Equações Diferenciais

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1 IFBA Equações Diferenciais Versão 1 Allan de Sousa Soares Edson Patrício Barreto de Almeida Vitória da Conquista - BA 2017

2 Sumário 1 Terminologia e Definições Básicas 4 11 Classificação 4 12 Solução de uma EDO 5 13 Exercícios 6 2 Variáveis Separáveis 8 21 Introdução 8 22 Variáveis Separáveis 9 23 Exercícios 11 3 Equações Homogêneas Equações Homogêneas Exercícios 14 4 Equações Exatas Equações Exatas Exercícios 19 5 Equações Lineares Equações Lineares Exercícios 22 6 Equações Diferenciais de Ordem Superior: Dependência Linear e Independência Linear Problema de Valor Inicial Dependência Linear e Independência Linear Exercícios 27 7 Soluções para Equações Lineares Equação Homogênea 29 1

3 72 Equação Não-Homogênea Exercícios 32 8 Construindo uma Segunda Solução a Partir de uma Solução Conhecida Caso Geral Exercícios 34 9 Equações Lineares Homogêneas com Coeficientes Constantes Introdução Equações Lineares Homogêneas de Segunda Ordem com Coeficientes Constantes Equações Lineares Homogêneas de n-ésima Ordem com Coeficientes Constantes Exercícios Equações Diferenciais com Coeficientes Indeterminados - Superposição Princípio da Superposição Exercícios Variação dos Parâmetros Equação Linear de Primeira Ordem Equação Linear de Segunda Ordem Exercícios Equações Diferenciais Com Coeficientes Variáveis Introdução Alguns Fatos Sobre Séries de Potência Soluções em Torno de Pontos Ordinários Exercícios Equações Diferenciais Com Coeficientes Variáveis (Continuação) Pontos Singulares Regulares - Método de Frobenius Exercícios Modelagem Matemática Aplicações das Equações Diferenciais Introdução 59 2

4 142 Trajetórias Ortogonais Crescimento e Decrescimento Meia-Vida Cronologia do Carbono Resfriamento Circuitos em Série Logística Sistemas Oscilatórios Resolução dos Exercícios Capítulo Capítulo

5 Capítulo 1 Terminologia e Definições Básicas 11 Classificação Definição 111 Uma equação que contém as derivadas ou diferenciais de uma ou mais variáveis dependentes, em relação a uma ou mais variáveis independentes, é chamada de equação diferencial (ED) Exemplo 112 São ED s as seguintes equações: (1) dy dt 5y = 1, (2) (y x)dx + 4xdy = 0, (3) u y = v x Uma equação diferencial pode ser classificada quanto ao tipo, ordem e linearidade Classificação quanto ao tipo Se uma equação contém somente derivadas ordinárias de uma ou mais variáveis dependentes, com relação a uma única variável independente, ela é chamada de equação diferencial ordinária (EDO) Exemplo 113 São exemplos de EDO s as seguintes equações: (1) dy dt 4y = 1, (2) d2 y dx 2 2dy dx + 6y = 0 du (3) dx dv dx = x Uma equação que envolve deridas parciais de uma ou mais variáveis dependentes de duas ou mais variáveis independentes é dita equação diferencial parcial (EDP) Exemplo 114 São EDP s as seguintes equações: (1) u y = v x, 2 u x = 2 u 2 t 2 u 2 t Classificação quanto a ordem: A ordem de uma ED é dada pela maior das ordens dentre todas as derivadas de sua fórmula 4

6 Exemplo 115 Vejamos alguns exemplos de ED s e suas ordens: ED s de ordem 1: 4x dy + y = 2x, dx y + 2y = x ED s de ordem 2: y + 5y + y = 0, dy + d2 y = dy + x, 2 u dx dx dx ED s de ordem 4: a 2 4 v + 2 v = 0, y (4) + y 5 + 2y = 1 x 4 t 2 x Classificação quanto linearidade: x u t 2 = 0 Uma equação diferencial é chamada linear se pode ser escrita na forma: Em palavras, temos: a n (x) dn y dx n + a n 1(x) dn 1 y dx n a 1(x) d1 y dx 1 + a 0(x)y = g(x) i) As variáveis dependentes de y e todas as suas derivadas são do primeiro grau, isto é, cada potência de um termo envolvendo y é igual a 1 ii) Cada coeficiente depende apenas da variável independente x Exemplo 116 São ED s lineares: (1) xdy + ydx = 0, (2) y 2y + y = 0, (3) x 3 d3 y dx 3 x2 d2 y dx 2 + 3xdy dx + 6y = e3x Uma equação que não é linear é dita não-linear Exemplo 117 São ED s não-lineares: ( ) d (1) xy + yy = 0, (2) y 2y 2 + xy = 0, (3) x y x 2 d2 y dy + dx 5 x2 dx2 dx + 6y = e3x 12 Solução de uma EDO Definição 121 Qualquer função f definida em um intervalo I, que, quando substituída na equação diferencial, reduz a equação a uma identidade, é chamada de solução para a equação no intervalo Exemplo 122 Verifique que y = x4 16 intervalo (, + ) Solução: Note que onde temos para todo número real é uma solução para a equação não linear dy dx y = x4 16 y = x3 4 e y1/2 = x2 4, dy dx xy1/2 = x3 4 xx2 4 = 0 y = x4 16, = xy1/2 no 5

7 Exemplo 123 A função y = e 2x é uma solução para a equação linear y 5y + 6y = 0 Solução: De fato, calculando y e y temos y = 2e 2x e y = 4e 2x, onde substituindo no lado esquerdo da EDO dada, temos y 5y + 6y = 4e 2x 52e 2x + 6e 2x = 0, que é justamente o lado direito Exemplo 124 A função y 3 x ordem xdy = (1 y)dx = 1 é uma solução, no intervalo (0, + ), da EDO de primeira Solução: Devemos reorganizar a EDO xdy = (1 y)dx, que fica melhor escrita assim: Além disso, y = dy Note que x x dy dx = x xdy = (1 y)dx x dy dx = 1 y = 3, donde obtemos dx x 2 ( 3x ) 3x = 1 1 3x ( = x ) = 1 y Exemplo 125 A função y = x 2 + 2x não é solução para a EDO y = 2x + 1 em nenhum intervalo real Solução: De fato, y = x 2 + 2x y = 2x + 2 2x + 1, para todo x real 13 Exercícios Exercício 1 Classifique cada equação a seguir dizendo se elas são lineares ou não-lineares e dê também sua ordem a) (1 x)y 4sen(x)y + 5y = cos(x); b) x 3 y (4) x 2 y + 4xy 3y = 0; c) y (3) y 5 + x 2 y = x; d) dy dx = 1 + ( d 2 y dx 2 ) 2 Respostas: a) linear, segunda ordem; b) linear, quarta ordem; c) não-linear, terceira ordem; d) não-linear, segunda ordem 6

8 Exercício 2 Verifique que a função dada é uma solução para a equação diferencial a) 2y = y; y = e x/2 b) y = 25 + y 2 ; y = 5tg(5x) c) y 1 y = 1; y = xln(x), x > 0 x d) 2xydx + (x 2 + 2y)dy = 0; x 2 y + y 2 = c, onde c é uma constante e) y 6y + 13y = 0; y = e 3x cos(2x) f) y = y; y = cosh(x) + senh(x) g) x 3 d3 y dx 3 + 2x 2 d2 y dx 2 x dy dx + y = 12x2 ; y = ax + bxln(x) + 4x 2, onde x > 0 e a, b são constantes Respostas: Desenvolva! Em caso de dúvida consultar o professor 7

9 Capítulo 2 Variáveis Separáveis 21 Introdução As EDO s de Primeira Ordem modelam diversos fenômenos, tais como, Crescimento e Decrescimento Populacional, Tempo de Meia Vida de Substâncias Radioativas, Cronologia do Carbono etc Veremos a seguir técnicas para se resolver alguns tipos de tais EDO s Problema de Valor Inicial - PVI Estamos interessados em resolver uma equação diferencial de primeira ordem dy = f(x, y) (21) dx sujeita à condição inicial y(x 0 ) = y 0, onde x 0 pertence a um dado intervalo I Exemplo 211 Temos que y = ce x é uma família a um parâmetro de soluções para y = y no intervalo (, + ) De fato, y = ce x = y Se, adicionalemte impormor a condição y(0) = 5, teremos Assim, uma solução para o PVI 5 = ce 0 c = 5 y = y, y(0) = 5 é dada por y = 5e x A seguir, estão representadas graficamente uma familia de soluções: (22) 8

10 Exemplo 212 Verifique que as funções y = 0 e y = x 4 /16 satisfazem o PVI dy dx = xy1/2, y(0) = 0 Solução: Trivial! Surge então uma pergunta: Dado um PVI, existe uma solução para ele? Se existe, esta solução é única? O teorema a seguir, devido a Picard, nos dá condições suficientes para garantirmos a existência e unicidade de soluções Teorema 213 Seja R uma região retangular do plano xy definida por a x b, c y d, 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(x) definida em I que satisfaz o problema de valor inicial 21 Exemplo 214 Para cada item abaixo, determiaremos a região do plano xy para a qual a equação diferencial dada teria uma única solução passando por um ponto (x 0, y 0 ) na região a) dy dx = y2/3, b) x dy dx = y c) (4 y2 )y = x 2 Solução: Basta aplicarmos o Teorema 213: a) dy = dx y2/3 f(x, y) = y 2/3 f = 2 y 3 3 y Note que f é descontínua em y = 0 Portanto, o Teorema 213 garante que a região procurada é o y semiplano: y < 0 ou y > 0 b) x dy dx = y dy dx = y x f(x, y) = y x f y = 1 x Da mesma forma que acima, temos que a região procurada é o semiplano: x > 0 ou x < 0 c) f(x, y) = x2 4 y 2 f y = 2x2 y (4 y 2 ) 2 Assim, a região procurada é dada por y < 2, 2 < y < 2 ou y > 2 22 Variáveis Separáveis Definição 221 Uma equação diferencial da forma é chamada separável dy dx = g(x) h(y) 9

11 O método de solução de uma equação separável é bastante simples Basta seguirmos o seguinte procedimento dy dx = g(x) h(y) h(y)dy = g(x)dx h(y)dy = g(x)dx H(y) + c 1 = G(x) + c 2 (23) Assim a equação 23 resulta em H(y) = G(x) + c Exemplo 222 Resolva as seguintes EDO s separáveis a) dy dx = x 5 y 2 ; b) (1 + x)dy ydx = 0; c) dy = x, y(4) = 3; dx y d) dy = dx y2 4, y(0) = 1 Solução: a) Temos que dy dx = x 5 y 2 y 2 dy = (x 5)dx y 2 dy = (x 5)dx y3 3 = x2 2 5x + c b) Temos que (1 + x)dy ydx = 0 1 y dy = x dx 1 y dy = 1 dx ln y = ln 1 + x + c 1 + x y = e ln 1+x +c y = e ln 1+x e c y = k 1 + x, em que k = e c c) Temos que dy dx = x y ydy = xdx Usando a condição inicial y(4) = 3 temos ydy = xdx y2 2 = x2 2 + c = c c = 25 2 Portanto, a solução do PVI é dada por x2 2 + y2 2 = 25 2 ou x2 + y 2 = 25 d) Temos que dy dx = y2 9 1 dy = dx y y 2 9 dy = Escrevendo as frações parciais, temos ( y 3 1 ) dy = dx 1 ( 1 y y 3 1 ) dy = dx y (ln y 3 ln y + 3 ) = x + k ln y 3 y + 3 = 6x + 6k 10 dx

