Universidade Federal de Pelotas - UFPEL 11100050 - Equações Diferenciais
Profa. Rejane Pergher
CAPÍTULO 1: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 1.1 Conceitos Básicos
Uma equação diferencial é uma equação que envolve uma função incógnita e suas derivadas.
Exemplos:
a) dy
dx = fx ou y′ = fx y :função incógnita, ondey = yx, ou seja, por exemplo,y′ = x+3 b) d2y
dx2 +2 dy dx
2 = 1 y = yx
c) d3y
dx3 +x+3d2y dx2 + dy
dx +xy = 0 y = yx
d) d2y dx2
3
+y dy dx
7+y3 dy dx
2 +5x = 0 y = yx
e) ∂2y
∂t2 = c∂2y
∂x2 y = yx,t
f)md2xt
dt2 = F t,xt, dxt
dt (Lei de Newton)
1.2 Classificação:
1. Tipo:
Equação Diferencial
↙ ↘
Eq.Diferencial Ordinária(EDO) Eq. Diferencial Parcial (EDP)
- EDO: uma equação diferencial ordinária é aquela cuja função incógnita depende de apenas uma variável independente.
Exemplos.:a),b),c),d)e f).
- EDP: uma equação diferencial parcial é aquela cuja função incógnita depende de duas ou mais variáveis independentes.
Exemplo:e).
2. Ordem: A ordem de uma equação diferencial é a ordem da mais alta derivada que nela aparece.
Exemplos.:a) é equação diferencial de primeira ordem.
b),d),e) ef) são equações diferenciais de segunda ordem.
c) é equação diferencial de terceira ordem.
Exemplos de Aplicação:
● Um modelo para o movimento de uma mola:
A equação diferencial ordinária que modela o movimento de um objeto de massa m preso a uma mola é:
m d2x
dt2 = −kx ondeké uma constante positiva(chamada constante da mola)
● Equação diferencial ordinária que governa o decaimento de uma substância radioativa com o tempo R(t) (função incógnita):
dRt
dt = −kRt
onde k é uma constante conhecida.
3. Linearidade: Equação Diferencial
↙ ↘
Linear Não - linear
-Linear: uma equação diferencial ordinária (EDO) de ordem n é linear se puder ser escrita na forma:
a0xdny
dxn +a1xdn−1y
dxn−1 +. . .+anxy = gx
(Definição semelhante aplica-se a EDP).
-Não-linear: uma equação diferencial que não tenha a forma da equação acima é dita não-linear.
Exemplos.:a),c) ee) são lineares.
b) ed) são não-lineares (potências das derivadas).
Exemplo de Aplicação:
Pêndulo: A equação diferencial ordinária que modela o movimento oscilatório de um pêndulo simples é dada por:
d2θ dt2 + g
l sinθ = 0
que é uma equação não-linear (termo sinθ ). Faltam técnicas gerais de solução. Em alguns casos, é possível fazer uma aproximação do problema para equações lineares (técnicas desenvolvidas).
Neste exemplo, se o ângulo θ for pequeno, entãosinθ ≅ θe a EDO não-linear é substituída por uma equação linear:
d2θ dt2 + g
l θ = 0
Observação: Existem problemas que não é possível aproximar uma equação não-linear por uma equação linear.
1.3 Soluções:
Uma solução de uma equação diferencial na função incógnita y e na variável independente x, no intervalo I, é uma função que verifica a equação diferencial identicamente para todoxem I.
Exemplo 1:yx = C1sin 2x+C2cos 2xé solução dey′′+4y = 0? y′x=
y′′x =
Substituindo na EDO, verifica-se queyxsatisfaz a equação diferencial para∀x.
Portanto,yxé solução no intervalo −∞,∞.
Exemplo 2:yx = x2lnxé solução dex2y′′ −3xy′ +4y = 0,x > 0? y′x =
y′′x =
Exemplo 3:y = x2−1é solução dey′4+y2 = −1?
A equação não admite solução, poisy′4+y2 é sempre não negativo para todoyxreal, não podendo ser igual a -1.
Exemplo 4:y′4+y2 = 0, admite como única soluçãoy ≡ 0(pelo mesmo motivo do exemplo anterior).
Definição: Uma solução particular de uma equação diferencial é qualquer solução. A solução geral de uma equação diferencial é o conjunto de todas as soluções.
Exemplo 5: Pode-se mostrar que yx= C1sin 2x+C2cos 2xé a solução geral dey′′ +4y = 0. Isto é, toda a solução particular da ED tem esta forma. Por exemplo, são soluções particulares:
y = 5 sin 2x−3 cos 2x C1 = 5,C2 = −3
y = sin 2x C1 = 1,C2 = 0
y = 0 C1 = 0,C2 = 0
Observação: Nem sempre se pode expressar por uma fórmula única a solução de uma ED.
Exemplo 6:y′ +y2 = 0tem como soluções particularesy = 1
x ey ≡ 0.
1.4 Problemas de Valores Iniciais e de Valores no Contorno:
Uma equação diferencial acompanhada de condições adicionais sobre a função incógnita e suas derivadas (todas no mesmo valor da variável independente) constitui um problema de valores iniciais. Estas condições são chamadas C.I. (condições iniciais).
Exemplo 1:y′′ +2y′ = ex yπ = 1,y′π = 2 (CI)
Este é um problema de valor inicial, pois as condições adicionais são dadas emx = π.
Se as condições adicionais são dadas para mais de um valor da variável independente, temos um problema de valores no contorno e as condições são C.C. (condições de contorno).
Exemplo 2:y′′ +2y′ = ex
y0= 1,y1 = 1 (CC)
Este é um problema de valor no contorno, pois as condições adicionais são dadas emx = 0ex = 1.
