Equações Diferenciais

(1)

IFBA

Equa¸c˜

oes Diferenciais

Vers˜ao 1

Allan de Sousa Soares

Edson Patr´ıcio Barreto de Almeida

Vit´oria da Conquista - BA 2017

(2)

Sum´

ario

1 Terminologia e Defini¸c˜oes B´asicas 4

1.1 Classifica¸c˜ao . . . 4 1.2 Solu¸c˜ao de uma EDO . . . 5 1.3 Exerc´ıcios . . . 6

2 Vari´aveis Separ´aveis 8

2.1 Introdu¸cão . . . 8 2.2 Variáveis Separáveis . . . 9 2.3 Exerc´ıcios . . . 11

3 Equa¸c˜oes Homogˆeneas 12

3.1 Equa¸c˜oes Homogˆeneas . . . 12 3.2 Exerc´ıcios . . . 14

4 Equa¸c˜oes Exatas 16

4.1 Equa¸c˜oes Exatas . . . 16 4.2 Exerc´ıcios . . . 19

5 Equa¸c˜oes Lineares 20

5.1 Equa¸c˜oes Lineares . . . 20 5.2 Exerc´ıcios . . . 22

6

Equa¸

c˜

oes Diferenciais de Ordem Superior: Dependˆ

encia

Linear e Independˆ

encia Linear

24

6.1 Problema de Valor Inicial . . . 24 6.2 Dependˆencia Linear e Independˆencia Linear . . . 25 6.3 Exerc´ıcios . . . 27

7 Solu¸c˜oes para Equa¸c˜oes Lineares 29

(3)

7.2 Equa¸cão Não-Homogênea . . . 31

7.3 Exerc´ıcios . . . 32

8 Construindo uma Segunda Solu¸c˜ao a Partir de uma Solu¸c˜ao Conhecida 33 8.1 Caso Geral . . . 33

9 Equa¸cões Lineares Homogêneas com Coeficientes Constantes 36 9.1 Introdu¸cão . . . 36

9.2 Equa¸c˜oes Lineares Homogˆeneas de Segunda Ordem com Coeficientes Constantes . . . 36

9.3 Equa¸cões Lineares Homogêneas de n-Ésima Ordem com Coeficientes Constantes . . . 38

10 Equa¸cões Diferenciais com Coeficientes Indeterminados - Superposi¸cão 40 10.1 Princ´ıpio da Superposi¸cão . . . 40

11 Varia¸cão dos Parâmetros 44 11.1 Equa¸cão Linear de Primeira Ordem . . . 44

11.2 Equa¸c˜ao Linear de Segunda Ordem . . . 45

12 Equa¸cões Diferenciais Com Coeficientes Variáveis 47 12.1 Introdu¸cão . . . 47

12.2 Alguns Fatos Sobre S´eries de Potˆencia . . . 47

12.3 Solu¸c˜oes em Torno de Pontos Ordin´arios . . . 49

13

Equa¸

c˜

oes Diferenciais Com Coeficientes Vari´

aveis

(Con-tinua¸

c˜

ao)

55

13.1 Pontos Singulares Regulares - M´etodo de Frobenius . . . 55

14

Modelagem Matem´

atica

Aplica¸

c˜

oes das Equa¸

c˜

oes Diferenciais

59

14.1 Introdu¸c˜ao . . . 59

(4)

14.2 Trajet´orias Ortogonais . . . 59 14.3 Crescimento e Decrescimento . . . 61 14.4 Meia-Vida . . . 62 14.5 Cronologia do Carbono . . . 62 14.6 Resfriamento . . . 63 14.7 Circuitos em S´erie . . . 64 14.8 Log´ıstica . . . 64

14.9 Sistemas Oscilat´orios . . . 66

15

Resolu¸

c˜

ao dos Exerc´ıcios

69

15.1 Cap´ıtulo 1 . . . 69

(5)

Cap´ıtulo 1

Terminologia e Defini¸

c˜

oes B´

asicas

1.1 Classifica¸

c˜

ao

Defini¸cão 1.1.1. Uma equa¸cão que contém as derivadas ou diferenciais de uma ou mais variáveis de-pendentes, em rela¸cão a uma ou mais variáveis independentes, é chamada de equa¸cão diferencial (ED).

Exemplo 1.1.2. S˜ao ED’s as seguintes equa¸c˜oes: (1) dy dt − 5y = 1, (2) (y − x)dx + 4xdy = 0, (3) ∂u ∂y = − ∂v ∂x.

Uma equa¸c˜ao diferencial pode ser classificada quanto ao tipo, ordem e linearidade.

• Classifica¸c˜ao quanto ao tipo

Se uma equa¸cão contém somente derivadas ordinárias de uma ou mais variáveis dependentes, com rela¸cão a uma única variável independente, ela é chamada de equa¸cão diferencial ordinária (EDO).

Exemplo 1.1.3. S˜ao exemplos de EDO’s as seguintes equa¸c˜oes: (1) dy dt − 4y = 1, (2) d2_y dx2 − 2 dy dx + 6y = 0 (3) du dx − dv dx = x.

Uma equa¸cão que envolve deridas parciais de uma ou mais variáveis dependentes de duas ou mais variáveis independentes é dita equa¸cão diferencial parcial (EDP).

Exemplo 1.1.4. S˜ao EDP’s as seguintes equa¸c˜oes: (1) ∂u ∂y = − ∂v ∂x, ∂2_u ∂x2 = ∂2_u ∂t2 − 2 ∂u ∂t.

• Classifica¸c˜ao quanto a ordem:

(6)

Exemplo 1.1.5. Vejamos alguns exemplos de ED’s e suas ordens: ED’s de ordem 1: 4xdy_dx + y = −2x, y0+ 2y = x. ED’s de ordem 2: y00+ 5y0+ y = 0, dy_dx+ d_dx2y = q dy dx + x, ∂2_u ∂x2 + ∂2_u ∂t2 = 0. ED’s de ordem 4: a2 ∂4v ∂x4 + ∂2_v ∂t2 = 0, y(4)+ y5+ −2y = 1 x .

• Classifica¸c˜ao quanto linearidade:

Uma equa¸c˜ao diferencial ´e chamada linear se pode ser escrita na forma: an(x) dn_y dxn + an−1(x) dn−1_y dxn−1 + . . . + a1(x) d1_y dx1 + a0(x)y = g(x). Em palavras, temos:

i) As variáveis dependentes de y e todas as suas derivadas são do primeiro grau, isto é, cada potência de um termo envolvendo y é igual a 1.

ii) Cada coeficiente depende apenas da vari´avel independente x.

Exemplo 1.1.6. S˜ao ED’s lineares:

(1) xdy + ydx = 0, (2) y00− 2y0+ y = 0, (3) x3d 3_y dx3 − x 2d 2_y dx2 + 3x dy dx + 6y = e 3x_.

Uma equa¸cão que não é linear é dita não-linear.

Exemplo 1.1.7. S˜ao ED’s n˜ao-lineares:

(1) xy00+ yy0 = 0, (2) y00− 2y2_{+ xy = 0,} _{(3) x}3 d5y dx5 4 − x2d2y dx2 + x 2dy dx + 6y = e 3x_.

1.2 Solu¸

c˜

ao de uma EDO

Defini¸cão 1.2.1. Qualquer fun¸cão f definida em um intervalo I, que, quando substitu´ıda na equa¸cão diferencial, reduz a equa¸cão a uma identidade, é chamada de solu¸cão para a equa¸cão no intervalo.

Exemplo 1.2.2. Verifique que y = x₁₆4 é uma solu¸cão para a equa¸cão não linear dy_dx = xy1/2 _no

intervalo (−∞, +∞). Solu¸c˜ao: Note que

y = x 4 16 ⇒ y 0 = x 3 4 e y 1/2₌ x2 4 , onde temos dy dx − xy 1/2 = x 3 4 − x. x2 4 = 0 ⇔ y = x4 16, para todo n´umero real.

(7)

Exemplo 1.2.3. A fun¸c˜ao y = e2x _´_{e uma solu¸c˜}_{ao para a equa¸c˜}_{ao linear y}00_{− 5y}0 _{+ 6y = 0.}

Solu¸c˜ao: De fato, calculando y0 e y00 temos

y0 = 2e2x e y00= 4e2x, onde substituindo no lado esquerdo da EDO dada, temos

y00− 5y0 + 6y = 4e2x− 5.2e2x+ 6e2x= 0, que ´e justamente o lado direito.

Exemplo 1.2.4. A fun¸cão y − _x3 = 1 é uma solu¸cão, no intervalo (0, +∞), da EDO de primeira ordem xdy = (1 − y)dx.

Solu¸c˜ao: Devemos reorganizar a EDO xdy = (1 − y)dx, que fica melhor escrita assim: xdy = (1 − y)dx ⇔ xdy

dx = 1 − y. Al´em disso, y = 1 +_x3. Note que dy_dx = −_x32, donde obtemos

xdy dx = x − 3 x2 ⇔ −3 x = 1 − 1 − 3 x = 1 − 1 + 3 x = 1 − y.

Exemplo 1.2.5. A fun¸c˜ao y = x2_{+ 2x n˜}_{ao ´}_{e solu¸c˜}_{ao para a EDO y}0 _{= 2x + 1 em nenhum intervalo}

real.

Solu¸c˜ao: De fato,

y = x2 + 2x ⇒ y0 = 2x + 2 6= 2x + 1, para todo x real.

1.3 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 1. Classifique cada equa¸cão a seguir dizendo se elas são lineares ou não-lineares e dê também sua ordem.

a) (1 − x)y00− 4sen(x)y0_{+ 5y = cos(x);}

b) x3y(4)− x2_y00_{+ 4xy}0_{− 3y = 0;} c) y(3)_y5_{+ x}2_y0 _{= x;} d) dy_dx = r 1 +d_dx2y2 2 .

Respostas: a) linear, segunda ordem; b) linear, quarta ordem; c) n˜ao-linear, terceira ordem; d) n˜ao-linear, segunda ordem.

(8)

Exerc´ıcio 2. Verifique que a fun¸cão dada é uma solu¸cão para a equa¸cão diferencial. a) 2y0 = −y; y = e−x/2

b) y0 = 25 + y2_{; y = 5tg(5x)}

c) y0− 1

xy = 1; y = xln(x), x > 0

d) 2xydx + (x2+ 2y)dy = 0; x2y + y2 = c, onde c ´e uma constante. e) y00− 6y0_{+ 13y = 0; y = e}3x_cos(2x) f) y00= y; y = cosh(x) + senh(x) g) x3 d_dx3y3 + 2x 2 d2y dx2 − x dy dx+ y = 12x 2_{; y = ax + bxln(x) + 4x}2_{, onde x > 0 e a, b s˜}_{ao constantes.}

(9)

Cap´ıtulo 2

Vari´

aveis Separ´

aveis

2.1 Introdu¸

c˜

ao

As EDO’s de Primeira Ordem modelam diversos fenômenos, tais como, Crescimento e Decresci-mento Populacional, Tempo de Meia Vida de Substâncias Radioativas, Cronologia do Carbono etc. Veremos a seguir técnicas para se resolver alguns tipos de tais EDO’s.

Problema de Valor Inicial - PVI

Estamos interessados em resolver uma equa¸c˜ao diferencial de primeira ordem dy

dx = f (x, y) (2.1)

sujeita `a condi¸c˜ao inicial y(x0) = y0, onde x0 pertence a um dado intervalo I.