12 y 3 y + 3 = ce6x y 3 = cye 6x + 3ce 6x y(1 ce 6x ) = 3(1 + ce 6x ) y = ce6x 1 ce 6x A condição y(0) = 1 nos dá 1 = c 1 c c = 2, e portanto a solução do PVI é dada por y = 3 1 2e6x 1+2e 6x 23 Exercícios Exercício 3 Determine a região do plano xy para a qual a equação diferencial teria uma única solução passando por um ponto (x 0, y 0 ) na região a) (x 2 5x + 6) dy dx = y; b) y = x2 y 1 ; c) (2 y 2 )y = x 2 Resposta: a) x < 2, 2 < x < 3 ou x > 3; b) y < 1 ou y > 1; c) y < 2, y > 2 ou 2 < y < 2 Exercício 4 Resolva as seguintes EDO s por separação de variável a) dy dx = sen(5x); b) dx + e 3x dy = 0; c) (x + 1) dy = x + 6; dx d) dx = x2 y 2 ; dy 1+x e) dp = P P 2 ; dt f) dy = xy+3x y 3 ; dx xy 2x+4y 8 Respostas: a) y = 1cos(5x)+c; b) y = e 3x +c; c) y = x+5ln x+1 +c; d) 3+3ln x = xy 3 +cx; e) P = cet 1+ce t ; f) y 5ln y + 3 = x ln x c 11

13 Capítulo 3 Equações Homogêneas 31 Equações Homogêneas Definição 311 Se uma função f satisfaz f(tx, ty) = t n f(x, t) para algum número real n, então dizemos que f é uma função homogênea de grau n Exemplo 312 Verifique qual(is) das funções dadas é homogênea: a) f(x, y) = x 2 3xy + 5y 2 ; b) f(x, y) = 3 x 4 + y 4 ; c) f(x, y) = x 3 + y Solução: a) f(tx, ty) = (tx) 2 3(txty) + 5(ty) 2 = t 2 (x 2 3xy + 5y 2 ) = t 2 f(x, y) homogênea de grau 2; b) f(tx, ty) = 3 (tx) 4 + (ty) 4 = 3 t 4 (x 4 + y 4 ) = t 4/3 3 x 2 + y 2 = t 4/3 f(x, y) homogênea de grau 4/3; c) f(tx, ty) = (tx) 3 + (ty) = t 3 x 3 + t 3 y f(x, y) não é homogênea Definição 313 Uma equação diferencial da forma M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 é chamada homogênea se ambos os coeficientes M e N são funções homogêneas do mesmo grau Uma equação diferencial homogênea M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 (31) 12

14 pode ser resolvida por meio de uma substituição algébrica Especificamente, y = ux ou x = vy, em que u, v são as novas variáveis independentes Tais substituições (não simultaneamente, isto é, escolha uma!) transformarão a equação 31 numa equação separável De fato, fazendo y = ux, temos M(x, ux)dx + N(x, ux)(udx + xdu) = 0 Pela homogeneidade, temos que existe n real tal que x n M(1, u)dx + x n N(1, u)(udx + xdu) = 0 (M(1, u) + un(1, u))dx + xn(1, u)du = 0 Assim, dx x + N(1, u)du M(1, u) + un(1, u) = 0 (32) Exemplo 314 Resolva as seguintes EDO s a) dy dx = y x y+x ; b) (x 2 + y 2 )dx + (x 2 xy)dy = 0; c) x dy dx = y + xey/x, y(1) = 1 Solução: a) Primeiro, devemos obter as funções M e N Pois, bem dy dx = y x y + x (y+x)dy = (y x)dx (x y)dx+(y+x)dy = 0 M(x, y) = x y, N(x, y) = y+x Aplicando a equação 32 às funções M(1, u) = 1 u e N(1, u) = 1 + u, temos dx x u 1 u + u(1 + u) du = 0 dx x u du = u2 Integrando, dx 1 + u dx x u du = k 2 x u du + u u du = k 2 ( y ln x + arctg + x) 1 ( y 2 ln 1 + u2 = k 2ln x + 2arctg + ln x x) 2 + y 2 = 2k ( y ln x 2 + 2arctg x) + ln x 2 + y 2 ( y ) x 2 = c ln x2 + y 2 + 2arctg = c x x 2 b) Usando a substituição y = ux, temos M(1, u) = 1 + u 2, e N(1, u) = 1 u, onde, por meio da equação 32 chegamos à seguinte equação separável dx x = 1 u dx 1 + u 2 + u(1 u) du x = 1 u 1 + u 2 + u(1 u) Por meio da substituição w = 1 + u e du = dw, temos que o quociente 1 u du pode ser escrito da 1+u forma 1 (w 1) dw = 2 w w w dw = ( 2 w 1)dw = ( u 1)du 13

15 Portanto, dx x = 2 ( 1)du ln x = 2ln 1 + u + u + ln(c) 1 + u ln x = 2ln 1 + y + y x x + ln(c) y 1 x = ln x + 2ln y + ln(c), x onde por meio das propriedades de logaritmos 1, temos y x = ln + y)2 1 x(x x 2 c = ln (x + y) 2 cx = y x (x + y)2 = cxe y/x c) Dividindo ambos os membros de x dy dx = y + xey/x por x, temos dy dx = y x + ey/x Uma substituição adequada, pela própria forma da função é u = y, considerando que dy = udx+xdu x udx + xdu dx = u + e u udx + xdu = udx + e u dx xdu = e u dx du e u = dx x e u du = dx x Integrando, e u du = Usando a condição inicial y(1) = 1, temos Portanto, a solução do PVI é dada por dx x e u + c = ln x e y/x + c = ln x e 1/1 + c = ln(1) c = e 1 e y/x + e 1 = ln x 32 Exercícios Exercício 5 Determine se a função dada é homogênea quando for o caso a) x 3 + 2xy 2 y4 ; x b) x3 y x 2 y 2 ( c) cos (x+8y) 2 ; x 2 x+y ) Especifique o grau de homogeneidade Respostas: a) homogênea de grau 3; b) homogênea de grau 2; c) não é homogênea 1 Seguem algumas propriedades referente aos logaritmos i) aln b = ln b a ii) ln(a) + ln(b) = ln(ab) iii) ln(a) ln(b) = ln(a/b) iv) a = ln(b) b = e a 14

16 Exercício 6 Resolva as seguintes EDO s homogêneas a) (x y)dx + xdy = 0; b) xdx + (y 2x)dy = 0; c) (y 2 + yx)dx x 2 dy = 0; d) y dx dy = x + 4ye 2x/y ; e) xy 2 dy dx = y3 x 3, y(1) = 2; f) 2x 2 dy dx = 3xy + y2, y(1) = 2 Respostas: a) xln x +y = cx; b) (x y)ln x y = y+c(x y); c) x+yln x = cy; d) e 2x/y = 8ln y +c; e) y 3 + 3x 3 ln x = 8x 3 ; f) y 2 = 4x(x + y) 2 15

17 Capítulo 4 Equações Exatas 41 Equações Exatas É recomendado que o leitor esteja a par de derivação parcial Seja z = f(x, y) uma função de duas variáveis com derivadas parciais contínuas em uma região R do plano xy Chamaremos de diferencial total de z a função Definição 411 Uma expressão diferencial dz = f f dx + x y dy M(x, y)dx + N(x, y)dy é uma diferencial exata em uma região R do plano xy se ela corresponde à diferencial total de alguma função f(x, y) Uma equação diferencial da forma M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 é chamada de uma equação exata se a expressão do lado esquerdo é uma diferencial exata Exemplo 412 Observe que a equação ( y 2 sen(x) + y)dx + (2ycos(x) + x)dy é exata, pois d(y 2 cos(x) + xy) = ( y 2 sen(x) + y)dx + (2ycos(x) + x)dy Teorema 413 Sejam M(x, y) e N(x, y) funções contínuas com derivadas parciais contínuas em uma região retangular R definida por a < x < b e c < y < d Então, uma condição ncessária e suficiente para que M(x, y)dx + N(x, y)dy seja uma diferencial exata é M y = N x 16

18 Observação 414 Decorre do Teorema 413 que se uma dada diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy é exata, então existe f(x, y) tal que f x = M e f y = N Exemplo 415 A diferencial do Exemplo 412 é, conforme o Teorema 413, exata De fato, sendo M(x, y) = y 2 sen(x) + y e N(x, y) = 2ycos(x) + x, temos M y = 2ysen(x) + 1 = N x Exemplo 416 Verifique que as seguintes EDO s são exatas: a) 2xydx + (x 2 1)dy = 0; b) (e 2y ycos(xy))dx + (2xe 2y xcos(xy) + 2y)dy = 0; c) (cos(x)sen(x) xy 2 )dx + y(1 x 2 )dy = 0 Solução: a) Note que M(x, y) = 2xy e N(x, y) = x 2 1 Assim, M y = 2x = N x, e portanto, o Teorema 413 nos garante que a EDO em questão é exata b) Da mesma forma, M(x, y) = e 2y ycos(xy) e N(x, y) = 2xe 2y xcos(xy) + 2y Assim, M y = 2e2y + xysen(xy) cos(xy) = N x, e portanto, o Teorema 413 nos garante que a EDO em questão é exata c) Note que M y = 2xy = N x, e portanto, o Teorema 413 nos garante que a EDO em questão é exata A solução de uma EDO exata é conseguida da seguinte forma Dada a equação M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0: i) Mostre que M y = N x ; ii) Suponha que existe f tal que f x = M(x, y) (*) (ou f y = N(x, y) ) iii) Integrando ambos os membros de (*) em relação a x, temos f x dx = M(x, y)dx + g(y) f(x, y) = M(x, y)dx + g(y), ( ) onde a função g(y) é a constante de integração iv) Agora derive (**) em relação a y y (f(x, y)) = ( ) M(x, y)dx + g(y) y y (f(x, y)) = y M(x, y)dx + g (y), 17

19 onde podemos igualar com N(x, y), N(x, y) = y M(x, y)dx + g (y) v) Integre g (y), obtendo g(y) Exemplo 417 Resolva as EDO s a), b), c) do Exemplo 416 Solução: Considerando que todas a diferenciais são exatas já podemos começar a resolvê-las a) Temos que f(x, y) = Diferenciando parcialmente em relação a y, temos 2xydx + g(y) = x 2 y + g(y) f y = x2 + g (y) Comparando a equação acima com N(x, y), temos x 2 + g (y) = x 2 1 g (y) = 1 g(y) = y Logo, c = x 2 y y b) Temos que f(x, y) = (e 2y ycos(xy))dx + g(y) = xe 2y y 1 y sen(xy) + g(y) = xe2y sen(xy) + g(y) Diferenciando parcialmente emrelação a y, temos f y = 2xe2y xcos(xy) + g (y) Comparando a equação acima com N(x, y), temos 2xe 2y xcos(xy) + g (y) = 2xe 2y xcos(xy) + 2y g (y) = 2y g(y) = y 2 Logo, c = xe 2y sen(xy) + y 2 c) Temos que f(x, y) = Diferenciando parcialmente em relação a x, temos y(1 x 2 )dy + g(x) = y2 (1 x 2 ) 2 f x = xy2 + g (x) 18 + g(x)

20 Comparando a equação acima com M(x, y), temos xy 2 + g (x) = cos(x)sen(x) xy 2 g (x) = cos(x)sen(x) g(x) = 1 2 cos2 (x) Logo, c = y2 (1 x 2 ) cos2 (x) 42 Exercícios Exercício 7 Verifique se a equação dada é exata Se for, resolva a) (2x 1)dx + (3y + 7)dy = 0; b) (5x + 4y)dx + (4x 8y 3 )dy = 0; c) (x + y)(x y)dx + x(x 2y)dy = 0; d) (y 3 y 2 sen(x) x)dx + (3xy 2 + 2ycos(x))dy = 0; e) x dy dx = 2xex y + 6x 2 ; f) (4y + 2x 5)dx + (6y + 4x 1)dy = 0, y( 1) = 2 Respostas: a) x 2 x+ 3 2 y2 +7y = c; b) 5 2 x2 +4xy 2y 4 = c; c) não é exata; d) xy 3 +y 2 cos(x) 1 2 x2 = c; e) xy 2xe x + 2e x 2x 3 = c; f) 4xy + x 2 5x + 3y 2 y = 8 19

