Introdução ao estudo de equações diferenciais

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1 MTDI I /08 - Introdução o estudo de equções diferenciis 63 Introdução o estudo de equções diferenciis Existe um grnde vriedde de situções ns quis se desej determinr um quntidde vriável prtir de um seu coe ciente de vrição: se se quer clculr posição de um ponto móvel, conhecendo, lém d posição inicil e do tempo decorrido, su velocidde ou celerção; no cso de um colóni de bctéris, conhecer o seu número o m de um certo espço de tempo, sbendo velocidde inicil e velocidde de crescimento; no cso de um substânci rdioctiv que se desintegr, com coe ciente de vrição conhecido, determinr quntidde de substânci remnescente o m de um ddo tempo, conhecid quntidde inicil, etc. Em exemplos como estes procur-se determinr um função desconhecid por meio de um equção que envolve pelo menos um derivd d função determinr. Tl equção tem o nome de equção diferencil. Se função desconhecid é um função rel de vriável rel, s derivds que precem n equção diferencil são derivds usuis e equção é chmd equção diferencil ordinári (se função desconhecid é função de mis de um vriável, s derivds que precem são derivds prciis e equção diferencil é chmd equção com derivds prciis). Os exemplos mis simples de equções diferenciis ordináris são s equções do tipo y 0 = f (x), em que pr obter solução bst primitivr função f. Neste cpítulo serão estuddos somente lguns tipos muito simples de equções diferenciis ordináris. Solução de um equção diferencil Um solução, num intervlo I de R, de um dd equção diferencil é um função, de nid em I ; que trnsforme equção num identidde, isto é, que veri que equção em todos os pontos x 2 I: Chm-se solução gerl de um equção diferencil, num intervlo I, o conjunto de tods s sus soluções em I: Exemplos. y = e 2x é solução, em R, d equção diferencil y 0 2y = 0, pois y 0 = 2e 2x e, substituindo n equção, obtém-se 2e 2x 2e 2x = 0; 8x 2 R: 2. A função de nid por y = p x 2 é solução, no intervlo I = ] ; [ ; d equção diferencil yy 0 + x = 0, pois y 0 x = p e, substituindo n equção, obtém-se x 2 p x x 2 p + x = 0; 8x 2 ] ; [ : x 2 3. Consideremos equção diferencil y 0 = : Como, pr um constnte rel k; x2 0 rbitrári, x + k = x ; 8x 2 Rn f0g ; expressão + k; k 2 R de ne um 2 x fmíli de soluções de y 0 = em Rn f0g. x2

2 MTDI I /08 - Introdução o estudo de equções diferenciis A equção diferencil (y 0 ) 2 + x 2 y 2 + = 0 não tem nenhum solução rel, pois o primeiro membro é positivo pr tods s funções diferenciáveis reis. 5. A equção diferencil (y 0 ) 2 + y 2 tem como únic solução y = 0; 8x 2 R. De nição: Ordem de um equção diferencil é ordem d derivd de mior ordem que gur ness equção. Exemplo: As equções diferenciis dos exemplos nteriores são de ordem; equção y 00 + xy 0 = 0 é de 2 ordem, y 000 x 2 = 0 é de 3 ordem, etc. A solução gerl de um equção diferencil de ordem n contém, em gerl, n constntes rbitráris. Exemplo: A equção diferencil y 00 = 6x tem por solução y = x 3 + C x + C 2 em que C e C 2 são constntes. Qundo tods s soluções de um equção diferencil se podem obter prtir d solução gerl dndo diferentes vlores às constntes, solução gerl diz-se solução complet, sendo cd solução ssim obtid um solução prticulr. Qulquer outr solução que não poss ser obtid deste modo prtir d solução gerl diz-se um solução singulr. As soluções prticulres podem-se obter xndo, à prtid, condições que função solução tem de obedecer e que se designm por condições iniciis. Chm-se problem de Cuchy ou problem de vlores iniciis o problem de resolver um equção diferencil sujeit condições iniciis. Exemplos:. y = sin x + k; k 2 R, é solução gerl d equção diferencil y 0 = cos x e é solução complet, visto que, efectivmente, dus funções cujs derivds são iguis cos x diferem por um constnte. 2. y = Cx + C 2 é solução gerl d equção diferencil (y 0 ) 2 + xy 0 y = 0; ms não é solução complet, pois equção dmite tmbém solução singulr y = (note-se que y = Cx + C 2 represent um fmíli de rects em que ordend n origem é o qudrdo do declive e y = tem por grá co um prábol) O problem de Cuchy y 0 = 3y; y (0) = 5 dmite como solução y = 5e 3x ; pois y 0 = 5e 3x = 3 (5e 3x ) e y (0) = 5e 30 = 5: 4. y = 3 6 x3 2 x 4e + é solução do problem de vlores iniciis 2x 4 x2 y 00 = x e 2x ; y 0 (0) = ; y (0) = 0: x2 4

