Equações Diferenciais: Um Curso para Engenharias, Física, Matemática e Química

Transcrição

1 Notas de Aula da Disciplina Cálculo 3 Equações Diferenciais: Um Curso para Engenharias, Física, Matemática e Química André Luiz Galdino Departamento de Matemática do Campus Catalão da Universidade Federal de Goiás Janeiro de 2010 Última Atualização: 16 de setembro de 2011

2 Equações Diferenciais: Um Curso para Engenharias, Física, Matemática e Química André Luiz Galdino Homepage: andregaldino@ibest.com.br Última Atualização: 16 de setembro de 2011 Estas notas de aula foram escritas com o intuíto de apoiar a disciplina de Cálculo 3 oferecida pelo Departamento de Matemática do Campus de Catalão da Universidade Federal de Goiás. Em outras palavras, estas notas de aula servem apenas para a orientação dos estudos, ou seja, servem apenas como apoio didático, não devendo ser a única fonte para os estudos. Este material não substitui a presença em sala de aula nem reproduz todo o conteúdo do curso. Vale ainda ressaltar, que os conteúdos apresentados neste texto encontram-se em qualquer livro de Introdução às Equações Diferenciais. Além disso, as obras de referência para o material aqui apresentado estão citadas no Plano de Curso da Disciplina Cálculo 3. Este texto é atualizado frequentemente.

3 Sumário 1 Equações Diferenciais e sua Terminologia Classificação das equações diferenciais Classificação por tipo Classificação por ordem Classificação por linearidade Exercícios diversos Solução de uma Equação Diferencial Ordinária Solução e família de soluções Exercícios Tipos de soluções e solução explícita e implícita Exercícios Curvas integrais Exercícios Problemas de valor inicial e de valor de contorno Problemas de valor inicial Exercícios Problemas de valor contorno Exercícios Existência e unicidade EDO s lineares EDO s não-lineares Exercícios diversos Equações Diferenciais Ordinária de Primeira Ordem Solução por Integração Direta Exercícios Equações diferenciais lineares de primeira ordem Exercícios Equações com Variáveis Separáveis Exercícios Equações diferenciais ordinárias de primeira ordem como modelos matemáticos Dinâmica populacional Decaimento radioativo Lei de Newton do esfriamento/aquecimento

4 iv SUMÁRIO Mistura de duas soluções salinas Reações químicas: irreversíveis mononucleares e bimolecular irreversível Exercícios diversos Independência Linear entre Funções 47 5 Equações Diferenciais Lineares de Segunda Ordem EDO s Lineares de 2 a Ordem Homogêneas EDO s Lineares de 2 a Ordem Não-Homogêneas EDO s de 2 a Ordem Homogêneas de Coeficientes Constantes Encontrando a Solução Geral de ay + by + cy = Raízes reais e distintas Raízes reais e iguais Raízes complexas conjugadas PVI - Problemas de Valor Inicial Exercícios Método de Variação dos Parâmetros 65 8 Método de Redução de Ordem 71

5 Capítulo 1 Equações Diferenciais e sua Terminologia De uma forma compacta, uma Equação Diferencial é uma equação que envolve derivadas (ou diferenciais). Melhor dizendo Definição 1.1: Chamamos por Equação Diferencial (ED) uma equação que contém derivadas (ou diferenciais) de uma ou mais variáveis dependentes em relação a uma ou mais variáveis independentes. Exemplo 1.1: Daqui por diante, em todo o texto, as derivadas ordinárias serão escritas com a notação de Leibniz /dx, d 2 y/dx 2, ou com a notação linha y, y, dx + 5y = ex. Neste caso, x é a variável independente e y é a variável dependente uma vez que y é visto como uma função de x. ( ) d 2 2 x dx dt x = 0. 2 dt Neste caso, t é a variável independente e x é a variável dependente uma vez que x é visto como uma função de t. 3. y + 2y + y = cos(x). Neste caso, x é a variável independente e y é a variável dependente uma vez que y é visto como uma função de x. d 2 u 4. dx + d2 v 2 dx = 2 x2 + u + v. Neste caso, x é a variável independente e u e v são as variáveis dependentes uma vez que u e v são vistos funções de x. 2 u 5. x + 2 u 2 y = 0. 2 Neste caso, x e y são as variáveis independentes e u é a variável dependente uma vez que u é visto como uma função de x e y.

6 2 Equações Diferenciais e sua Terminologia 1.1 Classificação das equações diferenciais Para poder discuti-las melhor, classificamos as equações diferenciais por tipo, ordem e linearidade, como vemos a seguir Classificação por tipo Existem dois tipos de equações diferenciais. 1. Equação Diferencial Ordinária (EDO): Se a equação contiver somente derivadas ordinárias de uma ou mais variáveis dependentes em relação a uma única variável independente. Exemplo 1.2: (a) d2 y dx 2 dx + 6y = 0 (b) (y ) 3 + yy + 3sen(y) = x 2 De maneira geral, podemos expressar uma EDO em uma variável dependente x na forma geral F (x, y, y,, y (n) ) = 0 onde F é uma função de valores reais de n + 2 variáveis x, y, y,, y (n) e onde y (n) = dn y dx n, ou seja, a derivada de y com relação a x de ordem n. Em uma EDO F (x, y, y, y,, y (n) ) = 0, quando for possível expressar a derivada de ordem maior y (n) em função dos outros termos da equação, ou seja, y (n) = f(x, y, y, y,, y (n 1) ) dizemos que a EDO está na sua forma normal. Por exemplo, dx = y Equação Diferencial Parcial (EDP): Se a equação envolve as derivadas parciais de uma ou mais variáveis dependentes de duas ou mais variáveis independentes. Exemplo 1.3: (a) 2 u x u y 2 = 0 (b) 2 u x u y 2 = 0 (c) u y = v x

7 1.1 Classificação das equações diferenciais Classificação por ordem A ordem de uma equação diferencial (EDO ou EDP) é a ordem da maior derivada existente na equação. Por exemplo, ( ) d 2 3 y dx + 5 4y = e x 2 dx é uma EDO de segunda ordem. Enquanto que 3xy + y + 3x 5 y = 5 e 2 z x + 2 z 2 y = 2 x2 + y são uma EDO de ordem 3 e uma EDP de segunda ordem, respectivamente. Em particular, uma grande quantidade das EDO s de primeira ordem pode ser escrita na sua forma normal, dada por: y = f(x, y) ou dx = f(x, y) Também, EDO s de primeira ordem são ocasionalmente escritas na forma diferencial M(x, y) + N(x, y)dx = 0 Por exemplo, supondo que y seja a variável dependente em (y x)dx + 4x = 0. (1.1) Dividindo a Equação 1.1 pela diferencial dx obtemos a forma alternativa 4xy + y = x onde y = dx Classificação por linearidade Dizemos que uma EDO de ordem n é linear se F for linear em y, y,, y (n). Em outras palavras, uma EDO de n-ésima ordem é linear quando ela puder ser escrita na forma a n (x)y (n) + a n 1 (x)y (n 1) + + a 1 (x)y + a 0 (x)y g(x) = 0 ou Nota 1.1: a n (x) dn y dx n + a n 1(x) dn 1 y dx n a 1(x) dx + a 0(x)y = g(x) É fácil observar que uma EDO linear possui as seguintes propriedades: 1. A variável dependente e todas as suas derivadas são de primeiro grau, ou seja, a potência de cada termo envolvendo y é 1; 2. Cada coeficiente depende no máximo da variável independente x.

