Notas de aula de Calculo Diferencial e Integral IV. Fabio Henrique de Carvalho

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Notas de aula de

Calculo Diferencial e Integral IV

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Editoração Eletrônica: Pedro Henrique Araújo Sobral, Thiago Bonm e Túlio Bnonviccini Primeira impressão, abril de 2013.

R938v

Carvalho, Fábio Henrique Fábio Henrique Carvalho Juazeiro, Univasf. 2013 Inclui bibliograa ISBN 658-62-6235-254-0

1. Calculo Diferencial e Integral. 2. Algebra Linear. 3. Calculo Numerico. 4. Geometria Analitica.

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Sumário

1 Equações Diferenciais Ordinárias de 1a _Ordem ₁

1.1 Introdução às Equações Diferenciais . . . 1

1.2 EDO's Lineares de 1a _ordem_{. . . .} ₉

1.3 EDO's Homogêneas, Exatas e Trajetórias Ortogonais . . . 13

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1 Equações Diferenciais Ordinárias

de 1

a

Ordem

1.1 Introdução às Equações Diferenciais

Da maneira mais informal possível, podemos dizer que uma equação diferencial é uma equação que relaciona uma determinada aplicação às suas derivadas; caso a aplicação esteja em função de apenas uma variável independente a equação diferencial será ordinária (EDO). Caso a aplicação esteja em função de duas ou mais variáveis independentes, a equação diferencial será parcial (EDP).

Aqui trataremos das EDO's; no entanto, sempre que conveniente, mencionaremos exemplos de equações diferenciais parciais (EDP's).

Vamos a alguns exemplos ilustrativos:

Exemplo 1.1.1

Supondo y = y(x), função de única variável x, a equação xdy

dx =2 ln(x) é uma equação diferencial ordinária. Sem muita diculdade, é fácil percerber que o ato de substituir y por (ln(x))2 torna a igualdade verdadeira. Dizemos que y(x) = (ln(x))2 é uma solução da EDO.

espaço para família de curvas

Não é muito difícil encontrar outras soluções para a EDO do Exemplo1.1.1. De fato, se C é uma constante arbitrária, y(x) = (ln(x))2_{+ C}_{é sempre uma solução de x}dy

dx =2ln(x).

Exemplo 1.1.2

Analogamente ao exemplo anterior, é fácil vericar que a equação d2y dx2 −

dy

dx −2y = 0 é satisfeita pelas funções y1(x) = e−x e y2(x) = e2x. Isto signica que y1 e y2 são soluções da

EDO.

Adiante veremos que y1 e y2 formam um conjunto linearmente independente de soluções da

EDO e que y(x) = C1y1+ C2y2, onde C1 e C2 são constantes arbitrárias, é solução geral da

EDO.

O conjunto de todas as soluções possíveis da EDO d2y dx2 −

dy

dx −2y = 0é um espaço vetorial de dimensão 2 e uma de suas bases é o conjunto {e−x_{, e}2x_}.

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Sendo y = y(x) a incógnita, y00 +5y0+3y = 0 ⇔ d 2_y dx2 +5 dy dx +3y = 0 é uma EDO de 2a ordem. Exemplo 1.1.4 A EDO p0

= p(λ − ap + be−p), em que λ, a e b são constantes xadas e p = p(t) representa a população no instante t, é uma EDO proposta pelos pesquisadores Francisco J. Ayala, Michael E. Glipin e Joan G. Ehrenfeld em "Competition between species: theorical models and experimental texts" no ano de 1973, para modelar o crescimento de uma população atrelada a uma competição com uma segunda espécie.

Abaixo temos uma equação que modela a difusão de calor em corpos sólidos homogêneos isolados de fontes externas de calor. Evidentemente, além das três dimensões do espaço, a difusão do calor também depende da variável temporal.

Exemplo 1.1.5

Quando u = u(x, y, z, t) representa um campo de temperaturas, a equação diferencial parcial ∂u ∂t = η ∂2_u ∂x2 + ∂2u ∂y2 + ∂2u ∂z2 = η∇2u,

onde η é uma constante xa chamada de coeciente de difusão térmica, é denominada equação do calor.

Quando a equação u = u(x, y, z, t) representa o deslocamento de uma onda, a equação diferencial parcial ∂u ∂t = c 2 ∂2u ∂x2 + ∂2u ∂y2 + ∂2u ∂z2 = c2∇2u, onde c é uma constante xa, é chamada de equação de onda.

Exemplo 1.1.6

A equação diferencial parcial ∂2u ∂x2 + ∂2u ∂y2 + ∂2u ∂z2 =0 ou ∇ 2_{u =}_{0 ,}

é chamada equação de Laplace. Soluções da equação de Laplace estão relacionadas a temas que vão da Lei de Gravitação Universal de Kepler à Mecânica dos Fluidos e ao Eletromag-netismo.

