Notas de Aula de Equações Diferenciais Ordinárias

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1 Notas de Aula de Equações Diferenciais Ordinárias Sandro Marcos Guzzo 23 de fevereiro de 2017

2 Sumário 1 Terminologia básica das Equações Diferenciais 4 2 Equações de primeira ordem Equações separáveis Equações exatas Equação diferencial linear geral de ordem Aspectos qualitativos das soluções Aplicações Equações de Bernoulli e de Ricati Dinâmica populacional Resfriamento de corpos Diluição de soluções Decaimento radioativo Equações diferenciais lineares de ordem superior Teoria preliminar EDs lineares homogêneas a coeficientes constantes EDs lineares não homogêneas a coeficientes constantes Método da variação dos parâmetros Método dos coeficientes indeterminados (superposição) Método dos coeficientes indeterminados (anuladores) Equação de Cauchy-Euler Aplicações

3 3.5.1 Sistema massa-mola O pêndulo simples A Transformada de Laplace Transformada de Laplace Equações diferenciais não lineares Soluções por série de potência Aplicação: A catenária Sistemas de equações diferenciais lineares Teoria preliminar Método de eliminação algébrica Sistemas de EDs lineares de primeira ordem Sistemas de EDs lineares de primeira ordem a coeficientes constantes

4 Capítulo 1 Terminologia básica das Equações Diferenciais Equações diferenciais são equações que aparecem com muita frequência quando tentamos modelar fenômenos físicos, químicos ou biológicos. Por esta razão é de fundamental importância o estudo deste tipo de equação, bem como o comportamento de suas soluções. Definição Uma equação que contém uma ou mais variáveis (independentes) e as derivadas de uma ou mais funções destas variáveis é dita uma equação diferencial (ED). Definição Uma equação diferencial que contém uma ou mais funções de apenas uma variável independente é chamada de equação diferencial ordinária (EDO). Exemplo 1: As igualdades abaixo são equações diferenciais ordinárias: d 2 u dt 2 d2 v dt 2 = t, ( ) dy dy dx dx 1 = 0, y 3y + 2y = 0, du du cos t dt dt sen(2t) = et. Neste curso estamos interessados somente em equações diferenciais ordinárias, isto é, equações diferenciais em que as funções envolvidas dependem de apenas uma variável. Então deste ponto em diante, sempre que escrevermos equações diferenciais, ou ED, estamos nos referindo a equações diferenciais ordinárias, ou EDO. Definição Dentre as derivadas que figuram em uma equação diferencial, a maior ordem destas derivadas constitui a ordem da equação diferencial. 4

5 Exemplo 2: A equação diferencial k 2 d3 u dt 3 + k d2 u dt 2 + du dt = 0 possui ordem 3 (de terceira ordem). Exemplo 3: A equação diferencial d 2 y dx 2 ( d 2 ) 3 y dx 2 + y = cos x possui ordem 2 (de segunda ordem). O estudo de equações diferenciais envolvendo duas ou mais funções (de apenas uma variável) será desenvolvido no capítulo referente a sistemas de equações diferenciais. Desta forma, neste momento temos particular interesse em equações diferenciais envolvendo apenas uma função de apenas uma variável. Definição Uma equação diferencial é dita linear quando for linear em cada uma das derivadas das funções envolvidas. Em outras palavras, quando puder ser escrita na forma a n (x) dn y dx n + a n 1(x) dn 1 y dx n a 1(x) dy dx + a 0(x)y = g(x) sendo que a i (x) são as funções coeficientes com a n (x) 0 e g(x) é o termo independente. Observe que, para uma equação diferencial ser linear, as potências das derivadas da função que figuram na equação, devem ser iguais a 1, e as funções coeficientes dependem somente da variável independente. Exemplo 4: As equações e são lineares enquanto as equações x dy dx + y = 0, d 2 u (sen t)u = cos t, dt2 yy + 2xy = e x, e não são lineares (ou são não-lineares). u 3 3 du dt + u = 0, Vamos agora estabelecer o que entenderemos por uma solução de uma equação diferencial. Definição Qualquer função, definida em algum intervalo I, que satisfaz a equação diferencial, é dita uma solução para a equação no intervalo I. 5

6 Exemplo 5: A função u = cos(2t) é uma solução da equação d 2 u dt 2 + 4u = 0 no intervalo I = (, ), pois temos u = 2 sen(2t) e u = 4 cos(2t), e assim, u + 4u = 4 cos(2t) + 4 cos(2t) = 0, para todo t (, ). Exemplo 6: A função y = x ln x é uma solução para a equação x 2 y xy + y = 0 no intervalo I = (0, ), pois y = (ln x + 1) e y = 1 x donde x 2 y xy + y = x 2 1 x(ln x + 1) + x ln x = x x ln x x + x ln x = 0 x para todo x (0, ). Note que nos casos do exemplo anterior, as funções u 0 e y 0 são também soluções das equações propostas. A solução nula, é chamada de solução trivial. Embora a idéia seja bastante simples, encontrar uma solução para uma equação diferencial dada, em geral não é uma tarefa simples. Os métodos conhecidos nos permitem determinar soluções de uma classe muito pequena de equações diferenciais. Além disso, algumas equações não possuem solução explícita, outras ainda podem possuir infinitas soluções. Exemplo 7: A equação diferencial yy + x = 0 possui solução implícita dada por x 2 + y 2 = 4, no intervalo I = ( 2, 2). Exemplo 8: A equação u + u = 0 possui solução explícita dada por u = C 1 cos t + C 2 sen t, para quaisquer valores reais de C 1 e C 2. Exemplo 9: A equação diferencial y y = 0 possui solução explícita dada pela função y = Ce x, para qualquer C R. Nas equações dos dois últimos exemplo, os valores das constantes C, C 1 e C 2 podem ser determinados impondo-se restrições sobre a solução. Tais restrições são denominadas condições iniciais. 6

7 Definição Um problema de valor inicial (PVI), é um conjunto de uma equação diferencial, de ordem n, juntamente com n condições iniciais. Será, em geral, um problema da forma a n (x) dn y dx n + + a 1(x) dy dx + a 0(x)y = g(x) y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 1,..., y (n 1) (x 0 ) = y n 1. Exemplo 10: A solução do PVI { y y = 0 y(0) = 2 é a função y = 2e x. Exemplo 11: A solução do PVI { u + u = 0 u(0) = 1, u (0) = 1 é a função u = cos t sen t. Exercícios: 7

8 Capítulo 2 Equações de primeira ordem Neste capítulo estamos particularmente interessados em problemas da forma y = F (x, y) sujeita à alguma condição inicial y(x 0 ) = y 0. A primeira pergunta que fazemos é se este problema possui solução, ou melhor, quais as condições que garantem que este problema possui solução. O teorema que enunciaremos (sem demonstração) nos dá condições para isto. Teorema (Picard). Seja R uma região retangular do plano xoy que contém o ponto (x 0, y 0 ) em seu interior. Se F (x, y) e F y são contínuas em R, então existe um intervalo I, centrado em x 0 e uma única função y = f(x) definida em I, satisfazendo o PVI { y = F (x, y) y(x 0 ) = y 0. Este é um teorema importante sobre a existência de soluções de um PVI porque as hipóteses são relativamente fáceis de serem verificadas. A demonstração pode ser vista em [1]. 2.1 Equações separáveis Definição Uma equação diferencial é dita separável (ou tem variáveis separáveis) se puder ser escrita na forma dy dx = g(x) h(y). (2.1) Levando em conta então que a equação (2.1) cumpre condições para garantir a existência de solução, queremos obter esta solução. Vamos estabelecer que condições devem ser cumpridas por y = f(x), para que esta função seja uma solução para a equação (2.1). 8

9 Para que y = f(x) seja solução de (2.1), devemos ter h(y) dy dx = g(x), e integrando ambos os membros em x, temos h(y) dy dx dx = g(x)dx. Mas, do cálculo, temos h(y) dy dx dx = h(y)dy, donde devemos ter h(y)dy = g(x)dx. (2.2) Assim, se houver uma solução y = f(x) para a equação (2.1) esta solução deve satisfazer a equação integral (2.2). Esta equação integral torna-se portanto um método de busca de soluções para a equação (2.1). Um caso particular da equação (2.1) ocorre quanto h(y) = 1. Neste caso, a equação integral a ser resolvida se reduz a y(x) = g(x)dx. Exemplo 12: Para resolver a equação xe y sen x yy = 0, notemos que a equação pode ser posta na forma y = x sen x ye y e a solução é então obtida resolvendo a equação integral ye y dy = x sen xdx, que resulta na solução implícita ye y e y = sen x x cos x + C, para alguma constante C. Exemplo 13: [Teorema de Pitágoras] Tomemos um triângulo retângulo de hipotenusa a e catetos b e c. Fixemos um dos catetos, digamos c, e consideremos que a hipotenusa seja calculada em termos do outro cateto, isto é, a = a(b) é uma função da variável independente b. Nestes termos, um acréscimo b da variável independente provoca um acréscimo a da variável dependente. 9

10 O triângulo de hipotenusa b e cateto x é semelhante ao triângulo original, e por esta semelhança, vem x b = b a. Observemos que quando b 0, então x a, e também a b então o limite, quando b 0, temos da db = b a, da db = a (b). Tomando que é uma equação diferencial separável, e a sua solução é encontrada resolvendo-se a equação integral ada = bdb. ou ainda, Nestes termos, a solução é, a 2 2 = b2 2 + cte, a 2 = b 2 + cte, para alguma constante cte. A constante cte pode ser determinada conhecendo-se uma condição inicial, isto é, o valor de a(b) quando b = 0. Sabemos que quando b = 0 a hipotenusa a se reduz ao cateto c, e portanto a condição inicial é a(0) = c. Substituindo na solução, obtemos cte = a 2 (0) = c 2, donde cte = c 2 e portanto a solução da ED é dada (implicitamente) por a 2 = b 2 + c Equações exatas Lembremos do cálculo diferencial e integral, que dada uma função f(x, y) contínua com derivadas parciais de primeira ordem contínuas, a diferencial total df é precisamente df = f f dx + x y dy 10

11 onde dx e dy são respectivamente as diferenciais em x e em y. Também, se a função f for constante, então a diferencial df é nula. Definição Uma expressão diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy é uma diferencial exata, em uma região R do plano xoy, se for igual à diferencial total de alguma função f(x, y), isto é, se existir uma função f(x, y), de forma que para todo x, y R. f f dx + dy = df = M(x, y)dx + N(x, y)dy x y Definição Uma equação diferencial da forma M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 é chamada de equação diferencial exata, se a expressão do lado esquerdo é uma diferencial exata. Observe que em uma equação diferencial exata, uma solução implícita pode ser obtida pela equação f(x, y) = c, onde c é uma constante. Isto porque se f(x, y) = c então df = 0 e assim, M(x, y)dx + N(x, y)dy = df = 0. Teorema Sejam M(x, y) e N(x, y) funções contínuas, que possuem derivadas parciais contínuas em uma região retangular R = {(x, y) R 2 ; é uma diferencial exata se, e somente se, M(x, y)dx + N(x, y)dy M y = N x. a < x < b, c < y < d}. Então Prova. Suponha primeiro M(x, y) e N(x, y) com derivadas parciais primeiras contínuas em R, e que M(x, y)dx + N(x, y)dy é uma diferencial exata. Então existe uma função f(x, y) tal que isto é, e assim, f f dx + dy = M(x, y)dx + N(x, y)dy, x y f x = M(x, y), e f y = N(x, y), M y = f y x = 2 f y x = 2 f x y = f x y = N x. 11

12 Para a recíproca, suponha que M y = N x. A obtenção de uma função f(x, y) satisfazendo f x = M(x, y), e f = N(x, y), y é um processo meramente construtivo. Integrando a primeira igualdade em x, temos f(x, y) = M(x, y)dx + cte. Ocorre que neste caso, cte é uma função que pode depender no máximo de y, ou seja f(x, y) = M(x, y)dx + g(y), (2.3) e derivando em relação a y temos e então donde f y = y N(x, y) = y M(x, y)dx + dg dy, dg dy = N(x, y) y M(x, y)dx + dg dy, M(x, y)dx. Finalmente integrando esta última em y obtemos g(y) e substituindo em (2.3) obteremos uma expressão para a função f(x, y) procurada, e a consequente solução da equação diferencial exata que será dada implicitamente por para qualquer constante real c. f(x, y) = c, Resumindo este processo, para obter então a solução de uma equação diferencial exata M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 ou M(x, y) + N(x, y) dy dx = 0, usamos o seguinte roteiro: 1- Verificar se a equação dada é exata, isto é, se M y = N x ; 2- Determinar M(x, y)dx; 3- Determinar g (y) = N(x, y) y M(x, y)dx, integrar em y para obter g(y), e escrever f(x, y) que é dada por f(x, y) = M(x, y)dx + g(y); 4- A solução da equação diferencial exata é dada implicitamente por f(x, y) = c para alguma constante c real. 12

13 Exemplo 14: Determinar a solução de 2xy + (x 2 1) dy dx = 0. Exemplo 15: Determinar uma solução para o PVI { (cos x sen x xy 2 )dx + y(1 x 2 )dy = 0 y(0) = Equação diferencial linear geral de ordem 1 Definição Uma equação diferencial linear geral de ordem 1, é uma equação diferencial na forma a 1 (x) dy dx + a 0(x)y = g(x) com a 1 (x) 0. Se g(x) = 0 então a equação é dita homogênea. Em geral uma equação diferencial linear de primeira ordem se apresenta na forma y + P (x)y = Q(x), (2.4) e se não estiver assim, procuramos fazê-lo, dividindo toda a equação por a 1 (x). Esta última equação é conhecida como forma padrão da ED linear geral de primeira ordem. Um procedimento útil para determinar a solução geral de (2.4) é o estudo preliminar da equação homogênea associada y + P (x)y = 0. Isto se deve ao fato de que a solução y c da equação homogênea é parte da solução da equação geral (2.4). O próximo teorema garantirá isto. Teorema Seja y p uma solução da ED linear geral (2.4) e y c uma solução (não identicamente nula) da equação homogênea associada. Então y = Cy c + y p é ainda uma solução da equação (2.4), para qualquer constante C R. Prova. Seja y = Cy c + y p. Então y = Cy c + y p e y + P (x)y = Cy c + y p + P (x)(cy c + y p ) = Cy c + y p + CP (x)y c + P (x)y p = Cy c + CP (x)y c + y p + P (x)y p = C(y c + P (x)y c ) + (y p + P (x)y p ) = Q(x), donde y é solução de (2.4). 13

14 Para determinar y c, a solução da equação homogênea y + P (x)y = 0 notemos que é uma equação diferencial separável. De fato, podemos reescrevê-la como y = P (x) 1 y = g(x) h(y), cuja solução é dada pela equação integral g(x)dx = h(y)dy, isto é, P (x)dx = 1 y dy. O primeiro membro ainda é desconhecido pois não sabemos quem é P (x). Mas o segundo membro pode ser integrado em y, e temos P (x)dx = ln y + C 1, e isolando a função y, temos ln y = P (x)dx + C 1 = C 1 P (x)dx e portanto y = e C 1 P (x)dx = e C 1 e P (x)dx = Ce P (x)dx, para alguma constante C. Desta forma temos y c, a solução da ED homogênea, dada por y c = Ce P (x)dx. Para determinar y p utilizaremos um método conhecido como método da variação de parâmetros. A ideia é tentar encontrar uma função u(x) de tal forma que y p = u(x)y c seja solução da equação não homogênea (2.4). Considerando então y c = e P (x)dx e y p = u(x)y c, queremos que Desenvolvendo o lado esquerdo, temos dy p dx + P (x)y p = Q(x). (2.5) dy p dx + P (x)y p = d dx (u(x)y c) + P (x)(u(x)y c ) = du dx y c + u(x) dy c dx + P (x)u(x)y c ( ) dyc = u(x) dx + P (x)y du c + y c dx = y du c dx, 14

15 e substituindo isto em (2.5), obtemos ou e então y c du dx = Q(x), du dx = Q(x) = Q(x)e P (x)dx, y c u(x) = Q(x)e P (x)dx dx. Assim, y p = u(x)y c = e P (x)dx Q(x)e P (x)dx dx, e temos que a solução geral da equação (2.4) é dada por y = Cy c + y p = Ce P (x)dx + e P (x)dx Q(x)e P (x)dx dx, (2.6) para alguma constante C. Observe que para determinar y p, foram feitas várias integrais indefinidas, e nestas integrais não foram consideradas as constantes de integração. Um bom exercício é verificar porque isto não foi necessário. O termo e P (x)dx é conhecido como fator de integração, ou fator integrante, da equação (2.4). Para a solução de uma equação diferencial de primeira ordem procedemos de acordo com o seguinte roteiro: 1- Escrever a ED na forma padrão, y + P (x)y = Q(x). 2- Identificar P (x) e determinar o fator de integração e P (x)dx. 3- Multiplicar a equação pelo fator de integração. Com esta multiplicação o lado esquerdo da equação será automaticamente a derivada de um produto e a equação se tornará d ( ) P (x)dx e y = P (x)dx Q(x)e. dx 4- Integrar em x (não esquecer agora a constante de integração) e isolar y. Observe que este procedimento nos fornece exatamente a solução (2.6). A constante de integração poderá ser determinada com a imposição de uma condição inicial. Exemplo 16: Determinar a solução da equação diferencial y + 2y = 6e x. Exemplo 17: Determinar a solução do PVI { y + 2xy = x y(0) = 2 15

16 2.4 Aspectos qualitativos das soluções Definição Uma equação diferencial na forma dy = g(y) (2.7) dx onde a função g(y) não depende diretamente da variável independente x, é chamada de equação autônoma. Definição Se y 0 é um zero da função g(y), isto é, g(y 0 ) = 0, então y(x) y 0 é uma solução de (2.7) e é chamada de solução de equilíbrio, ou solução estacionária, e o número y 0 é chamado de ponto de equilíbrio, ou singularidade. Definição Um ponto de equilíbrio y 0 é dito estável se dado ε > 0, existe um δ > 0 tal que se y 0 b < δ a solução do PVI { y (x) = g(y) y(0) = b satisfaz y(x) y 0 < ε para todo x 0. Em outras palavras, lim b y 0 y(x) = y 0. Um ponto de equilíbrio que não é estável é dito instável. Definição Um ponto de equilíbrio y 0 é dito assintoticamente estável se for estável e se lim y(x) = y 0. x O próximo teorema nos dá condições para determinar quando um ponto de equilíbrio é estável ou instável. Teorema Sejam g(y) uma função com derivada contínua, e y 0 um ponto de equilíbrio de y = g(y). Se g (y 0 ) < 0 então y 0 é um ponto de equilíbrio estável (assintoticamente estável), e se g (y 0 ) > 0 então y 0 é um ponto de equilíbrio instável. Prova. A ideia é analisar a variação de y(x) y 0, onde y(x) é solução do PVI Nestes termos { y (x) = g(y) y(0) = b d dx (y(x) y 0) 2 = 2(y(x) y 0 )y (x) 16

