Introdução às equações diferenciais

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1 Introdução às equações diferenciais Professor Leonardo Crochik Notas de aula 1 O que é 1. é uma equação:... = a incógnita não é um número x R, mas uma função x(t) : R R 3. na equação estão presentes, além de termos envolvendo a função x(t), também termos envolvendo as funções derivadas ; d2 x; d3 x; etc Exemplo: ( ) d 7t x x + 3 x 2 = 5t3 2 Classicação 1. Ordem: refere-se à derivada de maior ordem presente na equação. Exemplos: (a) se só aparece na equação a derivada /, trata-se de uma equação de primeira ordem; (b) se a derivada de maior ordem é d 3 x/ 3, trata-se de uma equação de terceira ordem 2. Linear / não-linear: Se, nos termos envolvendo a função x e suas derivadas, elas aparecem sempre elevadas à potência 1 e não estão multiplicados entre si, trata-se de uma equação linear. Caso contrário, é uma equação não linear. Exemplos: γt e + sen(ωt) x = ln(αt) é uma equação (de segunda ordem) linear; x = 5t é uma equação (de primeira ordem) não-linear; 5t 3 d2 x 2 d2 θ 2 = αsen(θ) é uma equação (de segunda ordem) não-linear; ( ) 2 = 5t x é uma equação (de primeira ordem) não-linear; 3. Homogênêa / inomogênêa: se existe um termo, diferente de zero, independente de x e de suas derivadas, trata-se de uma equação inomogênea. Caso contrário, temos uma equação homogênea. Exemplos:

2 5t 3 d2 x γt e + sen(ωt) x = ln(αt) é uma equação (de segunda ordem, linear) 2 inomogênea; 5t 3 d2 x 2 e γt +sen(ωt) x = 0 é uma equação (de segunda ordem, linear) homogênea. 4. Autônomo / dependente do tempo: se a variável t, da qual x é função, não aparece explicitamente na equação temos uma equação autônoma. Caso contrário, temos uma equação dependente do tempo. Exemplos: 5t 3 d2 x γt e + sen(ωt) x = ln(αt) é uma equação (de segunda ordem, linear, 2 inomogênea) dependente do tempo; 5 d2 x x = 0 é uma equação (de segunda ordem, linear, homogênea) autônoma. 3 Abordagens para resolução 3.1 Resolução numérica Há vários métodos. Todos eles, entretanto, partem de um mesmo princípio: escolhemos um valor de intervalo de tempo t sucientemente pequeno. Apartir daí, iteramos a equação: calculamos o valor de x(t + t) a partir do conhecimento de x(t) e /(t). Vamos explicar esse processo através de um exemplo. Exemplo 1 Seja a equação: ( ) 2 = 5t x (1) 1. Para iniciar a resolução, precisamos conhecer a condição inicial. Suponhamos x(0) = Vamos isolar a derivada /: e calcular seu valor para t = 0 : = 5t x (0) = 5 0 x(0) (0) = = 0 3. Denimos agora um valor para = t = 0, 01. Conhecendo x(t), calculamos x(t + t): x(0) = 3 x( ) = 3 + t = , 01 = 3

3 x t Figura 1: Solução da equação (1) para x 0 = Voltamos à etapa 2, porém agora para t = 0, 01: e assim por diante. (0, 01) = 5 0, 01 x(0, 01) (0, 01) = 5 0, 01 3 = 0, 3873 x(0, , 01) = x(0, 01) + t = 3 + 0, , 01 = 3, Exemplo 2 Seja a equação: d 2 x + + x = sen(t) 2 (2) 1. Nesse caso, temos uma equação de segunda ordem. Vamos desmembrá-la em duas equações de primeira ordem acopladas. Chamemos / de v: { = v dv = v x + sen(t) 2. Precisamos agora das condições iniciais. Suponhamos x(0) = 3 e v(0) = 0. Calculamos então /(0) e dv/(0): { dv (0) = v(0) = 0 (0) = v(0) x(0) + sen(0) = 3

4 x t Figura 2: Solução da equação (2) para x 0 = 3 e v 0 = Escolhemos t = 0, 01 e calculamos x(0 + t) e v(0 + t) a partir de x, v, / e dv/: { x(0 + t) = x(0) + t = 3 v(0 + t) = v(0) + dv t = 0, Voltamos à etapa 2, mas agora para t = 0, 01: { dv (0, 01) = v(0, 01) = 0, 03 (0, 01) = v(0, 01) x(0, 01) + sen(0, 01) = 2, 96 e assim por diante... { x(0, 02) = x(0, 01) + t = 2, 9997 v(0, 02) = v(0, 01) + dv t = 0, 0596 Comentários 1. A escolha adequada do intervalo de tempo t é o ponto crítico. Um valor sucientemente pequeno para uma equação pode não o ser para outra. 2. Esse método de resolução permite descobrir a função procurada, dada a condição inicial. Ele não nos permite encontrar a forma algébrica dessa função para qualquer condição inicial. 3. Em compensação, qualquer equação diferencial pode, em princípio, ser resolvida dessa forma. 4. O método aqui apresentado é o Método de Euler.