A partir de agora, a não ser que ocorra menção explícita em contrário, trataremos das funções de apenas uma variável independente x (ou t, quando conveniente).

Consideremos

u : R −→ R x−→ u(x) uma função (não necessariamente conhecida) e u0 ₌ du

dx, u

00 ₌ d2u

dx2, . . . , u

n ₌ dnu

dxn suas

derivadas ordinárias. Sejam

Φ : Rn+1−→ R u(x), u0(x), . . . , u(n) −→ Φu(x), u0(x), . . . , u(n)

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1.1. Introdução às Equações Diferenciais 3

um campo e

f : R −→ R x−→ f(x) uma função real.

Uma equação diferencial ordinária (EDO) será aqui representada em sua forma geral pela igualdade Φ u,du dx, d2u dx2, . . . , dnu dxn = f(x). (1.1.1)

Quando existirem funções reais a0, a1, an: R −→ R tais que

aj: R −→ R x −→ aj(x) e Φ u,du dx, d2u dx2, . . . , dn_u dxn = n X j=0 a_j(x)d j_u dxj; isto é, Φ u,du dx, d2u dx2, . . . , dnu dxn = a₀(x)u + a₁(x)du dx +· · · + an(x) dnu

dxn diremos que a EDO é linear.

Em caso contrário a EDO será não linear. Assim, por exemplo,

Exemplo 1.1.7

São lineares as EDO's: (i) x2_u00₋ 2xu0+√xu =2x (ii) (1 + x2_)u0_{− x}3 2 =0 (iii) d3u dx +2 d2u du2 −5 du dx +2u = sen(x) (iv) (cos(x))y0_{− (} sen(x))y = 1 Exemplo 1.1.8

Não são lineares as EDO's: (i) √u00− u0 =2x (ii) x(u0₎2_{+ u =}₀ (iii) d2w dx2 dw dx + w =0 (iv) ln(y00_{) + xy = x}2₊₁

Caso an: R −→ R não seja identicamente nula, a EDO linear

an(x) dnu dxn + an−1(x) dn−1u dxn−1 +· · · + a2(x) d2u dx2 + a1(x) du dx + a0u = f(x) (1.1.2) tem ordem n (é de enésima ordem).

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(i) y000₋

5y00+7y0−3y = xtgxé uma EDO linear de 3a ordem. (ii) x2_y00

−3xsen(x)y0+5y = x2ex2 +1é uma EDO linear de 2a ordem.

Exemplo 1.1.10

É possível determinar uma função y = y(x) tal que y0+5x = x4e2x. De fato, de dy = (x4e2x−5x)dx. Logo, y + C1 = Z x4e2x−5x dx o que implica, y(x) = x 4 2 − x 3₊ 3x2 2 − 3x 2 + 3 4 e2x+ C₂− 5x 2 2 −5C3− C1 ⇒ y(x) = x 4 2 − x 3₊ 3x2 2 − 3x 2 + 3 4 e2x− 5x 2 2 + C.

A última igualdade signica que é possível determinar uma innidade de funções, denidas e contínuas para todo x ∈ R; além disso, xado x0 ∈ R, existe uma única solução, da forma

apresentada acima, passando pelo ponto (x0, y0).

Observe que C2−5C3− C1 foi representada por uma única constante C no Exemplo 1.1.8.

Exemplo 1.1.11

Encontre y = y(x) tal que y + xy0_{= x}2_ex_.

Observe que

d

dx(xy) = y + x dy dx. É fácil vericar que

d

dx(xy) = y + x dy dx. Logo, a equação pode ser escrita na forma

d(xy) = x2exdx portanto,

xy = (x2−2x + 2)ex+ C e, para x 6= 0,

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1.1. Introdução às Equações Diferenciais 5 y(x) = x −2 +2 x ex+ C x.

O Exemplo 1.1.11 deixa evidente que a falha em considerar a constante de integração pode acarretar um erro grave. A função f(x) =

x −2 +2 x

ex não satisfaz a equação proposta naquele exemplo.

Exemplo 1.1.12

As funções y1(x) = e2x e y2(x) = e5x são duas soluções particulares da EDO linear de

ordem 2, y00

−7y0+10y = 0. Para clarear as ideias, y0

1 =2e2x e y 00

2 =4e2x e, portanto,

y₂00−7y₂00+10y2=4e2x−7(2e2x) +10(e2x) =0.

Mais adiante mostraremos que y(x) = C1e2x+ C2e5x é a solução geral do Exemplo 1.1.10. O

conjunto {C1e2x+ C2e5x; C1, C2∈ R} é um espaço vetorial de dimensão 2 e {e2x, e5x} é uma base

desse espaço.

