y ou ln x −1 1 = K y ou x −1 =1 K 3.4 Aplicações: Problemas Geométricos Dada uma curva plana C, em um ponto P(x, y) desta curva, consideremos os chamados “segmentos notáveis,” a saber: PT = comprimento da tangente 45 PN = comprimento da normal TM = comprimento da subtangente MN = comprimento da subnormal Seja α o ângulo formado pela reta tangente a curva no ponto P e o eixo dos x Analisando a figura acima, temos: TM = PM y = . tgα dy dx MN = PM .tgα = y 2 y ( dy / dx ) (1) dy dy . MN = y. dx Assim dx (2) Assim 2 PT = ( MP) + ( MT ) = PT = y 1 + Assim 2 2 y2 2 y +  dy     dx  1 (dy / dx) 2 PN = ( MP) + ( MN ) = Assim, TM = 2 (3)  dy  y +y    dx  2  dy  PN = y 1 +    dx  2 2 2 (4) Exercícios Resolvidos 1) Determinar a equação das curvas que têm a subnormal constante. Solução: 46 Sabemos de (2) que a subnormal é dada por MN = devemos ter y y dy dx , e daí dy dx = k , k uma constante. Reescrevendo esta equação obtemos ydy = k dx , e integrando temos y2 = kx + C 2 2 ou y = 2 kx + C , que representa a família de curvas de subnormal constante. A representação gráfica da família cuja constante é k = 3 é 2 Para o caso particular y = 6 x e sendo P1( 2 , 2 3 ) e P2( 3, 3 2 ) temos a representação a seguir: e podemos ver nos dois casos que MN = 3 2) Determinar a equação das curvas que têm a subtangente constante. 47 TM = Solução: Sabemos de (1) que a subtangente é dada por y dy dx e y dy daí devemos ter dx = k , k uma constante. Reescrevendo esta equação obtemos ln y = k dy dy dx = k =y y , e integrando temos dx ou x + C1 k ou x y = ek k ln y = x + C ou + C1 que representa a família de curvas de subtangente constante. A representação gráfica da família cuja constante é k = 2 é 3) Escrever a equação de uma curva sabendo que a normal em cada ponto dela e o segmento de reta que une este ponto à origem formam um triângulo isósceles de base no eixo dos x. Solução: 48 Como o triângulo ∆ OPN é isósceles, temos PN = OP e daí, OM = MN = x . Deste modo y dy =x dx ou y dy = x dx , e integrando temos y2 x2 = +C 2 2 2 2 ou y − x = 2 C . Assim sendo, podemos ver que tais curvas são hipérboles como as da figura a seguir: 4) Determinar a equação das curvas que têm o comprimento da normal constante. Solução:  dy  PN = y 1 +    dx  Sabemos que a normal é dada por 2 e como por   dy  2  y 2 1 +    = k 2   dx   hipótese ela é constante e sendo k tal constante, temos 2  dy  y   = k 2 − y2  dx  ou 2 ou 2 k 2 − y2  dy    = y2  dx  49 ou dy 1 =± k 2 − y2 dx y . ydy Separando as variáveis tem-se ∫ y k 2 − y2 dy = ± ∫ k 2 − y2 = ± dx , e integrando obtemos dx = ± x + C . 2 2 2 Fazendo a mudança z = k − y encontramos 2 zdz = − 2 ydy − zdz = ydy e daí temos − k 2 − y 2 = ± x + C ou ∫ −z dz = ± z ∫ dx = ± x + C k 2 − y 2 = (x + C)2 ou ou ou − z = ± x + C ou ( x + C ) 2 + y 2 = k 2 , cujas curvas são circunferências com centro no eixo dos x, como mostra a figura abaixo para as constantes k = 1; k = 2. 50 5) Obter as equações das curvas sabendo que as partes de todas as tangentes situadas entre os eixos coordenados tenham o ponto de tangência como o ponto médio. Solução Por hipótese temos AP = PB e chamaremos de α o ângulo externo Â, e β o ângulo DÂP, daí temos α + β = 180° e deste modo tgα = − tgβ , o dy y = − x , que nos leva a dx e separando as variáveis, fica dy dx =− y x . C  C ln y = ln   y= ln y = − ln x + C ln y = − ln x + C  x  ou x . Integrando ou ou Daí temos que as curvas são hipérboles equiláteras como as da figura a seguir: 51 Exercícios Propostos 1) Determinar a equação da curva que passa pelo ponto ( 4, 4 ), sabendo que a declividade de sua tangente num ponto qualquer é: dy x = dx 3 y 2) Achar a equação da curva sabendo que a subtangente é igual ao dobro da abscissa do ponto de contacto. 3) Sabendo que a curva é tal que a distância de um ponto qualquer à origem é igual ao comprimento da tangente, determinar a curva. Solução da lista dy x = 1) Por hipótese sabemos que dx 3 y , o que nos leva a 3 ydy = xdx e integrando temos 3 y2 x2 = +C 2 2 2 2 ou 3 y = x + 2C . Como passa pelo ponto 52 (4, 4), podemos substituir x por 4 e y por 4, obtendo C = 16 e daí a curva 2 2 procurada tem equação 3 y = x + 32 e cuja representação gráfica é como segue TM = 2) Sabemos que a subtangente é dada por y dy dx e como por hipótese a subtangente é igual ao dobro da abscissa do ponto de contacto, y = 2x dy devemos ter dx ou ydx = 2 xdy , e separando as variáveis fica 1 1 1 dx = dy ln x = ln y + ln C1 y . Integrando, temos 2 2x ou ln x = 2 ln y + 2 ln C1 2 ou ln x = ln y + ln C1 2 2 ou ln x = ln y C ou representação gráfica como segue: 53 x = y 2 C . Tais curvas têm 3) Observando o gráfico abaixo E da hipótese temos 0 P = PT , e como sabemos que o comprimento da PT = tangente x2 + y2 = x é dado por   dy  2  1+    2   dy    dx      dx  y2 y  dy  1+   dy  dx  dx x2 + y 2 = ou dy = ±y dx , e separando as variáveis fica ln y = ± ln x + C ou 2 e que OP = y2  dy     dx  2 + y2 x 2 + y 2 , temos 2  dy  x   = y2  dx  2 ou ou dy dx =± y x . Integrando, obtemos ln y = ± ln x + ln k e daí temos: i) ln y = ln x + ln k ou ln y = ln x k ou y = kx retas que passam pela origem. ii) ln y = − ln x + ln k ou ln y + ln x = ln k ou ln y x = ln k ou yx = k hipérboles eqüiláteras. 54 Graficamente temos: retas passando pela origem Hipérboles eqüiláteras 3.5 Trajetórias ortogonais Em muitos problemas de física, por exemplo, assim como em outras áreas, conhecida uma família de curvas Γ , busca-se uma outra família de curvas Τ que interceptam perpendicularmente as curvas da família inicial. As curvas dessa segunda família são denominadas trajetórias ortogonais das curvas da família Γ 55 Γ trajetórias em preto e Τ trajetórias em azul Definição: Diz-se que duas curvas Γ 1 e Τ 1 são ortogonais em um ponto se, e somente se, suas retas tangentes t1 e t2 são perpendiculares no ponto de interseção. Exemplo: Analisando o gráfico seguinte podemos observar que as curvas Γ 1: y= 2 2 2 x e Τ 1: x − y = 1 são ortogonais no ponto P ( 2 , 1 ) . Veja Mais www.pucrs.br/fa mat/elieteb/equac oes.../trajetorias_ ortogonais.doc 56 NOTA: Exceto no caso em que t1 e t2 são paralelas aos eixos coordenados, queremos dizer que os coeficientes angulares m1 e m2 das retas tangentes t1 e t2 são tais que m1.m2 = -1. DEFINIÇÃO: Diz-se que duas famílias de curvas Γ e Τ são trajetórias ortogonais uma da outra quando todas as curvas da família Γ interceptam ortogonalmente todas as curvas da família Τ . OBSERVAÇÃO: Trajetórias ortogonais ocorrem na construção de mapas meteorológicos e no estudo de eletricidade e magnetismo. Por exemplo, em um campo elétrico em volta de dois corpos de cargas opostas, as linhas de força são perpendiculares às curvas equipotenciais. Exemplo: 2 1) Achar as trajetórias ortogonais da família de curvas y = px , para qualquer valor de p. 2 Solução: Graficamente temos que a família y = px é representada como segue dy = 2 px Diferenciando a equação dada em relação a x, obtemos dx . Mas p= y dy y dy 2 y =2 2x = 2 x que são as declividades da x e, portanto, dx x ou dx 2 família y = px . Assim sendo, para determinarmos as trajetórias ortogonais, 57 dy x =− 2 y . Separando as devemos ter curvas cujas declividades sejam dx x2 + y2 = C xdx + 2 ydy = 0 variáveis temos . Integrando, temos 2 , que são as 2 trajetórias ortogonais da família y = px , cujas representações gráficas são elipses como as do gráfico a seguir ( representadas em vermelho ) 2) Achar as trajetórias ortogonais da família de curvas y= p x , para qualquer valor de p. Solução: Graficamente temos que a família como segue 58 y= p x é representada dy p =− 2 x . Diferenciando a equação dada em relação a x, obtemos dx dy xy dy y =− 2 =− x que são as declividades da x ou dx Mas p = xy e, portanto, dx família y= p x . Assim sendo, para determinarmos as trajetórias ortogonais, dy x = dx y . Daí, separando as devemos ter curvas cujas declividades sejam 2 2 variáveis temos xdx − ydy = 0 . Integrando temos x − y = C , que são as trajetórias ortogonais da família y= p x , cujas representações gráficas são hipérboles como as do gráfico abaixo (representadas em vermelho ) 59 3) Determine as trajetórias ortogonais da família de curvas dadas por x2 + 3y2 = p 2 2 Solução: Graficamente temos que a família de curvas x + 3 y = p é representada por dy x =− 3 y , que Diferenciando a equação dada em relação a x, obtemos dx são as declividades da família x 2 + 3 y 2 = p . Assim sendo, para determinarmos as trajetórias ortogonais, devemos ter curvas cujas dx dy dy 3 y = = 3y . x . Separando as variáveis, temos x declividades sejam dx 60 1 1 ln y = ln x + ln C 3 Integrando, temos 3 ou ln y = ln Cx ou 1 3 y = Cx ou y = Kx 3 , que são as trajetórias ortogonais da família x 2 + 3 y 2 = p cujas representações gráficas são como as do gráfico abaixo ( representadas em vermelho ) 2 2 4) Achar as trajetórias ortogonais da família de curvas x + y = px , para qualquer valor de p. Solução: Graficamente temos que representada como segue 61 a família x 2 + y 2 = px é Diferenciando 2x + 2 y dy =p dx . Mas a equação p= x2 + y2 x dada em relação e, portanto, a 2x + 2 y x, obtemos dy x 2 + y 2 = dx x ou dy y 2 − x 2 = dx 2 xy , que são as declividades da família x 2 + y 2 = px . Assim sendo, para determinarmos as trajetórias ortogonais, devemos ter curvas dy 2 xy dy 2 xy =− 2 = 2 2 y − x ou dx x − y 2 , cuja solução cujas declividades sejam dx como será vista no próximo ponto (equações diferenciais homogêneas) é x 2 + y 2 = ky , que são as trajetórias ortogonais da família x 2 + y 2 = px , cujas representações gráficas são circunferências como as do gráfico a seguir (representadas em vermelho) 5) Determine as trajetórias ortogonais da família de curvas dadas por y = pe 2 x Solução: Graficamente temos que a família de curvas representada por 62 y = pe 2 x é dy = 2y Diferenciando a equação dada em relação a x, obtemos dx , que são as declividades da família y = pe 2 x . Assim sendo, para determinarmos as trajetórias ortogonais, devemos ter curvas cujas declividades sejam dy 1 =− dx 2 y . Daí, separando as variáveis, temos dx + 2 ydy = 0 . Integrando, 2 2x temos x + y = C , que são as trajetórias ortogonais da família y = pe , cujas representações gráficas são parábolas como as do gráfico abaixo (representadas em vermelho) 63 Lista de Exercícios Propostos Determine as trajetórias ortogonais das famílias seguintes e faça o esboço gráfico da família e das trajetórias (p = parâmetro). 