Exemplo 3: Determine uma solução do problema y′′ +4y = 0 onde y0 = 0 , y′0 = 1 se a solução geral é yx = C1sin 2x+C2cos 2x
y0 = y′x = y′0 =
Solução particular:yx = 12 sin2x
Solução geral: conjunto de todas as soluções (família de curvas).
Solução particular: solução que satisfaz as CI ou as CC (uma única curva).
-4 -2 2
-0.4 -0.2 0.2 0.4
x y
-4 -2 2 4
-3 -2 -1 1 2 3
x y
Solução particular: Solução geral:
Campo de direções: dá um “perfil” das soluções dy
dx = fx,y coeficiente angular da solução no ponto
x,y.
1.5 LISTA DE EXERCÍCIOS 1
1- Nos exercícios seguintes, determine:
(a) a ordem da eq. diferencial. (b) o tipo EDO ou EDP.
(c) a variável independente. (d) a função incógnita.
1.1 y′+xy = x2 1.2 y′3 = sinx
1.3 ∂2u
∂x2 + ∂2u
∂x∂y +7∂2u
∂y2 +8∂u
∂x + 2u = sinxy 1.4 d3y
dx3 +3d2y
dx2 +y = ex 1.5 d4y dx4
d3y dx3
d2y
dx2 = dy dx 1.6 y′′2−3yy′+xy = 0 1.7 x4yIV+xy′′′ = ex 1.8 dny
dxn = y2+1 2 - Quais, entre as funções abaixo, são soluções de y′ −5y = 0?
a)y = 5 b) y = 5x c) y = x5 d) y = e5x e) y = 2e5x f) y = 5e2x 3 - Quais, entre as funções abaixo, são soluções dex′′ −4x′+4x = et ?
a) x = et b) x = e2t c) x = e2t +et d) x = te2t +et e) x = e2t +tet
4 - Determine os valores das constantes, de modo que as funções dadas satisfaçam as condições iniciais indicadas:
4.1 yx = C1ex+C2e2x+3e3x; y0 = 0; y′0 = 0 4.2 yx = C1sinx+C2cosx+1; yπ = 0; y′π = 0 Respostas:
1.1 (a) 1 (b) E.D.O. (c)x (d) yx
1.2 (a) 1 (b) E.D.O. (c)x (d) yx
1.3 (a) 2 (b) E.D.P. (c)x,y (d) ux,y
1.4 (a) 3 (b) E.D.O. (c)x (d) yx
1.5 (a) 4 (b) E.D.O. (c)x (d) yx
1.6 (a) 2 (b) E.D.O. (c)x (d) yx
1.7 (a) 4 (b) E.D.O. (c)x (d) yx
1.8 (a) n (b) E.D.O. (c)y (d) xy
2- (d) e (e) 3- (a), (c) e (d)
4.1C1 = 3, C2 = −6 4.2 C1 = 0, C2 = 1.
CAPÍTULO 2: EDO DE PRIMEIRA ORDEM
2.1 Interpretação Geométrica das EDOs de Primeira Ordem - Campo de Direções:
Uma EDO de primeira ordem é uma equação da forma:
dy
dx = fx,yx
A solução desta equação é uma funçãoy = φxque pode ser representada através de um gráfico.
Geometricamente, da equação diferencial acima, podemos afirmar que, em qualquer pontox,y, o coeficiente angular dy
dx da solução neste ponto é dada porfx,y.
Graficamente, podemos traçar um pequeno segmento de reta, no ponto x,y, coeficiente angular fx,y.
Exemplo 1:dy
dx = 13y, cuja solução exata é yx = Ce13x
-4 -2 0 2 4
1 2 3 4 5
x y
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
5 10 15 20
x y
O conjunto dos segmentos de reta é o campo de direções da EDO de primeira ordem.
2.2 Equações a Variáveis Separáveis:
A forma padrão de uma EDO de primeira ordem é dy
dx = fx,y. No entanto, podemos escrever fx,ycomo Mx,y
−Nx,y, assim,
dy
dx = Mx,y
−Nx,y
−Nx,ydy = Mx,ydx
e obtemos aforma diferencialpara esta equação:Mx,ydx+Nx,ydy = 0 Exemplo 1: Escrevayyy′ −1 = xna forma padrão e na forma diferencial:
Forma padrão: dy
dx = x+y y2
Forma diferencial: (existem infinitas) x+y
y2 dx−dy = 0 oux+ydx−y2dy = 0
Uma EDO de primeira ordem é uma equação a variáveis separáveis se pode ser escrita como:
Mxdx+Nydy = 0 e sua solução geral é obtida via integração:
∫
Mxdx+∫
Nydy = CExemplo 2: Determinar a solução geral da equação dy
dx = x2
− 2 :
Solução:x3+y3−3y = C Obs.:y = yximplícitamente.
Exemplo 3: Determinar a solução geral da equação dy
dx = 3x2 : Solução:y = x3+C
Obs.: dependência explícita (yxestá isolado)
Exemplo 4: Determinar a solução geral da equação dy
dx = 4y : Solução:y = Ce4x
2.3 Lista de Exercícios 2
1 - Escreva as seguintes equações diferenciais na forma padrão:
1.1 exy′ +e2xy = sinx 1.2 yyy′ −1 = x
1.3 xy+3dx+2x−y2+1dy = 0 1.4 xy′ +cosy′ +y = 1
2 - Determine a equação da curva que passa pelo ponto P5, 6, conhecendo a declividade de sua tangente num ponto qualquer dada por: dy
dx = 2x 3y. 3 - Resolva as seguintes equações diferenciais:
3.1 y′ = 5y 3.2 y′ = 5x2 3.3 db
dp = 2b 3.4 dy
dx = −sinx 3.5 xdx+ydy = 0 Respostas:
1.1 y′ = −exy+e−xsinx, ondefx,y= −exy+e−xsinx 1.2 y′ = x+y
y2 1.3 y′ = xy+3
y2−2x−1
1.4 Não pode ser escrita na forma padrão.
2 3y2−2x2 = 58 3.1y = Ce5x 3.2 y = 5
3 x3+c
3.3 b = Ce2p 3.4 y = cosx+c 3.5 y = ± k−x2
2.4 Exemplo de Aplicação
2.4.1 Cultura de Bactérias
Considere uma cultura de bactérias cuja taxa de crescimento populacional é proporcional à população presente. Determinar a quantidade de bactérias presentes, após 15 horas, sabendo que após 3 horas a quantidade inicial duplicou:
SejamNto número (população) de bactérias no intantet,kuma constante de proporcionalidade,N população inicial (no instante de tempo t = 0) e dN
dt , a taxa de crescimento populacional (velocidade de crescimento). Então, a EDO é dada por:
dN
dt = kNt
N0 = N0 eN3 = 2N0
A solução desta EDO éN = Aekt, substituindo as condições de contorno, determinamosAek : Nt = N0e
tln 2
3 e, emt = 15, obtemosN15 = 32N0
2.4.2 Lei do Resfriamento de Newton:
“A taxa de resfriamento de uma substância numa corrente de ar é proporcional à diferença entre a temperatura da substância e a temperatura do ar”.
Considere a temperatura do ar 250C. Se uma substância resfria, neste ambiente, de1000 Cpara 700 C, em20minutos, ache o intante em que a temperatura da substância é500C.
Obs.: Suponha que a temperatura da substância é homogênea.
Sejam Tt a temperatura da substância 0 C no instante t (min) e k uma constante de proporcionalidade. Então, a EDO é dada por:
dT
dt = kT−25
T0 = 100 e T20 = 70
A solução desta EDO éT = Aekt +25, substituindo as condições de contorno, encontramosAek : Tt = 75e
t 20 ln
3
5 +25e, queremos encontrart1tal queTt1 = 50. Substituindo na solução, obtemos t1 = 42, 25min, ou seja, 42 min e 15 seg.
0 20 40 60 80 100 120 40
60 80 100
x y
Grafico da solução da EDO.
2.4.3 Um corpo em queda livre:
Um corpo em queda livre, satisfaz a segunda lei de Newton que indica que a força líquida que aje sobre o corpo (peso) é proporcional à sua aceleração.
Considerações: - massa e gravidade são constantes;
- resistência do ar é proporcional à velocidade v da queda;
- direção positiva é para baixo.
Da segunda lei do movimento de Newton, obtemos: F = m dv
dt ondeFé a força líquida e dv
dt é a taxa de variação do momento do corpo em relação at(mé constante).
mg−kv = m dv
dt mg = m dv
dt +kv dv dt + k
m v = g Equação do movimento onde mg = W é o peso do corpo ekvé a resistência do ar.
.
Observação: Sek = 0(desprezamos a resistência do ar) a equação se reduz à: dv dt = g.
2.5 LISTA DE EXERCÍCIOS 3
APLICAÇÕES:
1) Determinar o tempo necessário para que uma certa quantia duplique seu valor quando aplicada à juros de 5% ao ano, continuamente acumulados.
2) Sabendo que o rádio se decompõe numa razão proporcional à quantidade existente e que a metade da porção original desaparece em 1600 anos, calcular a percentagem perdida em 100 anos.
3) Numa cultura, a quantidade de fermento ativo cresce proporcionalmente à quantidade presente.
Sabendo que em uma hora a porção inicial foi duplicada, qual a multiplicação que se pode esperar no final de2 : 45horas?
4) Uma certa substância esfria-se de 1000C a 600C, em 10 minutos. Agora, sendo a temperatura da substância de 200C. Achar a temperatura da substância depois de 40 minutos.
5) O nuclídeo radioativo plutônio 241 decai de acordo com a eqação diferencial dQ
dt = −0, 0525Q, onde Qestá em miligramas etem anos.
a) Determinar a meia vidaτdo plutônio 241.
b) Se 50 mg de plutônio estiverem presentes numa atmosfera no dia de hoje, quanto plutônio existirá daqui a dez anos?
6) Uma bola, com massa de 0,25 kg, é lançada para cima, com uma velocidade inicial de 20m/s, do terraço de um edifício com 30 m de altura. Desprezar a resistência do ar.
a) Calcular a altura máxima que a bola atinge acima do nível do solo.
b) Admitindo que a bola não caia no terraço, ao retornar, calcular o tempo que leva para atingir o solo.
Respostas:
1) 13,9 anos. 2) 4,23%. 3) 6,73 vezes a quantia original 4) 250C.
5) a) 13,20 anos b) 29,6 mg 6) a) 50,4 m. b) 5,25 s.
2.6 Equações Homogêneas:
Uma EDO de primeira ordem, na forma dy
dx = fx,yé homogênea seflx,ly = fx,ypara todolreal.
Exemplo 1: Verifique sey′ = x+y
x é homogênea:
fx,y = x+y
x ∴ flx,ly = lx+ly
lx = lx+y
lx = x+y
x = fx,y
∴A EDO é homogênea.
Exemplo 2: Verifique sey′ = x2+y
x3 é homogênea:
Resp.: A EDO não é homogênea.
Uma equação homogênea pode ser transformada em equação a variáveis separáveis (que já sabemos resolver), mediante a seguinte substituição de variável:
y = xν dy
dx = ν+x dν dx
Obtemos, então, uma equação diferencial nas variáveis ν e x que resolvemos como equação a variáveis separáveis. Não esqueça de substituirν = y
x no final do procedimento.
Exemplo 1: Encontre a solução da EDOy′ = y+x x : Já vimos que é uma EDO homogênea.
Façamos a substituição: y = νx dy
dx = ν+x dν dx
.
A solução geral da EDO éy = xln|x|+Cx.