5 3.2 Análise do espaço de fases Considere uma equação diferencial autônoma. Exemplos: = (x2 1) (3) d 2 x = 5x (4) 2 Para a equação (3), o conhecimento de x em um dado instante t permite determinar a trajetória. Por isso, o espaço de fases é unidimensional: />0 /<0 /> x equilibrio estavel equilibrio instavel Para a equação (4), é necessário conhecer x e v em um dado instante t para determinar a trajetória. Por isso, o espaço de fases é bidimensional: dv = v = 5 x v />0 dv/>0 v max x min x max x v min dv/<0 /<0

6 A análise do espaço de fases nos permite concluir como são, geometricamente, as trajetórias para todas as condições iniciais próximas de um ponto de equilíbrio. Ela não permite, entretanto, saber a forma exata da trajetória x(t). Trata-se de uma análise qualitativa. A representação no espaço de fases nos permite ver a diferença entre soluções de equações de primeira e de segunda ordem. No primeiro caso, o espaço das soluções é unidimensional (depende apenas de uma constante ligada à condição inicial), enquanto, no segundo caso, é bidimensional (depende de duas constantes). 3.3 Resolução analítica A resolução analítica é a única que permite saber a expressão algébrica da função x(t). Entretanto, nem todas as equações diferenciais podem ser resolvidas analiticamente. Equação diferenciais lineares sempre podem ser resolvidas analiticamente. Vamos ver alguns métodos, sem, entretanto, buscar a completeza. Equações de primeira ordem = x2 t + t (5) 1. Precisamos fatorar o lado direito de (5), buscando separar um fator que dependa só de x e outro que dependa só de t: = (x2 + 1)t x = t 2. Separamos assim a equação em um membro envolvendo apenas x e outro envolvendo apenas t. Podemos, portanto, integrar os dois membros: x(t) x 0 x = t arctg(x(t)) arctg(x o ) = t 2 /2 0 t arctg(x(t)) = arctg(x 0 ) + t 2 /2 x(t) = tg(arctg(x 0 ) + t 2 /2) Equações de segunda ordem O problema (autônomas): Vamos ver como resolver equações lineares, homogêneas, a coecientes constantes a d2 x 2 + b + c x = 0 (6)

7 Figura 3: Solução da equação (5) para x 0 = 3. Transformação em um problema algébrico Nosso objetivo é transformar essa equação diferencial em uma equação algébrica, ou seja, em uma equação cuja incógnita é um número p R. Sabemos que d et = e t. Ou seja, é como se a função exponencial fosse o elemento neutro da derivação. Pensando nisso, vamos propor uma solução tentativa para a equação (6): Temos que: x p (t) = e pt (7) d x p = p e pt d x p = p x p d 2 x 2 p = p 2 e pt d2 x 2 p = p 2 x p, de maneira que a operação de derivar essa função é equivalente à operação de multiplicá-la por p. Substituindo (7) em (6), temos: a p 2 x p + b p x p + c x p = 0 a p 2 + b p + c = 0 (8) Para que (7) seja solução da equação diferencial (6), p precisa ser solução da equação algébrica (8). Nosso problema reduziu-se assim a resolver uma equação de segundo grau: p 1 = b + b 2 4ac 2a p 2 = b b 2 4ac 2a x 1 (t) = e p 1t x 1 (t) = e p 2t (9)

8 Algorithm 1 Demonstração da propriedade de superposição de soluções Como x 1 e x 2 são soluções de (6), sabemos que: a d2 x b 1 + c x 1 = 0 (10) a d2 x b 2 + c x 2 = 0 (11) Somando a equação (10) multiplicada por α à equação (11) multiplicada por β, temos: a α d2 x a β d2 x b α 1 + b β 2 + c αx 1 + c βx 2 = 0 x(t) a d2 ( { }} { αx βx 2 ) + b d x(t) x(t) ( { }} { { }} { αx 1 + βx 2 ) + c( αx 1 + βx 2 ) = 0 Portanto, x(t) é solução da equação (6). Como depende de duas constantes arbitrárias, α e β, x(t) é a solução geral da equação. Solução geral: superposição de soluções Encontramos duas soluções particulares para a equação (6). Qual será sua solução geral? A solução geral deve depender de duas constantes, determinadas a partir das condições iniciais (por que?). Para equações diferenciais lineares e homogêneas, vale a propriedade de superposição de soluções, demonstrada no quadro 1: Se x 1 (t) é solução de (6) e x 2 (t) é solução de (6), então x(t) α x 1 (t) + β x 2 (t) é a solução geral da equação (6), onde α e β são constantes que dependem das condições iniciais. A solução geral é, portanto: x(t) = α x 1 (t) + β x 2 (t) (12) Análise das possíveis soluções em (9). Temos três casos possíveis: Nossa solução geral depende dos valores de p, determinados 1. Caso 1: b 2 4ac > 0 Soluções reais e distintas. Temos essencialmente a soma de duas funções exponenciais. Como exemplo, vamos resolver a equação:, submetida à condição inicial x(0) = 4 e /(0) = 1. (a) Equação algébrica característica: d 2 x x = 0 2 (13) p 2 + 5p + 4 = 0 p 1 = 4 ou p 2 = 1