3 MTDI I /08 - Introdução o estudo de equções diferenciis 65 A resolução de um equção diferencil ordinári é um problem, de modo gerl, bstnte difícil, hvendo métodos geris de resolução pr poucos tipos de equções. Apresentm-se de seguid s soluções pr lguns tipos simples de equções diferenciis de primeir ordem, de mior plicção em problems concretos que possm estr ligdos às ciêncis nturis. Ao longo de todo este cpítulo considerm-se s soluções ds equções diferenciis de nids em intervlos convenientes. Equção diferencil de primeir ordem pr função exponencil (Est tipo de equções, embor podendo ser inserido no estudo feito à frente, é estuddo à prte pel importânci de que se reveste, ddo incluir s equções que re ectem fenómenos de crescimento, por exemplo, de espécies biológics) A função exponencil y = e x é igul à su derivd e o mesmo sucede à função y = Ce x ; em que C é um constnte rel. Vmos mostrr que são s únics funções com ess propriedde. Teorem Se f (x) é solução d equção y 0 = y; () então f (x) = Ce x ; pr C 2 R: Demonstrção: Por derivção veri c-se que, pr C 2 R, função f (x) = Ce x stisfz (). Suponhmos que g é outr função tl que g 0 (x) = g (x) : Queremos provr que g é d form g (x) = Ce x, pr C 2 R, ou, o que é o mesmo, que g (x) e x = C: De nimos um nov função h (x) = g (x) e x e clculmos su derivd: h 0 (x) = g 0 (x) e x g (x) e x = (g 0 (x) g (x)) e x = 0 Ddo que derivd é 0, função h (x) é constnte, ou sej, existe C 2 R tl que h (x) = C; 8x 2 R; o que prov que g (x) = Ce x : O problem de vlores iniciis ssocido à equção y 0 = y; com condição y (0) = b; sendo b constnte rel, tem solução únic: Corolário Se b 2 R, existe um e um só função f que stisfz simultnemente equção diferencil () e condição inicil y (0) = b: (2) Ess função é de nid por f (x) = be x : (3) Demonstrção: Por derivção e substituição, veri c-se que função f (x) = be x stisfz simultnemente () e (2). Pr ver que é únic função nesss condições suponhmos que

4 MTDI I /08 - Introdução o estudo de equções diferenciis 66 existe outr função g tl que g 0 (x) = g (x) e g (0) = b: Pelo teorem sbemos que g é d form g (x) = Ce x. Ms g (0) = b ) C = b e g (x) = be x. De form completmente nálog se prov que solução gerl d equção diferencil y 0 = ky sendo k um constnte rel, é d form y 0 = Ce kx ; com C 2 R. Se, lém disso, considerrmos condição inicil y (0) = b; solução tem form y = be kx : Equções diferenciis de vriáveis sepráveis de ordem Denomin-se equção diferencil de vriáveis sepráveis de ordem um equção de ordem d form y 0 = f (x; y) em que f (x; y) se pode escrever como um produto de dus funções contínus, um dependendo só de x e outr em que só prece y: Exemplos: As seguintes equções diferenciis são equções de vriáveis sepráveis:. y 0 = xy 2. y 0 = sin x cos y 3. y 0 = + y2 x 2 Antes de dr o modo de encontrr solução pr este tipo de equções, note-se que, se equção diferencil se pode escrever n form y 0 = A (x) C (y) em que A (x) e C (x) são funções contínus e se C (y) 6= 0; equção pode tomr form em que B (y) = C (y) : B (y) y 0 = A (x) (4) O teorem seguinte dá solução pr este tipo de equções, embor ess solução sej obtid de form implícit, podendo ser posteriormente explicitd pr intervlos convenientes do domínio de y:

5 MTDI I /08 - Introdução o estudo de equções diferenciis 67 Teorem 2 Sej y um solução d equção (4) tl que y 0 ; A e função compost B y são funções contínus num certo intervlo I e sej F qulquer primitiv de B em y (I) : Então y stisfz tmbém equção F (y) = A (x) dx + k: (5) Reciprocmente, se y stisfz (5), então y é solução de (4). Demonstrção: Se y é solução de (4), veri c-se B (y (x)) y 0 (x) = A (x) ; 8x 2 I: (6) Como F 0 = B; obtém-se F 0 (y (x)) y 0 (x) = A (x) ; 8x 2 I: (7) De cordo com regr de derivção d função compost, o primeiro membro de (7) é derivd d função compost F y e, portnto, F y = F (y) é um primitiv de A (x) ; pelo que F (y) = A (x) dx + k; que é relção (5). Reciprocmente, se y stisfz (5), derivndo mbros os membros d dess iguldde, obtémse (6), o que prov que y é solução d equção diferencil (4). Observções: A fórmul (5) pode tmbém exprimir-se em função de B. De (6) deduz-se que B (y (x)) y 0 (x) dx = A (x) dx (8) Atendendo o estuddo sobre o método de substituição no cálculo integrl, (8) pode-se escrever n form: B (y) dy = A (x) dx: (9) Como o integrl inde nido R B (y) dy é um primitiv de B; (9) é outr form de escrever (5). N prátic, fórmul (9) obtém-se directmente de (4) por um processo "mecânico". N equção diferencil (4) substituímos y 0 por dy (notção de Leibniz) e considerndo como um cociente obtemos relção dx B (y) dy = A (x) dx: (0) Colocndo então os sinis de integrl inde nido em mbos os membros de (0) e somndo um constnte, obtêm-se (9). Note-se que o teorem nterior já deu justi - cção deste processo "mecânico".

6 MTDI I /08 - Introdução o estudo de equções diferenciis 68 Concluindo, solução de um equção diferencil d form B (y) y 0 = A (x) é clculd, de form implícit, trvés do cálculo de R R B (y) dy = A (x) dx : Exemplos: Ns resoluções que se seguem, como já foi referido trás, considermos sempre os cálculos efectudos em domínios reis em que são possiveis (por exemplo, y 0 = y 2 sin x, y0 y = sin x 2 só é verdde qundo y 2 6= 0). Tmbém s soluções nis são considerds pens em intervlos em que estejm de nids.. A equção yy 0 = x é um equção de vriáveis sepráveis, já escrit n form (4), com B (y) = y e A (x) = x. Aplicndo fórmul (9) obtém-se B (y) dy = A (x) dx,, ydy = xdx, y2 2 = x2 2 + k:, y 2 = x 2 + 2k: Como referido trás, solução y obtém-se em form implícit. 2. y 0 + y 2 sin x = 0 é um equção de vriáveis sepráveis. Começmos por escrevê-l n form (4): y 0 + y 2 sin x = 0, y 0 = y 2 sin x, y0 y = sin x 2 Neste cso B (x) = e A (x) = sin x e tem-se y2 B (y) dy = A (x) dx,,, y, y = y 2 dy = = cos x + k: cos x + k sin xdx