Exemplo 2.1.1. Temos que y = cex _´_{e uma fam´ılia a um parˆ}_{ametro de solu¸c˜}_{oes para y}0 _{= y no}

intervalo (−∞, +∞). De fato, y0 = cex = y. Se, adicionalemte impormor a condi¸c˜ao y(0) = 5, teremos

5 = ce0 ⇔ c = 5. Assim, uma solu¸c˜ao para o PVI

y0 = y, y(0) = 5 ´

e dada por y = 5ex_{. A seguir, est˜}_{ao representadas graficamente uma familia de solu¸c˜}_oes:

(10)

Exemplo 2.1.2. Verifique que as fun¸c˜oes y = 0 e y = x4_{/16 satisfazem o PVI}

dy dx = xy

1/2

, y(0) = 0.

Solu¸c˜ao: Trivial!

Surge então uma pergunta: Dado um PVI, existe uma solu¸cão para ele? Se existe, esta solu¸cão ´

e ´unica?

O teorema a seguir, devido a Picard, nos dá condi¸cões suficientes para garantirmos a existência e unicidade de solu¸cões.

Teorema 2.1.3. Seja R uma região retangular do plano xy definida por a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d, que contém o ponto (x0, y0) em seu interior. Se f (x, y) e ∂f_∂y são cont´ınuas em R, então existe um

intervalo I centrado em x0 e uma ´unica fun¸c˜ao y(x) definida em I que satisfaz o problema de valor

inicial 2.1.

Exemplo 2.1.4. Para cada item abaixo, determiaremos a região do plano xy para a qual a equa¸cão diferencial dada teria uma única solu¸cão passando por um ponto (x0, y0) na região.

a) _dxdy = y2/3, b) x_dxdy = y c) (4 − y2)y0 = x2. Solu¸c˜ao: Basta aplicarmos o Teorema 2.1.3:

a) _dxdy = y2/3_{⇒ f (x, y) = y}2/3 _⇒ ∂f ∂y =

2 3√3_y.

Note que ∂f_∂y é descont´ınua em y = 0. Portanto, o Teorema 2.1.3 garante que a região procurada é o semiplano: y < 0 ou y > 0. b) xdy_dx = y ⇒ dy_dx = y_x ⇒ f (x, y) = y x ⇒ ∂f ∂y = 1 x.

Da mesma forma que acima, temos que a regi˜ao procurada ´e o semiplano: x > 0 ou x < 0. c) f (x, y) = _4−yx22 ⇒

∂f ∂y =

2x2_y

(4−y2₎2.

Assim, a regi˜ao procurada ´e dada por y < −2, −2 < y < 2 ou y > 2.

2.2 Vari´

aveis Separ´

aveis

Defini¸c˜ao 2.2.1. Uma equa¸c˜ao diferencial da forma dy dx =

g(x) h(y) ´

(11)

O método de solu¸cão de uma equa¸cão separável é bastante simples. Basta seguirmos o seguinte procedimento dy dx = g(x) h(y) ⇒ h(y)dy = g(x)dx ⇒ Z h(y)dy = Z g(x)dx ⇔ H(y) + c1 = G(x) + c2 (2.3)

Assim a equa¸c˜ao 2.3 resulta em

H(y) = G(x) + c.

Exemplo 2.2.2. Resolva as seguintes EDO’s separáveis. a) _dxdy = x−5_y2 ; b) (1 + x)dy − ydx = 0; c) _dxdy = −x_y, y(4) = 3; d) dy_dx = y2_{− 4, y(0) = −1.} Solu¸cão: a) Temos que dy dx = x − 5 y2 ⇒ y 2_{dy = (x − 5)dx ⇒} Z y2dy = Z (x − 5)dx ⇒ y 3 3 = x2 2 − 5x + c b) Temos que (1 + x)dy − ydx = 0 ⇒ 1 ydy = 1 1 + xdx ⇒ Z 1 ydy = Z 1 1 + xdx ⇒ ln|y| = ln|1 + x| + c ⇒ ⇒ y = eln|1+x|+c _{⇒ y = e}ln|1+x|_ec_{⇒ y = k|1 + x|,} em que k = ec_. c) Temos que dy dx = − x y ⇒ ydy = −xdx ⇒ Z ydy = Z xdx ⇒ y 2 2 = − x2 2 + c. Usando a condi¸cão inicial y(4) = 3 temos

32 2 = − 42 2 + c ⇒ c = 25 2 .

Portanto, a solu¸cão do PVI é dada por x₂2 + y₂2 = 25₂ ou x2+ y2 = 25. d) Temos que dy dx = y 2_{− 9 ⇒} 1 y2_{− 9}dy = dx ⇒ Z ₁ y2_{− 9}dy = Z dx. Escrevendo as fra¸cões parciais, temos

1 6 1 y − 3 − 1 y + 3 dy = dx ⇒ 1 6 Z 1 y − 3− 1 y + 3 dy = Z dx ⇒ ⇒ 1 6(ln|y − 3| − ln|y + 3|) = x + k ⇒ ln y − 3 y + 3 = 6x + 6k ⇒

(12)

⇒ y − 3 y + 3 = ce

6x_{y − 3 = cye}6x_{+ 3ce}6x_{⇒ y(1 − ce}6x_{) = 3(1 + ce}6x_{) ⇒ y = 3}1 + ce 6x

1 − ce6x.

A condi¸c˜ao y(0) = −1 nos d´a

−1 = 31 + c

1 − c ⇒ c = −2, e portanto a solu¸c˜ao do PVI ´e dada por y = 31−2e_1+2e6x6x.

2.3 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 3. Determine a região do plano xy para a qual a equa¸cão diferencial teria uma única solu¸cão passando por um ponto (x0, y0) na região.

a) (x2_{− 5x + 6)}dy dx = y;

b) y0 = _y−1x2 ; c) (2 − y2)y0 = x2.

Resposta: a) x < 2, 2 < x < 3 ou x > 3; b) y < 1 ou y > 1; c) y < −√2, y >√2 ou −√2 < y <√2. Exerc´ıcio 4. Resolva as seguintes EDO’s por separa¸c˜ao de vari´avel.

a) _dxdy = sen(5x); b) dx + e3x_{dy = 0;} c) (x + 1)_dxdy = x + 6; d) dx_dy = x_1+x2y2; e) dP_dt = P − P2_; f) dy_dx = _{xy−2x+4y−8}xy+3x−y−3; Respostas: a) y = −1₅cos(5x)+c; b) y = 1₃e−3x+c; c) y = x+5ln|x+1|+c; d) −3+ 3ln|x| = xy3+cx; e) P = _1+cecett; f) y − 5ln|y + 3| = x − ln|x + 4| + c.

(13)

Cap´ıtulo 3

Equa¸

c˜

oes Homogˆ

eneas

3.1 Equa¸

c˜

oes Homogˆ

eneas

Defini¸c˜ao 3.1.1. Se uma fun¸c˜ao f satisfaz

f (tx, ty) = tnf (x, t)

para algum número real n, então dizemos que f é uma fun¸cão homogênea de grau n.

Exemplo 3.1.2. Verifique qual(is) das fun¸cões dadas é homogênea: a) f (x, y) = x2− 3xy + 5y2_;

b) f (x, y) = px3 ₄

+ y4_;

c) f (x, y) = x3_{+ y}3_{+ 1.}

Solu¸c˜ao: a) f (tx, ty) = (tx)2− 3(txty) + 5(ty)2 _{= t}2_(x2_{− 3xy + 5y}2_{) = t}2_{f (x, y) ⇒ homogˆ}_{enea de}

grau 2;

b) f (tx, ty) = p(tx)3 4_{+ (ty)}4 ₌ pt3 4_(x4_{+ y}4_{) = t}4/3px3 2_{+ y}2 _{= t}4/3_{f (x, y) ⇒ homogˆ}_{enea de grau}

4/3;

c) f (tx, ty) = (tx)3_{+ (ty)}3_{+ 1 = t}3_x3_{+ t}3_y3_{+ 1 6= f (x, y) ⇒ n˜}_{ao ´}_{e homogˆ}_enea.

Defini¸c˜ao 3.1.3. Uma equa¸c˜ao diferencial da forma

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 ´

e chamada homogênea se ambos os coeficientes M e N são fun¸cões homogêneas do mesmo grau.

Uma equa¸c˜ao diferencial homogˆenea

(14)

pode ser resolvida por meio de uma substitui¸cão algébrica. Especificamente, y = ux ou x = vy, em que u, v são as novas variáveis independentes. Tais substitui¸cões (não simultaneamente, isto é, escolha uma!) transformarão a equa¸cão 3.1 numa equa¸cão separável. De fato, fazendo y = ux, temos

M (x, ux)dx + N (x, ux)(udx + xdu) = 0. Pela homogeneidade, temos que existe n real tal que

xnM (1, u)dx + xnN (1, u)(udx + xdu) = 0 ⇔ (M (1, u) + uN (1, u))dx + xN (1, u)du = 0. Assim,

dx x +

N (1, u)du

M (1, u) + uN (1, u) = 0. (3.2)

Exemplo 3.1.4. Resolva as seguintes EDO’s. a) _dxdy = y−x_y+x;

b) (x2_{+ y}2_{)dx + (x}2_{− xy)dy = 0;}

c) x_dxdy = y + xey/x_{, y(1) = 1.}

Solu¸c˜ao: a) Primeiro, devemos obter as fun¸c˜oes M e N . Pois, bem dy

dx = y − x

y + x ⇔ (y+x)dy = (y−x)dx ⇔ (x−y)dx+(y+x)dy = 0 ⇔ M (x, y) = x−y, N (x, y) = y+x. Aplicando a equa¸cão 3.2 às fun¸cões M (1, u) = 1 − u e N (1, u) = 1 + u, temos

dx x + 1 + u 1 − u + u(1 + u)du = 0 ⇔ dx x + 1 + u 1 + u2du = 0. Integrando, Z dx x + Z 1 + u 1 + u2du = k ⇔ Z dx x + Z 1 1 + u2du + Z u 1 + u2du = k ⇔ ⇔ ln|x| + arctgy x + 1 2ln|1 + u 2_{| = k ⇔ 2ln|x| + 2arctg}y x + ln x2_{+ y}2 x2 = 2k ⇔ ln|x2_{| + 2arctg}y x + ln x2 _{+ y}2 x2 = c ⇔ ln|x2+ y2| + 2arctgy x = c.

b) Usando a substitui¸c˜ao y = ux, temos

M (1, u) = 1 + u2, e N (1, u) = 1 − u, onde, por meio da equa¸cão 3.2 chegamos à seguinte equa¸cão separável.

dx x = − 1 − u 1 + u2 _{+ u(1 − u)}du ⇔ Z _dx x = − Z _{1 − u} 1 + u2_{+ u(1 − u)}.

Por meio da substitui¸c˜ao w = 1 + u e du = dw, temos que o quociente 1−u_1+udu pode ser escrito da forma 1 − (w − 1) w dw = 2 − w w dw = ( 2 w − 1)dw = ( 2 1 + u − 1)du.

(15)

Portanto, dx x = − Z ( 2 1 + u − 1)du ⇔ ln|x| = −2ln|1 + u| + u + ln(c) ⇔ ⇔ ln|x| = −2ln 1 + y x + y x + ln(c) ⇔ y x = ln|x| + 2ln 1 + y x − ln(c), onde por meio das propriedades de logaritmos1_{, temos}

y x = ln x(x + y) 2 x2 1 c = ln (x + y)2 cx = y x ⇔ (x + y) 2 _{= cxe}y/x_.

c) Dividindo ambos os membros de xdy_dx = y + xey/x _{por x, temos}

dy dx =

y x + e

y/x_.