8 4 Equações Diferenciais e sua Terminologia Nos exemplos a seguir temos, respectivamente, EDO s lineares de primeira, segunda e terceira ordem: 1. (y x)dx + 4x = 0 2. y 2y d 3 y + y = 0 3. dx + x 5y = 3 ex dx Uma EDO não-linear é simplesmente uma EDO que não é linear. Em outras palavras, uma EDO linear não pode conter termos como, por exemplo, sen(y) e e y. Damos a seguir exemplos de EDO s não-lineares: 1. (1 y)y + 2y = e x 2. d 2 y dx 2 + sen(y) = 0 3. d 4 y dx 4 + y2 = 0 A teoria matemática e as técnicas para o tratamento de equações lineares são bastante desenvolvidas. Por outro lado, no caso das equações diferenciais não-lineares a situação não é tão satisfatória, não havendo técnicas gerais de solução. Por este motivo, muitas vezes, tentamos descrever um fenômeno não-linear como sendo linear, pelo menos em primeira aproximação. Nos casos em que a não-linearidade é inevitável, e os métodos analíticos são inexistentes ou insuficientes, temos ainda as ferramentas da análise qualitativa e numérica. 1.2 Exercícios diversos Classifique as equações diferencias abaixo quanto ao tipo, ordem e linearidade. 1. x 2 y + xy + 2y = sen(x) 2. 3x dx + dz dx = x5 3. (1 + y 2 )y + xy + y = e x 4. (1 x)y 4xy + 5y = cos(x) 2 u 5. x + 2 u 2 u 2 y 2 z = x d3 y dx 2( ) + y = 0 3 dx 7. yy + 2y = 1 + x 2 8. x 2 + (y xy x e x )dx = x 2 y (4) + (y ) 6 = 1 dx 10. dt + 3x ds + 1 = y (4) + y + y + y + y = e x 12. y + xy 2 = 0 u 13. t + (f(x)u)2 = f(x, t) x 14. ln(x) d3 x dt + 5dx 3 dt x = y + sen(x + y) = sen(x) 16. y + xy + ycos 2 (x) = x 3

9 Capítulo 2 Solução de uma Equação Diferencial Ordinária De uma forma geral, a solução de uma equação diferencial é uma função que não contém derivadas nem diferenciais e que satisfaz a equação dada, ou seja, a função que, substituída na equação dada, a transforma em uma identidade. 2.1 Solução e família de soluções Definição 2.1: Toda função φ, definida em um intervalo I que tem pelo menos n derivadas contínuas em I, as quais quando substituidas em uma equação diferencial ordinária de ordem n reduzem a equação a uma identidade, é denominada uma solução da equação diferencial no intervalo. Em outras palavras, uma solução de uma equação diferencial ordinária de ordem n F (x, y, y, y,, y (n) ) = 0 é uma função φ que tem pelo menos n derivadas e para a qual F (x, φ(x), φ (x),, φ (n) (x)) = 0, para todo x em I. Nota 2.1: Alertamos que obter uma solução para uma equação diferencial é similar a calcular uma integral e nós sabemos que existem integrais que não possuem primitivas, como é o caso das integrais elípticas, dessa forma não é de se esperar que todas as equações diferenciais possuam soluções. Exemplo 2.1: Vamos verificar que a função y(x) = x4 16, x R (2.1) é uma solução da EDO 4y x 3 = 0. (2.2)

10 6 Solução de uma Equação Diferencial Ordinária Solução: Derivando y na Equação 2.1 com respeito a x, obtemos Substituindo na Equação 2.2 temos y = x3 4. 4y x 3 = 4. x3 4 x3 = 0 Portanto y(x) dada é uma solução da Equação 2.2 uma vez que é diferenciável (derivável) em R e satisfaz a EDO dada. Uma pergunta que surge naturalmente aqui é: Mas será que a Equação 2.1 é a única solução da EDO? A resposta para essa pergunta é não. De fato, observe que toda expressão da forma y(x) = x4 + C, C R (2.3) 16 também é uma solução para a EDO dada. Quando isso acontece dizemos que a EDO possui uma família de soluções a um parâmetro, que nesse caso é C. Na verdade, em geral, uma EDO possui um número infinito de soluções. Também podemos ter soluções de uma EDO que não são obtidas de uma família de soluções dessa EDO. Exemplo 2.2: A EDO possui a seguinte família de soluções dx = y2 4 (2.4) y(x) = 2 (1 + C e4x ), C R. (2.5) (1 C e 4x ) No entanto, y 1 (x) = 2 é uma solução da EDO dada e não provém dessa família, uma vez que não existe um valor para parâmetro C tal que, quando substituido na Equação 2.1, Exercícios y(x) = y 1 (x) = Em cada item a seguir identifique as variáveis independentes e dependentes, e mostre em cada caso que a função y(x) é solução da EDO dada, onde a é constante. (a) dx = x x2 + a 2 (a 0) y(x) = x 2 + a 2 (b) 1 4 (y ) 2 xy + y = 1 x 2 y(x) = x 2 2. Verifique que a função g(x) = c 1 cos(4x) + c 2 sen(4x), onde c 1 e c 2 R, é uma família de soluções da EDO y + 16y = 0.

11 2.2 Tipos de soluções e solução explícita e implícita Tipos de soluções e solução explícita e implícita Basicamente, existem 3 tipos de soluções: 1. Solução geral: é a solução da equação que contém tantas constantes arbitrárias (parâmetros) quantas forem as unidades da ordem de integração (família de soluções). 2. Solução particular: é a solução deduzida da solução geral atribuindo-se valores particulares às constantes. Em outras palavras, é quando a solução vem de uma família de soluções encontrada. 3. Solução singular: é uma solução não deduzida da solução geral (família de soluções) e que só existe em alguns casos. Além disso, se uma solução de uma EDO é identicamente nula no intervalo I, então ela é chamada de solução trivial. Exemplo 2.3: Como vimos anteriormente, a função 2.3 é uma solução geral da EDO 2.2, enquanto que 2.2 é uma solução particular da mesma EDO. De fato, fazendo em 2.3 C = 0 obtemos 2.2. Já a EDO 2.4 possui como solução geral 2.5 e como solução singular y(x) = 2. Nota 2.2: Itervalos de Definição: Você não pode pensar em solução de uma EDO sem, simultaneamente, pensar em intervalo. O intervalo I, que aparece na Definição 2.1, é alternativamente conhecido por intervalo de definição, intervalo de existência, intervalo de validade ou domínio da solução e pode ser um intervalo aberto (a, b), um intervalo fechado [a, b], um intervalo infinito (a, ), e assim por diante. Porém, não devemos confundir o domínio de uma função com o intervalo de definição de uma solução. Por exemplo, a função y = 1 x é uma solução da EDO xy + y = 0, para x pertencente a qualquer intervalo dos números reais que não contém o zero, como por exemplo, (0, ). No entanto, lembre-se de que y = 1 x como uma função está definida para todo x R {0}, ou seja, para x (, 0) (0, ). Definição 2.2: Uma solução explícita de uma equação diferencial ordinária é qualquer função y = φ(x) que verifique a equação num intervalo a < x < b. Uma solução implícita é uma relação G(x, y) = 0 que verifique a equação. Como a definição sugere, nem sempre encontraremos a solução de uma EDO em sua forma explícita, y = φ(x). As soluções de algumas EDO s, quando for possível acharmos tais soluções, em geral serão dadas na forma G(x, y) = 0, a qual define implicitamente a solução. Por exemplo, G(t, E) = 0 onde G(t, E) = C t + E sen(e)