As EDO's apresentadas no Exemplo 1.1.11 e no Exemplo 1.1.13 pertencem à classe mais simples de equações diferenciais ordinárias, pois requerem apenas propriedades e técnicas de integração introduzidas logo após a apresentação do Teorema Fundamental do Cálculo.

Uma equação diferencial ordinária é separável quando é possível reconhecer funções ψ₁, ψ2: R → R de maneira que seja possível reescrever a EDO na forma

ψ₁(u)du = ψ₂(x)dx. (1.1.3)

Neste caso, determinar a solução da EDO é tão simples quanto for simples a obtenção das primitivas de ψ1e ψ2. É compreensível que a função u nem sempre será obtida de modo explícito

(isso será ilustrado em alguns exemplos).

Exemplo 1.1.13

A EDO linear de 1a ordem 1 xu 0 + xu =0é separável. Temos du dx = −x 2_u e, portanto, 1 udu = −x 2_dx_.

Observe que no Exemplo 1.1.13, ψ1(u) = 1

u e ψ2(x) = −x

2 _{e, Ψ}

1(u) =ln|u| + C1 e

Ψ₂(x) = −x

3

3 + C2 são primitivas encontradas de modo trivial.

Lançando mão das propriedades básicas de integração, a igualdade 1

udu = −x

2_dx_{nos fornece,}

imediatamente, ln |u| = −x3

3 + C. Logo |u| = e

−x3₃+C _{= e}−x3₃ _eC ₌ _|K|e−x3₃ _{. Como o segundo}

membro é sempre positivo, podemos escrever

u(x) =|K|e−x33 .

(10)

Encontre y = y(x) tal que y0 _{= (x + y −}

5)2. Aqui a EDO não aparenta ser separável; no entanto, utilizando a substituição simples u = x + y − 5 temos du

dx =1 + dy dx. Portanto, du dx −1 = u 2_{. Logo,} du dx = u 2₊_{1 ⇒} 1 u2₊₁du = dx arctg(u) = x + c ⇒ u = tg(x + c) x + y −5 = tg(x + c) y(x) =tg(x + c) − x + 5.

O problema seguinte apresenta o fenômeno físico de um objeto em queda livre, desprezando todas as outras forças externas, que atuam sobre o corpo, diferentes da gravidade.

Exemplo 1.1.15

A altura, no instante t, de um objeto em queda livre, relativamente ao solo satisfaz a EDO linear de 2a ordem separável

d2h dt2 = −g,

onde g é a aceleração da gravidade (g ≈ 10m/s2_{). De d}2_{h = −gdt} _segue dh

dt = −gt + C1 e h = −gt2

2 + C1t + C2. As propriedades físicas do problema nos dizem que dh

dt representa no instante t0 a velocidade de queda em cada instante. Se considerarmos que o objeto foi

lançado de uma altura inicial h0 a uma velocidade inicial v0 temos:

dh dt(0) = −g (0) + C1= v0 ⇒ C1 = v0 e h(0) = −g 2 (0) 2_{+ V} 0 (0) + C2= h0 ⇒ C2= h0. Logo, h(t) = −g 2t 2_{+ v} 0t + h0.

No modelo do exemplo1.1.15, quando atrelamos a uma EDO valores de contorno temos uma forma de determinar as constantes de integração envolvidas. Evidentemente, a quantidade de constantes é exatamente igual à ordem da EDO. Observe que, ao resolver uma EDO obtemos um conjunto de funções como solução e ao determinarmos todas as constantes obtemos uma função particular, chamada solução do Problema de Valor Inicial, ou Problema de Cauchy.

Sejam u, a0, a1, . . . , an: R −→ R. Fixando x0 ∈ R, chamamos de problema de Valor Inicial

(PVI), ou ainda de Problema de Cauchy, ao sistema                  Φ(u, u0, . . . , u(n)) = f(x) u(x₀) = u₀ u0(x₀) = u₁ u00(x₀) = u₂ ... u(n−1)(x₀) = u_n−1 . (1.1.4)

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1.1. Introdução às Equações Diferenciais 7

Exemplo 1.1.16

Seja T a temperatura de um corpo no instante t. Suponha que o corpo seja imerso em um ambiente cuja temperatura seja Ta. Um modelo simplicado da Lei de Resfriamento de

Newton (um modelo mais completo envolve derivadas parciais) nos diz que dT

dt = −K(T −Ta), onde K é uma constante positiva.

O PVI      dT dt = −K(T − Ta) T (0) = T0

tem solução imediata.

T (t) = (T₀− T_a)e−Kt+ T_a.

Observe que no exemplo anterior consideramos que a temperatura do ambiente Tapermanece

constante. Obviamente, se estabelecermos que Ta varia após a interação com o corpo (o que

faremos em momento oportuno), obteremos uma situação um pouco mais complexa.