2 2 2 1) x + y = p 2 2 2 2) x − y = p Solução da lista 1) Graficamente temos que a família de curvas x2 + y2 = p2 é representada por 2 2 2 Diferenciando x + y = p obtemos 2 xdx + 2 ydy = 0 e daí temos que dy x =− dx y . Desta forma temos que as trajetórias ortogonais terão declividades dy y = dx x , o que nos leva a xdy − ydx = 0 . Separando as variáveis obtemos ln 1 1 dy − dx = 0 y x e integrando fica ln y − ln x = C ou y y y =C = eC =k x ou x ou x ou y = kx Representando graficamente a família (preto) e as trajetórias (representadas em vermelho), temos 64 : 2 2 2 2) Derivando x − y = p obtemos 2 xdx − 2 ydy = 0 e daí temos que dy x = dx y . Desta forma temos que as trajetórias ortogonais terão declividades dy y =− dx x , o que nos leva a xdy + ydx = 0 , e separando as variáveis fica 1 1 dy + dx = 0 C y x e integrando fica ln y + ln x = C ou ln yx = C ou yx = e ou yx = k ou y= k x. Desta forma, representando a família (preto) e as trajetórias ortogonais (vermelho), temos 65 3.6 Bibliografia M. P. Matos. Séries e Equações Diferenciais. Prentice Hall. W. Leighton. Equações Diferenciais Ordinárias. LTC. 66 67 68 Unidade 4 - Equações homogêneas ......................................................... 70 4.1 Definição: Equação homogênea ......................................................... 70 4.2 Definição: Equação Diferencial Homogênea ..................................... 70 4.3 Resolução de uma equação diferencial homogênea ........................ 70 4.4 Equações redutíveis às homogêneas ................................................ 77 4.5 Bibliografia ........................................................................................... 92 4.6 Web-Bibliografia ................................................................................... 92 OBJETIVO Propiciar ao aluno desenvoltura em classificar e manipular problemas que envolvam equações diferenciais homogêneas, com técnicas específicas de abordagem, adequadas à resolução de cada um. 69 4 - Equações homogêneas 4.1 Definição: Equação Homogênea Uma função z = F ( x, y ) é dita homogênea de grau de m homogeneidade m se F (kx, ky ) = k F ( x, y ) , para todo real k . 2 2 Exemplos: M ( x, y ) = 2 xy e N ( x, y ) = x − y são homogêneas de grau 2, pois M (kx, ky ) = 2 kx ky = 2 kx ky = k 2 2 xy = k 2 M ( x, y ) e N ( kx, ky ) = ( kx ) 2 − (ky ) 2 = k 2 ( x 2 − y 2 ) = k 2 N ( x, y ) 4.2 Definição: Equação Diferencial Homogênea Uma equação diferencial dada por M ( x , y ) dx + N ( x , y ) dy = 0 é dita homogênea se M ( x, y ) e N ( x, y ) forem funções homogêneas e de mesmo grau. Veja Mais Exemplos: 2 xy dx + ( x 2 − y 2 )dy = 0 ( 2 y − 4 x ) dx + ( y − 2 x ) dy = 0 ( 2 y 4 + x 4 ) dx + xy 3dy = 0 www.ceset.unicam p.br/.../Equa%E7% F5es%20Diferencia is%20de%20Primei ra%20Orde1.do... (2 x − y)dx − x 2 − 2 xy dy = 0 4.3 Resolução de uma equação diferencial homogênea Seja a equação diferencial homogênea Mdx + Ndy = 0 , onde M N têm grau igual a m. 70 e dy M =− N Temos: dx Podemos observar que se dividirmos o numerador e o denominador do dy  y y = F  x segundo membro por x resultará em função de x . Isto é, dx m (1) y E daí, substituindo x por t , temos y = xt (2) E derivando (2) em relação a x, temos: dy dt =t+x dx dx Desta forma a equação (1) será transformada em: t+x dt dt = F (t ) ou x = F (t ) − t dx dx ou dt dx = F (t ) − t x que é uma equação de variáveis separadas. Exemplos Obtenha a solução geral da equação homogênea ( x 2 − y 2 ) dx − 2 xy dy = 0 Solução: Substituindo y = xt e dy = x dt + tdx obtemos ( x 2 − x 2 t 2 )dx − 2 x.xt ( x dt + t dx ) = 0 ou (1 − t 2 ) dx − 2t ( x dt + tdx ) = 0 ou (1 − t 2 − 2t 2 ) dx − 2tx dt = 0 ou (1 − 3t 2 )dx − 2tx dt = 0 Separando as variáveis, temos 71 dx 2t − dt = 0 x 1 − 3t 2 e integrando, fica: Multiplicando por 1 ln x + ln(1 − 3t 2 ) = ln C 3 2 obtemos 3 ln x + ln(1 − 3t ) = 3 ln C 3, ou ln x 3 + ln(1 − 3t 2 ) = ln C 3 ou ln ( x 3 ( 1 − 3t 2 )) = ln C 3 ou ln ( x 3 ( 1 − 3t 2 )) = ln k 3 2 Daí, x (1 − 3t ) = k y2 3 y  x 1 − 3 =t  x2 Retornando à relação x , fica    = k  ou x 3 − 3 xy 2 = k 2) Obter a solução geral e a solução particular para x = 1 e y = 2 da equação homogênea (2x − y )dx − (x + 4 y )dy = 0. Solução: Substituindo y = xt e dy = x dt + tdx , obtemos (2 x − xt ) dx − (x + 4 xt )(x dt + tdx ) = 0 ou (2 − t )dx − (1 + 4t )(x dt + tdx ) = 0 2 ou (2 − t − t − 4t )dx − (1 + 4t )x dt = 0 dx 1 + 4t − dt = 0 2 Separando as variáveis, temos x 2 − 2t − 4t , e integrando temos ln x + 1 ln 2 − 2t − 4t 2 = ln C 2 ( Multiplicando ( por ) ln x 2 + ln 2 − 2t − 4t 2 = ln C 2 ( ) 2 fica ou ) x 2 2 − 2t − 4t 2 = k . 72 2 ln x + ln (2 − 2t − 4t 2 ) = 2 ln C ( ( )) ln x 2 2 − 2t − 4t 2 = ln C 2 = ln k . ou Daí, Retornando à relação  y y2   x  2 − 2 − 4 2  = k x x  temos  y =t x 2 ou 2 x 2 − 2 xy − 4 y 2 = k que é a solução geral. Para obtermos uma solução particular para x = 1, y = 2 , substituímos estes valores na solução geral e obtemos k = -18. Daí, a solução particular é 2 x 2 − 2 xy − 4 y 2 = −18 ou x 2 − xy − 2 y 2 + 9 = 0 2 2 3) Resolva a equação homogênea (x + y )dx − xy dy = 0 Solução: Substituindo y = xt e dy = x dt + t dx , obtemos (x 2 ) + t 2 x 2 dx − tx 2 (tdx + xdt ) = 0 (1 + t )dx − t dx − tx dx = 0 2 2 ou ou dx − tx dt = 0 dx − t dt = 0 Separando as variáveis, fica x e integrando, temos ln x − ln x − ln ( y t2 =t =C C = ln C 2 1 e retornando à relação x . Fazendo obtemos x y y2 y2 ln = 2 = ln C ln x − ln C = 1 1 C1 2 x ou 2x 2 2 x 2 ou ou 2 ln x y = 2 C1 x 2 x2 x 2 y ey/x = 2 ) = 2 2 C1 C1 e assim temos a solução geral x 2 = k e y / x x ou 4) Resolva a equação homogênea (x − y )dx − (x + y )dy = 0 Solução: Substituindo y = xt e dy = x dt + t dx , obtemos (x − tx )dx − (x + tx )(tdx + xdt ) = 0 ou 73 ou (1 − t )dx − (1 + t )(t dx + x dt ) = 0 ou dx − tdx − tdx − xdt − t 2 dx − tx dt = 0 ou (1 − 2t − t )dx − (x + tx )dt = 0 ou 2 (1 − 2t − t )dx − x(1 + t )dt = 0 2 dx 1+ t − dt = 0 x 1 − 2t − t 2 e em seguida, Separando as variáveis, obtemos integrando, fica: ln x + Multiplicando 1 ln (t 2 + 2t − 1) = C 2 por ln x 2 + ln (t 2 + 2t − 1) = 2C dois e temos retornando  y2 2y  ln x 2 + ln  2 + − 1 = 2C x x  ou ( ( ) 2 ln x + ln t 2 + 2t − 1 = 2C ou y = tx , fica à relação ) ln y 2 + 2 xy − x 2 . = 2C e fazendo 2C = ln k temos que a solução é y 2 + 2 xy − x 2 = k Lista de Exercícios Propostos 1) Resolva as equações 2 2 a) (x + y )dx + (2 x + y ) ydy = 0 b) ( x + y )dx + ( y − x )dy = 0 2) Determine as trajetórias ortogonais da família de circunferências: x 2 + y 2 = 2 ax Solução da lista 1) (x 2 a) Substituindo y = xt ) + y 2 dx + (2 x + y ) ydy = 0 , obtemos 74 e dy = xdt + tdx , na equação (x 2 + t 2 x 2 )dx + (2 x + tx ) tx (t dx + xdt ) = 0 e daí temos (1 + t )dx + (2t + t )(t dx + x dt ) = 0 2 (1 + t 2 2 ) ( ou ) + 2t 2 + t 3 dx + 2 tx + t 2 x dt = 0 dx 2t + t 2 + dt = 0 2 3 x 1 + 3 t + t Separando as variáveis, fica: ( Integrando, temos: ) 1 ln x + ln (t 3 + 3t 2 + 1) = ln C 3 ou 3 ln x + ln (t 3 + 3t 2 + 1) = 3 ln C ou ln x 3 + ln (t 3 + 3t 2 + 1) = ln C 3  y3 3y 2  ln x 3 + ln  3 + 2 + 1 = ln k x x  Retornando à relação y = tx , obtemos ou   y3  y2 ln . x 3  3 + 3 2 + 1  = ln k x   x 3 2 3 Desta forma, a solução procurada é y + 3 xy + x = k 1) b) Substituindo ( x + y )dx + ( y − x )dy = 0 , y = xt dy = xdt + tdx , e na equação (x + tx )dx + (tx − x )(t dx + xdt ) = 0 obtemos ou (1 + t ) dx + (t − 1)(t dx + x dt ) = 0 ( ) dx + tdx + t 2 dx + tx dt − t dx − x dt = 0 ou 1 + t 2 dx + x (t − 1) dt = 0 1 t −1 dx + 2 dt = 0 t +1 Separando as variáveis, temos: x ou 1 t 1 dx + 2 dt − 2 dt = 0 x t +1 t +1 , e integrando, temos ln x + VEJA MAIS: arquivos.unama.br/n ead/gol/gol.../MS_imp resso_aula13.pdf 1 ln( t 2 +1) − arctgt = k 2 . Retornando à relação y = tx , obtemos  1  y2 y ln x + ln  2 + 1 = arc tg + k 2 x x  ou 75 1  y2 2 y ln x + ln 2 + 1 = arc tg + k x x  . Daí, a solução procurada é: ln x 2 + y 2 = arc tg 2) Para y +k x determinar circunferências, derivamos 2x + 2 y as trajetórias x 2 + y 2 = 2 ax ortogonais da família de em relação a x, obtendo dy = 2a dx dy  dy    x 2 + y 2 = x 2 x + 2 y  x 2 + y 2 = 2 x x + y  dx  ou dx  .   