12 8 Solução de uma Equação Diferencial Ordinária é uma família de soluções implícitas (a um parâmetro, C R) da EDO de dt = 1 1 cos(e). Para que possamos verificar essa afirmação, basta simplesmente derivar implicitamente a expressão G(t, E) = 0 com relação a t. Como outro exemplo, tome G(x, y) = 0, onde G(x, y) = x 2 + y 2 4, com 2 < x < 2. Se derivarmos implicitamente a expressão G(x, y) = 0 em relação a x, vemos claramente que G(x, y) é uma solução ímplicita da EDO dx = x y. Exemplo 2.4: Verifique se a função y indicada abaixo é uma solução explícita da EDO dada, no intervalo (, ). 1. dx = xy 1 2, y = 1 16 x4 2. y 2y + y = 0, y = x e x Solução: 1. Uma maneira de verificar se a função dada é uma solução é observar depois de substituir, se ambos os lados da equação são iguais para cada x no intervalo. Sendo assim, observe que: lado esquerdo: dx = 1 16 (4x3 ) = 1 4 x3 lado direito: xy 1 2 = x ( 1 16 x4 ) 1 2 = x 1 4 x2 = 1 4 x3 Portanto, a função dada é uma solução da EDO. 2. Por simples substituição da função e as suas derivadas vê-se facilmente que a função dada é uma solução da EDO: 2 e x + x e x 2( e x + x e x ) + x e x = 0

13 2.2 Tipos de soluções e solução explícita e implícita 9 Exemplo 2.5: Verifiquemos que x + y + e xy = 0 (2.6) é solução implícita de ( 1 + x e xy ) dx y exy = 0 (2.7) Solução: Para verificar basta derivar implicitamente a expressão x+y+ e xy = 0 com respeito a x. Vejamos d dx (x + y + exy ) = y xy d(xy) + e dx = y + (y + xy ) e xy = 0 (1 + x e xy ) dx y exy = Exercícios 1. Mostre que a relação dada define uma solução implícita da equação diferencial, sabendo que c é constante. (a) yy = e 2x, (b) y y 2 = xy x, 2 y 2 = e 2x y = c ey/x (c) dx = x y, x2 + y 2 c 2 = 0 2. Os problemas seguintes são um teste à sua intuição (a intuição só se obtem depois de alguma prática e por isso é importante analizar estes problemas e as suas soluções). Em cada caso tente adivinhar uma solução, ou seja, faça alguma tentativa e verifique se é ou não solução. Além disso, diga se a solução que descobriu é geral ou particular. (a) dx = y (b) dx = y2 (c) dx + y = ex (d) d2 y dx 2 = 1 3. Mostre que as funções y 1 dadas são soluções gerais das respectivas EDO s. Além disso, mostre que y 2 também é uma solução da EDO correspondente, porém ela não é obtida a partir da solução geral y 1, ou seja, y 2 é uma solução singular. (a) y = xy (y ) 2, y 1 = cx + c2 2 y 2 = x2 2 (b) (y ) 2 xy + y = 0, y 1 = cx c 2 y 2 = x2 4

14 10 Solução de uma Equação Diferencial Ordinária 2.3 Curvas integrais Como vimos anteriormente, resolver uma equação diferencial significa determinar as funções que satisfazem tal equação. Dessa forma, é pela integração de uma diferencial que se dá a solução e, geometricamente, as curvas que representam as soluções são definidas como segue: Definição 2.3: A solução geral (família de soluções) de uma EDO muitas vezes é dada por uma relação da forma Φ(x, y, C) = 0 onde a variável dependente y é dado apenas implicitamente em termos da variável independente x e da constante C R. Tal expressão é denominada integral geral da EDO. A integral geral pode ser interpretada geometricamente como a representação de uma família de curvas no plano-xy, dependente do parâmetro C. Estas curvas são chamadas curvas integrais da EDO dada, e uma vez que Φ(x, y, C) = 0 é derivável (diferenciável) em seu intervalo de definição I, as curvas integrais são contínuas em I. Exemplo 2.6: Como vimos anteriormente a EDO possui como solução geral a família de funções 4y x 3 = 0 (2.8) y(x) = x C (2.9) onde C R é uma constante arbitrária. Assim, as curvas integrais da equação diferencial 2.8 são obtidas fazendo o gráfico da função 2.9 para diferentes valores de C, como mostram as Figuras 2.1 e 2.2. y y x x Figura 2.1: Curva integral da equação diferencial 4y x 3 = 0 para C = 1 Figura 2.2: Curvas integrais da equação diferencial 4y x 3 = 0 para C ( 4, 4).

15 2.3 Curvas integrais 11 Exemplo 2.7: Consideremos a equação diferencial A solução geral desta equação é dada pela família de funções dx = y x, x 0 (2.10) y = C x (2.11) onde C R é uma constante arbitrária. As curvas integrais da Equação 2.10 são obtidas fazendo-se o gráfico da Equação 2.11 para diferentes valores de C, como mostra a Figura 2.4. y y x x Figura 2.3: Curvas integrais da equação diferencial = y para C = 1 e C = 1. dx x Figura 2.4: Curvas integrais da equação diferencial = y para C ( 4, 4). dx x Exercícios 1. Verifique que uma família a um parâmetro de soluções para a EDO y = xy + (y ) 2 é dada por y = cx + c 2, e desenhe as curvas integrais. Além disso, determine um valor de k para que y = kx 2 seja uma solução particular para a EDO dada. 2. Mostre que y 1 = 2x + 2 e y 2 = x2 2 são ambas soluções da EDO y = xy + ( (y ) 2 e desenhe as curvas integrais. As funções c 1 y 1 + c 2 y 2, c 1 e c 2 R, também são soluções? 2