Exemplo 2: Encontre a solução da EDOy′ = y2+x2
xy comy1 = −2 : Solução: A EDO é homogênea e y2 = x2lnx2+4x2 ou y = − x2lnx2+4x2 Obs.: O sinal de menos garante a consistência com a condição inicial.
Atenção: Em algumas situações é conveniente escrever a EDO original como dx
dy = 1
fx,y e fazer a substituição x = νy
dx
dy = ν+y dν dy Exemplo: Resolver dy
dx = 2xye
xy
2
y2+y2e xy
2
+2x2e xy
2
Verifique que a EDO é homogênea!
A substituição conveniente é x = νy dx
dy = ν+y dν dy
, pois simplifica os termos.
dx
dy = 1
fx,y = y2+y2e xy
2
+2x2e xy
2
2xye xy
2
Solução geral:y = k 1+e xy
2
2.7 Equação Diferencial Ordinária de Primeira Ordem Exata:
Uma equação diferencial:
Mx,ydx+Nx,ydy = 0
é exata se existe uma funçãogx,ytal que: dgx,y = Mx,ydx+Nx,ydy.
Por outro lado, dgx,y = ∂g
∂xdx+ ∂g
∂ydy
de onde concluímos que: Mx,y = ∂g
∂x e Nx,y = ∂g
∂y . Da teoria de derivação, temos que ∂2g
∂x∂y = ∂2g
∂y∂x
∂∂x
∂g
∂y = ∂
∂y
∂g
∂x
∂∂xNx,y = ∂
∂yMx,y
TESTE: Uma EDO de primeira ordem, na forma diferencial é exata se e, somente se,
∂∂yMx,y = ∂
∂xNx,y
SOLUÇÃO: 1)gx,y =
∫
Mx,ydx+Yy2) ∂g
∂y = Nx,y
3)Yy =
∫
Y′ydy4) Solução geralgx,y = k (forma implícita) Exemplo 1: Resolvaycosx+2xeydx+sinx+x2ey −1dy = 0.
Teste: ∂M
∂y = cosx+2xey
∂N
∂x = cosx+2xey 1)gx,y =
∫
Mx,ydx+Yygx,y =
∫
ycosx+2xeydx+Yygx,y = ysinx+x2ey +Yy
2) ∂g
∂y = Nx,y
sinx+x2ey+Y′y = sinx+x2ey −1
∴ Y′y = −1
3)Yy =
∫
Y′ydy Yy=∫
−dy = −y 4)gx,y =ysinx+x2ey −y = k solução geral!Exemplo 2:3xy+y2dx+x2+xydy = 0 Exemplo 3: Resolva dy
dx = 2+yexy 2y−xexy
Solução geral:2x+exy−y2 = C
2.8 LISTA DE EXERCÍCIOS 4
1) Resolva as seguintes equações diferenciais:
a) 3xy2+1dx+yx2+2dy = 0 b) dy
dx = 8xy+3y
c) yy′ = cos2wx. (wé constante) d) v dv
dt = g (gé constante) e) y′ = 1+x+y2 +xy2
f) xyy′ = 2y+1
2) Resolva os seguintes problemas de valor inicial:
a) y′ = −x
y , y1 = 2
b) sin2ydx+cos2xdy = 0 , yπ 4= π
4 c) dI
dt +5I = 10 , I0 = 0 d) v dv
dt = g , vt0 = v0
3) Determine as soluções gerais das seguintes equações:
a) xy′+y+2x = 0 b) y′ = x
y +xsec y x c) xy′ −y−y−x3 = 0 d) xy′ = xe
−y x +y 4) Resolva as equações:
a) x+y2dy+y−x2dx = 0 b) excosydx = exsinydy.
c) 3x2+2xy2dx+2x2ydy = 0 d) 3x2y+ y
xdx+x3 +lnxdy Respostas:
1.a) x2+23y2+1= k. 1.b) y = ke4x2+3x. 1.c) y2 = x+ sin 2wx 2w . 1.d) v2 = 2gt+k. 1.e) arctgy = x2
2 +x+k. 1.f) y−ln|y+1|−2 ln|x| = k.
2.a) x2+y2 = 5 2.b) tgx−cotgy = 0 2.c) It = 21−e5t 2.d) v2−2gt = v02−2gt0
3.a) y = c
x −x 3.b) y = xarcsinx+c 3.c) y = x+xc−x2−1
2 3.d) e y
x −lnx = k.
4.a)yx− x3 3 + y3
3 = k 4.b) excosy = k 4.c) x3+x2y2 = k 4.d) x3+lnxy = k
2.9 Fatores Integrantes:
Normalmente, a equação diferencial Mx,ydx+Nx,ydy = 0
não é exata. Mas, em alguns casos, podemos transformar esta equação diferencial em exata, fazendo uma multiplicação adequada.
Exemplo: Resolvay′ = 2xy−x (não é homogênea)
∴Não é exata.
Se multiplicarmos a equação pore−x2 , obtemos:
−2xye−x2 +xe−x2dx+e−x2dy = 0
∂M
∂y = −2x e−x2; ∂N
∂x = e−x2.−2x. Assim, é exata e já sabemos resolver.
Definição: Uma funçãoIx,yé um Fator Integrante deMx,ydx+Nx,ydy = 0se a equação:
Ix,yMx,ydx+Nx,ydy = 0 é exata.
2.9.1 Métodos para Determinação de Fatores Integrantes:
Caso 1:
Fator integrante depende só dex:Ix
Se 1 N ∂M
∂y − ∂N
∂x ≡ hxé função somente dex, então Ix = e
∫
hxdxExemplo: Resolvax−ydx−dy = 0
Não é exata, mas comhx = 1, temosIx = ex e a EDO fica exata: exx−ydx−exdy = 0.