Eliminando-se a , vem: dx dy − dy , e E para obtermos as trajetórias ortogonais, substituímos dx por deste modo ( temos: x 2 + y 2 = 2 x 2 − 2 xy dx dy , o que nos leva a ) 2 xy dx + y 2 − x 2 dy = 0 , que é uma equação homogênea. Substituindo y = xt e dy = x dt + tdx obtemos: ( ) 2 x.xt dx + x 2t 2 − x 2 ( x dt + tdx ) = 0 ( ) 2t dx + t 2 − 1 ( x dt + tdx ) = 0 ou 2t dx + xt 2 dt − x dt + t 3 dx − t dx = 0 (2t − t + t )dx + (xt 3 2 − x )dt = 0 ou (t + t 3 )dx + x (t 2 − 1)dt = 0 Separando as variáveis, temos dx 1 − t 2 = dt x t + t3 ou dx dt − 2tdt = + 2 x t t +1, e integrando, temos ln x = ln t − ln( t 2 + 1) − ln C ou ln x = ln t − ln( t 2 + 1) C ln t − ln x = ln( t 2 + 1) C 76 ou ln t = ln C ( t 2 + 1) x ou t = C ( t 2 +1) x . Retornando à relação y = tx , y 2 x = C ( y + 1) 2 2 x2 obtemos x ou y = C ( y + x ) 2 2 Daí, temos que a família de trajetórias ortogonais a x + y = 2 ax é C ( y 2 + x 2 ) = y e a representação gráfica das duas famílias é como abaixo 4.4 Equações redutíveis às homogêneas  a x + b1 y + c1  dy = F 1  dx  a2 x + b2 y + c2  onde Definição: São todas as equações da forma a1 , a2 , b1 , b2 , c1 e c2 são constantes. Exemplos: dy x − 2 y + 5 = dx 2x − y + 4 1) ou (2 x − y + 4)dy + (− x + 2 y − 5)dx = 0 dy 9 x − 3 y + 1 = dx − 3x + y − 2 ou (3 x − y + 2 )dx + (9 x − 3 y + 1)dy = 0 2) Afirmação: Para obtermos solução para estas equações devemos considerar os dois casos a seguir: 77 a1 a) O determinante b1 a2 b2 é diferente de zero. Neste caso temos o sistema a1 x + b1 y + c1 = 0  a2 x + b2 y + c2 = 0 cuja solução é dada pelas raízes x = α e y = β e fazemos a seguinte substituição: x = u + α  y = v + β que ∴ dx = du ∴ dy = dv geometricamente equivale a uma translação dos eixos coordenados para o ponto (α , β ) que é a interseção das retas que compõem o sistema, e esta interseção é sempre possível uma vez que o determinante considerado é diferente de zero. Desta forma, após a substituição, a equação transformada será:  a u + b1v + a1α + b1β + c1  dv = F 1  du  a2u + b2 v + a2α + b2 β + c2  Como α e β são raízes do sistema, teremos:  a u + b1v  dv = F 1  du  a2u + b2 v  , que é uma equação homogênea Lista de Exercícios Resolvidos Resolver as seguintes equações redutíveis às homogêneas dy 2 x − 3 y − 1 = dx 3x + y − 2 1) 78 2 −3 = 11 ≠ 0 3 1 Solução: Neste caso temos 7  α = 11  2 x − 3 y = 1 β = 1   11 Daí, formamos o sistema: 3x + y = 2 cuja solução é  7   x = u + 11  y = v + 1  11 e assim, a substituição a ser feita é  ∴ dx = du ∴ dy = dv e a equação é transformada em dv 2u − 3v = du 3u + v ou (3u + v )dv = (2u − 3v )du Que é uma equação homogênea de grau 1. Usando o método anterior fazemos a substituição: v = ut , sendo t = f (u ) e dv = udt + tdu daí obtemos a equação (3u + ut )(u dt + t du ) = (2u − 3 ut )du ou (3 + t )(u dt + t du ) = (2 − 3t )du ou (3 + t )udt = (2 − 3t − 3t − t 2 )du Separando as variáveis, temos obtemos 1 ln u = − ln 2 − 6t − t 2 + ln C 2 ( ) ( ) 2 ln u = − ln 2 − 6t − t 2 + 2 ln C ou ou 79 du 3+t = dt u 2 − 6t − t 2 , e integrando ( ) ln u 2 = − ln 2 − 6t − t 2 + 2 ln C 2 . 2 2 Daí, u (2 − 6t − t ) = K K = C2 sendo v Substituindo t pelo seu valor u fica:  v v2  u 2  2 − 6 − 2  = K 2 2 u u   ou 2 u − 6 uv − v = K Substituindo u pelo seu valor x− 7 1 y− 11 e v por 11 temos 2 2 7 7  1  1   2 x −  − 6 x −  y −  −  y −  = K 11  11  11   11    e desenvolvendo fica 2 x 2 − 6 xy − y 2 − 2 x + 4 y + F = 0 2) ( 2 x − 3 y)dx − (3x − y − 1)dy = 0 2 −3 =7≠0 Solução: Neste caso temos: 3 − 1 e o sistema formado é 3   α = 7  2 x − 3 y = 0 β = 2  7 e deste modo a 3x − y = 1 cuja solução é  3   x = u + 7 ∴ dx = du   y = v + 2 ∴ dy = dv  7 Substituição a ser feita é  E a equação é transformada em: (2u − 3v ) du − (3u − v ) dv = 0 que é uma equação homogênea. Fazendo a substituição 80 v = ut ∴ dv = u dt + t du obtemos (2 − 3t )du − (3 − t )(u dt + t du ) = 0 ou (2 − 3t − 3t + t )du − (3 − t )u dt = 0 2 du t −3 + 2 dt = 0 Separando as variáveis, fica u t − 6t + 2 e integrando, temos 1 ln u + ln t 2 − 6t + 2 = ln C 2 ( ( ) ) 2 ln u + ln t 2 − 6t + 2 = 2 ln C [ ( ln u 2 + ln(t 2 − 6t + 2) = ln C 2 ou )] ln u 2 t 2 − 6t + 2 = ln C 2 ou u 2 (t 2 − 6t + 2 ) = k (k = C ) 2 2  v 2 v v   = k u − 6 + 2 t= 2 u u  u , temos:  Daí, retornando à relação Substituindo u pelo seu valor x− 2 3 7 e 2 2 3  2  3    y −  − 6 x −  y −  + 2 x −  = k 7 7  7  7   E assim 2 x 2 − 6 xy + y 2 + 2 y + F = 0 3) ( x + 2 y − 4 )dx − (2 x + y − 5) dy = 0 81 v por y− 2 7 fica 1 2 = −3 ≠ 0 2 1 Solução: Neste caso temos x + 2 y − 4 = 0 α = 2   Daí, formamos o sistema 2 x + y − 5 = 0 cuja solução é β = 1 e a  x = u + 2 ∴ dx = du  substituição a ser feita é  y = v + 1 ∴ dy = dv e daí temos dv u + 2v = du 2u + v , que substituição é uma equação homogênea, e fazendo v = ut. dv = u dt + t du obtemos (2u + ut )(u dt + t du ) = (u + 2 ut )du ou (2 + t )(u dt + t du ) = (1 + 2t )du ou 2 udt + ut dt + 2t du + t 2 du − du − 2t du = 0 ( ) u (2 + t ) dt + 2t + t 2 − 2t − 1 du = 0 ou ou du (2 + t ) + 2 dt = 0 u t −1 du 2 + t − dt u 1− t2 1 3 du = 2 dt + 2 dt u 1+ t 1− t ou E integrando fica ln u = Retornando à relação 1 3 ln(1 + t ) − ln(1 − t ) + c 2 2 t= v u temos  v  v 2 ln u = ln1 +  − 3 ln1 −  + c  u  u 2 ln u = ln u+v u −v − 3 ln +c u u Substituindo u por ( x − 2 ) e v por 82 ( y − 1) temos a 2 ln ( x − 2) = ln x + y −3 x − y −1 − 3 ln +c x−2 x−2 2 ln ( x − 2 ) = ln ( x + y − 3) − ln ( x − 2 ) − 3 ln ( x − y − 1) + 3 ln ( x − 2 ) + c (x − y − 1)3 = C (x + y − 3) b) O determinante Como a1 a2 b1 =0 b2 a1 a2 b1 b2 é igual a zero. , os coeficientes de x e y são proporcionais, de modo que podemos escrever: a1b2 = a2b1 a2 b2 = a1 b1 ou Chamando esta relação constante de m, podemos escrever: a2 b2 c = =m≠ 2 a1 b1 c1 a2 = m a1 e b2 = m b1 Assim:  a x + b1 y + c1  dy = F 1  dx  m(a1 x + b1 y ) + c2  Fazendo a1 x + b1 y = t , temos, sendo t = f ( x ) : y= 1 (t − a1 x ) b1 dy 1  dt  =  − a1   Derivando em relação a x : dx b1  dx  t + c1  1  dt   − a1  = F   b1  dx mt + c2    e a equação transformada: 83 dt − a1 = b1 G(t ) dx Que é uma equação de variáveis separáveis. Lista de Exercícios Resolvidos Resolva as seguintes equações: dx 2x − y + 1 = 1) dy 6 x − 3 y − 1 Solução: Neste caso temos 2 −1 =0 6 −3 e, portanto, devemos fazer 2x − y = t e daí temos y = 2 x − t , e derivando em relação a x obtemos dy dt = 2− dx dx O que transforma a equação em 2− dt t + 1 = dx 3t − 1 dt t +1 = 2− 3t − 1 ou dx dt 5t − 3 = ou dx 3t − 1 Separando as variáveis, fica: dx = 3t − 1 dt 5t − 3 ou dx = 3 4 dt + dt 5 5(5t − 3) Integrando, temos: 3t − 1 ∫ dx = ∫ 5t − 3 dt 3 ou 4 5 ∫ dx = ∫ 5 dt + 25 ∫ 5t − 3 dt 3 4 x + C = t + ln ( 5t − 3) 5 25 Daí, temos Retornando à relação t = 2x − y temos 84 x+C = 3 (2x − y ) + 4 ln(10x − 5 y − 3) 5 25 ou 25 x + k = 15(2 x − y ) + 4 ln (10 x − 5 y − 3) ou 30 x − 15 y + 4 ln (10 x − 5 y − 3) = 25 x + k ou 5 x − 15 y + 4 ln (10 x − 5 y − 3) = k 2) (2 x + 3 y − 1) dx + (2 x + 3 y + 2 )dy = 0 2 3 Solução: Neste caso temos a2 b2 = =1 a1 b1 ou 2 3 a2 = a1 ; =0 e a relação b2 = b1 dy 2x + 3 y − 1 =− 2x + 3 y + 2 Reescrevendo a equação, temos: dx Fazendo 2 x + 3 y = t temos t 2 y= − x 3 3 , e derivando em relação a x , dy 1 dt 2 = − fica dx 3 dx 3 . Substituindo na equação obtemos: 1 dt 2 t −1 − =− 3 dx 3 t+2 1  dt t −1   − 2 = − t+2  ou 3  dx (t − 1) dt − 2 = −3 dx t + 2 ou dt 3t − 3 = 2− dx t+2 dt − t + 7 = dx t+2 Separando as variáveis, fica dx = 9   t+2 dx =  − 1 − dt dt t −7  − t + 7 ou 85 Integrando, obtemos: x = −t − 9 ln (t − 7 ) + C Mas t = 2 x + 3 y , logo: x = −2 x − 3 y − 9 ln (2 x + 3 y − 7 ) + C 3 x + 3 y = −9 ln (2 x + 3 y − 7 ) + C dy 1 − 3x − 3 y = dx 1+ x + y 3) Solução: Reescrevendo a equação, temos −3 −3 1 1 dy − 3 x − 3 y + 1 = dx x + y +1 . Daí, =0 Fazendo − 3x − 3 y = t temos y=− t + 3x 3 dy 1 dt =− −1 3 dx Derivando em relação a x fica: dx − Substituindo na equação, temos: − 1 dt t +1 = +1 t 3 dx − +1 3 ou variáveis, fica: dx = 1 dt 2t + 6 dt − 6t − 18 = = 3 dx 3 − t ou dx 3 − t . Separando as 1 1  3−t 1 1 dx =  − dt dt dx = dt − dt  6 t + 3  ou − 6t − 18 ou 6 t +3 . Integrando, temos: x= − 1 dt t +1 −1 = t 3 dx − +1 3 ou x= t − ln( t + 3 ) + C 6 . Como t = − 3x − 3 y , temos: −x− y − ln(− 3x − 3 y + 3) + C 2 ou 86 3x + y = − ln(− 3x − 3 y + 3) + C 2 . Lista de Exercícios Propostos Resolva as seguintes equações diferenciais: 1) (2 x − y + 4)dy + ( x − 2 y + 5)dx = 0 dy x + 2 y + 1 = dx 2x + 4 y + 3 2) 3) (x − 4 y − 3)dx − ( x − 6 y − 5)dy = 0 4) (3x − y + 2)dx + (9x − 3 y + 1)dy = 0 Solução da Lista 1) (2 x − y + 4)dy + (x − 2 y + 5)dx = 0 2 −1 = −3 ≠ 0 1 − 2 Solução: Neste caso, temos 2 x − y + 4 = 0 α = −1   Daí formamos o sistema x − 2 y + 5 = 0 cuja solução é β = 2 x = u −1  Desta forma a substituição a ser feita é  y = v + 2 e a equação é transformada em (2u − v)dv + (u − 2v )du = 0 e podemos ver que é uma equação homogênea de grau 1. Fazendo a substituição v = tu e dv = tdu + udt , obtemos: (2u − tu)(tdu + udt) + (u − 2tu)du = 0 ou (2 − t )(tdu + udt) + (1 − 2t )du = 0 ou 87 (2t − t 2 ) ( ) +1 − 2t du + u(2 − t )dt = 0 ou 1 − t 2 du + u(2 − t )dt = 0 Separando as variáveis, temos: du 2 − t 1 t −2 + dt = 0 du + 2 dt = 0 2 u 1− t t −1 ou u ou 2 3 1 dt = 0 du + dt − u t +1 t −1 Integrando, temos: 2 ln u + 3 ln(t + 1) − ln(t − 1) = C ou ln u 2 3 ( t + 1) + ln =C t −1  (t + 1)3  ln u 2   = ln k t − 1   ou ou  (t + 1)3  u2  =k t − 1   Retornando à relação t= v u obtemos   v 3   (v + u )3    + 1    u   2 u3  = k u2  =k u   v   v −u   u −1      ou  u  (v + u )3 = k (v − u ) . Como u = x + 1 e v = y − 2 , temos (x + y − 1)3 = k (− x + y − 3) dy x + 2 y + 1 = dx 2x + 4 y + 3 2) 88 1 2 =0 2 4 . Solução: Neste caso temos x + 2 y = t e daí y= dy 1 dt 1 = − dx 2 dx 2 , Assim sendo, fazemos − x +t 2 . Derivando em relação a x obtemos 1 dt 1 t + 1 − = o que transforma a equação em 2 dx 2 2t + 3 ou 1 dt t +1 1 + = 2 dx 2t + 3 2 ou 1 dt 4t + 5 dt 4t + 5 = = 2 dx 2(2t + 3) ou dx 2t + 3 . 1 1 2t + 3 ( + 2 )dt = dx dt = dx Separando as variáveis, fica 4t + 5 ou 2 4t + 5 . 1 1 t + ln( 4t + 5 ) = x + C 8 Integrando, temos 2 . Como x + 2 y = t , temos 1 1 ( x + 2 y ) + ln( 4 x + 8 y + 5 ) = x + C 2 8 4 x + 8 y + ln( 4 x + 8 y + 5 ) = 8 x + C1 ou − 4 x + 8 y + ln( 4 x + 8 y + 5 ) = K 3) (x − 4 y − 3)dx − ( x − 6 y − 5)dy = 0 1 −4 = −2 ≠ 0 − 1 6 Solução: Neste caso temos x − 4 y − 3 = 0 α = −1   Daí formamos o sistema x − 6 y − 5 = 0 cuja solução é β = −1 x = u − 1  Desta forma a substituição a ser feita é  y = v −1 89 ou e a equação é transformada em (u − 4v )du − (u − 6v )dv = 0 e podemos ver que é uma equação homogênea de grau 1. Fazendo a substituição v = tu e dv = tdu + udt , obtemos: (u − 4tu)du − ( u − 6tu )(tdu + udt) = 0 ou (1 − 4t )du − (1 − 6t )(tdu + udt) = 0 ou (1−5t + 6t )du − u(1− 6t )dt = 0 2 Separando as variáveis, temos: 1 −4 1 du − ( + )dt = 0 du 1 − 6t 1 2t − 1 u − dt = 0 t− u 1 − 5t + 6t 2 3 ou ou 1 4 1 du + dt − dt = 0 1 u 2t − 1 t− 3  1 ln u + 2 ln(2t − 1) − ln t −  = K  3 Integrando, temos: ou 1 ln u + ln( 2t − 1) 2 − ln(t − ) = K 3 ou Retornando à relação   2v  2    − 1  u   =C u  v 1   u −3    t=    (2t − 1)2  u  =C 1  t−  3   v u obtemos  (2v − u )2    2 =C u u  3v − u  3( 2v − u ) 2 =C  3u  ou  e daí 3v − u Como u = x + 1 e ( − x + 2 y + 1) 2 =C v = y + 1 temos − x + 3 y + 2 4) (3x − y + 2)dx + (9 x − 3 y + 1)dy = 0 90 Solução: Neste caso temos 3 −1 =0 9 −3 . Reescrevendo a equação dy 3x − y + 2 =− 9x − 3 y + 1 . Assim sendo, fazemos t = 3x − y e daí y = 3x − t . temos dx dy Derivando y em relação a x obtemos dx equação em 3− dt t+2 =− dx 3t + 1 ou − =3 − dt dx . O que transforma a dt t +2 = −3 − dx 3t + 1 ou dt t+2 = 3+ dx 3t + 1 ou dt 10t + 5 = dx 3t + 1 3 1 3t + 1 ( − )dt = dx dt = dx 10 20 t + 10 10 t + 5 Separando as variáveis, fica ou . Integrando, temos 6t − ln( 2t + 1) = 20x + C´ . 