Conteúdo 1 Introdução/Revisão a integral 3 1.1 Integral de funções primitivas......................... 3 1.1.1 Integral de uma constante:...................... 3 1.1.2 Integral de um função:......................... 3 1.1.3 Integral de exponencial:........................ 4 1.1.4 Integral de seno e cosseno:....................... 5 1.1.5 Integral por partes........................... 5 2 Equações Diferenciais 7 2.1 Introdução.................................... 7 2.1.1 Classicação pelo Tipo......................... 7 2.1.2 Classicação pela Ordem........................ 8 2.1.3 Equações Diferenciais Lineares e Não Lineares............ 8 2.2 Aplicação.................................... 9 2.3 Equações Diferenciais de Primeira Ordem................... 9 2.3.1 Equações Separáveis.......................... 9 2.3.2 Primeiro Caso: Equações Diferenciais Homogêneas a Coecientes Constantes................................ 12 2.3.3 Segundo Caso: Equações Diferenciais Ordinárias Não-Homogêneas. 14 2.4 Equação Diferencial Ordinária de Segunda Ordem.............. 19 2.4.1 Introdução................................ 19 2.4.2 Equações Homogêneas com os coecientes constantes........ 19 2.5 Equações Não Homegêneas a coecientes constantes............. 25 3 Transformada de Laplace 32 3.1 Aplicações em equações diferenciais de primeira ordem........... 34 1
Equações Diferenciais I Ementa: Equações diferenciais ordinárias: Equações diferenciais de primeira ordem. Equações diferenciais homogênear de Segunda ordem lineares. Soluções por série de potências. Transformada de Laplace. Sistemas de equações diferenciais de primeira ordem lineares. Equações diferenciais parciais. Séries de Fourier. Bibliograa Básica ZILL, D.G., CULLEN, M.R. Equações Diferenciais. São Paulo: v.1. Editora Makron Books, 2001. ZILL, D.G., CULLEN, M.R. Equações Diferenciais. São Paulo: v.2. Editora Makron Books, 2001. BOYCE, W.F., DIPRIMA, R.C., Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. Ed. Guanabara Dois, 2002. Bibliograa Complementar AYRES, Jr. F. Equações Diferenciais. Ed. Makron Books, 1994. COSTA, J.J.S. Equações Diferenciais aplicadas à Física. Editora Vozes, 1972. LEIGHTON, W. Equações Diferenciais Ordinárias. Editora LTC, 1978. ÁVILA, G.S.S., Equações Diferenciais Parciais. Editora IMPA, 1973. CAPUTO, H.P., Iniciação ao estudo das Equações Diferenciais. Ed. LTC, 1973. Professor Ms. Renan Fernandes Capellette e-mail: renancapellette@yahoo.com.br 2
Capítulo 1 Introdução/Revisão a integral Nesta secção faz-se uma breve revisão sobre algumas integrais. 1.1 Integral de funções primitivas 1.1.1 Integral de uma constante: Considere um número a R, a integral deste número é: adx = ax Exemplo: 5dx = 5x + K 1dx = x + K 1.1.2 Integral de um função: Considere a função f(x) = x a onde é um número real. Exemplo 1: x a dx = xa+1 a + 1, a R 2xdx = 2x1+1 1 + 1 = 2x2 2 = x2 + K 3
Exemplo 2: 2x + x 2 + 3dx = 2xdx + x 2 dx + 3dx Exemplo 3: = 2x1+1 1 + 1 + x2+1 2 + 1 + 3x + K = 2x2 2 + x3 3 + 3x + K = x 2 + x3 3 + 3x + K 1 y 2 dy = = y 2 dx = y 2+1 2 + 1 + K = y 1 1 + K = 1 y + K Exemplo 4: A integral abaixo é denição. Ver (Guidorizzi, Um curso de cálculo, vol 1). 1 dy = ln(y) + K y 1.1.3 Integral de exponencial: Considere a função exponencial e ax onde a é um número real e ax é uma função do primeiro grau. Exemplo 1: e ax dx = eax a e 2x dx = e2x 2 + K 4