Solução geral:xex −ex−yex = k ou y = Ce−x +x−1
Caso 2:
Fator integrante depende só dey:Iy
Se 1 M ∂M
∂y − ∂N
∂x ≡ hyé função somente dey, então Iy = e−
∫
hydyExemplo: Resolvaydx+3+3x−ydy = 0 Não é exata, mas comhy = −2
y, temos queIy = y2e a EDO fica exatay3dx+3y2+3xy2−y3dy = 0 Solução geral:y3x+y3− y4
4 = k
Caso 3:
Fator integrante depende dexey:Ix,y
Se 1
xM−yN ∂N
∂x − ∂M
∂y ≡ hx,yé função dexey, então Ix,y = e−
∫
hvdvondev = xy
Exemplo:y2+xy+1dx+x2+5xy+1dy = 0 Não é exata.
Solução geral:xexy +yexy = k
2.10 Equações Diferenciais Lineares:
Quando podemos escreverfx,y == pxy+qxna equação diferencial dy
dx = fx,y, dizemos que a equação é linear, ou seja,
dy
dx +pxy = qx
Solução: Utilizamos o fator de integração Ix = e
∫
pxdx.Ixdy
dx +Ixpxy = qxIx
e
∫
pxdxdydx +Ixpxy = qxe
∫
pxdxd
dx e
∫
pxdx.y = e∫
pxdx.qxIntegrando em relação ax:
e
∫
pxdx.y =∫
e∫
pxdx.qxdxy = e−
∫
pxdx.∫
e∫
pxdx.qxdx+CExemplo 1: Resolvay′+2y = e−x ,y0 = 0. 75 Fator integrante:Ix = e2x
Solução geral:y = e−x +Ce−2x
Solução particular:y = e−x−0. 25e−2x
Exemplo 2: Resolvay′−2xy = x , y0 = 0 Fator integrante:Ix = e−x2
Solução geral:y = −1
2 +Cex2 Solução particular:y = −1
2 + 1 2ex2
2.11 Equação de Bernoulli:
Uma equação diferencial de Bernoulli é uma equação da forma: y′ +pxy = qxyn, onde n é real.
Fazendo a substituiçãoz = y1−n reduzimos a equação de Bernoulli a uma equação diferencial linear na função incógnitaz.
Exemplo 1: Resolva dy
dx +xy = xy2 Equação de Bernoulli comn = 2.
Substituição:z = y1−2 ou seja:z = 1
y, ainda, y = 1 z dy
dx = − 1 z2
dz dx Fator integrante:Ix = e−
x2 2
Solução geral:y = 1 1+Ce−
x2 2
Exemplo 2: Resolva dy dx − 3
x y = x4y 1 3
Equação de Bernoulli comn = 13. Substituição:z = y
2
3 , então y = z 3 2 dy dx = 3
2z 1 2 dz
dx Fator integrante:Ix = 1
x2
Solução geral:y 2 3 = 2
9x5 +Cx2 ou y = ± 2
9x5+Cx2 3 2
2.12 LISTA DE EXERCÍCIOS 5
1) Em que condições as seguintes equações diferenciais são exatas? Determinadas as condições, resolva-as.
1.1)2x+aydx+2y+bxdy = 0
1.2)coshy+acosaxdx+bxsinhydy = 0
2) Determine um fator integrante para as equações abaixo e resolva-as.
2.1)2x3−ydx+xdy = 0, y1 = 1.
2.2)y3 +2exydx+ex+3y2dy = 0 2.3) dy
dx = x x2y+y3. 2.4)ydx−xdy+lnxdx = 0
3) Verifique se as seguintes equações são Equações diferenciais Lineares e resolva-as.
3.1) dy dx + y
x = 1 3.2) dy
dx − 2y
x = x2sin3x.
3.3) dy
dx = 2xy−x+1 3.4)xdy
dx +y = 2x, y1 = 2.
4) Prove que a equação diferencial dy
dx +pxy = qxylny, pode ser resolvida mediante a mudança de variávellny = v. Use isto para resolver a EDO: xdy
dx +2x2y = ylny
5) Resolva as equações de Bernoulli.
5.1)yy′ = xy2. 5.2) y′+y = y2ex. 5.3) yy′ −xy2−x = 0.
Respostas.
1.1)a = b, x2+axy+y2 = k 1.2) b = 1, xcoshy+sinax = k 2.1)hx = 1
x2. yx = 2x−x3; 2.2)hx = ex, exy3+e2xy = k;
2.3) hy = e−y2, e−y2
2 x2 +y2+1 = k; 2.4)hx = 1
x2. yx = cx−lnx−1; 3.1)yx = x
2 + k
x, 3.2) yx = x2−cos3x
3 +k. 3.3)yx= x+kex2. 3.4)yx = x2x2
2 +k 4) yx = 321−e−2x 5.1) z = y−1; yx = ke x2
2 .
5.2) z = y−1; yx = −1
c+xex . 5.3)z = y2; y2 = 1+kex2.
2.13 Aplicações das EDO de Primeira Ordem
2.13.1 Trajetórias Ortogonais
Considere a família de curvas no plano xy Fx,y,c = 0, onde cé um parâmetro (“constante” que fazemos variar).
Chamamos de trajetórias ortogonais, desta família, a uma nova família Gx,y,k = 0 , onde cada curva deGintercepta cada curva deF, segundo um ângulo reto.
Exemplo:F :x2+y2 = c G : y = kx
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-4 -2 2 4
x y
2.13.2 Procedimento para Determinação de Trajetórias Ortogonais aFx,y,c
1) Derivamos Fx,y,c em relação a x (derivação implícita). Se necessário, isolamos c em Fx,y,c e substituímos na equação derivada. Obtemos: dy
dx = fx,y.
2) As trajetórias ortogonais são soluções de dy
dx = − 1 fx,y. .