3 1 t − ln( 2t + 1) = x + C 10 20 Como 2 x + 6 y + ln( 6 x − 2 y +1) = K 91 t = 3x − y , ou temos 4.5 Bibliografia ABUNAHMAN, Sérgio A. Equações Diferenciais. Rio de Janeiro: Livros Técnicos e Científicos Editora, 1994. AYRES JUNIOR, Frank. Equações Diferenciais. São Paulo: McGrawHill do Brasil, 1986. BOYCE, W. E.; DIPRIMA, R. C. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. Rio de Janeiro: Editora Guanabara Dois, 1989. 4.6 Web-Bibliografia . 92 93 94 Unidade 5- Equações diferenciais exatas ................................................ 96 5.1 Definição: Equação Diferencial Exata ................................................ 96 5.2 Teorema: Caracterização de diferenciais exatas .............................. 96 5.3 Fator integrante .................................................................................... 102 5.4 Pesquisa do fator integrante ............................................................... 102 5.5 Bibliografia ........................................................................................... 111 5.6 Web-bibliografia ................................................................................... 111 OBJETIVO Estudar os métodos básicos de resolução de equações diferenciais exatas. 95 5- EQUAÇÕES DIFERENCIAIS EXATAS 5.1 Definição: Equação Diferencial Exata A equação diferencial M (x, y )dx + N (x, y )dy = 0 é dita exata se existe uma função U ( x, y ) , tal que dU = M (x, y )dx + N (x, y )dy Exemplos: 1) ydx + xdy = 0 é uma equação diferencial exata, pois U (x, y ) = xy é tal dU = ydx + xdy que (x 2) U (x, y ) = 2 ) − y 2 dx − 2xydy = 0 é uma equação diferencial exata, pois x3 − xy 2 + c 2 2 3 é tal que dU = x − y dx − 2xydy ( ) 5.2 Teorema: Caracterização de diferenciais exatas A equação M (x, y )dx + N (x, y )dy = 0 , onde M e N são funções contínuas e deriváveis, é diferencial exata se, e somente se, ocorrer a ∂M ∂N = ∂x relação ∂y Lista de Exercícios Resolvidos Mostre que as seguintes equações diferenciais são exatas, em seguida resolva-as: ( ) 2 2 1) x − y dx − 2xy dy = 0 96 Solução: Para mostrar que (x 2 ) − y 2 dx − 2xy dy = 0 é uma equação 2 2 diferencial exata, devemos mostrar que M ( x, y) = x − y e N ( x, y ) = −2xy ∂M ∂N ∂M ∂N = = −2 y = ∂x , e isto é um fato, pois ∂y ∂x . são tais que ∂y Para resolver a equação devemos determinar uma função U ( x, y ) , tal que ∂U ∂U =N =M ∂ y ∂x e . Como .Integrando U (x, y ) = ∫ ambos os M (x, y ) = x 2 − y 2 , obtemos membros em relação ∂U = x2 − y2 ∂x x temos ∂U x3 dx = − xy2 + φ ( y ) ∂x 3 . Diferenciando U ( x, y ) em relação a ∂U ∂U = −2xy + φ ' ( y ) =N ∂ y ∂ y obtemos . Como temos − 2 xy = −2 xy + φ ' ( y ) φ ' ( y ) = 0 ou y ou x3 U (x, y ) = − xy 2 + C φ ( y ) = C . Deste modo temos que 3 2) (2 x − y + 1)dx − (x + 3 y − 2)dy = 0 Solução: Neste caso temos M (x, y ) = 2x − y + 1, N (x, y ) = − x − 3 y + 2 e é ∂M ∂N = −1 = ∂x . Logo é uma equação diferencial exata. fácil ver que ∂y Para resolver, devemos determinar uma função U ( x, y ) tal que ∂U ∂U =N =M ∂ y ∂x e . Como M ( x, y ) = 2x − y + 1, temos Integrando ambos os membros em relação a x obtemos 97 ∂U = 2x − y +1 ∂x . U (x, y) = x 2 − xy + x + φ ( y) . ∂U = −x + φ'( y) ∂y . Como Diferenciando em relação a ∂U = −x − 3y + 2 ∂y obtemos y , fica − 3 y + 2 = φ ' ( y ) . Daí, 3y2 3y2 2 φ( y) = − + 2y + C U (x, y ) = x − xy + x − + 2y + C 2 2 . Portanto ( ) y y 3) e dx + xe − 2 y dy = 0 ∂M ∂N = ey = ∂x , logo a equação é Solução: Temos, neste caso, que ∂y exata. Para obtermos a solução devemos determinar uma função U (x, y ) , tal ∂U ∂U =N =M ∂ y ∂ x que e . Como M ( x, y) = e y , temos ∂U = ey ∂x . Integrando y ambos os membros em relação a x , fica U (x, y) = xe + φ ( y) . Diferenciando ∂U ∂U = xe y + φ ' ( y ) = N (x, y ) = xe y − 2 y y ∂ y ∂ y em relação a , obtemos . Como , 2 y 2 temos − 2 y = φ ' ( y ) ou φ ( y ) = − y + C . Desta forma, U ( x, y) = xe − y + C ( ) 3 2 4) x + y dx + (2xy + cos y )dy = 0 3 2 Neste caso, M ( x, y) = x + y e N ( x, y ) = 2xy + cos y e assim é fácil ver ∂M = 2y e ∂ y que a equação é exata, pois Devemos ∂U = M (x, y ) ∂x agora e ∂N = 2y ∂x . determinar ∂U = N (x, y ) ∂y 98 U (x, y ) , tal que ∂U = x3 + y 2 ∂ x Daí, temos U ( x, y ) = x4 + xy2 + φ ( y ) 4 . e integrando em relação a x obtemos Diferenciando em relação a y, temos ∂U ∂U = 2 xy + φ ' ( y ) =N ∂y ∂ y . Como , temos cos y = φ ' ( y ) ou φ ( y ) = seny + C . x4 U (x, y) = + xy2 + seny + C 4 Desta forma temos Lista de exercícios propostos Verifique se as equações são exatas e determine, em cada caso, uma solução. 2 2 2 3 1) (3 x + 6 xy )dx + (6 x y + 2 y )dy = 0 2) ( 1 + y sen x )dx + ( 1 − cos x )dy = 0 x 2 3) ( 2 x cos y − e )dx − x sen y dy = 0 2x y 2 − 3x2 dx + dy = 0 3 4 y y 4) Soluções da lista de exercícios 2 2 2 3 1) (3 x + 6 xy )dx + (6 x y + 2 y )dy = 0 Solução: Nesta equação M ( x, y ) = 3 x 2 + 6 xy 2 e N ( x, y ) = 6 x 2 y + 4 y 3 . ∂M ∂N = 12 xy = 12 xy ∂ y Como e ∂x , temos que a equação é exata. 99 ∂U = 3x 2 + 6 xy 2 ∂ x Integrando ambos os membros de em relação a x, 3 2 2 temos U (x, y ) = x + 3 x y + φ ( y ) . Derivando esta expressão em relação a y, temos ∂u = 6 x2 y +φ ' ( y ) ∂y . Com o ∂u =N ∂y temos 6 x 2 y + 4 y 3 = 6 x 2 y + φ ' ( y ) ou φ ' ( y ) = 4 y 3 ou φ ( y ) = y 4 + C 3 2 2 4 Daí, temos U ( x, y ) = x + 3 x y + y + C 2) (1 + y sen x )dx + (1 − cos x )dy = 0 Solução: M ( x, y ) = 1 + y sen x, N ( x, y ) = 1 − cos x e Temos ∂M ∂N = sen x = ∂x . Logo a equação é exata. ∂y ∂U = M ( x, y ) Sabemos que a função U procurada é tal que ∂x e ∂U ∂u = N ( x, y ) = 1 + y sen x ∂y . Daí, temos ∂x e integrando ambos os membros em relação a x obtemos U ( x, y ) = x − y cos x + φ ( y ) . Diferenciando esta ∂U ∂U = − cos x + φ ' ( y ) = N ( x, y ) ∂ y ∂ y y expressão em relação a temos . Como fica 1− cos x = − cos x + φ ' ( y ) ou φ ' ( y ) = 1 ∴ φ ( y ) = y + C Daí, temos U (x, y ) = x − y cos x + y + C x 2 3) (2 x cos y − e )dx − x sen dy = 0 x Solução: Neste caso, M ( x, y ) = 2 x cos y − e , ∂M ∂N = −2 x seny = ∂y ∂x . Logo a equação é exata. 100 N ( x, y ) = − x 2 seny e ∂U = 2 x cos y − e x ∂ x Sabendo que e integrando em relação a x, temos U ( x, y ) = x 2 cos y − e x + φ ( y ) . Derivando em relação a y temos ∂U = N ( x, y ) = − x 2 seny = − x 2 seny + φ ' ( y ) ∂y ou φ ' ( y ) = 0 ou φ ( y ) = C 2 x Daí, U ( x, y ) = x cos y − e + C 2x y 2 − 3x2 dx + dy = 0 3 4 y y 4) M ( x, y ) = Solução: Neste caso temos y 2 − 3x 2 2x N ( x , y ) = y4 y3 e . Como ∂M 6 x ∂N =− 3 = ∂y y ∂x , concluímos que a equação é exata. Sabendo que x2 ∂U 2x U ( x, y ) = 3 + φ ( y ) = M ( x, y ) = 3 y ∂x y e integrando em relação a x, temos . Agora derivando em 3x 2 = − 4 + φ´( y ) y . Daí, U ( x, y ) = relação φ´( y ) = 1 y2 a y temos ∂U = N ( x, y ) = ∂y φ( y ) = − e assim, x2 1 − +C y3 y 5.3 Fator integrante 101 y 2 − 3x 2 y4 1 +C y . Portanto, Definição: Fator integrante da equação M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0 é uma função λ ( x, y ) para a qual λ ( x, y )[M ( x, y )dx + N ( x, y )dy] = 0 é uma equação diferencial exata. Exemplos: 1) − λ ( x, y ) = − 1 x 2 é um fator integrante da equação y 1 dx + dy = 0 2 x x é uma equação diferencial exata 2) λ ( x, y ) = − 1 x y2 2 y dx − x dy = 0 , pois  ∂M 1 ∂N    =− 2 = x ∂x   ∂y é um fator integrante da equação diferencial y(1 − xy )dx + xdy = 0 , pois − y(1 − xy ) x dx − 2 2 dy = 0 2 2 x y x y − ou 1 − xy 1 dx − dy = 0 2 x y x y2 xy − 1 1 dx − 2 dy = 0 2 x y xy é uma equação diferencial exata ou  ∂M 1 ∂N    = 2 2 = ∂ y x y ∂ x   5.4 Pesquisa do fator integrante Suponhamos λ (x, y ) fator integrante de Mdx+ N dy = 0 e multipliquemos os dois membros da equação dada por λ . Temos: λMdx + λNdy = 0 . Como por hipótese λ é fator integrante, temos que ∂(λM ) ∂(λN ) = ∂y ∂x M desenvolvendo, fica ∂λ ∂M ∂λ ∂N +λ =N +λ ∂y ∂y ∂x ∂x ou 102 M  ∂N ∂M  ∂λ ∂λ  −N = λ  − ∂y ∂x ∂ x ∂ y   Desta forma obtemos uma equação de derivadas parciais de 1ª ordem em λ , portanto a sua solução não poderia ser obtida por enquanto, assim, esta equação se simplifica se supusermos λ função apenas de x ou de y . Assim analisaremos dois casos Supondo λ a função apenas de x , vem: ∂λ =0 ∂y −N E assim temos  ∂N ∂M ∂λ = λ  − ∂y ∂y  ∂x   . Dividindo ambos os membros por λN , temos: 1 ∂λ 1  ∂M ∂N   =  − λ ∂x N  ∂y ∂x  Esta equação só tem sentido se o segundo membro for função apenas 1 ∂λ = ψ (x ) de x . Assim sendo, λ ∂x . Daí, ln λ = ∫ψ (x )dx ou λ = e∫ ψ ( x )dx . ∂λ =0 Supondo agora que λ é função apenas de y , ∂x temos: 1 ∂λ 1  ∂N ∂M   =  − λ ∂y M  ∂x ∂y  e de modo análogo obtemos λ = e∫ ψ ( y )dy . É importante observar que pelo processo adotado, podemos obter um fator integrante e não todos os fatores. 103 Lista de Exercícios Resolvidos Resolver as seguintes equações diferenciais, transformando-as em exatas através do fator integrante. 