16 12 Solução de uma Equação Diferencial Ordinária 2.4 Problemas de valor inicial e de valor de contorno Quando aplicamos as equações diferenciais geralmente não estamos tão interessados em encontrar uma família de soluções (solução geral) quanto em encontrar uma solução que satisfaça algumas condições adicionais Problemas de valor inicial Um problema de valor inicial (PVI) consiste em uma equação diferencial, juntamente com condições iniciais relativas à função incógnita e suas derivadas, tudo dado para um mesmo valor da variável independente. O objetivo destes problemas é resolver uma equação diferencial sujeita à condição inicial, ou seja, se são conhecidas condições adicionais, podemos obter soluções particulares, a partir da solução geral, para a equação diferencial dada. Em outras palavras, estamos interessados na solução de uma equação diferencial sujeita a determinadas condições pré-estabelecidas, ou seja, condições que estão impostas à solução desconhecida y = y(x) e suas derivadas. Sendo assim, uma solução de um PVI é uma função y = y(x) que satisfaz não só a equação diferencial dada, mas também todas as condições iniciais. De um jeito um pouco mais formal, sendo I algum intervalo contendo x 0, um PVI é dado da seguinte maneira: Resolver: Sujeita a: d n y dx n = f(x, y, y, y,, y (n 1) ) y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 1, y (x 0 ) = y 2,, y (n 1) (x 0 ) = y n 1 onde y 0, y 1, y 2,, y n 1 são constantes reais especificadas previamente. Os valores de y(x) e suas n 1 derivadas em um único ponto x 0, a saber, y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 1, y (x 0 ) = y 2,, y (n 1) (x 0 ) = y n 1 são chamados de condições iniciais. Nota 2.3: Um PVI de primeira ordem consiste em: Resolver: = f(x, y) dx Sujeita a: y(x 0 ) = y 0 Observe que por si só a EDO de primeira ordem = f(x, y), ou y = f(x, y), não dx determina uma função solução única. Isto porque a EDO apenas especifica o declive y (x) da função solução em cada ponto, mas não especifica o valor de y(x) para nenhum ponto. Em geral, como vimos anteriormente, existe uma infinidade de funções que satisfazem a EDO. No entanto, para obter uma solução particular, o valor y 0 da função solução tem de ser conhecido para algum ponto x 0, ou seja, é necessário que os dados do problema indiquem y(x 0 ) = y 0 para determinar a solução particular da EDO dada.

17 2.4 Problemas de valor inicial e de valor de contorno 13 Se considerarmos a variável independente x como o tempo, podemos pensar em x 0 como o tempo inicial e em y 0 como o valor inicial da função incógnita. Sendo assim, a EDO governa a evolução do sistema ao longo do tempo desde o seu estado inicial y 0 no tempo x 0, e nós procuramos uma função y(x) que descreve o estado do sistema em função do tempo. Geometricamente, como vimos anteriormente, o conjunto de solução de uma EDO de primeira ordem define um conjunto de curvas com traço no plano-xy, chamadas de curvas integrais, e neste sentido cada uma das curvas integrais é solução de um determinado PVI. Exemplo 2.8: Encontre a solução do PVI: dx = y x y(1) = 3 Solução: Queremos encontrar uma solução da EDO que satisfaça a condição y(1) = 3, ou melhor, queremos encontrar uma solução tal que o ponto (1, 3) seja ponto da curva integral dessa solução. Veremos no futuro que uma família de soluções para a EDO dada é y(x) = C x (2.12) Agora a pergunta é: será que dentre a família de soluções 2.12 existe uma solução tal que y(1) = 3? A resposta para a pergunta, neste caso, é sim. De fato, observe que y(1) = C 1. Para que y(1) = 3 temos que ter C = 3. Logo, como podemos ver na Figura 2.5, a solução particular que satisfaz o PVI dado é y(x) = 3 x. y x Figura 2.5: Curva integral solução do PVI: y = y, y(1) = 3. x x

18 14 Solução de uma Equação Diferencial Ordinária Daqui surgem naturalmente alguns questionamentos, por exemplo: Mas será que essa é a única solução que satisfaz esse PVI ou tem outras? E se mudarmos a condição inicial, o que acontece? Por exemplo, o PVI dx = y x y(0) = 0 tem solução? e se tiver é única? Não se desespere o leitor, veremos mais adiante teoremas que nos ajudarão a responder a todas essas perguntas. y + 4y = 0 Exemplo 2.9: Determine se as funções a seguir são soluções do PVI: y(0) = 0, y (0) = 1 1. y 1 (x) = sen(2x) 2. y 2 (x) = x 3. y 3 (x) = 1 2 sen(2x) Solução: 1. y 1 (x) = sen(2x) é uma solução da EDO e satisfaz a primeira condição y(0) = 0. No entanto, y 1 (x) não satisfaz a segunda condição, pois, y 1(x) = 2cos(2x) e y 1(0) = 2cos(0) = 2 1. Portanto, y 1 (x) = sen(2x) não é solução do PVI apresentando. 2. y 2 (x) = x safisfaz ambas as condições iniciais mas não é solução da EDO dada. Portanto, também não é solução do PVI apresentando. 3. y 3 (x) = 1 sen(2x) é solução da EDO e satifas ambas as condições iniciais, sendo, portanto solução do PVI apresentado. 2 y + 4y = 0 Exemplo 2.10: Determine uma solução do PVI:, sabendo que a y(0) = 0, y (0) = 1 solução geral da EDO em questão é dada por y(x) = C 1 sen(2x) + C 2 cos(2x). Solução: Como y(x) = C 1 sen(2x)+c 2 cos(2x) é uma solução da EDO para quaisquer valores de C 1 e C 2, devemos procurar os valores de C 1 e C 2 que também satisfaçam as condições iniciais. Observe que y(0) = C 1 sen(0) + C 2 cos(0) = C 2 Assim, para atender a primeira condição inicial, devemos fazer C 2 = 0. Além disso, y (x) = 2C 1 cos(2x) 2C 2 sen(2x)

19 2.4 Problemas de valor inicial e de valor de contorno 15 sendo assim, y (0) = 2C 1 cos(0) 2C 2 sen(0) = 2C 1 Logo, para satisfazer a segunda condição inicial, y (0) = 1, devemos fazer 2C 1 = 1, ou seja, C 1 = 1 2. Substituindo esses valores de C 1 e C 2 na solução y(x) = C 1 sen(2x) + C 2 cos(2x) obtemos a qual é a solução do PVI apresentado. y(x) = 1 2 sen(2x) Exercícios 1. Determine C 1 e C 2 de modo que as funções dadas satisfaçam as condições iniciais apresentadas. (a) y(x) = C 1 e x + C 2 e x y(0) = 1 y (0) = 1 (b) y(x) = C 1 e x + C 2 e 2x + 3 e 3x y(0) = 0 y (0) = 0 (c) y(x) = C 1 sen(x) + C 2 cos(x) + 1 y(π) = 0 y (π) = 0 (d) y(x) = C 1 e x + C 2 e x + x 2 e x y(1) = 1 y (1) = 1 2. Verifique que a função dada é solução do PVI correspondente. y + 3y + 2y = 0 (a) y(x) = e x e 2x y(0) = 0 y (0) = 1 y + 4y = 0 (b) y(x) = cos(2x) y(0) = 1 y (0) = 0 y = t y 3. Mostre que y(t) = 0 e y(t) = t4 são soluções do PVI:. 16 y(0) = Problemas de valor contorno Um problema de valor de contorno (PVC) é uma equação diferencial que também esta sujeita a determinadas condições pré-estabelecidas, as chamadas condições de contorno ou condições de fronteira. Dessa forma, uma solução para um PVC é uma função y = y(x) que satisfaz não só a equação diferencial dada, mas também todas as condições de contorno. Os PVC surgem em diversos ramos da física, por exemplo, problemas envolvendo a equação da onda e a equação do calor. Entre os primeiros PVC estudados está o problema de Dirichlet de encontrar funções harmônicas (soluções da equação de Laplace). Na verdade, existe uma vasta classe de importantes problemas de valores de contorno, como por exemplo, os problemas de Sturm-Liouville e o problema clássico de determinar a forma que toma um cabo flexível, suspenso em dois pontos e sujeito a seu peso. Este último problema