17 = 2(y(x) y 0 )g(y) = 2(y(x) y 0 )(g(y) g(y 0 )), já que g(y 0 ) = 0. Agora, do teorema do valor médio, sabemos que para algum η(x) entre y(x) e y 0, e portanto g(y) g(y 0 ) = g (η(x))(y(x) y 0 ) d dx (y(x) y 0) 2 = 2(y(x) y 0 )g (η(x))(y(x) y 0 ) = 2(y(x) y 0 ) 2 g (η(x)). Supondo agora g (η(x)) < 0, da continuidade de g, segue que existe δ > 0 e θ > 0, tais que g (y) θ < 0 para qualquer y(x) y 0 < δ. Assim, se a solução y(x) do PVI satisfaz y 0 b < δ, então d dx (y(x) y 0) 2 2θ(y(x) y 0 ) 2 para θ > 0. Resolvendo esta ED em (y(x) y 0 ), vem (y(x) y 0 ) 2 Ce 2θx para alguma constante C, e como o lado direito vai a zero quanto x, então lim y(x) = y 0. x O raciocínio é análogo para g (y) > 0. Obteremos g (y) θ > 0 para algum θ > 0 e y(x) y 0 < δ. Assim, se b y 0 < δ, d dx (y(x) y 0) 2 2θ(y(x) y 0 ) 2 e portanto (y(x) y 0 ) 2 Ce 2θx donde é possível obter um ε > 0, tal que y(x) y 0 ε para b y 0 < δ, e isto significa a instabilidade de y Aplicações Vejamos agora alguns modelos que podem ser representados matematicamente por alguma equação diferencial de ordem 1. Primeiramente, vamos a duas equações importantes. 17

18 2.5.1 Equações de Bernoulli e de Ricati A equação diferencial y + P (x)y = Q(x)y n (2.8) onde n é um número real, é conhecida como Equação de Bernoulli. Note que se n = 0 ou n = 1 então a equação torna-se uma equação diferencial linear, cuja solução sabemos ser dada por y = Ce P (x)dx + e P (x)dx y = Ce (P (x) Q(x))dx, se n = 1. Q(x)e P (x)dx dx, se n = 0, Supondo agora n / {0, 1}, e que estejamos interessados em uma solução (não nula) para (2.8). Então dividindo a equação por y n, temos y n y + P (x)y 1 n = Q(x). Escolhendo agora w(x) = y 1 n (x) notemos que w = (y 1 n ) = (1 n)y n y, e substituindo temos ou ainda, 1 1 n w + P (x)w = Q(x), w + (1 n)p (x)w = (1 n)q(x), que é uma equação diferencial linear de primeira ordem em w, já posta na forma padrão. Resolvendo então em w, pela técnica obtida na seção anterior, e substituindo em y = w 1 1 n, obtemos a solução y para a equação (2.8). Exemplo 18: Para obter uma solução para xy + y = 1 y 2, primeiro reescrevemos esta equação na forma padrão (2.8), y + 1 x y = 1 x y 2, que é uma equação de Bernoulli com n = 2 e P (x) = Q(x) = 1 x. A mudança de variáveis w = y 1 n = y 3, nos leva a w + 3 x w = 3 x. Resolvendo em w, obtemos (pelas técnicas da seção anterior) e então w = 1 + C x 3, y = C x 3 para qualquer constante C. 18

19 A equação diferencial (não linear) y + P (x)y = Q(x)y 2 + R(x) (2.9) é chamada Equação de Ricati. A solução geral da equação de Ricati pode ser obtida conhecendo-se alguma solução particular y p. Vamos verificar que se y p é uma solução particular de (2.9), então y = y p + u é também solução da equação (2.9), desde que u seja solução de uma equação de Bernoulli associada u (2Q(x)y p P (x))u = Q(x)u 2. De fato, para que y p + u seja solução de (2.9), devemos ter (y p + u) + P (x)(y p + u) = y p + u + P (x)y p + P (x)u = y p + P (x)y p + u + P (x)u = Q(x)yp 2 + R(x) + Q(x)u 2 + (2Q(x)y p P (x))u + P (x)u = Q(x)yp 2 + 2Q(x)y p u + Q(x)u 2 + R(x) = Q(x)(yp 2 + 2y p u + u 2 ) + R(x) = Q(x)(y p + u) 2 + R(x) = Q(x)y 2 + R(x). Observe que esta técnica não obtem uma solução da equação de Ricatti, mas a partir de uma solução da equação de Ricatti podemos obter outra solução pela adição de uma solução da equação de Bernoulli associada. Exemplo 19: Determinar a solução da equação de Ricati y = 2x x y 2y2, sabendo que y p = x é uma solução particular. Para isto, colocamos y = y p + u = x + u e obtemos Reorganizando esta equação, vem (x + u) = 2(x + u) x (x + u) + 2x2. u + ( 4x 1 ) u = 2u 2, x que é uma equação de Bernoulli em u com n = 2. Fazendo w = u 1 n = u 1, obtemos ( ) 1 w + x 4x w = 2, que resolvida em w nos traz w = 1 2x + Ce2x2 x Portanto a solução da equação de Ricati é y = y p + u = x + 1 w = x + = 2Ce2x2 1. 2x 2x 2Ce 2x

20 2.5.2 Dinâmica populacional Os modelos de crescimento populacionais que iremos analisar agora são bastante simples. Nem sempre traduzem uma situação real, que pode se tornar complexa devido a fatores biológicos e sociais. Designemos p(t) a quantidade de indivíduos de uma determinada espécie, em um instante t (t 0). O modelo Malthusiano, o mais simples possível, supõe que a taxa de crescimento da população é proporcional ao número de indivíduos presentes. Nestes termos, temos a equação p (t) = rp(t), (2.10) sendo r a constante de proporcionalidade. Vamos considerar que r > 0 pois caso contrário, teríamos p (t) = rp(t) < 0 o que significa que o número de indivíduos p(t) é decrescente, e a população nestas condições tende à extinção. Como já sabemos, a equação (2.10) é uma equação separável e a solução desta equação é dada por p(t) = Ce rt, sendo que C é uma constante que pode ser determinada conhecendo alguma condição inicial. Em geral é uma condição da forma p(0) = p 0 indicando que no instante t = 0 a população inicial é de p 0 indivíduos. Substituindo então t = 0 obtemos C = p 0, e assim p(t) = p 0 e rt. Podemos ainda determinar a constante de proporcionalidade r. Para isto, basta saber alguma outra informação sobre a população em um determinado tempo t 1 > t 0. Note ainda que equação (2.10) é uma equação autônoma. O único ponto de equilíbrio é y 0 = 0, e portanto p(t) 0 é a única solução de equilíbrio, que é instável, já que y (0) = r > 0. É evidente que este modelo não traduz uma situação real a longo prazo, porque o crescimento exponencial da população não pode se manter indefinidamente. O modelo de Verhulst leva em conta que, por algum motivo social ou geográfico, exista um controle do crescimento da população. Dentre os modelos estudados por Verhulst, um deles supõe que a constante de proporcionalidade R seja uma função que decai linearmente de acordo com o número de indivíduos da população. Desta forma, R = R(p) = a bp com a e b constantes positivas. Verhulst pressupôs que existe um número k chamado de limite populacional. Este limite populacional é em geral entendido como a capacidade máxima de indivíduos suportada pelo meio ambiente em que a população está inserida. Sendo assim, quando o número de 20

21 indivíduos p é bem inferior à capacidade máxima k do meio, a constante de proporcionalidade é r. Quando p = k, a população atingiu o limite suportável pelo meio, e a constante de proporcionalidade deve ser 0, isto é, a população para de crescer. Determinando os coeficientes a e b para cumprir estas condições, temos que R = R(p) = r r k p. Temos assim o modelo de crescimento proposto por Verhulst p (t) = (r r k p(t))p(t) = rp(t) r k p2 (t), (2.11) conhecido também como equação logística. Note que não é mais uma equação linear. Trata-se de uma equação do tipo de Bernoulli, com n = 2 e assim a substituição u = p 1 n = p 1 trará a equação u (t) = r k ru. A solução desta última é dada por u = Ce rt + 1 k = 1 + kce rt, k e portanto p(t) = 1 u = k 1 + kce rt. A constante C pode ser determinada conhecendo-se a população inicial p(0) = p 0. Substituindo t = 0 obtemos C = k p 0 kp 0, e assim, p(t) = k 1 + k k p 0 kp 0 e = p 0 k rt (k p 0 )e rt. + p 0 Observe que quando t teremos p(t) k, o que indica que a população tende a se estabilizar em k indivíduos. Este fato pode ser confirmado pelo estudo da equação (2.11), que é uma equação autônoma, com pontos de equilíbrio 0 e k. A solução de equilíbrio p(t) 0 é instável enquanto a solução de equilíbrio p(t) k é estável, de acordo com o teorema Vamos agora apresentar modelos de crescimento populacional dados pela equação logística (modelo de Verhulst) com extração. Estes modelos possuem importância econômica. Suponha um produtor com um campo de cultivo vegetal ou animal. A população cresce segundo o modelo logístico e então o produtor está interessado em saber se pode colher ou abater sua produção, sem comprometer a sobrevivência da espécie. Estamos interessados na equação dp ( dt = rp r k p2) βp, (2.12) sendo β uma constante. Isto significa que (de tempos em tempos) estamos fazendo a extração de uma parcela, ou uma porcentagem da população. 21

22 Lembremos que na equação (2.12), r é a taxa de crescimento da população p e k é a capacidade limite do meio ambiente, em número de indivíduos. Vamos ainda supor que r > 0, ou equivalentemente que a população está crescendo, e portanto p 0 = p(0) < p(t) < k. Faremos primeiro uma análise da equação (2.12) sob o ponto de vista das equações autônomas, como visto na seção 2.4. Considerando a equação dp ( dt = g(p) = rp r k p2) βp = (r β)p r k p2, vamos determinar as raízes da equação g(p) = 0. Nestes termos, temos as soluções de equilíbrio p 1 = 0 e p 2 = k(1 β r ). Vamos analizar a estabilidade destas soluções de equilíbrio. Como dg dp = r β 2p r k, então temos que dg dp (p 1) = r β, e também dg dp (p 2) = r β 2k(1 β r ) r k = r β 2(r β) = β r. Observemos então que a decisão da estabilidade ou instabilidade das soluções de equilíbrio, isto é, a decisão dg dp β < r. > 0 ou dg dp < 0, fica condicionada ao fato de que β > r ou Se a taxa de extração β for maior que a taxa de crescimento populacional r, ou seja, se (β r) > 0 então a solução de equilíbrio p(t) 0 é estável. De outra forma, lim p(t) = 0, t e por conseguinte a população p(t) tende à extinção quando t. Por outro lado, se a taxa de extração β for menor que a taxa de crescimento populacional r, ou seja, (β r) < 0, então a solução de equilíbrio p(t) k(1 β r ) é estável. Isto significa que lim p(t) = k(1 β t r ), e assim, a população tende ainda a se estabilizar em k(1 β r ) < k indivíduos quando t, o que garante a sobrevivência da espécie. O caso β = r também pode ser analisado. Neste caso, dp dt = r k p2 < 0, o que significa que a função de população p(t) é estritamente decrescente, já que sua derivada é estritamente negativa. Isto indica também que a população p(t) tende à extinção quando t. A teoria a respeito das equações autônomas nos permite obter algum conhecimento da solução p(t) sem necessariamente obter a solução p(t) explicitamente. Embora tenhamos 22

23 este conhecimento, ainda pode ser importante determinar a função p(t) pois ela nos permitirá (por exemplo) uma estimativa da população p(t) em um determinado tempo t 1 de interesse. Vamos então resolver a equação (2.12), obtendo uma expressão explícita para p(t), evidentemente em termos de r, k e β. Feito isto, confrontaremos o comportamento da função p(t) com o que foi deduzido nos parágrafos anteriores. O método que utilizaremos para obte a solução de (2.12) é o método das equações separáveis. Podemos reescrever a equação (2.12) na forma ( dp dt = rp 1 β r p ), k obtendo 1 ( ) dp p 1 β r p dt = r. k Integrando ambos os membros em t, temos 1 ( ) dp p 1 β r p dt dt = k rdt, ou ainda, 1 ( )dp = p 1 β r p k rdt. (2.13) Para integrar o primeiro membro, vamos usar a técnica das frações parciais, isto é, reescrevemos a fração do integrando como soma de duas frações, 1 ( ) = A p 1 β r p p + B 1 β k r p, k para A e B constantes, a serem determinadas. Calculando A e B, obtemos que a igualdade acima se verifica com e assim A = r r β 1 ( ) = p 1 β r p k e B = r p(r β) + r k(r β), r k(r β)(1 β r p k ). Segue que 1 r ( )dp = p 1 β r p p(r β) dp + r k(r β)(1 β k r p k )dp r 1 = (r β) p dp + r 1 k(r β) 1 β r p dp k r r = ln p + (r β) (r β) ln 1 β r p k r ) = (ln p ln 1 β (r β) r p k 23

24 r = (r β) ln p 1 β r p. k Voltando com esta integral em (2.13), temos que r (r β) ln p 1 β r p = rt + C, k sendo C a constante de integração. Para determinar a constante de integração C, usamos a condição inicial p(0) = p 0, e obtemos r C = (r β) ln p 0 1 β r p 0 k donde temos que ou ainda, r (r β) ln p(1 β r p 0 k ) p 0 (1 β r p k ) = rt. p(1 β r ln p 0 k ) p 0 (1 β r p k ) = (r β)t. Queremos isolar o termo p(t) na igualdade acima, a fim de obter a solução explícita da equação diferencial (2.12). Aplicando exponencial em ambos os membros, temos p(rk βk p 0 r) p 0 (rk βk pr) = e(r β)t, e reorganizando p(rk βk p 0 r) = p 0 (rk βk pr)e (r β)t. Separando a variável p no primeiro membro, obtemos p(rk βk p 0 r) + p 0 pre (r β)t = p 0 (rk βk)e (r β)t, ou ainda ( p (rk βk p 0 r) + p 0 re (r β)t) = p 0 (rk βk)e (r β)t, donde segue que p(t) = p 0 (rk βk)e (r β)t (rk βk p 0 r) + p 0 re (r β)t = p 0 k(r β) (rk βk p 0 r)e (β r)t + p 0 r. De posse agora da solução explícita p = p(t) = p 0 k(r β) (rk βk p 0 r)e (β r)t + p 0 r, (2.14) da equação (2.12), podemos confirmar as análises feitas pela teoria das equações autônomas. Se β < r, temos lim (k(r β) p 0r)e (β r)t = 0, t 24

25 e então p 0 k(r β) lim p(t) = lim t t (rk βk p 0 r)e (β r)t + p 0 r = p 0k(r β) = k(1 β p 0 r r ), e assim, a população tende a se estabilizar em k(1 β r ) < k indivíduos quando t, o que garante a sobrevivência da espécie. Se β > r, temos que lim (k(r β) p 0r)e (β r)t = ±, t dependendo do sinal da constante que multiplica a função exponencial. Então p 0 k(r β) lim p(t) = lim t t (rk βk p 0 r)e (β r)t + p 0 r = 0, e por conseguinte a população p(t) tende à extinção quando t. Se β = r, a solução (2.14) não tem sentido pois o numerador e o denominador se anulam. Ocorre que neste caso, a equação diferencial (2.12) fica modificada e o processo para obter a solução (2.14) deve ser readequado. De fato, se β = r então a equação diferencial (2.12) fica ou ainda dp dt = r k p2, 1 dp p 2 dt = r k, e integrando ambos os membros em t temos que 1 p = r k t + C, sendo que C é a constante de integração. Colocando t = 0, na última igualdade obtemos que C = 1 p 0, e assim, e segue que Observemos agora que ainda temos 1 p = r k t 1 p 0 = rp 0t + k kp 0, p = p(t) = kp 0 rp 0 t + k. kp 0 lim p(t) = lim t t rp 0 t + k = 0, ou seja, a população ainda tende à extinção quando t no caso em que a taxa de extração é igual à taxa de crescimento. Outra alternativa à extração proporcional, é a extração constante. Estamos agora interessados na equação dp ( dt = rp r k p2) β, (2.15) 25

26 sendo β uma constante. Isto significa que estamos fazendo uma extração de uma quantidade fixa de β indivíduos da população. Intuitivamente a equação (2.15) deveria ser mais fácil de ser resolvida do que a equação (2.12), porque a extração foi simplificada. Entretanto sob o ponto de vista das equações diferenciais o modelo (2.12) é mais simples, porque o termo βp se junta com o termo rp, e o lado direito da equação (2.12) possui apenas dois termos. Na equação (2.15) não podem ser agrupados termos e o lado direito da equação fica com três termos distintos. Vamos primeiro fazer uma análise qualitativa da equação (2.15), usando a teoria das equações diferenciais autônomas. Colocando dp ( dt = rp r k p2) β = β + rp r k p2, temos que as soluções de equilíbrio são dadas pelas raízes da função g(p) = r k p2 + rp β. Observe que g(p) é uma função quadrática cujo gráfico (em relação a p) é uma parábola voltada para baixo. Se esta função não possuir duas raízes reais, então g(p) < 0 para qualquer p. Segue que dp dt = g(p) < 0 e isto significa que a função de população p(t) é estritamente decrescente, já que sua derivada é estritamente negativa. Em outras palavras, temos a extinção da espécie. Começamos então supondo que β < rk 4β 4, ou equivalentemente, rk < 1, para que g(p) possua duas raízes reais. Neste caso temos duas soluções de equilíbrio reais, que são p = r ± r 2 4 r k β 2 r = r ± r 1 4β rk k 2 r, k ou ainda, p 1 = k 2 ( ) 1 1 4β rk e p 2 = k 2 ( ) β rk. Note que as soluções de equlíbrio são ambas positivas já que, 1 4β rk < 1. Observe ainda que p 1 < k 2 < p 2. Para análise da estabilidade das soluções de equilíbrio, observemos que dg dp = g (p) = 2r k p + r. Segue que g (p 1 ) = 2r k p 1 + r > 2r k k 2 + r = 0, e também g (p 2 ) = 2r k p 2 + r < 2r k k 2 + r = 0. Assim sendo, a solução de equilíbrio p 1 é sempre instável e a solução de equilíbrio p 2 é sempre estável. Isto significa que lim t p(t) = p 2 = k 2 ( ) β rk. 26

27 Mesmo conhecendo um pouco sobre as soluções p(t) da equação (2.15), vamos resolver analiticamente a equação diferencial para comparar estes resultados. Para isto, lembremos que a equação (2.15) é uma equação de Ricati. Conhecendo uma solução particular podemos transformar esta equação em uma equação de Bernoulli. Vamos usar uma ( das soluções de ) equilíbrio. Considere que α é uma das raízes da função g(p), isto é, α = k 2 1 ± 1 4β rk é uma solução de equilíbrio, que possivelmente teremos que fixar adiante como sendo p 1 ou p 2. Consideremos a função q(t) = p(t) α, ou p(t) = q(t) + α. Segue que p (t) = q (t) e a equação (2.15) fica reescrita na forma dq dt = q = r k (q + α)2 + r(q + α) β = r k (q2 + 2qα + α 2 ) + rq + rα β ( = r ) k α2 + rα β r k q2 + = r ( k q2 + r 2rα ) q, k ( r 2rα k já que ( r k α2 + rα β) = 0, pois α é raíz de g(p) = r k p2 + rp β. Temos portanto uma nova equação diferencial em q, q = r k q2 + Reescrevemos esta última equação como ) q ( r 2rα ) q = r ( q 2 + (2α k)q ). k k 1 q(q + 2α k) q = r k, e integramos ambos os lados em relação a t, obtendo 1 q(q + 2α k) q dt = r k dt, ou ainda 1 q(q + 2α k) dq = r t + C. (2.16) k A integral do primeiro membro é obtida pela técnica de frações parciais. Colocamos 1 q(q + 2α k) = A q + B q + 2α k, e calculando A e B para que a igualdade seja satisfeita, obtemos A = 1 2α k e B = Assim, 1 q(q + 2α k) dq = 1 (2α k)q dq + 1 (2α k)(q + 2α k) dq 1 1 = 2α k q dq 1 1 2α k q + 2α k dq 1 1 = ln q ln q + 2α k 2α k 2α k α k.