Uma substitui¸cão adequada, pela própria forma da fun¸cão é u = y_x, considerando que dy = udx + xdu udx + xdu

dx = u + e

u _{⇔ udx + xdu = udx + e}u

dx ⇔ xdu = eudx ⇔ du eu = dx x ⇔ e −u du = dx x . Integrando, Z e−udu = Z dx x ⇔ −e −u + c = ln|x| ⇔ −e−y/x+ c = ln|x|. Usando a condi¸c˜ao inicial y(1) = 1, temos

−e−1/1_{+ c = ln(1) ⇔ c = e}−1_.

Portanto, a solu¸c˜ao do PVI ´e dada por

−e−y/x+ e−1 = ln|x|.

3.2 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 5. Determine se a fun¸cão dada é homogênea. Especifique o grau de homogeneidade quando for o caso.

a) x3 + 2xy2− y_x4; b) x_(x+8y)3y−x2y22; c) cos x2 x+y .

Respostas: a) homogênea de grau 3; b) homogênea de grau 2; c) não é homogênea.

1_{Seguem algumas propriedades referente aos logaritmos}

i) aln|b| = ln|ba_|

ii) ln(a) + ln(b) = ln(ab) iii) ln(a) − ln(b) = ln(a/b) iv) a = ln(b) ⇔ b = ea

(16)

Exerc´ıcio 6. Resolva as seguintes EDO’s homogˆeneas. a) (x − y)dx + xdy = 0; b) xdx + (y − 2x)dy = 0; c) (y2_{+ yx)dx − x}2_{dy = 0;} d) ydx_dy = x + 4ye−2x/y; e) xy2 dy dx = y 3_{− x}3_{, y(1) = 2;} f) 2x2 dy dx = 3xy + y 2_{, y(1) = −2.}

Respostas: a) xln|x|+y = cx; b) (x−y)ln|x−y| = y+c(x−y); c) x+yln|x| = cy; d) e2x/y = 8ln|y|+c; e) y3_{+ 3x}3_{ln|x| = 8x}3_{; f) y}2 _{= 4x(x + y)}2_.

(17)

Cap´ıtulo 4

Equa¸

c˜

oes Exatas

4.1 Equa¸

c˜

oes Exatas

´

E recomendado que o leitor esteja a par de deriva¸c˜ao parcial.

Seja z = f (x, y) uma fun¸cão de duas variáveis com derivadas parciais cont´ınuas em uma região R do plano xy. Chamaremos de diferencial total de z a fun¸cão

dz = ∂f ∂xdx +

∂f ∂ydy.

Defini¸c˜ao 4.1.1. Uma express˜ao diferencial

M (x, y)dx + N (x, y)dy ´

e uma diferencial exata em uma região R do plano xy se ela corresponde à diferencial total de alguma fun¸cão f (x, y). Uma equa¸cão diferencial da forma

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 ´

e chamada de uma equa¸cão exata se a expressão do lado esquerdo é uma diferencial exata.

Exemplo 4.1.2. Observe que a equa¸c˜ao (−y2sen(x) + y)dx + (2ycos(x) + x)dy ´e exata, pois d(y2cos(x) + xy) = (−y2sen(x) + y)dx + (2ycos(x) + x)dy.

Teorema 4.1.3. Sejam M (x, y) e N (x, y) fun¸cões cont´ınuas com derivadas parciais cont´ınuas em uma região retangular R definida por a < x < b e c < y < d. Então, uma condi¸cão ncessária e suficiente para que

M (x, y)dx + N (x, y)dy seja uma diferencial exata ´e

∂M

∂y =

∂N ∂x.

(18)

Observa¸c˜ao 4.1.4. Decorre do Teorema 4.1.3 que se uma dada diferencial M (x, y)dx + N (x, y)dy

´

e exata, ent˜ao existe f (x, y) tal que ∂f_∂x = M e ∂f_∂y = N .

Exemplo 4.1.5. A diferencial do Exemplo 4.1.2 ´e, conforme o Teorema 4.1.3, exata. De fato, sendo M (x, y) = −y2_{sen(x) + y e N (x, y) = 2ycos(x) + x, temos}

∂M

∂y = −2ysen(x) + 1 = ∂N

∂x. Exemplo 4.1.6. Verifique que as seguintes EDO’s s˜ao exatas: a) 2xydx + (x2− 1)dy = 0;

b) (e2y_{− ycos(xy))dx + (2xe}2y_{− xcos(xy) + 2y)dy = 0;}

c) (cos(x)sen(x) − xy2_{)dx + y(1 − x}2_{)dy = 0.}

Solu¸c˜ao: a) Note que M (x, y) = 2xy e N (x, y) = x2− 1. Assim, ∂M

∂y = 2x = ∂N

∂x,

e portanto, o Teorema 4.1.3 nos garante que a EDO em quest˜ao ´e exata.

b) Da mesma forma, M (x, y) = e2y− ycos(xy) e N (x, y) = 2xe2y_{− xcos(xy) + 2y. Assim,}

∂M ∂y = 2e

2y_{+ xysen(xy) − cos(xy) =} ∂N

∂x, e portanto, o Teorema 4.1.3 nos garante que a EDO em quest˜ao ´e exata. c) Note que

∂M

∂y = −2xy = ∂N

∂x,

e portanto, o Teorema 4.1.3 nos garante que a EDO em quest˜ao ´e exata.

A solu¸cão de uma EDO exata é conseguida da seguinte forma Dada a equa¸cão M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0:

i) Mostre que ∂M_∂y = ∂N_∂x;

ii) Suponha que existe f tal que ∂f_∂x = M (x, y) (*) (ou ∂f_∂y = N (x, y) ). iii) Integrando ambos os membros de (*) em rela¸c˜ao a x, temos

Z _∂f ∂xdx = Z M (x, y)dx + g(y) ⇔ f (x, y) = Z M (x, y)dx + g(y), (∗∗) onde a fun¸cão g(y) é a constante de integra¸cão.

iv) Agora derive (**) em rela¸c˜ao a y ∂ ∂y(f (x, y)) = ∂ ∂y Z M (x, y)dx + g(y) ⇔ ∂ ∂y(f (x, y)) = ∂ ∂y Z M (x, y)dx + g0(y),

(19)

onde podemos igualar com N (x, y),

N (x, y) = ∂ ∂y

Z

M (x, y)dx + g0(y).

v) Integre g0(y), obtendo g(y).

Exemplo 4.1.7. Resolva as EDO’s a), b), c) do Exemplo 4.1.6.

Solu¸cão: Considerando que todas a diferenciais são exatas já podemos come¸car a resolvê-las. a) Temos que

f (x, y) = Z

2xydx + g(y) = x2y + g(y). Diferenciando parcialmente em rela¸c˜ao a y, temos

∂f ∂y = x

2_{+ g}0

(y). Comparando a equa¸c˜ao acima com N (x, y), temos

x2+ g0(y) = x2− 1 ⇔ g0(y) = −1 ⇔ g(y) = −y. Logo, c = x2y − y. b) Temos que f (x, y) = Z (e2y− ycos(xy))dx + g(y) = xe2y_{− y}1 ysen(xy) + g(y) = xe 2y_{− sen(xy) + g(y).}

Diferenciando parcialmente emrela¸c˜ao a y, temos ∂f

∂y = 2xe

2y_{− xcos(xy) + g}0

(y). Comparando a equa¸c˜ao acima com N (x, y), temos

2xe2y− xcos(xy) + g0(y) = 2xe2y− xcos(xy) + 2y ⇔ g0(y) = 2y ⇔ g(y) = y2. Logo, c = xe2y− sen(xy) + y2_. c) Temos que f (x, y) = Z y(1 − x2)dy + g(x) = y 2_{(1 − x}2₎ 2 + g(x). Diferenciando parcialmente em rela¸c˜ao a x, temos

∂f

∂x = −xy

2

(20)

Comparando a equa¸c˜ao acima com M (x, y), temos

−xy2+ g0(x) = cos(x)sen(x) − xy2 ⇔ g0(x) = cos(x)sen(x) ⇔ g(x) = −1 2cos 2 (x). Logo, c = y 2_{(1 − x}2₎ 2 − 1 2cos 2_(x).

4.2 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 7. Verifique se a equa¸c˜ao dada ´e exata. Se for, resolva. a) (2x − 1)dx + (3y + 7)dy = 0;

b) (5x + 4y)dx + (4x − 8y3_{)dy = 0;}

c) (x + y)(x − y)dx + x(x − 2y)dy = 0;

d) (y3 − y2_{sen(x) − x)dx + (3xy}2_{+ 2ycos(x))dy = 0;}

e) x_dxdy = 2xex_{− y + 6x}2_;

f) (4y + 2x − 5)dx + (6y + 4x − 1)dy = 0, y(−1) = 2. Respostas: a) x2−x+3

2y

2_{+7y = c; b)} 5 2x

2_{+4xy −2y}4 _{= c; c) n˜}_{ao ´}_{e exata; d) xy}3_+y2_cos(x)−1 2x

2 _{= c;}

(21)

Cap´ıtulo 5

Equa¸

c˜

oes Lineares

5.1 Equa¸

c˜

oes Lineares

Defini¸c˜ao 5.1.1. Uma equa¸c˜ao diferencial da forma a1(x)

dy

dx + a0y = g(x) (5.1)

´

e chamada de equa¸c˜ao linear.

Supondo um intervalo I, para o qual a1(x) 6= 0, podemos dividir 5.1 por a1(x), isto ´e, podemos

considerar

dy

dx + P (x)y = f (x). (5.2)

Multipliquemos 5.2 por uma fun¸c˜ao auxiliar µ(x) (que simplificar´a a EDO). µ(x)dy

dx + µ(x)P (x)y = µ(x)f (x) (5.3)

Comparando o lado esquerdo de 5.3 com _dxd(µ(x)y) = µ(x)dy_dx+dµ(x)_dx y, temos dµ(x) dx = µ(x)P (x) ⇔ dµ(x) dµ(x) = P (x)dx ⇒ ⇒ Z dµ(x) µ(x) = Z P (x)dx ⇒ ln(µ(x)) = Z P (x)dx ⇒ µ(x) = eR P (x)dx. Multiplicando 5.3 por µ(x) = eR P (x)dx, eR P (x)dxdy dx + e R P (x)dx P (x)y = eR P (x)dxf (x) ⇒ ⇒ d dx eR P (x)dxy= eR P (x)dxf (x). (5.4)

Integrando ambos os membros de 5.4 em rela¸c˜ao a x Z _d dx eR P (x)dxydx = Z eR P (x)dxf (x)dx + c ⇒ eR P (x)dxy = Z eR P (x)dxf (x)dx + c. Por fim, y = e−R P (x)dx Z eR P (x)dxf (x)dx + ce−R P (x)dx.

(22)

Exemplo 5.1.2. Resolva as seguintes EDO’s lineares de primeira ordem dadas a seguir: a) _dxdy + 3y = 4;

b) dy_dx + 2xy = x;

c) x_dxdy + 2y = 4x2_{, y(1) = 2;}

d) dy_dx + y = cos(x).