20 16 Solução de uma Equação Diferencial Ordinária foi proposto por Leonardo da Vinci e resolvido após anos por Leibniz e J. Bernoulli, e sua função solução recebe o nome, dado por Leibniz, de catenária. Como no caso dos PVI, o número de condições impostas para os PVC é igual à ordem da equação diferencial. No entanto, uma diferença essencial entre os PVI e os problemas que envolvem condições de contorno é que estes podem ter uma, nenhuma ou infinitas soluções. Além disso, diferentemente das condições iniciais, as condições de contorno não envolvem derivadas e são definidas em dois ou mais valores da variável independente. De outra forma, sendo I algum intervalo contendo x 0, x 1, x 2,, x n 1, um PVC envolvendo uma EDO pode ser dado da seguinte maneira: Resolver: Sujeita a: d n y dx n = f(x, y, y, y,, y (n 1) ) y(x 0 ) = y 0, y(x 1 ) = y 1, y(x 2 ) = y 2,, y(x n 1 ) = y n 1 onde y 0, y 1, y 2,, y n 1 são constantes reais especificadas previamente, e os valores de y(x) nos pontos x 0, x 1, x 2,, x n 1, a saber, são as condições de contorno. y(x 0 ) = y 0, y(x 1 ) = y 1, y(x 2 ) = y 2,, y(x n 1 ) = y n 1 Exemplo 2.11: Determine uma solução do PVC: solução geral da EDO dada é y + 4y = 0 y(x) = C 1 sen(2x) + C 2 cos(2x). y( π 8 ) = 0 y( π 6 ) = 1, sabendo que a Solução: Observe que y( π 8 ) = C 1sen( π 4 ) + C 2cos( π 4 ) = 1 2 C C2 2 2 y( π 6 ) = C 1sen( π 3 ) + C 2cos( π 3 ) = C C 2 Além disso, para atender às condições de contorno, y( π) = 0 e y( π ) = 1, devemos ter C C2 = 0 (2.13) C C 2 = 1 (2.14) Considerando as Equações 2.13 e 2.14 como um sistema e resolvendo-as simultaneamente, obtemos 2 C 1 = C 2 = 3 1

21 2.4 Problemas de valor inicial e de valor de contorno 17 Portanto, substituindo estes valores de C 1 e C 2 na solução geral y(x) = C 1 sen(2x)+c 2 cos(2x) obtemos a solução do PVC que é y(x) = ) 2 (sen(2x) cos(2x) 3 1 Exemplo 2.12: Determine uma solução do PVC: solução geral da EDO dada é y(x) = C 1 sen(2x) + C 2 cos(2x). y + 4y = 0 y(0) = 1 y( π 2 ) = 2, sabendo que a Solução: Como y(0) = C 1 sen(0) + C 2 cos(0) = C 2 devemos fazer C 2 = 1 para satisfazer a primeira condição de contorno y(0) = 1. Como y( π 2 ) = C 1sen(π) + C 2 cos(π) = C 2 devemos fazer C 2 = 2 para satisfazer a segunda condição de contorno y( π ) = 2. Assim, para 2 satisfazer ambas as condições de contorno simultaneamente, devems ter C 2 = 1 e C 2 = 2, o que é impossível. Portanto, o PVC dado não admite solução. Exemplo 2.13: Vale observar que podemos ter um Problema Misto, ou seja, um problema com condições iniciais e de contorno. No entanto, iremos discutir como resolver um problema misto em um outro momento. Um típico problema com condições iniciais e de contorno é dado juntamente com a Equação da Onda, que é: 2 u x 2 u 2 t = 0 sobre M 2 u(x, 0) = p(x), u (x, 0) = q(x), a x b (Condições iniciais) t u(a, t) = r(t), u(b, t) = s(t), t 0 (Condições de contorno) onde M é a região representada por um retângulo infinito. Do ponto de vista físico, o problema misto pode ser interpretado como o estudo dos deslocamentos transversais de uma corda de comprimento infinito, mas que nas extremidades x = a e x = b, o deslocamento ocorre segundo uma função conhecida u(a, t) = r(t). Quando esta extremidade está presa assumimos r(t) = 0.

22 18 Solução de uma Equação Diferencial Ordinária Exercícios 1. Determine C 1 e C 2 de modo que y(x) = C 1 sen(2x) + C 2 cos(2x) satisfaça as condições dadas, e determine se tais condições são iniciais ou de contorno. (a) y(0) = 1, y (0) = 2 (b) y(0) = 2, y (0) = 1 (c) y( π) = 1, 2 y ( π) = 2 2 (d) y(0) = 1, y ( π) = 1 2 (e) y (0) = 1, y ( π) = 1 2 (f) y(0) = 1, y (π) = 1 (g) y(0) = 1, y(π) = 2 (h) y(0) = 0, y (0) = 0 (i) y( π) = 0, 4 y( π) = 1 6 (j) y(0) = 0, y ( π) = Existência e unicidade Muitas aplicações de equações diferenciais resulta em equações que não podem ser resolvidas explicitamente. Em situações como estas, frequentemente recorremos à análise geométrica ou numérica das equações diferenciais para obter informações sobre a solução sem de fato resolvê-las. No entanto, antes de nos colocarmos a tentar analizar as soluções, precisamos e devemos saber se a solução de fato existe. Na verdade, precisamos saber mais do que isso, pois, a aplicação de métodos numéricos e o estudo das propriedades da solução só fazem sentido no caso em que a solução existe e é única. Assim, é fundamental estudarmos a questão da existência e unicidade das soluções, pois, em muitos casos, saber que a solução existe e é única é mais importante do que realmente ter a solução. Em outras palavras, procuramos responder os seguintes questionamentos: Uma equação diferencial sempre tem solução? (existência); Quantas soluções tem uma equação diferencial dada que ela tem pelo menos uma?; Que condições adicionais devem ser especificadas para se obter apenas uma única solução? (unicidade); Dada uma equação diferencial, podemos determinar, de fato, uma solução? E, se for o caso, como? Na generalidade dos problemas não estamos interessados na solução geral (ou na família de curvas integrais) mas apenas numa solução particular que satisfaz uma condição dada. A determinação de uma solução particular corresponde à selecionar uma função particular da família de curvas integrais que satisfaz a condição dada. Porém, como vimos anteriormente, existem soluções que não podem ser deduzidas a partir da solução geral e, neste caso, a solução é uma solução singular da equação diferencial. Daí, resulta claramente que a existência de soluções singulares implica a violação da unicidade das soluções. Por exemplo, uma equação diferencial não-linear pode ter uma solução geral e soluções singulares, veja Exemplo 2.2. Pode parecer meio estranho, mas existem equações diferenciais que não tem solução, assim como, um PVI pode não ter solução, ter uma única solução ou ter mais do que uma solução, como exemplo veja o item 3 do Exercício Problemas sem soluções não têm obviamente interesse. Já um PVI com várias soluções colocam o problema de se saber qual é a solução que efetivamente traduz o comportamento do fenômeno estudado. Nesse sentido, podemos refazer alguns dos questionamentos acima da seguinte forma: Dado um PVI, ele possui solução? (existência); Se a solução exite, ela é única?(unicidade). Em outras palavras, o nosso questionamento é: Sem resolver um PVI, quais são as informações que podemos obter sobre a existência e unicidade das soluções?