2 1) y dx + ( xy +1) dy = 0 Solução: ∂M = 2y Calculando ∂y e ∂N =y ∂x ∂M podemos constatar que a equação não é diferencial exata ( ∂y ≠ ∂N ∂x ). Temos, pela relação dada no caso ii), que  ∂N ∂M    −  ∂x ∂y  ou ψ (y) = 1 M ψ (y) = 1 (y − 2 y) = − 1 2 y y ψ ( y )dy ∫ λ = e∫ = e − 1 dy y = e − ln y ln =e 1 y = Daí, λ= que um fator integrante é 1 y e a equação em questão é transformada em 1 2 y dx + ( xy + 1)dy = 0 y [ y dx + x dy + ] ou dy =0 y ou 104 1 y e desta forma temos  1 y dx +  x + dy = 0 y  . ∂M ∂N Daí, temos uma diferencial exata ( ∂y =1 = ∂x ), o que nos leva a existência de uma função U ( x, y ) tal que dU = Mdx + Ndy com a condição ∂U =M =y x ∂ de 1 ∂U = N = x+ ∂y y. Portanto temos U = ∫ Mdx + φ ( y ) U = ∫ ydx + φ ( y ) = yx + φ ( y ) ou Resta-nos calcular φ ( y ) . Para tanto derivemos a igualdade anterior em relação a y. Daí, temos ∂U 1 = N = x + = x + Φ' ( y ) ∂y y Φ' ( y ) = 1 y ou ou Φ ( y ) = ln y + k . Desta forma temos que a solução da equação é SAIBA MAIS: Atualizar conhecimentos das propriedades operatórias de função exponencial e função logaritmica xy + ln y = C ( ) 2 2 2) x − y dx + 2 xy dy = 0 Solução Calculando ∂M ∂N = −2 y = 2y ∂y e ∂x ∂M ∂N Constatamos que a equação não é diferencial exata ( ∂y ≠ ∂x ). Temos, pela relação dada no caso i), que 105 ψ (x ) = Daí, λ= ou ψ (x ) = 1 (− 2 y − 2 y ) 2 xy ou 2 ψ (x ) = − x Assim: 1  ∂M ∂N    − N  ∂y ∂x  ∫ψ (x)dx = −2∫ λ = e− 2 ln x = dx = −2∫ ln x x 1 x2 1 x2 Desta forma a equação é transformada em 1 2 x − y 2 dx + 2 xy dy = 0 2 x [( ] ) ou   y 2  1 −   dx + 2 y dy = 0  x  x   E daí é fácil ver que a equação obtida é uma diferencial exata, pois ∂M 2y ∂N 2 ∂y = x = ∂x . Resolvendo, temos: U = ∫ N dy + Φ ( x ) = 2y y2 ( ) dy + Φ x = + Φ (x ) ∫x x ∂U y2 y2 = M =1 − 2 = − + Φ ' (x ) ∂x x x e daí , Φ ' (x ) = 1 ∴ Φ( x ) = x + C Assim sendo, temos U= y2 + x+C x 106 ou x + y2 = k x Lista de exercícios propostos Determine em cada caso um fator integrante e resolva as seguintes equações: ( ) 2 1) ydx + − x + y dy = 0 2) (2 xy − x )dx − dy = 0 2 3) 2 xy dx + y dy = 0 Solução da lista ( ) 2 1) ydx + − x + y dy = 0 Solução 1) Neste caso temos M ( x, y ) = y e N ( x, y ) = − x + y 2 . Daí, temos ∂M ∂N =1 = −1 ∂y e x , o que comprova que a equação não é diferencial exata. Para calcular um fator integrante usaremos a seguinte relação: φ (y) = Daí, ou λ= 1 M  ∂N ∂m    −  ∂x ∂y  φ (y) = 1 [− 1 − 1] φ ( y ) = − 2 y y , e assim, ou 2 λ =e ∫ − y dy 1 y 2 = fator integrante Desta forma a equação é transformada em 1 ydx + − x + y 2 dy = 0 2 y [ ( ) ] ou  x  1 dx +  − 2 + 1dy = 0 y  y  Resolvendo, temos 107 ou λ = e−2 ln y U = ∫ Mdx + φ ( y ) ou U =∫ 1 dx + φ ( y ) y ou U = ∂U x x = N = − 2 + 1 = − 2 + φ '( y) ∂y y y ou φ ' ( y ) = 1 U = Daí, x + φ( y ) y mas φ ( y) = y + C ou x + y+C y ou x +y=k y 2) ( 2xy − x ) dx − dy = 0 Solução: Neste caso, M ( x, y ) = 2 xy − x e N (x, y ) = −1 . Como ∂M = 2x ∂y e ∂N =0 ∂x são diferentes, então a equação não é exata. Para obtermos um fator integrante usaremos a relação φ (x) = 1  ∂M ∂N  − N  ∂y ∂x  λ = e∫ Daí, φ ( x ) = −2 x , e desta forma temos − 2 x dx integrante. Desta forma a equação é transformada em e− x [(2 xy − x )dx − dy] = 0 2 ou Agora, resolvendo, temos U = ∫ Ndy + φ (x) ou U = ∫ − e − x dy + φ ( x ) 2 108 (2xye −x2 2 ) 2 2 = e− x = fator − xe− x dx − e− x dy = 0 U = − ye− x + φ ( x ) 2 2 2 2 ∂U = M = 2 xye− x − xe− x = 2 xye− x + φ ' ( x ) ∂x φ ' (x ) = − xe− x 1 2 2 φ (x) = e− x + C 2 2 1 2 U = − ye− x + e− x + C 2 Daí, ou 2 1 2 − ye− x + e− x = k 2 2 3) 2 xy dx + y dy = 0 Solução: Neste caso temos M ( x, y ) = 2 xy , N ( x, y ) = y e 2 ∂M ∂N = 2x =0 ∂y e ∂x , logo esta equação não é exata. Para determinar um fator integrante usaremos a relação φ (y) = Daí, 1 M  ∂N ∂M   ∂x − ∂y    φ (y) = 1 1 1 ln [− 2 x] = − 1 ∫ − dy 2 xy y , e assim λ = e y = e−ln y = e y = 1 y = fator integrante 1 2 xy dx + y 2 dy = 0 y Desta forma a equação é transformada em ou [ 2x dx + y dy = 0 Agora, resolvendo, temos 109 ] U = ∫ N dy + φ (x) ou U = ∫ y dy + φ ( x) ou U= y2 + φ (x ) 2 ∂U = M = 2x = φ ' (x) 2 Mas ∂x e, portanto, φ ( x ) = x + C Daí, U = y2 y2 + x2 + C + x2 = k 2 ou 2 5.5 Bibliografia ABUNAHMAN, Sérgio A. Equações Diferenciais. Rio de Janeiro: Livros Técnicos e Científicos Editora, 1994 AYRES JUNIOR, Frank. Equações Diferenciais. São Paulo: McGrawHill do Brasil, 1986. BOYCE, W. E.; DIPRIMA, R.C.,Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. Rio de Janeiro: Editora Guanabara Dois, 1989. 5.6 Web-bibliografia 110 111 112 Unidade 6- Equações lineares de primeira ordem .................................. 114 6.1 Definição: Equações lineares ............................................................. 114 6.2 Métodos de resolução ......................................................................... 114 6.2.1 Método da Substituição ou Método de Lagrange ............................... 114 6.2.2 Método do Fator Integrante ................................................................. 117 6.3 Equação de Bernoulli ............................................................................. 126 6.4 Bibliografia ............................................................................................. 141 113 6- Equações lineares de primeira ordem 6.1 Definição Equações lineares são as equações da forma dy + Py = Q dx onde P e Q são funções de x ou constantes. Se Q = 0, a equação é dita linear homogênea ou incompleta. Exemplos: dy + 3y = 6 dx dy + 2 xy = x dx dy + 5y = 0 dx dy 2 −x y=0 dx 6.2 Métodos de resolução 6.2.1 Método da Substituição ou Método de Lagrange dy + Py = Q (*) Seja a equação: dx Este método consiste em substituir y por z.t, onde t = Φ( x )  z = ψ (x) sendo z a nova função incógnita e t a função a determinar. 114 Derivando y em relação a x temos: dy dt dz = z +t dx dx dx dy e substituindo em (*) dx pelo valor obtido, temos z dy dz + t + P.z.t = Q dx dx dz  dt  z  + P.t  + t =Q dx  daí,  dx Para integrar esta equação, examinaremos dois casos particulares da equação (*), a saber: dy =Q , isto é, P = 0 Caso 01 : dx ou dy = Q dx ou y = ∫ Q dx + C Veja Mais: Logaritmos, definição e propriedades dy + Py = 0 Caso 02: dx , isto é, Q = 0 Para analisar o caso 02, começamos multiplicando todos os termos por dx , deste modo temos: dy + Py dx = 0 Daí, separando as variáveis fica: dy + P dx = 0 y e integrando temos 115 ∫ dy + ∫ P dx = C y ou ln y + ∫ P dx = C ou ln y = C − ∫ P dx E daí, pela definição de logaritmo, podemos escrever: y = e C − ∫ Pdx = e C .e − ∫ Pdx C Fazendo e = k vem y = k .e − ∫ Pdx que é a solução de uma equação linear homogênea ou incompleta. Exemplo: A solução da equação y = k .e 1 − ∫ − dx x dy y − =0 dx x é = ke ln x = kx Voltando à equação dz  dt  z  + Pt  + t =Q  dx  dx podemos ver que, se conseguirmos obter os valores de t e z, obviamente teremos a solução da equação (*) dita linear completa, já que y = zt . Assim, pesquisemos na equação acima um modo de calcular essas duas funções. dt + Pt Se igualarmos o coeficiente de z , isto é, dx , a um determinado fator, o valor daí obtido será levado ao resto da equação, possibilitando o cálculo de z , já que t foi calculado da forma citada. Deste modo, igualemos a zero o dito coeficiente (condição imposta). 116 dy + Py = 0 dx Observemos que esta equação é do tipo visto no segundo caso, onde t funciona como y e cuja solução é t = ke − ∫ Pdx Assim, substituindo o valor de t em t dz =Q dx , obteremos o valor de z k e −∫ Pdx dz =Q dx ou dz 1 ∫ Pdx = e .Q dx k ou 1 dz = e ∫ Pdx . Q dx k Integrando, vem 1 z = ∫ e ∫ Pdx. Q dx + c k Como y = z.t , teremos: 1  y = k e − ∫ Pdx  ∫ e ∫ Pdx . Q dx + C  k  ou [ y = e − ∫ Pdx ∫ e ∫ Pdx . Q dx + C1 ] que é a solução geral da equação (*). 6.2.2 Método do Fator Integrante Dada a equação: dy + Py = Q dx 117 ( ** ) (Py − Q ) dx + dy = 0 ou ∫ Pdx e multiplicando ambos os membros por e , temos: e ∫ Pdx (Py − Q ) dx + e ∫ Pdx dy = 0 − ∫ Pdx (Py − Q ) Daí, M = e Derivemos N = e ∫ Pdx e M em relação a y: ∂M = P e ∫ Pdx ∂y Da mesma forma derivemos N em relação a x : ∂N = P e ∫ Pdx ∂x ∂m ∂N = ∂x , temos que a equação transformada é Observando que ∂y diferencial exata. Assim sendo, o Método do Fator Integrante consiste em transformarmos uma equação linear em outra diferencial exata, cuja resolução já conhecemos. Lista de Exercícios Resolvidos dy y − = x−2 dx x 01.Resolva a equação a) Pelo Método de Lagrange b) Pelo Método do Fator Integrante 118 Solução: dy y − = x−2 a) dx x Substituindo: dy dt dz =z +t dx dx e dx y = z .t z temos dt dz z . t + − = x−2 dx dx x  dt z −  dx ou t  dz = x−2 +t x  dx Cálculo de t: dt t − =0 dx x Fazendo dt dx − =0 t x ou integrando, obtemos: ln t = ln x ou t=x Cálculo de z: t dz = x−2 dx Mas t = x , daí, temos: x ou dz = x−2 dx 2  dz = 1 − dx x  e integrando, temos z = x − 2 ln x + C Como a solução geral é y = z . t , temos 119 e y = z . t = x[( x − 2 ln x + C )] ou y = x( x − 2 ln x + C ) [ − ∫ Pdx ∫ e ∫ Pdx .Qdx + C Utilizando a fórmula ( ** ) acima, isto é, usando y = e onde P=− e − ∫ Pdx = e ∫ dx x 1 x e ] Q = x − 2 , temos = e ln x = x e e ∫ Pdx  1  y = x  ∫ ( x − 2 )dx + C   x  Daí, =e 1 − ∫ dx x = e − ln x = 1 e ln x = 1 x ou y = x( x − 2 ln x + C ) dy y − = x−2 b) dx x Para resolver usando o Método do Fator Integrante, iniciamos y   2 − x − dx + dy = 0 x reescrevendo a equação. Daí,  Calculando um fator integrante temos: e ∫ Pdx = e − ∫ dx / x = e −ln x = 1 x 1 e multiplicando a equação modificada por x temos y 1 2  − 1 − 2 dx + dy = 0 x  x x , ∂M 1 ∂N =− 2 = ∂x x que é uma diferencial exata, pois ∂y Assim: 120 1 U = ∫ dy + Φ( x ) x U= ou y + Φ( x ) x ∂U y y 2 =N − 2 + Φ' ( x ) = − 1 − 2 x x Daí, usando ∂x , temos x Φ ' (x) = ou 2 −1 x e desta forma temos ou U= Φ(x ) = 2 ln x − x y + 2 ln x − x x e a solução geral é: y + 2 x ln x − x 2 = Cx 2) Resolva pelo Método de Lagrange a equação dy − y tg x = sen x dx Solução: Substituindo y = z . t , temos dy dt dz = z +t dx dx dx Daí, z dt dz + t − z . t . tg x = sen x dx dx , e reescrevendo a equação fica  dt  dz z  − t tg x  + t = sen x  dx  dx dt − t . tg x = 0 Cálculo de t: dx dt − tgxdx = 0 Separando as variáveis, temos t , e integrando fica ln t = − ln cos x = ln 1 = ln sec x cos x , e assim temos t = sec x Cálculo z: 121 t dz = senx dx sec x ou dz = sen x dx dz = sen x. cos x dx ou sen 2 x +C 2 z= ou Solução geral:  sen 2 x  y = sec x  + C    2 3) y=e Utilizando − ∫ Pdx [∫ e ∫ Pdx a fórmula ( ** ) acima, isto é, usando dy y co tg x + − =0 .Qdx + C , resolva a equação : dx x x ] Solução: reescrevendo a equação temos dy 1 co tg x + .y = dx x x Daí, P= ∫ Pdx 1 dx 1 − ∫ Pdx = −∫ = − ln x e− = e −ln x = ∫ Pdx = e ln x = x x e x x e e Q= Como e ln x co tg x x = x , temos ∫ ∫e e ln x co tg x dx = ln(sen x ) x ∫ Pdx .Qdx = ∫ e ln x . Assim, a solução é: y= co tg x dx x ∴ 1 [ln(sen x) + C] x Lista de Exercícios