Exemplo 2: e y dy = e y 1 + K = e y + K 1.1.4 Integral de seno e cosseno: cos(x)dx = sen(x) + K sen(x)dx = cos(x) + K 1.1.5 Integral por partes Trata-se de uma integral envolvendo a multiplicação entre duas funções f(x) e g(x) como mostra o exemplo abaixo: f(x) g(x)dx = 0 Quando trata-se de um processo de integração envolvendo duas funções, tais como, polinomiais e exponenciais, ou funções trigonométricas e exponenciais, dentre outras combinações, utiliza-se a seguinte fórmula f(x) g(x) f (x) g(x)dx Exemplos resolvidos: ( ) 3e e 2x 3xdx = e 2x 2x 3x + K 2 = 3xe 2x 2 + 3e 2x 4 + K 2x cos(x)dx = 2x sen(x) + 2cos(x) + K 2x sen(x)dx = 2x cos(x) + 2sen(x) + K 5
Exercícios de Fixação: Resolva as integrais abaixo: (a) 4x + 1 x + e 3x + 1dx (b) 5x e 2x dx (Resposta: (Resposta: 2x 2 + ln(x) e 3x 3 + x + K) 5xe 2x 5 2 4 e2x + K) (c) x 2 cot e x dx (Resposta: x 2 e x 2xe x + 2e x + K) 6
Capítulo 2 Equações Diferenciais 2.1 Introdução Denição: Equações diferenciais é uma equação que contém derivadas de uma ou mais variáveis dependentes, em relação a uma ou mais variáveis independentes. Exemplo: O juros provenientes de um capital aplicado a regime de juros composto pode ser representado por uma equação diferencial na qual a variável dependete é o juros e a independente é o tempo, pois, a quantidade recebida de juros depende do tempo que este capital cará aplicado. As Equações Diferenciais são classicadas de acordo com seu tipo, ordem e a linearidade. 2.1.1 Classicação pelo Tipo Se uma equação contém derivadas com relação a uma única variável independente, ela é chamada de Equação Diferencial Ordinária (EDO) Exemplos de Equações diferenciais ordinárias (EDO): dy dt 5y = 1 (y x)dx + 4xdy = 0 du dx dv dx = u Uma equação que envolve derivadas parciais, ou seja, que contém derivadas com a relação a duas ou mais variáveis independentes é chamada de Equação Diferencial Parcial 7
(EDP), muitos fenômenos que ocorrem na ótica, eletricidade, biologia, etc, podem ser descritos através de uma equação parcial, mas, por apresentarem soluções não triviais faz-se uma tentativa de transformá-las em Equações Diferenciais Ordinárias. Exemplo de EDP. x u y + y u x = u 2.1.2 Classicação pela Ordem A ordem de uma equação diferencial ordinária/parcial é a derivada de maior ordem da equação diferencial. Exemplo: ( ) d 2 y dy dx + 5 4y = e x 2 dx esta equação é uma equação diferencial ORDINÁRIA de segunda ordem, porém, observe o exemplo a seguir: 4x dy dx + y = x é uma equação diferencial ordinária de primeira ordem. já o exemplo abaixo é uma equação diferencial PARCIAL de quarta ordem, observe: a 2 4 u x 4 + 2 u t 2 = 0 2.1.3 Equações Diferenciais Lineares e Não Lineares Tome a equação diferencial: a 0 (t)y (n) (t) + a 1 (t)y (n 1) (t) +... + a n (t)y(t) = g(x) é uma equação diferencial linear, porém se a equação diferencial não apresentar a forma acima, esta é uma equação diferencial não linear: veja: y + 2e t y + yy = 4 8
2.2 Aplicação Modelo Matemático Ratos do campo e corujas: Considere uma população de ratos do campo que habitam uma certa área rural. Vamos supor que, na ausência de predadores, a população de ratos cresce a uma taxa proporcional à população atual. Denotando por t o tempo e a população de ratos por p(t), então a hipótese sobre o crescimento populacional pode ser expressa pela equação: dp dt = rp, onde r é chamado de taxa de crescimento. Suponha que o tempo é medido em meses, e que a taxa r tenha o valor de 0, 5 mês. Sabe-se que diversas corujas moram nas vizinhanças e que elas matam 15 ratos do campo ao dia, assim, o modelo matemático é reescrito: dp = 0, 5p 450 dt O modelo acima representa o crescimento populacional de ratos do campo. Mais aplicações, podem ser encontradas no livro Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno, Willian E. Boyce e Richard C. DiPrima, oitava edição. Exercício Resolvido: Classique as equações abaixo quando ao tipo e à ordem. (a) (2xy y 2 ) dx + e x dy = 0 (b) (sen(xy)) y + 4xy = 0 Ordinária de primeira ordem (c) 2 u x + 2 u 2 y = u 2 Parcial de segunda ordem Ordinária de terceira ordem (d) d2 y x2 dx 3xdy 2 dx + y = x2 Ordinária de segunda ordem. 2.3 Equações Diferenciais de Primeira Ordem 2.3.1 Equações Separáveis Considere a equação diferencial: 9