23 2.5 Existência e unicidade 19 Para responder tais perguntas, existe o chamado Teorema de Existência e Unicidade de Solução que nos garante, se é dada uma EDO com condições suficientemente boas, ou seja, um PVI bem especificado, não somente a existência de uma solução, como também a sua unicidade. Em outras palavras, apresentaremos na sequência teoremas, sem demonstração, que fornecem condições necessárias e suficientes para a existência e unicidade de solução de um PVI. Vale ressaltar, que existe uma diferença muito forte entre equações diferenciais lineares e não-lineares, por isso iremos tratar os dois casos separadamente EDO s lineares Começamos com as EDO s lineares de primeira ordem: Teorema [Existência e Unicidade de Solução: EDO linear de 1 a ordem]: Considere o problema de valor inicial y + p(x)y = q(x) y(x 0 ) = y 0 Se p(x) e q(x) são funções contínuas em um intervalo aberto α < x 0 < β, então existe uma única solução para o PVI dado, definida no intervalo (α, β). Este teorema nos diz que sendo p(x) e q(x) funções contínuas, existe exatamente uma solução para qualquer PVI dado. Ele também nos diz que a solução será não derivável, ou descontínua, somente nos pontos onde p(x) ou q(x) é descontínua. Porém, fique ciente de que a solução pode ser contínua, mesmo quando p(x) ou q(x) não seja. Geometricamente, o teorema também nos permite concluir que as curvas integrais de uma equação diferencial, que satisfaz as hipóteses do teorema, não podem se interceptarem, pois, caso contrário, tomando o ponto de interseção de duas curvas integrais como a condição inicial teríamos um PVI com duas soluções distintas, contradizendo a unicidade estabelecida pelo teorema. Se o intervalo (α, β) é o maior intervalo possível para o qual as funções p(x) e q(x) são contínuas, então (α, β) é chamado de intervalo de validade para a solução única garantida pelo teorema. Assim, dado um PVI com uma EDO linear, com condições suficientemente boas, não é necessário resolver a EDO para obter o intervalo de validade, uma vez que o intervalo de validade depende somente de x 0, pois tal intervalo deve conter x 0, e não depende de y 0. Exemplo 2.14: Considere a EDO linear y y = 0. Neste exemplo as funções a 1 (x) = 1 e g(x) = 0 são contínuas em R. Portanto, o Teorema garante que existe e é única a solução qualquer que seja a condição inicial y(x 0 ) = y 0. Apesar do teorema só garantir a existência de solução numa vizinhança de x 0, facilmente verificamos que a solução do PVI dado é e ela está definida para todo o R. y(x) = y 0 e x x 0,

24 20 Solução de uma Equação Diferencial Ordinária Exemplo 2.15: Determine quais são as condições que x deve satisfazer para que exista uma única solução para o problema de valor inicial: (4 x)y + 2xy = e x y(1) = 5 Solução: Primeiramente devemos escrever a EDO dada na forma y + p(x)y = q(x). Isto significa que precisamos dividir ambos os mebros da igualdade por 4 x. Daí obtemos y + 2x 4 x y = ex 4 x. Assim, neste caso, p(x) = 2x e q(x) = ex 4 x 4 x. Observe que p(x) e q(x) são contínuas para todo x 4. Desde que a condição inicial dada é especificada para x = 1, o qual é menor que 4, o Teorema garante uma única solução sobre o intervalo x < 4. Se fosse dada uma condição inicial diferente para PVI anterior, digamos y(5) = 4, o Teorema nos permitiria concluir a existência de uma única solução sobre o intervalo x > 4, um vez que a condição inicial está especificada para x 0 = 5. O mesmo resultado apresentado no Teorema vale para um PVI que envolve uma EDO linear de n-ésima ordem, como mostra o próximo teorema. Teorema [Existência e Unicidade de Solução: EDO linear de n-ésima ordem]: Considere o problema de valor inicial y (n) + a n 1 (x)y (n 1) + + a 1 (x)y + a 0 (x)y = g(x) y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 1, y (x 0 ) = y 2,, y (n 1) (x 0 ) = y n 1 Então se a i (x), para i = 0, 1, 2,, n 1, e g(x) são funções contínuas em um intervalo aberto α < x 0 < β, existe uma única solução para o PVI dado, definida no intervalo (α, β) EDO s não-lineares No caso linear, um PVI possui solução única a menos que as condições iniciais sejam ruins. Mas, para o caso não-linear as coisas são um pouco diferentes, por exemplo, a simples e inocente EDO não-linear ( ) 2 + x = 0 dx não possui solução real. Então uma questão natural a se perguntar é se existe um teorema análago ao Teorema para EDO s não-lineares. A resposta a esta questão é dada através do próximo teorema.