21 Capítulo 5 Equações Lineares 51 Equações Lineares Definição 511 Uma equação diferencial da forma é chamada de equação linear a 1 (x) dy dx + a 0y = g(x) (51) Supondo um intervalo I, para o qual a 1 (x) 0, podemos dividir 51 por a 1 (x), isto é, podemos considerar dy + P (x)y = f(x) (52) dx Multipliquemos 52 por uma função auxiliar µ(x) (que simplificará a EDO) Comparando o lado esquerdo de 53 com d dy (µ(x)y) = µ(x) dx µ(x) dy + µ(x)p (x)y = µ(x)f(x) (53) dx + dµ(x) dx dx y, temos dµ(x) dµ(x) = µ(x)p (x) dx dµ(x) = P (x)dx dµ(x) µ(x) = P (x)dx ln(µ(x)) = P (x)dx µ(x) = e P (x)dx Multiplicando 53 por µ(x) = e P (x)dx, e P (x)dx dy dx + e P (x)dx P (x)y = e P (x)dx f(x) d ( e ) P (x)dx y = e P (x)dx f(x) (54) dx Integrando ambos os membros de 54 em relação a x d ( e ) P (x)dx y dx = e P (x)dx f(x)dx + c e P (x)dx y = e P (x)dx f(x)dx + c dx Por fim, y = e P (x)dx e P (x)dx f(x)dx + ce P (x)dx 20

22 Exemplo 512 Resolva as seguintes EDO s lineares de primeira ordem dadas a seguir: a) dy + 3y = 4; dx b) dy + 2xy = x; dx c) x dy + 2y = dx 4x2, y(1) = 2; d) dy + y = cos(x) dx Solução: a) Devemos resolver ás duas integrais i) P (x)dx e ii) e P (x)dx f(x)dx i) P (x)dx = 3dx = 3x; ii) e P (x)dx f(x)dx = e 3x 4dx = 4 e 3x dx = e3x Logo, b) Como anteriormente, y = e P (x)dx i) P (x)dx = 2xdx = x 2 ; ii) e P (x)dx f(x)dx = e x2 xdx = ( ) = ex2 2 Logo, y = e P (x)dx e P (x)dx f(x)dx + ce P (x)dx = e 3x 4 3 e3 + ce 3x y = ce 3x e P (x)dx f(x)dx + ce P (x)dx ex2 x2 = e 2 + ce x2 y = ce x2 ( ) Fazendo u = x 2 e du = 2xdx em e x2 xdx, temos e x2 xdx = e u du 2 = eu 2 = ex2 2 c) Inicialmente, devemos dividir todos os membros desta equação por x, o que resulta em dy dx + 2 x y = 4x Procedendo como nos casos anteriores, temos: i) P (x)dx = frac2xdx = 2ln x = ln(x 2 ); ii) e P (x)dx f(x)dx = e ln(x2) 4xdx = x 2 4xdx = 4 x 3 dx = 4 x4 4 = x4 Logo, y = e P (x)dx e P (x)dx f(x)dx + ce P (x)dx = e ln(x2) x 4 + ce ln(x2) = = e ln(x 2) x 4 + ce ln(x 2) = x 2 x 4 + cx 2 = x 2 + c x 2 Assim, y = x 2 + c x 2 Usando a condição y(1) = 2, temos 2 = c 1 2 c = 1 Portanto, y = x x 2 21

23 d) Incialmente encontremos i) e ii): i) P (x)dx = 1dx = x; ii) e P (x)dx f(x)dx = e x cos(x)dx = ( ) = ex (sen(x) + cos(x)) 2 Logo, y = e P (x)dx e P (x)dx f(x)dx + ce P (x)dx = e y = sen(x) + cos(x) 2 x ex + ce x (sen(x) + cos(x)) + ce x 2 ( ) Fazendo u = e x e dv = cos(x)dx temos que du = e x dx e v = sen(x) Por meio de integração por partes, temos e x cos(x)dx = uv vdu = e x sen(x) e x sen(x)dx ( ) ( ) Fazendo u = e x e dv = sen(x), temos que du = e x dx e v = cos(x)dx Donde obtemos e x sen(x)dx = e x cos(x) + e x cos(x)dx Por fim, substituindo em ( ), temos e x cos(x)dx = e x sen(x) e x sen(x)dx = e x sen(x) ( e x cos(x) + e x cos(x)dx) = = e x sen(x) + e x cos(x) e x cos(x)dx Assim, 2 e x cos(x)dx = e x sen(x)+e x cos(x) e x cos(x)dx = ex sen(x) + e x cos(x) 2 = ex 2 (sen(x)+cos(x)) 52 Exercícios Exercício 8 Resolva as equações diferenciais dadas e encontre o intervalo no qual a solução geral está definida a) dy = 5y; dx b) 3 dy + 12y = 4, y(0) = 1; dx c) dy + y = dx e3x ; d) x 2 y + xy = 1; e) xdy = (xsen(x) y)dx f) x dy dx + 4y = x3 x; 22

24 Respostas: a) y = ce 5x, < x < + ; b) y = e 4x, < x < + ; c) y = 1 4 e3x + ce x, < x < + ; d) y = x 1 ln(x) + cx 1, 0 < x < + ; e) y = cos(x) + sen(x) x f) y = 1 7 x3 1x + 5 cx 4, 0 < x < + Exercício 9 A equação diferencial + c x, 0 < x < + ; dy dx + P (x)y = f(x)yn, (55) em que n é um número real qualquer, é chamada de equação de Bernoulli Supondo y 0 a equação 55 pode ser escrita como Se fizermos w = y 1 n, para n 0 e n 1, então n dy y dx + P (x)y1 n = f(x) (56) dw dx Assim, 56 pode ser escrita da seguinte forma dw dx = (1 n)y n dy dx + (1 n)p (x)w = (1 n)f(x) Por fim, fazendo y 1 n = w, obtemos a solução de 55 A título de ilustração, resolveremos a seguinte EDO dy dx + 1 x y = xy2 Solução: Fazedo P (x) = 1 x, f(x) = x e n = 2, temos que w = y 1 Devemos portanto resolver a seguinte EDO i) P (x)dx = 1 x dx = ln x = ln x 1 ; dw dx + (1 2) 1 dw w = (1 2)x x dx 1 x w = x ii) e P (x)dx f(x)dx = e ln x 1 xdx = x 1 xdx = x Logo, w = e P (x)dx e P (x)dx f(x)dx+ce P (x)dx = e ln x 1 ( x)+ce ln x 1 = e ln x x+ce ln x = x 2 +cx Como w = y 1 = 1 y, temos 1 y = x2 + cx y = 1 x 2 + cx Agora, resolva as seguinte equações de Bernoulli dadas: a) x dy + y = 1 ; dx y 2 b) dy = dx y(xy3 1); c) xy(1 + xy 2 ) dy = 1, y(1) = 0 dx Respostas: a) y 3 = 1 + cx 3 ; b) y 3 = x ce3x ; c) x 1 = 2 y 2 e y2 /2 23

25 Capítulo 6 Equações Diferenciais de Ordem Superior: Dependência Linear e Independência Linear 61 Problema de Valor Inicial Para uma equação diferencial de n-ésima ordem, o problema de se resolver sujeita as condições iniciais 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) é chamado de problema de valor inicial (PVI) y 0 = y(x 0 ), y 0 = y (x 0 ), y n 1 0 = y n 1 (x 0 ) (61) No caso de uma edo linear de segunda ordem, uma solução para o PVI a 2 (x) d2 y dx 2 + a 1(x) dy dx + a 0y = g(x), y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 0, é uma função que satisfaz a equação diferencial em algum intervalo contendo x 0 Teorema 611 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 neste intervalo Se x = x 0 é algum ponto desteintervalo, então existe uma única solução y(x) para o P V I 61 neste intervalo Exemplo 612 A função y = sen(x) é uma solução para o P V I y + y = 0, y(0) = 0, y (0) = 1 Note que as funções a 2 (x) = 1, a 1 (x) = 0, a 0 (x) = 1 e g(x) = 0 são cont inuas, e a 2 (x) 0 para todo x real Portanto, segue do Teorema 611 que em qualquer intervalo contendo x = 0 a solução é única 24

26 Exemplo 613 Verifique que a função y = cx 2 + x + 4 é uma solução para o P V I x 2 y 2xy + 2y = 8, y(0) = 4, y (0) = 1, no intervalo (, ) para qualquer escolha de parâmetro c Solução: Note que y = 2cx + 1 e y = 2c, donde x 2 y 2xy + 2y = x 2 (2c) 2x(2cx + 1) + 2(cx 2 + x + 4) = 8 Além disso, y(0) = 4 e y (0) = 1 Note que o Teorema 611 não se aplica pois a 2 (x) = x 2 se anula em todo intervalo contendo x = 0, que é exatamente o valor para o qual as condições iniciais são impostas 62 Dependência Linear e Independência Linear Definição 621 Um conjunto de funções f 1 (x), f 2 (x),, f n (x) é linearmente dependente (LD) em um intervalo I se existem constantes 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 no intervalo I Do contrário, dizemos que o conjunto f 1 (x), f 2 (x),, f n (x) é linearmente independente (LI) Exemplo 622 Mostre que: a) O conjunto de funções f 1 (x) = x 2 + x 1, f 2 (x) = x 2 e f 3 (x) = 3x 2 x + 1 é LD (, ); b) O conjunto de funções f 1 (x) = x 2 e f 3 (x) = x 3 são LI em (, ) Solução: a) Devemos obter os valores de c 1, c 2 e c 3 tais que c 1 (x 2 + x 1) + c 2 x 2 + c3( 3x 2 x + 1) = 0, ou melhor, (c 1 + c 2 3c 3 )x 2 + (c 1 c 3 )x + ( c 1 + c 3 ) = 0 Resolvendo o sistema a seguir c 1 + c 2 3c 3 = 0 c 1 c 3 = 0, c 1 + c 3 = 0 temos a solução S = (c 3 ; 2c 3 ; c 3 ), que é uma solução onde c 1, c 2 e c 3 são não todos nulos Logo, o conjunto em questão é LD b) Como acima, devemos obter c 1 e c 2 tais que c 1 x 2 + c 2 x 3 = 0 25

27 Não é difícil ver que c 1 = c 2 = 0 Portanto, não sendo c 1, c 2 não todos nulos, temos que o conjunto em questão é LI Teorema 623 Suponha que f 1 (x), f 2 (x),, f n (x) sejam diferenciáveis pelo menos n 1 vezes Se o determinante f 1 f 2 f n f 1 f 2 f n f (n 1) 1 f (n 1) 2 f n (n 1) for diferente de zero em pelo menos um ponto do intervalo I, então a as funções f 1 (x), f 2 (x),, f n (x) são linearmente independentes no intervalo Demonstração Provaremos o Teorema 623 para o caso n = 2 Suponhamos por conmtradição que W (f 1 (x 0 ); f 2 (x 0 )) 0 para um x 0 fixado no intervalo I e que, f 1 (x) e f 2 (x) sejam LD no intervalo O fato de que as funções são LD significa que existem c 1, c 2, não ambas nulas, para as quais c 1 f 1 (x) + c 2 f 2 (x) = 0 para todo x em I Derivando essa combinação, temos c 1 f 1(x) + c 2 f 2(x) = 0 Temos então o sistema de equações lineares c 1 f 1 (x) + c 2 f 2 (x) = 0 c 1 f 1(x) + c 2 f 2(x) = 0 Mas a dependência linear de f 1, f 2 implicam que o sistema acima possui uma solução não trivial para cada x no intervalo Logo, f W (f 1 (x); f 2 (x)) = 1 (x) f 1(x) f 2 (x) f 2(x) para todo x em I Isso contradiz a suposição de que W (f 1 (x 0 ); f 2 (x 0 )) 0 Portanto, f 1 e f 2 são LI O determinante do Teorema 623 é chamado de Wronskiano das funções f 1 (x), f 2 (x),, f n (x), o qual denotaremos por W (f 1 (x); f 2 (x); ; f n (x)) Corolário 624 Se f 1 (x), f 2 (x),, f n (x) possuem pelo menos n 1 derivadas e são linearmente dependentes em I, então W (f 1 (x); f 2 (x);, f n (x)) = 0 para todo x no intervalo 26