Exemplo 1: Determine as trajetórias ortogonais da família de curvas x2+y2 = c2 (circunferências com centro na origem).
1)2x+2yy′ = 0∴ y′ = −x y 2) dy
dx = − 1
fx,y. ∴ dy dx = y
x (EDO a variáveis separáveis)
Solução geral:y = kx Retas que passam pela origem - trajetórias ortogonais.
Exemplo 2: Determine as trajetórias ortogonais da família de curvas y = cx2 (parábolas com vértice na origem).
1)y′ = 2cx, masc = y
x2 ∴ y′ = 2y x 2) dy
dx = − 1
fx,y. ∴ dy dx = −1
2
xy EDO a variáveis separáveis.
Solução geral: x2
2 +y2 = C(elipses=trajetórias ortogonais)
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-4 -2 2 4
x y
2.13.3 Exemplos de aplicação:
-Problemas de Diluição:
Considere um tanque contendo inicialmente V0 litros de salmoura com a kg. de sal. Uma outra solução combkg. de sal por litro começa a entrar no tanque a uma razão de el/min e, simultaneamente, a mistura deixa o tanque a razão defl/min. Qual a quantidade de sal no instantet?
Seja:Qt: quantidade (kg) de sal no instantet.
dQ
dt : taxa de variação deQ.
dQ
dt = Tent −Tsai =taxa que o sal entra no tanque - taxa que o sal sai do tanque.
Tent:be(kg/min) ondebé a quantidade de sal por l (concentração de sal na solução que entra) eé a quantidade de l de solução que entra por minuto.
Tsai: concentração de sal no tanque no instante t (kg/l).f(quantidade em litros de mistura que sai por minuto).
Tsai: Q
V0+et−ftfondeQté a quantidade de sal (kg) em t eté o que entrou em t min
fté o que saiu em t min V0é o volume inicial.
A EDO fica: dQ
dt = be− Q
V0+et−ftf ou dQ
dt + Q
V0+et−ftf = be, que é linear.
Exemplo 1: Um tanque contém inicialmente 350 litros de salmoura com 10 kg de sal. No intante t = 0, água pura começa a entrar no tanque a razão de 20 l por minuto, enquanto a mistura sai do tanque a
mesma taxa. Determine a quantidade de sal no tanque no instante t.
V0 = 350l. b = 0kg/l f = 20l/min Q0 = 10kg e = 20l/min
dQ
dt + 20
350+20t−20tQ = 0. 20 ∴ dQ dt + 2
35Q = 0 É linear.
Fator integrante:It = e 2t 35
Solução geral:Q = Ce− 2t 35
Solução particular:Qt = 10e− 2t 35
Observe queQ → 0quandot → ∞, o que esperávamos, pois está entrando água pura.
-Problemas de Temperatura:Lei do Resfriamento de Newton(válida também para aquecimento).
“ A taxa de resfriamento de uma substância numa corrente de ar é proporcional à diferença entre a temperatura da substância e a temperatura do ar”.
SejamT: temperatura do corpo Tm: temperatura do meio
k: constante de proporcionalidadek > 0.
dT
dt = −kT−Tm
dT
dt +kT = kTm
é linear.
Obs.: Por que escolherkpositivo?
- Processo de resfriamento: T−Tm > 0 ∴ −kT−Tm < 0 ∴ dT
dt < 0 (variação da temperatura negativa, implica em temperatura decrescente).
- Processo de aquecimento:T−Tm < 0∴ −kT−Tm > 0 ∴ dT
dt > 0(temperatura crescente).
Exemplo 1: Um corpo à temperatura de 50∘ F é colocado ao ar livre onde a temperatura é de 100∘ F.
Se, após 5 min, a temperatura do corpo é 600∘F, determine:
a) o tempo necessário para que o corpo atinja 75∘F.
b) a temperatura do corpo após 20 minutos.
Solução:
T0= 50 T5= 60 Tm = 100
a)Tt1 = 75, encontret1 : dT
dt +kT = kTm dT
dt +kT = 100ké linear.
Fator integrante:It = ekt
Solução geral: Tt = 100+Ce−kt. Solução particular:Tt = 100−50e− 1 5ln1.25t E paraTt1 = 75,t1 ≅ 15, 5min.
b)T20 = 79, 52∘F.
-Problemas de Queda dos Corpos:
Considere um corpo de massa m em queda vertical.
Considerações: - massa e gravidade são constantes;
- resistência do ar é proporcional à velocidade v da queda;
- direção positiva é para baixo.
Da segunda lei do movimento de Newton, obtemos:
F= m dv dt onde F é a força líquida e dv
dt é a taxa de variação do momento do corpo em relação a t (m é constante).
mg−kv = m dv
dt mg = m dv
dt +kv dv dt + k
m v = g Equação do movimento ondemg = Wé o peso do corpo ekvé a resistência do ar.
.
Obs.1: Sek = 0(desprezamos a resistência do ar) a equação se reduz à: dv dt = g.
Obs.2: Quando o corpo é arremessado para cima, a resistência do ar tem sentido igual ao do peso porque a resistência é sempre oposta ao sentido do movimento.
Obs.3: Quando a direção positiva é considerada para cima, precisamos reavaliar os sinais da equação do movimento.
Obs.4: Pode existir outra relação entre a resistência do ar e a velocidade que não seja a relação considerada na modelagem anterior. Se a resistência do ar for proporcional ao quadrado da velocidade:
−kv2.
Obs.5: O peso é aproximado porW = mg quando o corpo se encontra muito próximo da terra. Caso contrário, é dado por: W = mgR2
R+x2 onde Ré o raio terrestre exé a altura acima do nível do mar. Neste caso, será necessário usar dv
dt = dv dx
dx
dt v dv dx = dv
dt .