7 MTDI I /08 - Introdução o estudo de equções diferenciis y 0 = + y2 x 2, y0 + y 2 = x 2 Neste cso B (x) = + y 2 e A (x) = x 2 e tem-se 4. y 0 = sin x cos y, cos y y0 = sin x. B (y) dy =, A (x) dx, + y 2 dy = x 2 dx, rctn y = x + k:, y = tn x + k Neste cso B (x) = cos y e A (x) = sin x e tem-se B (y) dy = A (x) dx,, cos ydy = sin xdx, sin y = cos x + k:, y = rcsin ( cos x + k) Equções diferenciis lineres De nição: Um equção diferencil diz-se liner se pode ser escrit n form 0 (x) y (n) + (x) y (n ) + + n (x) y 0 + n y = F (x) em que 0 ; ; : : : ; n e F (x) são funções conhecids e contínus de x: Tods s outrs equções diferenciis são não lineres. Exemplos:. y 00 + xy 0 + x 2 y = e x é liner. 2. y 00 + cos x = 0 é liner. (neste cso (x) = 0 e 2 (x) = 0) 3. y 00 + yy 0 + x = 0 é não liner. 4. (y 0 ) 2 + yy 0 + x = 0 é não liner. As equções diferenciis lineres, ddo terem um form muito regulr, permitem, em váris situções prticulres, o cálculo de soluções geris, não existindo, no entnto, nem neste cso, solução gerl pr um equção liner rbitrári. Neste curso vmos pens dr solução gerl pr equções diferenciis lineres de ordem.

8 MTDI I /08 - Introdução o estudo de equções diferenciis 70 Equções diferenciis lineres de ordem A form gerl de um equção diferencil liner de ordem é A (x) y 0 + B (x) y = C (x) ; () onde A; B e C representm funções contínus de x de nids num conjunto X formdo por um ou mis intervlos. Supõe-se que A (x) 6= 0; isto é, que A (x) é sempre positiv ou sempre negtiv em cd um dos intervlos de X, pr poder dividir () por A (x) e obter form onde P (x) e Q (x) são funções contínus de x: Vmos ver como resolver (2). y 0 + P (x) y = Q (x) ; (2) Consideremos em primeiro lugr o cso em que Q (x) é função identicmente nul. equção resultnte, y 0 + P (x) y = 0; (3) chm-se equção reduzid ou homogéne correspondente (2). Est equção é um equção de vriáveis sepráveis, pelo que é possível clculr solução: :y 0 + P (x) y = 0,, :y 0 = P (x) y, : y0 y = P (x) (se y 6= 0) A Tem-se, neste cso, B (x) = y e A (x) = P (x) e tem-se B (y) dy = A (x) dx,, y dy = P (x) dx, ln jyj = P (x) dx + k; k 2 R, jyj = e R P (x)dx+k ; k 2 R, jyj = e k e R P (x)dx ; k 2 R D últim expressão, e tendendo ind que função y = 0 é solução de (3), que solução gerl de y 0 + P (x) y = 0; é y = Ce R P (x)dx ; C 2 R

9 MTDI I /08 - Introdução o estudo de equções diferenciis 7 Exemplos:. N equção y 0 + 2y = 0 tem-se P (x) = 2; pelo que solução é y = Ce R 2dx ; C 2 R, y = Ce 2x ; C 2 R 2. xy 0 + y = 0, y 0 + y x = 0: Neste cso P (x) = x e y = Ce R x dx ; C 2 R, y = Ce ln x ; C 2 R, y = C x ; C 2 R O problem de vlores iniciis ssocido este tem solução únic, como se vê no seguinte teorem: Teorem 3 Sej P um função contínu num intervlo berto I; x 0 um ponto de I e y o um número rel qulquer. Existe um e um só função y = f (x) que é solução d equção y 0 + P (x) y = 0 no intervlo I e que stisfz condição inicil f () = b: Ess função é dd pel fórmul f (x) = be xr P (t)dt Demonstrção: Sej f (x) = be A(x) com A (x) = x P (t) dt: (4) Por derivção veri c-se que (4) stisfz (3). Tem-se ind que A () = 0 e, portnto, f () = b; o que prov que (4) é solução do problem presentdo. Flt ver que é únic solução, pr o que segue um cminho semelhnte o d demonstção do teorem. Sej g (x) outr função tmbém solução de (3) e tl que g () = b: Provr que g (x) = be A(x) é o mesmo que provr que g (x) e A(x) = b: Pelo teorem fundmentl do cálculo integrl sbemos que 0 A 0 (x) x 0 P (t) dta = P (x) : Sendo h (x) = g (x) e A(x) ; então h 0 (x) = g 0 (x) e A(x) + g (x) e A(x) A 0 (x) = = e A(x) (g 0 (x) + g (x) P (x)) : Como g (x) é solução (3), g 0 (x) + P (x) g (x) = 0; 8x 2 I