25 2.5 Existência e unicidade 21 Teorema [Existência e Unicidade de Solução: EDO não-linear de 1 a ordem]: Considere o problema de valor inicial y = f(x, y) y(x 0 ) = y 0 Se f e f y são funções contínuas em um retângulo α < x 0 < β, γ < y 0 < δ contendo o ponto (x 0, y 0 ), então existe uma única solução para o PVI dado, definida no intervalo (a, b) safisfazendo α a < x 0 < b β. Assim como o Teorema 2.5.1, Teorema nos fornece condições para as quais um PVI não-linear possui uma única solução, mas a conclusão deste teorema não é tão boa quanto a do Teorema O Teorema nos dá uma única solução sobre o maior intervalo possível para o qual as funções p(x) e q(x) são contínuas. Já o Teorema nos diz que existe algum intervalo, que não é um intervalo de validade, para o qual conseguimos uma única solução para o problema. Observe que para uma EDO não-linear, o valor de y 0 pode afetar o intervalo de validade. Assim, uma forma de contornar este problema é ter certeza de que as condições iniciais não estão dentro e nem sobre a borda de uma região ruim, uma região onde f e/ou sua derivada são descontínuas, e então encontrar o maior intervalo sobre a reta y = y 0 contendo x 0 onde tudo funciona bem e as funções são contínuas. O Teorema se refere à f da função de duas variáveis f(x, y). y Infelizmente, a derivada parcial é mais difícil de calcular do que a derivada ordinária. Mas, lembre-se de que, neste caso, pensamos em x como um constante e derivamos. Por exemplo, se f(x, y) = x 2 3y 2 f x então y = 6yx. y = y x + 3x, x 0 f Exemplo 2.16: Considere o PVI:. Observe que f(x, y) e y estão y(x 0 ) = y 0 definidas e são contínuas para qualquer (x, y), desde que x 0. Portanto, o PVI satisfaz o Teorema 2.5.3, e consequentemente possui uma única solução. y = y 2 Exemplo 2.17: Considere o PVI:. A família de soluções da EDO em questão y(0) = 1 é dada por y(x) = 1 x + C. Daí vem que y(0) = 1. Logo, para satisfazer a condição inicial C y(0) = 0 devemos ter C = 1. Como f(x, y) = y 2 e f = 2y são contínuas para qualquer y (x, y), temos que a única solução do PVI, garantida pelo Teorema 2.5.3, é dada por y(x) = 1 x 1.

26 22 Solução de uma Equação Diferencial Ordinária y = y 1/3, x 0 Exemplo 2.18: Considere o PVI:. A família de soluções da EDO em y(0) = 0 questão é dada por ( ) y(x) = (x + C). 3 Se C = 0, a condição inicial y(0) = 0 é satisfeita e y(x) = ( ) x 2 é uma solução do PVI dado, para x 0. Porém, podemos encontrar outras duas soluções para x 0, a saber ( ) 3 2 y(x) = 3 x 2 e y(x) = 0. Portanto, poderíamos concluir apressadamente que o Teorema não é válido. Mas cuidado, a única solução neste caso não é garantida porque o PVI dado não satisfaz o Teorema 2.5.3, pois, f y = 1 não é contínua em 0. 3y2/3 2.6 Exercícios diversos 1. Em cada caso, verifique se a função dada é uma solução da EDO correspondente, onde a, b e c são constantes. (a) y + 2y = 0 (b) y = 0 (c) y + y = 0 (d) y y = x (e) y = 2x (f) y = 2y x (g) y + 2xy = 0 (h) y = x y y = C e 2x y = ax 2 + bx + c y = a cos(x) + b sen(x) y = a e x + b e x x y = x 2 + c y = cx 2 y = c e x2 x 2 + y 2 = c (i) y y = e 2x y = c e x + e 2x (j) (y ) 2 xy + y = 0 y = cx c 2 (k) y + y = 0 y = cos(x) (l) y = cos(x) y = sen(x) + c (m) y y = 0 y = e x (n) x 2 y 4xy + 6y = 0 y = ax 2 + bx 3

27 2.6 Exercícios diversos Em cada caso, determinar y(x) = que a função y(x) satisfaça a condição dada. (a) f(x) = x 2 y(2) = 0 (b) f(x) = cos 2 (x) y(π) = π 2 (c) f(x) = cos(2x) y(0) = 1 (d) f(x) = x e x2 y(0) = 0 f(x)dx e a constante de integração C, de modo 3. Em cada caso, verificar que a função dada é solução da equação diferencial correspondente e determinar as constantes a, b e c de modo que a solução particular satisfaça a condição dada. (a) (b) (c) (d) (e) (f) (g) y + y = 0 y(0) = 3 y + y = 5 y(1) = 6 y + 2xy = 0 y(0) = 2 dx = 2y x y(1) = 3 x d2 y dx 2 dx = 0 y(1) = 8 y (1) = 4 d 2 y dx + y = 0 2 ( ) 3π y = a ( ) 3π 2 2 y = 3 2 dx = y2 y(1) = 2 y(x) = c e x y(x) = c e x + 5 y(x) = c e x2 y(x) = cx 2 y(x) = ax 2 + b y(x) = a cos(x + b) y(x) = 1 c x

28 24 Solução de uma Equação Diferencial Ordinária 4. Suponha que r 1 e r 2 são duas raízes reais e distintas da equação ar 2 + (b a)r + c = 0. Verifique se a função y = d 1 x r 1 + d 2 x r 2 onde d 1 e d 2 são constantes arbitrárias, é uma solução da equação diferencial ax 2 y + bxy + cy = Em cada um dos problemas abaixo verifique se a função dada é uma solução da equação diferencial correspondente. (a) y + 2y 3y = 0 y 1 = e 3x y 2 = e x (b) x 2 y + 5xy + 4y = 0, x > 0 y 1 = 1 x 2 y 2 = x 2 ln(x) (c) y + y = sen(x), 0 < x < π 2 y = cos(x)ln(cos(x)) + xsen(x) 6. Em cada um dos problemas abaixo verifique se a função dada é uma solução da equação diferencial parcial correspondente. (a) u xx + u yy = 0 u(x, y) = ln(x 2 + y 2 ) 1 (b) u xx + u yy + u zz = 0, x, y, z 0 u(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 (c) u tt c 2 u xx = 0 u(x, t) = f(x ct) + g(x + ct) onde f e g são funções duas vezes diferenciáveis, c é uma constante e u xx = 2 u x 2 7. Em cada um dos problemas abaixo determine os valores de r para os quais a equação diferencial dada tenha soluções da forma y = e rx ou y = x r. (a) y + 2y = 0 (b) y + y 6y = 0 (c) y y = 0 (d) x 2 y + 4xy + 2y = 0 (e) x 2 y + 4xy + 4y = 0

29 Capítulo 3 Equações Diferenciais Ordinária de Primeira Ordem Agora estamos prontos para resolver algumas equações diferenciais. Vamos começar pelas equações diferenciais ordinárias de primeira ordem = f(x, y). (3.1) dx A habilidade de resolver uma equação diferencial, ou seja, em encontrar soluções exatas, em geral depende da habilidade em reconhecer o tipo de equação diferencial e da aplicação de um método específico de solução. Em outras palavras, o que funciona para um tipo de equação de primeira ordem não necessariamente se aplica a outro tipo. 3.1 Solução por Integração Direta Existem alguns tipos de EDO de primeira ordem que podem ser resolvidas analiticamente. Comecemos por estudar o caso mais simples dentre todas as equações diferenciais, ou seja, quando f na Equação 3.1 é independente de y. De outra forma, quando f(x, y) = g(x). Neste caso, a EDO de primeira ordem 3.1 é reescrita como = g(x). (3.2) dx Obeserve que a Equação 3.2 pode ser reescrita como = g(x)dx (3.3) e resolvida facilmente por integração, usando o Teorema Fundamental do Cálculo Integral. De fato, se g(x) for uma função contínua, integrando-se ambos os lados da Equação 3.3, obtém-se a solução y(x) = g(x)dx = G(x) + C onde G(x) é uma primitiva (integral indefinida) de g(x) e C R é uma constante arbitrária que será determinada pela condição inicial do problema.