Propostos Resolva as seguintes equações lineares: dy y − =x 1) dx x 122 dy 2 y + = x3 dx x 2) dy = tg x . y + cos x dx 3) 4) y dx − (2 xy + 3) dy = 0 2 x = Cy 2 − Resp.: 1 y 5) Ache a solução particular para y = 0 e x = 0 dy 1 = y tg x = dx cos x ∴ y= Resp 6) Ache a solução particular para y = b x dy + y − ex = 0 dx Resp .: y= Solução da lista de Exercícios Propostos dy y − =x 1) dx x Solução: Substituindo y = z t e Temos z dy dt dz = z +t dx dx dx dt dz z . t +t − =x dx dx x ou  dt t  dz z −  + t =x  dx x  dx Calculando t : 123 x cos x e x=a e x + ab − e a x dt t − =0 dx x ou dt dx − =0 t x ou ln t = ln x ou t = x Calculando z: t dz =x dx Mas t = x e daí dz =1 dx ou z = x +C 2 Solução geral y = z . t = x( x + C ) ou y = Cx + x dy 2 y + = x3 dx x 2) Solução: dy dz dt =t +z y = z t dx dx , temos Substituindo e dx t dz dt 2 z . t +z + = x3 dx dx x , daí  dt 2t  dz z +  + t = x3  dx x  dx Calculando t : dt 2t + =0 dx x ou dt 2dx + =0 t x ou ln t = −2 ln x ou 124 ln t = ln x−2 t= ou 1 x2 Calculando z: t dz 1 = x3 t= 2 dx x , temos . Como 1 dz = x3 2 x dx ou z= dz = x5 dx e daí x6 +C 6 . Solução geral: 1 C y = z .t = x4 + 2 6 x dy − tg x y = cos x 3) dx Solução: Reescrevendo a equação, fica (tg x y + cos x )dx − dy = 0 , e calculando ∫ Pdx = e − ∫ tgxdx = e ln cos x = cos x . um fator integrante, temos λ = e Multiplicando os dois membros por λ = cos x temos (sen xy + cos x )dx − cos xdy = 0 2 ∂M ∂N = senx = ∂x , logo é uma diferencial exata. e podemos ver que ∂y Desta forma, U = ∫ Ndy + Φ (x ) ou ∂U = M = senxy + cos2 x = ysenx + Φ' ( x ) ∂x 125 U = − y cos x + Φ( x ) ou Φ ' (x ) = cos 2 Φ( x) = ∫ cos2 dx = ou 1 (cos 2x + 1)dx = 2∫ 1 1 = x + sen 2 x + C 2 4 1 1 U = − y cos x + x + sen2 x + C 2 4 Daí , ou ou 1 1 − y cos x + x + sen2 x + C = C0 2 4 1 1  y =  x + sen 2 x + C1  sec x 4 2  6.3 Equação de Bernoulli Definição: Equação de Bernoulli é toda equação da forma: dy + Py = Q y n dx , onde P e Q são constantes ou funções de x e n é um número real diferente de zero e um. dy dy + Py = Q + Ry = 0 OBS: Se n = 0 ou n = 1, temos dx ou dx , que são casos particulares de equações lineares. Método de Solução: A equação de Bernoulli se resolve através da sua redução a uma linear, como segue: Dada a equação dy + Py = Q y n dx , onde, por definição, n ≠ 0 e n ≠ 1 n Dividindo ambos os membros por y , vem: 126 y −n dy + P y1−n = Q dx 1− n Substituindo y por t , sendo t uma função de x , e derivando t em relação a x , temos: (1 − n)y −n dy = dt dx dx ou y −n dy 1 dt = . dx 1 − n dx Daí, temos 1 dt . + Pt =Q 1 − n dx ou dt + P(1 − n)t = Q (1 − n) dx P1 = P(1 − n ) e Fazendo dt + P t = Q1 Q1 = Q(1 − n ) , obtemos dx 1 que é uma função linear. Lista de Exercícios Resolvidos Resolva as equações a seguir: dy y − 2 = 3 xy 2 x 1) dx Solução: 2 Dividindo por y , temos y2 dy 2 −1 − y = 3x dx x e fazendo a substituição: −1 y =t obtemos − y −2 dy dt = dx dx 127 ou y −2 dy dt =− dx dx Daí, obtemos a equação linear − dt 2 − t = 3x dx x ou dt 2 + t = −3x dx x Para obtermos a solução, fazemos t = u . v , e derivando t , temos dv  du 2u  dt dv du u + v +  = −3 x =u +v dx dx dx , e substituindo na equação, fica dx  dx x  Cálculo de u : du 2u + =0 temos Fazendo dx x du dx = −2 u x e integrando, obtemos ln u = −2 ln x ou u= 1 x2 Cálculo de v : Temos u 1 dv = −3x u= 2 dx x , fica , e substituindo 1 dv . = −3x 3 x 2 dx ou dv = −3 x dx e integrando, fica v=− 3x 4 +C 4 Como t = u . v , temos: 128  1  3x 4 t = 2  − + C  x  4  ou t=− t= 3x 2 C + 2 4 x ou 4C − 3 x 4 4x2 −1 Como y = t , podemos escrever: 4x2 y= k − 3 x 4 , onde k = 4 C Observação: a solução da equação de Bernoulli pode ser obtida de forma análoga à da linear, ou seja, pela substituição y = z . t Exemplo: dy y − 2 = 3xy 2 x Na equação dx , Substituindo y = z . t dv dt dz = z +t dx dx e derivando em relação a x , temos dx Daí, temos z dt dz z .t +t −2 = 3 x z2 t 2 dx dx x ou  dt 2t  dz z −  + t = 3 x z2 t2 dx x dx   Cálculo de t : dt 2t dt dx − =0 =2 x Fazendo dx x e separando as variáveis temos t Integrando, obtemos 129 ln t = 2 ln x Daí, t = x2 Cálculo de z : dz = 3x z 2 t 2 Temos dx t 2 e substituindo t = x , fica x2 dz = 3 x z 2 x4 dx ou z −2 dz = 3 x 3 dx ∴ Integrando, obtemos 1 3x 4 − = +C z 4 E assim z=− ou 1 3 x 4 + 4C − = z 4 4 3x + k , onde k = − 4 C 4 Como y = z . t , vem: y=− 4x2 3x 4 + k ou y= 4x2 k − 3x 4 dy − 2 xy = x y 3 2) dx Solução: dy − 2 xy = x y 3 dx 3 Dividindo por y , temos y −3 dy − 2 xy −2 = x dx 130 Fazendo t = y dt dy = −2 y −3 dx temos dx −2 ou − 1 dt dy = y −3 2 dx dx E substituindo, fica − 1 dt − 2 xt = x 2 dx ou dt + 4 xt = −2 x dx dt dv du =u +v dx dx , e substituindo obtemos Fazendo t = u v , temos dx u dv du +v + 4 x u v = −2 x dx dx u ou dv  du  + v + 4 x u  = −2 x dx  dx  Calculando u , temos du + 4x u = 0 dx e separando as variáveis, fica du + 4 x dx = 0 u . Integrando, fica ln u = −2 x 2 u = e −2 x ou 2 Calculando v , temos e−2 x 2 dv = −2 x dx 2 dv = −2 x e 2 x dx ou ou 2 dv = −2 xe 2 x dx Fazendo uma mudança de variável, ou seja, fazendo s = 2x , temos ds = 4x dx 2 ou ds = 2 x dx 2 . 1 1 dv = − es ds v = − es + C 2 2 Daí, , e integrando, fica ou 131 1 2 v = − e2 x + C 2 Desta forma 2 2 1 2 1  t = u v = e −2 x  − e 2 x + C  = − + C e −2 x 2  2  2 − 1 + 2C e −2 c 1 t = − + C e −2 x = 2 2 2 −2 Mas t = y , daí 1 − 1 + 2Ce −2 x = 2 y2 − 1 + 2Ce − 2 x 2e 2 x 2 ou y =− ou 2 2 y = 2 2 y = 2 ou 2e 2 x 2 2 − e 2 x + 2C 2 2 e 2 x + k , onde k = −2C NOTA: Como na questão 1), mostraremos também que a solução de 2) pode ser obtida pela substituição y = z . t . dy dt dz = z +t dx dx e substituindo Seja y = z . t daí dx z dt dz + t − 2 x z t = x z3 t3 dx dx ou dz  dt  z  − 2 xt  + t = x z3 t3 dx dx   Cálculo de t : dt dt − 2 xt = 0 = 2 x dx Fazendo dx e separando as variáveis, fica t 132 2 Integrando: ln t = x ou t = ex 2 Cálculo de z : dz = x z 3t 3 x2 dx Temos , e substituindo t = e temos t ex 2 2 dz = x e3 x z 3 dx 2 z −3dz = x e 2 x dx ou − Integrando, temos 2 1 = ∫ x e 2 x dx 2 2z 2x ∫ x e dx 2 Para calcular 2 fazemos a substituição 2x = s . ds = xdx ds = 4 xdx 4 Daí, ou . 2x ∫ x e dx 1 2 Desta forma, = ∫ 4 e ds = s 1 2 x2 e +C 4 2 1 1 2 1 e 2 x + 4C − 2 = e2 x + C − 2 = 2z 4 2z 4 ou Portanto, ou z2 = − 2 e 2 x2 + 4C . Fazendo 4C = k , temos z2 = − 2 2 e2 x + k 2 2 2 Como y = z t , temos y = z .t e assim 2 y =− 2 e2 x 2 2 e2x + k dy + xy = x3 y 3 3) dx Solução: 133 n Usaremos inicialmente o método da divisão por y . 3 Para tanto, dividiremos ambos os membros da equação por y : Assim, y −3 dy + xy −2 = x 3 dx −2 Substituindo y por t , temos y −2 dy dt − 2y = =t e dx dx y −3 dy 1 dt =− dx 2 dx −3 − 1 dt + x t = x3 2 dx dt dv du =u +v t = u v dx dx Fazendo , temos dx e substituindo na equação fica u dv du + v − 2 x uv = − 2 x 3 dx dx ou u( dv du − 2 xv ) + v = − 2x3 dx dx Cálculo de v : dv − 2 xv = 0 dx ou dv = 2 x dx v Integrando, fica: ln v = x 2 ou v = e x 2 Cálculo de u : 134 Veja mais: Técnicas de Integração Temos v 2 du du = − 2 x3 ex = −2 x3 dx dx ou Separando as variáveis: 2 du = −2e − x x 3 dx ∴ u = −2∫ e − x x 3dx 2 Resolvendo a integral por partes, temos: u = ∫ x 2e − x (− 2 x dx ) = x 2e − x − ∫ e − x 2 x dx 2 2 2 2 2 u = x 2e − x + e − x + C Como t = u . v : t = x 2 + 1 + C.e x 2 −2 Sendo y = t , vem: y −2 = x 2 + 1 + Ce x y= 1 x 2 + 1 + Ce x 4) x 2 2 dy + y = y 2 ln x dx Solução: Transformando, temos dy y ln x 2 + = .y dx x x 2 Dividindo ambos os membros da equação por y : y −2 dy y −1 ln x + = dx x x 135 −1 Fazendo y = t e derivando temos − y −2 dy dt = dx dx ou dy dt =− dx dx − dt t ln x + = dx x x ou dt t ln x + = dx x x ou ln x dt t − =− dx x x Substituindo, fica − y −2 − Pdx Pdx t = e ∫  ∫ e ∫ . Q dx + C    temos Daí, usando a fórmula : ∫ Pdx = −∫ Daí, dx = − ln x − ∫ Pdx = eln x = x x , e e e∫ Pdx = e −ln x =  1 ln x  t = x − ∫ . dx + C   x x  Cálculo de −∫ ln x dx x2 1 1 dx 1 − ∫ ln x.x −2 dx = − ln x. − ∫ − = − ln x + ∫ x −2dx = x x x x 1 1 1 1 1 = − ln x − = − (ln x + 1) = − (ln x + ln e) = − ln x.e x x x x x Desta forma temos 1 t = x[ . − ln x . e + C ] = ln x e − Cx x −1 Como y = t fica: 1 = ln x e − Cx y ou y= 1 ln xe − Cx 136 1 x Lista de exercícios propostos Resolva as seguintes equações: dy + y = y2 dx 1) dt + y = y −2 dx 2) dy + y = y 2e x 3) dx 4) x dy + y = x3 y 3 dx Solução da lista de exercícios propostos dy + y = y2 dx 1) Solução: 2 Dividindo os membros por y , obtemos dt −1 Fazendo t = y , temos dx y −2 = − y −2 dy dx dy dt =− dx dx e daí, − dt + t =1 dx − dt = (1 − t )dx ou ou 137 y −2 ou dy + y −1 = 1 dx dt = (t − 1)dx ou dt = dx t −1 Integrando, temos ln t −1 = x + c t = k ex + 1 x+c ou t −1 = e c onde k = e −1 Mas t = y , daí 1 1 y= = k ex +1 k ex +1 y ou dt + y = y −2 2) dx Solução: −2 Dividindo os membros por y , obtemos y2 dy + y3 = 1 dx dt dy = 3y2 dx Fazendo t = y , temos dx 2 1 dt + t =1 3 dx dt = dx 3 − 3t 1 dt = 1− t 3 dx ou ou dt = 3 − 3t dx 1 dt dy = y2 dx e daí ou 3 dx ou 1 dt = −dx 3 t −1 ou Integrando, temos 1 ln t − 1 = − x 3 ou 138 ln t − 1 = −3 x + C ou t −1 = e−3x+C ou t = 1 + k e −3 x , onde k = ec 3 Como t = y , temos y 3 = 1 + k e −3 x dy + y = y 2e x 3) dx Solução: 2 Dividindo os membros por y , obtemos dt dy = − y −2 dx Fazendo t = y , temos dx −1 e daí, − dt + t = ex dx ou ou y −2 dy + y −1 = e x dx − dt dy = y −2 dx dx dt − t = − ex dx . dt dv du =u +v dx dx e assim, Fazendo t = u v , temos dx u dv du + v − u v = −e x dx dx ou dv  du  v −u + u = −e x dx  dx  Cálculo de u : du −u= 0 Fazendo dx ou du =dx u e integrando temos ln u = x ou u = ex Cálculo de v : 139 Temos u dv = −e x dx ex desta forma, e dv = −e x dx u = ex ou dv = −1 dx ou dv = −dx ou v = − x + C x x x como t = u v , temos t = e (− x + C ) ou t = −xe + Ce −1 Mas t = y , e assim sendo, −1 x y = − xe + Ce y= 4) x 1 = − xe x + Ce x y ou ou 1 − xe + Ce x x x dy + y = x3 y 3 dx dy 1 + y = x2 y3 dx x ou (x ≠ 0) n Método da divisão por y 3 Dividindo os dois membros por y obtemos y −3 dy 1 −2 + y = x2 dx x dt dy 1 dt dy = −2 y −3 − = y −3 dx ou 2 dx dx e daí Fazendo t = y , temos dx −2 − 1 dt 1 + t = x2 2 dx x ou dt 2 − t = −2 x 2 dx x Substituindo t por u v temos dt dv du =u +v t = u v e daí dx dx dx Desta forma u dv du 2 + v − u v = −2 x 2 dx dx x ou 140 dv  du 2  v − u + u = −2 x 2 dx x dx   Cálculo de u : du 2 − u =0 Fazendo dx x ou du 2 = u dx x ou du dx = 2 u x 2 Integrando, temos ln u = 2 ln x e daí u = x Cálculo de v : Temos u dv dv = −2 x 2 x 2 = −2x 2 2 dx dx e u = x . Daí ou ou dv = −2 dx Integrando, fica v = −2 x + C 2 Desta forma t = x (− 2 x + C ) ou t = −2x3 + Cx2 −2 Como t = y , temos y −2 = −2 x 3 + Cx 2 ou 1 = −2 x 3 + Cx 2 y2 ou − 2 x3 y 2 + C y 2 x 2 = 1 141 dv = −2 dx 6.4 Bibliografia ABUNAHMAN, Sérgio A. Equações Diferenciais. Rio de Janeiro: Livros Técnicos e Científicos Editora, 1994 AYRES JUNIOR, Frank. Equações Diferenciais. São Paulo: McGrawHill do Brasil, 1986. BOYCE, W. E.; DIPRIMA, R. C., Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. Rio de Janeiro: Editora Guanabara Dois, 1989. 