Solu¸c˜ao: a) Devemos resolver ´as duas integrais i) R P (x)dx e ii) R eR P (x)dxf (x)dx. i) R P (x)dx = R 3dx = 3x; ii)R eR P (x)dxf (x)dx =R e3x4dx = 4R e3xdx = 4.1₃e3x. Logo, y = e−R P (x)dx Z eR P (x)dxf (x)dx + ce−R P (x)dx= e−3x.4 3e 3_{+ ce}−3x y = 4 3+ ce −3x . b) Como anteriormente, i) R P (x)dx = R 2xdx = x2_; ii)R eR P (x)dx_{f (x)dx =}_{R e}x2 xdx = (∗) = ex2 2 . Logo, y = e−R P (x)dx Z eR P (x)dxf (x)dx + ce−R P (x)dx = e−x2 e x2 2 + ce −x2 y = 1 2+ ce −x2 . (∗) Fazendo u = x2 e du = 2xdx emR ex2xdx, temos Z ex2xdx = Z eudu 2 = eu 2 = ex2 2 .

c) Inicialmente, devemos dividir todos os membros desta equa¸c˜ao por x, o que resulta em dy_dx+2_xy = 4x. Procedendo como nos casos anteriores, temos:

i) R P (x)dx = R f rac2xdx = 2ln|x| = ln(x2); ii)R eR P (x)dxf (x)dx =R eln(x2)_{4xdx =} _{R x}2_{.4xdx = 4}_{R x}3_{dx = 4}x4 4 = x 4_. Logo, y = e−R P (x)dx Z eR P (x)dxf (x)dx + ce−R P (x)dx = e−ln(x2).x4+ ce−ln(x2) = = eln(x−2).x4 + celn(x−2) = x−2.x4+ cx−2 = x2 + c x2 Assim, y = x2₊ c

x2. Usando a condi¸c˜ao y(1) = 2, temos

2 = 12+ c

12 ⇔ c = 1.

Portanto,

y = x2+ 1 x2.

(23)

d) Incialmente encontremos i) e ii): i) R P (x)dx = R 1dx = x; ii)R eR P (x)dxf (x)dx =R ex_{.cos(x)dx = (∗) =} ex 2 (sen(x) + cos(x)). Logo, y = e−R P (x)dx Z eR P (x)dxf (x)dx + ce−R P (x)dx = e−xe x 2(sen(x) + cos(x)) + ce −x y = sen(x) + cos(x) 2 + ce −x .

(∗) Fazendo u = ex _{e dv = cos(x)dx temos que du = e}x_{dx e v = sen(x). Por meio de integra¸c˜}_{ao por}

partes, temos Z excos(x)dx = uv − Z vdu = exsen(x) − Z exsen(x)dx. (∗∗)

(∗∗) Fazendo u = ex _{e dv = sen(x), temos que du = e}x_{dx e v = −cos(x)dx. Donde obtemos}

Z

exsen(x)dx = −excos(x) + Z

excos(x)dx. Por fim, substituindo em (∗), temos

Z

excos(x)dx = exsen(x) − Z

exsen(x)dx = exsen(x) − (−excos(x) + Z excos(x)dx) = = exsen(x) + excos(x) − Z excos(x)dx. Assim, 2 Z

excos(x)dx = exsen(x)+excos(x) ⇔ Z excos(x)dx = e x_{sen(x) + e}x_cos(x) 2 = ex 2(sen(x)+cos(x)).

5.2 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 8. Resolva as equa¸cões diferenciais dadas e encontre o intervalo no qual a solu¸cão geral está definida.

a) _dxdy = 5y;

b) 3dy_dx + 12y = 4, y(0) = −1; c) _dxdy + y = e3x_;

d) x2_y0_{+ xy = 1;}

e) xdy = (xsen(x) − y)dx f) xdy_dx + 4y = x3_{− x;}

(24)

Respostas: a) y = ce5x_{, −∞ < x < +∞; b) y =} 1 3 − 4 3e −4x_{, −∞ < x < +∞; c) y =} 1 4e 3x_{+ ce}−x_, −∞ < x < +∞; d) y = x−1_{ln(x) + cx}−1_{, 0 < x < +∞; e) y = −cos(x) +}sen(x) x + c x, 0 < x < +∞; f) y = 1₇x3₋ 1 5x + cx −4_{, 0 < x < +∞.}

Exerc´ıcio 9. A equa¸c˜ao diferencial dy

dx + P (x)y = f (x)y

n_, _(5.5)

em que n é um número real qualquer, é chamada de equa¸cão de Bernoulli. Supondo y 6= 0 a equa¸cão 5.5 pode ser escrita como

y−ndy

dx+ P (x)y

1−n

= f (x) (5.6)

Se fizermos w = y1−n_{, para n 6= 0 e n 6= 1, ent˜}_ao

dw

dx = (1 − n)y

−ndy

dx. Assim, 5.6 pode ser escrita da seguinte forma

dw

dx + (1 − n)P (x)w = (1 − n)f (x). Por fim, fazendo y1−n _{= w, obtemos a solu¸c˜}_{ao de 5.5.}

A t´ıtulo de ilustra¸c˜ao, resolveremos a seguinte EDO dy dx+ 1 xy = xy 2 .

Solu¸c˜ao: Fazedo P (x) = _x1, f (x) = x e n = 2, temos que w = y−1. Devemos portanto resolver a seguinte EDO dw dx + (1 − 2) 1 xw = (1 − 2)x ⇔ dw dx − 1 xw = −x i) R P (x)dx = R −1 xdx = −ln|x| = ln|x −1_|; ii)R eR P (x)dxf (x)dx =R eln|x−1|− xdx = −R x−1_{xdx = −x.} Logo, w = e−R P (x)dx Z

eR P (x)dxf (x)dx+ce−R P (x)dx = e−ln|x−1|(−x)+ce−ln|x−1|= −eln|x|x+celn|x| = −x2+cx. Como w = y−1 = 1_y, temos

1 y = −x

2_{+ cx ⇔ y =} 1

−x2_{+ cx}.

Agora, resolva as seguinte equa¸c˜oes de Bernoulli dadas: a) xdy_dx + y = 1 y2; b) dy_dx = y(xy3− 1); c) xy(1 + xy2₎dy dx = 1, y(1) = 0. Respostas: a) y3 _{= 1 + cx}−3_{; b) y}−3_{= x +} 1 3 + ce 3x_{; c) x}−1 _{= 2 − y}2_{− e}−y2_/2 .

(25)

Cap´ıtulo 6

Equa¸

c˜

oes Diferenciais de Ordem Superior: Dependˆ

encia

Linear e Independˆ

encia Linear

6.1 Problema de Valor Inicial

Para uma equa¸cão diferencial de n-ésima ordem, o problema de se resolver an(x) dn_y dxn + an−1(x) dn−1_y dxn−1 + . . . + a1(x) dy dx = a0(x)y = g(x) sujeita as condi¸cões iniciais

y0 = y(x0), y00 = y 0 (x0), y0n−1 = y n−1_(x 0) (6.1) ´

e chamado de problema de valor inicial (PVI).

No caso de uma edo linear de segunda ordem, uma solu¸c˜ao para o PVI a2(x) d2_y dx2 + a1(x) dy dx + a0y = g(x), y(x0) = y0, y0(x0) = y00, ´

e uma fun¸c˜ao que satisfaz a equa¸c˜ao diferencial em algum intervalo contendo x0.

Teorema 6.1.1. Sejam an(x), an−1(x), . . . , a0(x) e g(x) cont´ınuas em um intervalo I com an(x) 6= 0

para todo x neste intervalo. Se x = x0 é algum ponto desteintervalo, então existe uma única solu¸cão

y(x) para o P V I 6.1 neste intervalo.

Exemplo 6.1.2. A fun¸cão y = sen(x) é uma solu¸cão para o P V I y00+ y = 0, y(0) = 0, y0(0) = 1.

Note que as fun¸c˜oes a2(x) = 1, a1(x) = 0, a0(x) = 1 e g(x) = 0 s˜ao cont’inuas, e a2(x) 6= 0 para

todo x real. Portanto, segue do Teorema 6.1.1 que em qualquer intervalo contendo x = 0 a solu¸c˜ao ´

(26)

Exemplo 6.1.3. Verifique que a fun¸c˜ao y = cx2_{+ x + 4 ´}_{e uma solu¸c˜}_{ao para o P V I}

x2y00− 2xy0_{+ 2y = 8, y(0) = 4, y}0_{(0) = 1,}

no intervalo (−∞, ∞) para qualquer escolha de parˆametro c. Solu¸c˜ao: Note que y0 = 2cx + 1 e y00= 2c, donde

x2y00− 2xy0+ 2y = x2(2c) − 2x(2cx + 1) + 2(cx2+ x + 4) = 8.

Al´em disso, y(0) = 4 e y0(0) = 1. Note que o Teorema 6.1.1 n˜ao se aplica pois a2(x) = x2 se anula

em todo intervalo contendo x = 0, que é exatamente o valor para o qual as condi¸cões iniciais são impostas.

6.2 Dependˆ

encia Linear e Independˆ

encia Linear

Defini¸cão 6.2.1. Um conjunto de fun¸cões f1(x), f2(x), . . ., fn(x) é linearmente dependente (LD)

em um intervalo I se existem constantes c1, c2, . . . , cn n˜ao todas nulas tais que

c1f1(x) + c2f2(x) + . . . + cnfn(x) = 0

para todo x no intervalo I. Do contr´ario, dizemos que o conjunto f1(x), f2(x), . . ., fn(x) ´e linearmente

independente (LI).

Exemplo 6.2.2. Mostre que:

a) O conjunto de fun¸c˜oes f1(x) = x2+ x − 1, f2(x) = x2 e f3(x) = −3x2− x + 1 ´e LD (−∞, ∞);

b) O conjunto de fun¸c˜oes f1(x) = x2 e f3(x) = x3 s˜ao LI em (−∞, ∞).

Solu¸c˜ao: a) Devemos obter os valores de c1, c2 e c3 tais que

c1(x2+ x − 1) + c2x2+ c3(−3x2− x + 1) = 0,

ou melhor,

(c1+ c2− 3c3)x2+ (c1− c3)x + (−c1+ c3) = 0.

Resolvendo o sistema a seguir

c1 + c2 − 3c3 = 0

c1 − c3 = 0

−c1 + c3 = 0

,

temos a solu¸cão S = (c3; 2c3; c3), que é uma solu¸cão onde c1, c2 e c3 são não todos nulos. Logo, o

conjunto em quest˜ao ´e LD.

b) Como acima, devemos obter c1 e c2 tais que

(27)

Não é dif´ıcil ver que c1 = c2 = 0. Portanto, não sendo c1, c2 não todos nulos, temos que o conjunto

em quest˜ao ´e LI.

Teorema 6.2.3. Suponha que f1(x), f2(x), . . ., fn(x) sejam diferenci´aveis pelo menos n − 1 vezes.

Se o determinante f1 f2 . . . fn f₁0 f₂0 . . . f_n0 f₁(n−1) f₂(n−1) . . . fn(n−1)

for diferente de zero em pelo menos um ponto do intervalo I, ent˜ao a as fun¸c˜oes f1(x), f2(x), . . .,

fn(x) s˜ao linearmente independentes no intervalo.

Demonstra¸c˜ao. Provaremos o Teorema 6.2.3 para o caso n = 2. Suponhamos por conmtradi¸c˜ao que W (f1(x0); f2(x0)) 6= 0 para um x0 fixado no intervalo I e que, f1(x) e f2(x) sejam LD no intervalo.

O fato de que as fun¸cões são LD significa que existem c1, c2, não ambas nulas, para as quais

c1f1(x) + c2f2(x) = 0

para todo x em I. Derivando essa combina¸c˜ao, temos

c1f10(x) + c2f20(x) = 0.

Temos ent˜ao o sistema de equa¸c˜oes lineares    c1f1(x) + c2f2(x) = 0 c1f10(x) + c2f20(x) = 0 .

