apostila de edo
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FACULDADE DE TECNOLOGIA SENAI/CIMATEC DISCIPLINA: CÁLCULO C DOCENTE: ANDRÉ SOLEDADE ALUNO:______________________________________
Equações Diferenciais
1.1 Introdução
Muitas vezes em física, engenharia e outros ramos técnicos, há necessidade de encontrar uma
função incógnita. Em muitos casos esta pesquisa leva a uma equação envolvendo derivadas (ou
diferenciais) da função incógnita. Tais equações envolvendo derivadas (ou diferenciais) são chamadas
equações diferenciais, em que a incógnita não é um número, mas uma função.
Antes de iniciar nosso curso, vamos mostrar algumas aplicações para servir de motivação.
Lei de Resfriamento de Newton
A lei de resfriamento de Newton diz que a taxa de variação de temperatura T(t) de um corpo em
resfriamento é proporcional à diferença entre a temperatura do corpo e a temperatura cte Tm do meio
ambiente, isto é:
dT/ dt = k(T – Tm) ,
em que k é uma cte de proporcionalidade.
Exemplo Um ovo duro, a 98º C, é colocado em uma pia contendo água a 18º C. Depois de 5 minutos,
a temperatura do ovo é de 38º C. Suponha que durante o experimento a temperatura da água não
aumente apreciavelmente, quanto tempo a mais será necessário para que o ovo atinja 20º C?
Solução :
Tm = 18º C
T(0) = 98º C
T(5) = 38º C
t = ? qdo T (t) = 20º C
dT/dt = k(T – Tm)
1
dT/dt = k(T – 18)
dT/(T – 18)= kdt
Resolvendo essa equação diferencial, obtemos t 13 minutos
Circuitos em Série
Em um circuito em série contendo somente um resistor e um indutor, a segunda lei de
Kirchhoff diz que a soma da queda de tensão no indutor (L(dI/dt)) e da queda de tensão no resistor
(I.R) é igual à voltagem (E(t)) no circuito, ou seja
L(dI/dt) + R.I = E(t),
em que L e R são ctes conhecidas como a induntância e a resistência, respectivamente.
Exemplo Suponha que um circuito simples a resistência é 550 (ohms), a indutância é de 4 H (henry)
e a pilha fornece uma voltagem constante de 110 V (volts). Determine a corrente I se a corrente inicial
é zero.
Solução:
E(t) = 110 V; L = 4 H, e R = 550
I(t) = ? quando I (0) = 0
L(dI/dt) + RI = E(t)
4. (dI/dt) + 550.I = 110
dI/dt + (550/4).I= (110/4)
…
I(t) = 0,2 – 0,2.e-137,5 t
.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Nos próximos tópicos veremos métodos de resolver equações diferenciais. Isto é, veremos as vias
pelas quais podemos com sucesso usar equações diferenciais para determinar uma função
desconhecida.
2
Simbolicamente, uma equação diferencial pode ser escrita como:
F(x, y, y’ , y ’’, ... , y (n)
) = 0 ou F(x, y, dx
dy,
2
2
dx
yd, ...,
n
n
dx
yd ) = 0.
Se a função incógnita depende apenas de uma variável, temos uma equação diferencial ordinária.
Se depender de mais de uma variável, temos uma equação diferencial parcial.
As expressões seguintes são alguns exemplos de equações diferenciais.
A. yxdx
dy 2 D. 032
4
2
2
3
32
dx
dy
dx
ydy
dx
ydx
B. xdx
dysen E. 22 dxyxdyex
C. 02
2
ydx
dyx
dx
yd F. 0
2
2
2
2
t
u
x
u, onde u = (x, t)
A ordem de uma equação diferencial é o número n que corresponde à ordem máxima das derivadas
da equação.
Exemplo: Na expressão (A) acima, a equação tem ordem 1 e na expressão (C), ordem 2.
O grau de uma equação diferencial é a maior potência da derivada de maior ordem.
Exemplos Determinar o grau e a ordem de cada uma das seguintes equações diferenciais.
(a) 07
3
2
2
dx
dy
dx
dy
dx
yd (b) 03
2
y
dx
dy
dx
dy
A Equação (a) é uma equação diferencial de primeiro grau de ordem 2 porque d2y/dx
2 é a
derivada de maior ordem na equação e está elevada à primeira potência. Notar que a terceira potência
de dy/dx não tem influência no grau da Equação (a) porque dy/dx é de menor ordem que d2y/dx
2.
A Equação (b), por outro lado, é uma equação diferencial de segundo grau e primeira ordem; dy/dx
3
é a derivada de maior ordem (ordem 1) e 2 é a maior potência de dy/dx aparecendo na equação.
Uma solução de uma equação diferencial é uma função y = f (x) a qual, juntamente com as suas
derivadas, satisfaz a equação diferencial dada.
Exemplos: (a) Verificar que y = 4.e-x
+ 5 é uma solução da equação diferencial de segunda ordem e
primeiro grau .02
2
dx
dy
dx
yd
Observando que xedx
dy .4 e xedx
yd .42
2
e substituindo na equação diferencial dada, temos:
4.e-x
+ (– 4.e-x
) = 0
0 = 0
(b) Verificar que y =x
x
eC
eC
.1
.1
é uma solução da equação diferencial de primeira ordem e
primeiro grau )1(2
1 2 ydx
dy.
A primeira derivada da equação dada é 2.1
..2x
x
eC
eC
dx
dy
. Substituindo este resultado na
equação diferencial dada, temos:
2.1
..2x
x
eC
eC
=
1
.1
.1
2
12
2
x
x
eC
eC
=
2
2222
.1
..21..21
2
1x
xxxx
eC
eCeCeCeC
=
2
.1
..4
2
1x
x
eC
eC
2.1
..2x
x
eC
eC
.
A solução y = 4.e-x
+ 5 no Exemplo (a) acima é um exemplo de uma solução particular de uma
equação diferencial. Podemos verificar que y = 4.e-x
+ 3 é também uma solução particular da equação
diferencial no exemplo (a). Deste modo, uma equação diferencial pode ter mais do que uma solução
particular.
Uma solução y = f(x) de uma equação diferencial de ordem n contendo n constantes arbitrárias
é chamada uma solução geral. Assim, a solução y =x
x
eC
eC
.1
.1
no Exemplo (b) ou y = 4.e
-x + C no
4
Exemplo (a) é um exemplo de uma solução geral.
Geometricamente, a solução geral de uma equação diferencial de primeira ordem representa
uma família de curvas conhecidas como curvas-solução uma para cada valor da constante arbitrária.
Uma solução particular pode ser obtida se forem dadas certas condições iniciais. Uma condição
inicial de uma equação diferencial é uma condição que especifica um valor particular de y, y0,
correspondente a um valor particular de x, x0. Isto é, se y = f(x) pode ser uma solução da equação
diferencial, então a função deve satisfazer a condição: y0 = f(x0). O problema de ser dada uma equação
diferencial com condições iniciais é chamado um problema de valor inicial.
Um estudo completo de equações diferenciais incluiria um estudo de equações diferenciais de
todos os graus e equações diferenciais parciais e ordinárias. Limitamos deste modo as nossas
considerações às equações diferenciais ordinárias do primeiro grau.
Exemplos: (a) Verificar que y = C1.cosx + C2.senx é uma solução geral da equação diferencial
y’’ + y = 0.
Primeiro, determinar as derivadas da função dada:
y' = - C1.senx + C2..cosx
y’’= - C1.cosx - C2..senx
Substituindo na equação diferencial, temos:
y’’ + y = 0
- C1.cosx - C2..senx + ( C1.cosx + C2..senx) = 0
- C1.cosx - C2..senx + C1.cosx + C2..senx = 0
0 = 0
Portanto, y = C1.cosx + C2..senx é uma solução geral da equação diferencial dada com duas
constantes arbitrárias distintas.
(b) Mostre que y = C.e-2x
é uma solução para a equação diferencial y’ + 2y = 0 e encontre
a solução particular determinada pela condição inicial y(0) = 3.
Sabemos que y = C.e-2x
é solução porque y’ = - 2.C.e-2x
e y’ + 2y = - 2.C.e
-2x + 2.( C.e
-2x ) = 0.
Usando a condição inicial y(0) = 3, ou seja, y = 3 e x = 0, obtêm:
y = C.e-2x
3 = C e-2.0
C = 3
5
e concluímos que a solução particular é y = 3.e-2x
.
Exercícios
Constatar a ordem e o grau de cada uma das seguintes equações diferenciais.
1. 22 yxdx
dy 5. y’’’- 4y’’ + xy = 0
2. 023
2
dx
dyx
dx
dy 6. y’+ x.cosx = 0
3. yxdx
dyxy
dx
yd 2
2
2
5 7. (y’’)3
- xy’ + y’’ = 0
4. 0
22
dx
dyy
dx
dyx 8. y’’+ e
x y = 2
Verificar que cada uma das funções dadas y = f(x) é uma solução da equação diferencial dada.