6.5 Web-bibliografia 142 143 144 Unidade 7- Equações lineares de segunda ordem .................................. 146 7.1 Definição ............................................................................................... 146 7.2 Equação diferencial com coeficientes constantes ........................... 147 7.3 Equação característica ....................................................................... 148 7.4 Solução de uma equação homogênea com coeficientes constantes .................................................................................................. 149 7.5 Solução de uma equação não homogênea com coeficientes constantes .................................................................................................. 153 7.5.1 Método dos Coeficientes a Determinar ............................................... 153 7.5.2 Método da Variação dos Parâmetros de Lagrange ............................. 158 7.6 Bibliografia ........................................................................................... 165 7.7 Web-bibliografia ................................................................................... 165 145 7- EQUAÇÕES LINEARES DE SEGUNDA ORDEM 7.1 Definição Equação diferencial ordinária linear de segunda ordem é toda equação da forma d2 y dy a(x) + b(x) + c(x) y = d(x) 2 dx dx , onde a ( x ) , b ( x ) , c ( x ) e d ( x ) são funções cuja variável independente é x. Exemplos: 1. x3 d2 y dy + senx + exp(x)y = cosx 2 dx dx d2y dy + lnx + exp(x)y = senx 2 dx 2. dx Nota: Nas equações lineares de segunda ordem onde se tem d ( x ) ≠ 0 , a equação linear será dita não homogênea, e se d ( x ) = 0 a equação linear será dita homogênea. Exemplos de EDO lineares homogêneas 1. x3 d2 y dy + senx + exp(x)y = 0 2 dx dx d2y dy − 3 + 2y = 0 2 dx 2. dx AFIRMAÇÃO: O teorema de existência e unicidade de solução garante que a equação diferencial ordinária linear de segunda ordem com as condições dy y ( x 0 ) = y 0 dx ( x 0 ) = y1 , , isto é: 146  d2 y dy + c(x) y = d(x) a(x) 2 + b(x) dx dx   y (x o ) = y o  dy  (x ) = y 1  dx o possui uma única solução, desde que as funções a ( x ) , b ( x ) , c ( x ) e d( x) sejam contínuas e a ( x ) seja não nula num intervalo real contendo o ponto x 0 . Exemplo: A única solução da equação condições y (0 ) = 6 e d2 y dy +2 + y = x2 − 1 2 dx dx com as dy (0 ) = 4 x x 2 dx é y = e − xe + x + 4 x + 5 , isto é,  d2y dy 2  2 −2 + y = x −1 dx  dx  y (0 ) = 6  dy  (0 ) = 4  dx tem como solução apenas y = e x − xe x + x 2 + 4 x + 5 7.2 Equação diferencial com coeficientes constantes Definição: Uma equação diferencial ordinária de segunda ordem, d2 y dy a(x) + b(x) + c(x) y = d(x) 2 dx dx , diz-se ser de coeficientes constantes se a ( x) = a, b (x) = b e c ( x) = c , onde a , b, c são números reais, com a ≠ 0 , ou seja, é uma equação da forma d2 y dy a 2 +b + cy = d(x) dx dx . 147 Exemplos: d2 y dy +y=2 +2 2 dx 1. dx 2. d 2 y dy − =0 dx dx 2 3. d2 y dy +4 = 6x 2 dx dx Definição: a(x) d2 y dy + b(x) + c(x) y = d(x) 2 dx dx é dita equação diferencial homogênea linear de segunda ordem com coeficientes constantes se a (x), b (x), c (x) forem funções constantes e d (x) for identicamente nula. Exemplos: d2 y dy −4 + 3y = 0 2 dx 1. dx d2 y dy −4 + 4y = 0 2 dx 2. dx d2 y +y= 0 2 3. dx 7.3 Equação característica Definição: Chama-se equação característica associada à equação diferencial homogênea a d2 y dy +b + cy = 0 2 2 dx dx a equação a λ + bλ + c = 0 d2 y dy 2 obtida da equação dada, substituindo-se dx , dx λ0 = 1 respectivamente. 148 1 2 e y por λ , λ = λ e Exemplos: 2 1. λ − 4 λ + 3 = 0 é a equação característica de 2 2. λ − 4 λ + 4 = 0 é a equação d2 y dy −4 + 3y = 0 2 dx dx característica de d2 y dy −4 + 4y = 0 2 dx dx 2 3. λ + 1 = 0 é a equação característica de d2 y +y= 0 dx 2 Veja Mais: Identidade de Euler (relação entre funções trigonométrica e função exponencial) 7.4 Solução de uma equação homogênea com coeficientes constantes AFIRMAÇÃO: Para obter soluções de uma equação homogênea com coeficientes constantes, partimos inicialmente da equação característica associada à mesma, e em seguida devemos obter as raízes desta equação. OBS.: Sendo a equação característica uma equação do segundo grau, temos que ela possui exatamente duas raízes no conjunto dos números complexos, e, além disso, observamos que quando os valores de a, b e c são reais, existem três casos a analisar: Caso 1: Duas raízes reais e distintas Se r e s são raízes reais e distintas, as duas funções associadas a rx sx y = λ1 e rx + λ2 e s x estes valores são e e e e a solução geral é Isto é verdade, pois sendo dy rx sx y = λ1 e r x + λ2 e sx , dx = rλ1 e + sλ 2 e e d2y = r 2 λ1 e r x + b 2 λ 2 e s x dx 2 e assim temos 149 d2y dy a 2 +b + cy = a r 2 λ1 e r x + s 2 λ 2 e sx + b rλ1e r x + s λ 2 e sx + c λ1e r x + λ 2 e s x dx dx ( ) ( ) ( ( ) ( ) ) = λ1e r x ar 2 + br + c + λ 2 e s x as 2 + bs + c = 0 , visto que ar 2 + br + c = 0 2 e as + bs + c = 0 Caso 2: Duas raízes reais e iguais Se r = s é uma raiz real (multiplicidade 2), as duas funções associadas rx rx y = λ1 e r x + λ2 x e r x e x e e a solução geral é a estes valores são e Isto é verdade, dy = rλ1 e r x + λ 2 e rx + λ 2 xre rx dx pois sendo y = λ1 e r x + λ2 xe rx , d2y = r 2 λ1 e r x + rλ 2 e rx + λ 2 re s x + λ 2 xr 2 e rx dx 2 = e r 2 λ1e rx + 2rλ2 e rx + λ2 r 2 xe rx e assim temos a d2y dy +b + cy = 2 dx dx ( ) ( ) ( a r 2 λ1 e r x + 2rλ2 e rx + λ 2 xr 2 e rx + b rλ1 e r x + λ2 e rx + λ2 xre rx + c λ1e r x + λ 2 e r x = λ1 e r x (ar 2 + br + c) + λ 2 xe rx ( ar 2 + br + c) + λ2 e rx ( 2ar + b ) = 0 )= , visto 2 que ar + br + c = 0 e 2 ar + b = 0 Caso 3: Duas raízes complexas conjugadas Se r e s são raízes complexas conjugadas, isto é, r = α + i β e s = α − i β , as duas funções associadas a estes valores formam o conjunto: {e ( α + iβ ) x , e (α −iβ )x } que é algebricamente equivalente ao conjunto 150 {e αx } cos (β x ), e αx sen(β x ) αx αx e a solução geral é y = λ1e cos (β x ) + λ 2 e sen(β x ) { } (r ≠ s ) , { e , xe } e {e ( sen(β x )} são linearmente independentes. rx sx Nota: Os conjuntos e , e { αx αx ou e cos (β x ), e Provaremos esta afirmação para Devemos mostrar que se Solução: Derivando rx {e rx , e sx λ1 e r s + λ2 e sx = 0 λ1 e r x + λ2 e sx = 0 rx } , sendo , então , temos α + iβ ) x , e (α −iβ )x } r ≠ s. λ1 = λ 2 = 0 . rλ1 e r x + sλ e sx = 0 .  λ1e r x + λ 2 e sx = 0  rλ e r x + sλ 2 e sx = 0 Daí temos o sistema  1 Resolvendo o sistema temos − rλ1 e r x − rλ 2 e sx = 0   rλ1 e r x + sλ 2 e sx = 0 (s − r ) λ 2 e sx Como r ≠ s e er x ≠ 0 =0 rx e sx ≠ 0 ∀x temos λ 2 = 0 e assim λ1 e = 0 . Como ∀x temos λ1 = 0 . Lista de exercícios resolvidos Resolva as seguintes equações diferenciais d2y − y= 0 2 1. dx Solução: 151 2 A equação característica é λ − 1 = 0 , cujas raízes são r = 1 e s = −1 . Como as raízes são reais e distintas, a solução geral é dada por y = λ1 e x + λ2 e − x d2y + y= 0 2 2. dx Solução: 2 A equação característica é λ + 1 = 0 , cujas raízes são r = i e s = −i . Como as raízes são conjugadas, temos que (caso 3) a solução geral é dada y = λ1 e ix + λ2 e − ix por ou y = c1 cos x + c 2 sen x d2y dy + 6 + 9y = 0 2 dx 3. dx Solução: A equação 2 é λ + 6λ + 9 = 0 , característica cujas raízes são r = − 3 = s . Como a raiz é de multiplicidade 2, temos que (caso 2) a solução geral é dada por y = λ1 e −3 x + λ2 x e −3 x d2y dy − 2 + 5y = 0 2 dx 4. dx Solução: A equação característica é λ 2 − 2λ + 5 = 0 , cujas raízes são r = 1 + 2 i e s = 1 − 2 i (caso 3) e a solução geral é ou y = λ 1e (1+ 2i ) x + λ 2 e (1− 2i )x y = c1 e x cos 2 x + c 2 e x sen2 x 7.5 Solução de uma equação não homogênea com coeficientes constantes AFIRMAÇÃO: Para obter soluções de uma equação diferencial não homogênea com coeficientes constantes, os métodos mais usados são: 152 Método dos Coeficientes a Determinar e Método da Variação dos Parâmetros. 7.5.1 Método dos Coeficientes a Determinar Consideremos a equação diferencial ordinária linear com coeficientes constantes: d2 y dy a 2 +b + cy = d( x) dx dx O objetivo deste método é obter uma solução particular y P = y P ( x) que possa ser escrita como combinação linear de um conjunto de funções linearmente independentes capazes de gerar tanto a função d = d ( x ) como dy (x ) ( ) y = y x as funções , dx e d2y (x ) dx 2 . Nota: Analisaremos apenas para casos onde o problema fica mais fácil, isto é, casos onde a função d (x ) tem uma das formas abaixo: a) Polinômio de grau n na variável independente y P ( x ) = a n x n + a n −1 x n −1 + ...a 2 x 2 + a1 x + a 0 b) Múltiplo de uma função exponencial y P (x ) = k e r x c) Combinação linear de funções trigonométricas y P ( x ) = A cos (kx ) + B sen (kx ) d) Soma das formas anteriores y P ( x) = y1 ( x) + y2 ( x) onde y1 (x) é a solução obtida na forma do item a), b), ou c), o mesmo acontecendo com y 2 ( x ) . 