Mas a dependência linear de f1, f2 implicam que o sistema acima possui uma solu¸cão não trivial

para cada x no intervalo. Logo,

W (f1(x); f2(x)) = f1(x) f2(x) f₁0(x) f₂0(x)

para todo x em I. Isso contradiz a suposi¸c˜ao de que W (f1(x0); f2(x0)) 6= 0. Portanto, f1 e f2 s˜ao

LI.

O determinante do Teorema 6.2.3 ´e chamado de Wronskiano das fun¸c˜oes f1(x), f2(x), . . ., fn(x),

o qual denotaremos por

W (f1(x); f2(x); . . . ; fn(x)).

Corol´ario 6.2.4. Se f1(x), f2(x), . . ., fn(x) possuem pelo menos n − 1 derivadas e s˜ao linearmente

dependentes em I, ent˜ao

W (f1(x); f2(x); . . . , fn(x)) = 0

(28)

Exemplo 6.2.5. Aplique o Teorema 6.2.3 ao Exemplo 6.2.2. a) Temos que f1(x) = x2+ x − 1 ⇒ f10(x) = 2x + 1 ⇒ f 00 1(x) = 2 f2(x) = x2 ⇒ f20(x) = 2x ⇒ f 00 2(x) = 2 f3(x) = −3x2− x + 1 ⇒ f30(x) = −6x − 1 ⇒ f300(x) = −6 . Calculando o wronskiano, x2_{+ x − 1 x}2 _−3x2_{− x + 1} 2x + 1 2x −6x − 1 2 2 −6 = 0.

Portanto, as fun¸c˜oes f1, f2 e f3 s˜ao LD em (−∞, ∞).

b) Da mesma forma que acima, temos x2 _x3 2x 3x2 = x2.3x2− 2x.x3 = 3x4− 2x4 = x4,

que ´e diferente de zero em pelo menos x0 = 1. Portanto, o Teorema 6.2.3 assegura que as fun¸c˜oes f1

e f2 s˜ao LI em (−∞, ∞).

Exemplo 6.2.6. As fun¸c˜oes f1(x) = em1x e f2(x) = em2x, m1 6= m2 s˜ao LI. De fato,

W (em1x_{; e}m2x_{) =} em1x _em2x m1em1x m2em2x = (m2− m1)e(m1+m2)x6= 0

para todo valor real x. Logo, f1, f2 s˜ao LI em qualquer intervalo do eixo x.

6.3 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 10. Sabe-se que y = c1ex + c2e−x é uma fam´ılia a dois parâmetros de solu¸cões para

y00 − y = 0 no intervalo (−∞; ∞). Encontre um membro dessa fam´ılia satisfazendo as condi¸c˜oes iniciais y(0) = 0, y0(0) = 1.

Resposta: y = 1₂ex₋1 2e

−x_.

Exerc´ıcio 11. Sabe-se que y = c1e4x + c2e−x é uma fam´ılia a dois parâmetros de solu¸cões para

y00 − 3y0 _{− 4y = 0 no intervalo (−∞, ∞). Encontre um membro dessa fam´ılia que satisfa¸ca as}

condi¸c˜oes iniciais y(0 = 1 e y0(0) = 2. Resposta: y = 3₅e4x₊2

5e −x_.

Exerc´ıcio 12. Encontre um intervalo em torno de x = 0 para o qual o PVI (x − 2)y00+ 3y = x, y(0) = 0, y0(0) = 1.

(29)

Exerc´ıcio 13. Determinar se as fun¸c˜oes dadas s˜ao linearmente independentes ou dependentes em (−∞, ∞). a) f1(x) = x, f2(x) = x2, f3(x) = 4x − x3; b) f1(x) = 5, f2(x) = cos2(x), f3(x) = sen2(x); c) f1(x) = 1 + x, f2(x) = x, f3(x) = x2; Respostas: a) LD; b) LD; c) LI.

(30)

Cap´ıtulo 7

Solu¸

c˜

oes para Equa¸

c˜

oes Lineares

7.1 Equa¸

c˜

ao Homogˆ

enea

Defini¸cão 7.1.1. Uma equa¸cão diferencial de n-ésima ordem da forma an(x) dny dxn + an−1(x) dn−1y dxn−1 + . . . + a1(x) dy dx = a0(x)y = 0, (7.1) ´

e dita homogênea. No caso em que g(x) não é identicamente nula, dizemos que a edo 7.1 é n˜ ao-homogênea.

Exemplo 7.1.2. a) A equa¸cão 2y00− 4y0_{− 5y = 0 é uma edo linear de segunda ordem homogênea.}

b) A equa¸c˜ao x3_y000_{− 2xy}00_{+ 5y}0 _{= x}2_{+ 1 ´}_{e uma edo linear de terceira ordem n˜}_{ao homogˆ}_enea.

Teorema 7.1.3. Sejam y1, y2, . . . , yk solu¸cões para a equa¸cão diferencial linear de n-ésima ordem

homogênea 7.1 em um intervalo I. Então a combina¸cão linear

y = c1y1(x) + c2y2(x) + . . . + ckyk(x),

em que os ci, i = 1, 2, . . . , k, são constantes, é também uma solu¸cão no intervalo.

Demonstra¸c˜ao. Sejam y1(x), y2(x), . . . , yk(x) solu¸c˜oes para

an(x)y(n)(x) + . . . + a1(x)y + a0(x)y = 0.

Defina y = c1y1(x) + . . . + ckyk(x), donde any(n)+ . . . + a1y0+ a0y = an(c1y (n) 1 + . . . + cky (n) k ) + . . . + a1(c1y01+ . . . + ckyk0) + a0(c1y1+ . . . + ckyk) = = c1(any (n) 1 + . . . + a1y01+ a0y1) + . . . + ck(any (n) k + . . . + a1yk0 + a0yk) = c1.0 + . . . + ck.0 = 0.

(31)

Exemplo 7.1.4. As fun¸cões y1 = e2x e y2 = e3x são solu¸cões para a edo homogênea de segunda

ordem

y00− 5y0+ 6 = 0

No intervalo (−∞, ∞). Portanto, o Teorema 7.1.3 assegura que y = c1e2x+ c2e3x ´e tamb´em uma

solu¸c˜ao para a edo neste intervalo.

Teorema 7.1.5. Sejam y1, y2, . . . , yn n solu¸cões para a equa¸cão diferencial linear homogênea de

n-´

esima ordem em um intervalo I. Então, o conjunto solu¸cão de equa¸cões é linearmente independente em I se, e somente se,

W (y1; y2; . . . ; yn) 6= 0

para todo x no intervalo.

Teorema 7.1.6. Sejam y1, . . . , yn n solu¸c˜oes linearmente independentes para a equa¸c˜ao diferencial

linear homogênea de n-ésima ordem 7.1 em um intervalo I. Então, toda solu¸cão y(x) para 7.1 é uma combina¸cão linear de y1, . . . , yn, ou seja, podemos encontrar constantes c1, . . . , cn, tais que

y = c1y1(x) + . . . + c2y2(x).

Defini¸cão 7.1.7. Sejam y1, y2, . . . , yn n solu¸cões linearmente independentes para a equa¸cão

diferen-cial linear homogênea de n-ésima ordem 7.1 em um intervalo I. A solu¸cão geral para a equa¸cão no intervalo é definida por

y = c1y1(x) + c2y2(x) + . . . + cnyn(x),

em que os ci, i = 1, 2, . . . , n s˜ao constantes arbitr´arias.

Exemplo 7.1.8. A equa¸c˜ao diferencial y00− 5y0+ 6 = 0 possui duas solu¸c˜oes LI, y1 = e2x e y2 = e3x.

De fato, como W (e2x_{; e}3x_{) = e}5x_{6= 0 para todo valor de x, y}

1 e y2 s˜ao LI em (−∞, ∞). Portanto, a

solu¸cão geral para a equa¸cão diferencial no intervalo é y = c1e2x+ c2e3x.

Exemplo 7.1.9. As fun¸c˜oes y1 = ex, y2 = e2x e y3 = e3x satisfazem a equa¸c˜ao de terceira ordem

y000− 6y00+ 11y0− 6y = 0. Como W (ex; e2x; e3x) = ex e2x e3x ex _2e2x _3e3x ex _4e2x _9e3x = 2e6x6= 0 para todo valor real de x, temos que y1, y2 e y3 s˜ao tais que

y = c1ex+ c2e2x+ c3e3x

´

(32)

7.2 Equa¸

c˜

ao N˜

ao-Homogˆ

enea

Nesta se¸cão, buscaremos a solu¸cão geral para uma equa¸cão linear não homogênea, isto é, uma equa¸cão da forma an(x) dn_y dxn + an−1(x) dn−1_y dxn−1 + . . . + a1(x) dy dx = a0(x)y = g(x), (7.2) Qualquer fun¸cão yp, independente de parâmetros, que satisfa¸ca 7.2 é chamada de solu¸cão

partic-ular.

Exemplo 7.2.1. Uma solu¸c˜ao particular para y00− y0_{+ y = x}2_{− x + 1 ´e y}

p = x2+ x, pois

y00_p − y0

p + yp = 2 − (2x + 1) + x2+ x = 2 − 2x − 1 + x2+ x = x2− x + 1.

Teorema 7.2.2. Sejam y1, y2, . . . , ynpara a equa¸cão diferencial linear homogênea de n-ésima ordem

7.1 em um intervalo I e seja yp qualquer solu¸cão para a equa¸cão não-homogênea 7.2 no mesmo

intervalo. Ent˜ao,

y = c1y1(x) + c2y2(x) + . . . + ckyk(x) + yp(x)

´

e também uma solu¸cão para a equa¸cão não-homogênea no intervalo para quaisquer constantes c1, c2, . . . , ck.

Teorema 7.2.3. Seja yp uma dada solu¸cão para a equa¸cão diferencial não homogênea de n-ésima

ordem 7.2 em um intervalo I e sejam y1, . . . , yn solu¸c˜oes linearmente independentes da equa¸c˜ao

homogênea associada 7.1 no intervalo. Então, para qualquer solu¸cão y(x) de 7.2 em I, podemos encontrar constantes c1, . . . , cn tais que

y = c1y1(x) + . . . + cnyn(x) + yp(x).

Demonstra¸c˜ao. Sejam y e yp ambas solu¸c˜oes para

an(x)y(n)+ . . . + a1(x)y0+ a0(x)y = g(x). (7.3)

Definamos a fun¸c˜ao u(x) = y(x) − yp(x). Substituindo u em 7.3 temos,

an(x)u(n)+ . . . + a1(x)u0+ a0(x)u =

= an(x)(y(n)− y(n)p ) + . . . + a1(x)(y0− yp0) + a0(x)(y − yp) =

= an(x)y(n)+ . . . + a1(x)y0+ a0(x)y − (an(x)yp(n)+ . . . + a1(x)yp0 + a0(x)yp) =

= g(x) − g(x) = 0. Pela Defini¸c˜ao 7.1.7 e o Teorema 7.1.6

(33)

e portanto,

y(x) = c1y1(x) + . . . + cnyn(x) + yp(x).

Defini¸cão 7.2.4. Seja yp uma dada solu¸cão para a equa¸cão diferencial linear não-homogênea de

n-´esima ordem 7.2 em um intervalo I e seja

yc= c1y1(x) + . . . + c2y2(x)

a solu¸cão geral para a equa¸cão homogênea associada 7.1 no intervalo. A solu¸cão geral para a equa¸cão não-homogênea no intervalo é definida por

y = yc(x) + yp(x).