9. 3dx
dy; y = 3x – 7 14. yx
dx
dyx 2 ; y = x
2 + Cx
10. 242 xxydx
dy ; y = x
2 - 4x 15. 016
2
2
ydx
yd; y = C1sen4x + C2cos4x
11. x xydx
dy42 ; y = x
2 - 4x 16.
3
2
2
20xdx
yd ; y = x
5 + 3x - 2
12. 02
2
ydx
yd; y = 2 senx + 3 cosx 17. 0cos2 xy
dx
dy; y = senx + cosx - e
-x
13. xey
dx
dy ; y = (x + 2).e-x
18. 22
2
2
xydx
yd; y = e
-x + x
2
6
1.2 Classificação das Equações Diferenciais de 1ª Ordem
Existem numerosos métodos desenvolvidos para resolver equações diferenciais ordinárias.
Veremos de perto vários destes métodos. Certas equações diferenciais de primeira ordem podem ser
mais facilmente resolvidas usando o método de separação de variáveis.
Uma equação diferencial de primeira ordem é uma relação envolvendo a primeira derivada. Isto é,
pode ser escrita na forma:
0),(),( dx
dyyxNyxM (1)
ou (multiplicando ambos os membros pela diferencial dx, onde dx 0)
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 (2)
onde M(x,y) e N(x,y) são funções envolvendo as variáveis x e y. Para esse tipo de equação, pode-se
juntar todos os termos contendo x com dx e todos os termos contendo y com dy, obtendo-se uma
solução através de integração. Tais equações são ditas separáveis, e o método de solução é o método
de separação de variáveis. O método é descrito a seguir.
1.2.1 Equações Diferenciais Separáveis
* Método de Separação de Variáveis
1. Coloque a equação na forma diferencial
M(x)dx + N(y)dy = 0 ou M(x)dx = - N(y)dy (3)
2. Integre para obter a solução geral
CdyyNdxxM )()( .
7
Exemplo 01 Reescreva a equação diferencial de primeiro grau x2yy’ – 2xy
3 = 0 na forma da Equação
(3).
x2yy’ – 2xy
3 = 0
02 32 xydx
dyyx
x2 ydy – 2xy
3dx
= 0 (multiplicando cada membro por dx)
-2xy3dx
+ x
2 ydy = 0 (multiplicando cada membro por 1/x
2y
3)
ou
0 dy y
1 dx
x
2
2
Neste exemplo, M(x) = - 2/x e N(y) = 1/y
2. Por multiplicações e divisões apropriadas
separamos a equação em termos onde cada um envolve apenas uma variável e a sua diferencial. Assim
sendo, a solução geral pode ser obtida por integração de cada termo.
Exemplo 2 Determinar a solução geral da equação diferencial x2yy’ – 2xy
3 = 0.
No Exemplo 1 determinamos que x2yy’ – 2xy
3 = 0 pode ser escrita como
0 dy y
1 dx
x
2
2
ou
dx x
2 dy
y
1
2
Integrando cada membro da equação, temos:
dxx
dyy
21
2
C 2lnx y
1 -
ou
1 + 2ylnx + Cy = 0.
Nota 1: Quando a solução de uma equação diferencial envolver a integração de um termo na forma
8
u
du, escrevemos agora Cu
u
du ln em vez de Cu
u
du ln . Estamos agora percebendo que a
solução é válida apenas quando u é positivo. Lembrar também de incluir a constante de integração C.
Nota 2: Algumas regras para logaritmo na base e (e 2,718....)
Sendo a > 0 e b > 0 e IR, então:
P1) ln (a . b) = ln a + ln b P3) ln (a) = .ln a
P2) ln (a : b) = ln a - ln b P4) elna
= a
Exemplo 3 Resolver a equação diferencial 1
'2
x
yy .
Tornando a escrever, temos:
12
x
y
dx
dy
dxx
ydy
12 (multiplicar cada membro por dx)
12
x
dx
y
dy (multiplicar cada membro por 1/y)
12x
dx
y
dy (integrar cada membro)
lny = arctg x + C
y = earctgx +C
y = k.e arctgx
, onde k = eC
Exemplo 4 Resolver a equação diferencial x(1 + y2) – y(1 + x
2)y’= 0.
9
Tornando a escrever, temos:
011 22 dx
dyxyyx
011 22 dyxydxyx
011 22
dyy
ydx
x
x
ou
dyy
ydx
x
x
22 11
dyy
ydx
x
x
22 11
Cyx )1ln(2
1)1ln(
2
1 22
ou
Cy
x
)
1
1ln(
2
1
2
2
.
Como C é uma constante arbitrária, podemos tornar a escrever esta constante como C = ½ lnk
onde k > 0. Então temos:
ky
xln
2
1)
1
1ln(
2
1
2
2
ou ky
x
)
1
1(
2
2
ou )1()1( 22 ykx
ou 01 22 kykx
Esta última equação é mais fácil de trabalhar porque já não envolve logaritmos naturais. As
10
equações Cy
x
)
1
1ln(
2
1
2
2
e 01 22 kykx são equivalentes. Elas diferem apenas na forma da
constante de integração. Praticando nos exercícios você ganhará experiência na escolha da forma mais
apropriada para esta constante arbitrária.
Exemplo 5 Resolver a equação diferencial y’ – 2x = 0 sujeita à condição inicial de que y = 1 quando
x = 2, ou seja, y(2) = 1.
A solução geral é:
y = x2 + C
Substituindo y = 1 e x = 2, temos:
1 = (2)2 + C 1 = 4 + C - 3 = C
Portanto, a solução particular é
y = x2 – 3
Exemplo 6 Resolver a equação diferencial y + xy’ = 0 sujeita à condição inicial de que y = 2 quando
x = 3, ou seja, y(3) = 2.
Tornando a escrever, temos:
0dx
dyxy
ydx + xdy = 0
0y
dy
x
dx
ou
y
dy
x
dx
y
dy
x
dx
lnx = - lny + C
lnx + lny = C
11
lnxy = C
ou lnxy = lnk, onde C = lnk
xy = k
Substituindo y = 2 quando x = 3, temos
3.2 = k 6 = k
Portanto, a solução particular desejada é
xy = 6 ou y = 6/x.
Exercícios
Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.
1. 02 dxyxdy 9. 0
2
y
e
dx
dy x
2. 03 23 xydydxyx 10. 03 xx edx
dye
3. 0 ydxxdy 11. 031 2 dydxyx
4. 0cossec ecydxxdy 12. (1 + x2)dy – dx = 0
5. y
x
dx
dy 2
13. (1 + x
2)dy + xdx = 0
6. 32
x
xy
dx
dy 14.
22221 yxyxdx
dy
7. 0cos3 xydx
dy 15.
yxedx
dy
8. 0sec13 2 dyyedxtgye xx 16. 022 dyyxydxxyx
Determinar a solução particular de cada uma das seguintes equações diferencial sujeitas às condições
12
dadas.
17. 42 yxdx
dy ; y (1) = 1 19.
yxy
x
dx
dy
2
2
; y (0) = 4
18. 02
dx
dyye x ; y (0) = 2 20. ydxdyx 2 ; y (1) = 1
Respostas
1) y.lnx + 1 = Cy 8) y = arc tg[(ex – 1)³.k] 15) y = Ce x /1ln
2) y = k.3xe 9) y =
3 x ke3 16) y = 22 1/ xxk
3) y = C/x 10) 2y + e-2x
= C 17) (2 – x³).y³ = 1
4) y = arc cos(senx – c) 11) y = sen Cx 6/2 18) y = xe48
5) 3y² = 2x³ + C 12) y = arc tg x + C 19) y² = 2.ln(x² + 1) + 16
6) y = k. 3x 2 13) y = - Cx 1ln.5,0 2 20) y = x
1x
e
7) 1 = 2y².(senx + C) 14) arc tg y = x + 3/3x +C
Aplicações
21. O preço de revenda de certa máquina descreve em um período de 10 anos, segundo uma taxa que
depende do tempo de uso da máquina. Quando a máquina tem t anos de uso, a taxa de variação do seu
valor é 220(t-10) reais por ano. Expresse o valor da máquina como função do tempo de uso e do valor
inicial. Se a máquina valia originalmente R$ 12.000,00, quanto valerá quando tiver 10 anos de uso?
(Resp:V(t) = 110.t² - 2.200t + C e V(10) = R$ 1.000,00)
22. Segundo estatísticas, a população de certo lugar está crescendo a uma taxa aproximada de
1.500 t-1/2
pessoas por ano, sendo t o número de anos transcorridos após 1990. Em 1999, a população
deste lugar era de 39.000 pessoas.