28 1 = 2α k ln q q + 2α k. Substituindo esta integral em (2.16) temos que 1 2α k ln q q + 2α k = r k t + C, sendo que C é a constante de integração. Lembremos agora que q = p α e então voltando para a variável p, obtemos 1 2α k ln p α p + α k = r k t + C. Fazendo t = 0 na última igualdade obtemos C = 1 2α k ln p 0 α 1 2α k ln (p α)(p 0 + α k) (p 0 α)(p + α k) = r k t. p 0 +α k. Assim, ou ainda, ln (p α)(p 0 + α k) (p 0 α)(p + α k) k) = r(2α t = k r(k 2α) t. k Queremos agora isolar p na última igualdade a fim de obter uma expressão explícita para a função de população p(t). obtemos e reorganizando Assim, aplicando a exponencial em ambos os membros (p α)(p 0 + α k) 2α = er(1 k )t, (p 0 α)(p + α k) (p α)(p 0 + α k) = (p 0 α)(p + α k)e r(1 2α k )t. Separando no primeiro membro os termos envolvendo p, temos p(p 0 + α k) (p 0 α)pe r(1 2α k )t = (p 0 α)(α k)e r(1 2α k )t + α(p 0 + α k) o que nos traz p = p(t) = α(p 2α r(1 0 + α k) + (p 0 α)(α k)e k )t. (p 0 + α k) (p 0 α)e r(1 2α k )t Como veremos agora, é indiferente se consideramos α = p 1 ou α = p 2. Se α = p 2 então α > k 2. Neste caso, temos (1 2α k ) < 0. Assim e portanto 2α lim er(1 k )t = 0, t α(p 0 + α k) + (p 0 α)(α k)e r(1 2α k )t lim p(t) = lim t t (p 0 + α k) (p 0 α)e r(1 2α k )t = α(p 0 + α k) (p 0 + α k) = α = p 2, 28

29 como havíamos previsto. e portanto Por outro lado, se α = p 1 então α < k 2. Neste caso, temos (1 2α k ) > 0. Assim como havíamos previsto. 2α lim er(1 k )t =, t α(p 0 + α k) + (p 0 α)(α k)e r(1 2α k )t lim p(t) = lim t t (p 0 + α k) (p 0 α)e r(1 2α k )t = (p 0 α)(α k) (p 0 α) = k α = k p 1 = p 2, Resfriamento de corpos De acordo com a lei de resfriamento de corpos, de Newton, a taxa de resfriamento de um corpo é proporcional à diferença entre a temperatura do corpo e a temperatura ambiente. Designando T (t) a temperatura do corpo no instante t, e que a temperatura ambiente seja constante T m, a lei de Newton poderá ser expressa matematicamente por d dt T (t) = k(t (t) T m) = kt (t) kt m. Note que, como o corpo está resfriando, temos a temperatura T (t) é decrescente e assim dt dt < 0. Também decorre disto que T (t) > T m. Para que a igualdade anterior seja consistente devemos ter então k < 0. Tomando então a equação d dt T (t) kt (t) = kt m, obtemos o fator de integração e kdt = e kt, e então a solução da equação de resfriamento é T (t) = T m + Ce kt, onde o valor da constante C poderá ser encontrado considerando-se alguma condição inicial. Em geral esta condição é a temperatura T 0 do corpo no instante t = 0, isto é, T (0) = T 0. Esta condição nos leva a C = (T 0 T m ). Temos portanto que, se T 0 é a temperatura inicial de um corpo inserido em um ambiente com temperatura constante T m, então a temperatura do corpo no instante t > 0 será dada por T (t) = T m + (T 0 T m )e kt. 29

30 Note que tomando o limite, quando t, temos T (t) T m, já que k < 0. Isto também é confirmado pelo estudo dos pontos de equilíbrio. Trata-se de uma equação autônoma, pois T = g(t ) = kt kt m com um único ponto de equilíbrio T = T m. E como g (T ) = k < 0, a solução de equilíbrio T (t) T m é estável. O valor da constante de proporcionalidade ainda pode ser determinado conhecendose alguma outra informação sobre o corpo. Em geral, esta outra informação é a temperatura em um determinado instante t 1 > Diluição de soluções Um reservatório A, contendo V litros de um solvente puro (como água, álcool ou éter), começa a receber uma mistura do mesmo solvente com um outro produto solúvel (como sal, açúcar ou corante) na concentração de k quilogramas por litro, a uma vazão de a litros por segundo. do tanque. Um mecanismo de agitação dentro do reservatório mantém homogêneo o conteúdo No momento em que a mistura começa a ser inserida, começa-se também a retirada da solução homogênea de dentro do tanque na mesma vazão de a litros por segundo. O conteúdo do tanque é então sempre igual a V litros. Queremos determinar a quantidade p(t) de produto solúvel, presente no tanque, após um tempo t. A taxa de variação do produto é a taxa de entrada (por unidade de tempo) menos a taxa de saída (por unidade de tempo) do produto no tanque, isto é, onde naturalmente entrada = ka d p(t) = entrada saída dt saída = a V p(t) quilograma por segundo quilograma por segundo Temos portanto d dt p(t) = ka a V p(t). A solução desta equação diferencial é p(t) = V k + Ce a V t, e como a concentração no instante t = 0 é zero, temos C = V k, donde p(t) = V k V ke a V t, é a quantidade de produto solúvel no tanque decorridos t segundos. quantidade p(t) tende a V k quilogramas, isto é, Quando t a lim p(t) = lim V k V t t ke a V t = V k, 30

31 e portanto uma concentração de V k V = k quilogramas de produto por litro. Exatamente a mesma concentração de entrada. Note que a equação diferencial aqui é também autônoma, com solução de equilíbrio p(t) V k que é estável. Vamos agora complicar o problema um pouco. Suponha que a solução que sai do reservatório entra em um segundo reservatório que designaremos por B que contém V 2 litros de solvente puro. Este reservatório também tem um mecanismo de agitação para manter a mistura homogênea e um sistema de vazão de a litros por segundo que começa a funcionar no instante que o reservatório começa a receber o excesso do primeiro reservatório. O tanque B recebe então a litros por segundo, de uma solução contendo p(t) V quilogramas de produto solúvel por litro. Denotando y(t) a quantidade de produto solúvel no tanque B no instante t, temos Mas e então dy dt = entrada B saída B. entrada B = saída A = a p(t) V = ak ake a V t quilograma por segundo saída B = a y(t) V 2 = a V 2 y(t) quilograma por segundo dy ( dt = ak ake a t) V a y(t). V 2 Note que agora esta equação não é mais uma equação autônoma. Apesar disto, sabemos como determinar sua solução. Considerando então d dt y(t) + a ( y(t) = ak ake a t) V, V 2 multiplicamos ambos os membros desta igualdade pelo fator de integração e a V 2 dt = e a V 2 t obtendo d dt (y(t)e a V 2 t ) = ake a V 2 t ake ( a V 2 a V )t. (2.17) Precisamos tratar separadamente os casos em que V = V 2 e V V 2, já que o processo de integração que iremos realizar agora traz soluções diferentes para estes dois casos. Caso 1) Suponha V = V 2, e então a equação (2.17) torna-se d dt (y(t)e a V t ) = ake a V t ak, e integrando y(t)e a V t = V ke a V t akt + C, 31

32 e portanto y(t) = V k akte a V t + Ce a V t. A constante C pode ser determinada pela condição inicial y(0) = 0, que leva a C = V k, e a consequente equação que determina a quantidade de soluto no tanque B no tempo t, y(t) = V k akte a V t + V ke a V t. Caso 2) Suponha agora V V 2. Neste caso a equação (2.17) é diretamente integrada para obter y(t)e a t V 2 = V2 ke a t 1 V 2 ak a V 2 a e ( a a V 2 V )t + C. V Multiplicando por e a V 2 t e reorganizando os termos, obtemos y(t) = V 2 k k V V 2 e a V t + Ce V V 2 A constante C pode ser determinada pela condição inicial y(0) = 0, que agora leva a C = k V V 2 V V 2 V 2 k = k V 2 2 V V 2. A equação que determina a quantidade de soluto y(t), no tanque B, no instante t é y(t) = V 2 k k V V 2 e a V t V2 2 + k e a t V 2. V V 2 V V 2 Observe que, em ambos os casos, ainda temos y(t) V 2 k quando t, donde a concentração por litro y(t) V 2 k quando t. A mesma concentração por litro que entra no tanque A. a t V Decaimento radioativo O núcleo de um átomo é formado por prótons e nêutrons. Algumas destas combinações são instáveis, isto é, tendem a desintegrar-se, geralmente transformando-se em outros elementos. Núcleos ou átomos com esta propriedade são chamados de núcleos radioativos. Como exemplo citamos o isótopo de urânio U-235. Quando este isótopo recebe mais um nêutron, tornando-se U-236, fica instável e sofre uma fissão nuclear, quebrando-se em dois outros elementos, o criptônio Kr-92 e o bário Ba-141, e liberando energia, radiação (gama) e outros três nêutrons residuais. Estes três nêutrons residuais irão bombardear três outros átomos de urânio que gerarão mais energia e 9 nêutrons residuais e assim sucessivamente, numa reação em cadeia que cresce e libera energia, em escala exponencial. Este é o princípio da bomba atômica (processo não controlado) e também de uma usina nuclear (processo controlado). Uma lei química empírica diz que a taxa de desintegração de uma substância radioativa, é proporcional à quantidade remanescente da substância. Matematicamente, se q(t) 32

33 é a quantidade (em quilogramas, gramas, átomos) do elemento radioativo presente em um instante t, então temos d q(t) = kq(t) dt onde k é a constante de proporcionalidade que pode variar de acordo com o elemento ou o isótopo em questão. De qualquer forma, como o elemento ou substância está se desintegrando então dq dt < 0 e portanto também devemos ter k < 0. Nestes termos, temos uma equação diferencial (autônoma), cuja solução é dada por q(t) = Ce kt. A constante C pode ser determinada conhecendo-se uma condição inicial, isto é, a quantidade inicial q 0 do elemento disponível no instante t 0 = 0. Admitindo então q(0) = q 0 teremos C = q 0 e portanto q(t) = q 0 e kt é a expressão que fornece a quantidade restante do elemento no tempo t. Um ponto de equilíbrio, ou solução de equilíbrio é q(t) 0. Esta solução é assintoticamente estável, o que significa que quando t, q(t) tende a esta solução de equilíbrio. Em outras palavras, lim q(t) = 0. t A constante de proporcionalidade k pode também ser determinada conhecendo-se alguma outra informação sobre a decomposição do elemento em questão. Esta informação é conhecida como a meia-vida do elemento. É o tempo necessário para que a quantidade do material radioativo se reduza a metade da quantidade inicial q 0. É então um tempo t m onde q(t m ) = 1 2 q 0. Nestes termos, temos 1 2 q 0 = q(t m ) = q 0 e ktm, ou ainda, 1 2 = ektm donde podemos calcular o valor da constante de proporcionalidade k = 1 t m ln( 1 2 ) = 1 t m ln 2. Exemplo 20: Detectou-se que após 1 ano, 20% da quantidade inicial q 0 de um elemento radioativo havia se desintegrado. Determine a meia-vida deste elemento. Se após 5 anos tivermos 100 gramas do elemento, qual era a quantidade inicial? Uma das mais importantes aplicações desta teoria é a datação de corpos por Carbono 14 (C-14). Este isótopo é formado na atmosfera pela ação de radiações cósmicas. Em 1950 o 33

34 químico Willard Libby percebeu que a razão entre a quantidade de C-14 e a quantidade de Carbono comum (C-12) presentes na atmosfera é constante. É natural então pensar que esta proporção é mantida em organismos vivos, em virtude da absorção do carbono da atmosfera pela respiração ou mesmo pela alimentação. Quando o organismo morre, esta absorção cessa, e o C-14 presente no organismo, começa a desintegrar-se. Medindo então a quantidade de C-14 remanescente no organismo morto, e comparando com a quantidade original, podemos determinar o momento de sua morte. Neste caso, a constante de proporcionalidade k, será determinada pela meia-vida do C-14, que sabe-se é cerca de 5600 anos. Meia-vida é o tempo necessário para que a quantidade q do elemento seja metade da quantidade inicial. Isto é, q(5600) = 1 2 q(0) = 1 2 q 0. Exemplo 21: Um osso fossilizado contém 5% da quantidade original de C-14. Determine a idade deste fóssil. 34

35 Capítulo 3 Equações diferenciais lineares de ordem superior 3.1 Teoria preliminar Definição Dada uma variável independente x e uma variável dependente y = y(x), a equação diferencial a n (x) dn y dx n + a n 1(x) dn 1 y dx n a 1(x) dy dx + a 0(x)y = g(x), (3.1) para a n 0, é dita uma equação diferencial linear de ordem n. As funções a i (x), (i = 0,..., n), são chamadas de funções coeficientes e g(x) é o termo independente. Se g(x) = 0 então a equação resultante a n (x) dn y dx n + a n 1(x) dn 1 y dx n a 1(x) dy dx + a 0(x)y = 0 (3.2) é dita homogênea. Se g(x) 0 então a equação é dita não-homogênea. Um problema de valor inicial (PVI) para esta equação é um problema da forma { an (x)y (n) + a n 1 (x)y (n 1) + + a 1 (x)y + a 0 (x)y = g(x) y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 1,..., y (n 1) (x 0 ) = y n 1 (3.3) onde x 0 é um ponto do intervalo I, onde as funções a i e g(x) estão definidas. O próximo teorema nos dá condições para garantir quando um PVI possui solução. Teorema (Picard). Sejam a n (x), a n 1 (x),..., a 0 (x) e g(x) contínuas em um intervalo I, com a n (x) 0 para todo x I. Se x 0 I, então existe uma única solução y(x) para o problema (3.3), no intervalo I. 35

36 Um outro tipo de problema consiste em uma Equação Diferencial de ordem n 2 juntamente com n restrições especificadas em pontos diferentes. Em geral é um problema da forma { an (x)y (n) + a n 1 (x)y (n 1) + + a 1 (x)y + a 0 (x)y = g(x) y(x 1 ) = y 1, y(x 2 ) = y 2,..., y(x n ) = y n. Um problema deste tipo é conhecido como problema de valor de contorno (PVC) ou problema de fronteira. As condições y(x i ) = y i para i = 1,..., n, são ditas condições de contorno, ou condições de fronteira. Não está nos nossos planos o estudo aprofundado de PVCs. Com o intuito de estudar soluções para a equação (3.1), é útil estudarmos primeiro aspectos a respeito da equação associada homogênea (3.2). Nestes termos, um dos conceitos mais importantes para o nosso estudo é o de dependência linear. Definição Dizemos que as funções f 1 (x), f 2 (x),..., f n (x) são linearmente independentes em um intervalo I, se (e somente se), as únicas constantes c 1, c 2,..., c n tais que c 1 f 1 (x) + c 2 f 2 (x) + + c n f n (x) = 0 para todo x I, são c 1 = c 2 = = c n = 0. A negação desta definição nos fornece a definição para funções linearmente dependentes. Definição Se existirem c 1, c 2,..., c n, não todas nulas, tais que c 1 f 1 (x) + c 2 f 2 (x) + + c n f n (x) = 0 para todo x I, então as funções f 1 (x), f 2 (x),..., f n (x) são ditas linearmente dependentes, em I. Um critério para decidir sobre a dependência ou independência linear de um conjunto de funções é conhecido pelo nome Wronskiano. Definição Se f 1 (x), f 2 (x),..., f n (x) são funções com (n 1) derivadas contínuas em um certo intervalo I, então o Wronskiano destas funções, denotado por W (f 1, f 2,..., f n ), é a função determinante W (f 1, f 2,..., f n )(x) = definida para x I. f 1 (x) f 2 (x) f n (x) f 1 (x) f 2 (x) f n(x) f (n 1) 1 (x) f (n 1) 2 (x) f n (n 1) (x) Teorema Sejam f 1 (x), f 2 (x),..., f n (x) funções (n 1) vezes diferenciáveis em um certo intervalo I. Se W (f 1, f 2,..., f n ) 0 em pelo menos um ponto x I, então as funções f 1,..., f n são linearmente independentes. 36

37 Prova. Provaremos a contra positiva. Suponha então f 1,..., f n linearmente dependentes em I. Então existem c 1, c 2,..., c n, não todas nulas tais que c 1 f 1 (x) + c 2 f 2 (x) + + c n f n (x) = 0 para todo x I. Derivando (n 1) vezes em x, obtemos c 1 f 1 (x) + c 2f 2 (x) + + c nf n(x) = 0 c 1 f 1 (x) + c 2f 2 (x) + + c nf n(x) = 0. c 1 f (n 1) 1 (x) + c 2 f (n 1) 2 (x) + + c n f (n 1) n (x) = 0 para todo x I, exceto possivelmente nos extremos do intervalo I. Desta forma o sistema nas variáveis c 1,..., c n, c 1 f 1 (x) + c 2 f 2 (x) + + c n f n (x) = 0 c 1 f 1 (x) + c 2f 2 (x) + + c nf n(x) = 0. c 1 f (n 1) 1 (x) + c 2 f (n 1) 2 (x) + + c n f (n 1) n (x) = 0 é um sistema linear homogêneo, de n variáveis e n equações, que possui solução não nula, para qualquer x I. Como a solução deste sistema não é única (ele também possui a solução nula), a matriz dos coeficientes tem determinante igual a zero. Isto é, f 1 (x) f 2 (x) f n (x) f 1 (x) f 2 (x) f n(x). = f (n 1) 1 (x) f (n 1) 2 (x) f n (n 1) (x) para todo x I. Mas este determinante é precisamente o Wronskiano W (f 1, f 2,..., f n ), donde para todo x I, exatamente como desejamos. W (f 1 (x), f 2 (x),..., f n (x)) = 0, No caso em que as funções f i (i = 1,..., n) são soluções da equação diferencial linear homogênea (3.2), é possível mostrar que se f 1,..., f n são LI em algum intervalo I, então o Wronskiano destas funções é não nulo, não somente em um ponto x I, mas no intervalo todo. Vejamos isto no próximo teorema. Teorema Sejam y 1 (x),..., y n (x), n soluções para a equação diferencial linear homogênea (3.2) em um intervalo I. Então o conjunto y 1,..., y n é linearmente independente em I, se e somente se, W (y 1 (x), y 2 (x),..., y n (x)) 0 para todo x I. 37

38 Prova. A recíproca é consequência imediata do teorema anterior, isto é, se W (y 1,..., y n )(x) 0 para todo x I, então as funções y 1,..., y n são linearmente independentes. Para mostrar que se y 1,..., y n são LI, então W (y 1,..., y n ) 0 em todo I, procederemos contra positivamente. Assim, suponha que existe x 0 I tal que W (y 1, y 2,..., y n )(x 0 ) = 0. Desta forma o sistema homogêneo nas incógnitas c 1, c 2,..., c n c 1 y 1 (x 0 ) + c 2 y 2 (x 0 ) + + c n y n (x 0 ) = 0 c 1 y 1 (x 0) + c 2 y 2 (x 0) + + c n y n(x 0 ) = 0. c 1 y (n 1) 1 (x 0 ) + c 2 y (n 1) 2 (x 0 ) + + c n y (n 1) n (x 0 ) = 0 tem a matriz dos coeficientes com determinante nulo. Isto significa que a solução deste sistema não é única, e portanto existem c 1,..., c n não todas nulas, satisfazendo este sistema. Definimos y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + + c n y n (x). Notemos que y(x) definida assim, é solução do PVI { an (x)y (n) + a n 1 (x)y (n 1) + + a 1 (x)y + a 0 (x)y = 0 y(x 0 ) = 0, y (x 0 ) = 0,..., y (n 1) (x 0 ) = 0 Mas a função nula Y (x) 0 é também solução deste PVI. De acordo com o teorema de Picard, a solução do PVI é única em todo x I, e portanto c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + + c n y n (x) = 0 para todo x I, donde y 1, y 2,..., y n são linearmente dependentes. Os dois próximos teoremas garantirão que a solução de uma equação diferencial linear homogênea de ordem n é formada pela combinação linear de n soluções linearmente independentes. Teorema Sejam y 1, y 2,..., y n, n soluções linearmente independentes para a equação diferencial linear homogênea (3.2) em um intervalo I. Então a combinação linear y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + + c n y n (x), para quaisquer constantes c 1, c 2,..., c n é ainda uma solução da ED homogênea. 38