7.3 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 14. Verifique que as fun¸cões dadas são solu¸cões linearmente independentes para a edo e determine a solu¸cão geral para a edo no intervalo dado.

a) y00− y0 _{− 12y = 0; e}3x_{, e}4x_{, (−∞, ∞);}

b) y00− 2y0_{+ 5y = 0; e}x_{cos(2x), e}x_{sen(2x), (−∞, ∞);}

c) x2_y00_{− 6xy}0_{+ 12y = 0, x}3_{, x}4_{, (0, ∞).}

Respostas: Use a Defini¸c˜ao 7.1.7.

Exerc´ıcio 15. Verifique que a dada fam´ılia a dois parâmetros de fun¸cões é a solu¸cão geral para a equ¸cão diferencial não-homogênea no intervalo indicado.

a) y00− 7y0_{+ 10y = 24e}x_{, y = c}

1e2x+ c2e5x+ 6ex, (−∞, ∞);

b) y00− 4y0

+ 4y = 2e2x+ 4x − 12, y = c1e2x+ c2xe2x+ x2e2x+ x − 2, (−∞, ∞).

(34)

Cap´ıtulo 8

Construindo

uma

Segunda

Solu¸

c˜

ao

a

Partir

de

uma

Solu¸

c˜

ao

Conhecida

8.1 Caso Geral

Vejamos como construir uma solu¸cão para uma edo linear de segunda ordem a partir de uma solu¸cão conhecida, de modo que a solu¸cão conhecida e a encontrada sejam linearmente independentes. Se y1(x) é uma solu¸cão não-trivial para a equa¸cão

a2(x)y00+ a1(x)y0+ a0(x)y = 0 (8.1)

tal que a2(x) 6= 0 em um intervalo I, exibiremos uma solu¸c˜ao y2(x) da forma

y2(x) = u(x)y1(x).

Pois bem, dividindo 8.1 por a2(x), temos

y00+ P (x)y0+ Q(x)y = 0. ´

E poss´ıvel mostrar que

y2(x) = y1(x) Z e−R P (x)dx y2 1(x) dx. (8.2)

Portanto, a solu¸c˜ao geral da edo 8.1 ser´a dada por

y = c1y1(x) + c2y2(x).

Exemplo 8.1.1. A fun¸c˜ao y = ex _´_{e uma solu¸c˜}_{ao para a edo y}00_{− y = 0. Encontre uma solu¸c˜}_{ao geral}

no intervalo (−∞, ∞).

(35)

i) R P (x)dx = R 0 dx = c; ii)R e−_yR P (x)dx2 1(x) dx = R _e−c e2xdx = e −c_{R e}−2x_{dx = e}−c e−2x −2 = ke −2x_. Logo, y2 = y1(x) Z _e−R P (x)dx y2 1(x) dx = exke−2x ⇒ y2 = ke−x.

Fazendo k = 1, temos que y2 = e−x ´e uma outra solu¸c˜ao da edo. Como W (ex; e−x) = −2 6= 0, temos

que a solu¸c˜ao geral da edo em (−∞, ∞) ´e dada por

y = c1ex+ c2e−x.

Exemplo 8.1.2. A fun¸cão y1 = x2 é uma solu¸cão para x2y00− 4xy0 + 6y = 0. Encontre a a solu¸cão

geral para esta edo no intervalo (0, ∞).

Solu¸c˜ao: Devemos dividir a edo dada por x2_{, ficando da seguinte forma}

y00− 4 xy

0

+ 6

x2y = 0.

Devemos aplicar a 8.2 onde P (x) = −_x4, i) R P (x)dx = R −_x4dx = −4ln|x| = −ln|x4_|; ii)R e−R P (x)dx y2 1(x) dx =R e−(−ln|x4|) (x2₎2 dx = R eln|x4| x4 dx = R x4 x4dx =R dx = x. Logo, y2 = y1(x) Z e−R P (x)dx y2 1(x) dx = x2.x = x3. Portanto, a solu¸c˜ao geral da edo no intervalo (0, ∞) ´e

y = c1x2+ c2x3.

8.2 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 16. Encontre uma segunda solu¸c˜ao para cada equa¸c˜ao diferencial dada em um intervalo apropriado. a) y00+ 5y0 = 0, y1 = 1; b) y00− 4y0_{+ 4y = 0, y} 1 = e2x; c) y00+ 16y = 0, y1 = cos(4x); d) x2_y00_{− 7xy}0_{+ 16y = 0, y} 1 = x4; e) xy00+ y0 = 0, y1 = ln|x|. Respostas: a) y2 = e−5x; b) y2 = xe2x; c) y2 = sen(4x); d) y2 = x4ln|x|; e) y2 = 1.

Exerc´ıcio 17. Encontre uma solu¸cão para a equa¸cão não homogênea dada. A fun¸cão indicada y1(x)

´

e uma solu¸cão para a equa¸cão homogênea associada. Determine uma segunda solu¸cão para a equa¸cão homogênea e uma solu¸cão particular da equa¸cão não-homogênea.

(36)

a) y00− 4y = 2, y1 = e−2x;

b) y00− 3y0_{+ 2y = 5e}3x_{, y}

1 = ex.

(37)

Cap´ıtulo 9

Equa¸

c˜

oes Lineares Homogˆ

eneas com

Coeficientes Constantes

9.1 Introdu¸

c˜

ao

Nesta parte buscaremos encontrar solu¸c˜oes exponeciais (solu¸c˜oes da forma y = c1e−ax em

(−∞, ∞) para equa¸c˜oes de ordem maior como

any(n)+ . . . + a2y00+ a1y0+ a0y = 0,

em que os ai, i = 0, 1, . . . , n s˜ao constantes.

9.2 Equa¸

c˜

oes Lineares Homogˆ

eneas de Segunda Ordem com

Coeficientes Constantes

Considere a edo linear homogˆenea de segunda ordem com coeficientes constantes

ay00+ by0+ cy = 0. (9.1)

Se tentarmos criar uma solu¸c˜ao da forma y = emx_{, ent˜}_{ao y}0 _{= me}mx _{e y}00_{= m}2_emx_{, onde substituindo}

em 9.1 temos

am2emx+ bmemx + cemx = 0 emx(am2+ bm + c) = 0.

Como emx _{6= 0 para todo x real, temos que o ´}_{unico jeito de se obter uma solu¸c˜}_{ao para 9.1 ´}_{e fazendo}

am2+ bm + c = 0. (9.2)

(38)

• Ra´ızes Reais Distintas (∆ = b2_{− 4ac > 0)}

Duas solu¸c˜oes LI s˜ao dadas por

y1 = em1x, y2 = em2x,

onde m1 e m2 s˜ao as ra´ızes da equa¸c˜ao caracter´ısitca 9.2.

Exemplo 9.2.1. Encontre a solu¸c˜ao geral da edo y00− 5y0 _{+ 6y = 0.}

Solu¸c˜ao: Resolvendo a equa¸c˜ao caracter´ıstica associada m2− 5m + 6 = 0,

temos m1 = 2 e m2 = 3. Portanto, a solu¸c˜ao geral da edo ´e dada por

y = c1e2x+ c2e3x.

• Ra´ızes Reais Iguais (∆ = b2_{− 4ac = 0)}

Temos que as ra´ızes da equa¸cão caracter´ıstica são iguais, isto é, m1 = m2, e portanto, temos somente

uma solu¸cão particular y1 = em1x. Podemos obter y2 usando a fórmula 8.2 na equa¸cão

y00+ b ay

0

+ c ay = 0. Por´em, vale lembrar que se ∆ = 0 ent˜ao

m1 = m2 = −b ±√∆ 2a = − b 2a. Assim, y2(x) = y1(x) Z e−R P (x)dx y2 1(x) dx = em1x Z e−R badx (em1x)2dx = = em1x Z _e−b ax e2m1xdx = e m1x Z _e−b ax e−abx dx = em1x Z dx = xem1x_.

Logo, a solu¸c˜ao geral de 9.1 ´e

y = c1em1x+ c2xem1x.

Exemplo 9.2.2. Encontre a solu¸c˜ao geral da edo y00− 2y0 _{+ y = 0.}

Solu¸c˜ao: Resolvendo a equa¸c˜ao caracter´ıstica

m2− 2m + 1 = 0, temos m1 = m2 = 1. Portanto, a solu¸c˜ao geral da edo ´e dada por

(39)

• Ra´ızes Complexas (∆ = b2_{− 4ac < 0)}

Se m1 e m2 são complexas, então são da forma

m1 = α + iβ e m2 = α − iβ,

onde i2 = −1.

Da mesma forma que para as ra´ızes reais distintas, nossa solu¸c˜ao geral ´e y = c1e(α+iβ)x+ c2e(α−iβ)x

ou

y = eαx(c1cos(βx)c2sen(βx)),

onde usamos a f´ormula

eiθ = cos(θ) + isen(θ).

Exemplo 9.2.3. Encontre a solu¸cão geral da edo y00+ y0 + y = 0. Solu¸cão: As ra´ızes da equa¸cão caracter´ıstica

m2+ m + 1 = 0 s˜ao m1 = −1₂ + √ 3 2 i e m2 = − 1 2 − √ 3

2 i. Assim, a solu¸c˜ao geral da edo ´e

y = e−x/2 c1cos √ 3 2 x ! + c2sen √ 3 2 x !! .

9.3 Equa¸

c˜

oes Lineares Homogˆ

eneas de n-´

Esima Ordem com

Coeficientes Constantes

Para resolver uma equa¸c˜ao da forma

any(n)+ . . . + a2y00+ a1y0+ a0y = 0,

em que os ai, i = 0, 1, . . . , n s˜ao constantes, devemos encontrar as ra´ızes da equa¸c˜ao caracter´ıstica

de grau n associada

any(n)+ . . . + a2y00+ a1y0+ a0y = 0. (9.3)

Se todas as ra´ızes de 9.3 são distintas, temos que a solu¸cão geral é dada por y = c1em1x+ . . . + cnemnx,

onde os m1, . . . , mn s˜ao as ra´ızes de 9.3.

Por outro lado, se por exemplo, mi ∈ {m1, . . . , mn} ´e uma raiz de multiplicidade k, ent˜ao as k

solu¸c˜oes linearmente independentes s˜ao

(40)

Exemplo 9.3.1. Resolva y000+ 3y00− 4y = 0.

Solu¸cão: Encontremos, por inspe¸cão, as ra´ızes da equa¸cão caracter´ıstica m3+ 3m2− 4 = 0.

Basta procurarmos no conjunto {±1, ±2, ±4} (por que somente neste conjunto?) Obtemos que uma raiz ´e m1 = 1, por meio do m´etodo de Briot-Ruffini, temos que

m3+ 3m2− 4 = (m + 1)(m + 2)(m + 2) = (m + 1)(m + 2)2_.

Logo, a solu¸c˜ao geral da edo ´e dada por

y = c1ex+ c2e2x+ c3xe2x.

9.4 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 18. Resolva a equa¸c˜ao diferencial dada e quando for o caso obtenha a solu¸c˜ao do PVI. a) 4y00+ y0 = 0; b) y00− 36y = 0; c) y00+ 9y = 0; d) 12y00− 5y0_{− 2y = 0;} e) 3y00+ 2y0+ y = 0; f) y000− 4y00_{− 5y}0 _{= 0;} g) y000− y = 0; h) y00+ 16y = 0, y(0) = 2, y0(0) = −2; i) y00+ 6y0+ 5y = 0, y(0) = 0, y0(0) = 3; j) 2y00− 2y0_{+ y = 0, y(0) = −1, y}0_{(0) = 0.}

Respostas: a) y = c1 + c2e−x/4; b) y = c1e−6x + c2e6x; c) y = c1cos(3x) + c2sen(3x); d) y =

c1e2x/3 + c2e−x/4; e) y = e−x/3 c1cos √ 3 2 x + c1sen √ 3 2 x ; f) y = c1 + c2e−x + c2e5x; g) y = c1e−x/2 c2cos √ 3 2 x + c3sen √ 3 2 x ; h) y = 2cos(4x) + 1₂sen(4x); i) y = −3₄e−5x + 3₄e−x; j) y = −ex/2_{cos(x/2) + e}x/2_sen(x/2).