(a) Qual era a população, em 1990? (Resp: 30.000)
(b) Se este tipo de crescimento continuar no futuro, quantas pessoas estarão vivendo neste lugar, em
2015? (Resp: 45.000)
13
23. Em certa região, às 7 horas da manhã, o nível de ozônio no ar é de 0,25 partes por milhão. Ao
meio-dia, sabe-se que, depois de t horas, a taxa de variação do ozônio no ar será de
21636
03,024,0
tt
t
partes por milhão por hora.
(a) Expresse o nível de ozônio como função de t. (Resp: Q(t) = 0,03.(36 + 16t –t²)1/2
+ 0,07)
(b) Quando ocorre o pico do nível de ozônio? Qual é o nível de ozônio, neste momento?
(Resp:0,37 partes por milhão até 3 horas da tarde)
24. A taxa de variação da temperatura de um objeto é proporcional à diferença entre sua temperatura e
a do meio circundante. Um objeto cuja temperatura era de 40 graus foi colocado num ambiente cuja
temperatura é de 80 graus. Após 20 minutos, a temperatura do objeto chegou a 50 graus. Expresse a
temperatura do objeto como função do tempo. (T(t) = 80 – 40.e-0,014t
)
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
1.2.2 Equações Diferenciais Homogêneas
Algumas equações que não são separáveis podem vir a sê-lo mediante uma mudança de
variáveis. Isso funciona para equações da forma y’ = f(x,y), onde f é uma função homogênia.
Definição 1.2.2 Função Homogênea
Se uma função f satisfaz
f(tx,ty) = tn f(x,y)
para algum número real n, então dizemos que f é uma função homogênea de grau n.
Exemplos: (1) f(x,y) = x2 – 3xy + 5y
2
f(tx,ty) = (tx)2 – 3(tx)(ty) + 5(ty)
2
= t2x
2 – 3t
2 xy + 5t
2y
2
= t2[
x
2 – 3xy + 5y
2] = t
2 f(x,y) função homogênea de grau dois.
14
(2) f(x,y) = x3 + y
3 + 1.
f(tx,ty) = (tx)3 + (ty)
3 + 1 t
3 f(x,y)
pois
t3.f(x,y) = t
3x
3 + t
3y
3 + t
3 função não é homogênea.
OBS: Muitas vezes uma função homogênea pode ser reconhecida examinando o grau de cada termo.
Exemplos: (1) f(x,y) = 6xy3 – x
2y
2
A função é homogênea de grau quatro.
grau 4 grau 4
(2) f(x,y) = x2 – y
A função não é homogênea, pois os graus dos dois termos são diferentes
grau 2 grau 1
Definição 1.2.2 Equação Homogênea
Uma equação diferencial da forma
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0
é chamada homogênea se ambos os coeficientes M e N são funções homogêneas do mesmo grau.
Para resolver uma equação diferencial homogênea pelo método de separação de variável, basta
fazer a mudança de variáveis dada pelo Teorema a seguir.
Teorema Mudança de Variáveis para Equações Homogêneas
Se M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 é homogênea, então ela pode ser transformada em uma equação
diferencial cujas variáveis são separáveis pela mudança de variável y = v.x onde v é uma função
diferenciável de x e dy/dx = v + x dv/dx.
OBS: São válidas também as substituições x = y.v e dx = y dv + v dy.
15
Exemplo Resolva (x2 + y
2)dx + (x
2 – xy)dy = 0.
Solução Como M(x,y) e N(x,y) são homogêneas de grau dois, tomamos y = v.x para obter
dy = v dx + x dv. Então, substituindo, temos:
(x2 + v
2x
2)dx + (x
2 – vx
2)(v dx + x dv) = 0
(x2+ v
2x
2)dx + (x
2 – vx
2)vdx +(x
2 – vx
2)xdv = 0
x2(1+ v
2 + v – v
2)dx + x
3 (1 – v)dv = 0
x2(1 + v)dx + x
3 (1 – v)dv = 0 (dividindo por x
2)
(1 + v)dx + x(1 – v)dv = 0
0x
dx dv
v1
v1
0x
dx dv
v1
21
(utilizamos frações parciais)
Depois de integrar a última linha, obtemos:
-v + 2 ln1 + v+ lnx= lnc
clnxlnx
y12ln
x
y
. (substituindo v)
Usando as propriedades do logaritmo, podemos escrever a solução precedente como:
x
y
cx
yxln
2
.
A definição de um logaritmo implica
xy
cxe2
yx .
16
Exercícios
Resolva a equação diferencial homogênea dada.
1. x
yxy
2'
4.
xy
yxy
2'
22
2. )yx(2
y'y
(usar a subst. x = yv) 5.
22'
yx
xyy
3. yx
yxy
' 6.
x
yxy
23'
Encontre a solução particular que satisfaz a condição inicial dada.
7. xdy – (2xe-y/x
+ y)dx = 0; y(1) = 0 9. 0sec
xdydxy
x
yx ; y(1) = 0
8. – y2dx + x(x + y)dy = 0; y(1) = 1
10. 022
xdydxyxy ; y(1) = 0
Respostas
1) x = C.(x – y)²
5) y = C2
2
y2x
e
9) y = x. arc sen(lnx)
2) x = k.y² - 2y 6) y = kx² - 3x 10) y = x. sen(- lnx)
3) x² - 2xy – y² = k 7) x
y
e = lnx² + 1
4) x² - kx = y² 8) y =
1x
y
e
17
1.2.3 Equações Diferenciais Exatas
Embora a equação
y dx + x dy = 0
seja separável e homogênea, podemos ver que ela é também equivalente à diferencial do produto de x
e y; isto é
y dx + x dy = d(xy) = 0.
Por integração, obtemos imediatamente a solução implícita xy = c.
Você deve se lembrar do Cálculo III que, se z = f(x,y) é uma função com derivadas parciais
contínuas em uma região R do plano xy, então sua diferencial total é
dyy
fdx
x
fdz
(1)
Agora, se f(x,y) = c, segue-se de (1) que
0dyy
fdx
x
f
(2)
Em outras palavras, dada uma família de curvas f(x,y) = c, podemos gerar uma equação
diferencial de primeira ordem, calculando a diferencial total.
Exemplo 1 Se x2 – 5xy + y
3 = c, então por (2)
(2x –5y)dx + (-5x +3y2)dy = 0 ou
23y5x
2x5y
dx
dy
.
Para nossos propósitos, é mais importante inverter o problema, isto é, dada uma equação como
23y5x
2x5y
dx
dy
, (3)
podemos identificar a equação como sendo equivalente a d(x2 – 5xy + y
3) = 0?
18
Note que a equação (3) não é separável nem homogênea.
Definição 1.2.3 Equação Exata
Uma equação diferencial
M(x,y)dx + N(x,y)dy
é uma diferencial exata em uma região R do plano xy se ela corresponde à diferencial total de alguma
função f(x,y). Uma equação diferencial da forma
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0
é chamada de uma equação exata se a expressão do lado esquerdo é uma diferencial exata, ou seja, se
existir uma função f(x,y) com derivadas parciais contínuas e tais que fx(x,y) = M(x,y) e fy(x,y) =
N(x,y). Assim, a forma geral da solução da equação é f(x,y) = c.
Exemplo 2 A equação x2y
3 dx + x
3y
2 dy = 0 é exata, pois
d(3
1x
3y
3) = x
2y
3 dx + x
3y
2 dy.
O teorema seguinte é um teste para uma diferencial exata.
Teorema Critério para uma Diferencial Exata
Sejam M(x, y) e N(x, y) funções contínuas com derivadas parciais contínuas em uma região R
definida a < x < b, c < y < d. Então, uma condição necessária e suficiente para que
M(x,y)dx + N(x,y)dy
seja uma diferencial exata é
x
N
y
M
. (4)
19
MÉTODO DE SOLUÇÃO
Dada a equação
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 (5)
Mostre primeiro que
x
N
y
M
.
Depois suponha que
yxMx
f,
daí podemos encontrar f integrando M(x,y) com relação a x, considerando y constante.
Escrevemos,
f(x,y) = ,),( ygdxyxM (6)
em que a função arbitrária g(y) é a constante de integração. Agora, derivando (6) com relação a y e
supondo f/y = N(x,y):
y
f
ygdxyxM
y'),( = yxN , .
Assim,
g’(y) = N(x,y) -
dxyxM
y),( . (7)
Finalmente, integre (7) com relação a y e substitua o resultado em (6). A solução para a
equação é f(x,y) = c.
OBS: Poderíamos começar o procedimento acima com a suposição de que yxNy
f,
.
Exemplo 3 Resolva 2xy dx + (x2 – 1) dy = 0.