153 Exemplos: y P ( x ) = ( a n x n + a n −1 x n −1 + ...a 2 x 2 + a1 x + a 0 ) + ke rx ; y P ( x ) = ( a n x n + a n −1 x n −1 + ...a 2 x 2 + a1 x + a 0 ) + A cos( kx ) + Bsen ( kx ) ; y P ( x ) = ke rx + A cos(kx) + Bsen(kx) . e) Produto das formas anteriores y P (x) = y1 ( x). y2 ( x) onde y1 (x) é a solução obtida na forma do item a), b), ou c), o mesmo acontecendo com y 2 ( x ) . Exemplos: y P ( x ) = ( a n x n + a n −1 x n −1 + ...a 2 x 2 + a1 x + a 0 ) ( ke rx ) ; y P ( x ) = (a n x n + a n −1 x n −1 + ...a 2 x 2 + a1 x + a 0 ) ( A cos( kx ) + Bsen ( kx)) ; y P ( x ) = (ke rx ) ( A cos(kx) + Bsen(kx)) . Observação: Se as funções sugeridas já apareceram na solução geral da equação homogênea associada, então a sugestão para a nova função deverá ser a mesma função sugerida, multiplicada por x . Sugestões de soluções: Seja L=a d2 y dy +b + cy 2 dx dx um operador diferencial linear com coeficientes constantes e uma equação diferencial ordinária linear L ( y ) = d ( x) . Equação Forma da solução procurada L( y ) = A x 2 y P ( x ) = ax 2 + bx + c L( y ) = A e kx y P ( x ) = a e kx 154 L( y ) = A cos (kx) y P ( x) = a cos(kx) + b sen(kx) L( y ) = A sen (kx) yP (x) = a cos (kx) + b sen (kx) L ( y ) = A sen (kx) + b cos (kx) yP (x) = a cos (kx) + b sen (kx) L ( y ) = Asen (rx) + B cos (sx) y P ( x) = a cos (rx) + b sen(rx) + c cos (sx) + d sen ( ( L ( y ) = A e + Bx + Cx + D kx 2 ( L ( y ) = A e kx Bx 2 + Cx + D ) y P = y1 + y2 tal y1 (x ) = ae kx e y 2 ( x ) = b x 2 + cx + d [ ) y P ( x ) = e kx ax 2 + bx + c ] y P ( x ) = e kx [a cos (rx ) + bsen (rx )] L ( y ) = A e kx sen (rx ) Lista de exercícios resolvidos 01. Obter, usando o Método dos Coeficientes a Determinar, uma d 2 y dy − − 2y = 4 x 2 2 dx solução particular da equação dx Solução: 2 Devemos procurar uma solução do tipo y P ( x) = ax + bx + c . Calculando a primeira e segunda derivada de y P ( x ) obtemos dy P ( x) = 2ax + b dx e d 2 y P (x) = 2a dx 2 e substituindo na equação, fica: 155 que ( ) 2a − (2ax + b ) − 2 ax 2 + bx + c = 4 x 2 Reescrevendo, temos − 2a x 2 − (2a + 2b ) x + (2a − b − 2c ) = 4 x 2 ou − (2a + 4 )x 2 − (2a + 2b )x + (2a − b − 2c ) = 0 Daí,  2a + 4 = 0   2a + 2b = 0  2a − b − 2c = 0  ou  a = −2  b = 2  c = −3  2 Assim, y P ( x ) = −2 x + 2 x − 3 02. Obter uma solução particular da equação d 2 y dy − − 2y = e 2x dx 2 dx Solução: Conforme sugestão, devemos procurar uma função da forma y P ( x ) = a e 2 x , derivando yP duas vezes temos dy P ( x) d 2 y P (x ) = 2a e 2 x = 4ae 2 x 2 dx dx e . Substituindo, obtemos 4ae 2 x − 2ae 2 x − 2ae 2 x = e 2 x ou 0 = e 2 x 2x Neste caso, a função y P ( x ) = ae é solução da equação homogênea d 2 y dy − − 2y = 0 dx 2 dx e conforme observação anterior, devemos procurar uma 2x solução da forma y P ( x ) = a xe . 156 Daí, derivando yP ( x) dy P ( x) = a e 2 x + 2axe2 x dx duas vezes temos e d 2 y P (x ) d 2 y P (x ) 2x 2x 2x = 2 a e + 2 ae + 4 axe = 4a e 2 x + 4axe 2 x 2 dx 2 dx ou Substituindo na equação temos 4 ae 2 x + 4 axe 2 x − ae 2 x − 2 axe 2 x − 2 axe 2 x = e 2 x ou 3ae 2x = e 2x ou 3a = 1 ou Desta forma y P (x ) = a= 1 3 1 2x xe 3 03. Obter uma solução particular da equação d2 y dy −2 + y = 4 cos x 2 dx dx Solução: Neste caso, a sugestão é fazer y P ( x) = a cos x + b senx Derivando yP duas vezes, temos dy P ( x) d 2 y P (x ) = −a sen x + b cos x = − a cos x − b sen x 2 dx , dx e substituindo, temos − a cos x − b senx + 2 asenx − 2b cos x + a cos x + bsenx = 4 cos x 2 a sen x − 2 b cos x = 4 cos x + 0 sen x Igualando os coeficientes dos termos semelhantes, vem  2a = 0  − 2b = 4 ou  a=0   b = −2 157 ou Daí a solução é y p ( x ) = − 2 senx 7.5.2 Método da Variação dos Parâmetros de Lagrange Consideremos a equação diferencial ordinária linear com coeficientes constantes: d2 y dy a 2 +b + cy = d( x) dx dx Este método é mais um usado para determinar uma solução particular de uma equação diferencial linear e leva em consideração a solução obtida a partir da equação linear homogênea associada e trata a constante obtida como uma possível função do parâmetro x . Da equação d2 y dy a 2 +b + cy = d(x) dx dx com a , b, c constantes, suponhamos que a solução geral y (x) da equação homogênea associada seja y ( x) = Ay1 (x) + By2 (x ) e suponhamos que uma solução particular da equação y P a diferencial (x ) = A(x ) y1 (x ) + By2 (x ) d2 y dy +b + cy = d( x) 2 dx dx , onde seja da forma y1 ( x) e y2 (x) são funções obtidas da solução homogênea e A ( x ) , B ( x ) sejam funções a serem determinadas. Para determinarmos A ( x ) e B ( x ) , devemos resolver o seguinte sistema em relação a A' (x) e B' ( x)) :  A' y1 + B' y 2 = 0   A' y '1 + B' y ' 2 = d ( x) 158 Uma vez obtidas A' (x) e B' ( x)) , e por integração (desprezando as constantes, pois estamos interessados em uma solução particular) e assim achamos A ( x ) , B ( x ) e, portanto, uma solução particular desejada. Lista de Exercícios Resolvidos 01.Obter, pelo Método da Variação de Parâmetros, uma solução d2 y dy − 6 + 25y = 64e − x 2 dx particular para a equação dx Solução: d2 y dy − 6 + 25y = 0 2 dx A solução da equação homogênea associada dx é y h (x ) = A e 3 x cos 4 x + Be 3 x sen 4 x . E montando o sistema  A′y1 + B ′y 2 = 0   A′y1′ + B ′y ′2 = d (x ) temos  A′e 3 x cos 4 x + B ′e 3 x sen 4 x = 0   A′3e 3 x cos 4 x − 4 A′e 3 x sen 4 x + B ′3e 3 x sen 4 x + 4 B ′e 3 x cos 4 x = 64e − x ou  A′e 3 x cos 4 x + B ′e 3 x senx 4 x = 0  − 4 A′e 3 x sen 4 x + 4 B ′e 3 x cos 4 x = 64e − x  A′ cos 4 x + B ′ sen 4 x = 0  −4 x − A′ sen 4 x + B ′ cos 4 x = 16e Usando a regra de Cramer, temos ∆= cos 4 x sen 4 x − sen 4 x cos 4 x =1 ∆ A′ = 0 16e −4 x 159 sen 4 x cos 4 x = − 16e − 4 x sen4 x ∆ B′ = cos 4 x 0 − sen 4 x 16e A′ = −16e ′ Daí, B = 16 e −4 x −4 x = 16e −4 x cos 4 x −4 x Ver mais: integração por partes... sen4 x cos 4 x Integrando A′ , temos A = ∫ − 16 e −4 x sen 4 x dx temos . Fazendo a substituição t = −4 x e − 1 dt = dx 4 A = 4 ∫ e t sen(− t )dt = −4 ∫ e t sen t dt Usando o método de integração por partes, vem: p ' = e t , q = sent , daí, p = e t e q ' = cos t e sen t dt = e sent − ∫ e Assim, ∫ t t t cos t dt Novamente usando o método de integração por partes em p '1 = e t , q1 = cos t temos ∫e t cos t dt = e t cos t + ∫ e t sen t dt ∫e t p1 = e t , q1′ = − sen t . daí, ∫e Desta t cos t dt forma . Substituindo, temos sen t dt = e t sen t − e t cos t − ∫ e t sen t dt 2 ∫ e t sen t dt = e t (sen t − cos t ) 1 ou ∫ e sen t dt = 2 e (sen t − cos t ) t Assim, t A = 2e t (cos t − sent ) A = 2e − 4 x (cos 4 x + sen 4 x ) Integrando B ′ 160 ou A = 2e −4 x (cos(− 4 x ) − sen (− 4 x )) ou Temos B = ∫ 16 e −4 x cos 4 x dx , e fazendo de modo análogo ao A , −4 x obtemos B = 2e (sen 4 x − cos 4 x ) . Calculando yP temos y P = −2e −4 x (cos 4 x + sen 4 x )e 3 x cos 4 x + 2e −4 x (sen 4 x − cos 4 x ) e 3 x sen 4 x ou ( ) y P = 2e − x cos 2 4 x + sen 4 x cos 4 x + sen 2 4 x − cos 4 x sen 4 x ou y P = 2e − x 02. Obter, usando o Método da Variação de Parâmetros, uma solução d 2 y dy − − 2y = 4 x 2 2 dx particular da equação dx Solução: d 2 y dy − − 2y = 0 2 dx A solução da equação homogênea associada dx é y h ( x ) = A e 2 x + Be − x soluções y P r = 2, , pois a equação característica s = −1 (x ) = A(x ) y1 (x ) + B( x) y 2 (x ) e nosso objetivo λ2 − λ − 2 = 0 é tem encontrar , onde A ( x ) , B ( x ) são obtidos através do sistema montado a seguir:  A′y1 + B ′y 2 = 0   A′y1′ + B ′y ′2 = d (x ) . Daí fica  A′e 2 x + B ′e − x = 0   A′2e 2 x − B ′e − x = 4 x 2 Usando a regra de Cramer, temos 161 e2x ∆ = 2x 2e ∆ B′ = Daí, e−x = −3e x −x −e e2 x 2e 2 x A′ = ∆ A′ e−x = − 4x 2e −x −x −e 0 = 4x 2 0 = 4 x 2e 2 x 2 4x 4 2 −2 x 4 x e B′ = − x 2e x 3 3 e Integrando, 1 A( x ) = − e − 2 x ( 2 x 2 + 2 x + 1 ) 3 obtemos e 4 B ( x ) = − e x ( x 2 − 2 x + 2) 3 . 1 4 − e − 2 x ( 2 x 2 + 2 x + 1 )e 2 x − e x ( x 2 − 2 x + 2 )e − x y = 3 3 P Daí, ou 1 4 − ( 2 x 2 + 2 x + 1) − ( x 2 − 2 x + 2 ) yP = 3 3 ou yP = − 2 x 2 + 2 x − 3 03. Obter, usando o Método da Variação de Parâmetros, uma solução particular da equação d 2 y dy − − 2y = e 2x 2 dx dx Solução: A solução da equação homogênea associada y h ( x ) = A e 2 x + Be − x soluções y P r=2 , pois a equação característica e (x ) = A(x ) y1 (x ) + B( x) y 2 (x ) s = −1 e nosso d 2 y dy − − 2y = 0 dx 2 dx é λ2 − λ − 2 = 0 objetivo é tem encontrar , onde A ( x ) , B ( x ) são obtidos através do sistema montado a seguir: 162  A′e 2 x + B ′e − x = 0   A′2e 2 x − B ′e − x = e 2 x Daí fica   A′y1 + B ′y 2 = 0   A′y1′ + B ′y ′2 = d (x ) Usando a regra de Cramer, temos ∆= e−x = −3e x − e−x e2x 2e 2 x e2x ∆ B′ = 2 x 2e Assim, ∆ A′ = 0 e2x e−x =− ex − e−x 0 = e4x 2x e 1 1 B′ = − e3x 3 e 3 A′ = Integrando, obtemos A( x ) = 1 1 x B ( x ) = − e 3x 3 e 9 . 1 2 x 1 3x −x xe − e e 9 Daí, y P = 3 ou 1 y P = 3 xe 2x 1 − e2x 9 04. Obter, usando o Método da Variação de Parâmetros, uma solução particular da equação d2 y dy −2 + y = 4 cos x 2 dx dx Solução: d2 y dy −2 + y= 0 2 dx A solução da equação homogênea associada dx é y h ( x ) = A e x + Bxe x soluções y P , pois a equação característica r =1= s (x ) = A(x ) y1 (x ) + B( x) y 2 (x ) e nosso objetivo λ 2 − 2λ + 1 = 0 é tem encontrar , onde A ( x ) , B ( x ) são obtidos através do sistema montado a seguir: 163  A′y1 + B ′y 2 = 0   A′y1′ + B ′y ′2 = d (x ) Daí, fica  A′e x + B ′xe x = 0   A′e x + B ′e x + B ' xe x = 4 cos x ou  A′e x + B ′xe x = 0   A′e x + B ′(e x + xe x ) = 4 cos x Usando a regra de Cramer, temos ex ∆= x e ∆ B′ ex = x e xe x 0 xe x 2x = e ∆ A' = = − 4 x cos xe x e x + xe x 4 cos x e x + xe x 0 = 4 cos xe x 4 cos x −x −x Assim, A′ = − 4 x cos xe e B ′ = 4 cos xe Integrando, A( x ) = − 2e − x ( senx − x cos x + xsenx ) obtemos B ( x ) = − 2e − x (cos x − senx ) . −x x −x x Daí, y P = − 2e ( senx − x cos x + xsenx )e − 2e (cos x − senx ) xe ou y P = − 2 senx 7.6 Bibliografia 164 e ABUNAHMAN, Sérgio A. Equações Diferenciais. Rio de Janeiro: Livros Técnicos e Científicos Editora, 1994. AYRES JUNIOR, Frank. Equações Diferenciais. São Paulo: McGrawHill do Brasil, 1986. BOYCE, W. E.; DIPRIMA, R. C., Equações Diferenciais Elementares e Problemas de valores de Contorno. Rio de Janeiro: Editora Guanabara Dois, 1989. 7.7 Web-bibliografia 165 166