Exemplo 1.1.17

Considere o Problema de Cauchy

u0= u2 u (0) = 3 . Observe que, embora a equação u0

= u2 seja não linear, de du dx = u 2 _{temos u}−2_{du = dx} e, portanto, −u−1 = x + c⇒ u = − 1 x + c. Como u(0) = −1 c =3temos c = − 1 3.

Então, podemos armar que a solução do problema de Cauchy é u(x) = 3

1 − 3x.

espaço para esboço da solução

1.1 Exercícios

1.1.1 Para cada uma das equações diferenciais a seguir verique se a função dada é ou não

solução. (a) d2y dx2 − 2 x2y =0, y(x) = x 2 (b) d2u dx2 − u =0, u(x) = e x (c) d2u dx2 − du dx −6u = 0, u(x) =5e −2x_{+ e}3x (d) y0 =4x, y(x) =2x2+4

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(f) xu0 − u2− u = x2, u(x) = xtg(x) (g) t∂u ∂t + ∂2u ∂x2 =0, u(x, t) = t cos(x) (h) x2_y00_{+ xy}0₋ 2y = x2, y(x) = x2 (i) x2_y00 + xy0+ y = x, y(x) = x (j) du dx + e x_{u = e}x_, _{u(x) =} 1 (k) y0 − y2=0, y(x) = − 1 x +2 (l) y0 −√y =0, y(x) = x2 (m) ∂xf + ∂yf + ∂zf =0, f(x, y, z) = x2−2xy + 2yz

1.1.2 Seja f : R → R, função na variável x. A EDO:

(2) y = xy0_{+ f(y}0₎

é chamada equação de Clairaut.

a) Derive ambos os membros em (2), obtendo uma equação (2a). b) Em (2a), faça v = y e conclua que y = cx + f(c) ou f0

(v) = −x.

1.1.3 Resolva y0= (2x + y − 7)2.

1.1.4 Ache a solução geral de y0= 2x + 4y − 6 x +3y + 8 . obs: Dada uma equação y0_{= ϕ} ax + by + c

dx + ey + f

é possível "eliminar"os termos c e f por alguma mudança de variáveis?

1.1.5 Determine o conjunto de funções que satisfazem as seguintes EDO's:

a) dy dx = y2+1 x d) u0_{= xu} g) u0 =2u3 j) dy dx = 2xy x2₊₁ b) dw dx = w x e) dw dx = x w h) du dx = 3y 1 + 2x k) uu0₋ sen(x) = 0 c) xu0₋ sec(x) = 0 f) uu0 − ex=0 i) x3_y0_{+ y}3 ₌₀ l) xyy0_{= y +} 1

1.1.6 Determine a solução do problema de Cauchy.

a) xu0−ln(x) = 0 u(1) = 1 d)    du dx = xusen(x) u(0) = 1 g) dT + k(T −60)dt = 0 T (0) = 20 b) u1/2_u0_{+ x}1/2 ₌₀ u(1) = 2 e)    du dx = −u(x +1) u(−2) = 1 h)    dy dt = ky 1 − y c c)    dP dt = k(c − P) P(0) = P0 f) u0− x2u2=0 u(2) = −1

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1.2. EDO’s Lineares de 1a ordem 9

1.2 EDO’s Lineares de 1

a

ordem

Definição 1.2.1 Sejam a, f : R → R funções (que suporemos contínuas inicialmente) e seja

yuma função que depende de uma única variável x ∈ R. A equação

y0+ a(x)y = f(x) (1.2.1)

é uma EDO linear de 1a _ordem.

Observe que se a ≡ 0 ou f ≡ 0 a EDO é separável.

Exemplo 1.2.1

A EDO y0

= ex é uma EDO linear de 1a ordem. Uma solução é y = ex+1. A solução geral é y = ex_{+ C}_{, onde C é uma constante arbitrária.}

Exemplo 1.2.2

A EDO xy0

−2y = 0é também uma EDO linear de 1a ordem. Observe que xdy dx =2y ⇒ 1 ydy =2 1 xdx Logo, _Z 1 ydy =2 Z 1 xdx ln|y| + C₁=2(ln|x| + C₂) ln|y| = lnx2+ C ln|y| = lnkx2 ⇒ y = kx2, onde k > 0. Exemplo 1.2.3

Seja a EDO y = xy0_{+ (y}0₎2_{, derivando ambos os membros,}

y0= y0+ xy00+2y0y00⇒ y00(x +2y0) =0. Logo, y00

=0 ou y0= −x 2. Se y

00

=0 temos y = C1x + C2, onde C1 e C2 são constantes

arbitrárias. Por outro lado, se y0

= −x

2 temos y = − x2

4 + K.