Solução Como M(x,y) = 2xy e N(x,y) = x2 – 1, temos
20
x
N
y
M
= 2x.
Logo, a equação é exata e, pelo Teorema anterior, existe uma função f(x,y), tal que
x
f 2xy e
y
f x
2 – 1.
Da primeira dessas equações, obtemos, depois de integrar,
f(x,y) = x2y + g(y).
Derivando a última expressão com relação à y e igualando o resultado a N(x, y), temos
y
f x
2 + g’(y) = x
2 – 1.
Segue-se que
g’(y) = – 1 e g(y) = - y.
A constante de integração não precisa ser incluída, pois a solução é f(x, y) = c, ou seja,
x2y – y = c.
OBS: Observe que a equação poderia também ser resolvida por separação de variáveis.
Exemplo 4 Resolva o problema de valor inicial
(cosx senx – xy2) dx + y.(1 - x
2) dy = 0, y (0) = 2.
Solução A equação é exata, pois
x
N
y
M
= - 2xy.
Agora,
y
f y.(1 - x
2)
f(x,y) = 2
y2
(1 - x2) + h(x).
21
x
f - xy
2 + h’(x) = cosx senx – xy
2.
A última equação implica
h’(x) = cosx.senx
h(x) = .cos2
1- dx cosx.senx 2 x (Método da Substituição)
Logo, 2
y2
(1 - x2) x2cos
2
1- = c1
ou
y2 (1 – x
2) – cos
2x = c,
em que c = 2c1. A condição inicial y = 2 quando x = 0 demanda que (2)2 [1 – (0)
2] – cos
20 = c, ou seja,
c = 3. Portanto, a solução para o problema é
y2 (1 – x
2) – cos
2x = 3.
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Exercícios
Verifique se a equação diferencial dada é exata e, se for, encontre sua solução geral.
1. (2x – 3y)dx + (2y – 3x)dy = 0 6. 2y
22xye dx + 2xy
2xye dy = 0
2. yexdx + e
xdy = 0
7. 0)(1
22
ydxxdy
yx
3. (3y2 + 10xy
2)dx + (6xy – 2 + 10x
2y)dy = 0
8. 0)()( 22
ydyxdxe yx
4. 2.cos(2x – y)dx - cos(2x – y)dy = 0 9.
0)(
1 22
2
dyxdxy
yx
5. (4x3 – 6xy
2)dx + (4y
3 – 6xy)dy = 0 10. 0cos dytgxyxydxxye y
22
Encontre a solução particular que satisfaz a condição inicial dada.
11. 02)1ln(1
dyyxdxx
y; y(2) = 4 14. 0)3cos3(sen3 ydyydxe x ; y(0) =
12. 0)(1
22
ydyxdx
yx
; y(4) = 3 15. (2xtgy + 5)dx + (x
2sec
2y)dy = 0; y(0) = 0
13. 0)(1
22
ydyxdx
yx; y(0) = 4
16. (x2 + y
2)dx + 2xydy = 0; y(3) = 1
Respostas
1) x² - 3xy + y² = C 7) arc tg(x/y) = C 13) x² + y² = 16
2) yex = C
8) Ce.2
1 22 yx 14) e
3x.sen3y = 0
3) 3xy² + 5x²y² - 2y = C 9) não é exata 15) x². tgy - 5x = 0
4) sen(2x – y) = C 10) ey. senxy = C
16) xy² + 3
x 3
= 12
5) não é exata 11) y.ln(x – 1) + y² = 16
6) não é exata 12) 5yx 22
FATORES INTEGRANTES
Algumas vezes, é possível converter uma equação diferencial não exata em uma equação exata
multiplicando-a por uma função (x,y) chamada fator de integração. Porém, a equação exata
resultante:
M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0
23
pode não ser equivalente à original no sentido de que a solução para uma é também a solução para a
outra. A multiplicação pode ocasionar perdas ou ganhos de soluções.
Exemplo Se a equação diferencial
2y dx + x dy = 0 (Não é uma equação exata)
for multiplicada pelo fator integrante (x,y) = x, a equação resultante
2xy dx + x2 dy = 0 (Equação exata)
é exata, ou seja, xx
N
y
M2
.
Pode ser difícil encontrar um fator integrante. No entanto, existem duas classes de equações
diferenciais cujos fatores integrantes podem ser encontrados de maneira rotineira - aquelas que
possuem fatores integrantes que são funções que dependem apenas de x ou apenas de y. O Teorema a
seguir, que enunciaremos sem demonstração, fornece um roteiro para encontrar esses dois tipos
especiais de fatores integrantes.
Teorema Fatores Integrantes
Considere a equação diferencial M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0.
1. Se
y)N(x,
1[My(x,y) – Nx(x,y)] = h(x)
é uma função só de x, então dxxhe
)( é um fator integrante.
2. Se
y)M(x,
1[ Nx(x,y) - My(x,y)] = k(y)
é uma função só de y, então dyyke
)( é um fator integrante.
24
Exemplo 1 Encontre a solução geral da equação diferencial (y2 – x) dx + 2y dy = 0.
Solução A equação dada não é exata, pois My(x,y) = 2y e Nx(x,y) = 0. Entretanto, como
y)N(x,
1[My(x,y) – Nx(x,y)] =
y2
1[2y – 0] = 1 = x
0 = h(x)
temos que dxxhe
)(= xdx
ee 1 é um fator integrante. Multiplicando a equação dada por ex, obtemos
a equação diferencial exata
(y2e
x – x e
x) dx + 2ye
x dy = 0
cuja solução é obtida da seguinte maneira:
f(x,y) = )(y dy2yedy y)N(x, 2 xge xx
f ’(x,y) = )(y '2 xgex = y2e
x – x e
x
)(' xg = – x ex (integração por partes)
Logo, g(x) = – x ex + e
x , o que implica na solução geral xe2y – x e
x + e
x = c.
OBS: Um outro fator integrante é:
Se M(x,y) = y. f(x,y) e N(x,y) = x. g(x,y), então
y)y.N(x, - y)x.M(x,
1),( yx (*)
Exemplo 2 Resolva y’ = x
yxy 2
.
Solução Escrevendo a equação sob forma diferencial, temos
25
x
yxy
2
dx
dy
(xy2 – y)dx – xdy = 0
y.(xy – 1)dx – x.(1)dy = 0 (multiplicando por – 1)
y.(1 - xy)dx + x.(1)dy = 0 (1)
De acordo com (*), temos:
(x,y) = x.(1)y. - xy-1y.x.
1
= yx -x-x.y
1
22 y
= 22x-
1
y =
2)(x
1
y
Multiplicando (1) por (x,y), obtemos:
2)(x
1
y .[y.(1 - xy)dx + x.(1)dy] = 0,
ou seja,
0
11
22
dy
xydx
yx
xy
que é exata. Aplicando o método de resolução de equação exata, chegamos à solução y = -1/(x.lncx)
Exercícios
Encontre o fator integrante que é função apenas de x ou apenas de y, e use-o para encontrar a solução
geral da equação diferencial dada.
1. ydx - (x + 6y2)dy = 0 6. (2x
2y – 1)dx + x
3dy = 0
2. (2x3 + y)dx - xdy = 0 7. y
2dx + (xy - 1)dy = 0
26
3. (5x2 - y)dx + xdy = 0 8. (x
2 +2x + y)dx + 2dy = 0
4. (5x2 – y
2)dx + 2ydy = 0 9. 2ydx + (x – sen y )dy = 0
5. (x + y)dx + tgxdy = 0 10. (-2y3 + 1)dx + (3xy
2 + x
3)dy = 0
Respostas
1) FI: 1/y² (x/y) – 6y = C 6) FI: x -1
x²y - lnx = C
2) FI: 1/x² (y/x) – x² = C 7) FI: (1/y) xy - lny = C
3) FI: 1/x² (y/x) + 5x = C 8) FI: 2
x
e 2
x
e (2y + 2x² - 4x + 8) = C
4) FI: e-x
e-x
(y² - 5x² - 10x – 10) = C 9) FI: (1/ y ) x. y + cos y = C
5) FI: cosx y.senx + x.senx + cosx = C 10) FI: x -3
x -2
y³ + y - (1/ 2x²) = C
1.2.4 Equações Diferenciais Lineares de Primeira ordem
Definimos a forma geral para uma equação diferencial linear de ordem n como,
g(x)yxadx
da
dx
da
dx
dxa 011-n
1-n
1-nn
n
n y
xy
xy
.
Lembre-se de que linearidade significa que todos os coeficientes são funções de x somente e
que y e todas as suas derivadas são elevadas à primeira potência. Agora, quando n = 1, obtemos uma
equação linear de primeira ordem.
Definição 1.2.4 Equação Linear
Uma equação diferencial da forma
g(x)yxadx
da 01
yx
é chamada de equação linear.