28 Exemplo 625 Aplique o Teorema 623 ao Exemplo 622 a) Temos que Calculando o wronskiano, f 1 (x) = x 2 + x 1 f 1(x) = 2x + 1 f 1 (x) = 2 f 2 (x) = x 2 f 2(x) = 2x f 2 (x) = 2 f 3 (x) = 3x 2 x + 1 f 3(x) = 6x 1 f 3 (x) = 6 x 2 + x 1 x 2 3x 2 x + 1 2x + 1 2x 6x 1 = Portanto, as funções f 1, f 2 e f 3 são LD em (, ) b) Da mesma forma que acima, temos x 2 x 3 2x 3x 2 = x2 3x 2 2xx 3 = 3x 4 2x 4 = x 4, que é diferente de zero em pelo menos x 0 = 1 Portanto, o Teorema 623 assegura que as funções f 1 e f 2 são LI em (, ) Exemplo 626 As funções f 1 (x) = e m1x e f 2 (x) = e m2x, m 1 m 2 são LI De fato, e W (e m1x ; e m2x ) = m 1x e m 2x m 1 e m 1x m 2 e m 2x = (m 2 m 1 )e (m 1+m 2)x 0 para todo valor real x Logo, f 1, f 2 são LI em qualquer intervalo do eixo x 63 Exercícios Exercício 10 Sabe-se que y = c 1 e x + c 2 e x é uma família a dois parâmetros de soluções para y y = 0 no intervalo ( ; ) Encontre um membro dessa família satisfazendo as condições iniciais y(0) = 0, y (0) = 1 Resposta: y = 1 2 ex 1 2 e x Exercício 11 Sabe-se que y = c 1 e 4x + c 2 e x é uma família a dois parâmetros de soluções para y 3y 4y = 0 no intervalo (, ) Encontre um membro dessa família que satisfaça as condições iniciais y(0 = 1 e y (0) = 2 Resposta: y = 3 5 e4x e x Exercício 12 Encontre um intervalo em torno de x = 0 para o qual o PVI (x 2)y + 3y = x, y(0) = 0, y (0) = 1 Resposta: (, 2) 27

29 Exercício 13 Determinar se as funções dadas são linearmente independentes ou dependentes em (, ) a) f 1 (x) = x, f 2 (x) = x 2, f 3 (x) = 4x x 3 ; b) f 1 (x) = 5, f 2 (x) = cos 2 (x), f 3 (x) = sen 2 (x); c) f 1 (x) = 1 + x, f 2 (x) = x, f 3 (x) = x 2 ; Respostas: a) LD; b) LD; c) LI 28

30 Capítulo 7 Soluções para Equações Lineares 71 Equação Homogênea Definição 711 Uma equação diferencial de n-ésima ordem da 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 = 0, (71) é dita homogênea No caso em que g(x) não é identicamente nula, dizemos que a edo 71 é nãohomogênea Exemplo 712 a) A equação 2y 4y 5y = 0 é uma edo linear de segunda ordem homogênea b) A equação x 3 y 2xy + 5y = x é uma edo linear de terceira ordem não homogênea Teorema 713 Sejam y 1, y 2,, y k soluções para a equação diferencial linear de n-ésima ordem homogênea 71 em um intervalo I Então a combinação linear y = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + + c k y k (x), em que os c i, i = 1, 2,, k, são constantes, é também uma solução no intervalo Demonstração Sejam y 1 (x), y 2 (x),, y k (x) soluções para Defina y = c 1 y 1 (x) + + c k y k (x), donde a n (x)y (n) (x) + + a 1 (x)y + a 0 (x)y = 0 a n y (n) + + a 1 y + a 0 y = a n (c 1 y (n) c k y (n) k ) + + a 1(c 1 y c k y k) + a 0 (c 1 y c k y k ) = = c 1 (a n y (n) a 1 y 1 + a 0 y 1 ) + + c k (a n y (n) k + + a 1 y k + a 0 y k ) = c c k 0 = 0 29

31 Exemplo 714 As funções y 1 = e 2x e y 2 = e 3x são soluções para a edo homogênea de segunda ordem y 5y + 6 = 0 No intervalo (, ) Portanto, o Teorema 713 assegura que y = c 1 e 2x + c 2 e 3x é também uma solução para a edo neste intervalo Teorema 715 Sejam y 1, y 2,, y n n soluções para a equação diferencial linear homogênea de n- ésima ordem em um intervalo I Então, o conjunto solução de equações é linearmente independente em I se, e somente se, W (y 1 ; y 2 ; ; y n ) 0 para todo x no intervalo Teorema 716 Sejam y 1,, y n n soluções linearmente independentes para a equação diferencial linear homogênea de n-ésima ordem 71 em um intervalo I Então, toda solução y(x) para 71 é uma combinação linear de y 1,, y n, ou seja, podemos encontrar constantes c 1,, c n, tais que y = c 1 y 1 (x) + + c 2 y 2 (x) Definição 717 Sejam y 1, y 2,, y n n soluções linearmente independentes para a equação diferencial linear homogênea de n-ésima ordem 71 em um intervalo I A solução geral para a equação no intervalo é definida por y = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + + c n y n (x), em que os c i, i = 1, 2,, n são constantes arbitrárias Exemplo 718 A equação diferencial y 5y + 6 = 0 possui duas soluções LI, y 1 = e 2x e y 2 = e 3x De fato, como W (e 2x ; e 3x ) = e 5x 0 para todo valor de x, y 1 e y 2 são LI em (, ) Portanto, a solução geral para a equação diferencial no intervalo é y = c 1 e 2x + c 2 e 3x Exemplo 719 As funções y 1 = e x, y 2 = e 2x e y 3 = e 3x satisfazem a equação de terceira ordem y 6y + 11y 6y = 0 Como e x e 2x e 3x W (e x ; e 2x ; e 3x ) = e x 2e 2x 3e 3x e x 4e 2x 9e 3x para todo valor real de x, temos que y 1, y 2 e y 3 são tais que = 2e 6x 0 y = c 1 e x + c 2 e 2x + c 3 e 3x é a solução geral para a equação diferencial no intervalo (, ) 30

32 72 Equação Não-Homogênea Nesta seção, buscaremos a solução geral para uma equação linear não homogênea, isto é, uma equação da forma Qualquer função y p, independente de parâmetros, que satisfaça 72 é chamada de solução particular 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), (72) Exemplo 721 Uma solução particular para y y + y = x 2 x + 1 é y p = x 2 + x, pois y p y p + y p = 2 (2x + 1) + x 2 + x = 2 2x 1 + x 2 + x = x 2 x + 1 Teorema 722 Sejam y 1, y 2,, y n para a equação diferencial linear homogênea de n-ésima ordem 71 em um intervalo I e seja y p qualquer solução para a equação não-homogênea 72 no mesmo intervalo Então, y = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + + c k y k (x) + y p (x) é também uma solução para a equação não-homogênea no intervalo para quaisquer constantes c 1, c 2,, c k Teorema 723 Seja y p uma dada solução para a equação diferencial não homogênea de n-ésima ordem 72 em um intervalo I e sejam y 1,, y n soluções linearmente independentes da equação homogênea associada 71 no intervalo Então, para qualquer solução y(x) de 72 em I, podemos encontrar constantes c 1,, c n tais que Demonstração Sejam y e y p ambas soluções para y = c 1 y 1 (x) + + c n y n (x) + y p (x) a n (x)y (n) + + a 1 (x)y + a 0 (x)y = g(x) (73) Definamos a função u(x) = y(x) y p (x) Substituindo u em 73 temos, a n (x)u (n) + + a 1 (x)u + a 0 (x)u = = a n (x)(y (n) y (n) p ) + + a 1 (x)(y y p) + a 0 (x)(y y p ) = = a n (x)y (n) + + a 1 (x)y + a 0 (x)y (a n (x)y (n) p + + a 1 (x)y p + a 0 (x)y p ) = Pela Definição 717 e o Teorema 716 = g(x) g(x) = 0 u(x) = c 1 y 1 (x) + + c n y n (x) y(x) y p (x) = c 1 y 1 (x) + + c n y n (x), 31

33 e portanto, y(x) = c 1 y 1 (x) + + c n y n (x) + y p (x) Definição 724 Seja y p uma dada solução para a equação diferencial linear não-homogênea de n-ésima ordem 72 em um intervalo I e seja y c = c 1 y 1 (x) + + c 2 y 2 (x) a solução geral para a equação homogênea associada 71 no intervalo A solução geral para a equação não-homogênea no intervalo é definida por y = y c (x) + y p (x) 73 Exercícios Exercício 14 Verifique que as funções dadas são soluções linearmente independentes para a edo e determine a solução geral para a edo no intervalo dado a) y y 12y = 0; e 3x, e 4x, (, ); b) y 2y + 5y = 0; e x cos(2x), e x sen(2x), (, ); c) x 2 y 6xy + 12y = 0, x 3, x 4, (0, ) Respostas: Use a Definição 717 Exercício 15 Verifique que a dada família a dois parâmetros de funções é a solução geral para a equção diferencial não-homogênea no intervalo indicado a) y 7y + 10y = 24e x, y = c 1 e 2x + c 2 e 5x + 6e x, (, ); b) y 4y + 4y = 2e 2x + 4x 12, y = c 1 e 2x + c 2 xe 2x + x 2 e 2x + x 2, (, ) Repostas: Use a Definição

34 Capítulo 8 Construindo uma Segunda Solução a Partir de uma Solução Conhecida 81 Caso Geral Vejamos como construir uma solução para uma edo linear de segunda ordem a partir de uma solução conhecida, de modo que a solução conhecida e a encontrada sejam linearmente independentes Se y 1 (x) é uma solução não-trivial para a equação a 2 (x)y + a 1 (x)y + a 0 (x)y = 0 (81) tal que a 2 (x) 0 em um intervalo I, exibiremos uma solução y 2 (x) da forma y 2 (x) = u(x)y 1 (x) Pois bem, dividindo 81 por a 2 (x), temos y + P (x)y + Q(x)y = 0 É possível mostrar que e P (x)dx y 2 (x) = y 1 (x) dx (82) y1(x) 2 Portanto, a solução geral da edo 81 será dada por y = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) Exemplo 811 A função y = e x é uma solução para a edo y y = 0 Encontre uma solução geral no intervalo (, ) Solução: Note que P (x) = 0 Assim, devemos resolver as integrais i) e ii): 33

35 i) P (x)dx = 0 dx = c; ii) e Logo, P (x)dx y 2 1 (x) dx = e c dx = e c e 2x c e 2x dx = e = e 2x 2 ke 2x e P (x)dx y 2 = y 1 (x) dx = e x ke 2x y y1(x) 2 2 = ke x Fazendo k = 1, temos que y 2 = e x é uma outra solução da edo Como W (e x ; e x ) = 2 0, temos que a solução geral da edo em (, ) é dada por y = c 1 e x + c 2 e x Exemplo 812 A função y 1 = x 2 é uma solução para x 2 y 4xy + 6y = 0 Encontre a a solução geral para esta edo no intervalo (0, ) Solução: Devemos dividir a edo dada por x 2, ficando da seguinte forma Devemos aplicar a 82 onde P (x) = 4 x, i) P (x)dx = 4 x dx = 4ln x = ln x4 ; ii) e Logo, P (x)dx y 2 1 (x) y 4 x y + 6 x 2 y = 0 dx = e ( ln x 4 ) dx = e ln x 4 dx = x 4 dx = dx = x (x 2 ) 2 x 4 x 4 e P (x)dx y 2 = y 1 (x) dx = x 2 x = x 3 y1(x) 2 Portanto, a solução geral da edo no intervalo (0, ) é y = c 1 x 2 + c 2 x 3 82 Exercícios Exercício 16 Encontre uma segunda solução para cada equação diferencial dada em um intervalo apropriado a) y + 5y = 0, y 1 = 1; b) y 4y + 4y = 0, y 1 = e 2x ; c) y + 16y = 0, y 1 = cos(4x); d) x 2 y 7xy + 16y = 0, y 1 = x 4 ; e) xy + y = 0, y 1 = ln x Respostas: a) y 2 = e 5x ; b) y 2 = xe 2x ; c) y 2 = sen(4x); d) y 2 = x 4 ln x ; e) y 2 = 1 Exercício 17 Encontre uma solução para a equação não homogênea dada A função indicada y 1 (x) é uma solução para a equação homogênea associada Determine uma segunda solução para a equação homogênea e uma solução particular da equação não-homogênea 34

36 a) y 4y = 2, y 1 = e 2x ; b) y 3y + 2y = 5e 3x, y 1 = e x Respostas: a) y 2 = e 2x, y p = 1 2 ; b) y 2 = e 2x, y p = 5 2 e3x 35