Deixamos a cargo do leitor vericar que as constantes C1 e C2 do Exemplo1.2.3 estão

rela-cionadas: C2= C21. Exemplo 1.2.4 A EDO y0₊ 1 xy = xe 3x _{é linear de 1}a _ordem. Temos y0₊ 1 xy = xe 3x_{⇔ xy}0₊ 1y = x2e3x. Agora, como xy0₊ 1y = d dx(xy). A solução de y 0₊ 1 xy = xe 3x _{é a solução de}

(14)

d(xy) = x2e3xdx ⇒ xy = x2e3xdx ⇒ xy = 1 3x 2₋ 2 9x − 2 27 e3x+ C. Logo, a solução da EDO y0₊ 1

xy = xe 3x _é y(x) = 1 3x − 2 9 − 2 27 1 x e3x+ C x, onde C é uma constante arbitrária.

No Exemplo 1.2.1, a EDO não está denida para x = 0. O mesmo ocorre com a solução encontrada. Logo, a solução pode ser denida em ] − ∞, 0[ ou em ]0, +∞[; ou ainda na união dos dois intervalos abertos, quando conveniente. De fato, a solução representa uma família de curvas esboçadas abaixo para alguns valores de C.

espaço para família de curvas Ainda sobre o Exemplo 1.2.1, ao assumirmos a expressão xy0 ₊

1y = d

dx(xy), temos um panorama da postura a ser adotada a m de determinar a solução da equação (1.2.1). De fato, em

y0+ p(x)y = f(x)

estamos interessados em encontrar um fator µ = µ(x) de modo que µ(x)y0+ p(x)µ(x)y = d

dx[µ(x)y] (1.2.2)

⇒ µ(x)y0+ p(x)µ(x)y = µ(x)f(x). (1.2.3)

Tal fator µ(x) é chamado fator integrante da EDO linear de 1a _{ordem y}0

+ p(x)y = f(x). Das equações (1.2.2) e (1.2.3) segue: d[µ(x)y] = µ(x)f(x)dx e, portanto y(x) = 1 µ(x) Z µ(x)f(x)dx. (1.2.4)

Por outro lado, da equação (1.2.2),

p(x)µ(x) = d dxµ(x). Logo, 1 µ(x)d(µ(x)) = p(x)dx ⇒ ln|µ(x)| = Z p(x)dx ⇒ µ(x) = e Z p(x)dx . (1.2.5)

Assim, para determinar a solução de y0_{+ p(x)y = f(x)}_{, determinamos o fator integrante dado}

em (1.2.5), que nunca se anula, obtendo y(x) = e − Z p(x)dx Z f(x)e Z p(x)dx dx (1.2.6)

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1.2. EDO’s Lineares de 1a ordem 11

Teorema 1.2.1. Seja y0

+ p(x)y = f(x) uma EDO linear de 1a ordem. Então y(x) = e − Z p(x)dx Z f(x)e Z p(x)dx

dxé a representação integral da solução geral.

Exemplo 1.2.5

A EDO linear de 1a _ordem

y0+ 2x x2₊₁+ 1 x y = 2x 2 (x2₊₁₎2

está denida para todo x > 0.

Um fator integrante para a EDO é µ(x) = e Z 2x x2₊₁ − 1 x dx = eln(x2+1)−lnx= x 2₊₁ x . Então, d dx x2₊₁ x y = 2x 2 (x2₊₁₎2. x2+1 x = 2x x2₊₁ e x2+1 x y = ln(x 2₊_{1) + C}

o que signica que a solução geral da EDO é y(x) = x

x2₊₁ln(x

2₊_{1) + C} x

x2₊₁.

Exemplo 1.2.6

Ache a solução geral de xy0₊_{3y = senx.}

Fazendo µ(x) = Z 3 xdx =3ln|X| ⇒ e 3ln|x|_{= e}lnx3 _{= x}3_: x3y0+3x2y = x2senx d dx(x 3_{y) = x}2_senx x3y = Z x2senxdx

A ideia de obter um fator integrante a m de tornar a EDO em outra equivalente, cuja busca pela solução seja menos árdua, é bastante intuitiva em alguns casos.

Exemplo 1.2.7

A EDO y0

+2 cotg(2x)y = e5x é equivalente a sen(2x)y0+2 cos(2x)y = e5xsen(2x) e, portanto d dx[sen(2x)y] = e 5x_{sen(2x) ⇒} sen(2x)y = Z e5xsen(2x) dx ⇒ Revisão Capítulo 0: 7 de outubro de 2016

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29 y(x) = e

5x

29 [5 − 2 cotg(2x)] + C cossec(2x). Tanto a EDO y0 ₊

2 cotg(2x)y = e5x quanto a solução apresentada estão denidas para os mesmos conjuntos de valores reais de x, isto é, 2x 6= kπ, com k ∈ Z. Isto signica que x 6= kπ

2, k ∈ Z e sen(2x) 6= 0. Observe que µ(x) = e

R

2 cotg(2x) dx _{= e}ln(sen(2x)) ₌ _sen(2x) _{é de}

fato um fator integrante para a EDO original.