27
Dividindo pelo coeficiente a1(x), obtemos uma forma mais útil de uma equação linear:
Q(x).yxPdx
d
y. (1)
Procuramos uma solução para (1) em um intervalo I no qual as funções P(x) e Q(x) são
contínuas. Na discussão a seguir, supomos que (1) possui uma solução.
Usando diferenciais, podemos escrever a equação (1) como
dy + [P(x).y - Q(x)]dx = 0 (2)
Equações lineares possuem a agradável propriedade através da qual podemos sempre encontrar
uma função (x) em que
(x)dy + (x)[P(x).y - Q(x)]dx = 0 (3)
é uma equação diferencial exata. Pelo Teorema (Critério para uma Diferencial Exata), o lado
esquerdo da equação (3) é uma diferencial exata se
x
(x)dy =
y
(x)[P(x).y - Q(x)]dx (4)
ou
P(x)dx
dμ .
Esta é uma equação separável em que podemos determinar (x). Temos
P(x)dxd
P(x)dxln (5)
assim
P(x)dx
)( ex . (6)
28
Assim a função (x) definida em (6) é um fator de integração para a equação linear. Note que
não precisamos usar uma constante de integração em (5), pois (3) não se altera se a multiplicarmos por
uma constante. Ainda, (x) 0 para todo x em I, e é contínua e diferenciável.
Multiplicando a equação (1) por (6), obtemos:
P(x)dxe Q(x)eyxPe
dx
d P(x)dxP(x)dx y
P(x)dxP(x)dx
).(.dx
dexQey (integrando ambos os lados)
CdxexQey P(x)dxP(x)dx
).(. .
Assim sendo a solução geral é dada por
CdxexQey P(x)dxP(x)dx
).( . (7)
Teorema Solução de uma Equação Diferencial Linear de Primeira Ordem
Um fator integrante para a equação diferencial linear de primeira ordem y’ + P(x).y = Q(x) é
P(x)dx
)( ex . A solução da equação diferencial é
CdxexQey P(x)dxP(x)dx
).( .
Exemplo Encontre a solução geral de x6ex4y
dx
dyx .
Solução Escreva a equação como
x5exy4
dx
dy
x (dividindo por x) (8)
Como P(x) = -4/x, o fator integrante é
dx
x
4-
P(x)dx)( eex = e
-4 lnx = x
–4.
29
Aqui, usamos a identidade básica blog
bN
= N, N > 0. Agora, multiplicamos (8) por este termo
x –4
. x544 exx.yx
4x.
dx
dy
x –4
. x5 xeyx.4dx
dy (9)
e obtemos
x4 xe.yx.dx
d . (10)
Segue-se da integração por partes que
x –4
y = xex – e
x + c
ou
y(x) = x5 e
x – x
4e
x + c x
4.
Exercícios
Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.
1. xeydx
dy 35 8. dxxydxxdy 223
2. xeydx
dy 23 9. xdy – 5ydx = (4x + x
6)dx
3. 23 3 xx
y
dx
dy 10. 32 )4(2 xy
dx
dyx
4. 52 2 xx
y
dx
dy 11. dxxxydxdyx 22 32)1(
5. )23(2 3 xexydx
dy x 12. xxydx
dysentan
6. )13(3 22 xeyxdx
dy x 13. 72 42 xxydx
dyx
7. dxexydxdy x424 14. 52 32 xxydx
dyx
30
Determinar uma solução particular para cada uma das seguintes equações diferencial sujeitas às
condições iniciais dadas.
15. xeydx
dy 23 ; y (0) = 2 17. xyecxdx
dycotcos ; y (/2) = 3/2
16. 32 xx
y
dx
dy; y (1) = 3
18. dxyxdy 3 ; y (0) = 1
Respostas
1) –2y = e3x
+ Ce5x
7) 3y = x³e4x
+ Cx4e 13) 5x²y = x
5 – 35x + C
2) y = e-2x
+ Ce-3x
8) y = (-1/3) + C
3xe 14) y = x². lnx – (5/3x) + C.x²
3) 14x³y = 2x 7
– 7x 4
+ C 9) y = x 6
– x + Cx 5 15) y = e
2x (3e
x – 1)
4) y = x³ - 5x + Cx² 10) y =
22
42
x
C
x8
4x
16) y = (x³/2) + 3x.lnx + Cx
5) 22 xx3x eye + C
11) (1 + x²).y = x³ + C 17) y.senx = x +
6) y = - e x + C
3xe 12) y = secx[(sen²x/2) + C] 18) y = (x/3) – (1/9) + Ce
-3x
EQUAÇÕES DE BERNOULLI
A equação diferencial
nQ(x).y.yxPdx
d
y (1)
em que n é um número real qualquer, é chamada de equação de Bernoulli. Para n = 0 e n = 1, a
equação (1) é linear em y. Agora, se y 0, (1) pode ser escrita como
Q(x).yxPdx
dy n-1n-
y. (2)
Se fizermos w = y1 – n
, n 0, n 1, temos
31
dx
dyyn1
dx
dw n .
Com essa substituição, (2) transforma-se na equação linear
n).Q(x)(1.wxn).P(1dx
dw . (3)
Resolvendo (3) e depois fazendo y1 – n
= w, obtemos uma solução para (1), ou seja,
CdxexQney n n).P(x)dx-(1n).P(x)dx-(11 ).().1( .
Exemplo Resolva .1 2xyyxdx
dy
Solução
Em (1), identificamos P(x) = 1/x, Q(x) = x e n = 2. Logo, a mudança de variável w =
y1-2
= y –1
e dx
dy
dx
dw 2 y nos dá
x.wx
1
dx
dw (*)
O fator de integração para essa equação linear é 1ln
1
xee xdx
x .
Multiplicando ambos os lados de (*) pelo seu fator integrante x –1
, obtemos:
xwx
1
dx
dw 111 xxx
ou
1wdx
dw 21 xx
assim
32
1.dx
d 1 wx .
Integrando essa última forma, obtemos:
x -1
w = - x + c ou w = - x2 + cx.
Como w = y –1
, então y = 1/w ou y = 1/(- x2 + cx)
Exercícios
Resolva a equação diferencial de Bernoulli dada.
1. y’ + 3x2y = x
2y
3
4. y’ +
x
1y = x y
2. y’ + 2xy = xy2 5. y’ - y = x
3 3 y
3. y.y’ – 2y2 = e
x
Respostas
1) (1/y²) = C )3/1(e3x2 4)
x
Cx
5
1y 2
2) y = 2xke1
2
5) )81x54x18x4(
4
1Cey 233
x23
2
3) y² = (-2ex / 3) + Ce
4x
33
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 2º ORDEM – y’’(x) = f (x,y,y’)
1.1 EDO de 2º ordem com coeficientes constantes
São equações da forma
a y’’ + b y’ + c y = f (x) (NH)
onde a, b, c são constantes reais. A equação
a y’’ + b y’ + c y = 0, (H)
é chamada equação homogênea associada à não-homogênea.
Exemplo
a.) A equação 2y’’ + 3y’ – 5y = 0 é uma equação diferencial ordinária linear de segunda ordem
homogênea.
b.) A equação x3y’’’ – 2xy’’ + 5y’ + 6y = e
x é uma equação diferencial ordinária linear de terceira
ordem não-homogênea.
Definição 01: Dizemos que as funções u(x) e v(x) são linearmente dependente (LD) no intervalo I, se
existirem constantes c1 e c2 (não ambas nulas) tais que
c1 u(x) + c2 v(x) = 0,
xI. Caso contrário, dizemos que as funções u(x) e v(x) são linearmente independente (LI) neste
intervalo I.
Definição 02: Dada duas funções quaisquer, u(x) e v(x), definimos o wronskiano das mesmas pelo
seguinte determinante:
)(')('
)()()(),(
xvxu
xvxuxvxuw = u(x).v’(x) - v(x).u’(x).
34
Teorema: Se u(x) e v(x) são soluções de (H) em um intervalo I C IR, vale a seguinte
afirmação:
“u(x) e v(x) são linearmente independente em I se e somente se w[u(x), v(x)] 0, xI”.
Exemplo Mostre que u(x) = cos2x e v(x) = sen2x são soluções LI da EDO y’’+ 4y = 0 em I = IR.
Solução
xxsen
xsenxxsenxw
2cos.222
22cos2,2cos
= 2 cos2
2x + 2 sen2 2x
= 2 (cos2
2x + sen2 2x) = 2 0
u e v são linearmente independentes.
u (x) = cos2x
u’(x) = - 2 sen2x substituindo na EDO, verificamos que u é solução
u’’(x) = - 4 cos2x
v(x) = sen2x
v’(x) = 2 cos2x substituindo na EDO, verificamos que v é solução
v’’(x) = - 4 sen2x
Teorema: Sejam u(x) e v(x) soluções LI de (H). Então, a solução geral de (H) é dada por:
yH (x) = c1 u(x) + c2 v(x).