(41)

Cap´ıtulo 10

Equa¸

c˜

oes Diferenciais com Coeficientes

Indeterminados - Superposi¸

c˜

ao

10.1 Princ´ıpio da Superposi¸

c˜

ao

Teorema 10.1.1. Princ´ıpio da Superposi¸cão - Equa¸cões Não-Homogêneas

Sejam yp1, yp2, . . . , ypk k solu¸cões particulares para a equa¸cão diferencial linear de n-ésima ordem 7.2

em um intervalo I, correspondendo a k fun¸c˜oes distinatas g1, g2, . . . , gk. Isto ´e, suponha que ypi seja

uma solu¸c˜ao particular para a equa¸c˜ao diferencial correspondente an(x)y(n)+ . . . + a1(x)y0 + a0y = g(x),

onde i = 1, 2, . . . , k. Ent˜ao,

yp = yp1(x) + . . . + ypk(x)

´

e uma solu¸c˜ao particular para

an(x)y(n)+ . . . + a1(x)y0+ a0(x)y = g1(x) + . . . + gk(x).

Observe a seguinte tabela auxiliar a qual usaremos para se determinar uma solu¸c˜ao particular yp.

Exemplo g(x) F orma da yp

1. constante qualquer A

2. 2x + 1 Ax + B

3. x2_{+ 5} _Ax2_{+ Bx + C}

4. x3_{+ x}2_{+ 2} _Ax3_{+ Bx}2_{+ Cx + D}

5. sen(2x) (ou cos(2x)) Acos(2x) + Bsen(2x)

6. e−2x Ae−2x

7. (x2_{− 1)e}−2x _(Ax2_{+ Bx + C)e}−2x

(42)

O que na verdade faremos ´e escolher a forma adequada da yp conforme alguns exmplos mostrados

na tabela acima. Para entender o m´etodo preste bastante aten¸c˜ao aos exemplos a seguir.

Exemplo 10.1.2. Resolva as seguintes edos: a) y00− 5y0_{+ 6y = 6x}2_{+ 8x − 19;}

b) y00− 2y0_{+ y = 2sen(3x);}

c) y00− y = 3e2x_{− x − 2.}

Solu¸c˜ao: a) y00− 5y0 _{+ 6y = 6x}2_{+ 8x − 19.}

i) Note que a equa¸cão homogênea associada é dada por y00− 5y0+ 6y = 0.

Resolvendo a equa¸c˜ao caracter´ısitca associada m2− 5m + 6, temos m1 = 2 e m2 = 3. Portanto, nossa

solu¸c˜ao yc ´e dada por

yc= c1e2x+ c2e3x.

ii) Note que g(x) = 6x2+ 8x − 19 e portanto yp deve ser da forma Ax2+ Bx + C. Assim,

yp = Ax2+ Bx + C ⇒ y0p = 2Ax + B ⇒ y 00

p = 2A.

Susbtituindo yp e suas derivadas em y00− 5y0+ 6y, temos

y00_p − 5y_p0 + 6yp = 2A − 5(2Ax + B) + 6(Ax2 + Bx + C) =

= 2A − 10Ax − 5B + 6Ax2+ 6Bx + 6C = 6Ax2+ (−10A + 6B)x + (2A − 5B + 6C). Comparando este ´ultimo termo com 6x2_{+ 8x − 19, temos o seguinte sistema}

       6A = 6 −10A + 6B = 8 2A − 5B + C = −19 .

Resolvendo o sistema obtemos A = 1, B = 3 e C = −1. Portanto, nossa solu¸c˜ao particular ´e dada por

yp = x2+ 3x − 1.

Juntando i) e ii) temos que nossa solu¸c˜ao geral ´e dada por:

y = yc+ yp = c1e2x+ c2e3x+ x2+ 3x − 1.

b) y00− 2y0_{+ y = 2sen(3x).}

i) y00− 2y0 _{+ y = 0 ⇒ m}2_{− 2m + 1 = 0 ⇒ m}

1 = m2 = 1.

Logo, a solu¸cão da equa¸cão homogênea associada é dada por yc= c1ex+ c2xex.

(43)

ii) Como g(x) = 2sen(3x) ent˜ao yp deve ser da forma Acos(3x) + Bsen(3x). Assim,

yp = Acos(3x) + Bsen(3x) ⇒ yp0 = −3Asen(3x) + 3Bcos(3x) ⇒ y 00

p = −9Acos(3x) − 9Bsen(3x).

Substituindo yp e suas derivada em y00− 2y0+ y, temos

y00_p − 2y_p0 + yp = −9Acos(3x) − 9Bsen(3x) − 2(−3Asen(3x) + 3Bcos(3x)) + Acos(3x) + Bsen(3x) =

= (−8A − 6B)cos(3x) + (6A − 8B)sen(3x). Comparando este ´ultimo termo com 2sen(3x), temos o seguinte sistema

  

−8A − 6B = 0 6A − 8B = 2 , cuja solu¸c˜ao ´e dada por A = ₂₅3, B = −₂₅4.

b) y00− y = 3e2x_{− x − 2.}

i) y00− y = 0 ⇒ m2_{− 1 = 0 ⇒ m}

1 = 1, m2 = −1 ⇒ yc= c1ex+ c2e−x.

ii) Como g(x) = 3e2x_{− x − 2, temos que y}

p ´e da forma Ae2x+ Bx + C (Teorema 10.1.1). Assim,

yp = Ae2x+ Bx + C ⇒ y0p = 2Ae

2x_{+ B ⇒ y}00

p = 4Ae 2x_.

Substituindo yp e suas derivadas em y00− y, temos

y_p00− yp = 4Ae2x− (Ae2x+ Bx + C) = 4Ae2x− Ae2x− Bx − C = 3Ae2x− Bx − C.

Comparando este ´ulitmo termo com 3e2x− x − 2, temos A = 1, B = 1 e C = 2. Portanto, yp = e2x+ x + 2.

Logo, a solu¸c˜ao geral da edo ´e dada por

y = c1ex+ c2e−x+ e2x+ x + 2.

Exemplo 10.1.3. Determine a forma para a solu¸c˜ao particular yp para a edo

y00− 6y0 + 9y = 3x3+ 1 + 2x2sen(2x) + e3x. Solu¸c˜ao: Para cada um dos termos

3x3+ 1, 2x2sen(2x), e3x, temos uma yp.

yp1= Ax3+ Bx2+ Cx + D associada a 3x3+ 1;

yp1= (Ex2+ F x + G)sen(2x) + (Hx2+ Ix + J )cos(2x) associada a 2x2sen(2x);

yp3= Ke3x associada a e3x.

Portanto, a solu¸c˜ao particular tem a forma

(44)

10.2 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 19. Resolva as seguintes equa¸c˜oes diferenciais. a) y00+ 3y0+ 2y = 6; b) 1₄y00+ y0+ y = x2_{− 2x;} c) y00+ 3y = −48x2_e3x_; d) y00− y0 ₊1 4y = 3 + e x/2_; e) y00+ 4y = 3sen(2x); f) y00+ y = 2xsen(x); g) 5y00+ y0 = −6x, y(0) = 0, y0(0) = −10; h) y00+ 4y0+ 5y = 35e−4x, y(0) = −3, y0(0) = 1. Respostas: a) y = c1e−x+ c2e−2x+ 3; b) y = c1e−2x + c2xe−2x + x2− 4x + 7₂; c) y = c1cos( √ 3x) + c2sen( √ 3x)+(−4x2+4x−4₃)e3x; d) y = c1ex/2+c2xex/2+12+1₂x2ex/2; e) y = c1cos(2x)+c2sen(2x)− 3

4xcos(2x); f) y = c1cos(x) + c2sen(x) − 1 2x

2_cos(x)1

2xsen(x); g) y = −200 + 200e

−x/5_{− 3x}2_{+ 30x; h)}

(45)

Cap´ıtulo 11

Varia¸

c˜

ao dos Parˆ

ametros

11.1 Equa¸

c˜

ao Linear de Primeira Ordem

Sabemos que a solu¸c˜ao geral para a equa¸c˜ao diferencial linear de primeira ordem dy

dx + P (x)y = f (x), em que P (x) e f (x) s˜ao cont´ınuas em um intervalo I, ´e

y = e−R P (x)dx Z

eR P (x)dxf (x)dx + ce−R P (x)dx = yp+ yc, (11.1)

onde yc= c1e−R P (x)dx ´e uma solu¸c˜ao para

dy dx + P (x)y = 0 (11.2) e yp = e−R P (x)dx Z eR P (x)dxf (x)dx, ´

e uma solu¸c˜ao particular para 11.1.

Agora, suponha que y1 seja uma solu¸c˜ao conhecida de 11.2, ou seja

dy1

dx + P (x)y1 = 0.

O método de Varia¸cão de Parâmetros consiste em encontrar uma fun¸cão u1 tal que

yp = u1(x)y1(x).

´

E poss´ıvel mostrar que

yp = y1

Z _{f (x)} y1(x)

dx.

Exemplo 11.1.1. Resolva a edo

dy

(46)

usando varia¸c˜ao de parˆametros e sabendo que y1 = e−x

2

. Solu¸c˜ao: Basta calcularmos yp.

yp = y1 Z f (x) y1(x) dx = e−x2 Z x e−x2 = e −x2Z xex2 = e−x21 2e x2 = 1 2. Logo, a solu¸c˜ao geral da edo ´e dada por

y = yp+ yc=

1 2+ ce

−x2

.

11.2 Equa¸

c˜

ao Linear de Segunda Ordem

Considere a equa¸cão diferencial linear de segunda ordem y00+ P (x)y0+ Q(x)y = f (x). Se supormos que y1 e y2 são duas solu¸cões LI de

y00+ P (x)y0+ Q(x)y = 0, ent˜ao podemos encontrar duas fun¸c˜oes u1 e u2 tais que

yp = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x).

Pode-se mostrar que

u1 = Z W1 W dx e u2 = Z W2 W dx, onde W = y1 y2 y0₁ y₂0 , W1 = 0 y2 f (x) y₂0 , W2 = y1 0 y0₁ f (x) .

Exemplo 11.2.1. Resolva a seguinte edo pelo método de varia¸cão de parâmetros y00− 4y0+ 4y = (x + 1)e2x.

Solu¸c˜ao: Note que

y00− 4y0+ 4y = 0 ⇒ m2− 4m + 4 = 0 ⇒ m1 = m2 = 2 ⇒ yc = c1e2x+ c2xe2x⇒ y1 = e2x e y2 = e3x.

Como f (x) = (x + 1)e2x_{, temos}

W = e2x _xe2x 2e2x 2xe2x+ e2x = e4x. W1 = 0 xe2x (x + 1)e2x _2xe2x_{+ e}2x = −(x + 1)xe4x

(47)

W2 = e2x 0 2e2x _{(x + 1)e}2x = (x + 1)e4x. Assim, u1 Z W1 W dx = Z _{−(x + 1)xe}4x e4x dx = Z (−x2− x)dx = −x 3 3 − x2 2 , u2 Z W2 W dx = Z (x + 1)e4x e4x dx = Z (x + 1)dx = x 2 2 + x. Logo, yp = −x 3 3 − x2 2 e2x+ x 2 2 + x xe2x= x 3 6 + x2 2 e2x, donde obtemos a solu¸c˜ao geral

y = yc+ yp = c1e2x+ c2xe2x+ x3 6 + x2 2 e2x.