Considere agora n ∈ R, n 6= 0 e n 6= 1 e sejam a, f e y funções reais satisfazendo a EDO

y0+ a(x)y = f(x)yn. (1.2.7)

Da equação (1.2.6) segue imediatamente,

y0+ a(x)y1−n = f(x) (1.2.8)

e, fazendo u = y1−n_{, portanto u}0_{= (}

1 − n)y−ny0. Como n 6= 1, da equação (1.2.7) segue

1 1 − nu

0_{+ a(x)u = f(x)}_{, ou ainda,}

u0+ (1 − n)a(x)u = (1 − n)f(x) (1.2.9)

que é uma EDO linear de 1a ordem.

A equação descrita na forma da equação (1.2.7) é chamada equação de Bernoulli; em home-nagem ao matemático alemão Jakob Bernoulli (1654-1705), um dos mais prolícos matemáticos da numerosa dinastia Bernoulli, família que solucionou inúmeros problemas e transitou por áreas das mais diversas, entre o nal do século XVII e início do século XIX. Jakob teria sido o primeiro matemático a utilizar o termo integral, na resolução do problema da curva isócrona ? ao pé da letra, curva que "mantém os tempos iguais"? em que um objeto cai com velocidade vertical uniforme. Jakob Bernoulli provavelmente também foi o pioneiro na utilização do método de separação de variáveis para encontrar soluções de uma equação diferencial.

1.2 Exercícios

1.2.1 Para cada uma das EDO's abaixo determine o fator integrante e encontre a solução geral:

a) y0₊ 1 xy = xe 2x c) xy0₊ 2xy = x3sen(2x) e) y0₊ 1 xy = xsec 2_(x) g) y0 + y =1 i) y0₊ 1 xy =ln(x) k) y0 −4xy = 0 m) y0 + y = (1 + ex)−2 b) y0₋ 2 xy = x 3 d) y0 y0− 2 xy =3x 2_cos(3x) f) y0₋ 2y = 3 cos(3x)e2x h) y0₊ 2xy = 3x j) y0_{− (} sec2(x))y = etg(x) l) y0 + xy =0 n) y0 + y = x(x + e−x)

(17)

1.3. EDO’s Homogêneas, Exatas e Trajetórias Ortogonais 13

1.2.2 Encontre uma solução para o Problema de Valor Inicial

a) y0+ y =1 y (0) = 1 . c) y0+ 1 xy =ln(x) y (1) = 0 . e) y0−4xy = 0 y (0) = 3 . b) y2y0 =3 cos(3x)e2x y (0) = 1 . d) y0+2xy = 3x y (2) = −1 . f) y0− 2 xy = x 3 y (−1) = 2 .

1.2.3 Sejam f.g : R −→ R. Obtenha uma EDO linear de primeira ordem que tenha como

solução geral

y(x) = kf(x) + g(x) onde k é uma constante arbitrária.

1.2.4 Sejam P, Q : R −→ R. Prove que se n 6= 0 e n 6= 1 a equação

y0+ P(x)y = Q(x)yn (1.2.10)

pode ser reduzida a uma equação diferencial ordinária de 1a _ordem.

(A EDO descrita descrita em (1.2.10) é chamada equação de Bernoulli). Use o resultado obtido e resolva a) y0 +2xy = xy3 c) y0 + 1 xy = x 3_y3 e) y0₊ 1 xy = y −2_cos(x) b) y0 − y = x y2 d) y0₊ 1 xy = y 2 f) xy0_{+ y = (x} cos(x))y3

1.2.5 Sejam a, b, c : R −→ R. Mostre que se y1= y1(x)é uma solução da EDO

y0= a(x) + b(x)y + c(x)y2 (1.2.11)

então a substituição y = y1+ u transforma a equação (1.2.11) em uma equação de Bernoulli e

a substituição y = y1+

1

v transforma a equação (1.2.11) em uma EDO linear de 1

a _ordem.

1.3 EDO’s Homogêneas, Exatas e Trajetórias Ortogonais

Nesta seção estamos interessados nas equações diferenciais ordinárias escritas sob a forma

M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 (1.3.1)

onde M, N : R2 _{−→ R são funções denidas em R}2 _{(ou em subconjuntos de R}2_{) e assumindo}

valores em R, ambas não nulas. Observe que, de y0

+ b(x)y = f(x)podemos escrever [b(x)y − f(x)]dx + 1dy = 0 e, portanto, toda EDO linear de 1a ordem pode ser escrita na forma descrita em (1.3.1).

(18)

funções com domínio em R2_.

Suponha A um domínio aberto contido em R2 _{e f : A −→ R uma função. Se existem e são}

contínuas as derivadas parciais mistas de segunda ordem de f então, para todo ponto (a, b) ∈ A, ∂2f

∂y∂x(a, b) = ∂2f

∂x∂y(a, b).

Já no caso em que (x, y) ∈ A implica t(x, y) = (tx, ty) ∈ A para todo t ∈ A então diremos que f é homogênea de ordem n quando

f(tx, ty) = tnf(x, y).

A primeira propriedade, chamada Teorema de Clairaut (ou Teorema de Clairaut-Schwarz-Young) é geralmente vista com detalhes em um segundo curso de Cálculo; já a segunda é vista sem grandes pretensões, no mesmo curso, em alguns casos para ilustrar problemas relacionados a limites.

Baseado nestas duas propriedades temos a seguinte denição.

Definição 1.3.1 Considere M, N : R2 −→ R funções não nulas e seja M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0uma EDO de 1a ordem.

(i) Se M e N são funções homogêneas de mesma ordem, a EDO é dita homogênea; (ii) Se ∂M

∂y = ∂N

∂x a EDO é dita exata.

A EDO (x2_{− y}2_{)dx +}_{2xydy = 0}_{é homogênea, mas não é exata. Veja que:}

∂M

∂y = −2ye ∂N

∂x =2y.

(2x−y2)dx+(y2−2xy)dy = 0é exata, mas não homogênea. Veja que M = 2x−y2e N = y2−2xy. Já EDO (y2_{− x}2_{)dx +}_{2xydy = 0}_{é homogênea e também exata. (x}2₋_{5x + 3)dx − (xy}3₋_4y2₊

7y)dy = 0não é homogênea e nem exata. Para o caso (i) basta fazer v = y

x (ou, u = x

y o que resulta y = vx e dy = vdx + xdv. Daí, supondo M e N funções homogêneas de ordem n, M(x, vx) + N(x, vx)[vdx + xdv] = 0. Logo,

xnM(1, v)dx + xnN(1, v)[vdx + xdv] = 0 ⇒ [M(1, v) + vN(1, v)]dx + kN(1, v)dv = 0 ⇒ 1 xdx = − N(1, v) M(1, v) + vN(1, v)dx. Isto é, a mudança de variáveis v = y

x transforma M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 em uma EDO separável.

Exemplo 1.3.1

(19)

1.3. EDO’s Homogêneas, Exatas e Trajetórias Ortogonais 15 Faça y = vx e dy = vdx + xdv. Logo, x2₍_{1 − v}2_{)dx + x}2_{v[vdx + xdv] =}₀ (1 − v2+ v2)dx + xvdv =0 ⇒ 1 xdx = −vdv ln|x| = −v 2 2 + C⇒|x| = e c−v2 2 ∴ x = ke− x2 2y2 , comk > 0. Exemplo 1.3.2

Ache y = y(x) tal que y0

= x + y x − y.

Temos (x + y)dx + (y − x)dy = 0. Fazendo v = y

x temos dy = vdx + xdv e (x + xv)dx + (xv − x)(vdx + xdv) =0 ⇒ (1 + v)dx + (v2dx + xvdv − vdx − xdv) =0 (1 + v + v2)dx + x(v −1)dv = 0 ⇒ 1 xdx = 1 − v 1 + v2dv Z 1 xdx = Z 1 − v 1 + v2dv⇒ lnx = arctg(v) − 1 2ln(1 + v 2_{) + C} lnx = arctgy x − 1 2ln 1 + y 2 x2 + C

A solução da equação M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0, quando ∂M ∂y =

∂N

∂x, é no caso (ii) dada, implicitamente pela equação:

f(x, y) = Z M(x, y)dx ou f(x, y) = Z N(x, y)dy.Verique! Exemplo 1.3.3

Encontre a solução geral de: (a) (2x − y2_{)dx + (y}2₋_{2xy)dy = 0.} (b) (y2_{− x}2_{)dx +}_{2xydy = 0.} Em (a), M(x, y) = 2x − y2 _{e N(x, y) = y}2₋_{2xy ⇒} ∂M ∂y = ∂N ∂x. Logo, f(x, y) = Z M(x, y)dx = Z (2x − y2)dx. A solução é x2_{− xy}2_{+ C} 1 = C ⇔ x2− xy2 = C. Em (b), como (y2− x2)dx +2xydy = 0 é

EDO exata, tomando:

f(x, y) = Z

(y2− x2)dx = xy2− x

3

3 + C1 . A solução na forma implícita é: xy2₋ x3

3 = C.

(20)

dx F no plano R2_{. Fixado um ponto (x}

0, y0), o coeciente angular da reta tangente à curva C da

família F que passa por (x0, y0) é

d

dxyC = ϕ(x0, y0). Caso ϕ(x0, y0) 6= 0, uma curva C

⊥_,

ortogonal a C no ponto (x0, y0)terá no ponto (x0, y0), coeciente angular da reta tangente igual

a d

dxyC⊥ = − 1 ϕ(x₀, y0).

espaço para família de curvas F

Portanto, nos pontos (x, y) em que ϕ não é nula, a família ortogonal à família de curvas F = (x_{, y) ∈ R}2;dy dx = ϕ(x, y) é F⊥₌ (x_{, y) ∈ R}2;dy dx = − 1 ϕ(x, y) . Exemplo 1.3.4

Considere a família F de hipérboles denida pela equação xy = C. Evidentemente, tal família representa a solução geral da EDO dy

dx = − y x = − C x2. Logo, a família F ⊥ _{está bem}

denida pela EDO

dy dx = x y ⇔ xdx = ydy. Portanto F⊥ =(x, y) ∈ R2; y2− x2= K .

Exemplo 1.3.5

A família de elipses 2x2_{+ y}2 _{= C}2 _{representa a solução geral da EDO 2y}dy

dx +4x = 0. A família ortogonal, portanto, representa o conjunto solução da EDO

dy dx =

y 2x. Logo, x = ky2_.

1.3 Exercícios

1.3.1 Em cada caso abaixo, verique se a EDO é homogênea e/ou exata, a seguir, encontre a

solução, caso a EDO se enquadre nos métodos da seção 1.3. (a) (y2_{+ x}2_{)dx + (x}2_{− y}2_{)dy =}₀

(b) (xy2₋_{3x)dx + (y}3_{+ x}2_{y)dy =}₀

(c) (y − x2₊_{1)dx + (x − y}3_{)dy =}₀

(d) y0_{= −}y + ycos(xy)

(21)

1.3. EDO’s Homogêneas, Exatas e Trajetórias Ortogonais 17

(e) y0

= cos(x) cos(y) + e

y

sen(x)sen(y) − xey

(f) (sen(x)tg(y) + 1)dx + (cos(x) sec(y)2_{)dy =}₀

(g) (xy2_{− x}3_{)dx + x}2_{ydy =}₀

1.3.2 Resolva a equação ydx − xdy

(x + y)2 + dy = dx como uma equação exata por dois métodos

diferentes. A seguir, compare os resultados.

1.3.3 Resolva a equação 4y

2₋_2x2

4xy2_{− x}3dx +

8y2_{− x}2

4y3_{− x}2_ydy =0 como uma equação exata. A seguir,

verique que M(x, y) e N(x, y) são funções homogêneas e resolva a equação por meio de uma mudança de variáveis conveniente.

1.3.4 Para cada uma das equações abaixo, encontre o valor de n para o qual a equação é exata.

A seguir, resolva a equação para este valor de n. (i) (xy2_{+ nx}2_{y)dx + (x}3_{+ x}2_{y)dy =}₀

(ii) (x + ye2xy_{)dx + nxe}2xy_{dy =}₀

1.3.5 Fazendo a substituição z = y/xne escolhendo um valor conveninente de n, mostre que as

seguintes equações podem ser transformadas em equações com variáveis separáveis, em seguida determine a solução. a)dy dx = 1 − xy2 2x2_y aaaaaaaab) dy dx = 2 + 3xy2 4x2_y aaaaaaaac) dy dx = y − xy2 x + x2_y

1.3.6 Verique se é possível determinar um fator integrante para a EDO

a)(3x2_{− y}2_{)dy −}_{2xydx = 0} _{b)(xy − 1)dx + (x}2_{− xy)dy =}₀

c)xdy + ydx + 3x3_y4_{dy =}₀ _d)ex_{dx + (e}x_{cotg(y) +}_{2ycosec(y))dy = 0}

e)(x + 2)sen(y)dx + x cos(y)dy = 0 f)ydx + (x − 2x2_y3_{)dy =}₀

g)(x + 3y2_{)dx +}_{2xydy = 0} _{h)ydx + (2x − ye}y_{)dy =}₀

i)(yln(y) − 2xy)dx + (x + y)dy = 0 j)(y2_{+ xy +}_{1)dx + (x}2_{+ xy +}_{1)dy = 0}

l)(x3_{+ xy}3_{)dx +}_3y2_{dy =}₀

1.3.7 Encontre, em cada caso, a família de trajetórias ortogonais ao conjunto de curvas dado,

Trace um esboço tanto da família de curvas quanto do conjunto de trajetórias ortogonais. a) y − cx2 ₌₀ c) 2y2_{+ x}2 _{= c}2 e) x3_{y = c} g) y = ce3x b) y = c − x d) 2y2_{− x}2_{= c}2 f) y = cx4 h) xy2 _{= c}

1.3.8 Mostre que as circunferências centradas em (a, 0) e de raio a > 0 são ortogonais às

circunferências centradas em (0, a) e de raio a.