Além disso, a solução de (NH) é da forma
yNH (x) = c1 u(x) + c2 v(x) + yP (x),
onde c1 e c2 são constantes genéricas e yP (x) é uma solução particular de (NH).
35
Exercícios
01. Em relação a equação y’’ + 4y = 8e2x
, mostre que:
a.) yH (x) = c1 cos2x + c2 sen2x é a solução geral de (H);
b.) yP (x) = e2x
é uma solução particular de (NH);
c.) y (x) = yH (x) + e2x
é solução de (NH).
02. Em relação a equação y’’ - 8y’ + 20y = 100x² - 26x.ex, mostre que:
a.) x2sen.e.Cx2cos.eCxy x4
2
x4
1H é a solução geral de (H); e
b.) x2
p e).13
12x2(
10
11x4x5xy é a solução geral de (NH).
03. Verificar que as funções y1 (x) = tgx
e y2 (x) = cotgx são Ld ou Li.
04. Verificar que as funções y1 (x) = e-x
, y2 (x) = ex/2
.cosx e y3 (x) = ex/2
.senx são Ld ou Li.
OBS: De acordo com os resultados anteriores, a busca da solução geral de uma EDO linear de 2º
ordem envolve dois estágios: a determinação da solução geral da equação homogênea (H) e uma
solução particular da não-homogênea (NH).
1.2 Solução geral da EDO homogênea associada
Antes de atacar a Eq. (H), vamos ganhar um pouco de experiência analisando um exemplo
especialmente simples. Consideremos a equação
y ’’ – y = 0, (*)
que tem a forma de (H) com a = 1, b = 0 e c = -1. Em outras palavras, a Eq. (*) afirma que
procuramos uma função com a propriedade de a derivada segunda da função ser a própria função. Uma
ligeira meditação levará, possivelmente, a pelo menos uma função bastante conhecida no cálculo que
tem esta propriedade, a função exponencial y1(x) = ex. Um pouco mais de análise levará a uma segunda
36
função y2 (x) = e-x
. A experimentação revelará que os múltiplos destas duas funções são também
soluções da equação. Por exemplo, as funções 2ex e 5e
-x também satisfazem à Eq. (*) , conforme se
pode verificar pelo cálculo das derivadas segundas. Da mesma forma as funções c1.y1 (x) = c1. ex e
c2. y2 (x) = c2 .e-x
satisfazem à equação diferencial (*) para todos os valores das constantes c1 e c2 .
Depois, tem importância muito grande observar que qualquer soma das soluções da Eq. (*) é também
uma solução. Em particular, uma vez que c1.y1 (x) e c2. y2 (x) são soluções da Eq. (*), então também é
solução a função
y = c1.y1 (x) + c2 .y2 (x) = c1. ex + c2 .e
-x (**)
para quaisquer valores de c1 e c2 . Pode-se verificar a afirmação pelo cálculo da derivada segunda y ’’
da Equação (**). Na realidade, se tem y ’ = c1. ex - c2 .e
-x e y ’’ = c1. e
x + c2 .e
-x então y ’’ é idêntica a
y e a Eq. (*) está satisfeita.
Vamos resumir o que até agora fizemos neste item. Uma vez observado que as funções
y1(x) = ex e y2 (x) = e
-x são soluções da Eq. (*), vem que a combinação linear geral (**) destas funções
é também uma solução. Em virtude de os coeficientes c1 e c2 da Eq. (**) serem arbitrários, esta
expressão constitui uma família duplamente infinita de soluções da equação diferencial (*).
É agora possível analisar como escolher, nesta família infinita de soluções, um membro
particular que também obedeça a um dado conjunto de condições iniciais. Por exemplo, suponhamos
que queremos a solução da Eq. (*) que também obedeça às condições iniciais
y(0) = 2, y ’(0) = -1.
Em outras palavras, procuramos a solução que passe pelo ponto (0,2) e que, neste ponto, tenha
o coeficiente angular –1. Primeiro, fazemos t = 0 e y = 2, na Eq. (**); isto dá a equação
c1 + c2 = 2. ( I )
Depois, derivamos a Eq. (**) em relação a x, o que dá o resultado:
y ’ = c1. ex - c2 .e
-x.
Então, fazendo x = 0 e y ’= -1 obtém:
c1 - c2 = - 1. ( II )
37
Pela resolução das (I)e(II), simultaneamente em c1 e em c2, encontramos que c1 = 1/2 e c2 = 3/2.
Finalmente, retornando com estes valores para a Eq. (**), obtemos:
y = 1/2. ex + 3/2 .e
-x,
que é a solução do problema de valor inicial constituído pela equação diferencial (*) e as condições
iniciais.
Retornamos agora à equação mais geral (H).
a y’’ + b y’ + c y = 0,
que tem coeficientes constantes (reais) arbitrários. Com base na experiência que tivemos com a
Eq. (*), procuraremos soluções exponenciais da Eq. (H). Vamos supor, assim, que y = erx
, onde r é um
parâmetro a ser determinado. Vem então y ’ = r.erx
e y ’’ = r2.e
rx .Levando as expressões de y, de y’ e
de y ’’ na Equação (H), obtemos:
(ar2
+ br + c).erx
= 0,
ou, como erx
0,
ar2
+ br + c = 0. (#)
A Eq. (#) é a equação característica da equação diferencial (H). O seu significado está em, no
caso de r ser uma raiz da equação polinomial (#), y = erx
ser uma solução da equação diferencial (H).
Uma vez que a Eq. (#) é uma equação quadrática com coeficientes reais, tem duas raízes que podem
ser reais e diferentes, reais e iguais ou complexas conjugadas.
Teorema Solução geral de uma equação linear homogênea (H)
* Raízes Reais Distintas Se r1 r2 são raízes reais distintas da equação característica, então a solução
geral é:
y = c1. e r1 x
+ c2 .er2 x
.
* Raízes Reais Iguais Se r1 = r2 são raízes reais iguais da equação característica, então a solução geral
é:
y = c1. e r x
+ c2 .x.er x
= (c1 + c2 .x)er x
.
* Raízes Complexas Se r1 = + i e r2 = - i são raízes complexas da equação característica, então
a solução geral é:
y = c1. e x
cosx + c2 . e x
senx.
38
Exemplo Equação característica com duas raízes reais distintas.
Achar a solução do problema de valor inicial
y ’’ + 5y ’ + 6y = 0, y(0) = 2, y’(0) = 3.
Solução
Neste caso, a equação característica é r2
+ 5r + 6 = 0, de modo que r1 = - 2 e r2 = - 3. Logo, a
solução geral da EDO é dada por:
y = c1. e-2x
+ c2. e-3x
.
Como y = 2 quando x = 0, temos:
c1 + c2 = 2. ( I )
Além disso, como y ’ = 3 quando x = 0, temos
y ’ = - 2 c1. e-2x
- 3 c2. e-3x
3 = - 2 c1 - 3 c2 ( II )
A resolução das Eq. (I) e (II) dá c1 = 9 e c2 = - 7. Com estes valores na solução geral,
conseguimos a solução
y = 9e-2x
- 7 e-3x
do problema de valor inicial.
Exemplo Equação característica com duas raízes reais iguais.
Achar a solução do problema de valor inicial
y ’’ + 4y ’ + 4y = 0, y(0) = 2, y’(0) = 1.
Solução
39
Neste caso, a equação característica é r2
+ 4r + 4 = 0, de modo que r1 = r2 = - 2. Logo, a
solução geral da EDO é dada por
y = c1. e-2x
+ c2. xe-2x
.
Como y = 2 quando x = 0, temos:
c1 = 2.
Além disso, como y ’ = 1 quando x = 0, temos
y’ = - 2 c1. e-2x
+ c2 .(- 2x e-2x
+ e-2x
)
1 = - 2 . 2 . 1 + c2 .[- 2.(0). (1) + 1]
5 = c2 .
Portanto, com estes valores na solução geral, conseguimos a solução:
y = 2e-2x
+ 5 x e-2x
do problema de valor inicial.
Exemplo Equação característica com raízes complexas
Achar a solução geral da equação diferencial
y’’ + 6y’ + 12y = 0.
Solução
Neste caso, a equação característica é r2
+ 6r + 12 = 0, de modo que r = - 3 ± 3 i. Então,
= - 3, = 3 e a solução geral da EDO é
y = c1. e-3x
cos3 x + c2. e-3x
sen3 x.
OBS: Observe, no exemplo anterior, que, embora a equação característica tenha duas raízes
complexas, a solução da equação diferencial é real.
40
Exercícios
Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.