39 Prova. De fato, dadas constantes c 1, c 2,..., c n, temos a n (x)y (n) + a n 1 (x)y (n 1) + + a 1 (x)y + a 0 (x)y = a n (x)(c 1 y 1 + c 2 y c n y n ) (n). + a n 1 (x)(c 1 y 1 + c 2 y c n y n ) (n 1) + + a 1 (x)(c 1 y 1 + c 2 y c n y n ) + a 0 (x)(c 1 y 1 + c 2 y c n y n ) = c 1 (a n (x)y (n) 1 + a n 1 (x)y (n 1) a 1 (x)y 1 + a 0 (x)y 1 ). + c 2 (a n (x)y (n) 2 + a n 1 (x)y (n 1) a 1 (x)y 2 + a 0 (x)y 2 ) + c n (a n (x)y (n) n = = 0, o que prova que y(x) é solução da equação homogênea. + a n 1 (x)y (n 1) n + + a 1 (x)y n + a 0 (x)y n ) Teorema Sejam y 1, y 2,..., y n, n soluções linearmente independentes para a equação diferencial linear homogênea (3.2) em um intervalo I. Qualquer solução Y (x) para esta ED em I, é combinação linear de y 1, y 2,..., y n, isto é, existem constantes c 1, c 2,..., c n tais que Y (x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + + c n y n (x). Prova. Suponha y 1 (x),..., y n (x) as n soluções linearmente independentes da equação diferencial (3.2) em I, e Y (x) uma outra solução qualquer da equação em I. A ideia aqui é montar um problema de valor inicial no qual Y (x) seja solução e uma combinação linear das funções y i também seja solução. Seja x 0 I. Como W (y 1, y 2,..., y n ) 0 em todo o intervalo I, então temos W (y 1 (x 0 ), y 2 (x 0 ),..., y n (x 0 )) 0. Colocando w 0 = Y (x 0 ), w 1 = Y (x 0 ), w 2 = Y (x 0 ),..., w n 1 = Y n 1 (x 0 ), construímos o PVI, { an (x)y (n) + a n 1 (x)y (n 1) + + a 1 (x)y + a 0 (x)y = 0 y(x 0 ) = w 0, y (x 0 ) = w 1,..., y (n 1) (x 0 ) = w n 1. Também construímos um sistema de equações lineares nas incógnitas c 1, c 2,..., c n dado por c 1 y 1 (x 0 ) + c 2 y 2 (x 0 ) + + c n y n (x 0 ) = w 0 c 1 y 1 (x 0) + c 2 y 2 (x 0) + + c n y n(x 0 ) = w 1. c 1 y (n 1) 1 (x 0 ) + c 2 y (n 1) 2 (x 0 ) + + c n y n (n 1) (x 0 ) = w n 1 39

40 que é um sistema linear, não homogêneo cuja matriz dos coeficientes y 1 (x 0 ) y 2 (x 0 ) y n (x 0 ) y 1 (x 0) y 2 (x 0) y n(x 0 ) y (n 1) 1 (x 0 ) y (n 1) 2 (x 0 ) y n (n 1) (x 0 ) tem determinante não nulo. Existem portanto c 1, c 2,..., c n, unicamente determinados, solução do sistema. Tomamos estes c i e escrevemos a combinação linear F (x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + + c n y n (x). Notemos que esta combinação linear é solução do PVI construído acima. De fato, o teorema garante que a combinação é solução da equação diferencial homogênea, e as constantes c 1,..., c n foram determinadas para cumprir as condições iniciais. Também a função Y (x) é solução do PVI, e portanto pelo teorema de Picard, as duas soluções coincidem, isto é, Y (x) = F (x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + + c n y n (x) exatamente como desejamos. Os teoremas e nos dizem que uma função y(x) é solução da equação diferencial linear homogênea de ordem n, se e somente se, é uma combinação linear de n soluções linearmente independentes. Nosso trabalho então passa a ser procurar as n soluções linearmente independentes. Isto motiva a seguinte definição de solução geral de uma ED linear homogênea de ordem n. Definição Se y 1, y 2,..., y n são n soluções linearmente independentes da equação linear homogênea (3.2), de ordem n, em um intervalo I, então a solução geral para esta equação, no intervalo I, é y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + + c n y n (x) para c 1, c 2,..., c n constantes. Definição Um conjunto de soluções y 1, y 2,..., y n linearmente independentes, para a ED linear homogênea de ordem n em um intervalo I, é dito um conjunto fundamental de soluções. Demos um passo importante para caracterizar as soluções de uma equação homogênea. Mas estamos interessados em obter soluções para a equação não homogênea correspondente. Os próximos dois teoremas nos dirão como são as soluções de uma ED linear não homogênea de ordem n. 40

41 Teorema Sejam y 1, y 2,..., y n as n soluções da equação diferencial linear homogênea (3.2) de ordem n, em um intervalo I, e y p uma solução em I para a equação não homogênea correspondente (3.1). Então y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + + c n y n (x) + y p (x) é ainda solução da equação não homogênea para quaisquer constantes c 1, c 2,..., c n. Prova. De fato, a n (x)y (n) + a n 1 (x)y (n 1) + + a 1 (x)y + a 0 (x)y = a n (x)(c 1 y 1 + c 2 y c n y n + y p ) (n). + a n 1 (x)(c 1 y 1 + c 2 y c n y n + y p ) (n 1) + + a 1 (x)(c 1 y 1 + c 2 y c n y n + y p ) + a 0 (x)(c 1 y 1 + c 2 y c n y n + y p ) = c 1 (a n (x)y (n) 1 + a n 1 (x)y (n 1) a 1 (x)y 1 + a 0 (x)y 1 ). + c 2 (a n (x)y (n) 2 + a n 1 (x)y (n 1) a 1 (x)y 2 + a 0 (x)y 2 ) + c n (a n (x)y (n) n + (a n (x)y (n) p = g(x) = g(x), + a n 1 (x)y (n 1) n + + a 1 (x)y n + a 0 (x)y n ) + a n 1 (x)y (n 1) p + + a 1 (x)y p + a 0 (x)y p ) e isto prova que y(x) é solução da equação não homogênea. Teorema Se y p é alguma solução para a equação linear não homogênea (3.1) em um intervalo I, e y 1,..., y n são n soluções linearmente independentes da equação homogênea correspondente, no mesmo intervalo I, então qualquer solução Y (x) da equação diferencial não homogênea é necessariamente da forma Y (x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + + c n y n (x) + y p (x) para alguma constante c 1, c 2,..., c n. Prova. Suponha Y (x) e y p (x) soluções da equação diferencial não homogênea (3.1). Definimos F (x) = Y (x) y p (x). Então esta diferença é solução da equação diferencial homogênea correspondente. De fato, a n (x)f (n) (x) + a n 1 (x)f (n 1) (x) + + a 1 (x)f (x) + a 0 (x)f (x) = a n (x)(y (x) y p (x)) (n) + a n 1 (x)(y (x) y p (x)) (n 1) a 1 (x)(y (x) y p (x)) + a 0 (x)(y (x) y p (x)) = a n (x)y (n) (x) + + a 1 (x)y (x) + a 0 (x)y (x) 41

42 ( a n (x)y (n) p = g(x) g(x) = 0. ) (x) + + a 1 (x)y p(x) + a 0 (x)y p (x) Mas do teorema toda solução da equação homogênea é uma combinação linear das n soluções linearmente independentes y 1,..., y n. Assim, existem c 1, c 2,..., c n tais que Y (x) y p (x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + + c n y n (x), ou ainda, Y (x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + + c n y n (x) + y p (x), o que encerra esta demonstração. Determinar então soluções para a equação diferencial (3.1), consiste basicamente em duas etapas. Encontrar as n soluções linearmente independentes da equação homogênea associada, e encontrar uma solução particular y p. Estas duas etapas serão discutidas separadamente nas próximas duas seções. 3.2 EDs lineares homogêneas a coeficientes constantes Estamos agora interessados em obter as n soluções linearmente independentes da equação homogênea a n y (n) + a n 1 y (n 1) + + a 1 y + a 0 y = 0, (3.4) onde os coeficientes a n, a n 1,..., a 1, a 0 são constantes e a n 0. Um fato interessante sobre esta equação é que todas as soluções são exponenciais ou são obtidas através de exponenciais. Apenas como inspiração inicial, vamos analisar um caso mais simples com n = 2. Renomeando os coeficientes, temos então um interesse na equação linear homogênea de ordem 2, ay + by + cy = 0, (3.5) onde a, b, c são constantes reais com a 0. Parece natural procurarmos uma solução em termos da exponencial y = e mx, já que dependendo das constantes a, b e c, e do valor de m, pode ocorrer cancelamento de todos os termos no primeiro membro. Procuramos então os valores de m para os quais a função y = e mx seja solução de (3.5). Temos então y(x) = e mx y (x) = me mx y (x) = m 2 e mx, 42

43 e substituindo em (3.5) temos am 2 e mx + bme mx + ce mx = 0 ou ainda, (am 2 + bm + c)e mx = 0. Mas, como e mx 0 para qualquer valor de x, a igualdade somente se verifica se am 2 + bm + c = 0. (3.6) Esta é uma equação do segundo grau em m, dita equação auxiliar de (3.5). Suas raízes são os valores de m para os quais y = e mx é solução de (3.5). Mas sabemos que as duas raízes de (3.6) podem ser 1) reais distintas, 2) complexas conjugadas, 3) reais iguais. Vamos analisar cada caso separadamente. Caso 1) Suponha m 1 e m 2 soluções reais (distintas) de (3.6). Então y 1 (x) = e m 1x e y 2 (x) = e m 2x são duas soluções (3.5). Mais do que isto, são soluções linearmente independentes. De fato, W (e m1x, e m2x e m 1x e m 2x ) = m 1 e m 1x m 2 e m 2x = m 2 e (m 1+m 2 )x m 1 e (m 1+m 2 )x = (m 2 m 1 )e (m 1+m 2 )x. Como (m 2 m 1 ) 0, pois as raízes são distintas, e e (m 1+m 2 )x 0 para todo x R, então W (e m1x, e m2x ) 0 para todo x R. Isto prova que as funções y 1 = e m1x e y 2 = e m2x são linearmente independentes. Temos então uma equação de ordem 2 e duas soluções linearmente independentes. Segue do teorema que toda solução y(x) da equação (3.5) é uma combinação linear destas duas soluções, isto é, y(x) = C 1 e m1x + C 2 e m2x, para quaisquer constantes reais C 1 e C 2. Caso 2) Suponha m 1 e m 2 raízes complexas conjugadas de (3.6), isto é, m 1 = (α + iβ) e m 2 = (α iβ). 43

44 Então y 1 = e (α+iβ)x e y 2 = e (α iβ)x são as soluções de (3.5). Mas gostaríamos que estas soluções estivessem em termos de funções reais. Usaremos então a fórmula de Euler e iθ = cos θ + i sen θ e assim, a solução da ED (3.5) pode ser dada por y(x) = C 1 e αx+iβx + C 2 e αx iβx = e αx (C 1 e iβx + C 2 e iβx ) = e αx (C 1 cos(βx) + C 1 i sen(βx) + C 2 cos( βx) + C 2 i sen( βx)) = (C 1 + C 2 )e αx cos(βx) + (C 1 i C 2 i)e αx sen(βx). Embora a segunda constante seja complexa, podemos verificar que y 1 (x) = e αx cos(βx) y 2 (x) = e αx sen(βx) são duas soluções de (3.5) quando (α ± iβ) são raízes de (3.6). Deixamos isto como exercício. Além disso, y 1 (x) = e αx cos(βx) e y 2 (x) = e αx sen(βx) são linearmente independentes em R. De fato, e αx cos(βx) e αx sen(βx) W (y 1, y 2 ) = αe αx cos(βx) βe αx sen(βx) αe αx sen(βx) + βe αx cos(βx) = αe 2αx sen(βx) cos(βx) + βe 2αx cos 2 (βx) αe 2αx sen(βx) cos(βx) + βe 2αx sen 2 (βx) = βe 2αx (cos 2 (βx) + sen 2 (βx)) = βe 2αx, e como e 2αx 0 para qualquer x R, e β 0 (se β = 0 as raízes seriam reais), as funções y 1 (x) e y 2 (x) são de fato LI. Logo, pelo teorema toda solução de (3.5) é da forma y(x) = C 1 e αx cos(βx) + C 2 e αx sen(βx) = e αx (C 1 cos(βx) + C 2 sen(βx)) para quaisquer C 1 e C 2 constantes reais. Caso 3) Suponha m a única raíz real de (3.6). Então temos em y 1 = e mx uma solução para (3.5). Para conhecer a solução geral de (3.5) precisamos de mais uma solução que seja linearmente independente com y 1 = e mx. Para procurar uma segunda solução, usaremos a técnica de variação dos parâmetros usada anteriormente. 44

45 de (3.5). Então, e então Desejamos obter uma função u(x), tal que, y 2 = uy 1 = u(x)e mx ainda seja solução y 2 = ue mx y 2 = u e mx + mue mx y 2 = u e mx + 2mu e mx + m 2 ue mx ay 2 + by 2 + cy 2 = au e mx + 2amu e mx + am 2 ue mx + bu e mx + bmue mx + cue mx = (am 2 + bm + c)ue mx + (au + (2am + b)u )e mx = (au + (2am + b)u )e mx. Para que ay 2 + by 2 + cy 2 = 0, devemos então ter au + (2am + b)u = 0. Mas note que sendo m raíz da equação auxiliar, então m = b 2a, já que = 0. Nestes termos, (2am + b) = 2a( b 2a ) + b = 0. Resta que au = 0, e como a 0, então temos finalmente que y 2 (x) = u(x)e mx será uma solução de (3.5) se u (x) = 0, ou ainda, Nestes termos, temos u(x) = k 1 x + k 2. y 2 (x) = u(x)e mx = k 1 xe mx + k 2 e mx. Observe que podemos descartar k 2 e mx (tomamos k 2 = 0), pois esta parcela já é múltiplo escalar de y 1 (x) = e mx, portanto uma parcela linearmente dependente com y 1, e como já mencionado, estamos interessados em y 2 linearmente independente com y 1. Desta forma, reduzimos y 2 para y 2 (x) = k 1 xe mx. Também podemos fazer k 1 = 1, pois o teste de dependência linear pode ser feito com qualquer múltiplo de y 2. Temos portanto as soluções y 1 (x) = e mx y 2 (x) = xe mx e vamos verificar que tratam-se de duas soluções linearmente independentes. De fato, e mx xe mx W (y 1, y 2 ) = me mx (e mx + mxe mx ) 45

46 = e 2mx + mxe 2mx mxe 2mx = e 2mx, donde claramente W (y 1, y 2 ) 0, para todo x R. Segue que y 1 (x) = e mx e y 2 (x) = xe mx são duas soluções linearmente independentes da equação linear homogênea (3.5) e portanto pelo teorema a solução geral desta equação é y(x) = C 1 e mx + C 2 xe mx. Com isto varremos todos os possíveis casos para as raízes da equação auxiliar (3.6). Temos então o seguinte roteiro para uma ED linear homogênea de ordem 2 com coeficientes constantes. 1- Dada a equação ay + by + cy = 0 montar a equação auxiliar do segundo grau am 2 + bm + c = Determinar as raízes da equação auxiliar. Se as raízes forem: a) Dois números reais distintos m 1 e m 2, então a solução é: y(x) = C 1 e m1x + C 2 e m2x. b) Reais e iguais, digamos a m, então a solução é: y(x) = C 1 e mx + C 2 xe mx. c) Dois números complexos conjugados (α ± βi), então a solução é: y(x) = e αx (C 1 cos(βx) + C 2 sen(βx)). Exemplo 22: Determinar a solução geral da equação y + y 12y = 0. Exemplo 23: Determinar a solução geral da equação y 4y + 5y = 0. Podemos extender estas idéias para o caso geral. Considerando a equação diferencial linear homogênea de ordem n a coeficientes constantes a n y (n) + a n 1 y (n 1) + + a 2 y + a 1 y + a 0 y = 0, parece natural procurarmos solução em termos da função exponencial y = e mx. Determinando as derivadas e substituindo na equação, obtemos a equação polinomial auxiliar a n m n + a n 1 m n a 2 m 2 + a 1 m + a 0 = 0. Isto significa que a função y = e mx será solução da equação de ordem n se m for uma raíz da equação auxiliar. As n raízes m 1, m 2,..., m n, desta equação auxiliar determinarão as n soluções linearmente independentes que compõem a solução geral. 46

47 a) As raízes reais e distintas m j produzem cada uma a solução y j = e m jx. b) As raízes reais de multiplicidade k, isto é, m j = m j+1 = m j+2 = = m j+k 1 = m produzem as soluções y j = e mx y j+1 = xe mx y j+2 = x 2 e mx. y j+k 1 = x k 1 e mx. c) Cada par de raízes complexas conjugadas (α ± βi) produzem o par de soluções y j = e αx cos(βx) y j+1 = e αx sen(βx) O que pode agora ocorrer (que não ocorre com a equação de ordem 2) é que a equação polinomial auxiliar de ordem n > 2 pode assumir raízes complexas com multiplicidade. Para estas raízes, digamos com multiplicidade k, as soluções podem ser obtidas pelo método de variação dos parâmetros, como no caso das raízes reais com multiplicidade k, e são y j = e αx cos(βx) y j+1 = e αx sen(βx) y j+2 = xe αx cos(βx) y j+3 = xe αx sen(βx) y j+4 = x 2 e αx cos(βx) y j+5 = x 2 e αx sen(βx). y j+k 2 = x k 1 e αx cos(βx) y j+k 1 = x k 1 e αx sen(βx). Observe ainda que este procedimento sempre nos permitirá encontrar a solução geral. Às vezes com um certo trabalho, pois encontrar as raízes de uma equação de grau n pode não ser uma tarefa muito simples. Porém sendo o conjunto dos números complexos um corpo algebricamente fechado, existem as n raízes complexas. 47

48 Exemplo 24: equação auxiliar Considerando a equação diferencial y y 4y 6y = 0, montamos a m 3 m 2 4m 6 = 0. Esta equação pode ser reorganizada como (m 3)(m 2 + 2m + 2) = 0, e suas raízes são portanto 3, 1 ± i. As três soluções linearmente independentes são portanto y 1 = e 3x, y 2 = e x cos x, y 3 = e x sen x, e a solução geral é y(x) = C 1 e 3x + C 2 e x cos x + C 3 e x sen x, para quaisquer constantes C 1, C 2, C 3 R. Exemplo 25: Para determinar a solução da equação y (4) y 3y +5y 2y = 0, notemos que as raízes da equação auxiliar m 4 m 3 3m 2 + 5m 2 = (m 1)(m 1)(m 1)(m + 2) = 0 são 1, 1, 1 e -2. Desta forma, as quatro soluções linearmente independentes são y 1 = e 2x, y 2 = e x, y 3 = xe x, y 4 = x 2 e x, e a solução é dada por y(x) = C 1 e 2x + C 2 e x + C 3 xe x + C 4 x 2 e x, para quaisquer constantes C 1, C 2, C 3 e C 4. Exemplo 26: Para determinar a solução da equação y (4) 4y + 9y 4y + 8y = 0, tomemos a equação auxiliar m 4 4m 3 + 9m 2 4m + 8 = (m 2 + 1)(m 2 4m + 8) = 0 cujas raízes são (±i) e (2 ± 2i). As quatro soluções linearmente independentes são y 1 = e 0x cos(1x), y 2 = e 0x sen(1x), y 3 = e 2x cos(2x), y 4 = e 2x sen(2x), e a solução geral é então y(x) = C 1 cos x + C 2 sen x + C 3 e 2x cos(2x) + C 4 e 2x sen(2x), para quaisquer constantes C 1, C 2, C 3 e C 4. 48