dy dx = g(x) h(y) (2.1) tal equação é considera separável pois, pode-se separar as parcelas dx e dy e resolve-la por integração. A solução 2.1 se h(y) = 1 é: dy = y = g(x)dx g(x)dx + c Exemplo 1: Resolva as equações: (a) Solução: (a) dy dx = 1 + e2x e (b) y = (1 + e 2x )dx = x + 1 2 e2x + c dy dx = sen(x) (b) y = sen(x)dx = cos(x) + c Exemplo 2: Resolva o problema de valor inicial: dy dx = 3x2 + 4x + 2, y(0) = 1 2(y 1) Solução: Procedendo da mesma forma como anteriormente tem-se: dy dx = 3x2 + 4x + 2 2(y 1) (2y 2)dy = (3x 2 + 4x + 2)dx integrando de ambos os lados (2y 2)dy = (3x 2 + 4x + 2)dx y 2 2y + d = x 3 + 2x 2 + 2x + c y 2 2y x 3 2x 2 2x = c }{{ d } e para obter a solução que satisfaça a condição inicial dada, basta substituirmos os valores x = 0 e y = 1: y 2 2y x 3 2x 2 2x = e ( 1) 2 2( 1) 0 3 2 0 2 2 0 = e e = 1 + 2 = 3 10
Assim a solução do problema de valor inicial implicitamente é dada por: y 2 2y = x 3 + 2x 2 + 2x + 3 Exercícios: Nos exercícios abaixo, resolva a equação diferencial dada. (1) y = x2 y (2) y + y 2 sen(x) = 0 dy (3) dx = x e x y + e y (4) dy dx = x 2 1 + y 2 Solução: 2x 3 (1) y = 3 + K (2) 1 y = cos(x) + K ou y 1 = cos(x) + K (3) y2 2 + ey = x2 2 + e x + k (4) y + y 3 = x3 3 + K (5) Encontre a solução do problema de valor inicial: (a) y = (1 2x)y 2, y(0) = 1 6 (b) dx + ye x dy = 0, y(0) = 1 Solução: (a) 1 y = x x2 + 6 11
(b) y2 2 = ex 1 2 Nas próximas seções o estudo será divido de acordo com o tipo das equações diferenciais ordinárias, evidenciando alguns métodos ecientes para encontrar as soluções das equações diferenciais. 2.3.2 Primeiro Caso: Equações Diferenciais Homogêneas a Coe- cientes Constantes São equações que apresentam a seguinte forma geral: onde a é uma constante dada. y + ay = 0 (2.2) A solução geral da Equação 2.2 é y = ce ax, onde c R. Exemplo 1: Resolva o Problema de Valor Inicial (PVI): { y + dy dx = 0 y(0) = 2 Solução: Sabe-se que a solução geral de equação desse tipo é: y = ce ax, então, a solução geral da Equação 2.2 é: y = ce x porém, de acordo com a condição inicial (CI) tem-se y(0) = 2, então: y = ce x 2 = ce 0 c = 2 Dessa forma a solução particular da Equação 2.2 é: y = 2e x Dada a solução particular da equação acima, verique a veracidade desta informação. y + dy dx = 0 2e x d (2e x ) dx = 0 2e x 2e x = 0 12 0 = 0
com este resultado arma-se que esta é uma solução do PVI. Exemplo 2: Encontre a solução do PVI. 3 dy dt + 6y = 0 y(0) = 3 Solução: Neste caso deve-se reescrever a equação na forma PADRÃO como segue: 3 dy + 6y dt = 0 ( 3) dy dt 2y = 0 Dessa forma é possível encontrar a solução geral da equação, pois ela tem a forma de 2.2. assim, aplicando a CI tem-se: y = ce 2t 3 = ce 2 0 c = 3 A solução do PVI é: Exercício: Verique se é solução do PVI. y = 3e 2t Encontre a solução geral das equações diferenciais abaixo: 1 : dy dx + 2y = 0 13
2 : 12 dy dx + 4y = 0 3: Encontre a solução do PVI abaixo, e verique a veracidade da solução. { dy dx = 4y y(0) = 6 Respostas: 1 : y = ce 2x 2 : y = ce x 3 3 : 6e 4x 2.3.3 Segundo Caso: Equações Diferenciais Ordinárias Não-Homogêneas. Considere a equação diferencial ordinária não homogênea, cuja forma padrão é mostrada na Equação 2.3 y + f(x)y = g(x) (2.3) tal que g(x) e f(x) são funções contínuas ou constantes arbitrárias. A equação diferencial acima não pode ser resolvida diretamente como no primeiro caso, porém um método proposto por Leibniz mostrou-se bastante ecaz, este método envolve multiplicar a equação diferencial por uma determinada função denominada fator integrante, em outras palavras, deve-se encontrar uma função (fator integrante) tal que a multiplicação do fator integrante pelos membros da equação a deixa em uma forma que é imediantamente diferenciável. Observe os exemplos Exemplo 1: Considere a equação diferencial que representa o comportamento da população de ratos do campo em função da predação das corujas e encontre uma solução geral. é: dp = 0, 5p 450 dt Note que a equação não esta na forma padrão, assim, a equação acima na forma padrão p 1 2 p = 450 O fator integrante (FI) para esta equação é: 14
FI: e 1 2 dt = e t 2 dessa forma, e t 2 p 1 t 2 pe 2 = 450e }{{} ( ) = pe t 2 t 2 ou seja, ( ) pe t 2 = 450e t 2 ( ) pe t 2 dt = 450e t 2 dt pe t 2 = 450e t 2 1 2 + K p = 900e t 2 e t 2 p = 900 + ke t 2 + K e t 2 Exemplo 2: A equação diferencial que descreve o comportamento de um certo objeto em queda é dada por: dv dt = 9, 8 v 5. qual é a solução geral dessa equação diferencial no instante do lançamento? (lembre-se no instante no lançamento t = 0 e v = 0). Primeiramente observe que a equação não esta na forma geral, ou seja: v + 1 5 v = 9, 8 o fator integrante é: F.I. e 1 5 dt = e t 5. Assim, tem-se e t 5 v + e t v 5 5 = e t 5 9, 8 ( ) e t 5 v = 9, 8e t 5 e t 5 v = 9, 8e t 5 dt 15
e t 9, 8e t 5 5 v = + K 1 5 e t t 5 v = 49e 5 + K v = 49e t 5 e t 5 + K e t 5 v = 49 + Ke t 5 Por se tratar de um problema de valor inicial (PVI), na qual v = 0 e t = 0, tem-se v = 49 + Ke t 5 0 = 49 + Ke 0 5 49 = +K ou seja, a solução deste problema para o instante inicial é: v = 49 49e t 5 Até o presente momento abordou-se equações diferenciais ordinárias a coecientes constantes, os exemplos a seguir trata-se de equações diferenciais ordinárias a coecientes não constantes. Dadas as equações diferenciais encontre uma solução geral: (a) y + 2xy = 2xe x2 (b) xy + 2y = 4x 2 Solução: (a) Note que a equação já está na forma padrão, sendo assim, deve-se encontrar o fator integrante, observe: FI: e 2xdx = e x2. Multiplicando em todos os membros da equação obtem-se: ye x2 + 2xe x2 y = 2xe x2 e x2 ( ye x2) dx = 2xdx ye x2 = x 2 + K y = x 2 e x2 + ke x2 16
(b) Neste caso a equação não se encontra na forma padrão, pois o termo y acompanhado de x, sendo assim, a equação na forma padrão ca: vem xy + 2y = 4x 2 xy x + 2y = 4x2 x x y + 2 x y = 4x 2 O FI é e x dx = e 2ln(x), porém, sabe-se que 2ln(x) = log e x 2, assim o FI é e log e x2 = x 2. y x 2 + 2 x x2 y = 4xx 2 (x 2 y ) dx = 4x 3 dx x 2 y = x 4 + K y = x 2 + kx 2 Exemplo: Considere o problema de valor inicial: { 4xy + 4xy = 12x 2 y(0) = 1 Solução: Primeiramente deve-se colocar a equação na forma padrão: 4xy 4x + 4xy 4x = 12x2 4x y + y = 3x O FI para equação acima é: e x, assim, tem-se: y e x + ye x = 3xe x (ye x ) dx = 3xe x dx ye x = 3xe x dx Neste momento faz-se uma pausa para resolver a integral acima, que não é trivial! 17
Trata-se de uma integral envolvendo a multiplicação entre função polinomial e uma exponencial, assim, deve-se utilizar o método de integral por partes, e então: f(x)g(x) f (x)g(x)dx onde f(x) e g(x) são funções contínuas. determinando: substituindo na fórmula obtem-se: f(x) = 3x f (x) = 3 g (x) = e x g(x) = e x 3xe x = 3xe x 3e x dx = 3xe x 3e x + K dessa forma, tem-se que ye x = 3xe x 3e x + K y = 3xex 3ex + K e x e x e x y = 3x 3 + ke x Exercícios de Fixação: 1 - Classique as Equações Diferenciais de acordo com o tipo e a ordem. (a) dy dz + 5zy = 3 y (b) x5 x 4 y z = 3 4 (c) d3 y dx 3 x5 d5 y dx 5 + x 9 d9 y dx 9 = 5x10 (d) y y x6 x z = 9 Solução: (a) ordinária de primeira ordem; (b) parcial de quarta ordem; (c) ordinária de nona ordem; (d) parcial de primeira ordem. 2 - Encontre a solução geral das equações diferenciais abaixo: 18
(a) dy dx = 4x3 + 15x 2 10 2y + 1 (Resposta: y 2 + y = x 4 + 5x 3 10x + K) (b) e x dy (4 + e x ) dx = 0 y(0) = 4 (Resposta: y = 4e x = x + K) (c) 4xy + 8xy = 0 y(0) = 1 (Resposta: y = e 2x ) (d) 5x 3 y 3x 5 y = 0 y(0) = 5 (Resposta: y = 5e 9 25 x ) (e) 2xy 6xy = 2x (Resposta: y = x 1 + Ke 3x ) (f) y + 5x 4 y = 3xe x5 y(2) = 4 (Resposta: y = 3x2 2 e x5 + Ke x5 ) 2.4 Equação Diferencial Ordinária de Segunda Ordem 2.4.1 Introdução Uma equação Diferencial Ordinária de Segunda Ordem tem a seguinte forma pardrão: y + p(x)y + q(x)y = g(x) onde p, q e g é uma função conhecida. 2.4.2 Equações Homogêneas com os coecientes constantes Nesta seção abordaremos equações do tipo: onde a, b e c são constantes conhecidas ay + by + cy = 0 (2.4) Para resolver este tipo equação diferencial é necessário encontrar a equação do segundo grau característica associada e encontrar as raízes (t 1, t 2 ) da mesma. A solução geral da equação diferencial 2.4 é: y = c 1 e t 1x + c 2 e t 2x onde e t 1x e e t 2x são soluções da equação diferencial abordada. Demonstração: Considere a equação 2.4, seja y = e tx, assim, y = te tx e y = t 2 e tx, substituindo em 2.4, tem-se 19
at 2 e tx + bte tx + ce tx = 0 e tx ( at 2 + bt + c ) = 0 como a função exponencial nunca se anula, tem-se que at 2 + bt + c = 0, resolvendo esta equação do segundo grau obtem-se duas raízes e sua caracterítica depende do valor do discriminante delta, em outras palavras: Se > 0 tem-se duas raízes reais distintas. Se = 0 tem-se duas raízes reais e iguais. Se < 0 tem-se duas raizes complexas distintas. Primeiro caso: Quando o discriminante delta é maior que zero ( > 0). Tome a equação diferencial: y + 3y + 4y = 0 encontre a solução geral desta equação. Primeiramente deve-se encontrar a equação característica associada, ou seja, dessa forma: t 2 + 3t 4 = 0 = 25 t 1 = 1 t 2 = 4 Assim a solução da equação diferencial acima é: y = c 1 e x + c 2 e 4x para vericar basta substituir na equação diferencial. Exercícios: Encontre a solução das equações diferenciais. (a) y 9y + 8y = 0. (Resposta y = c 1 e 8x + c 2 e x ) (b) y + 10y 9y = 0. (Resposta y = c 1 e 9x + c 2 e x ) (c) 2y + 3y 2y = 0. (Resposta y = c 1 e 2x + c 2 e 1 2 x ) 20
Segundo caso: Aborda-se equações cujo discriminante delta da equação característica associada é igual a zero ( = 0). Neste caso tem-se duas raízes reias e iguais, portanto, uma única solução para a equação diferencial em questão, ou seja, dada equação abaixo: at 2 + bt + c = 0 considerando que o discriminante = 0 assim, t 1 = t 2, dessa forma tem-se somente uma solução para a equação diferencial y = ce t 1x, nesse caso deve-se encontrar uma segunda solução linearmente independente da primeira. Um método proposto por D'Alembert conhecido como Redução de Ordem auxilia na obtenção da segunda solução para a equação diferencial. A demonstração do método pode ser encontrada em Boyce e DiPrimam, Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores do Contorno. Sendo assim a solução geral da equação diferencial quando o discrimiante da equação caracterítica é igual a zero é dada por: y = c 1 xe t 1x + c 2 e t 1x Exemplos resolvidos: Encontre a solução geral da equação diferencial abaixo: Resolução: A equação característica é: y + 4y + 4y = 0 calculando as raízes obtem-se: t 2 + 4t + 4 = 0 = 0 t 1 = t 1 = 2 Assim, a solução geral da equação diferencial dada é: y = c 1 xe 2x + c 2 e 2x Exercício resolvido: Tome a equação diferencial: y y + 1 4 y = 0 21
encontre a solução geral: Resolução: A equação caracterítica é: assim, t 2 t + 1 4 = 0 t 1 = t 1 = 1 2 com isso, a solução geral da equação diferencial é: y = c 1 xe 1 2 x + c 2 e 1 2 x Terceiro caso: Quando o discriminante < 0. Neste caso as raízes da equação característica são raízes complexas e da forma: t 1 = α + βi t 2 = α βi porém, soluções do tipo complexas não são interessantes, ou seja, as soluções reais tornam-se mais usuais, e utilizando os conceitos da fórmula de Euler é possível encontrar uma solução real para a equação diferencial abordada. Demonstração pode ser encontrada em Boyce e DiPrimam, Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores do Contorno. De acordo com a Fórmula de Euler a solução geral da equação diferencia é: onde λ = α e µ = β y = c 1 e λx cos (µx) + c 2 e λx sin (µx) Exemplos Resolvidos. Encontre a solução geral da equação diferencial: A equação característica é: assim: y + y + y = 0 t 2 + t + 1 = 0 22
com isso, λ = 1 2 e µ = 3 2 a solução geral é: = 3 t = 1 2 ± i 3 2 y = c 1 e 1 2 x cos ( ) ( ) 3 2 x + c 2 e 1 3 2 x sin 2 x Dada a equação diferencial encontre a solução geral. y + 9y = 0 A equação caraterística é: t 2 + 9 = 0 Calculando as raízes e o discriminante delta tem-se: = 36 t = 0 ± 3i assim, a solução geral é: y = c 1 cos (3x) + c 2 sin (3x) 1 - Encontre a solução geral das equações diferenciais abaixo: (a) y + 2y + y = 0 (Resposta: y = c 1 e 2x + c 2 te 2x ) (b) y y 1 4 y = 0 (Resposta: y = c 1e 1 2 x + c 2 te 1 2 x ) (c) y + 4y = 0 (Resposta y = c 1 cos(2x) + c 2 sin(2x)) (d) y + 8y + 25y = 0 (Resposta y = c 1 e 4x cos(3x) + c 2 e 4x sen(3x)) 23
Problema de Valor Inicial (PVI) em equações diferenciais do segundo grau Nesta seção abordaremos PVI em equações diferenciais do segundo grau. Observe o exemplo abaixo: Considere a equação diferencial y + y + 1 4 y = 0 encontre a solução para o problema de valor inicial, sabendo que y(0) = 2 e y (0) = 1 3. Resolução: Quando trata-se de um PVI, o objetivo é encontrar os valores das constantes proveninentes do processo de integração, sabe-se que a solução geral da equação acima é: y = c 1 e 1 2 x + c 2 xe 1 2 x Da primeira condição incial y(0) = 2, obtem-se 2 = c 1 e 0 + c 2 0 e 0 c 1 = 2 Utilizando a segunda condição inicial y (0) = 1 3, tem-se y = c 1 e 1 2 x + c 2 xe 1 2 x y = 1 2 c 1 e 1 2 x + c 2 e 1 2 x + 1 2 c 2xe 1 2 x 1 3 = 1 2 2e0 + c 2 e 0 + 1 2 c 20e 0 1 3 = 1 + c 2 c 2 = 2 3 assim a solução do problema de valor inicial é y = 2e 1 2 x 2 3 xe 1 2 x 1 - Encontre a solução para os PVI's. (a) y 9y + 8y = 0 sabendo que y(0) = 1 e y = 2 (Resposta: y = 3 7 e8x + 10 7 ex ). 24
(b) 2y + 3y 2y = 0 sabendo que y(0) = 2 e y = 2 (Reposta: y = 2 5 e 2x + 12 5 e 1 2 x ). xe 1 2 x ). (c) y y 1 4 y = 0 sabendo que y(0) = 4 e y (0) = 1 (Resposta: y = 4e 1 2 x + (d) y +8y +25y = 0 sabendo que y(0) = 5 e y (0) = 1 (Resposta: y = 5e 4x cos(3x)+ 7e 4x sen(3x)) 2.5 Equações Não Homegêneas a coecientes constantes Considere a equação diferencial onde f(x) é uma função. y + py + qy = f(x) (2.5) O método abordado para resolver a Equação 2.5 é Variação dos Parametros. Primeiro deve-se encontrar a solução complementar, ou seja, é a solução da equação homogênea associada: sabe-se que a solução da equação 2.6 é: y + py + qy = 0 (2.6) y c = c 1 y 1 + c 2 y 2 porém, neste tipo de equação deve-se encontrar a solução não homogênea, que é encontrada utilizando o método variação dos parâmetros, este método consiste em trocar as constantes c 1 e c 2 por funções desconhecidas µ 1 e µ 2 : dessa forma, deve-se encontrar as funções µ 1 e µ 2. y p = µ 1 y 1 + µ 2 y 2 (2.7) Método Variação dos Parâmetros 25
Derivando a Equação 2.7, tem-se: y p = µ 1y 1 + µ 2y 2 + y 1µ 1 + y 2µ 2 (2.8) Como não deseja-se que apareça derivadas de segunda ordem da função µ(x) na Equação 2.8 faz-se µ 1y 1 + µ 2y 2 = 0, assim, tem-se: derivando novamente a Equação 2.9, tem-se y p = y 1µ 1 + y 2µ 2 (2.9) y p = µ 1y 1 + µ 2y 2 + µ 1 y 1 + µ 2 y 2 (2.10) Note que y 1 e y 2 são conhecidos e estes resolvem a equação homogênea. Substituindo 2.7, 2.9 e 2.10 em 2.5, tem-se: µ 1y 1 + µ 2y 2 + µ 1 y 1 + µ 2 y 2 + p [y 1µ 1 + y 2µ 2 ] + q [µ 1 y 1 + µ 2 y 2 ] = f(x) (2.11) reorganizando os termos µ 1 e µ 2, tem-se: µ 1y 1 + µ 2y 2 + µ 1 [y 1 + py 1 + qy 1 ] + µ 2 [y 2 + py 2 + qy 2 ] = f(x) (2.12) Nota na Equação 2.12 que y 1 + py 1 + qy 1 e y 2 + py 2 + qy 2 são iguais a zero, pois são solução da equação homogênea, assim, a Equação 2.12 ca: µ 1y 1 + µ 2y 2 = f(x) (2.13) dessa forma, para encontrar as funções µ 1 e µ 2, basta resolver o sistema e depois integrar. { µ 1 y 1 + µ 2y 2 = 0 µ 1y 1 + µ 2y 2 = f(x) (2.14) Determinante dos coecientes (Wronskiano) y 1 y 2 y 1 y 2 = W (y 1, y 2 ) 0 26
Regra de Cramer Para resolver o sistemas de equações 2.14, é conveninente utilizar a regra de cramer. com isso tem-se que: µ 1 = µ 2 = 0 y 2 f(x) y 2 W (y 1, y 2 ) y 1 0 y 1 f(x) W (y 1, y 2 ) = f(x)y 2 W (y 1, y 2 ) = f(x)y 1 W (y 1, y 2 ) µ 1 = µ 2 = ( ) f(x)y2 dx W (y 1, y 2 ) ( ) f(x)y1 dx W (y 1, y 2 ) Assim, basta substituir o resultado em 2.7 reorganizar os termos e a solução geral da equação diferencial 2.5 é: Exercícios resolvidos: y g = y c + y p 1 - Considere a equação: y + 3y 4y = 5 encontre uma solução geral para a equação diferencial em questão: Primeiro: Encontrar a solução da equação homogênea: que é: y + 3y 4y = 0 y c = c 1 e x + c 2 e 4x assim, sabe-se que: y 1 = e x, y 2 = e 4x e y 1 = e x, y 2 = 4e 4x. Segundo: Encontrar a solução não-homogênea: Wronskiano 27
assim: W = ex e x e 4x 4e 4x = 5e 3x y p = µ 1 e x + µ 2 e 4x (2.15) Integrando, obtem-se: µ 1 = 5e 4x = e x 5e 3x µ 5e x 2 = = e4x 5e 3x µ 1 = µ 2 = substituindo em 2.15, obtem-se: e x dx = e x e 4x dx = 1 4 e4x y p = e x e x 1 4 e4x e 4x y p = 1 1 4 = 5 4 Assim, a solução geral é: y g = c 1 e x + c 2 e 4x 5 4 2 - Dada a equação: obtenha a solução geral. y + 3y 4y = 5x Como viu-se anteriormente a solução complementar da homegênea é: y c = c 1 e x + c 2 e 4x Agora, deve-se encontrar a solução particular que é dada por: 28
Calculando as funções µ(x), tem-se: y p = µ 1 (x)e x + µ 2 (x)e 4x (2.16) Calculando W (y 1, y 2 ), tem-se µ 1 = f(x)y 2 W (y 1, y 2 ) µ f(x)y 1 1 = W (y 1, y 2 ) W (y 1, y 2 ) = 5e 3x com isso, é possível calcular as funções µ(x). µ 1 = 5xe 4x 5 3x = xe x µ 2 = 5xex = xe4x 5e 3x para encontrar as funções µ 1 (x), µ 2 (x), basta integrar as funções µ 1(x), µ 2(x) µ 1(x)dx xe x dx µ 1 = xe x e x µ 2 = xe 4x dx µ 2 = xe4x 4 + 1 16 e4x substituindo os resultados na Equação 2.16, tem-se y c = ( xe x e x) ( xe e x 4x + 4 + 1 16 e4x ) e 4x y c = x 1 x 4 + 1 16 y c = 5x 4 15 16 3 - Considere a equação: 29
2y + 18y = 4 Primeramente deve-se encontrar a solução homogênea complementar que ja foi obtida anteriormente: y c = c 1 cos(3x) + c 2 sen(3x) assim, resta-nos encontrar a solução particular: y p = µ 1 cos(3x) + µ 2 sen(3x) Primeiramente, deve-se calcular o Wronskiano. W (y 1, y 2 ) = cos(3x) sen(3x) 3sen(3x) 3cos(3x) W (y 1, y 2 ) = 3cos(3x) cos(3x) [ 3sen(3x)] sen(3x) W (y 1, y 2 ) = 3cos 2 (3x) + sen 2 (3x) W (y 1, y 2 ) = 3 [ cos 2 (3x) + sen 2 (3x) ] }{{} =1 W (y 1, y 2 ) = 3 Calculando µ(x) e lembrando que f(x) = 4 2 : µ 1(x) = 2sen(3x) 3 2sen(3x) µ 1(x)dx = dx 3 µ 1 (x) = 2 9 cos(3x) µ 2(x) = 2cos(3x) 3 2sen(3x) µ 2(x)dx = dx 3 µ 2 (x) = 2 9 sen(3x) Substituindo em y p, tem-se: y p = 2 9 cos(3x) cos(3x) + 2 sen(3x) sen(3x) 9 30
y p = 2 cos 2 (3x) + sen 2 (3x) 9 }{{} =1 y p = 2 9 assim, a solução geral é: y g = c 1 cos(3x) + c 2 sen(3x) + 2 9 Exercício: Encontre a solução geral das equações diferenciais abaixo: (a) 3y 4y y = 9x (Resposta: y g = c 1 e x + c 2 e 1 3 x 9x + 36). (b) y + 2y + y = e x (Resposta: y g = c 1 e x + c 2 xe x + 1 4 ex ). (c) y + 2y + 2y = 4 (Resposta: y g = c 1 e x cox(x) + c 2 e x sen(x) + 2). 31
Capítulo 3 Transformada de Laplace Esta seção foca na resolução de equações diferenciais lineares com coecientes constantes utilizando a transformada de laplace, este método permite calcular uma equação diferencial por uma solução mais fácil de equações algébricas, para isso, deve-se orientar pela tabela que será apresentada a seguir. Teorema 2.1 Suponhamos que f é contínua e que f é seccionalmente contínua em qualquer intervalo 0 t A. Suponha, além disso, que existem constantes K, a e Mntais que f(t) Ke at para t M. Então Lf(t) existe para s > a e, além disso, Lf (t) = slf(t) f(0) Teorema 2.2 Suponha que as funções f, f,..., f (n 1) são contínuas e que f (n) é seccionalmente contínua em qualquer intervalo 0 t A. Suponha, além disso, que existem constantes K, a e M tais que f(t) Ke at, f (t) Ke at,..., f (n) (t) Ke at, para t M. Então, Lf (n) (t) existe para s > a e é dado por Lf (n) (t) = s n Lf(t) s n 1 f(0)... sf (n 2) (0) f (n 1) (0) Veja como a transformada de Laplace pode ser usada para resolver problemas de valor inicial. Sua utilidade maior é em problemas envolvendo equações diferenciais não homogêneas, entretando, vamos começar com algumas equações diferenciais mais simples. 32
Tabela de Transformada de Laplace f(t) = LF (s) F (s) = Lf(t) 1 1 s e at 1 s a t n, n N n! sen(at) cos(at) e at sen(bt e at cos(bt) s n+1 a s 2 + a s 2 s 2 + a 2 b (s a) 2 + b 2 s a (s a) 2 + b 2 t n e at, n N n! (s a) n+1 33
3.1 Aplicações em equações diferenciais de primeira ordem Exemplo 1: Considere o problema de valor inicial y 5y = 0 y(0) = 5 Sabe-se que a solução geral desta equação diferencial é y = 5e 5x Porém, utilizando transformada de Laplace, obtem-se: y = sl(y) y(0) y = L(y) organizando os termos acima na equação tem-se: sl(y) y(0) 5L(y) = 0 L(y) (s 5) 5 = 0 Y (s)(s 5) = 5 Y (s) = 5 s 5 pela tabela de transformação inversa, tem-se y = 5e 5x Exemplo 2: Considere o problema de valor inicial y + 5y = 0 y(0) = 5 Sabe-se que a solução geral desta equação diferencial é y = 5e 5x Porém, utilizando transformada de Laplace, obtem-se: y = sl(y) y(0) y = L(y) organizando os termos acima na equação tem-se: sl(y) y(0) + 5L(y) = 0 L(y) (s + 5) 5 = 0 Y (s)(s + 5) = 5 Y (s) = 5 s + 5 pela tabela de transformação inversa, tem-se y = 5e 5x 34
Exemplo 3: Considere o problema de valor inicial: y 5y = 1 y(0) = 0 sabe-se que a solução geral desta equação é: y = 1 5 + 1 5 e5x utilizando a transformada de laplace, tem-se y = sl(y) y(0) y = L(y) 1 = 1 s organizando os termos acima na equação tem-se: sl(y) y(0) 5L(y) = 1 s L(y) (s 5) = 1 s Y (s)(s 5) = 1 s 1 Y (s) = s s 5 Y (s) = 1 1 s s 5 Y (s) = A 1 s + A 2 s 5 neste caso porcede-se da seguinte forma: A 1 = sy (s) s=0 = s 1 1 s s 5 = 1 5 A 2 = sy (s) s=5 = s 1 1 s s 5 = 1 5 agora deve-se encontrar as constantes A 1 e A 2 1 1 Y (s) = 5 s + 5 reorganizando: s 5 Y (s) = 1 1 5 s + 1 1 de acordo com a tabela: 5 s 5 y = 1 5 + 1 5 e5x que é solução geral da equação 35