10 MTDI I /08 - Introdução o estudo de equções diferenciis 72 e, portnto h 0 (x) = 0 em I; pelo que h (x) é constnte em I: Tem-se ssim que 8x 2 I; h (x) = h () = g () e A() = g () e 0 = b; isto é ou sej h (x) = g (x) e A(x) = b g (x) = be A(x) = f (x) como se queri provr. Exemplo: Consideremos o problem de vlores iniciis Como ( + x 2 ) y 0 + y = 0, y 0 + b =. Pelo teorem ( ( + x 2 ) y 0 + y = 0 y () = y = 0; função P (x) = + x2 + x e temos = e 2 y = e xr +t 2 dt,, y = e [rctn t]x, y = e rctn x+ 4 : De seguid vmos estudr form de resolver equção diferencil não homogéne (2). A prtir d solução d equção homogéne, é possível concluir que solução gerl pr equção y 0 + P (x) y = Q (x) é d form y = Ce R P (x)dx + e R P (x)dx R e R P (x)dx Q (x) dx Exemplo: Consideremos equção y 0 +y tn x = cos 2 x: Nest equção P (x) = tn x; Q (x) = cos 2 x e P (x) dx = tn xdx = ln (cos x) Então: y = Ce R P (x)dx + e R P (x)dx e R P (x)dx Q (x) dx, y = Ce ( ln(cos x)) + e ( ln(cos x)) e ln(cos x) cos 2 xdx, y = C cos x + cos x, y = C cos x + cos x cos x cos2 xdx cos xdx, y = C cos x + cos x sin x; C 2 R

11 MTDI I /08 - Introdução o estudo de equções diferenciis 73 Como no cso ds equções homogénes, o problem de vlores iniciis ssocido este tem solução únic, como se vê no seguinte teorem: Teorem 4 Sejm P e Q funções contínus num intervlo berto I; um ponto de I e b um número rel qulquer. Existe um e um só função y = f (x) que é solução d equção y 0 + P (x) y = Q (x) no intervlo I e que stisfz condição inicil f () = b: Ess função é dd pel fórmul R f (x) = be A(x) + e A(x) x e A(t) Q (t) dt; (5) em que xr A (x) = P (t) dt Demonstrção: Suponhmos que um função f (x) é solução de (2) e que f () = b: Sej xr h (x) = f (x) e A(x) ; em que A (x) = P (t) dt: Então h 0 (x) = f 0 (x) e A(x) + f (x) e A(x) A 0 (x) = = f 0 (x) e A(x) + f (x) e A(x) P (x) = = e A(x) (f 0 (x) + P (x) f (x)) : (6) Como f é solução de (2), f 0 (x) + P (x) f (x) = Q (x) e (6) c h 0 (x) = e A(x) Q (x) : Utilizndo o teorem fundmentl do cálculo integrl, x h (x) h () = e A(t) Q (t) dt; isto é h (x) = b + x e A(t) Q (t) dt; (visto que h () = f () = b). Ddo que h (x) = f (x) e A(x) ; então f (x) = h (x) e A(x) ; ou sej x f (x) = be A(x) + e A(x) e A(t) Q (t) dt; que é fórmul (5) que se procurv. É imedito que f () = b: Chegou-se, portnto à expressão de qulquer função f que sej solução d equção diferencil (2). Reciprocmente, por simples derivção, veri cmos que (5) é solução de (2). Assim podemos concluir que expressão (5) é únic solução de (2) que tom o vlor b no ponto :

12 MTDI I /08 - Introdução o estudo de equções diferenciis 74 Exemplo: 8 < y 0 + xy = x Consideremos o problem de vlores iniciis : y (0) = 2 : Neste cso P (x) = x; Q (x) = x; = 0; b = 2 : xr xr Assim, A (x) = P (t) dt = tdt = 2 x2 0 x y = be A(x) + e A(x) y = e 2 e 2 x2 + e 2 x2 x 0 e A(t) Q (t) dt; e 2 t2 t dt;, y = 2 e 2 x2 + e 2 x2 e 2 x2, y = 2 e 2 x2 + e 2 x2, y = 3 2 e 2 x2 +

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