37 Capítulo 9 Equações Lineares Homogêneas com Coeficientes Constantes 91 Introdução Nesta parte buscaremos encontrar soluções exponeciais (soluções da forma y = c 1 e ax (, ) para equações de ordem maior como em em que os a i, i = 0, 1,, n são constantes a n y (n) + + a 2 y + a 1 y + a 0 y = 0, 92 Equações Lineares Homogêneas de Segunda Ordem com Coeficientes Constantes Considere a edo linear homogênea de segunda ordem com coeficientes constantes ay + by + cy = 0 (91) Se tentarmos criar uma solução da forma y = e mx, então y = me mx e y = m 2 e mx, onde substituindo em 91 temos am 2 e mx + bme mx + ce mx = 0 e mx (am 2 + bm + c) = 0 Como e mx 0 para todo x real, temos que o único jeito de se obter uma solução para 91 é fazendo am 2 + bm + c = 0 (92) Chamaremos 92 de equação característica associada a 91 36

38 Raízes Reais Distintas ( = b 2 4ac > 0) Duas soluções LI são dadas por y 1 = e m1x, y 2 = e m2x, onde m 1 e m 2 são as raízes da equação caracterísitca 92 Exemplo 921 Encontre a solução geral da edo y 5y + 6y = 0 Solução: Resolvendo a equação característica associada m 2 5m + 6 = 0, temos m 1 = 2 e m 2 = 3 Portanto, a solução geral da edo é dada por y = c 1 e 2x + c 2 e 3x Raízes Reais Iguais ( = b 2 4ac = 0) Temos que as raízes da equação característica são iguais, isto é, m 1 = m 2, e portanto, temos somente uma solução particular y 1 = e m1x Podemos obter y 2 usando a fórmula 82 na equação y + b a y + c a y = 0 Porém, vale lembrar que se = 0 então m 1 = m 2 = b ± 2a = b 2a Assim, e P (x)dx y 2 (x) = y 1 (x) y1(x) 2 = e m 1x Logo, a solução geral de 91 é dx = e m 1x e b a dx (e m 1x ) dx = 2 e b a x e dx = 2m 1x em 1x e b a x e dx = b a x em 1x y = c 1 e m 1x + c 2 xe m 1x dx = xe m 1x Exemplo 922 Encontre a solução geral da edo y 2y + y = 0 Solução: Resolvendo a equação característica m 2 2m + 1 = 0, temos m 1 = m 2 = 1 Portanto, a solução geral da edo é dada por y = c 1 e x + c 2 xe x 37

39 Raízes Complexas ( = b 2 4ac < 0) Se m 1 e m 2 são complexas, então são da forma m 1 = α + iβ e m 2 = α iβ, onde i 2 = 1 Da mesma forma que para as raízes reais distintas, nossa solução geral é y = c 1 e (α+iβ)x + c 2 e (α iβ)x ou y = e αx (c 1 cos(βx)c 2 sen(βx)), onde usamos a fórmula e iθ = cos(θ) + isen(θ) Exemplo 923 Encontre a solução geral da edo y + y + y = 0 Solução: As raízes da equação característica m 2 + m + 1 = 0 são m 1 = i e m = 1 3i Assim, a solução geral da edo é 2 2 ( ) ( )) 3 3 y = e (c x/2 1 cos 2 x + c 2 sen 2 x 93 Equações Lineares Homogêneas de n-ésima Ordem com Coeficientes Constantes Para resolver uma equação da forma a n y (n) + + a 2 y + a 1 y + a 0 y = 0, em que os a i, i = 0, 1,, n são constantes, devemos encontrar as raízes da equação característica de grau n associada a n y (n) + + a 2 y + a 1 y + a 0 y = 0 (93) Se todas as raízes de 93 são distintas, temos que a solução geral é dada por y = c 1 e m1x + + c n e mnx, onde os m 1,, m n são as raízes de 93 Por outro lado, se por exemplo, m i {m 1,, m n } é uma raiz de multiplicidade k, então as k soluções linearmente independentes são e mix, xe mix,, x k 1 e mix 38

40 Exemplo 931 Resolva y + 3y 4y = 0 Solução: Encontremos, por inspeção, as raízes da equação característica m 3 + 3m 2 4 = 0 Basta procurarmos no conjunto {±1, ±2, ±4} (por que somente neste conjunto?) Obtemos que uma raiz é m 1 = 1, por meio do método de Briot-Ruffini, temos que m 3 + 3m 2 4 = (m + 1)(m + 2)(m + 2) = (m + 1)(m + 2) 2 Logo, a solução geral da edo é dada por y = c 1 e x + c 2 e 2x + c 3 xe 2x 94 Exercícios Exercício 18 Resolva a equação diferencial dada e quando for o caso obtenha a solução do PVI a) 4y + y = 0; b) y 36y = 0; c) y + 9y = 0; d) 12y 5y 2y = 0; e) 3y + 2y + y = 0; f) y 4y 5y = 0; g) y y = 0; h) y + 16y = 0, y(0) = 2, y (0) = 2; i) y + 6y + 5y = 0, y(0) = 0, y (0) = 3; j) 2y 2y + y = 0, y(0) = 1, y (0) = 0 Respostas: a) y = c 1 + c 2 e x/4 ; b) y = c 1 e 6x + c 2 e 6x ; c) y = c 1 cos(3x) + c 2 sen(3x); d) y = ( 3 ) ( 3 c 1 e 2x/3 + c 2 e x/4 ; e) y = e (c x/3 1 cos x + c 2 1 sen )); x f) y = c c 2 e x + c 2 e 5x ; g) y = ( 3 ) ( 3 c 1 e (c x/2 2 cos x + c 2 3 sen )); x h) y = 2cos(4x) + 1sen(4x); i) y = e 5x e x ; j) y = e x/2 cos(x/2) + e x/2 sen(x/2) 39

41 Capítulo 10 Equações Diferenciais com Coeficientes Indeterminados - Superposição 101 Princípio da Superposição Teorema 1011 Princípio da Superposição - Equações Não-Homogêneas Sejam y p1, y p2,, y pk k soluções particulares para a equação diferencial linear de n-ésima ordem 72 em um intervalo I, correspondendo a k funções distinatas g 1, g 2,, g k Isto é, suponha que y pi seja uma solução particular para a equação diferencial correspondente a n (x)y (n) + + a 1 (x)y + a 0 y = g(x), onde i = 1, 2,, k Então, y p = y p1 (x) + + y pk (x) é uma solução particular para a n (x)y (n) + + a 1 (x)y + a 0 (x)y = g 1 (x) + + g k (x) Observe a seguinte tabela auxiliar a qual usaremos para se determinar uma solução particular y p Exemplo g(x) F orma da y p 1 constante qualquer A 2 2x + 1 Ax + B 3 x Ax 2 + Bx + C 4 x 3 + x Ax 3 + Bx 2 + Cx + D 5 sen(2x) (ou cos(2x)) Acos(2x) + Bsen(2x) 6 e 2x Ae 2x 7 (x 2 1)e 2x (Ax 2 + Bx + C)e 2x 8 (x + 1)e 3x sen(2x) (Ax + B)e 3x cos(2x) + (Cx + D)e 3x sen(2x) 40

42 O que na verdade faremos é escolher a forma adequada da y p conforme alguns exmplos mostrados na tabela acima Para entender o método preste bastante atenção aos exemplos a seguir Exemplo 1012 Resolva as seguintes edos: a) y 5y + 6y = 6x 2 + 8x 19; b) y 2y + y = 2sen(3x); c) y y = 3e 2x x 2 Solução: a) y 5y + 6y = 6x 2 + 8x 19 i) Note que a equação homogênea associada é dada por y 5y + 6y = 0 Resolvendo a equação caracterísitca associada m 2 5m + 6, temos m 1 = 2 e m 2 = 3 Portanto, nossa solução y c é dada por y c = c 1 e 2x + c 2 e 3x ii) Note que g(x) = 6x 2 + 8x 19 e portanto y p deve ser da forma Ax 2 + Bx + C Assim, y p = Ax 2 + Bx + C y p = 2Ax + B y p = 2A Susbtituindo y p e suas derivadas em y 5y + 6y, temos y p 5y p + 6y p = 2A 5(2Ax + B) + 6(Ax 2 + Bx + C) = = 2A 10Ax 5B + 6Ax 2 + 6Bx + 6C = 6Ax 2 + ( 10A + 6B)x + (2A 5B + 6C) Comparando este último termo com 6x 2 + 8x 19, temos o seguinte sistema 6A = 6 10A + 6B = 8 2A 5B + C = 19 Resolvendo o sistema obtemos A = 1, B = 3 e C = 1 Portanto, nossa solução particular é dada por y p = x 2 + 3x 1 Juntando i) e ii) temos que nossa solução geral é dada por: y = y c + y p = c 1 e 2x + c 2 e 3x + x 2 + 3x 1 b) y 2y + y = 2sen(3x) i) y 2y + y = 0 m 2 2m + 1 = 0 m 1 = m 2 = 1 Logo, a solução da equação homogênea associada é dada por y c = c 1 e x + c 2 xe x 41

43 ii) Como g(x) = 2sen(3x) então y p deve ser da forma Acos(3x) + Bsen(3x) Assim, y p = Acos(3x) + Bsen(3x) y p = 3Asen(3x) + 3Bcos(3x) y p = 9Acos(3x) 9Bsen(3x) Substituindo y p e suas derivada em y 2y + y, temos y p 2y p + y p = 9Acos(3x) 9Bsen(3x) 2( 3Asen(3x) + 3Bcos(3x)) + Acos(3x) + Bsen(3x) = = ( 8A 6B)cos(3x) + (6A 8B)sen(3x) Comparando este último termo com 2sen(3x), temos o seguinte sistema 8A 6B = 0 6A 8B = 2, cuja solução é dada por A = 3 25, B = 4 25 b) y y = 3e 2x x 2 i) y y = 0 m 2 1 = 0 m 1 = 1, m 2 = 1 y c = c 1 e x + c 2 e x ii) Como g(x) = 3e 2x x 2, temos que y p é da forma Ae 2x + Bx + C (Teorema 1011) Assim, y p = Ae 2x + Bx + C y p = 2Ae 2x + B y p = 4Ae 2x Substituindo y p e suas derivadas em y y, temos y p y p = 4Ae 2x (Ae 2x + Bx + C) = 4Ae 2x Ae 2x Bx C = 3Ae 2x Bx C Comparando este úlitmo termo com 3e 2x x 2, temos A = 1, B = 1 e C = 2 Portanto, Logo, a solução geral da edo é dada por y p = e 2x + x + 2 y = c 1 e x + c 2 e x + e 2x + x + 2 Exemplo 1013 Determine a forma para a solução particular y p para a edo y 6y + 9y = 3x x 2 sen(2x) + e 3x Solução: Para cada um dos termos 3x 3 + 1, 2x 2 sen(2x), e 3x, temos uma y p y p1 = Ax 3 + Bx 2 + Cx + D associada a 3x 3 + 1; y p1 = (Ex 2 + F x + G)sen(2x) + (Hx 2 + Ix + J)cos(2x) associada a 2x 2 sen(2x); y p3 = Ke 3x associada a e 3x Portanto, a solução particular tem a forma y p = y p1 +y p2 +y p3 = Ax 3 +Bx 2 +Cx+D +(Ex 2 +F x+g)sen(2x)+(hx 2 +Ix+J)cos(2x)+Ke 3x 42

44 102 Exercícios Exercício 19 Resolva as seguintes equações diferenciais a) y + 3y + 2y = 6; b) 1 4 y + y + y = x 2 2x; c) y + 3y = 48x 2 e 3x ; d) y y y = 3 + ex/2 ; e) y + 4y = 3sen(2x); f) y + y = 2xsen(x); g) 5y + y = 6x, y(0) = 0, y (0) = 10; h) y + 4y + 5y = 35e 4x, y(0) = 3, y (0) = 1 Respostas: a) y = c 1 e x + c 2 e 2x + 3; b) y = c 1 e 2x + c 2 xe 2x + x 2 4x ; c) y = c 1cos( 3x) + c 2 sen( 3x)+( 4x 2 +4x 4 3 )e3x ; d) y = c 1 e x/2 +c 2 xe x/ x2 e x/2 ; e) y = c 1 cos(2x)+c 2 sen(2x) 3 xcos(2x); f) y = c 4 1cos(x) + c 2 sen(x) 1 2 x2 cos(x) 1xsen(x); g) y = e x/5 3x x; h) y = 10e 2x cos(x) + 9e 2x sen(x) + 7e 4x 43