30 26 Equações Diferenciais Ordinária de Primeira Ordem Exemplo 3.1: A solução de dx = 1 + e2x é dada por y = (1 + e 2x )dx = x e2x + C Exercícios Resolva as seguintes EDO s de primeira ordem: 1. dx = x4 2. y = sen(x) 3. dx = 7x5/ y = x 3 ( 2x + x 5 ) 5. dx = x + 1 x 5 6. dx = 2 2 3x 7. y = 3x 2x dx = 9. y = sen x 1 + x ( ) 3x dt = 3tcos (3t2 ) 11. dt = cos2 (t) 12. dt = x ( 2 ) 13. dx = sec dx = x x dx = arcsen(x) 16. = (2x + 1)sen(x) dx 17. dt = sen(x)sec2 (x) 18. dt = cossec2 (x)cotg(x) 19. y = x 3 sen(x) 20. y = 1 x dx = 3 x 22. dt = 1 sen 2 (t) 23. = cos(x) sec(x)tg(x) dx 24. dx = 2x x ( ) dx = ln(x) x 26. dt = e t cos 2 ( e t 2) 27. y = x 4 cos (x 5 ) 28. dt = e2t 29. dx = 2x (x2 + 3) y = e 3x + x 31. dx = 7x4 + sec 2 (x) 32. y = xcos(x)

31 3.2 Equações diferenciais lineares de primeira ordem Equações diferenciais lineares de primeira ordem Lembre-se de que uma equação diferencial é linear quando é de primeiro grau na variável dependente e em todas as suas derivadas. Assim, Definição 3.1: Uma equação diferencial de primeira ordem da forma a 1 (x) dx + a 0(x)y = g(x) (3.4) é chamada de equação diferencial linear de primeira ordem. Quando g(x) = 0 ela é chamada de equação diferencial linear de primeira ordem homogênea e, caso contrário, equação diferencial linear de primeira ordem não-homogênea. Além disso, se dividirmos ambos os lados da Equação 3.4 pelo coeficiente dominante a 1 (x) 0, obtemos uma forma mais conveniente, a chamada forma padrão de uma equação linear, que é: + P (x)y = f(x) dx Teorema 3.2.1: Seja a EDO de primeira ordem na sua forma padrão y + P (x)y = f(x) (3.5) onde P (x) e f(x) são funções contínuas em I. Então a solução geral da equação diferencial 3.5 é ( ) y(x) = e P (x)dx f(x)dx + C e P (x)dx, para todo x I. (3.6) onde e C R é uma constante arbitrária, e que pode ser determinada se houver uma condição inicial para problema. Demonstração: Primeiramente, observe que P (x)dx e e P (x)dx f(x)dx estão bem definidas em I, uma vez que as funções P (x) e f(x) são contínuas nesse intervalo. Seja φ(x) uma solução da Equação 3.5, ou seja, φ (x) + P (x)φ(x) = f(x) (3.7) Multiplicando ambos os lados dessa última equação por e P (x)dx, obtemos φ (x) e P (x)dx + P (x)φ(x) e P (x)dx = e P (x)dx f(x) ( φ(x) e P (x)dx) = e P (x)dx f(x) φ(x) e P (x)dx = e P (x)dx f(x)dx + C ( ) φ(x) = e P (x)dx f(x)dx + C e P (x)dx Com isso provamos que toda solução da equacão diferencial 3.5 tem a forma da Equação 3.6.

32 28 Equações Diferenciais Ordinária de Primeira Ordem Reciprocamente, qualquer função que tenha a forma da Equação 3.6 é solução da equação diferencial 3.5. Com efeito, por derivação e considerando o Teorema Fundamental do Cálculo Integral, temos (x) dx = d [ e P (x)dx ( e P (x)dx f(x)dx + C )] dx y (x) = d [ e P (x)dx ] ( dx ( y (x) = P (x) e P (x)dx y (x) = P (x)y(x) + f(x) ) e P (x)dx f(x)dx + C + e P (x)dx d [( e P (x)dx f(x)dx + C )] dx ) e P (x)dx f(x)dx + C } {{ } y(x) + e P (x)dx f(x) e P (x)dx }{{} f(x) O teorema anterior nos diz que se a equação diferencial 3.5 tiver uma solução, ela deve ter a forma da Equação 3.6. Não é necessário decorrar, nem mesmo colar a fórmula 3.6. Porém, é de extrema importância que vocês lembrem-se do termo especial, chamado de fator integrante, µ(x) = e P (x)dx (3.8) pois ele fornece uma maneira mais simples de ressolver a equação diferecial 3.5. Vejamos! Método de Resolução (IMPORTANTE!): Para resolver a equação diferencial a 1 (x)y + a 0 (x)y = g(x) basta seguir na íntegra o seguinte procedimento: (1) Ponha a equação dada na forma padrão, ou seja, divida ambos os membros da equação por a 1 (x) obtendo assim y + P (x)y = f(x) (2) Identifique P (x) na forma padrão e então encontre o fator integrante µ(x) = e P (x)dx. (3) Multiplique a forma padrão pelo fator integrante. O lado esquerdo da equação resultante é automaticamente a derivada do produto do fator integrante por y, ( e P (x)dx y) = e P (x)dx f(x). (4) Integre ambos os lados desta última equação, e resolva a integral resultante. (5) Isole a variável y, a qual é a solução procurada.

33 3.2 Equações diferenciais lineares de primeira ordem 29 Exemplo 3.2: Resolva as seguintes EDO s lineares de primeira ordem: (a) y 3y = 0. Solução: Sigamos então os passos citados anteriormente: (1) A equação já esta na forma padrão. (2) P (x) = 3 e, então, o fator integrante é: µ(x) = e 3dx = e 3x. ( (3) Multiplicando a forma padrão pelo fator integrante obtemos: e y) 3x = 0. (4) Integrando ambos os membros da última equação obtemos: e 3x y = C. (5) Por fim, isolando a variável y obtemos a solução da equação, que é: y = C e 3x. (b) 3y = 6. dx Solução: (1) Como antes, a equação já esta na forma padrão. (2) P (x) = 3 e, então, o fator integrante é: µ(x) = e 3dx = e 3x. ( (3) Multiplicando a forma padrão pelo fator integrante obtemos: e y) 3x = 6 e 3x. (4) Integrando ambos os membros da última equação obtemos: e 3x y = 2 e 3x + C. (5) Agora isolamos a variável y e obtemos a solução da equação: y = 2 + C e 3x (c) xy 4y = x 6 e x. Solução: (1) Dividindo a equação por x 0 obtemos a forma padrão: y 4 x y = x5 e x. (2) P (x) = 4 x, então o fator integrante é: µ(x) = e 4 x dx = e 4ln(x) = e ln(x 4) = x 4. ( (3) Multiplicando a forma padrão pelo fator integrante obtemos: x y) 4 = x e x. (4) Integrando ambos os membros da última equação obtemos: x 4 y = x e x e x + C (5) Agora isolamos a variável y para obter a solução da EDO: y = x 5 e x x 4 e x + Cx 4.