01. y’’ – 5y’ – 14y = 0 02. y’’ – 2y’ – 8y = 0
03. y’’ – y = 0 04. y’’ – 3y’ = 0
05. 2y’’ – 13 y’ + 15y = 0 06. 3y’’ – 7y’ + 2y = 0
07. y’’ – 4y’ + 4y = 0 08. y’’ – 4y’ + 5y = 0
09. 4y’’- 4y’ + y = 0 10. y’’ – 4y’ + 13y = 0
11. y’’– 10y’ + 25y = 0 12. y’’ + 9y = 0
13. y’’ = 0
Determinar a solução particular de cada uma das seguintes equações diferenciais sujeitas às condições
dadas.
14. y’’ – 4y’ = 0; y(0) = 3 e y’(0) = 4 15. y’’ – y’ – 2y = 0; y(0) = 2 e y’(0) = 1
16. y’’ – 8y’ + 15y = 0; y(0) = 4 e y’(0) = 2 17. y’’ – 6y’ + 9y = 0; y(0) = 2 e y’(0) = 4
18. y’’ + 25y = 0; y(0) = 2 e y’(0) = 0 19. y’’ – 12y’ + 36y = 0; y(0) = 1 e y’(0) = 0
Respostas
1. y = C1 e7x
+ C2 e-2x
2. y = C1 e4x
+ C2 e-2x
3. y = C1 ex + C2 e
-x 4. y = C1 + C2 e
3x
5. y = C1 e3x/2
+ C2 e5x
6. y = C1 e2x
+ C2 ex/3
7. y = C1 e2x
+ C2 xe2x
8. y = C1 e2x
cosx + C2 e2x
senx
9. y = C1 ex/2
+ C2 x.ex/2
10. y = C1 e2x
cos3x + C2 e2x
sen3x
41
11. y = C1e5x
+ C2 xe5x
12. y = C1 cos3x + C2 sen3x
13. y = C1 + C2 .x 14. y = 2 + e4x
15. y = e2x
+ e-x
16. y = -5e5x
+ 9e3x
17. y = 2e3x
– 2xe3x
18. y = 2cos5x
19. y = e6x
– 6xe6x
1.2.1 Equações diferenciais lineares de ordem mais alta
Para equações diferenciais lineares homogêneas de ordem mais alta, encontramos a solução
geral de maneira análoga ao caso de segunda ordem, isto é, começamos por encontrar as n raízes da
equação características e depois, baseadas nessas n raízes, formam uma coleção linearmente
independente de n soluções. A maior diferença é que, para equações de ordem três ou maior, as raízes
da equação característica podem aparecer mais de duas vezes. Quando isso acontece, as soluções
linearmente independentes são obtidas multiplicando-se por potências crescentes de x. Vamos ilustrar
isso nos dois próximos exemplos.
OBS: Radiciação de Números Complexos
b (parte imaginária)
a (parte real)
z = a + bi z = = 22 ba e
b
a
sen
cos
z = .(cos + i.sen)
Forma Trigonométrica
Dado um número complexo não nulo z = .(cos + i.sen) e um número natural n > 1, as
raízes enésimas do complexo z são da forma:
n
ki
n
kZ n
k
2sen
2cos.
1
, onde k {0, 1, 2,..., n – 1}.
1
Exemplo Resolução de uma equação de terceira ordem.
Achar a solução geral da equação diferencial
y’’’ + 3y’’ + 3y’ + y = 0.
Solução
Neste caso, a equação característica é r3
+ 3r2
+ 3r + 1 = (r + 1)3 = 0. Como a raiz r = -1 é
tripla, a solução geral da EDO é
y = c1. e-x
+ c2.x e-x
+ c3.x 2
e-x
.
Exemplo Resolução de uma equação de quarta ordem.
Achar a solução geral da equação diferencial
y ’’’’ + 2y ’’ + y = 0.
Solução
Neste caso, a equação característica é r4
+ 2r2
+ 1 = (r2 + 1)
2 = 0. Como a raiz r = i é
dupla, com = 0 e = 1, a solução geral da EDO é
y = c1. cosx + c2.senx + c3.x.cosx + c4.x.senx.
Exercícios
Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.
01. y’’’ – y’’ - y’+ y = 0 02. y’’’ – 3y’’ + 3y’- y = 0
03. 2y’’’ - 4y’’ – 2y’ + 4y = 0 04. y iv
- 4y’’’+ 4y’’ = 0
05. y vi
+ y = 0 06. y iv
- 5y’’+ 4y = 0
07. y vi
- 3 y iv
+ 3y’’ – y = 0 08. y vi
- y’’ = 0
09. y v - 3 y
iv + 3y’’’- 3y’’ + 2y’ = 0 10. y
iv - 8y’ = 0
11. y viii
+ 8y iv
+ 16y = 0 12. y’’’+ y’ = 0; y(0) = 0, y’(0) = 1 e y’’(0) = 2
2
Respostas
01. y = C1 ex + C2 x.e
x + C3 e
- x
02. y = C1 ex + C2 x.e
x + C3 x²e
x
03. y = C1 ex + C2 e
2x + C3 e
- x
04. y = C1 + C2 x + C3 e2x
+ C4 xe2x
05. y = C1 cosx + C2 senx + e3x/2
(C3 cos 0,5x + C4 sen 0,5x) + e-3x/2
(C5 cos 0,5x + C6 sen 0,5x)
06. y = C1ex + C2 e
- x + C3 e
2x + C4 e
- 2x
07. y = y = C1 ex + C2 x.e
x + C3 x²e
x + C4 e
- x + C5 xe
- x + C6 x².e
- x
08. y = C1 + C2 x + C3 ex + C4 e
- x + C5 cosx + C6 senx
09. y = C1 + C2 ex + C3 e
2x + C4 cosx + C5 senx
10. y = C1 + C2 e2x
+ e- x
(C3 cos3x + C4 sen3x)
11. y = ex [(C1 + C2 x).cosx + (C3 + C4 x).senx] + e
- x [(C5 + C6 x).cosx + (C7 + C8 x).senx]
12. y = 2 – 2. cosx + senx
1.3 Equações Lineares Não-homogêneas de Segunda Ordem
Nesta seção, vamos descrever dois métodos para encontrar a solução geral de uma
equação diferencial linear não-homogênea. Em ambos, o primeiro passo é encontrar a solução
geral, denotada por yh, da equação homogênea correspondente. Após isso, tentamos encontrar
uma solução particular, yp, da equação não-homogênea. Combinando esses dois resultados,
podemos concluir que a solução geral da equação não-homogênea é y = yh + yp, como enunciado
no próximo Teorema.
Teorema Solução geral de uma equação linear não homogênea (NH)
Seja ay” + by’ + cy = F(x) uma equação diferencial linear não homogênea de 2ª ordem.
Se yp , é uma solução particular dessa equação e se yh é a solução geral da equação homogênea
correspondente, então:
y = yh + yp.
é a solução geral da equação não-homogênea.
3
1.3.1 O MÉTODO DOS COEFICIENTES A DETERMINAR
Como já temos as ferramentas para encontrar yh , vamos nos concentrar em formas de
encontrar a solução particular yp. Se a função F(x) consiste em somas ou produtos de
xn, e
mx, cosx, senx
podemos encontrar urna solução particular pelo método dos coeficientes a determinar. A idéia
do método é tentar uma solução yp do mesmo tipo que F(x). Eis alguns exemplos:
1. Se F(x) = 5x + 4, escolha yp = Ax + B;
2. Se F(x) = 2xex,+ 5e
x escolha yp = (Ax + B)e
x = Axe
x + Be
x;
3. Se F(x) = x² + 9 – cos7x, escolha y p = (Ax2 + Bx + C) + C.sen7x + D.cos7x.
Depois, por substituição, determinamos os coeficientes dessa solução. Os próximos
exemplos ilustram esse método.
Exemplo O método dos coeficientes a determinar.
Encontre a solução geral da equação y”- 2y’ – 3y = 2.senx.
Solução:
Para encontrar yh , resolvemos a equação característica
m 2 - 2m – 3 = (m+1).(m – 3) = 0 m = -1 e m = 3
Logo, yh = C1e- x
+ C2 e 3x
. A seguir, vamos tomar yp do mesmo tipo que sen2x, isto é,
yp = A.cosx + B.senx
y’p = - A.senx + B.cosx
y’’p = - A.cosx - B.senx
Substituindo na equação, obtemos:
4
(-A.cosx - B.senx) – 2(-A.senx + B.cosx) – 3(A.cosx + Bsenx) = 2.senx
-A.cosx - B.senx + 2A.senx -2B.cosx – 3A.cosx -3Bsenx = 2.senx
(- 4A - 2B).cosx + (2A - 4B).senx = 2senx.