45 Capítulo 11 Variação dos Parâmetros 111 Equação Linear de Primeira Ordem Sabemos que a solução geral para a equação diferencial linear de primeira ordem dy + P (x)y = f(x), dx em que P (x) e f(x) são contínuas em um intervalo I, é y = e P (x)dx e P (x)dx f(x)dx + ce P (x)dx = y p + y c, (111) onde y c = c 1 e P (x)dx é uma solução para dy + P (x)y = 0 (112) dx e y p = e P (x)dx e P (x)dx f(x)dx, é uma solução particular para 111 Agora, suponha que y 1 seja uma solução conhecida de 112, ou seja dy 1 dx + P (x)y 1 = 0 O método de Variação de Parâmetros consiste em encontrar uma função u 1 tal que y p = u 1 (x)y 1 (x) É possível mostrar que y p = y 1 f(x) y 1 (x) dx Exemplo 1111 Resolva a edo dy dx + 2xy = x 44

46 usando variação de parâmetros e sabendo que y 1 = e x2 Solução: Basta calcularmos y p f(x) y p = y 1 dx = e x2 y 1 (x) Logo, a solução geral da edo é dada por x e x2 = e x2 xe x2 = e x2 1 2 ex2 = 1 2 y = y p + y c = ce x2 112 Equação Linear de Segunda Ordem Considere a equação diferencial linear de segunda ordem y + P (x)y + Q(x)y = f(x) Se supormos que y 1 e y 2 são duas soluções LI de y + P (x)y + Q(x)y = 0, então podemos encontrar duas funções u 1 e u 2 tais que y p = u 1 (x)y 1 (x) + u 2 (x)y 2 (x) Pode-se mostrar que onde W = u 1 = W1 W dx e u W2 2 = W dx, y 1 y 2 y 1 y 2, W 0 y 1 = 2 f(x) y 2, W 2 = y 1 0 y 1 f(x) Exemplo 1121 Resolva a seguinte edo pelo método de variação de parâmetros y 4y + 4y = (x + 1)e 2x Solução: Note que y 4y + 4y = 0 m 2 4m + 4 = 0 m 1 = m 2 = 2 y c = c 1 e 2x + c 2 xe 2x y 1 = e 2x e y 2 = e 3x Como f(x) = (x + 1)e 2x, temos W 1 = e W = 2x xe 2x 2e 2x 2xe 2x + e 2x = e4x 0 xe 2x (x + 1)e 2x 2xe 2x + e 2x = (x + 1)xe4x 45

47 W 2 = e 2x 0 2e 2x (x + 1)e 2x = (x + 1)e4x Assim, Logo, W1 (x + 1)xe 4x u 1 W dx = dx = e 4x u 2 W2 W dx = y p = (x + 1)e 4x e 4x dx = ( x 2 x)dx = x3 3 x2 2, (x + 1)dx = x2 2 + x ) ( ) ( ) ( x3 3 x2 x e 2x 2 x x xe 2x 3 = 6 + x2 e 2x, 2 donde obtemos a solução geral ( x y = y c + y p = c 1 e 2x + c 2 xe 2x x2 2 ) e 2x 113 Exercícios Exercício 20 Resolva as seguintes equações diferenciais Defina um intervalo no qual a solução geral seja válida a) y + y = sec(x); b) y + y = sen(x); c) y y = cosh(x) Respostas: a) y = c 1 cos(x) + c 2 sen(x) + xsen(x) + cos(x)ln cos(x), ( π/2, π/2); b) y = c 1 cos(x) + c 2 sen(x) 1xcos(x), (, ); c) y = c 2 1e x + c 2 e x + 1 xsenh(x), (, ) 2 46

48 Capítulo 12 Equações Diferenciais Com Coeficientes Variáveis 121 Introdução Nesta parte, buscaremos elevar ainda mais nosso leque de equações diferenciais as quais sabemos lidar Até o presente momento temos resolvido somente equações diferenciais lineares de ordem 1 e de ordem superior, mas este último tipo nos restringimos somente aos casos em que temos coeficientes constantes Por exemplo, imagine que queiramos resolver a seguintes equações diferenciais com coeficientes variáveis y 2xy = 0, (1 + x 2 )y 4xy + 6y = 0 Veremos que uma das maneiras para isso será mostrada na seção a seguir e envolve séries de potências 122 Alguns Fatos Sobre Séries de Potência Antes de tudo, devemos recordar alguns fatos a respeito das séries de potências i) Uma série de potências em x a é uma série infinita da forma c n (x a) n Neste caso, a solução para a edo dada será da forma y = c n (x a) n, onde estaremos interessados em obter os valores dos c n de modo que a edo em questão seja satisfeita ii) Se a série c n(x a) n é igual a uma constante real finita para cada valor de x dado, dizemos que a série de potências converge em x Do contrário, dizemos que ela diverge em x iii) Toda série de potências tem um intervalo de convergência, isto é, um conjunto de pontos para 47

49 os quais a série em questão converge Por sua vez, todo intervalo de convergência tem um raio de convergência R Para a série c n(x a) n, temos três hipóteses: 1 A série converge somente no seu centro a Neste caso, R = 0; 2 A série converge para todo x, tal que x a < R, onde R > 0 e diverge para x a > R; 3 A série converge para todo x Neste caso, R = Vale observar que nem sempre, para o caso 2, a série converge em seus extremos, podendo convergir em ambos ou em apenas um, ou em nenhum dos extremos iv) Podemos, para determinar o raio de convergência de uma série, usar o teste da razão c n+1 lim n c n x a = L A série convergirá se L < 1 Além disso, a série tem raio de convergência c n R = lim n, desde que tal limite exista v) A obtencão das derivadas de uma série de potências é feita termo a termo Por exemplo, se então c n+1 y = c 0 + c 1 (x a) + c 2 (x a) c n (x a) n + = y = c 1 + 2c 2 (x a) + 3c 3 (x a) nc n (x a) n 1 = Da mesma forma, temos y = n(n 1)c n x n 2 n=2 c n (x a) n, nc n (x a) n 1 vi) Dizemos que uma função f é analítica no ponto a quando ela pode ser escrita por uma série de potências em (x a) com raio de convergência positivo Em particular, são analíticas as funções e x e sen(x) vii) Algumas séries importantes são: 1 sen(x) = x x3 + x5 x7 + + ( 1) n x2n+1 + 3! 5! 7! (2n+1)! 2 cos(x) = 1 x2 + x4 x6 + + ( 1) n x2n + 2! 4! 6! (2n)! 3 e x = 1 + x + x2 + x3 + + xn + ; 2! 3! n! 4 ln(1 + x) = x x2 + x3 x4 xn ( 1)n n+1 5 arctg(x) = x x3 x5 x7 x2n ( 1)n n+1 Os raios de convergência as séries acima, são respectivamente n=1 (, ), (, ), (, ), ( 1, 1], [ 1, 1] É recomendado que o leitor busque em livros de cálculo mais alguns aspectos relevantes a cerca das séres Os pontos de i) a vi), expostos acima, são explanados de forma bem sucinta 48

50 123 Soluções em Torno de Pontos Ordinários Considere a seguinte equação diferencial linear de segunda ordem a 2 (x)y + a 1 (x)y + a 0 y = 0 (121) a qual podemos escrever da seguinte forma y + P (x)y + Q(x)y = 0 (122) desde que a 2 (x) seja diferente de zero em um intervalo I Definição 1231 Dizemos que um ponto x 0 é um ponto ordinário da equação 121 se P (x) e Q(x) são analíticas em x 0 Do contrário, dizemos que x 0 é singular Exemplo 1232 A equação diferencial y + e x y + sen(x)y = 0 é tal que todos os seus pontos são ordinários De fato, identifiquemos P (x) = e x e Q(x) = sen(x), donde vemos que tais funções são analíticas em todo ponto Em particular, em x = 0, temos que P (x) e Q(x) podem ser desenvolvidas em termos de séries de potências e x = 1 + x 1! + x2 2! + e sen(x) = x x3 3! + x5 5! Exemplo 1233 A equação diferencial y + ln(1 + x)y = 0 é tal que o ponto x = 1 é singular De fato, a função Q(x) = ln(1 + x) não pode ser desenvolvida em séries de potêcias em torno de x = 1 Porque? Para o caso em que a 2 (x), a 1 (x) e a 0 (x) em 121 são polinômios sem fatores comuns, um ponto x = x 0 é i) ordinário se a 2 (x 0 ) 0; ii) singular se a 2 (x 0 ) = 0 Exemplo 1234 A equação diferencial (x 2 2)y + (x + 1)y + (3 x)y = 0 é tal que os pontos x = 2 e x = 2 são pontos singulares Todos os demais pontos são ordinários 49

51 Observação 1235 O pontos singulares não necessariamente são reais Por exemplo, a equação diferencial (x 2 + 1)y + 3(x 2)y = 0 é tal que x = ±i são pontos singulares Exemplo 1236 Encontre a solução para das seguintes edo s a) y 2xy = 0; b) y + xy + y = 0; c) (1 + x 2 )y 4xy + 6y = 0, em torno de a = 0 Solução: a) A solução da edo y 2xy = 0 (123) é da forma y = n=1 c n x n (124) Devemos determinar os coeficientes c n tais que ao substituirmos 124 na edo tenhamos uma identidade Assim, y = nc n x n 1 = n=1 nc n x n 1, (125) onde a segunda igualdade acima vem do fato de nc n x n 1 = 0 para n = 0 Substiuindo 125 em 123 encontramos Logo, y 2xy = n=1 nc n x n 1 2x = c 1 + n=2 nc n x n 1 c n x n = nc n x n 1 n=1 2c n x n+1 = c 1 + n=1 = c 1 + ((n + 1)c n+1 2c n 1 )x n n=1 y 2xy = c 1 + donde obtemos, por comparação que 2c n x n+1 = (n + 1)c n+1 x n ((n + 1)c n+1 2c n 1 )x n = 0, n=1 c 1 = 0, (n + 1)c n+1 2c n 1 = 0, n = 1, 2, Portanto, chegamos a seguinte relação de recorrência 2c n 1 x n = (n + 1)c n+1 2c n 1 = 0 (n + 1)c n+1 = 2c n 1 c n+1 = 2c n 1 n + 1 (126) n=1 50

52 Utilizando a relação 126 temos n = 1 c 1+1 = 2c = 2c 0 2 = c 0 n = 2 c 2+1 = 2c = 2c 1 3 = 0 n = 3 c 3+1 = 2c = 2c 2 = 2c 0 = c ! n = 4 c 4+1 = 2c = 2c 3 5 = 0 n = 5 c 5+1 = 2c = 2c 4 = c = c 0 = c 0 2!3 3! n = 6 c 6+1 = 2c = 2c 5 7 = 0 n = 7 c 7+1 = 2c = 2c 6 = c = c 0 = c 0 3!4 4! Logo, y = c n x n = c 0 + c 1 x + c 2 x 2 + c 3 x 3 + c 4 x 4 + c 5 x 5 + c 6 x 6 + c 7 x 7 + y = c c 0 x c 0 2! x c 0 3! x c 0 4! x8 + ( y = 1 + x ! x ! x6 + 1 ) 4! x8 + Por fim, y = c 0 Observação 1237 Observe que, no Exemplo 1236 item a) x 2n n! (127) y = c 0 x 2n n! = c 0 e x2 De fato, basta fazer x x 2 na série e x = 1 + x + x2 2! + x3 3! + + xn n! + x x 2 e x2 = 1 + x ! x ! x ! x8 + Para finalizar, verifiquemos que y = e x2 é de fato uma solução para a edo y 2xy = 0 Pois bem, y = 2xe x2 y 2xy = 2xe x2 2xe x2 = 0 b) Dada a edo y + xy + y = 0 é fácil ver que a 2 (x) = 1 não possui zero algum, real ou complexo Assim, todos os pontos desta edo são ordinários Podemos resolvêla em torno de a = 0 Temos y = c n x n, y = c n x n 1, y = n(n 1)c n x n 2 n=1 n=2 Note que xy = x c n x n 1 = c n x n n=1 n=1 51