11.3 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 20. Resolva as seguintes equa¸cões diferenciais. Defina um intervalo no qual a solu¸cão geral seja válida.

a) y00+ y = sec(x); b) y00+ y = sen(x); c) y00− y = cosh(x).

Respostas: a) y = c1cos(x) + c2sen(x) + xsen(x) + cos(x)ln|cos(x)|, (−π/2, π/2); b) y = c1cos(x) +

(48)

Cap´ıtulo 12

Equa¸

c˜

oes Diferenciais Com Coeficientes

Vari´

aveis

12.1 Introdu¸

c˜

ao

Nesta parte, buscaremos elevar ainda mais nosso leque de equa¸cões diferenciais as quais sabemos lidar. Até o presente momento temos resolvido somente equa¸cões diferenciais lineares de ordem 1 e de ordem superior, mas este último tipo nos restringimos somente aos casos em que temos coeficientes constantes. Por exemplo, imagine que queiramos resolver a seguintes equa¸cões diferenciais com coeficientes variáveis.

y0− 2xy = 0, (1 + x2_)y00_{− 4xy}0

+ 6y = 0.

Veremos que uma das maneiras para isso será mostrada na se¸cão a seguir e envolve séries de potências.

12.2 Alguns Fatos Sobre S´

eries de Potˆ

encia

Antes de tudo, devemos recordar alguns fatos a respeito das séries de potências. i) Uma série de potências em x − a é uma série infinita da forma

∞

X

n=0

cn(x − a)n.

Neste caso, a solu¸c˜ao para a edo dada ser´a da forma y =

∞

X

n=0

cn(x − a)n,

onde estaremos interessados em obter os valores dos cn de modo que a edo em quest˜ao seja satisfeita.

ii) Se a s´erie P∞

n=0cn(x − a)

n _´_{e igual a uma constante real finita para cada valor de x dado, dizemos}

que a série de potências converge em x. Do contrário, dizemos que ela diverge em x.

(49)

os quais a série em questão converge. Por sua vez, todo intervalo de convergência tem um raio de convergência R. Para a série P∞

n=0cn(x − a)n, temos trˆes hip´oteses:

1. A s´erie converge somente no seu centro a. Neste caso, R = 0;

2. A s´erie converge para todo x, tal que |x − a| < R, onde R > 0 e diverge para |x − a| > R; 3. A s´erie converge para todo x. Neste caso, R = ∞.

Vale observar que nem sempre, para o caso 2, a s´erie converge em seus extremos, podendo convergir em ambos ou em apenas um, ou em nenhum dos extremos.

iv) Podemos, para determinar o raio de convergência de uma série, usar o teste da razão limn→∞ cn+1 cn |x − a| = L.

A série convergirá se L < 1. Além disso, a série tem raio de convergência R = limn→∞ cn cn+1 , desde que tal limite exista.

v) A obtencão das derivadas de uma série de potências é feita termo a termo. Por exemplo, se y = c0+ c1(x − a) + c2(x − a)2+ . . . + cn(x − a)n+ . . . = ∞ X n=0 cn(x − a)n, então y0 = c1 + 2c2(x − a) + 3c3(x − a)2+ . . . + ncn(x − a)n−1 = ∞ X n=1 ncn(x − a)n−1.

Da mesma forma, temos

y00=

∞

X

n=2

n(n − 1)cnxn−2.

vi) Dizemos que uma fun¸cão f é anal´ıtica no ponto a quando ela pode ser escrita por uma série de potências em (x − a) com raio de convergência positivo. Em particular, são anal´ıticas as fun¸cões ex

e sen(x).

vii) Algumas s´eries importantes s˜ao: 1. sen(x) = x − x_3!3 +x_5!5 − x7 7! + . . . + (−1) n x2n+1 (2n+1)!+ . . . 2. cos(x) = 1 − x_2!2 +x_4!4 −x6 6! + . . . + (−1) n x2n (2n)! + . . . 3. ex = 1 + x +x_2!2 + x_3!3 + . . . + x_n!n + . . . ; 4. ln(1 + x) = x − x₂2 + x₃3 − x4 4 + . . . + (−1) n xn+1 n+1 + . . . 5. arctg(x) = x − x₃3 −x5 5 − x7 7 + . . . + (−1) n x2n+1 2n+1 + . . .

Os raios de convergência as séries acima, são respectivamente

(−∞, ∞), (−∞, ∞), (−∞, ∞), (−1, 1], [−1, 1]. ´

E recomendado que o leitor busque em livros de cálculo mais alguns aspectos relevantes a cerca das séres. Os pontos de i) a vi), expostos acima, são explanados de forma bem sucinta.

(50)

12.3 Solu¸

c˜

oes em Torno de Pontos Ordin´

arios

Considere a seguinte equa¸c˜ao diferencial linear de segunda ordem

a2(x)y00+ a1(x)y0+ a0y = 0 (12.1)

a qual podemos escrever da seguinte forma

y00+ P (x)y0+ Q(x)y = 0 (12.2)

desde que a2(x) seja diferente de zero em um intervalo I.

Defini¸cão 12.3.1. Dizemos que um ponto x0 é um ponto ordinário da equa¸cão 12.1 se P (x) e Q(x)

são anal´ıticas em x0. Do contrário, dizemos que x0 é singular.

Exemplo 12.3.2. A equa¸c˜ao diferencial

y00+ exy0+ sen(x)y = 0 ´

e tal que todos os seus pontos s˜ao ordin´arios. De fato, identifiquemos P (x) = ex _{e Q(x) = sen(x),}

donde vemos que tais fun¸cões são anal´ıticas em todo ponto. Em particular, em x = 0, temos que P (x) e Q(x) podem ser desenvolvidas em termos de séries de potências

ex = 1 + x 1! + x2 2! + . . . e sen(x) = x − x3 3! + x5 5! − . . . Exemplo 12.3.3. A equa¸c˜ao diferencial

y00+ ln(1 + x)y = 0 ´

e tal que o ponto x = −1 é singular. De fato, a fun¸cão Q(x) = ln(1 + x) não pode ser desenvolvida em séries de potêcias em torno de x = −1. Porque?

Para o caso em que a2(x), a1(x) e a0(x) em 12.1 s˜ao polinˆomios sem fatores comuns, um ponto

x = x0 ´e

i) ordin´ario se a2(x0) 6= 0;

ii) singular se a2(x0) = 0.

Exemplo 12.3.4. A equa¸c˜ao diferencial

(x2− 2)y00+ (x + 1)y0 + (3 − x)y = 0 ´

(51)

Observa¸cão 12.3.5. O pontos singulares não necessariamente são reais. Por exemplo, a equa¸cão diferencial

(x2+ 1)y00+ 3(x − 2)y = 0 ´

e tal que x = ±i s˜ao pontos singulares.

Exemplo 12.3.6. Encontre a solu¸c˜ao para das seguintes edo’s a) y0− 2xy = 0;

b) y00+ xy0+ y = 0;

c) (1 + x2_)y00_{− 4xy}0 _{+ 6y = 0, em torno de a = 0.}

Solu¸c˜ao: a) A solu¸c˜ao da edo

y0− 2xy = 0 (12.3) ´ e da forma y =X n=1 cnxn. (12.4)

Devemos determinar os coeficientes cn tais que ao substituirmos 12.4 na edo tenhamos uma

identi-dade. Assim, y0 = ∞ X n=0 ncnxn−1 = X n=1 ncnxn−1, (12.5)

onde a segunda igualdade acima vem do fato de ncnxn−1 = 0 para n = 0. Substiuindo 12.5 em 12.3

encontramos y0− 2xy =X n=1 ncnxn−1− 2x ∞ X n=0 cnxn= X n=1 ncnxn−1− ∞ X n=0 2cnxn+1= = c1+ X n=2 ncnxn−1− ∞ X n=0 2cnxn+1= c1+ X n=1 (n + 1)cn+1xn− ∞ X n=1 2cn−1xn = = c1+ ∞ X n=1 ((n + 1)cn+1− 2cn−1)xn. Logo, y0− 2xy = c1+ ∞ X n=1 ((n + 1)cn+1− 2cn−1)xn= 0,

donde obtemos, por compara¸c˜ao que

c1 = 0, (n + 1)cn+1− 2cn−1 = 0, n = 1, 2, . . .

Portanto, chegamos a seguinte rela¸c˜ao de recorrˆencia

(n + 1)cn+1− 2cn−1 = 0 ⇔ (n + 1)cn+1 = 2cn−1 ⇔ cn+1 =

2cn−1

(52)

Utilizando a rela¸c˜ao 12.6 temos n = 1 → c1+1 = 2c₁₊₁1−1 ⇒ c2 = 2c₂0 = c0 n = 2 → c2+1 = 2c2−1 2+1 ⇒ c3 = 2c1 3 = 0 n = 3 → c3+1 = 2c₃₊₁3−1 ⇒ c4 = 2c₄2 = 2c₄0 = c_2!0 n = 4 → c4+1 = 2c₄₊₁4−1 ⇒ c5 = 2c₅3 = 0 n = 5 → c5+1 = 2c5−1 5+1 ⇒ c6 = 2c4 6 = c4 3 = c0 2!.3 = c0 3! n = 6 → c6+1 = 2c₆₊₁6−1 ⇒ c7 = 2c₇5 = 0 n = 7 → c7+1 = 2c₇₊₁7−1 ⇒ c8 = 2c₈6 = c₄6 = _3!.4c0 = c_4!0 .. . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Logo, y = ∞ X n=0 cnxn= c0 + c1x + c2x2+ c3x3 + c4x4+ c5x5+ c6x6+ c7x7+ . . . y = c0+ 0 + c0x2+ 0 + c0 2!x 4 _{+ 0 +}c0 3!x 6_{+ 0 +} c0 4!x 8_{+ . . .} y = 1 + x2+ 1 2!x 4₊ 1 3!x 6₊ 1 4!x 8_{+ . . .} Por fim, y = c0 ∞ X n=0 x2n n! . (12.7)

Observa¸c˜ao 12.3.7. Observe que, no Exemplo 12.3.6 item a) y = c0 ∞ X n=0 x2n n! = c0e x2 .

De fato, basta fazer x → x2 na s´erie

ex = 1 + x +x 2 2! + x3 3! + . . . + xn n! + . . . x → x2 ⇒ ex2 = 1 + x2+ 1 2!x 4₊ 1 3!x 6₊ 1 4!x 8_{+ . . .}

Para finalizar, verifiquemos que y = ex2 ´e de fato uma solu¸c˜ao para a edo y0− 2xy = 0. Pois bem, y0 = 2xex2 ⇒ y0− 2xy = 2xex2

− 2xex2

= 0.

b) Dada a edo y00+ xy0+ y = 0 é fácil ver que a2(x) = 1 não possui zero algum, real ou complexo.

Assim, todos os pontos desta edo são ordinários. Podemos resolvêla em torno de a = 0. Temos y = ∞ X n=0 cnxn, y0 = ∞ X n=1 cnxn−1, y00 = ∞ X n=2 n(n − 1)cnxn−2. Note que xy0 = x ∞ X n=1 cnxn−1 = ∞ X n=1 cnxn.