9 x t Figura 4: Solução da equação (13) para x 0 = 4 e v 0 = 1. (b) Solução geral (equação (12)): (c) Determinação de α e β: x(t) = αe 4t + βe t { x(0) = 4 α + β = 4 α = 5/3 (0) = 1 4α β = 1 β = 17/3 x(t) = 5 3 e 4t e t 2. Caso 2: b 2 4ac < 0 Soluções complexas e distintas. Nesse caso, temos: p = b ± }{{} 2a γ b 2 4ac 4a 2 } {{ } ω 2 p 1 = γ + i ω x 1 (t) = e γt e iωt p 2 = γ i ω x 2 (t) = e γt e iωt (14) Quanto vale e iωt? A resposta a essa pergunta é a chamada fórmula de Euler, demonstrada no quadro 2: e iθ = cos θ + isenθ (15) Assim, a solução geral da equação ca (equações (12), (14) e (15)): x(t) = e γt (α cos ωt + β cos( ωt) + iαsenωt + iβsen(-ωt)) = = e γt (α cos ωt + β cos(ωt) + iαsenωt iβsen(ωt)) (17) Para garantir que x(t) seja uma função real, escolhemos valores de α e β que anulem a parte imaginária da equação (17). Por isso, fazemos α A i B 2 2 e β = A + i B 2 2 e, substituindo em (17), temos: x(t) = e γt [A cos ωt + B senωt] (18)

10 Algorithm 2 Demonstração da fórmula de Euler Dena x(θ) = e iθ. Nossa estratégia é: descobrir de que equação diferencial de segunda ordem essa função é solução. Sabemos que x(0) = e i 0 = 1. Calculemos /dθ: Calculemos d 2 x/dθ 2 : dθ = ieiθ dθ (0) = i d 2 x dθ 2 = i2 e iθ = =x(θ) {}}{ e iθ Mostramos em aula que a solução da equação diferencial (16) é: Substituindo as condições iniciais: x(θ) = a cos(θ) + b sen(θ) x(0) = 1 a = 1 (0) = i dθ b = i, d2 x = x (16) dθ2 concluimos que: x(θ) e iθ = cos θ + isenθ Exemplo: Resolver a equação:, submetida à condição inicial x(0) = 4 e /(0) = 1. (a) Equação algébrica característica: (b) Solução geral (equação (18)): d 2 x x = 0 2 (19) γ {}}{ {}}{ p 2 + 2p + 5 = 0 p 1 = i ou p 2 = 1 4i ω (c) Determinação de A e B: x(t) = e 1t (A cos 4t + Bsen4t) = e 1t ( 4Asen4t + 4B cos 4t) e 1t (A cos 4t + Bsen4t) { x(0) = 4 A = 4 A = 4 (0) = 1 4B A = 1 B = 5/4 x(t) = e t (4 cos 4t + 5/4sen4t)

11 x t Figura 5: Solução da equação (19) para x 0 = 4 e v 0 = Caso 3: b 2 4ac = 0 Soluções reais e idênticas Nesse caso, o método utilizado por nós só encontrou uma solução para a equação. Entretanto, a solução geral precisa de duas soluções (e duas constantes que dependem das condições iniciais). p = b 2a x 1 = e b 2a t. Mas, como encontrar uma segunda solução x 2? Não vamos mostrar aqui como encontrá-la. Mas você pode vericar que x 2 = t e b 2a t também é solução da equação (6) no caso em que b 2 4ac = 0. A solução geral ca, portanto: x(t) = αe b 2a t + βt e b 2a t (20) Exemplo: Resolver: d 2 x x = 0 2 (21), submetida à condição inicial x(0) = 4 e /(0) = 1. (a) Equação algébrica característica: (b) Solução geral (equação (20)): (c) Determinação de α e β: p 2 + 4p + 4 = 0 p 1 = p 2 = 2 x(t) = αe 2t + βt e 2t = 2αe 2t + βe 2t 2βt e 2t { x(0) = 4 α = 4 α = 4 (0) = 1 2α + β = 1 β = 9 x(t) = 4e 2t + 9te 2t

12 x t Figura 6: Solução da equação (21) para x 0 = 4 e v 0 = 1.