53 Assim, nossa edo pode ser escrita da seguinte forma y +xy +y = n(n 1)c n x n 2 + nc n x n + c n x n = n=2 Por comparação, temos (n+2)(n+1)c n+2 x n + nc n x n + c n x n (n+2)(n+1)c n+2 +(n+1)c n = 0 (n+1)((n+2)c n+2 +c n ) = 0 (n+2)c n+2 = c n c n+2 = n + 2 Portanto obtemos a relação de recorrência para todo n = 0, 1, 2, Assim, Em geral, onde estamos adotando a seguinte notação c n c n+2 = n + 2, n = 0 c 0+2 = c c 2 = c 0 2 n = 1 c 1+2 = c c 3 = c 1 3 n = 2 c 2+2 = c c 4 = c 2 4 = n = 3 c 3+2 = c c 5 = c 3 5 = c 0 24 c 1 35 n = 4 c 4+2 = c 4 c = c 4 6 = c n = 5 c 5+2 = c 5 c = c 5 7 = c n = 6 c 6+2 = c c 8 = c 6 8 = n = 7 c 7+2 = c c 9 = c 7 9 = c 2n = ( 1)n c 0, c 2n+1 = ( 1)n a 1 (2n)!! (2n + 1)!!, c c (2n 2)(2n) = (2n)!!, 135 (2n 1)(2n + 1) = (2n + 1)!! Portanto, a solução geral da edo é: ou y = a 0 y = a 0 (1 + n=1 ( 1) n x 2n (2n)!! + a 1 ) ( ( 1) n x 2n + a 1 (2n)!! ( 1) n x 2n+1 (2n + 1)!! ) ( 1) n x 2n+1 (2n + 1)!! Pergunta: Quem são as soluções particulares y 1 e y 2? Elas são de fato LI? c) Dada a edo (1 + x 2 )y 4xy + 6y = 0 é fácil ver que a 2 (x) = 1 + x 2 é tal que seus únicos zeros são x = ±i Como a = 0, temos y = c n x n, y = c n x n 1, y = n=1 52 n(n 1)c n x n 2 n=2 c n

54 Note que e (1+x 2 )y = y +x 2 y = Logo, = 6y = 6c n x n, 4xy = 4nc n x n = n=1 n(n 1)c n x n 2 + n(n 1)c n x n = n=2 (n + 2)(n + 1)c n+2 x n + Por comparação, temos n=2 n(n 1)c n x n = (1 + x 2 )y 4xy + 6y = (1 + x 2 )y 4xy + 6y = 4nc n x n n(n 1)c n x n 2 + n(n 1)c n x n = n=2 ((n + 2)(n + 1)c n+2 + n(n 1)c n )x n (n + 2)(n + 1)c n+2 x n + (n 2 5n + 6)x n ((n + 2)(n + 1)c n+2 + (n 3)(n 2))x n = 0 (n+2)(n+1)c n+2 +(n 3)(n 2) = 0 (n+2)(n+1)c n+2 = (n 3)(n 2) c n+2 = (n 3)(n 2)c n (n + 2)(n + 1), para todo n = 0, 1, 2, Então n = 0 c 0+2 = (0 3)(0 2)c 0 (0+2)(0+1) c 2 = 3c 0 n = 1 c 1+2 = (1 3)(1 2)c 1 (1+2)(1+1) c 3 = c 1 3 n = 2 c 2+2 = (2 3)(2 2)c 2 (2+2)(2+1) c 4 = 0 n = 3 c 3+2 = (3 3)(3 2)c 3 (3+2)(3+1) c 5 = 0 n = 4 c 4+2 = (4 3)(4 2)c 4 c (4+2)(4+1) 6 = 2c 4 = = 0 n = 5 c 5+2 = (5 3)(5 2)c 5 c (5+2)(5+1) 7 = 6c 5 = = 0 Procedendo de maneira análoga, teremos c 4 = c 6 = c 8 = = c 2n = 0, n = 2, 3, e c 5 = c 7 = c 9 = = c 2n+1 = 0, n = 2, 3, Logo, a solução geral da edo é ( ) y = a 0 (1 3x) + a 1 x x3 3 Em particular, observe que duas soluções particulares são dadas por Temos que y 1 e y 2 são de fato LI De fato, y 1 = 1 3x, y 2 = x x3 3 W (y 1 (0); y 2 (0)) = 1 53

55 124 Exercícios Exercício 21 Resolva cada equação da maneira dos capítulos anteriores e então compare os resultados com as soluções obtidas através de séries de potências y = c nx n a) y + y = 0; b) y x 2 y = 0 Respostas: a) y = ce x, y = c 0 ( 1) ( ) n x n ; b) y = ce x3 /3, y = c 1 x n 3 n! 0 n! 3 Exercício 22 Para cada equação diferencial, encontre duas soluções em séries de potências linearmente independentes em torno do pornto ordinário a = 0 a) y = xy; b) y 2xy + y = 0; c) (x 1)y + y = 0; d) y (x + 1)y y = 0 Respsotas: ( a) y 1 = c x x x9 + ) (, y 2 = c 1 x x x x10 + ) ; ( b) y 1 = c ! x2 3 4! x ! x6 ) (, y 2 = c 1 x + 1 3! x3 5 5! x ! x7 + ) ; c) y 1 = c 0, y 2 = c 1 n=1 1 n xn ; d) y 1 = c 0 ( x x x4 + ), y 2 = c 1 ( x x x x4 + ) Exercício 23 Usando o método das séries de potências resolva a edo y 2xy + 8y = 0 sujeita ás condições iniciais y(0) = 3, y (0) = 0 Resposta: y = 2 ( ! x ! x ! x4 + ) + 6x = 8x 2e x 54

56 Capítulo 13 Equações Diferenciais Com Coeficientes Variáveis (Continuação) 131 Pontos Singulares Regulares - Método de Frobenius Nesta seção trataremos da solução de equações diferenciais com coeficientes variáveis em torno de pontos singulares Posntos singulares são classificados como regulares ou irregulares Para definir esse conceito, colocamos a edo a 2 (x)y + a 1 (x)y + a 0 (x)y = 0 (131) na forma y + P (x)y + Q(x)y = 0 (132) Definição 1311 Dizemos que um ponto x = x 0 de 131 é singular regular se (x x 0 )P (x) e (x x 0 ) 2 Q(x) são analíticas em x 0 Um ponto singular que não é regular é dito irregular Exemplo 1312 Determine e classifique os pontos singulares das equações diferenciais a) (x 3) 2 (x 1) 2 y + (x 1)y + 2y = 0; b) (4 x 2 )y 4y + 10y = 0 Solução: a) Os pontos singulares da edo são x = 3 e x = 1 Determinemos qual tipo de singularidade: 1 Temos que P (x) = e Q(x) = 2 Note que (x 3) 2 (x 1) (x 3) 2 (x 1) 2 1 i) x = 3 é tal que (x 3)P (x) = não é analítica em x = 3, embora (x (x 3)(x 1) 3)2 Q(x) = 2 (x 1) 2 seja Logo, x = 3 é uma singularidade irregular ii) x = 1 é tal que (x 1)P (x) = 1 (x 3) 2 e (x 1) 2 Q(x) = 2 (x 3) 2 são analíticas em x = 1 Logo, x = 1 é um ponto singular regular b) Os pontos singulares são x = 2 e x = 2 Temos que P (x) = 4 e Q(x) = 10 Note que 4 x 2 4 x 2 i) x = 2 é tal que (x 2)P (x) = 4 e (x 2+x 2)2 Q(x) = 10(x 2) são analíticas neste ponto Logo, 2+x x = 2 é um ponto singulares regular o 55

57 ii) x = 2 é tal que (x + 2)P (x) = 4 e (x + 2 x 2)2 Q(x) = 10(x+2) 2 x x = 2 é um ponto singulares regular são analíticas neste ponto Logo, Para resolver uma equação diferencial como 131 em torno de uma singularidade regular, empregamos o seguinte teorema Teorema 1313 Se x = x 0 for um ponto singular da equação 131, então existe pelo menos uma solução em série na forma y = (x x 0 ) r c n (x x 0 ) n = c n (x x 0 ) n+r, em que r é uma constante a ser determinada A série convergirá pelo menos em algum intervalo 0 < x x 0 < R Exemplo 1314 Considere a seguinte edo 3xy + y y = 0 Note que x = 0 trata-se de uma singularidade regular De acordo com o Teorema 1313 devemos ter uma solução da forma y = c n x n+r Assim, y = donde obtemos que (n + r)c n x n+r 1, y = (n + r)(n + r 1)c n x n+r 2, 3xy + y y = 3 (n + r)(n + r 1)c n x n+r 1 + (n + r)c n x n+r 1 c n x n+r = = (n + r)(3n + 3r 2)c n x n+r 1 c n x n+r = = x r (n + r)(3n + 3r 2)c n x n 1 x r c n x n = ( ) = x r (n + r)(3n + 3r 2)c n x n 1 c n x n = ) = x (r(3r r 2)c 0 x 1 + (n + r)(3n + 3r 2)c n x n 1 c n x n = n=1 ) = x (r(3r r 2)c 0 x 1 + (n + r + 1)(3n + 3r + 1)c n+1 x n c n x n = 56

58 Devemos ter ) = x (r(3r r 2)c 0 x 1 + ((n + r + 1)(3n + 3r + 1)c n+1 c n )x n r(3r 2)c 0 = 0, (n + r + 1)(3n + 3r + 1)c n+1 c n = 0 Assim, Para r = 0 temos c n+1 = r = 0 ou r = 2/3, c n, k = 0, 1, 2, (n + r + 1)(3n + 3r + 1) c n+1 = c n, k = 0, 1, 2, (n + 1)(3n + 1) c 1 = c 2 = c 3 = c 4 = c 5 = c n = Para r = 2/3 temos c 0 11 c 1 24 = c 2 37 = c = c = c 0 2!14 c 0 3!147 c 0 4!14710 c 0 5! c 0 n! (3n 2) n = 1, 2, 3, c n+1 = c n, k = 0, 1, 2, (3n + 5)(n + 1) Portanto, c 1 = c 2 = c 3 = c 4 = c 5 = c n = c 0 51 c 1 82 = c = c = c = c 0 2!58 c 0 3!5811 c 0 4! c 0 5! c 0 n! (3n+2) n = 1, 2, 3, y 1 = c 0 x 0 (1 + y 2 = c 0 x 2/3 (1 + Logo, a solução geral da edo é dada por n=1 n=1 ) 1 n!14710 (3n 2) xn 1 n!5811 (3n + 2) xn y = k 1 y 1 (x) + k 2 y 2 (x) ) 57

59 132 Exercícios Exercício 24 Determine os pontos singulares de cada equação diferencial Classifique cada ponto singular como regular ou irregular a) x 3 y + 4x 2 y + 3y = 0; b) (x 2 9) 2 y + (x + 3)y + 2y = 0; c) (x 3 + 4x)y 2xy + 6y = 0 Respostas: a) x = 0, ponto singular irregular; b) x = 3, ponto singular regular; x = 3 ponto singular irregular; c) x = 0, 2i, 2i, pontos singulares regulares Exercício 25 Resolva as equações diferenciais a) 2x 2 y xy + (1 + x)y = 0; b) x 2 y + xy + ( x 2 9) 1 y = 0 ( Respostas: a) y 1 (x) = x 1 + n=1 ) b) y 1 (x) = x (1 1/ ( x 1!( ) ) ( 1) n (357(2n+1))n! xn 2!(1+ 1 3)(2+ 1 3) ( y 2 (x) = x (1 1/3 1 x ) 2 1!(1 3) !(1 3)( ) ( 1) n n=1 ) (135(2n 1))n! ) xn ( x ) 2n n!(1+ 1 3)(2+ 3)(n ) ) ( x ) 2n n!(1 1 3)(2 3)(n ) (, y 2 (x) = x 1/2 1 + ( x 2) 4 + ( 1) n ( x 2) 4 + ( 1) n 58