Exemplo 1: Um corpo de massa m cai a partir do repouso, num meio que oferece resistência proporcional à velocidade. Admitindo que a força gravitacional seja constante, determine:
a) a velocidade em qualquer instante.
b) a velocidade limiteve quandot → ∞.
Solução:
a) dv dt + k
m v = g v0= 0 é linear.
Fator integrante:It = ekt m Solução geral:v = mg
k +Ce−kt
m Solução particular:vt = mg
k 1−e−kt m
b)lim
t→∞vt = vl , entãovl = mg
k , velocidade limite.
-Problemas de Circuitos Elétricos:
Considere: R é o resistor (ohms), L é o indutor (henries), C é o capacitor (Faradays), E é a força eletromotriz (volts), I é a corrente (ampères).
Casos Particulares:
-Circuito RL: Lei que rege a quantidade de corrente no circuito é dI
dt + R LI = E
L
Obs.: Não necessariamenteEé constante. É uma equação linear não-homogênea.
-Circuito RC: Lei que rege a quantidade de carga é dq
dt + 1
RCq = E R Obs.: A EDO é linear e não-homogênea.
A relação entreqeIé:
I = dq dt
Atenção:
It =corrente transiente+corrente estacionária.
- Estado transiente: Tem forte influência no início do experimento. Vai para zero quandot → ∞.
- Estado estacionário: caracteriza a corrente quandot → ∞(muito grande).
Exemplo 1: Um circuito RL tem uma f.e.m. de 5 volts, uma resistência de 50 ohms, uma indutância de 1 henry e não tem corrente inicial. Determine:
a) a corrente no instante t;
b) sua componente no estado estacionário;
c) sua componente no estado transiente.
Solução:
a) dI
dt +50I = 5 I0 = 0
Fator integrante:e50t Solução particular:It = 101 − 101 e−50t. b)Iest = 101 A,
c)Itrans = −101 e−50t
-Crescimento Exponencial:
Exemplo 1: SejaNta população de uma certa espécie (ou a quantidade de uma substância).
Hipóteses: taxa de variação deNé proporcional ao valor instantâneo deN. População inicialN0. dN
dt = rN N0 = N0
Obs.: ser > 0: crescente; ser = 0:Nt = N0e ser < 0: decrescente (extinção) r: velocidade específica de crescimento (ou declíneo).
Solução:Nt = N0ert.
Exemplo 2: Uma pessoa deposita R$20.000,00 em uma conta que paga 5% ao ano de juros compostos continuamente. Determine:
a) o saldo na conta após 3 anos;
b) o tempo necessário para que a quantia inicial duplique.
Solução:
SejamNt :quantidade de dinheiro=saldo na conta
r :taxas de juros compostos continuamente=velocidade específica de crescimento.
r = 0. 05 > 0(o saldo aumenta) e N0 = 20. 000 dN
dt = 0. 05N N0 = 20. 000
Solução:Nt = 20. 000e0.05t
a)N3 = 23. 236, 68reais
b)Nt= 40. 000 t = 13, 86anos.
-Problemas de Crescimento Logísitco:
Suponha que a velocidade específica de crescimento dependa da realidade da população (meio ambiente, alimentação, competição intra e extra-específica, clima, etc). Então, esta velocidade fica melhor expressa por uma função deN : fN. Escolhemos:fN = r−aNNonder,a > 0são constantes e, portanto:
dN
dt = r−aNN(Equação Logística) ou dN
dt = r1− N
KNondeK = a r.
Exemplo 1: Cinco ratos de uma população constante de 500 são intencionalmente inoculados com uma doença contagiosa para testar uma teoria de disseminação da epidemia segundo a qual a taxa de variação da população infectada é proporcional ao produto de ratos infectados pelo número de ratos sem a doença. Qual o tempo necessário para que a metade da população contraia a doença?
Solução:
SejamNto número de ratos infectados,N0 = 5e o número de ratos sem a doença é500−N, então dN
dt = 500−NRN ou dN
dt = 1− N
500rN Eq. Logística r = 500R
N0 = 5
Atenção: Integração via frações parciais! Solução Particular: N
500−N = 1 99e500Rt Pergunta:Nt = 250 t = 0. 00919
R u.t.
2.14 LISTA DE EXERCÍCIOS 6
1) Em cada um dos casos abaixo, desenhar curvas da família dada e também das respectívas tragetórias ortogonais.
a) A famíla de hipérbolesxy = c.
b) A família de círculosx−c2 +y2 = c2 c) A famíliax2+y2 = Cx
2) Um tanque de 50 litros contém inicialmente 10 litros de água pura. No instantet = 0, começa a ser despejada uma solução contendo 0,1 kg de sal por litro, a razão de 4 l/min, enquanto a mistura sai do tanque a razão de 2 l/min. Determine:
a) O instante em que ocorre o transbordamento.
b) A quantidade de sal no tanque neste instante.
3) Um corpo de massam é lançado verticalmente para cima com velocidade inicial v0. Se a resistência do ar é proporcional à velocidade, determine:
a) a equação do movimento no sistema coordenadov,t.
b) a velocidade no instante t.
c) o instante em que o corpo atinge a altura máxima.
4) Um circuito RL tem f.e.m. dada (em volts) por 3 sin 2t , uma resistência de 10 ohms, uma indutância de 0.5 henry e uma corrente inicial de 6 ampères. Determine a corrente em t:
5) Sabe-se que a população de um determinado país aumenta a uma taxa proporcional ao número de habitantes do país. Se, após 2 anos, a população duplicou e, após 3 anos, é de 20.000 habitantes, estime o número inicial de habitantes:
Pesquisa
Pesquise, nos livros abaixo indicados, uma aplicação para as equações diferenciais ordinárias de primeira ordem. Escolha uma aplicação na área que preferir, como por exemplo: biologia (crescimento populacional e disseminação de doenças), química (decaimento radioativo, misturas e datação por carbono), física (resfriamento de Newton e corpo em queda livre) e engenharia (circuitos elétricos e eletromagnetismo).