49 3.3 EDs lineares não homogêneas a coeficientes constantes Como vimos anteriormente as soluções da equação (3.1) são da forma y(x) = y c (x) + y p (x), onde y c (x) é a solução geral da equação homogênea associada. Veremos agora alguns métodos para determinar uma solução particular y p da equação não homogênea a n y (n) + a n 1 y (n 1) + + a 1 y + a 0 y = g(x), para coeficientes constantes a n, a n 1,..., a 1, a 0 com a n 0, e g(x) alguma função definida em um intervalo I Método da variação dos parâmetros Embora estejamos interessados em equações diferenciais com coeficientes constantes, este método pode também ser aplicado a equações com coeficientes variáveis. Lembremos que este método já foi utilizado nas seções 2.3 e 3.2, para obter uma solução y p, a partir das soluções da equação homogênea. Apenas como inspiração inicial, estudaremos a equação de ordem 2 ay + by + cy = g(x). (3.7) Já sabemos que a equação diferencial homogênea associada, possui duas soluções y 1 e y 2 linearmente independentes em algum intervalo I, e solução geral dada por y c (x) = C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x), em I, para C 1 e C 2 constantes reais. Queremos determinar duas funções u e v, definidas em I, tais que y p (x) = u(x)y 1 (x) + v(x)y 2 (x) seja ainda uma solução da equação (3.7). A solução particular procurada. Então, y p = uy 1 + vy 2 y p = u y 1 + uy 1 + v y 2 + vy 2 y p = u y 1 + u y 1 + u y 1 + uy 1 + v y 2 + v y 2 + v y 2 + vy 2 e substituindo no lado esquerdo de (3.7), temos ay p + by p + cy p = a(u y 1 + 2u y 1 + uy 1 + v y 2 + 2v y 2 + vy 2) + b(u y 1 + uy 1 + v y 2 + vy 2) + c(uy 1 + vy 2 ) = (ay 1 + by 1 + cy 1 )u + (ay 2 + by 2 + cy 2 )v 49

50 + 2ay 1u + by 1 u + 2ay 2v + by 2 v + au y 1 + av y 2 = 2ay 1u + by 1 u + 2ay 2v + by 2 v + au y 1 + av y 2 = 2ay 1u + by 1 u + 2ay 2v + by 2 v + a(u y 1 ) au y 1 + a(v y 2 ) av y 2 = a(u y 1 + v y 2 ) + a(u y 1 + v y 2) + b(u y 1 + v y 2 ). Como queremos que y p seja solução de (3.7), queremos a(u y 1 + v y 2 ) + a(u y 1 + v y 2) + b(u y 1 + v y 2 ) = ay p + by p + cy p = g(x). Uma das maneiras de conseguir esta igualdade é considerar que { u y 1 + v y 2 = 0 u y 1 + v y 2 = 1 a g(x). Note que este é um sistema nas variáveis u e v, cuja matriz dos coeficientes é o Wronskiano de y 1 e y 2, que é não nulo em I, em virtude da independência linear de y 1 e y 2. Resolvendo então este sistema encontramos u e v, que (pela regra de Cramer) são precisamente u = W 1 0 y 2 sendo W 1 = W, e v = W 2 W 1 a g(x) y 2 y 1 0 sendo W 2 = y 1 1 a g(x) e W é o Wronskiano W (y 1, y 2 ). Integrando agora, encontramos as funções u e v, e substituindo em y p = uy 1 + vy 2 teremos a solução particular desejada no intervalo I. Generalizando então este método para equações de ordem n, dada a ED linear não homogênea a coeficientes constantes tomamos a ED homogênea associada a n y (n) + a n 1 y (n 1) + + a 1 y + a 0 y = g(x), a n y (n) + a n 1 y (n 1) + + a 1 y + a 0 y = 0 que possui n soluções y 1, y 2,..., y n, linearmente independentes em um intervalo I. Procuramos u 1, u 2,..., u n, tais que y p = u 1 y 1 + u 2 y u n 1 y n 1 + u n y n seja a solução particular da equação não homogênea. Tais funções satisfazem o sistema u 1 y 1 + u 2 y u ny n = 0 u 1 y 1 + u 2 y u ny n = 0 u 1 y 1 + u 2 y u ny n = 0. u 1 y(n 1) 1 + u 2 y(n 1) u ny n (n 1) = g(x) a n 50

51 e podem ser determinadas, pela regra de Cramer, por u i = W i W i = 1, 2,..., n, onde W = W (y 1, y 2,..., y n ) e W i é o determinante da matriz dos coeficientes (matriz do Wronskiano), com a i-ésima coluna substituída pela coluna dos termos independentes 0 0. g(x) a n. Por integração obtemos as funções u 1, u 2,..., u n e consequentemente a solução particular procurada, y p = u 1 y 1 + u 2 y 2 + u 3 y u n y n, que juntamente com y c (x), a solução geral da equação homogênea associada, compõe a solução geral da ED linear não homogênea. Exemplo 27: Determinar a solução de y y = senh(2x). Temos a equação homogênea y y = 0, e a equação auxiliar m 2 1 = 0, cujas raízes são m = ±1. Temos assim, y 1 = e x e y 2 = e x. São soluções linearmente independentes em R, pois, e x e x W (y 1, y 2 ) = = 1 1 = 2 0. Queremos agora u 1 e u 2 tais que e x e x y p = u 1 y 1 + u 2 y 2 seja solução da equação não homogênea. As funções u 1 e u 2 satisfazem o sistema { u 1 e x + u 2 e x = 0 u 1 ex + u 2 ( e x ) = senh(2x) São então u 1 = W 1 W = e x senh(2x) e x = 1 2 ( e x senh(2x)) = ex e 3x 4 u 1 = ex 4 + e 3x 12 u 2 = W 2 W = 1 2 u 2 = e3x 12 e x 4 e x e x 0 senh(2x) = 1 2 ex senh(2x) = e3x e x 4 Logo, a solução particular é ( ) ( ) e x y p = 4 + e 3x e e x 3x e x e x 4 = 1 ( 3e 2x + e 2x e 2x 3e 2x) 12 51

52 = 1 ( e 2x e 2x) = 1 ( e 2x e 2x ) = senh(2x). Segue que a solução geral é y(x) = y c (x) + y p (x) = C 1 e x + C 2 e x senh(2x), para quaisquer C 1 e C 2 constantes reais. Exemplo 28: Determinar a solução geral da equação diferencial y 2y = x 2. Temos a equação homogênea y 2y = 0, e a equação auxiliar m 3 2m 2 = m 2 (m 2) = 0, cujas raízes são 0, 0, e 2. Temos assim, y 1 = e 2x, y 2 = 1 e y 3 = x. São soluções linearmente independentes em R, pois, W (y 1, y 2, y 3 ) = Queremos agora u 1, u 2 e u 3 para que e 2x 1 x 2e 2x 0 1 = 4e 2x 0. 4e 2x 0 0 y p = u 1 y 1 + u 2 y 2 + u 3 y 3 seja a solução particular da equação não homogênea. As funções u 1, u 2 e u 3 são obtidas pela solução do sistema u 1 e2x + u 2 + u 3 x = 0 u 1 2e2x u 3 = 0 u 1 4e2x = x 2 São então u 1 = W 1 W = x 4e 2x = 1 x 2 4 x2 e 2x, 0 0 u 1 = 1 8 x2 e 2x 1 8 xe 2x 1 16 e 2x. u 2 = W 2 W = 1 e 2x 0 x 4e 2x 2e 2x 0 1 = 1 4e 2x x 2 4e 2x (2x3 e 2x x 2 e 2x ) = 1 2 x3 1 4 x2, 0 u 2 = 1 8 x x3. u 3 = W 3 W = 1 4e 2x u 3 = 1 6 x3. e 2x 1 0 2e 2x 0 0 4e 2x 0 x 2 = 1 4e 2x 2x2 e 2x = 1 2 x2, A solução particular é então y p = ( 18 x2 e 2x 18 xe 2x 116 e 2x ) e 2x + 52 ( 1 8 x4 1 ) 12 x3 + ( 16 ) x3 x

53 = 1 24 x x3 1 8 x2 1 8 x Note que podemos descartar da solução particular os termos 1 8 x e 1 16, pois são linearmente dependentes com y 2 e y 3, e somente nos interessam as parcelas linearmente independentes. Temos então a solução geral da equação y(x) = y c (x) + y p (x) = C 1 e 2x + C 2 x + C 3 ( 1 24 x x3 + 1 ) 8 x2, para quaisquer C 1, C 2 e C 3 constantes reais Método dos coeficientes indeterminados (superposição) O método dos coeficientes indeterminados, ou dos coeficientes a serem determinados, baseiase no fato de que talvez possamos observar g(x) e deduzir a forma da solução particular y p, já que as derivadas de y p é que irão constituir g(x). Se g(x) for um polinômio P (x) com grau(p ) = m. É natural pensar que y p também seja um polinômio de grau igual (ou maior) a m. Isto porque as derivadas de um polinômio ainda são polinômios, e então após substituirmos as derivadas de y p na equação diferencial (3.1), os termos podem se reorganizar para obtermos uma igualdade. Se g(x) for da forma g(x) = e αx, para α R. Neste caso, podemos imaginar que y p seja também dada por esta exponencial, pois suas derivadas continuam sendo exponenciais, e a substituição em (3.1) pode realmente satisfazer a igualdade. No caso em que g(x) é da forma g(x) = cos(βx) (ou g(x) = sen(βx)), para β R. Podemos imaginar que y p também seja dada por estes senos e cossenos já que as derivadas sucessivas de senos e cossenos se repetem e podemos efetivamente obter uma igualdade em (3.1). O que pretendemos então é dar um chute (um bom chute ) de quem possivelmente será a solução particular y p, usando em y p coeficientes, que serão determinados para que efetivamente y p se torne uma solução particular de (3.1). Este método somente será bem sucedido em equações lineares, não homogêneas, com coeficientes constantes e nos casos em que g(x) é uma função cujas antiderivadas sejam previsíveis. Isto é, uma função polinomial, uma função exponencial, uma função trigonométrica, ou somas e produtos destas funções. Observação. A função constante é também uma função polinomial (de grau 0) e seno e cosseno hiperbólicos são somas de exponenciais. Isto significa que nestes casos este método pode ser usado com sucesso. Vejamos algumas possibilidades para g(x) e a escolha apropriada para y p. Na tabela abaixo, P (x) é um polinômio de grau m, e α e β são números reais. 53

54 g(x) y p (x) P (x) A m x m + + A 1 x + A 0 e αx Ae αx P (x)e αx (A m x m + + A 1 x + A 0 )e αx } cos(βx) A cos(βx) + B sen(βx) sen(βx) } cosh(βx) A cosh(βx) + B senh(βx) senh(βx) } e αx cos(βx) Ae αx cos(βx) + Be αx sen(βx) e αx sen(βx) } P (x) cos(βx) (A m x m + + A 0 ) cos(βx) + (B m x m + + B 0 ) sen(βx) P (x) sen(βx) Além disso, se g(x) for uma soma destes tipos de funções, usamos o seguinte teorema para obter y p. Teorema (Princípio da superposição). Dadas as funções g 1 (x), g 2 (x),..., g k (x), se y pi (x) é uma solução particular da equação diferencial a n y (n) + a n 1 y (n 1) + + a 1 y + a 0 y = g i (x) no intervalo I, para cada i = 1, 2,..., k, então y p = y p1 + y p2 + + y pk é solução particular para a equação diferencial a n y (n) + a n 1 y (n 1) + + a 1 y + a 0 y = g 1 (x) + g 2 (x) + + g k (x) em I. Observe que este teorema ainda é válido para o caso de coeficientes não constantes. Deixamos a prova como exercício. Exemplo 29: Obter y p para y + 2y y = x 2 1. Tentaremos uma solução da forma y p = Ax 2 + Bx + C. Então y p = 2Ax + B y p = 2A. Para que y p seja solução da equação dada, devemos ter y p + 2y p y p = x 2 1. Substituindo e reorganizando os termos, temos Ax 2 + (4A B)x + (2A + 2B C) = x 2 1, 54

55 donde vem A = 1, 4A B = 0, e 2A + 2B C = 1, e A = 1, B = 4 e C = 9. Assim, y p = Ax 2 + Bx + C = x 2 4x + 9 é a solução particular procurada. Exemplo 30: Determinar uma solução particular y p da equação y +y 2y +4y = 17xe 3x. Tentaremos uma solução da forma y p = (Ax + B)e 3x. Temos assim, y p = Axe 3x + Be 3x y p = 3Axe 3x + Ae 3x + 3Be 3x = 3Axe 3x + (A + 3B)e 3x y p = 9Axe 3x + 3Ae 3x + 3(A + 3B)e 3x = 9Axe 3x + (6A + 9B)e 3x y p = 27Axe 3x + 9Ae 3x + 3(6A + 9B)e 3x = 27Axe 3x + (27A + 27B)e 3x. Substituindo na equação diferencial, temos y p + y p 2y p + 4y p = 27Axe 3x + (27A + 27B)e 3x + 9Axe 3x + (6A + 9B)e 3x 2(3Axe 3x + (A + 3B)e 3x ) + 4(Axe 3x + Be 3x ) = 34Axe 3x + (31A + 34B)e 3x = 17xe 3x. Assim, 34A = 17, e 31A + 34B = 0 donde temos A = 1 2 e B = 31 68, e portanto ( 1 y p = 2 x 31 ) e 3x 68 é a solução particular procurada. Exemplo 31: Determinar uma solução particular para y 6y + 9y = (x 1) + e 2x. Tentaremos y p = (Ax + B) + Ce 2x. Assim, y p = A + 2Ce 2x y p = 4Ce 2x, e então 4Ce 2x 6(A + 2Ce 2x ) + 9((Ax + B) + Ce 2x ) = (x 1) + e 2x, e reorganizando os termos vem 9Ax + (9B 6A) + Ce 2x = (x 1) + e 2x. Nestes termos, C = 1, 9A = 1, e 9B 6A = 1, 55

56 o que nos leva a C = 1, A = 1 9 e B = Temos então que y p = 1 9 x e2x é a solução procurada Método dos coeficientes indeterminados (anuladores) Vimos anteriormente que para que o método dos coeficientes indeterminados seja produtivo, precisamos acertar o chute da possível solução particular y p. Em alguns casos porém pode ser difícil ter uma boa ideia do comportamento da solução particular y p. Acompanhe os exemplos a seguir. Exemplo 32: Determinar y p para a ED y + y 2y = e x. De acordo com o que vimos anteriormente, parece natural procurar uma solução particular da forma y p = Ae x. Nestes termos, temos y p = Ae x e também, y p = Ae x, e portanto o lado esquerdo da ED fica y p + y p 2y p = Ae x + Ae x 2Ae x = 0, e portanto não conseguimos determinar uma constante A tal que Ae x seja solução particular da equação diferencial dada. associada. Isto ocorre porque e x já é solução da equação homogênea Exemplo 33: Determinar uma solução particular y p para a ED y 3y + 2y = xe x. De acordo com o que vimos anteriormente, a solução particular desta equação é dada por y p = (Ax + B)e x. Assim, y p = Axe x + (A + B)e x e também y p = Axe x + (2A + B)e x. Substituindo na equação, o lado esquerdo fica y p 3y p + 2y p = Axe x + (2A + B)e x 3Axe x 3(A + B)e x + 2Axe x + 2Be x = (A 3A + 2A)xe x + ( A)e x = Ae x e novamente não conseguimos determinar uma constante A que faça com que o lado esquerdo, Ae x, seja igual a xe x. Lembremos que para estes dois casos o método da variação dos parâmetros, abordado anteriormente, será bem sucedido. A abordagem por anuladores permite determinar as possíveis soluções particulares, sem chutar. Antes de abordarmos o método em si, precisamos de alguns conceitos importantes. Definição Chamaremos de operador diferencial, um operador D, que a cada função diferenciável f, associa a derivada de f. Isto é, D : C 1 (I; R) C 0 (I; R) 56

57 f Df = f = df dx, para todo x I, onde I é algum intervalo no qual f é diferenciável. Temos então que D(αf +βg) = αdf +βdg para quaisquer α, β R e f, g C 1. Isto significa que D é um operador linear. Além disso, usaremos a notação de potência D n para designar a composta, de D com D, n vezes. Assim, se y é uma função n vezes diferenciável, então D n y = dn y dx n = y(n). As propriedades de operadores lineares, são similares às propriedades de produto de números reais. Assim, podemos olhar a ordem das derivadas como se fosse realmente potência, e o operador D como se fosse uma variável algébrica. Notemos então que uma equação diferencial linear homogênea a n y (n) + a n 1 y (n 1) + + a 2 y + a 1 y + a 0 y = 0 pode ser expressa em termos do operador diferencial por (a n D n + a n 1 D n a 2 D 2 + a 1 D + a 0 )y = 0. Estas duas formas de representar uma equação diferencial são equivalentes e portanto determinar soluções para uma delas, e consequentemente para a outra, ainda consiste em analisar as raízes da equação auxiliar associada a n m n + a n 1 m n a 2 m 2 + a 1 m + a 0 = 0. Definição Dada uma função f diferenciável em um intervalo I, um operador diferencial anulador, ou operador anulador, de f(x) é um operador diferencial L, tal que L(f) = 0 em todo o intervalo I. Dizemos também que L anula f, ou que f é anulada por L, em I. A ideia é transformar uma ED linear não homogênea com coeficientes constantes, em uma ED homogênea. Notemos que se y p é uma solução particular para uma ED não homogênea, então (a n D n + a n 1 D n a 2 D 2 + a 1 D + a 0 )y p = g(x). Aplicando agora o operador L, anulador da função g(x), em ambos os membros temos L(a n D n + a n 1 D n a 2 D 2 + a 1 D + a 0 )y p = L(g(x)) = 0. Segue então que a solução particular y p, da equação não homogênea, é uma solução de uma equação homogênea. A solução geral desta nova equação homogênea é mais simples de ser determinada, e esconde dentro de si a função y p procurada. Vejamos agora alguns resultados sobre operadores diferenciais, anuladores de certas classes de funções. 57

58 Teorema Dado α R, o operador diferencial L = (D α) n anula cada uma das funções e αx, xe αx, x 2 e αx,..., x n 1 e αx, e por conseguinte, qualquer combinação linear destas. Prova. Demonstraremos isto usando o princípio da indução finita. Para n = 1 temos imediatamente que (D α)e αx = De αx αe αx = αe αx αe αx = 0. Suponha agora o resultado válido para n, isto é, o operador (D α) n anula cada uma das funções e αx, xe αx, x 2 e αx,..., x n 1 e αx, e portanto (D α) n x k e αx = 0 para qualquer k = 0, 1, 2,..., n 1. Mostraremos que (D α) n+1 anula as funções e αx, xe αx, x 2 e αx,..., x n 1 e αx, x n e αx. então É claro que, da hipótese de indução, temos imediatamente que se k = 0, 1, 2,..., n 1, (D α) n+1 x k e αx = (D α)(d α) n x k e αx = (D α)0 = 0, e assim resta provar que (D α) n+1 x n e αx = 0. De fato, (D α) n+1 x n e αx = (D α) n (D α)x n e αx = (D α) n (Dx n e αx αx n e αx ) = (D α) n (nx n 1 e αx + αx n e αx αx n e αx ) = n(d α) n (x n 1 e αx ) = 0. Segue portanto o resultado desejado pelo princípio de indução finita. Corolário O operador diferencial D n anula qualquer função polinomial de ordem n 1. Teorema Dados α, β R, o operador diferencial L = [D 2 2αD + (α 2 + β 2 )] n anula cada uma das funções e αx cos(βx), xe αx cos(βx), x 2 e αx cos(βx),..., x n 1 e αx cos(βx), e αx sen(βx), xe αx sen(βx), x 2 e αx sen(βx),..., x n 1 e αx sen(βx), e portanto, qualquer combinação linear destas. 58

59 Prova. Tomemos a equação diferencial (D 2 2αD + (α 2 + β 2 )) n y = 0, ou equivalentemente, (D 2 2αD + (α 2 + β 2 ))(D 2 2αD + (α 2 + β 2 )) (D 2 2αD + (α 2 + β 2 ))y = 0. Uma ED linear, homogênea, de ordem n, com coeficientes constantes. A equação auxiliar possui duas raízes complexas conjugadas α ± iβ, ambas com multiplicidade n. As n soluções linearmente independentes desta equação diferencial são as funções y 1 = e αx sen(βx), y 3 = xe αx sen(βx), y 5 = x 2 e αx sen(βx), y 7 = x 3 e αx sen(βx),. y 2n 1 = x n 1 e αx sen(βx), y 2 = e αx cos(βx), y 4 = xe αx cos(βx), y 6 = x 2 e αx cos(βx), y 8 = x 3 e αx cos(βx),. y 2n = x n 1 e αx cos(βx). Dado que estas funções são soluções da equação diferencial, temos que a equação é satisfeita por elas, donde (D 2 2αD + (α 2 + β 2 )) n y i = 0, para qualquer 0 i n. Segue que o operador diferencial (D 2 2αD + (α 2 + β 2 )) n anula as funções citadas. Corolário Seja β R. O operador diferencial L = (D 2 + β 2 ) n anula qualquer uma das funções cos(βx), x cos(βx), x 2 cos(βx),..., x n 1 cos(βx), sen(βx), x sen(βx), x 2 sen(βx),..., x n 1 sen(βx), e também qualquer combinação linear destas. Teorema Dados α, β R, o operador diferencial L = [D 2 2αD + (α 2 β 2 )] n anula cada uma das funções e αx cosh(βx), xe αx cosh(βx), x 2 e αx cosh(βx),..., x n 1 e αx cosh(βx), e αx senh(βx), xe αx senh(βx), x 2 e αx senh(βx),..., x n 1 e αx senh(βx), e portanto, qualquer combinação linear destas. Prova. Como nos teoremas anteriores, basta tomar a equação diferencial (D 2 2αD + (α 2 β 2 )) n y = 0. A equação auxiliar desta ED possui duas raízes reais distintas α±β, ambas com multiplicidade n. As n soluções linearmente independentes desta equação diferencial são as funções y 1 = e αx+βx, y 2 = e αx βx, y 3 = xe αx+βx, y 4 = xe αx βx, 59

60 y 5 = x 2 e αx+βx, y 6 = x 2 e αx βx, y 7 = x 3 e αx+βx, y 8 = x 3 e αx βx,.. y 2n 1 = x n 1 e αx+βx, y 2n = x n 1 e αx βx. Dado que estas funções são soluções da equação diferencial, temos que a equação é satisfeita por elas ou por combinações lineares delas. Então (D 2 2αD + (α 2 β 2 )) n (C 1 x k e αx+βx + C 2 x k e αx βx ) = 0, para qualquer 0 k n 1. Mas observe que C 1 x k e αx+βx + C 2 x k e αx βx ( e = (C 1 + C 2 )x k e αx βx + e βx ) ( e + (C 1 C 2 )x k e αx βx e βx ) 2 2 = C 3 x k e αx cosh(βx) + C 4 x k e αx senh(βx). Como as constantes C 1 e C 2 são arbitrárias, são também arbitrárias as constantes C 3 e C 4. O operador diferencial (D 2 2αD + (α 2 β 2 )) n anula portanto as funções mencionadas. Corolário Para β R arbitrário, o operador diferencial L = (D 2 β 2 ) n anula qualquer uma das funções cosh(βx), x cosh(βx), x 2 cosh(βx),..., x n 1 cosh(βx), senh(βx), x senh(βx), x 2 senh(βx),..., x n 1 senh(βx), e qualquer combinação linear destas. Teorema Se L 1 e L 2 são dois operadores anuladores respectivos das funções y 1 e y 2, então a composta L 1 L 2 = L 1 L 2 é um operador anulador da soma y 1 + y 2. Prova. De fato, L 1 L 2 (y 1 + y 2 ) = L 1 (L 2 (y 1 + y 2 )) = L 1 (L 2 y 1 + L 2 y 2 ) = L 1 (L 2 y 1 ) = L 2 (L 1 y 1 ) = 0, como desejamos. Agora estamos prontos para utilizar este método na obtenção de soluções particulares da equação diferencial não homogênea a n y (n) + a n 1 y (n 1) + + a 2 y + a 1 y + a 0 y = g(x), ou equivalentemente (a n D n + a n 1 D n a 2 D 2 + a 1 D + a 0 )y = g(x). 60

61 A idéia é transformar esta ED em uma equação homogênea aplicando em ambos os membros o operador diferencial anulador de g(x). Fazendo isto, obtemos então uma equação homogênea e determinamos a solução geral desta nova equação homogênea. Esta solução será composta exatamente pelas n soluções LI da equação diferencial homogênea original e termos adicionais que são exatamente as parcelas da solução particular a ser considerada. Exemplo 34: Determinar a solução geral de y + y 2y = e x. Sabemos que a equação auxiliar associada é m 2 + m 2 = 0, cujas raízes são m = 1, 2, e portanto temos duas soluções LI para a equação homogênea associada y 1 = e x, e y 2 = e 2x. Tomando o operador L = (D 1), anulador de g(x) = e x, e aplicando em ambos os membros de (D 2 + D 2)y = e x, obtemos (D 1)(D 2 + D 2)y = (D 1)e x = 0. Uma nova equação diferencial cuja equação auxiliar associada é (m 1)(m 2 +m 2) = 0, com raízes m = 1, 1, 2. Segue da teoria desenvolvida anteriormente que a solução geral desta nova ED é da forma y = C 1 e }{{ x +C } 2 xe x + C 3 e 2x. }{{} y 1 y 2 Nesta solução temos as parcelas y 1 e y 2, soluções da ED homogênea original, e também a parcela xe x a ser considerada como possível solução particular. Assim, aplicaremos o método dos coeficientes indeterminados a y p = Axe x. Temos y p = Ae x + Axe x e y p = Axe x + 2Ae x. Substituindo na ED obtemos y p + y p 2y p = Axe x + 2Ae x + Ae x + Axe x 2Axe x = 3Ae x, e para que isto seja igual a g(x) = e x, devemos ter A = 1 3. Segue que a solução geral da ED procurada, é y = y c + y p = C 1 e x + C 2 e 2x xex definida em todo o intervalo (, ). Exemplo 35: Determinar a solução de y 3y + 2y = xe x. A equação auxiliar associada é m 2 3m+2 = 0, cujas raízes são m = 1, 2 e as soluçõe linearmente independentes da equação homogênea associada são y 1 = e x, e y 2 = e 2x. Tomando o operador L = (D 1) 2, anulador de g(x) = xe x, e aplicando em (D 2 3D + 2)y = xe x 61

62 obtemos (D 1) 2 (D 2 3D + 2)y = (D 1) 2 xe x = 0. Obtemos uma nova equação homogênea cuja equação auxiliar (m 1) 2 (m 2 3m + 2) = 0 possui as raízes m = 1, 1, 1, 2. Sendo assim, a solução geral desta nova ED é da forma y = C 1 e }{{ x +C } 2 xe x + C 3 x 2 e x + C 4 e 2x. }{{} y 1 y 2 Nestes termos, tentaremos y p = Axe x + Bx 2 e x, e assim, Substituindo, vem y p = Bx 2 e x + (A + 2B)xe x + Ae x, y p = Bx 2 e x + (A + 4B)xe x + (2A + 2B)e x. y p 3y p + 2y p = Bx 2 e x + (A + 4B)xe x + (2A + 2B)e x 3Bx 2 e x 3(A + 2B)xe x 3Ae x + 2Axe x + 2Bx 2 e x = (B 3B + 2B)x 2 e x + (A + 4B 3A 6B + 2A)xe x + (2A + 2B 3A)e x = 2Bxe x + (2B A)e x. e B = 1 2 Para que isto seja igual a xe x devemos ter 2B = 1 e também (2B A) = 0, ou e A = 1. Então a solução geral da equação dada é y = y c + y p = C 1 e x + C 2 e 2x xe x 1 2 x2 e x definida em toda a reta real. Exemplo 36: Para determinar a solução geral da equação diferencial y + y = 3 cos x + x, consideramos primeiro a equação homogênea associada y + y = 0, cuja equação auxiliar é m = 0, de raízes ±i, e que nos leva à solução geral y c = C 1 cos x + C 2 sen x. Tomando os operadores (D 2 + 1) e D 2, anuladores respectivamente das funções 3 cos x e x, e aplicando-os à equação (D 2 + 1)y = 3 cos x + x, obtemos uma nova ED homogênea (D 2 + 1)D 2 (D 2 + 1)y = (D 2 + 1)D 2 (3 cos x + x) = 0, 62

63 cuja solução geral é dada por y = C 1 cos x + C 2 sen x + C 3 x cos x + C 4 x sen x + C 5 + C 6 x. Assim, Tomando para y p, as parcelas que não fazem parte da solução y c, temos então y p = Ax cos x + Bx sen x + C + Dx. y p = A cos x Ax sen x + B sen x + Bx cos x + D, y p = 2A sen x Ax cos x + 2B cos x Bx sen x. Substituindo na equação diferencial, temos y p + y p = 2A sen x Ax cos x + 2B cos x Bx sen x + Ax cos x + Bx sen x + C + Dx = 2A sen x + 2B cos x + C + Dx. Segue que Para que isto seja igual a 3 cos x + x, devemos ter A = 0, B = 3 2, C = 0 e D = 1. y p = 3 x sen x + x, 2 e portanto y = y c + y p = C 1 cos x + C 2 sen x + 3 x sen x + x, 2 para quaisquer C 1, C 2 R. 3.4 Equação de Cauchy-Euler Definição Uma ED linear da forma a n x n y (n) + a n 1 x n 1 y (n 1) + + a 2 x 2 y + a 1 xy + a 0 y = g(x), (3.8) onde a n, a n 1,..., a 1, a 0 são constantes reais, é conhecida como equação de Cauchy-Euler. Note que, embora os termos a i sejam constantes, os coeficientes da equação diferencial são a i x i, e portanto, não constantes. Obter soluções de EDs lineares com coeficientes variáveis, é uma tarefa mais complicada. De uma forma geral, o que podemos esperar é que uma ED a coeficientes não constantes a n (x)y (n) + a n 1 (x)y (n 1) + + a 1 (x)y + a 0 (x)y = g(x) tenha uma solução explícita dada por série de potências da variável independente x. Este tipo de solução será discutido mais tarde. A equação de Cauchy-Euler no entanto, possui técnica de solução mais simples. 63

64 De acordo com o que vimos no início deste capítulo, determinar uma solução (geral) para a equação (3.8), significa determinar a solução geral y c da equação homogênea associada, e uma solução particular y p. Comecemos então com a solução geral, y c, da ED homogênea de ordem n, a n x n y (n) + a n 1 x n 1 y (n 1) + + a 2 x 2 y + a 1 xy + a 0 y = 0. Para obter idéias que possam ser estendidas ao caso geral de ordem n, vamos considerar primeiro o caso mais simples com n = 2, ax 2 y + bxy + cy = 0. (3.9) Parece natural procurarmos uma solução na forma de monômios y = x m, pois neste caso, todas as parcelas da equação apresentam a mesma potência para x, e dependendo dos coeficientes, podemos conseguir o cancelamento total dos termos do primeiro membro e a igualdade. Vamos então determinar para quais valores m a função y = x m é de fato solução de (3.9). Substituindo y = x m na equação, obtemos ax 2 m(m 1)x m 2 + bxmx m 1 + cx m = 0, ou ainda, (am(m 1) + bm + c)x m = 0. Naturalmente estamos interessados em uma solução não nula, e então vamos considerar x 0. Neste caso, queremos então que am(m 1) + bm + c = 0, ou ainda, am 2 + (b a)m + c = 0. Esta é uma equação quadrática em m, dita equação auxiliar associada à equação de Cauchy- Euler homogênea. Suas raízes determinarão os valores de m que tornam y = x m uma solução da equação homogênea (3.9). Note que diferentemente dos resultados da seção 3.2, os coeficientes da equação auxiliar, agora não são diretamente iguais aos coeficientes da equação diferencial. A respeito destas raízes, elas podem ser 1) reais distintas, 2) reais iguais, 3) complexas conjugadas. 64

65 Caso 1) Se m 1 e m 2 são raízes reais distintas, então y 1 = x m 1 e y 2 = x m 2 são duas soluções de (3.9). Além disso, são linearmente independentes. De fato, x m 1 x m 2 W (y 1, y 2 ) = m 1 x m 1 1 m 2 x m 2 1 = m 2 x (m 1+m 2 1) m 1 x (m 1+m 2 1) = (m 2 m 1 )x (m 1+m 2 1). Como (m 2 m 1 ) 0, pois as raízes são distintas, e x (m 1+m 2 1) 0 pois consideramos x 0, então W (y 1, y 2 ) 0, e temos duas soluções linearmente independentes para (3.9). Segue que y c = C 1 x m 1 + C 2 x m 2. Caso 2) Se m é raíz de multiplicidade 2 da equação auxiliar, então y 1 = x m, é uma solução procurada de (3.9). Precisamos de uma segunda solução que seja linearmente independente com y 1. Para procurar uma segunda solução y 2 usaremos o método da variação dos parâmetros. Procuramos por uma função u(x) de forma que ainda seja solução da equação (3.9). Assim, y 2 = ux m y 2 = uy 1 = ux m y 2 = u x m + mux m 1 y 2 = u x m + 2mu x m 1 + m(m 1)ux m 2 e então, substituindo, reorganizando os termos e levando em conta que 2am + b = a, o primeiro membro da equação (3.9) fica ax 2 y 2 + bxy 2 + cy 2 = ax 2 (u x m + 2mu x m 1 + m(m 1)ux m 2 ) + bx(u x m + mux m 1 ) + cux m = au x m+2 + 2amu x m+1 + am(m 1)ux m + bu x m+1 + bmux m + cux m = (am(m 1) + bm + c)ux m + (2am + b)u x m+1 + au x m+2 = au x m+1 + au x m+2. e temos então au x m+1 + au x m+2 = 0, 65

66 ou ainda ax m+1 (u + u x) = 0. Como ax m+1 0 então queremos que u x + u = 0, que é uma equação diferencial de segunda ordem em u e pode ser resolvida pela mudança de variáveis w = u. Fazendo tal mudança de variáveis, temos a equação w x + w = 0, que por sua vez é uma equação diferencial separável, pois podemos escrever na forma, dw dx = w x = 1 x 1, w e determinar uma solução pela equação integral, 1 w dw = 1 x dx. Resolvendo esta equação integral, obtemos ln w = ln x + C ln(wx) = C w = C x. Com isto, temos u = wdx = C ln x + C. Nestes termos, y 2 = uy 1 = x m (C ln x + C) = Cx m ln x + Cx m. Obviamente a parcela Cx m, não nos interessa por ser linearmente dependente com y 1. Nota: Acabamos de tomar uma solução y 1 = x m e obter por variação das constantes uma segunda solução y 2 = x m ln x. Podemos verificar que, admitindo m raíz de multiplicidade 3 da equação auxiliar, partindo da solução y 2 obteremos outra solução y 3 = x m (ln x) 2. Fica como exercício verificar isto. Vamos tomar y 1 = x m e y 2 = x m ln x e verificar que de fato tratam-se de duas soluções linearmente independentes para a equação (3.9). De fato, W (y 1, y 2 ) = x m mx m 1 x m ln x mx m 1 ln x + x m 1 = mx 2m 1 ln x + x 2m 1 mx 2m 1 ln x = x 2m 1. 66

67 Como x 2m 1 0 pois consideramos x 0, então W (y 1, y 2 ) 0, e temos duas soluções linearmente independentes para (3.9). Segue assim que y c = C 1 x m + C 2 x m ln x. Caso 3) Sejam (α ± iβ) as duas raízes complexas conjugadas da equação auxiliar. Então y 1 = x α+iβ e y 2 = x α iβ, são as duas soluções procuradas. Entretanto, queremos que as soluções sejam dadas em termos de funções reais. Usaremos a identidade de Euler e α+iβ = e α (cos β + i sen β) e escreveremos x iβ = (e ln x ) iβ iβ ln x = e = cos(β ln x) + i sen(β ln x). Também x iβ = cos(β ln x) i sen(β ln x). A solução procurada é então y = C 1 x α+iβ + C 2 x α iβ = C 1 x α x iβ + C 2 x α x iβ = x α (C 1 cos(β ln x) + ic 1 sen(β ln x) + C 2 cos(β ln x) ic 2 sen(β ln x) = (C 1 + C 2 )x α cos(β ln x) + i(c 1 C 2 )x α sen(β ln x). Embora as constantes sejam complexas, podemos ver que, se y 1 = x α cos(β ln x) e y 2 = x α sen(β ln x), então W (y 1, y 2 ) = x α cos(β ln x) x α sen(β ln x) αx α 1 cos(β ln x) βx α 1 sen(β ln x) αx α 1 sen(β ln x) + βx α 1 cos(β ln x) = αx 2α 1 sen(β ln x) cos(β ln x) + βx 2α 1 cos 2 (β ln x) αx 2α 1 sen(β ln x) cos(β ln x) + βx 2α 1 sen 2 (β ln x) = βx 2α 1 cos 2 (β ln x) + βx 2α 1 sen 2 (β ln x) = βx 2α 1 (cos 2 (β ln x) + sen 2 (β ln x)) = βx 2α 1. Claramente β 0 e também x 2α 1 0 e então W (y 1, y 2 ) 0 e isto significa que y 1 e y 2 constituem duas soluções linearmente independentes para a equação (3.9). Segue que y c = C 1 x α cos(β ln x) + C 2 x α sen(β ln x). Isto finaliza todas as possibilidades para as soluções da equação de ordem 2 (3.9). Com estas idéias podemos agora generalizar para o caso de ordem n. Temos então o seguinte roteiro já para o caso geral. 67

68 1- Dada a equação (homogênea) a n x n y (n) + + a 2 x 2 y + a 1 xy + a 0 y = 0 montar a equação auxiliar de ordem n em m, b n m n + b n 1 m n b 2 m 2 + b 1 m + b 0 = Determinar as raízes da equação auxiliar, m 1, m 2, m 3,..., m n 1, m n. O comportamento das raízes m i determinam as parcelas y i que compõem a solução geral y c da equação homogênea, da seguinte forma: a) Cada uma das raízes reais m i, distintas das demais raízes produzem uma solução y i (x) = x m i. b) Cada raíz real de multiplicidade k, m i = m i+1 = m i+2 = = m k 1 = m produz as soluções y i (x) = x m, y i+1 (x) = x m ln x, y i+2 (x) = x m (ln x) 2,. y i+k 1 (x) = x m (ln x) k 1. soluções c) Cada par de raízes complexas conjugadas m i = m i+1 = (α + iβ), produz as y i (x) = x α cos(β ln x) e y i+1 (x) = x α sen(β ln x). O que pode agora ocorrer (que não ocorre com a equação de ordem 2) é que podemos ter raízes complexas conjugadas de multiplicidade k. Podemos verificar pelo método da variação dos parâmetros que, partindo das soluções linearmente independentes y 1 = x α cos(β ln x) e y 2 = x α sen(β ln x), encontramos outras duas soluções y 3 = x α (ln x) cos(β ln x) e y 4 = x α (ln x) sen(β ln x), e com estas duas encontramos outras y 5 = x α (ln x) 2 cos(β ln x) e y 6 = x α (ln x) 2 sen(β ln x), o que leva a conclusão que se (α ± iβ) são raízes complexas de multiplicidade k então temos as soluções y i = x α cos(β ln x), y i+1 = x α sen(β ln x) 68

69 y i+2 = x α (ln x) cos(β ln x), y i+3 = x α (ln x) sen(β ln x) y i+4 = x α (ln x) 2 cos(β ln x), y i+5 = x α (ln x) 2 sen(β ln x). y i+2k 2 = x α (ln x) k 1 cos(β ln x), y i+2k 1 = x α (ln x) k 1 sen(β ln x) O procedimento acima, obtém uma solução geral y c para a equação homogênea associada. Com o intuito de obter uma solução geral para a equação (3.8), resta agora obtermos uma solução particular y p. Para isto, devemos usar o método da variação dos parâmetros, uma vez que o método dos coeficientes indeterminados somente se aplica a equações com coeficientes constantes. Vamos relembrar o método da variação dos parâmetros já apresentado na seção Dada a equação diferencial de ordem n, a n x n y (n) + a n 1 x n 1 y (n 1) + + a 1 xy + a 0 y = g(x) temos que a ED homogênea a n x n y (n) + a n 1 x n 1 y (n 1) + + a 1 xy + a 0 y = 0 possui n soluções y 1, y 2,..., y n, linearmente independentes em um intervalo I. Procuramos funções u 1, u 2,..., u n, tais que y = u 1 y 1 + u 2 y u n 1 y n 1 + u n y n seja uma solução da equação não homogênea. Tais funções satisfazem o sistema linear nas variáveis u 1, u 2,..., u n, u 1y 1 + u 2y u ny n = 0 u 1y 1 + u 2y u ny n = 0. u 1y (n 1) 1 + u 2y (n 1) u ny n (n 1) = g(x) a n x n e as soluções deste sistema podem ser determinadas pela regra de Cramer por u i = W i W i = 1, 2,..., n, onde W = W (y 1, y 2,..., y n ) e W i é o determinante da matriz dos coeficientes (matriz do Wronskiano), com a i-ésima coluna substituída pela coluna dos termos independentes 0 0. g(x) a nx n 69

70 Exemplo 37: Para determinar a solução da equação x 2 y 4xy = x 4, tomamos a equação homogênea associada x 2 y 4xy = x 4 e a equação auxiliar m(m 1) 4m = 0, cujas raízes são m = 0 e m = 5. Segue que y 1 = 1 e y 2 = x 5 são as duas soluções da equação homogênea, e são linearmente independentes, já que 1 x 5 W (y 1, y 2 ) = 0 5x 4 = 5x4 0, para x 0. Então y c = C 1 + C 2 x 5. Para obter y p queremos u 1 e u 2 de forma que y p = u 1 y 1 + u 2 y 2 seja a solução particular da equação não homogênea. As funções u 1 e u 2 são dadas por u 1 = W 1 W = 1 0 x 5 5x 4 x 2 5x 4 = 1 5x 4 x7 = x3 5 u 1 = 1 20 x4 u 2 = W 2 W = 1 5x 4 u 2 = A solução particular é então 1 15x 3 donde temos a solução geral procurada x 2 = 1 5x 4 x2 = 1 5x 2 y p = 1 20 x x 3 x5 = 1 20 x x2, y(x) = y c (x) + y p (x) = C 1 + C 2 x x x2, para quaisquer constantes C 1 e C 2 que ainda podem ser determinadas conhecendo-se duas condições iniciais. 3.5 Aplicações Vamos agora estudar alguns modelos matemáticos ou físicos que podem ser equacionados por equações diferenciais de ordem superior. 70

71 3.5.1 Sistema massa-mola Vamos considerar que uma mola extensível, de comprimento l em repouso, esteja presa verticalmente a um suporte rígido. Prendemos então um objeto de massa m à extremidade livre da mola. Isto provocará uma distensão da mola, para um ponto de equilíbrio, por s unidades de comprimento. Parece natural que se deslocarmos a massa m e a soltarmos, esta massa oscilará em movimento de sobe e desce. Queremos um modelo para determinar a sua posição com o tempo. Vamos equacionar o problema. Consideremos que não existem forças atuantes no objeto além da força peso p e da força de tração da mola t, ambas com mesma direção (vertical) e sentidos contrários. Fixemos então um sistema coordenado com um eixo que chamaremos y, cuja origem está no ponto que dista L = (l + s) do suporte rígido, e cresce no sentido do suporte. O peso p, considerado negativo por estar em sentido contrário ao eixo fixado, é dado por p = mg. A força de tração t é dada pela lei de Hooke. A lei de Hooke diz que a força de tração da mola é proporcional à distensão causada pela massa. Isto é, t = ks onde k > 0 é a constante de proporcionalidade, conhecida como constante da mola, que depende do material que a mola é composta. Agora note que, como o sistema está em equilíbrio, a força resultante que é a soma das forças envolvidas é nula, isto é, p + t = 0, o que nos leva a ks mg = 0. Desloquemos a massa por uma quantidade y 0, e deixamos o sistema livre para se movimentar. Chamemos y = y(t) a posição da extremidade da mola no instante t. Note então que a distância entre o objeto e o suporte rígido é d(t) = L y(t). Agora a força de tensão t depende também (de acordo com a lei de Hooke) da posição y(t) do corpo. Temos assim, t = k(s y), pois a distensão da mola é (s y). De acordo com a segunda lei de Newton (força = massa aceleração), temos F = m a. Mas F é a força resultante t + p. Nestes termos, m a = F = t + p = ks ky mg = ky. A equação que descreve o movimento y(t) do corpo é portanto m a = ky, 71

72 e como a aceleração a é a derivada segunda do movimento y, então a equação diferencial y + k m y = 0, modela o movimento da massa m com o passar do tempo. Ainda temos as condições iniciais y(0) = y 0 e y (0) = y 1 que significam fisicamente a posição inicial y 0 e a velocidade inicial y 1 (zero se o sistema é solto do repouso). Temos então o PVI, { y + k m y = 0 y(0) = y 0, y (0) = y 1. (3.10) Vamos determinar a solução deste PVI. A equação diferencial é homogênea com equação auxiliar (em x) x 2 + k m = 0. k Sendo k e m valores positivos, então as raízes são complexas x = ±i m. A solução geral da equação diferencial é então dada por onde ω = k m y = C 1 cos(ωt) + C 2 sen(ωt),. Observe que o movimento é oscilatório em termos de senos e cossenos. O período T desta oscilação é T = 2π ω. As constantes C 1 e C 2 são determinadas pelo sistema donde a solução é { y0 = y(0) = C 1 y 1 = y (0) = C 2 ω y = y 0 cos(ωt) + y 1 ω sen(ωt). Observe que para conhecer esta equação completamente ainda é necessário conhecer ω, e para isto, precisamos do valor da constante da mola k. Este valor pode ser determinado medindo-se o deslocamento s causado pela massa m, pois como vimos (ks mg) = 0, ou ainda, k = mg s = p s, onde p é o peso do corpo (o módulo da força peso p). Este modelo pode ser complicado um pouco mais. Para ser mais preciso, o modelo anterior é muito simples, pois supõe condições que na prática são impossíveis. As únicas forças consideradas são a força peso e a força de tração da mola, e isto supõe a ausência de outras forças externas, como resistência do ar. Este modelo precisa então de vácuo perfeito. Por este motivo, o sistema acima é dito sistema do movimento livre não amortecido. Um exemplo de complicação do problema é considerar que a mola envelhece. Em outras palavras, considerar que a constante k da mola, seja variável com o tempo. Fisicamente isto significa que a mola perde suas propriedades iniciais de deformação com o passar do 72

73 tempo. Imagine que consideremos a função de elasticidade da mola dada por ke αt com k > 0 e α > 0. Temos então uma equação diferencial dada por y + k m e αt y = 0. Uma equação de ordem 2, a coeficientes variáveis, que não pode ser resolvida pelos métodos até agora abordados. Sugerimos solução por série de potências. Por outro lado, se considerarmos a função de elasticidade da mola dada por k 1 t para k > 0, então a equação diferencial se torna y + k t y = 0, ou equivalentemente, t 2 y + kty = 0, que pode ser resolvida pelos métodos da seção 3.4. Outra complicação que podemos causar é considerar que o corpo oscile imerso em algum fluido, como ar, água, óleo, entre outros. Isto obrigará a consideração de alguma força externa de atrito agindo sobre o sistema, que amortece o movimento. Em geral, uma força de amortecimento ou de resitência é considerada como sendo proporcional a uma potência da velocidade. Para que tenhamos uma equação diferencial linear, estudaremos o caso onde esta potência é 1, isto é, a força de atrito r é proporcional à velocidade v. De outra forma, r = λ v, para λ > 0. O sinal negativo é decorrência de que a força de atrito é contrária à velocidade. Assim, F = p + t + r, donde m a = F = t + p + r = ks ky mg λ v = ky λ v. Lembrando que a = y e que v = y então vem a equação diferencial y + λ m y + k m y = 0 (3.11) sujeita as condições iniciais y(0) = y 0 (posição inicial) e y (0) = y 1 (velocidade inicial). A solução desta equação agora é dada pelas raízes da equação auxiliar (em x), mx 2 + λx + k = 0, para m, λ e k constantes positivas. As raízes são Agora temos três casos a considerar. x = λ ± λ 2 4mk 2m 73

74 Caso 1. Se λ 2 4mk > 0 então temos duas raízes reais distintas Neste caso, temos a solução x 1 = λ + λ 2 4mk 2m, e x 2 = λ λ 2 4mk. 2m y(t) = C 1 e x 1t + C 2 e x 2t. Observe que a única possibilidade que leva o corpo a passar pela solução de equilíbrio y 0 é quando ( m t = λ 2 4mk ln C ) 2 C 1 e obviamente isto ocorre somente uma vez, e somente se C 1 e C 2 possuem sinais contrários. Resumindo, o corpo passa no máximo uma vez pela solução de equilíbrio y 0. Observe ainda que x 1 = λ + λ 2 4mk 2m x 2 = λ λ 2 4mk 2m < λ + λ 2 2m Isto garante que, independentemente das constantes C 1 e C 2, ou da posição inicial e da velocidade inicial a solução do sistema tende a zero, quando t. Isto significa que o < 0. movimento do corpo tende a cessar exponencialmente. = 0, É uma consequência imediata de uma constante de amortecimento λ muito grande. Neste caso dizemos que o sistema é super amortecido. Caso 2. Se λ 2 4mk = 0 então a única raíz real de multiplicidade 2 da equação auxiliar é o que nos traz a solução x = λ 2m, y(t) = C 1 e xt + C 2 te xt. Note que ainda, temos x < 0 e portanto a solução ainda decai (exponencialmente) para zero quando t. Este sistema é dito criticamente amortecido, pois ainda é amortecido, mas qualquer decréscimo na constante de amortecimento λ, o movimento se tornará oscilatório. Ainda neste caso, a solução passa no máximo uma vez pela solução de equilíbrio, e se isto ocorrer, ocorrerá precisamente quando t = C 1 C 2. Caso 3. Se λ 2 4mk < 0 então temos duas raízes complexas conjugadas x 1 = λ 4mk λ 2m + i 2, e x 2 = λ 4mk λ 2m 2m i 2. 2m Neste caso, obtemos uma solução oscilatória dada por ( y(t) = e λ 2m t ) C 1 cos( 4mk λ 2 2m t) + C 2 sen( 4mk λ 2 2m t). 74

75 Observe que mesmo sendo um movimento oscilatório, o termo e λ 2m t tende a zero quando t. Isto significa que este movimento oscilatório ainda tende a diminuir e cessar com o tempo. Mais precisamente, tende a solução de equilíbrio y O pêndulo simples Um pêndulo consiste de um objeto de massa m preso, a um ponto, por uma corda de comprimento L. Este objeto é solto de uma posição inicial, onde a corda faz um ângulo θ 0 com a perpendicular, e começa a oscilar em movimento de vai-e-vem. Uma vez solto o pêndulo, o ângulo θ que a corda faz com a perpendicular, varia com o tempo. Nestes termos θ é uma função da variável temporal t, isto é, θ = θ(t). Vamos considerar que a corda (ou fio) tem comprimento fixo L, é indeformável e tem massa desprezível. Isto significa que o movimento do corpo se dá em um plano bidimensional e descreve neste plano uma trajetória circular. Também vamos considerar que as únicas forças atuantes sobre o objeto são a força peso p e a força de tensão t com a corda. Fixemos um sistema coordenado bidimensional nas coordenadas tangencial e radial ao movimento circular. Isto é, um dos eixos é tangente a trajetória circular enquanto o outro eixo é normal (perpendicular) a trajetória circular. As forças peso p e tensão t podem ser devidamente divididas nas componentes tangencial e radial da forma p = ( mg sen θ, mg cos θ) t = (0, T ) onde T é o módulo da força de tração da corda para com o objeto, m é a massa do objeto, e g é a aceleração da gravidade. Note que as componentes da força peso estão em sentido contrário ao referencial adotado, e pro isto temos as coordenadas com sinal negativo. A força resultante desta ação, que designaremos por F, é dada por F = t + p = ( mg sen θ, T mg cos θ). De acordo com a segunda Lei de Newton, também chamado de princípio fundamental da mecânica, a resultante das forças que agem em um corpo é igual ao produto da sua massa pela aceleração adquirida, isto é, Mas a = F = m a. ( d 2 ) s dt 2, 0, onde s = s(t) é o deslocamento circular do corpo. A componente radial é nula pois não ocorre movimento no sentido radial. O deslocamento s está relacionado com o ângulo θ e o raio L 75

76 do círculo, pela relação s = Lθ, e nestes termos ( d 2 ) s a = dt 2, 0 = Então temos que donde tiramos as equações ( mg sen θ, T mg cos θ) = m ( ) L d2 θ dt 2, 0. { mlθ + mg sen θ = 0 T mg cos θ = 0 ) (L d2 dt 2 θ(t), 0 Temos então uma equação diferencial de segunda ordem, porém não é uma equação linear em θ e por isso, obter uma solução para ela torna-se complicado. Para contornar este problema, lembremos que do cálculo temos o seguinte limite sen h lim = 1. h 0 h Este limite significa que para valores pequenos do argumento h, temos que o numerador e o denominador são muito próximos. Podemos traduzir isto escrevendo que sen h h para valores pequenos de h. Se a oscilação for portanto pequena, poderemos usar a aproximação sen θ θ e reescrever a equação diferencial na forma θ + g L θ = 0, que representa a oscilação do pêndulo para valores pequenos de θ. Esta última equação é uma equação linear, homogênea, de segunda ordem e com coeficientes constantes. A solução desta equação está relacionada com as raízes da equação auxiliar (em x) x 2 + g L = 0, que são complexas conjugadas x = ±i g L. A solução é então ( ) ( ) θ = θ(t) = C 1 cos g L t + C 2 sen g L t, o que traduz um movimento oscilatório. As constantes C 1 e C 2 poderão ser determinadas impondo-se condições iniciais, que provavelmente serão θ(0) = θ 0 e θ (0) = θ 1, isto é, a posição inicial na componente tangencial e a velocidade inicial. Uma vez determinadas as constantes C 1 e C 2 poderemos determinar o valor do ângulo θ em um determinado instante t e com isto a posição do objeto de massa m neste instante t. Note que negligenciamos a equação obtida da coordenada radial T = mg cos θ. Esta equação não precisa ser utilizada para a determinação de θ, mas pode ser utilizada, depois de obtermos θ(t), para determinar a força de tensão exercida sobre a corda. 76

77 Podemos complicar um pouco mais o problema. Na verdade o problema analisado é tão simples que é irreal. A consideração de que as únicas forças atuantes no sistema são p e t, pede que não haja forças como atrito atuando no pêndulo. Isto somente é conseguido no vácuo. Para tornar o sistema um pouco mais real, podemos considerar uma força de amortecimento (atrito) r agindo no pêndulo. Fisicamente isto significa que o pêndulo está oscilando imerso em algum meio como água, óleo ou o próprio ar. Normalmente forças de amortecimento são consideradas como proporcionais a uma potência da velocidade. Para manter a linearidade da equação, vamos considerar que esta potência é 1. Neste caso, colocamos r = λ v, onde λ > 0 é a constante de proporcionalidade, v é a velocidade, e o sinal negativo é decorrência de que a força de amortecimento age no sentido contrário à velocidade. Naturalmente e então v = ( ) d dt s(t), 0 = (L ddt ) θ(t), 0, r = λ v = ( λl ddt ) θ(t), 0 = ( λlθ, 0 ). Assim, temos com F = m a = ( mlθ, 0 ), F = p + t + r = ( λlθ mg sen θ, T mg cos θ). donde segue, da componente tangencial, a equação diferencial mlθ + λlθ + mg sen θ = 0, ou ainda θ + λ m θ + g L θ = 0, válida para pequenas oscilações. Esta equação diferencial (em θ) possui soluções baseadas nas raízes da equação auxiliar mlx 2 + λlx + mg = 0. A respeito destas raízes, temos três casos a considerar. Caso 1. Se a equação auxiliar possui duas raízes reais distintas x 1 = Lλ + L 2 λ 2 4mLmg 2mL, x 2 = Lλ L 2 λ 2 4mLmg, 2mL então a solução é da forma θ = θ(t) = C 1 e x 1t + C 2 e x 2t. 77

78 Mas note que x 1 = Lλ + L 2 λ 2 4m 2 Lg 2mL x 2 = Lλ L 2 λ 2 4m 2 Lg 2mL < Lλ + L 2 λ 2 2mL < 0 = 0 e portanto, o movimento do pêndulo decai a zero exponencialmente. Isto deve-se ao valor elevado da constante de proporcionalidade λ. Caso o pêndulo passe pela solução de equilíbrio θ(t) = 0, isto somente poderá ocorrer uma vez, exatamente no ponto ( ml t = λ 2 L 2 4m 2 Lg ln C ) 2 C 1 e somente se C 2 e C 1 possuem sinais contrários. Caso 2. A única raíz real da equação auxiliar é, Neste caso, a solução é dada por x = Lλ 2mL = λ 2m. θ = θ(t) = C 1 e λ 2m t + C 2 te λ 2m t = (C 1 + C 2 t)e λ 2m t. Observe que ainda temos que a solução vai para zero quando t. Também a solução passa uma única vez pela solução de equilíbrio, exatamente em t = C 1 C 2. Caso 3. Se as raízes da equação auxiliar, forem os números complexos conjugados x 1 = x 2 = λ 4m 2m + 2 Lg L 2 λ 2 i, 2mL então a solução da equação diferencial toma a forma ) θ = θ(t) = e λ 4m 2m (C t 1 cos 2 Lg L 2 λ 2 4m t + C 2 sen 2 Lg L 2 λ 2 t. 2mL 2mL Observe que agora temos um movimento oscilatório. Mesmo assim, a presença da exponencial com potência negativa nos diz que o movimento tende a zero quando t. Porém agora o valor da constante de proporcionalidade não deve ser muito alto. Para ser mais preciso, λ 2 < 4m2 g L. Isto significa que a convergência para zero se dá de forma mais lenta, permitindo algum tempo de movimento de oscilação. 78

79 Capítulo 4 A Transformada de Laplace 4.1 Transformada de Laplace Nesta seção apresentaremos a definição de Transformada de Laplace e algumas propriedades importantes desta Transformada. As definições e resultados apresentados aqui seguem essencialmente em [?]. A transformada de Laplace, conforme apresentada em [?], pertence a uma família muito vasta de transformadas integrais, que estabelecem uma relação entre uma função f e a sua transformada F, da forma F (s) = K(s, t)f(t)dt. (4.1) I Uma Transformada particular necessita então da definição do núcleo K(s, t) e do intevalo de integração I, sendo estes escolhidos dependendo do interesse ou da aplicação. As Transformações mais utilizadas são a de Fourier, que utiliza I = R = (, ) e K(s, t) = e ist, s R e a de Laplace, que requer I = [0, ) e K(s, t) = e st, s = a + ib C. Já que s é complexo, a transformada de Laplace é uma generalização da Transformada de Fourier. Neste texto, entretanto, não estamos interessados no trato com os números complexos, e portanto consideraremos a transformada de Laplace quando s R. Nestes termos, segue a definição de Transformada de Laplace que utilizaremos. Definição Seja f uma função definida para t 0. A integral L(f)(s) = quando existir, será chamada de transformada de Laplace de f e st f(t)dt, (4.2)

80 Quando a integral imprópria acima existir, o resultado será uma função da variável independente s. Iremos omitir todas as restrições sobre s. Entendemos que s esteja suficientemente restrito para garantir a convergência da integral em (4.2). Usaremos geralmente letras minúsculas para denotar uma função e a letra maiúscula correspondente para denotar a sua transformada de Laplace. Isto significa que F (s) = L(f)(s). É comum também escrever F (s) = L(f(t))(s) mas para não sobrecarregar a notação omitimos a variável t da função f. Usaremos sempre, salvo menção em contrário, t a variável da função e s a variável da transformada de Laplace. De uma certa forma, queremos garantir a existência da transformada de Laplace de certas funções, em especial, as de nosso iteresse. A próxima definição dá uma condição para a existência da transformada de Laplace de uma função f. Definição Dizemos que uma função f é de ordem exponencial c, se existem constantes c, M > 0 e T > 0 de tal forma que f(t) < Me ct para todo t > T. Observe que se uma função f é de ordem exponencial c, então a transformada de Laplace de f existe para s > c, mesmo que f não seja contínua. No que se segue vamos supor que as funções envolvidas são de ordem exponencial c para algum c R. Seria suficiente supor que as funções de nosso interesse admitem transformada de Laplace pelo menos para s > c. Uma função f que admite transformada de Laplace, isto é, uma função f de forma que a integral (4.2) seja convergente, pelo menos para s > c, é dita uma função admissível. Desta forma, estamos supondo deste ponto em diante que, as funções de nosso interesse são admissíveis. A seguir veremos algumas propriedades envolvendo a transformada de Laplace. Esta propriedades são de interesse imediato para aplicarmos esta transformada na obtenção de soluções de EDOs lineares de ordem n a coeficientes constantes. Proposição A transformada de Laplace é um operador linear. De outra forma, se f e g são funções cujas transformadas de Laplace existem e α, β R, então L(αf + βg) = αl(f) + βl(g). Prova. Usando a linearidade do operador integral (quando as integrais existem) temos que L(αf + βg)(s) = = = α e st (αf + βg)(t)dt e st αf(t) + e st βg(t)dt e st f(t)dt + β 0 e st g(t)dt = αl(f)(s) + βl(g)(s) = (αl(f) + βl(g))(s), o que prova a linearidade do operador L. 80

81 Observe que a demonstração anterior pode ser executada diretamente na integral em (4.1). Nestes termos qualquer transformada definida pela expressão (4.1) é linear, em virtude da linearidade da integral e da distributividade do produto em relação à adição. Proposição (Transformada de uma derivada). Seja n N. Se f e f forem contínuas em [0, ) e tais que as transformadas de Laplace existem, então Prova. Como L(f )(s) = sl(f)(s) f(0). L(f )(s) = 0 e st f (t)dt, usando integração por partes com u = e st e dv dt = f (t) temos que du dt = se st e v = f(t) e assim, L(f )(s) = 0 e st f (t)dt = e st f(t) t=0 se st f(t)dt = e st f(t) t=0 + s e st f(t)dt. A integral do último membro é precisamente L(f)(s) e notemos ainda que como a transformada de Laplace de f existe, a integral converge no intervalo ilimitado [0, ), e desta forma, o integrando e st f(t) deve tender a zero quando t. Segue que e a prova está feita. L(f )(s) = e st f(t) t=0 + s e st f(t)dt = sl(f)(s) f(0), Podemos usar esta proposição repetidamente para obter expressões que envolvem a transformada de Laplace das derivadas de ordem superior de uma função f. Admitindo que f, f e f são admissíveis, então L(f )(s) = sl(f )(s) f (0) = s(sl(f)(s) f(0)) f (0) = s 2 L(f)(s) sf(0) f (0), e assim sucessivamente. O próximo corolário resume a expressão para o caso de uma derivada de ordem n N arbitrária. Corolário Seja n N. Se f, f, f,..., f (n) forem contínuas em [0, ) e tais que as transformadas de Laplace existem, então n 1 L(f (n) )(s) = s n L(f)(s) s n 1 i f (i) (0). i=0 81

82 Prova. A prova é feita usando indução sobre n N. Para n = 1 o resultado já foi provado na Proposição Suponha então (por indução) que o resultado seja válido para n 1, isto é, Para n, temos que n 2 L(f (n 1) )(s) = s n 1 L(f)(s) s n 2 i f (i) (0). L(f (n) )(s) = 0 i=0 e st f (n) (t)dt, e usando novamente integração por partes com u = e st e dv dt = f (n) (t) temos que du dt = se st e v = f (n 1) (t) e assim, L(f (n) )(s) = 0 e st f (n) (t)dt = e st f (n 1) (t) se st f (n 1) (t)dt t=0 = e st f (n 1) (t) + s e st f (n 1) (t)dt. t=0 Novamente a integral do último membro é L(f (n 1) )(s), e também o termo e st f (n 1) (t) deve tender a zero quando t já que a integral imprópria da transformada de Laplace de e st f (n 1) (t) converge. Assim, L(f (n) )(s) = e st f (n 1) (t) + s e st f (n 1) (t)dt t=0 0 = f (n 1) (0) + sl(f (n 1) )(s) [ ] n 2 = f (n 1) (0) + s s n 1 L(f)(s) s n 2 i f (i) (0) 0 0 i=0 n 2 = s n L(f)(s) f (n 1) (0) s s n 2 i f (i) (0) i=0 n 2 = s n L(f)(s) f (n 1) (0) s n 1 i f (i) (0) i=0 n 1 = s n L(f)(s) s n 1 i f (i) (0). i=0 Usaremos agora a Transformada de Laplace para obter soluções de uma equação diferencial. Para facilitar as ideias considere uma equação diferencial linear a coeficientes constantes na função y = y(t), a n y (n) + a n 1 y (n 1) + + a 2 y + a 1 y + a 0 y = 0, sendo que y (k) refere-se à derivada de ordem k da função y = y(t), e os coeficientes a k são constantes. 82

83 Aplicamos em ambos os membros desta equação diferencial a Transformada de Laplace. Em virtude da linearidade e da propriedade da derivada obtemos h(s)y (s) = g(s), sendo que Y (s) = L(y(t))(s) é a transformada de Laplace da função y(t), e as funções h(s) e g(s) são funções resultantes da reorganização dos termos. Esta nova equação agora é uma equação algébrica na variável Y (s). Resolvendo esta equação algébrica chegamos a L(y)(s) = Y (s) = g(s) h(s). Observe que com isto conseguimos encontrar, não exatamente a solução desejada y(t) da equação diferencial, mas sim a Transformada de Laplace da solução da equação diferencial. Poderíamos recuperar a solução y(t) se pudéssemos inverter o processo. De outra forma, se pudéssemos aplicar a Transformada de Laplace Inversa em ambos os membros. Esta ideia motiva a próxima definição. Definição Se F (s) = L(f)(s) representa a transformada de Laplace de uma função f(t), dizemos então que f(t) é a transformada inversa de Laplace de F (s) e escrevemos f(t) = L 1 (F (s))(t) = L 1 (F )(t). Escrever sobre as propriedades da transformada inversa... Principalmente a linearidade... Vamos determinar as transformadas de Laplace de algumas funções que aparecem com frequência na solução de uma equação diferencial. Exemplo 38: Se f(t) = a é a função constante, com a R, então L(a)(s) = 0 e st adt = a s e st = a s = a s. desde que s > 0. Fica claro que, quando s < 0, então e st = quanto t o que garante que a integral diverge se s < 0. t=0 Exemplo 39: Se n N e f(t) = t n então, L(t n )(s) = n! s n+1, para s > 0. Usaremos indução finita sobre n N. Para n = 0 temos claramente (do exemplo anterior) que L(t 0 )(s) = L(1)(s) = 0 e st dt = 1 s. Suponha agora válido para k, isto é, L(t k )(s) = k!. Então para k + 1 temos que s k+1 L(t k+1 )(s) = 0 83 e st t k+1 dt.

84 Procederemos por integração por partes. du dt = (k + 1)tk e v = 1 s e st, e temos L(t k+1 )(s) = 0 e st t k+1 dt = t k+1 1 s e st = k + 1 s = k + 1 s 0 Escolhendo então u = t k+1 e dv dt t=0 t k e st dt 0 L(t k )(s) = k + 1 s (k + 1)t k 1 s e st dt k! (k + 1)! = sk+1 s k+2, desde que s > 0. O resultado fica então provado por indução sobre N. = e st, então Exemplo 40: Se a R, então para f(t) = cosh(at), temos L(cosh(at))(s) = s s 2 a 2, desde que s > a. Para provar isto, seja então a R. Temos que L(cosh(at))(s) = 0 e st cosh(at)dt. Vamos determinar a integral do segundo membro usando integração por partes. Escolhendo u = e st e dv dt 0 du = cosh(at), temos que dt = ( s)e st e v = 1 a senh(at). Assim, ( s)e st ( 1 a ) senh(at)dt. e st cosh(at)dt = 1 a e st senh(at) t=0 Analisando e st senh(at) quando t, verificamos que e st = 0 e senh(at) =. Se aplicarmos L Hopital nessa indeterminação vamos sempre voltar na exponencial e no seno hiperbólico. Então vamos substituir senh(at) pela sua identidade exponencial que é eat e at 2. Reescrevendo então temos cosh(at)e st dt = 1 0 a e st eat e at 2 ( s)e st 1 a senh(at)dt t=0 0 = 1 2a (e (s a)t e (s+a)t ) + se st 1 a senh(at)dt = s a 0 e st senh(at)dt, pois (s a) > 0 e (s + a) > 0, já que s > a. Novamente integrando por partes, colocamos u = e st e dv dt 0 du = senh(at) e com isto, dt = ( s)e st e v = 1 a cosh(at). Assim, cosh(at)e st dt = s e st senh(at)dt a 0 = s a 2 e st cosh(at) s t=0 a 0 t=0 0 0 ( s)e st 1 a cosh(at)dt. 84

85 e Vamos substituir novamente cosh(at), pela sua identidade exponencial at +e at 2. Então obtemos e st cosh(at)dt = s 0 a 2 e st eat + e at 2 s ( s)e st 1 t=0 a a cosh(at)dt 0 = s 2a 2 (e (s a)t + e (s+a)t ) = s s2 (0 (1 + 1)) + 2a2 a 2 t=0 0 + s2 a 2 0 e st cosh(at)dt. Reorganizando os termos segue que ) (1 s2 a 2 e st cosh(at)dt = s a 2, e multiplicando ambos os membros por a 2, 0 e st cosh(at)dt donde temos que para todo s > a. (a 2 s 2 ) 0 e st cosh(at)dt = s, L(cosh(at))(s) = s a 2 s 2 = s s 2 a 2, Como já exemplificamos os métodos e não estamos interessados em mais exemplos, segue uma tabela de transformadas de funções importantes, com a respectiva restrição de s para que a integral seja convergente. f(t) L(f)(s) s a a s s > 0 t n n! s n+1 s > 0 e at 1 s a at n! (s a) n+1 a s 2 +a 2 s s 2 +a 2 a s 2 a 2 s s 2 a 2 t n e sen(at) cos(at) senh(at) cosh(at) s > a s > a s > a s > a s > a s > a Tabela 4.1: Transformadas de Laplace. Desta forma, com base nesta tabela, podemos construir uma outra tabela de transformadas inversas. A ideia é que a transformada inversa, aplicada em F (s) = L(f)(s), devolva a função f(t). Segue uma tabela de transformadas inversas baseada na tabela anterior. 85

86 F (s) a s n! s n+1 1 s a n! (s a) n+1 a s 2 +a 2 s s 2 +a 2 a s 2 a 2 s s 2 a 2 L 1 (F )(t) a t n e at t n e at sen(at) cos(at) senh(at) cosh(at) Tabela 4.2: Transformadas de Laplace Inversas. Exemplo 41: Consideremos o problema de valor inicial { y y + y y = 4e t y(0) = 1, y (0) = 3, y (0) = 3. e vamos usar a Transformada de Laplace para determinar a solução y(t) deste sistema. Aplicando a Transformada de Laplace em ambos os membros da equação diferencial temos que L(y y + y y)(s) = L(4e t )(s), e usando os resultados das proposições e e da tabela 4.1, temos que (s 3 Y (s) + s 2 3s 3) (s 2 Y (s) + s 3) + (sy (s) + 1) Y (s) = 4 1 s + 1, ou ainda, e portanto (s 3 s 2 + s 1)Y (s) + (s 2 4s + 1) = 4 s + 1, donde obtemos (s 3 s 2 + s 1)Y (s) = 4 s + 1 (s2 4s + 1) = 3 + 3s + 3s2 s 3, s + 1 Y (s) = 3 + 3s + 3s 2 s 3 (s + 1)(s 3 s 2 + s 1) = 3 + 3s + 3s2 s 3 (s + 1)(s 1)(s 2 + 1). O que temos que fazer agora antes de aplicar a Transformada de Laplace Inversa é organizar o segundo membro para podermos aplicar os resultados da tabela 4.2. Então usando a técnica de separação de frações parciais, queremos encontrar A, B, C e D de forma que 3 + 3s + 3s 2 s 3 (s + 1)(s 1)(s 2 + 1) = A s B s 1 + Cs + D s

87 = A(s 1)(s2 + 1) + B(s + 1)(s 2 + 1) + (Cs + D)(s 1)(s + 1) (s + 1)(s 1)(s 2, + 1) e portanto de forma que 3 + 3s + 3s 2 s 3 = A(s 1)(s 2 + 1) + B(s + 1)(s 2 + 1) + (Cs + D)(s 1)(s + 1), para todo s (com possíveis restrições). Com s = 1 obtemos imediatamente B = 2. Com s = 1 obtemos A = 1. Com s = 0 obtemos D = 0 e finalmente com s = 2 obtemos C = 2. Segue que Y (s) = 3 + 3s + 3s2 s 3 (s + 1)(s 1)(s 2 + 1) = 1 s s 1 + 2s s 2 + 1, e aplicando em ambos os membros a transformada inversa, temos que y(t) = L 1 (Y (s))(t) ( ) ( ) ( 1 1 = L 1 (t) + 2L 1 (t) 2L 1 s + 1 s 1 = e t + 2e t 2 cos(t). s s ) (t) 87

88 Capítulo 5 Equações diferenciais não lineares Estamos agora interessados em analisar equações diferenciais não necessariamente lineares. Uma equação diferencial geral na variável independente x, é uma expressão da forma F (x, y, y, y,..., y (n) ) = g(x), onde y é uma variável dependente de x, e F e g são funções quaisquer. Neste caso é difícil estabelecer critérios para determinar se existem soluções para esta ED, e mesmo que exista, outro problema mais sério é determinar tal solução. 5.1 Soluções por série de potência Quando uma dada equação diferencial não é linear ou quando os coeficientes não são constantes, pode não ser muito fácil determinar soluções para esta ED. Em geral, o melhor que podemos esperar é que exista uma solçução y dada em forma de série de potências da variável independente x, ou y = b n x n = b 0 + b 1 x + b 2 x 2 + b 3 x 3 +, n=0 y = b n (x c) n = b 0 + b 1 (x c) + b 2 (x c) 2 + b 3 (x c) 3 +. n=0 Determinar esta série de potências significa determinar os coeficientes b n para todo n N. O método utilizado é por abordagem direta. Dada a ED, supomos que a função y = n=0 b nx n seja uma solução desta ED, e a substituição desta série na equação diferencial pode nos levar ao cálculo dos coeficientes b n. Nesta abordagem, é necessário substituir todas as funções envolvidas na ED por suas respectivas séries de potências. 88

89 Em geral nem todos os coeficientes b n serão determinados. Isto porque a solução de uma ED, como já sabemos, depende de algumas constantes, que no caso são alguns dos próprios coeficientes b n. Uma vez determinada a série de potências, outro problema é determinar o intervalo I de convergência desta série. Intervalo no qual esta série define uma função, e portanto, define uma solução para a equação diferencial por série de potência. Para esta tarefa sugerimos consultar algum livro de Cálculo (volume II), para conhecimento dos diversos métodos que podem ser utilizados. Embora este trabalho não seja muito fácil, existem vantagens. O método é bastante geral, podendo ser aplicado a equações diferenciais desde lineares a não lineares, com coeficientes desde constantes a não constantes. 5.2 Aplicação: A catenária Catenária é o nome da curva que descreve a trajetória de equilíbrio de um cabo flexível, de comprimento fixo e suspenso por duas hastes. O estudo desta curva desempenha um papel fundamental nos cursos de engenharia. Consideremos então um cabo flexível, não extensível, sustentado por duas hastes, pelos pontos A e B. Fixemos um sistema coordenado cartesiano, onde o eixo Ox coincide com a linha do solo, e o eixo Oy é perpendicular ao solo e está posicionado no meio das duas hastes. Chamemos D = (0, δ) o ponto mais baixo da curva, e que está sobre o eixo Oy. O cabo descreve uma trajetória, neste sistema coordenado, que denotemos por y = y(x). Tomemos um ponto P = (x, y) sobre esta curva (digamos a direita do ponto D). Considerando a porção do cabo entre os pontos D e P, temos as forças h, p e t, atuando sobre esta porção do cabo. p é a força peso, que é dada por p = (0, ωl) onde ω é o peso do cabo por unidade de comprimento e L é o comprimento do cabo (da porção do cabo considerada). t é a força de tração pela direita no ponto P = (x, y), e é decomposta nas componentes vertical e horizontal por t = (t cos θ, t sen θ), sendo que t é o módulo da tensão pela direita e θ é o ângulo que o vetor tangencial t faz com a horizontal. h é a força de tração pela esquerda no ponto D = (0, δ), dada por h = ( h, 0), onde h é o módulo da tensão pela esquerda. 89

90 Figura 5.1: Forças atuantes no cabo suspenso. O sistema está em equilíbrio, isto é, h + p + t = 0. Então ( h, 0) + (0, ωl) + (t cos θ, t sen θ) = 0, e portanto h + t cos θ = 0 ωl + t sen θ = 0. Agora, sabemos do cálculo que a inclinação θ, do vetor tangente a curva em (x, y(x)), se relaciona com a curva por tg θ = y, donde temos que y = tg θ = sen θ cos θ = t sen θ t cos θ = ωl h = ωl h. Mas note que L não é uma constante. L = L(x) é o comprimento da curva de D a P e isto dependerá da posição do ponto P = (x, y). Sabemos (do cálculo) que o comprimento desta curva pode ser calculado pela fórmula integral, L = L(x) = e assim, y = ωl h = ω h x 0 x (y ) 2 dx, 1 + (y ) 2 dx. Para eliminar a integral do segundo membro, derivamos ambos os membros da igualdade, e usando o Teorema Fundamental do Cálculo obtemos y = ω 1 + (y h ) 2, 90