60 Capítulo 14 Modelagem Matemática Aplicações das Equações Diferenciais 141 Introdução É bastante comum encontrarmos relações matemáticas que descrevem certos fenômenos naturais O uso da equações diferenciais tem se mostrado bastante solucionador em algumas questões Modelos matemáticos para fenômenos como decrescimento radioativo, crescimento populacional, propagação de epidemias ou movimento amortecido são frequentemente modelados por equações diferenciais 142 Trajetórias Ortogonais Considere a seguinte pergunta: Dada uma família a n-parâmetros de curvas, é possível encontrar uma equação diferencial de n-ésima ordem associada a essa família? Na maioria das vezes a resposta é sim Exemplo 1421 Encontre a equação diferencial da família y = c(x 2 + 1) (141) Solução: Temos que Isolando c em 141, temos Igualando 142 e 143, temos dy dx = 2cx c = 1 2x 1 dy 2x dx = c = dy dx (142) y x (143) y x dy dx = 2xy x

61 Sabemos do cálculo que, duas curvas L 1 e L 2 são ortogonais em x 0 se suas retas tangentes T 1 e T 2 são ortogonais neste ponto, isto é, seus coeficientes angulares m 1 e m 2 são tais que m 1 m 2 = 1 Exemplo 1422 Mostre que as curvas L 1 : y = x e L 2 : x 2 + y 2 = 4 são ortogonais nos pontos de interseção Solução: i) Primeiro achemos os pontos de inteseção L 1 L 2 x 2 + x 2 = 4 2x 2 = 4 x 2 = ± 2 Logo, os pontos de interseção são ( 2; 2), ( 2; 2) ii) Mostraremos que m 1 ( 2)m 2 ( 2) = 1 e m 1 ( 2)m 2 ( 2) = 1 y L 1 = 1 y L 1 ( 2) = 1, y L 2 = x y y L 2 ( 2 2) = = 1 2 Logo, m 1 ( 2)m 2 ( 2) = 1( 1) = 1 Da mesma forma substituindo ( 2; 2) em y L 1 = 1 e y L 2 = x y, temos m 1( 2)m 2 ( 2) = 1( 1) = 1 Definição 1423 Trajetórias Ortogonais Quando todas as curvas de uma família G(x, y, c 1 ) = 0 interceptam ortogonalmente todas as curvas de outra família H(x, y, c 2 ) = 0, então dizemos que as famílias são trajetórias ortogonais uma da outra Um método geral para a obtenção de trajetórias ortogonais de uma dada família de curvas é o seguinte: Encontramos a equação diferencial dy dx = f(x, y) que descreve a família A equação diferencial da família ortogonal é então dy dx = 1 f(x, y) Exemplo 1424 Encontre as trajetórias ortogonais da família de hipérboles Solução: A derivada de y = c x temos y = c x é dada por dy dx = c x 2 Substituindo c = xy nesta última equação, dy dx = c x 2 dy dx = xy x 2 dy dx = y x 60

62 A equação diferencial da família ortogonal é dada por Portanto, dy dx = x y ydy = xdx Logo, as trajetórias ortogonais são ydy = dy dx = x y y 2 x 2 = c xdx y2 2 = x2 2 + c y 2 x 2 = c 143 Crescimento e Decrescimento Na biologia, por exemplo, é frequentemente observado que a taxa de crescimento de certas bactérias é proporcional ao número de bactérias presentes no dado instante Um modelo para tal situação é dado pelo problema de valor inicial dx dt = kx, x(t 0) = x 0 Exemplo 1431 Em uma cultura, há inicial mente N 0 bactérias Uma hora depois, t = 1, o número de bactérias passa a ser de 2N 0 Se a taxa de bactérias é proporcional ao número de bactérias presentes, determine o tempo necessário para que o número de bacttérias quadruplique Solução: O modelo a ser adotado é dado pela edo Resolvendo 144, temos Usando o fato de que N(0) = N 0, temos Além disso, temos que N(1) = 2N 0 Assim, Portanto a expressão para N(t) é dada por Por fim, a população quadruplicará em dn dt = kn (144) N(t) = ce kt N 0 = ce k0 c = N 0 N(t) = N 0 e kt 2N 0 = N 0 e k1 e k = 2 k = ln 2 N(t) = N 0 e ln 2 t 4N 0 = N 0 e ln 2 t e ln 2 t = 4 ln 2 t = ln 4 t = ln 4 /ln 2 = 2 horas 61

63 144 Meia-Vida Em física, meia-vida é uma medida de estabilidade de uma substância radioativa A meiavida é o tempo gasto para a metade dos átomos de uma quantidade inicial A 0 se desintegrar ou se transmutar em átomos de outro elemento Um modelo para tal situação é dado por da dt = ka, A(t 0) = A 0 Exemplo 1441 Um reator converte urânio 238 em um isótopo de plutônio 239 Após 20 anos, foi detectado que 0, 1433 g de uma quantidade inicial de 250 g havia se desintegrado encontre a meia-vida desse isótopo, se a taxa de desintegração é proporcional à quantidade remanescente Solução: Temos que o qual tem solução Temos que da dt = ka, A(t) = 250e kt 250 0, 1433 = A(20) 250e k20 = 249, 8567 e k20 = 0, k = 0, Logo, A(t) = 250e 0, t O tempo de meio-vida é então dado por 250e 0, t = 125 e 0, t = 0, 5 0, t = ln 0, 5 t = 24, 18 anos 145 Cronologia do Carbono A teoria da cronologia do carbono se baseia no fato de que o isótopo do carbono 14 é produzido na atmosfera pela ação de radiações cósmicas no niotrogênio A razão entre a quantidade de C 14 para carbono ordinário na atmosfera parece ser constante e, como consequência, a proporção da quantidade de isótopo presente em todos os organismos vivos é a mesma proporção da quantidade na atmosfera Quando um organismo morre, a absorção de C 14, através da respiração ou alimentação, cessa Logo, comparando a quantidade proporcional de C 14 presente, digamos, em um fóssil com a razão constante encontrada na atmosfera, é possível obter uma estimativa razoável da idade do fóssil Para tanto, usamos que o tempo de meia-vida do carbono é de cerca de 5600 anos Um modelo para tal situação é da dt = ka, A(t 0) = A 0 62

64 Exemplo 1451 Um osso fossilizado contém 1/1000 da quantidade original de C 14 Determine a idade do fóssil Solução: Novamente, o modelo é Temos que, A(t) = A 0 e kt A 0 2 = A 0e k = e5600k 5600k = ln 0, 5 k = 0, Logo, A(t) = A 0 e 0, t Quando A(t) = A 0 /1000, temos A = A 0e 0, t 0, = ln t = anos Observação 1452 O método usado no Exemplo 1451 é limitado a meia-vida do isótopo, ou seja, cerca de anos Existem outros métodos mais sofisticados 146 Resfriamento A lei do resfriamento de Newton diz que a taxa de variação da temperatura T (t) de um corpo em resfriamaneto é proporcional à diferençaentre a temperatura do corpo e a temperatura constante T m do meio ambiente, isto é, em que k é uma constante de proporcionalidade dt dt = k(t T m), Exemplo 1461 Quando um bolo é retirado do forno, sua temperatura é de 300 o F Três minutos depois, sua temperatura passa para 200 o F Quanto tempo levará para sua temperatura chegar a 70 o, se a temperatura do meio ambiente em que ele foi colocado for exatamente 70 o F Solução: Temos que Como T m = 70 o, temos dt dt = k(t T m) dt dt = k(t 70) dt T 70 = kdt ln T 70 = kt + k T 70 = cekt T = 70 + ce kt Portanto, T (0) = = 70 + ce k0 230 = c T = e kt T (3) = = e k3 e 3k = k = 0,

65 Logo, T (t) = e 0,19018t Por fim, 80 = e 0,19018t = e 0,19018t 0, 19018t = ln t = 16, 49 min 147 Circuitos em Série Em um circuito em série contendo somente um resistor e um indutor, a segunda lei de Kirchhoff diz que a soma da queda de tensão no indutor (L di ) e da queda de tensão no resistor (ir) é igual dt à voltagem (E(t)) no circuito Temos portanto a seguinte equação diferencial linear para a corrente i(t), L di + Ri = E(t), dt em que L e R são constantes conhecidas como a indutância e a resistência, respectivamente Exemplo 1471 Uma bateria de 12 volts é conectada a um circuito em série no qual a indutâcia é de 0, 5 henry e a resistência, 10 ohms Determine a corrente i se a corrente inicial é zero Solução: Substituindo os dados em nosso modelo, temos Multiplicando 145 por 2, temos di di + 20i = 24 dt dt 0, 5 di + 10i = 12, i(0) = 0 (145) dt = 24 20i di 24 20i = dt 1 ln 24 20i = t + k 20 ln 24 20i = 20t 20k 24 20i = e 20t 20k 20i = 24 e 20t e 20k i = e 20k e 20t i = ce 20t Como i(0) = 0, temos que Assim, a corrente i é dada por 0 = ce 200 c = 6 5 i(t) = e 20t 148 Logística Sabemos que, se uma população P é descrita por dp dt = kp, k > 0 64

66 então P (t) representa um crescimento exponencial não limitado Contudo, tal equação diferencial não se adequa a certas circunstâncias apresentando grande diferença quando se compara com o valor real Um modelo mais apropriado, por exemplo, para populações humanas é dado pela equação diferencial dp dt = P (a bp ), onde a e b são constantes positivas Se a é uma taxa média de crescimento, vamos supor que a taxa média de óbito seja proporcional a população P (t) no isntante t Logo, se (1/P )(dp/dt) é a taxa de crescimento por indivíduo em uma população, então 1 dp P dt = (taxa de nascimento) (taxa de obito) = a bp, onde b é uma constante de proporcionalidade Assim, chegamos ao seguinte modelo dp dt Um pequeno ajuste na equação diferencial 146 produz dx dt = P (a bp ) (146) = k(n + 1 x), que é um modelo razoável para descrever a disseminação de uma epidemia trazida inicialmente pela introdução de um indivíduo infectado em uma populaçãom estática A solução x(t) representa o número de indivíduos infectados em qualquer tempo t Exemplo 1481 Suponha que um estudante infectado com vírus da gripe retorne a uma faculdade isolada no campus onde se encomtram 1000 estudantes Presumindo que a taxa a qual o vírus se espalha é proporcional não somente à quantidade de alunos infectados, mas também à quantidade de alunos não infectados, determine o número de alunos infectados após 6 dias se ainda é observado que depois de 4 dias x(4) = 50 Suponhamos que ninguém saia do campus equanto durar a epidemia Solução: Devemos resolver o seguinte PVI Temos que dx dt = kx(1000 x), x(0) = 1 dx dt = kx(1000 x) x x dx = kdt 1 1/1000 dx = kdt + 1/ x(1000 x) x 1000 x = kdt (147) Integrando 147 ( 1/ /1000 ) dx = x 1000 x ln x 1000 x = 1000kt k kdt ln x ln 1000 x = kt + k x 1000 x = e1000kt+1000k 65 x 1000 x = ceat

67 Como x(0) = 1 e x(4) = 50, temos Por fim, temos a seguinte função Finalmente, x 1000 x = e0,99066 x 1000 x = cea0 c = x 1000 x = eat = ea4 e 4a = 52, 579 a = 0, 9906 x 1000 x = e0,9906t = 0, x = (1000 x)0, x = 276 estudantes 149 Sistemas Oscilatórios Os sistemas oscilatórios podem ser estudados mediante equações diferenciais ordinárias lineares de segunda ordem, proveniente da aplicação de leis físicas, como as leis de Newton e a lei de Hooke Vejamos o caso das oscilações livres Considere um sistema massa-mola composto por uma massa m acoplada a uma mola cuja constante elástica é k, conforme Figura 148 (148) Na parte (a) tem-se uma mola de comprimento l suspensa na vertical Em (b) observa-se que o corpo de massa m deforma a mola em um comprimento igual a l, de modo que ocorre o equilíbrio entre a força restauradora da mola e o peso do corpo na posição x = 0 Na parte (c), observa-se que a mola exerce uma força para cima igual a k( l kx) = mg kx, sendo que x é a elongação (ou compressão) da mola Logo, a força resultante é igual a (mg kx) mg = kx Fazendo x = x(t), temos, pela segunda lei de Newton mx (t) = kx(t) (149) 66