Portanto, yp é uma solução, desde que os coeficientes dos termos correspondentes sejam
iguais. Obtemos, então, o sistema
- 4A - 2B = 0 e 2A - 4B = 2
que tem soluções A = 1/5 e B = - 2/5. Logo, a solução geral é
y = yh + yp = C1e- x
+ C2 e 3x
+ (1/5) cosx – (2/5) senx.
A forma da solução homogênea yh = C1e- x
+ C2 e 3x
no Exemplo anterior não tinha
nenhum termo do mesmo tipo que a função F(x) na equação y”+ by’+ cy = F(x). No entanto, se a
equação diferencial no Exemplo anterior fosse da forma
y”- 2y’- 3y = e- x
não faria sentido tentar uma solução particular da forma y = Ae- x
já que essa função é solução
da equação homogênea. Em tais casos, devemos multiplicar pela menor potência de x
que remova a duplicação. Para esse problema em particular, tentaríamos yp = Axe- x
. O próximo
exemplo ilustra esse tipo de situação.
Exemplo O método dos coeficientes a determinar.
Encontre a solução geral da equação y’’ – 2y’ = x + 2ex.
Solução
A equação característica, m2 - 2m = m.(m - 2) = 0 m = 0 e m = 2, logo
y h = C1 + C2 e2x
Corno F(x) = x + 2ex, nossa primeira escolha para yp seria (A + Bx) + Ce
x. No entanto,
como yh já contém um termo constante C1 , multiplicamos a parte polinomial por x e usamos
5
yp = Ax + Bx2 + Ce
x
y’p = A + 2Bx + Cex
y’’p = 2B + Cex
Substituindo na equação diferencial, obtemos
(2B + Cex) – 2(A + 2Bx + Ce
x) = x + 2e
x
2B + Cex – 2A - 4Bx -2 Ce
x = x + 2e
x
(2B – 2A) - 4Bx - Cex = x + 2e
x
Igualando os coeficientes dos termos correspondentes, obtemos o sistema
2B - 2A = 0, - 4B = 1, - C = 2
que tem soluções A = B = - ¼ e C = - 2. Portanto,
y p = - ¼ x - ¼ x2 - 2e
x
e a solução geral é
y = C1 + C2 e2x
- ¼ x - ¼ x2 - 2e
x.
Podemos, também, usar o método dos coeficientes a determinar para uma equação não-
homogênea de ordem mais alta. O próximo exemplo ilustra esse procedimento.
Exemplo O método dos coeficientes a determinar para uma equação de terceira ordem.
Encontre a solução geral da equação y’’’ + 3 y’’ + 3y’ + y = x.
Solução
Sabemos, do exemplo da seção anterior, que a solução da equação homogênea é
y = C1 e-x
+ C2 x e-x
+ C3 x2 e
-x.
Como F(x) = x, escolhemos yp = A + Bx, obtendo y’p = B e y’’p = y’’’p = 0.
Substituindo na equação, temos
(0) + 3.(0) + 3.(B) + (A + Bx) = (3B + A) + Bx = x.
Portanto, B = 1, A = - 3 e a solução geral é y = C1 e-x
+ C2 x e-x
+ C3 x2 e
-x – 3 + x.
6
Exercícios
Determine a forma de uma solução particular para:
01. y’’ – 8y’ + 25 y = 5x3 e
-x –7e
-x
02. y’’ + 4y = x.cosx
03. y’’ – 9y’ + 14y = 3x2 – 5sen2x + 7xe
7x
Encontre a solução geral das seguintes equações:
04. y’’ + 4y’ – 2y = 2x2 – 3x + 6
05. y’’ – y’ + y = 2sen3x
06. y’’ – 2y’ – 3y = 4x –5 + 6xe2x
07. y’’+ y = 4x + 10 senx; y() = 0 e y’() = 2.
Respostas
01. yP(x) = (Ax3 + Bx
2 + Cx + D).e
-x.
02. yP(x) = (Ax + B).cosx + (Cx + D).senx
03. yP(x) = (Ax2 + Bx + C) + Dcos2x + Esen2x + (Fx
2 + Gx).e
7x
04. y(x) = .9
2
5.. 2.62
2
.62
1 xxeCeC xx
05. y(x) = xseneCxeCxx
2
3..
2
3cos.. 2
22
1 .3cos.73
63sen.
73
16xx
06. y(x) = C1e3x
+ C2 .e-x
9
23
3
4x xex 2.
3
42
07. y(x) = 9.cosx + 7senx + 4x – 5xcosx.
7
1.3.2 O MÉTODO DE VARIAÇÃO DOS PARÂMETROS
O método dos coeficientes a determinar funciona bem se F(x) é uma soma de termos
polinomiais ou de funções cujas derivadas sucessivas formam um padrão cíclico. Para funções
como (1/x) ou tgx que não possuem tais características usamos um método mais geral conhecido
como método de variação dos parâmetros. Nesse método, supomos que yp tem a mesma forma
que yh, exceto que as constantes em yh são substituídas por variáveis.
O Método de Variação dos Parâmetros
Para encontrar a solução geral da equação y” + b y’ + c y = F(x):
1. Encontre yh = C1y1 + C2 y2;
2. Substitua as constantes por variáveis da forma yh = u1 y1 + u2 y2;
3. Resolva o sistema a seguir para u’1 e u’2:
)(
0
'
2
'
2
'
1
'
1
2
'
21
'
1
xFyuyu
yuyu.
4. Integre para encontrar u1 e u2. A solução geral é y = yh + yp.
Exemplo Resolva a equação y’’- 2 y’+ y = (ex / 2x), x > 0.
Solução
A equação característica m2
- 2m + 1 = (m - 1)2 = 0 tem apenas uma solução, m = 1.
Então, a solução da equação homogênea é
yh = C1y1 + C2y2 = C1e x + C2 xe
x.
Substituindo C1 e C2 por u1 e u2, obtemos
yP = u1y1 + u2y2 = u1e x + u2 xe
x.
O sistema de equações resultante é
)2/()(
0
'
2
'
1
'
2
'
1
xeexeueu
xeueu
xxxx
xx
8
Subtraindo a segunda equação da primeira, obtemos )2/1('
2 xu . Substituindo na
segunda equação, temos )2/1('
1 u . Finalmente, integrando, obtemos:
22
11
xdxu e xxdx
xu lnln
2
11
2
12
Segue desse resultado que
yp = – (1/2)xex + (lnx)xe
x
é uma solução particular e que a solução geral é
y = C1e x + C2 xe
x – (1/2)xe
x + (lnx)xe
x.
Exercícios
Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.
01. y’’ + y’ = senx 02. y’’ – y’ – 2y = 4x
03. y’’ – 10y’ + 25y = x 04. y’’ – y = x2
05. y’’ + 4y = ex - 2 06. y’’ – 3y’ - 4y = 6e
x
07. y’’ + y = 5 + sen3x 08. y’’ + 6y’ + 9y = x + senx
09. y’’– 2y’ - 3y = x2 + e
-2x 10. y’’ - 2y’ - 3y = e
x
11. 4y’’ + 36y = cosec3x
Determinar a solução particular de cada uma das seguintes equações diferencial sujeitas às
condições dadas.
12. y’’ + y = 10e2x
; y(0) = 0 e y’(0) = 0. 13. y’’ + y = ex ; y(0) = 0 e y’(0) = 3.
14. y’’ + y’ = senx; y(0) = 0 e y’(0) = 0. 15. y’’ – 4y = 2 – 8x; y(0) = 0 e y’(0) = 5.
9
RESPOSTAS
01. y(x) = C1 + C2 e-x
– xsenx cos2
1
2
1
02. y(x) = C1e2x
+ C2 e-x
– 2x + 1.
03. y(x)= 125
2
25. 5
2
5
1 x
exCeC xx .
04. y(x) = C1ex + C2 e
-x – x
2 - 2.
05. y(x)= 2
1
52sen2cos. 21
xexCxC .
06. y(x) = C1e4x
+ C2 e-x
– ex.
07. y(x)= xxCxC 3sen8
15sencos. 21 .
08. y(x)=
27
2
9
1.. 3
2
3
1 xexCeC xx .cos50
3sen.
25
2xx
09. y(x)= 527
14
9
4
3..
22
2
3
1
xxx exx
eCeC
.
10. y(x) = C1e3x
+ C2 e-x
– xe4
1.
11. y(x)= xsenxsenxxxsenCxC 3ln.336
13cos
12
133cos. 21 .
12. y(x) = -2.cosx – 4. senx + 2.e2x
.
13. y(x)= .sen2
5cos
2
1
2
1xxex
14. y(x)= .cos2
1sen
2
1
2
11 xxe x
15. y(x) = - 2
1
2
1 2 xe + 2x + e2x
.
Fim !!!!
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