O trabalho deve conter no mínimo duas páginas com: introdução, descrição do problema de forma geral (pelo menos uma página), um exemplo resolvido e conclusão, contendo a sua opinião sobre as aplicações das equações diferenciais e sobre a aplicação escolhida.
Procure pesquisar em mais de um livro da biblioteca, escolhendo a aplicação que achar mais interessante.
Referências
*BOYCE W.E. DIPRIMA R.C.. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. Rio de Janeiro LTC. 1998.
BRONSON.R.. Moderna Introdução às Equações Diferenciais. São Paulo, McGraw-Hill, 1977.
*EDWARDS C.H. PENNEY D.E. Equações Diferenciais Elementares com Problemas de Contorno.
Prentice-Hall, 1995.
*HUGHES-HALLETT,D.,GLEASON,A.M. Cálculo v. 2. Rio de Janeiro LTC. 1997.
*ZILL,D.G.,CULLEN M.R. Equações Diferenciais com Aplicações em Modelagem. Thomson Learning 2003.
ZILL,D.G.,CULLEN M.R. Equações Diferenciais v 1. MAKRON BOOKS.
MATOS,M.P., Séries e Equações Diferenciais. São Paulo, Prentice Hall, 2002.
( * indicados )
CAPÍTULO 3: EDOs LINEARES DE SEGUNDA ORDEM
3.1 EDO Lineares de Segunda Ordem
Uma EDO de segunda ordem é linear se pode ser escrita na forma:
y′′ +a1xy′ +a0xy = gx
Uma EDO linear de segunda ordem homogênea é dada comgx ≡ 0 y′′ +a1xy′+a0xy = 0
Caso contrário, a equação é dita não-homogênea.
Uma EDO linear de segunda ordem é dita com coeficientes constantes se a ,a são constantes.
Caso contrário, a equação é com coeficientes variáveis.
Obs.1: Uma EDO linear de segunda ordem pode ser escrita como:
Ly = gx
ondeLé um operador linear definido como segue:
L :C2I → CI tal queLyx = y′′+a1xy′ +a0xy
C2I : conjunto das funções definidas no intervalo I duas vezes derivável com segunda derivada contínua.
CI :conjunto das funções contínuas definidas no intervaloI.
Obs.2: Um operador linear satisfaz as duas propriedades:
P1Ly1 +y2 = Ly1+Ly2 P2Lαy1 = αLy1 α ∈ ℜ Exemplos.:
a)y′′ +4y = ex−sinx a1 = 0,a0 = 4 gx = ex −sinx
EDO linear de segunda ordem com coeficientes constantes não-homogênea.
b)x2y′′ +xy′+x2−1y = 0 ou y′′ + 1
x y′ + x2−1
x2 y = 0 a1x= 1
x,a0x = x2−1
x2 gx ≡ 0 EDO linear de segunda ordem com coeficientes variáveis homogênea.
c)yy′′ −y′ = 0
O produtoyy′′ indica a não linearidade da EDO.
d)y′′ − y = 0
A potência indica a não linearidade da EDO.
TEOREMA: Considere o problema de valor inicial y′′ +a1xy′+a0xy = gxcom condições yx0 = y0
e y′x0 = y0′ , onde a1,a0 e g são contínuas num intervalo I. Então existe uma única solução para este problema e ela existe sobre todo o intervaloI.
Exemplo:y′′ −4xy′ +6ycosx = e−xsinx y0 = 2,y′0 = −3 a1 = −4x,a0 = 6 cosx,gx = e−xsinx são contínuas emℜ.
Este problema possui uma solução única para todoℜ.
TEOREMA: (Princípio da Superposição)
Se y1 ey2 são duas soluções da equação diferencialy′′ +a1xy′ +a0xy = 0, então a combinação
linearc1y1+c2y2 também é solução para quaisquer constantesc1 ec2. Obs.: A solução é pelo menos duplamente derivável sobre o intervaloI.
3.2 Wronskiano e Soluções Linearmente Independentes (L.I.):
DEFINIÇÃO: O Wronskiano de duas funçõesy1 ey2é dado por:
Wy1,y2 = y1 y2
y1′ y2′ = y1y2′ −y1′y2
Propriedade 1:
Sey1 ey2 são funções deriváveis emIe seWy1,y2 ≠ 0num pontoxI ∈ I, entãoy1 ey2 são L.I. em I.
Exemplo 1:y1x = cosx e y2x = sinxsão L.I.?
Wy1,y2 = cosx sinx
−sinx cosx = cos2x+sin2x = 1 ≠ 0 ∀ x ∈ ℜ
∴y1ey2 são L.I.
Exemplo 2:y1x = eλ1x ey2x = eλ2x , λ1,λ2são constantes reais eλ1 ≠ λ2 são L.I.?
Wy1,y2 = eλ1x eλ2x
λ1eλ1x λ2eλ2x = λ2eλ1+λ2x −λ1eλ1+λ2x = λ2−λ1eλ1+λ2x ≠ 0
∴y1xey2xsão L.I.
Propriedade 2:
Sey1 ey2são soluções L.I. da EDOLH (Ly = 0), entãoy = c1y1+c2y2é a solução geral deLy = 0.
Exemplo:y′′ −y = 0
ex,e−x são soluções L.I. Pela propriedade 2, a solução geral da EDO éyx = c1ex+c2e−x Propriedade 3:
Existem duas soluções L.I. paraLy = y′′ +a1xy′+a0xy = 0.
Obs.1: Relações de Euler:
eix = cosx+isinx e e−ix = cosx−isinx x ∈ ℜ,i: unidade imaginária i2 = −1.
ou equivalentemente: