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UNIVERSIDADE TECNOLÓGICA FEDERAL DO PARANÁPR

NOTAS DE AULA ELABORADA POR: Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima

Equação ⇒ comparação de igualdade Equação diferencial é uma equação que envolve uma função incógnita e suas derivadas. Definição: Chama-se equação diferencial a uma equação que estabelece uma relação entre a variável independente x, a função desconhecida )(xfy = e suas derivadas , onde: y’ é a 14', '', ''', ,..., ny y y y y a derivada, y’’ é a 2a derivada, ..., yn é a enésima derivada. Existem muitas classificações das equações diferenciais e diferentes maneiras de resolvê-las. Algumas classificações básicas das Equações diferenciais • Todas as equações diferenciais que possuem apenas uma variável independente são ditas derivadas

ordinárias. Então, a equação é chamada equação diferencial ordinária (E.D.O.). • Quando numa equação diferencial há mais de uma variável independente, as derivadas são parciais

e a equação é chamada equação de derivadas parciais ou equação diferencial parcial (E.D.P.). • Uma equação diferencial também pode ser classificada quanto a ordem ou grau.

- Quanto a ordem: A ordem da equação diferencial é definida pelo maior número de derivadas de função dentro da equação. (A ordem de uma equação diferencial é a ordem da mais alta derivada que nela aparece)

- Quanto ao grau: O grau da equação diferencial é determinado pelo expoente da derivada que representa a ordem da equação diferencial. (O grau de uma equação diferencial, que pode ser escrita como um polinômio na função incógnita e suas derivadas, é a potência a que se acha elevada a derivada de ordem mais alta)

Observação: Nem toda equação diferencial pode ser classificada segundo o grau. Por exemplo: 22

2 2 1y d y dyedxdx

⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎝ ⎠

= é uma E.D.O. de 2a ordem, mas não possui grau, pois não pode

ser escrita sob a forma de um polinômio na função incógnita e suas derivadas, em razão da presença do termo . ye Exemplo: 1) Classifique as seguintes equações diferenciais:

a) 62 =+ xydxdy Resposta: Equação diferencial ordinária, 1a ordem, 10 grau.

b) xdxdy

dxyd 232

=+ Resposta: Equação diferencial ordinária, 2a ordem, 10 grau.

c) dxdy

dxdyx 23

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Resposta: Equação diferencial ordinária, 2a ordem, 30 grau.

d) 22 2

2 24z zxx y

∂ ∂+

∂ ∂5= Resposta: Equação diferencial parcial, 2a ordem, 10 grau.

43 2 0yd dydxdx

+⎛ ⎞

− =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Resposta: Equação diferencial ordinária, 3a ordem, 20 grau.

f) 3 2

3 2 4yd d y ydx dx

+⎛ ⎞ − =⎜ ⎟⎝ ⎠

6 Resposta: Equação diferencial ordinária, 2a ordem, 10 grau.

g) 25dy y ydx

+ = Resposta: Equação diferencial ordinária, 1a ordem, 10 grau.

Exercício: 1) Classifique as seguintes equações diferenciais, em ordinárias ou parciais e em relação à ordem e grau:

a) xxydxdy 24 =− Resposta: E.D.O., 1a ordem, 10 grau.

b) Resposta: Não é equação diferencial. xyxy 246 =−

c) 23 2

3 22 2d y d y dyxdxdx dx

− = 6+ Resposta: E.D.O., 3a ordem, 10 grau.

d) Resposta: E.D.O., 3'23)''(4''' 4 yxy =++ y a ordem, 10 grau e) Resposta: E.D.O., 254''3 =− yyx a ordem, 10 grau. f) Resposta: E.D.O, 2253 2)'()''( xyyy =−+ a ordem, 30 grau.

g) yxy

∂∂

+∂∂ 2

Resposta: E.D.P, 2a ordem, 10 grau.

h) yzxz

∂∂

+=∂∂ Resposta: E.D.P., 1a ordem, 10 grau.

1d y ydx d y

Primeiramente devemos preparar a equação diferencial para podermos classificar sua ordem e grau: 23 3

3d y d yydx dx

⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠3 Resposta: E.D.O, 3a ordem, 20 grau.

j) yxdxdy

=2ln Resposta: E.D.O., 1a ordem, não têm grau.

Solução: 2

dydydxe e e x

x dx= ⇒ = ⇒ = ye ; Lembre-se: logln log e

ex b a= =

k) 5dy 3xdx

= + Resposta: E.D.O., 1a ordem, 10 grau.

3 3 4y d y dyedxdx

⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎝ ⎠

= Resposta: E.D.O., 3a ordem, não têm grau.

m) 3 2

3 24 ( ) 5d y d ysen x xydx dx

+ + 0= Resposta: E.D.O., 3a ordem, 10 grau.

n) 3 7 22

32 3d y dy dyy y

dx dxdx

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠5x= Resposta: E.D.O., 2a ordem, 30 grau.

o) 2 2

2 24y y

⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

0= Resposta: E.D.P., 2a ordem, 10 grau.

Resolver a equação diferencial significa determinar todas as funções que, sob a forma finita verificam a equação, ou seja, é obter uma função de variáveis livres que, substituída na equação, transforme-a em uma identidade. Exemplo: xseny = é a solução da equação senxxyy −=+− cos''' Essa função é solução particular da equação diferencial dada. Exercício 1) Verifique se a função dada é solução da equação diferencial: a) e Resposta: Sim é solução particular xseny 2= 04'' =+ yy

b) e 43 33 +−+ xyy2

Resposta: Sim

c) e ⎩⎨⎧

tbysentaxcos ya

xbdxdy

−= Resposta: Sim

d) e Resposta: Sim 5xy e c−= + 0'5'' =+ yye) e 14 22 =−+ yxyx 0)2()2( =−++ dyyxdxyx Resposta: Sim f) e Resposta: Sim xey −−= 03''' =−− yyyg) e Resposta: Não xexy −⋅= 03'2'' =−− yyyh) exey 35 −= 03'2'' =−− yyy Resposta: Não Tipos de soluções Existem 3 tipos de soluções das equações diferenciais: - Solução Geral: É a solução da equação que contém tantas constantes arbitrárias quantas forem as

unidades de ordens da equação. Dessa forma: uma equação de 1a ordem apresenta uma constante arbitrária, uma equação de 2a ordem apresenta duas constantes arbitrárias.

- Solução Particular: É a solução da equação deduzida da solução geral, atribuindo-se valores

particulares as constantes arbitrárias.

- Solução Singular: É a solução da equação que não pode ser deduzida da solução geral. Assim sendo apenas alguns tipos de equações apresentam essa solução.

Família de curvas:

1) 22 2 2dy x dy x dx dy x dx y x cdx

∫ ∫= ⇒ = ⇒ = ⇒ = + é a solução geral e é solução Particular 2xy =

2) Determine a solução da equação xxdxdy 43 2 += para as condições iniciais e . 1=x 3=y

Solução Geral: 3 22y x x c= + +

Solução particular: 3 2(1,3) 3 1 2 0 2c c y x x⇒ = + + ⇒ = ⇒ = + OBSERVAÇÃO: O TEXTO SOBRE CLASSIFICAÇÃO DA EQUAÇÃO DIFERENCIAL COMO LINEAR OU NÃO-LINEAR É EXTRAÍDO DO LIVRO: ZILL, D.G.; CULLEN, M.R. Equações diferenciais. v. 1. 3. ed. São Paulo: Makron Books, 2001.

CLASSIFICAÇÃO DA EQUAÇÃO DIFERENCIAL COMO LINEAR OU NÃO-LINEAR Uma equação diferencial é chamada de linear quando pode ser escrita na forma

1 1 01( ) ( ) ... ( ) ( ) ( )n n

n nn n

d y d y dya x a x a x a x y g xdx dx dx

− −+ + + + =

Observe que as equações diferenciais lineares são caracterizadas por duas propriedades:

(i) A variável dependente y e todas as suas derivadas são do primeiro grau; isto é, a potência de cada termo envolvendo y é 1.

(ii) Cada coeficiente depende apenas da variável independente x. Uma equação que não é linear é chamada de não-linear. As equações

3 23 2

'' 2 ' 0 e

xdy ydx

d y d y dyx x xdx dx dx

− + =

− + + = e

São equações diferenciais ordinárias de primeira, segunda e terceira ordens, respectivamente. Por outro lado, Coeficiente potência depende de y ≠ 1

d. '' 2 ' e 0yy y y x ydx

− = + =

são equações diferenciais ordinárias não-lineares de segunda e terceira ordens, respectivamente.

PROBLEMAS RESOLVIDOS:

Classifique cada equação diferencial segundo a ordem, o grau (quando possível) e a linearidade. Determine a função incógnita e a variável independente.

) ''' 5 ' 1xa y xy e− = + Resolução: - Terceira ordem: a derivada mais alta é a terceira. - Primeiro grau: a equação tem a forma de um polinômio na função incógnita e suas derivadas e a terceira derivada está na primeira potência. - Linear: 3 2 1( ) 1, ( ) 0, ( ) 5 , ( ) 1xb x b x b x x g x e= = = − =- A função incógnita é y- A variável independente é x .

2 2) ( t)b ty t y sen y t t+ − = − +1 Resolução: - Segunda ordem: a mais alta derivada é de ordem dois. - Não possui grau: em virtude da presença do termo y , além de que a equação não pode ser escrita como um polinômio na função incógnita y e suas derivadas. - Não-linear: a equação não pode pôr-se na forma de equação diferencial linear. - A função incógnita é y- A variável independente é t .

2) t dtc s st sdss

∂+ =

Resolução: - Segunda ordem: a mais alta derivada é de ordem dois. - Primeiro grau: a equação tem a forma de um polinômio na função incógnita e suas derivadas (com coeficientes em s) e a derivada segunda aparece em primeiro grau.

- Não-linear: , que depende de s e de t. 1b st=- A função incógnita é t - A variável independente é s .

5 1047 5

4)5 7b dbd bdpp

⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂⎜ ⎟ + + −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠∂⎝ ⎠

Resolução: - Quarta ordem: a mais alta derivada é de ordem quatro. - Quinto grau: a equação tem a forma de um polinômio na função incógnita b e suas derivadas e a derivada de ordem quatro aparece elevada à quinta potência. - Não-linear. - A função incógnita é b - A variável independente é . p

2) 1xe y yy

∂= +

Resolução: - Segunda ordem: a mais alta derivada é de ordem dois. - Primeiro grau: a equação tem a forma de um polinômio na função incógnita x e suas derivadas e a derivada de segunda ordem aparece elevada à primeira potência. - Linear: 2

2 1 0( ) , ( ) 0, ( ) 0; ( ) 1b y y b y b y g x y= = = = +- A função incógnita é x - A variável independente é . y

LISTA DE EXERCÍCIO PROPOSTA PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS:

Determine, para cada uma das seguintes equações diferenciais, ordem, grau (se possível), linearidade, função incógnita, variável independente. respostas Equação ordem grau linearidade Função

incógnita Variável

independente21. ( ") 3 ' 0y yy xy− + = 2 2 não-linear y x

4 (4)2. ''' xx y xy e+ = 4 1 linear y x

23. 1t s ts sen t− = − 2 1 linear s t (4) 24. ''' " ' y 0y xy x y xy sen+ + − + = 4 nenhum não-linear y x

25. = y 1n

n 1 linear x y

2 26. =0d r d r drydydy dy

⎛ ⎞⎜ ⎟ + +⎜ ⎟⎝ ⎠

2 2 não-linear r y

27. d y y xdx

⎛ ⎞⎜ ⎟ + =⎜ ⎟⎝ ⎠

2 nenhum não-linear y x

78. 3d b pdp

= 7 1 linear b p

79. 3db p

dp⎛ ⎞

=⎜ ⎟⎝ ⎠

1 7 não-linear b p

PROBLEMA DE VALOR INICIAL E DE FRONTEIRA: Muitas vezes, especialmente em problemas aplicados, uma equação diferencial é resolvida sujeita a condições dadas que devem ser satisfeitas pela função incógnita. Como um exemplo simples, considere o seguinte problema para discussão: Exemplo: Uma partícula p se move ao longo do eixo x de modo que sua aceleração em qualquer tempo é dada por: a(t) = 16 − 24t.

0t ≥

a) Encontre a posição x da partícula, medida a partir da origem 0, em qualquer tempo t > 0, assumindo

que inicialmente (t = 0) ela esta localizada em x=2 e move-se com uma velocidade v=− 5.

b) Faça como no item (a) sabendo-se que a partícula está localizada em x = 2 inicialmente, e em x = 7 quando t =1. Solução: Considere a figura :

O P Para formular este problema matematicamente, recordemos que a velocidade e a aceleração de uma

partícula que se move ao longo do eixo x são dadas por: 2

dtxda e

dtdxv == respectivamente. Então

da primeira sentença no problema, temos: t2416dt

2−= (01) que é a equação diferencial exigida do

movimento. Solução do item (a): As condições sobre a função x dada no item (a) são: x = 2, v = −5 em t = 0, isto é, x (0) = 2 e v (0) = x’ (0)= −5. Observemos que o significado do sinal menos em v = −5 é que a partícula se move em sentido

contrário do inicial. Se integrarmos (01) uma vez encontramos V(t)= 12 ct12t16

+−= (02)

onde c1 é uma constante arbitrária Esta constante pode ser determinada pela condição v (0)= −5. Obtemos, então: −5 = 0 + c1, isto é, c1 = −5. Portanto:

V(t)= 5t12t16dtdx 2 −−=

Integrando esta expressão, encontramos:

2 32( ) 8 4 5x t t t t c= − − + ,

onde c2 é outra constante arbitrária que pode ser determinada pela condição x (0) = 2, assim temos: 2 = 0 + c2 → c2 = 2. Portanto , que é a lei exigida do movimento que determina a posição em qualquer tempo t > 0; por exemplo, em t = 1, x = 1 e t =2, x = −8, etc.

2t5t4t8x 32 +−−=

Solução do item (b): Neste item temos ainda a mesma equação diferencial para o movimento, mas as condições são alteradas para x (0) = 2 e x (1) = 7.

Neste caso, integramos (01), como antes, entretanto, como não temos condições para dtdx , não

podemos determinar c1 de imediato. Integrando então (02), obtemos: 2 31 2( ) 8 4x t t t c t c= − + + .

Agora, usamos as duas condições para obter as duas constantes arbitrárias, isto nos dá:

⎩⎨⎧

++−=+=

2cc487

ou seja, c1 = 1 e c2 = 2, então 2 3( ) 8 4 2x t t t t= − + + As formulações matemáticas dos itens a e b do problema são, respectivamente;

d( ) 16 24 , x (0) 2, x' (0) 5

d (b) 16 24 , x (0) 2, x (1) 7

xa tdt

= − = = −

= − = =

Uma diferença importante entre estas duas formulações é que em:

(a) as condições sobre a função incógnita x(t) e sua derivada x’(t) ou dtdx são especificadas em um

valor da variável independente (neste caso t=0) e,

(b) as condições sobre a função incógnita x são especificadas em dois valores da variável

independente (neste caso t = 0 e t = 1). Os dois tipos de problemas apresentados em (a) e (b)

são chamados, respectivamente, problema de valor inicial e problema de valor de fronteira

ou de contorno.

Definição 01: Um problema de valor inicial é um problema em que se procura determinar uma solução

para uma equação diferencial sujeita às condições sobre a função incógnita e suas derivadas

especificadas em um valor da variável independente. Tais condições são chamadas condições iniciais.

Definição 02: Um problema de valor de fronteira é um problema em que se procura determinar uma

solução para uma equação diferencial sujeita às condições sobre a função incógnita especificada em

dois ou mais valores da variável independente. Tais condições são chamadas condições de fronteira.

OBTENÇÃO DA SOLUÇÃO DE UMA EQUAÇÃO DIFERENCIAL:

Uma equação diferencial de 1ª ordem e 1º grau pode ser escrita na forma: )y,x(Fdxdy

Se F (x, y) é uma constante ou uma função apenas de x a equação diferencial pode ser resolvida usando-se apenas os métodos de integração. Se F (x,y) é uma função de x e y precisaremos buscar outros métodos. Neste caso procuraremos expressar a equação diferencial na forma:

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

A seguir faremos uma classificação da equação acima de acordo com a forma assumida pelas funções M e N. Cada tipo de equação tem seu método adequado. O sucesso em resolver corretamente uma equação diferencial está em classificá-la corretamente, para assim poder aplicar o método adequadamente.

A FORMA NORMAL E A FORMA DIFERENCIAL Uma grande quantidade de equações diferenciais ordinárias de 1ª ordem pode ser escrita na sua forma normal, dada por:

y' = F(x,y)

ou quando a função F=F(x,y) pode ser escrita como o quociente de duas outras funções M=M(x,y) e N=N(x,y), temos:

y' = M(x,y) / N(x,y)

Em geral, colocamos o sinal negativo antes de M=M(x,y):

y' = − M(x,y) / N(x,y) para poder rescrever:

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

Obs. Esta forma é conhecida como forma diferencial. Exemplo:

A equação diferencial y' = cos(x+y) está em sua forma normal.

A equação diferencial y' = x/y está em sua forma normal, mas pode ser rescrita na sua forma

diferencial xdx− ydy = 0.

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS SEPARÁVEIS

Consideremos uma equação diferencial M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0. Se M é uma função de apenas a variável x, isto é M = M(x) e N é função apenas da variável y, isto é N = N(y), então a equação dada fica na forma:

M(x) dx + N(y) dy = 0 e ela é chamada equação separável. Tal fato é motivado pelo fato que é possível separar as funções de modo que cada membro da igualdade somente possua um tipo de variável e assim poderemos realizar a integração de cada membro por um processo bastante "simples", ou seja:

( ) ( )M x dx N y dy c+ =∫ ∫

Exemplos:

1) Consideremos a equação diferencial yxy =' na sua forma normal, que também pode ser escrita na

sua forma diferencial: dyydxxdyydxx =⇒=− 0 , então integrando cada termo

independentemente, teremos:

22cycx

e reunindo as constantes em uma constante c, teremos: . cyx =− 22

Nota: Esta relação satisfaz à equação diferencial dada (solução implícita): ∫ ∫ =+ cdyyNdxxM )()( .

2) Resolva a equação: 0xydxdy)x1( 2 =++

Solução:

0)1( 2 =++ xydxdyx ⇒ ⇒−=+⇒−=+ )1( )1( 22 xydxdyxxy

( ) 011

1 22 =++

xdxxdyy

y1 (y) N e

x1x (x) M Assim,

Integrando, temos:

11)1( )1(ln )1ln(

xcycxyexycxycxy c

+=⇒=+⋅⇒=+⋅⇒=+⋅⇒=++

APLICAÇÕES DE EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM – EQUAÇÕES SEPARÁVEIS

As aplicações que se seguem foram retiradas do livro Equações Diferenciais de Richard Bronson (1994) Capítulo 6.

PROBLEMAS DE CRESCIMENTO E DECAIMENTO

Seja N(t) a quantidade de substância (ou população) sujeita a crescimento ou decaimento. Admitindo

que dtdN , a taxa de variação da quantidade de substância em relação ao tempo, seja proporcional à

quantidade de substância presente, então NkdtdN

⋅= ou 0=− kNdtdN , onde k é a constante de

proporcionalidade. Exemplos: 1) Certo material radioativo decai a uma taxa proporcional à quantidade presente. Se existem inicialmente 50 miligramas de material e se, após duas horas, o material perdeu 10% de sua massa original, determine: a) A expressão da massa remanescente em um instante arbitrário t. b) A massa de material após quatro horas. c) O tempo após o qual o material perde metade de sua massa original. Solução:

a) Seja N a quantidade de material presente no instante t. Então 0=− kNdtdN . Esta equação

diferencial é linear e separável e sua solução é dada por: . .( ) . k tN t c e=Em t = 0, temos N(0) = 50. Desta forma,

. .( ) . 50 . 50k t k tN t c e c e c= ⇒ = ⇒ =

Portanto, . .( ) 50. k tN t e= Em t = 2, houve perda de 10% da massa original de 50 mg, ou seja, 5 mg. Logo, em t = 2, N(2) = 45. Levando estes valores na equação encontrada, temos:

. 2( ) 50. 45 50.k t kN t e e= ⇒ = . Resolvendo esta equação encontramos o valor de k = - 0,053. Observação: Para resolver esta equação utilizamos as propriedades dos logaritmos naturais. Assim, nossa equação com as duas constantes encontradas fica: , onde t é medido em horas.

0,053( ) 50 tN t e−= ⋅

b) Neste item precisamos encontrar o valor de N para t = 4. Basta substituir na equação encontrada e teremos N = 40,5 mg.

c) Neste item devemos encontrar o tempo para N = 25. Substituindo na equação e utilizando as propriedades dos logaritmos naturais encontramos t = 13 horas.

PROBLEMAS DE TEMPERATURA A lei do resfriamento de Newton, aplicável igualmente ao aquecimento, afirma que a taxa de variação, no tempo, da temperatura de um corpo é proporcional à diferença de temperatura entre o corpo e o meio circundante. Sejam T a temperatura do corpo e Tm a temperatura do meio circundante.

Então, a taxa de variação da temperatura em relação ao tempo é dtdT , e a lei de resfriamento de

Newton pode assim ser formulada:

( ) mm kTkTdtdTTTk

=+−−= ou

onde k é uma constante positiva de proporcionalidade. Exemplos: 1) Uma barra de metal à temperatura de 100º F é colocada em um quarto à temperatura constante de

0ºF. Se após 20 minutos a temperatura da barra é de 50ºF, determine: a) O tempo necessário para a barra atingir uma temperatura de 25ºF. b) A temperatura da barra após 10 min. Solução:

Utilizando a equação mkTkTdtdT

=+ e sabendo que 0=mT , teremos:

0kTdtdT

=+ , cuja solução é: t.ke.cT −= .

Como T = 100 em t = 0 , temos: . 100.100 0. =⇒= − cec k

Assim, teremos a solução . tkeT ..100 −= Por outro lado, temos T = 50 em t = 20 e assim obtemos: 20.ke.10050 −= . Utilizando as regras de logaritmos encontramos k = 0,035.

Desta forma, substituindo na equação, teremos t.035,0e.100T −= a) O tempo necessário para termos T = 25, será: , resolvendo esta equação,

encontramos t = 39,6 min. te .035,0.10025 −=

b) Para encontrar T quando t = 10 basta substituir na equação encontrada e teremos: .

E, portanto T = 70,5ºF. 10.035,0.100 −= eT

2) Um corpo à temperatura de 50ºF é colocado ao ar livre onde a temperatura é de 100ºF. Se, após 5

min, a temperatura do corpo é de 60ºF, determine: a) O tempo necessário para que o corpo atinja a temperatura de 75ºF. b) A temperatura do corpo após 20 minutos. Solução:

Utilizando a equação mkTkTdtdT

=+ e sabendo que Tm = 100 teremos:

kkTdtdT 100=+ ,

cuja solução é: 100. . += − tkecT

Como T = 50 em t = 0, temos . 50100.50 0. −=⇒+= − cec k

Assim, teremos a solução . 100.50 . +−= − tkeT Por outro lado, temos T = 60 em t = 5, e assim obtemos:

100.5060 5 +−= − ke

Utilizando as regras de logaritmos encontramos k = 0,045. Desta forma, substituindo na equação, teremos 100.50 .045,0 +−= − teT a) Para encontrar t quanto T = 75, basta substituir T = 75 na equação função encontrada. Assim,

. Utilizando as propriedades de logaritmos encontramos t = 15,4 min. 100.5075 .045,0 +−= − te b) Para encontrar T quando t = 20, basta substituir t = 20 na equação e teremos

. E, portanto: T = 79,5ºF. 100.50 )20.(045,0 +−= −eT

LISTA DE PROBLEMAS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS

1) Determine a solução (implícita ou explicita) das equações diferenciais abaixo:

cey :Resposta 2xydx =dy c)

c.x.ey :Resposta 2dxdy xb)

1x1 :Resposta 0)

=−=−

dyxdxya

43y :Resposta dxdy e)

xcy :Resposta

dxdyd)

1cey :Resposta )1(4dxdy )

cxy :Resposta 0)4x3 −=+=

ydxxdyf

2) Determine a solução particular em cada uma das equações diferenciais dadas

0= xquando e =y 0x+1 xydxb)

1 = x quando 3 =y )

2 =−

dxdya Resposta:

2x1ey b)

3xy)+=

3) Uma esfera de cobre é aquecida a uma temperatura de 100ºC. No instante t = 0 ela é imersa em água que é mantida a uma temperatura de 30ºC. Ao fim de 3 minutos, a temperatura da esfera está reduzida a 70ºC. Determinar o instante em que a temperatura se encontra reduzida a 31ºC.

Obs. Utilizar a formulação matemática da lei do resfriamento de Newton, ou seja, )30T(kdtdT

−−=

Resposta: t = 22,78 ≅ 23 minutos

4) Certo material radioativo decai a uma taxa proporcional à quantidade presente. Se inicialmente, há 100 miligramas e se, após dois anos, 5% do material decaíram, determine: a) A expressão da massa no instante arbitrário t. b) O tempo necessário para o decaimento de 10% do material.

Resposta: t0256,0e.100N)a −= ≅ 4 a 1 m 10 d anos 11,4 )b

5) Um corpo à temperatura de 0ºF é colocado em um quarto em que a temperatura é mantida a 100ºF. Se, após 10 minutos a temperatura do corpo é de 25,7ºF, determine: a) O tempo necessário para o corpo atingir a temperatura de 50ºF. b) A temperatura do corpo após 20 minutos. Resposta: a) 23,9 min ≅ 24 min b) 43,75ºF ≅ 44ºF

6) Um corpo com temperatura desconhecida é colocado em um refrigerador com uma temperatura constante de 0ºF. Se após 20 minutos, a temperatura do corpo é de 40ºF e após 40 minutos é de 20 ºF, determine a temperatura inicial. Resposta: T0 = 80ºF 7) Um corpo à temperatura de 50ºF é colocado em um forno cuja temperatura é mantida constante em 150 ºF. Se, após 10 minutos, a temperatura do corpo é de 75ºF, determine o tempo necessário para que o corpo atinja a temperatura de 100 ºF. Resposta: t 100 = 23,9 min.

EQUAÇÃO DIFERENCIAL EXATA

Definição: Uma equação diferencial ordinária (EDO) na forma diferencial 0),(),( =+ dyyxNdxyxM é dita exata se:

∂∂

=∂∂

Exemplos: 1) Verifique se a EDO é exata. 0)(3 32 =++ dyxydxyxSolução:

22 33),( xy

MyxyxM =∂∂

⇒= e 23 3),( xxNxyyxN =∂∂

Como ,xN

∂∂

=∂∂ temos que essa equação é uma EDO exata.

2) a) A forma diferencial 3x2y2 dx + 2x3y dy = 0 é exata. (verifique!) b) A forma diferencial xdx + ydy = 0 é exata. (verifique!) c) A forma diferencial ydx − xdy = 0 não é exata. (verifique!)

Teorema: Sejam x

yxNyxM∂∂

∂∂ NM),,(),,( contínuas no retângulo .a x b e c y d< < < < Então a

EDO é exata se, e somente se: 0),(),( =+ dyyxNdxyxMxN

∂∂

=∂∂ , isto significa dizer que existe

uma função tal que cyxu =),( ( , ) ( , ).u uM x y e N x yx y∂ ∂

= =∂ ∂

Definição: Uma equação diferencial homogênea de 1a ordem 0),(),( =+ dyyxNdxyxM é exata se a diferencial:

0u udu dx dyx y∂ ∂

= + =∂ ∂

da função , (onde a função é uma função implícita, isto é, é a variável dependente e ),( yxu ),( yxu yx é a variável independente) de maneira que 0),( =yxdu e integrando .),( cyxu = Assim, é exata se, e somente se: 0),(),( =+ dyyxNdxyxM

),(e),( yxNyuyxM

=∂∂

=∂∂ tal que

∂∂

=∂∂

e sua solução será:

∫ ∫ +∂∂

=+= )()(),(),( ykdxxuykdxyxMyxu

onde representa uma constante que depende de )( yk .y Assim, deriva-se para obter isto é: ∫ += ),(),(),( ykyxMyxu ),( yk

( , ) '( ) ( , ) ( , ) '( )u M x y dx k y N x y M x y dx k yx y y∂ ∂ ∂

= + ⇒ =∫ ∫∂ ∂ ∂

Sugestão de algoritmo para a solução da EDO exata:

Passo 0) Verificar se a equação diferencial dada é exata, ou seja, .xN

∂∂

=∂∂

Passo 1) Fazer ),( yxMxu=

∂∂ ⇒determinar =),( yxu expressão em x e y ).( yk+

Passo 2) Fazer ),( yxNyu=

∂∂ ⇒determinar e )(' yk ).( yk

Passo 3) Substituir em )( yk ).,( yxu Passo 4) Fazer .),( cyxu = Exemplos: 1) Resolva a EDO .0)1(2 2 =++ dyxdxxy Solução:

MxyyxM 22),( =∂∂

⇒= e xxNxyxN 21),( 2 =∂∂

Como ,xN

∂∂

Agora, vamos a sua resolução:

Admitimos que existe uma função cyxu =),( tal que NyueM

∂∂

=∂∂u . Assim:

)(),(2u),( 2tan

ykyxyxudxxydxx

yxuteconséy

+=⇒=∂∂

= ∫∫

Por outro lado,

)('2 ykxyu

+=∂∂ e 21 xN

+==∂∂

Desta forma,

122 1)(1)('1)(' cydyykykxykx +==⇒=⇒+=+ ∫

Portanto,

cyyxccyyxyxuccc

=+⇒=++=−=

),( (forma implícita) Ou,

)1()1( 2

+=⇒=+⇒=+

xcycxycyyx (forma explícita)

2) Resolva a EDO .0)()2( 2 =+++ dyyxdxxxy Solução:

MxxyyxM 22),( =∂∂

⇒+= e xxNyxyxN 2),( 2 =∂∂

Como ,xN

∂∂

Agora, vamos a sua resolução:

Admitimos que existe uma função cyxu =),( tal que NyueM

∂∂

=∂∂u . Assim:

),()2(u),(2

ykxyxyxudxxxydxx

yxuteconséy

++=⇒+=∂∂

= ∫∫

Por outro lado,

)('02 ykxyu

++=∂∂ e yxN

+==∂∂ 2

Desta forma,

2)()(')(' cydyyykyykyxykx +==⇒=⇒+=+ ∫

Portanto,

cyxyxccyxyxyxuccc

=++⇒=+++=−=

2222),(

222 12

(forma implícita)

3) Verifique se a equação diferencial ordinária 1−=+ dx

x é exata e resolva-a.

Solução: Como,

⇒+−=⇒−=+

dxxydyxdxdy

xyx )(1 ( )

⎩⎨⎧

⇒=++xN

xyMxdydxxy 0

então:

M∂∂ e 1=

∂∂ ⇒

∂∂

donde a equação é exata e sua solução, será:

⇒+=⇒+=∂∂

⇒=∂∂

∫ dxyxyxuyxxuM

xu )(),( ( ) ( )ykxyxyxu ++=

1)(0)(')(' cykykxykxNyu

=⇒=⇒=+⇒=∂∂

( ) cxyxccxyxyxuccc

=+⇒=++=−=

(forma implícita)

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=⇒

−=⇒−=⇒=+ x

xxcyxcxycxyx

222 (forma explícita)

LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS 1) Verifique se as equações abaixo são exatas, determinando sua solução.

1y(0) com , 1

1' ) 2

=⎩⎨⎧

−−

xyya Resposta: 12

−=−− yxyx ou 22222 −=−− yxyx

0..4 ) =+ dxxdyyb Resposta: cyx =+ 22 4

0.2. ) 2 =+ dxydyxc Resposta: cx

yexataão+

0.cos..4 ) =+ dyyxdxsenyd Resposta: csenyxexataNão =4,

0)ln()3( ) 32 =+++ dyxxdxxyyxe Resposta: ou cyxx =+ )ln( 3

xxcyln

0.').2.( ) =++ xyxy eyyyexf Resposta: cyexy =+ 2

.cos)(cos )⎩⎨⎧

πydyxdxysenxx

g Resposta: tgxy =

0)()( ) 22 =++− dyyyxdxxxyh Resposta: cyxyx =+− 2222 2) Verificar se as Equações Diferenciais, dadas a seguir, são exatas e determinar sua solução geral: a) ( ) 0cos3 32 =++

dxdrxxrx Resposta: É exata, ( ) cxrx =+ sen3

b) 0)21()1( =−++ uvdvduvu Resposta: Não é exata, ( ) 2n uv u v c+ − = .

3) Verificar se as Equações Diferenciais, dadas a seguir, são exatas e determinar sua solução geral:

a) 0324

3 =−

xydxyx para ( ) 21 =y Resposta: É exata,

−=−yy

b) 0)4(3 2 =−−−dxdyxyxy para ( ) 21 =y Resposta: É exata, 72 32 =+− xyxy

c) 0)2()( 2 =−++dxdyyxyx para ( ) 21 =y Resposta: É exata,

3 −=−+ yyxx

d) 22 (4 ) dyx x y ydx

− − − = 0 para ( ) 21 =y Resposta: É exata, 3

4) Verifique se a Equação Diferencial ( )2 33 lnst s dt t t dst

⎛ ⎞ ⎡ ⎤ 0+ + + =⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎝ ⎠ é exata e determine a

solução geral, sabendo que . Resposta: é exata, ( )tss = 3( ln )s t t c+ = 5) Verifique se a Equação Diferencial ( ) ( )cos cos 0y xy dx x xy dy+ = é exata e determine a solução

geral, sabendo que ( )xyy = . Resposta: é exata, . ( )x sen xy c=

6) Verifique se a Equação Diferencial ( ) ( ) ( ) 02senln22cos=+ dsstdt

ts é exata e determine a

solução geral, sabendo que . Resposta: não é exata, ( )tss =4sec (2 )st c

7) Resolver o seguinte problema de valor inicial ( )[ ] 0cos2 2 =++ dyyxxydx ππ , sabendo que ( ) 11 =y .

Resposta: é exata, 2 ( )x y sen yπ+ = 1 8) Resolver o seguinte problema de valor inicial ( ) ( ) 0319 =−+− dxxdyy , sabendo que ( ) 03 =y .

Resposta: não é exata, 2 29 18 6 1y y x x− − − = − 8 9) Verifique se as equações abaixo são exatas, determinando sua solução. a) Resposta: é exata, 0'22 2 =++ xyyyx 2 2x xy c+ =

b) ( ) ( ) 0'1.2cos 2 =−+++ yexsenxxexy yy Resposta: é exata, 2 yysenx x e y c+ − =

EXTRA => INTERESSANTE 1) Resolva a equação diferencial ordinária ,' yy = ou seja, determinar a função cuja derivada é igual a

ela mesma. Solução:

∫ ∫−=

⇒−+=⇒+=+⇒=⇒=⇒=⇒=⇒=123

1221 lnln1'ccc

ccxycxcydxdyy

dydxydyydxdyyy

xxccx ecyeeyeycxy ⋅=⇒⋅=⇒=⇒+= + 33

OBSERVAÇÃO: O TEXTO SOBRE FATORES INTEGRANTES É ADAPTADO DO LIVRO: BRONSON. R. Moderna introdução às equações diferenciais. tradução de Alfredo Alves de Farias, revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977.

FATORES INTEGRANTES Objetivo: Transformar uma equação diferencial não exata em uma equação diferencial exata. O que é um fator integrante? Em geral, a equação diferencial

0),(),( =+ dyyxNdxyxM (01) não é exata. Por vezes, entretanto, é possível transformar essa equação em uma equação diferencial exata, mediante multiplicação por um fator adequado. Lamentavelmente, não existe um método simples, para obter fatores integrantes. Se existisse, nosso trabalho seria bastante simplificado. Felizmente, entretanto, existem alguns métodos, que iremos discutir e que aparecem com freqüência. O primeiro método que estudaremos é nada mais que um método de separação de variáveis, em que o fator integrante é geralmente evidente, pois M e N pode, cada um ser escrito como uma função de x vezes uma função de y. Definição: Dada a equação diferencial 0),(),( =+ dyyxNdxyxM . Uma função é um fator integrante, se a equação:

),( yxI

0]),(),([),( =+⋅ dyyxNdxyxMyxI (02)

é exata: Exemplos:

1) Mostre que a função 21),(x

yxI −= é um fator integrante para a equação .0=− dyxdxy

Solução:

1),( =∂∂

MyyxM e 1),( −=∂∂

⇒−=xNxyxN

Como ,xN

∂∂

≠∂∂ temos que essa equação é uma EDO não exata.

Mas, multiplicando a equação diferencial dada por ,1),( 2xyxI −= temos:

[ ] 010122 =+−⇒=−⋅− dy

xydyxdxy

1),(xy

MxyyxM −=

∂∂

⇒−= e 211),(xx

yxN −=∂∂

Portanto, ,xN

∂∂

=∂∂ temos que essa equação é uma EDO exata e pode ser resolvida pelo método visto

em aula anterior (método da equação diferencial exata).

2) Mostre que a função xy

yxI 1),( −= é um fator integrante de .0=− dyxdxy

Solução: 1),( =∂∂

MyyxM e 1),( −=∂∂

⇒−=xNxyxN

Como ,xN

∂∂

≠∂∂ temos que essa equação é uma EDO não exata.

Mas, multiplicando a equação diferencial dada por ,1),(xy

yxI −= temos:

[ ] 01101=+−⇒=−⋅− dy

xdyxdxy

xy ⇒ 01),( =

∂∂

⇒−=y

yxM e 01),( =∂∂

⇒=xN

Portanto, ,xN

∂∂

=∂∂ temos que essa equação é uma EDO exata e pode ser resolvida pelo método da

EDO exata. Observação: Os dois exemplos anteriores mostram que uma equação diferencial pode admitir mais de um fator integrante. Resolução com o emprego de um fator integrante Se é fator integrante de (01), então (02) é exata e pode ser resolvida seja pelo processo da equação diferencial exata, seja por integração direta. A solução de (02) é também solução de (01).

),( yxI

Determinação de um fator integrante Do teste dado para verificar se uma equação diferencial é exata, decorre que um fator integrante é solução de certa equação diferencial parcial. Ora, em geral, essa equação diferencial parcial é mais difícil de resolver do que a própria equação diferencial original. Conseqüentemente, os fatores integrantes se obtêm, em geral, por inspeção. O êxito do método vai depender, então, da habilidade do calculista, em reconhecer ou vislumbrar, que determinado grupo de termos constitui uma diferencial exata dh (x, y). Para tanto, a tabela a seguir poderá constituir boa ajuda.

Grupo de Termos Fator integrante ),( yxI Diferencial exata dh(x,y) ydx xdy−

xdy ydx ydx x− ⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠

ydx xdy− 2

xdy ydx xdy y

⎛ ⎞−= ⎜ ⎟

⎝ ⎠

ydx xdy− 1xy

− lnxdy ydx ydxy x− ⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠

ydx xdy− 2 2

xdy ydx yd arctgx y x− ⎛ ⎞= ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠

ydx xdy+ 1xy

( )lnxdy ydx d xyxy+

ydx xdy+ 1 , 1( )n nxy

1( ) ( 1)( )n n

xdy ydx dxy n xy −

⎡ ⎤+ −= ⎢ ⎥−⎣ ⎦

Grupo de Termos Fator integrante ),( yxI Diferencial exata dh(x,y) xdx ydy+

2 2)2 2

1 ln(2

xdx ydy d x yx y+ ⎡ ⎤= +⎢ ⎥+ ⎣ ⎦

ydx xdy+ 2 2

1 , n>1( )nx y+

1( ) ( 1)( )n n

xdy ydx dxy n xy −

⎡ ⎤+ −= ⎢ ⎥−⎣ ⎦

( , constantes)aydx bxdy a b+ 1 1a bx y− − 1 1( ) (a b a b )x y aydx bxdy d x y− − + = Por vezes, um reagrupamento dos termos da equação diferencial facilita a visualização do fator integrante (exemplos 3, 4 e 5). Conhecem-se fatores integrantes quando M(x,y) e N(x,y) em M (x,y).dx + N (x,y).dy = 0 satisfazem

certas condições:

(Caso i) Se 1( ) M Ng xN y x⎛ ⎞∂ ∂

≡ −⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ é uma função dependente apenas da variável x, o fator integrante é

determinado por:

( ).( , ) g x dxI x y e∫= (Ver exemplo 6)

(Caso ii) Se 1( ) M Nh yM y x

⎛ ⎞∂ ∂≡ −⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠

é uma função dependente apenas da variável y, o fator integrante

é determinado por:

( ).( , ) h y dyI x y e−∫= (Ver exemplo 7)

(Caso iii) Se ( , ) . ( ) e ( , ) . ( )M x y y f xy N x y x g xy= = , então:

1( , )( , ) ( , )

I x yxM x y yN x y

(Ver exemplo 8)

Exemplos:

1) Resolva 0ydx xdy− =Solução:

Utilizando o fator integrante = ),( yxI 2

− (ver exemplo 1, p. 2 ou tabela anterior), podemos escrever

a equação diferencial como:

2 0xdy ydxx−

= (01)

Como (01) é exata, pode ser resolvido pelo processo das equações diferenciais exatas.

Alternativamente, pela tabela anterior, notamos que (01) pode ser escrita como 0=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

dxd . Logo, por

integração direta, temos cxy= , ou xcy = como solução.

2) Resolva a equação diferencial do exemplo 1 utilizando outro fator integrante. Solução:

Utilizando o fator integrante = ),( yxI1xy

− (ver exemplo 2, p.3 ou tabela anterior), podemos escrever

a equação como:

0xdy ydxxy−

= (02)

Como (02) é exata, pode ser resolvido pelo processo das equações diferenciais exatas.

Alternativamente, pela tabela anterior, notamos que (02) pode ser escrita como 0ln =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

xyd . Logo,

por integração direta, temos 1ln cxy

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ . Tomando exponenciais em ambos os membros obtemos

1cy ex= , ou finalmente, y = cx ( ). 1cc e=

3) Resolva ( ) . 2 0y y dx xdy− + =

Solução: Não se reconhece imediatamente nenhum fator integrante. Se, entretanto, reagruparmos convenientemente os termos da equação, poderemos escrevê-la.

2( )ydx xdy y dx− − + = 0 (03)

O grupo de termos entre parênteses admite muitos fatores integrantes. Experimentando cada um deles separadamente, verificamos que apenas um deles torna toda a equação uma diferencial exata: Esse fator é 2( , ) 1/I x y y= . Utilizando-o, podemos escrever (03) como

2 1ydx xdy dxy

0−− + = (04)

Como (04) é exata, pode ser resolvida pelo processo das equações diferenciais exatas. Alternativamente, a equação (04) pode ser escrita como ( / ) 1 0, ou como ( / ) 1 .d x y dx d x y dx− + = = Integrando, obtermos a solução:

ou x xx c yy x= + =

4) Resolva ( ) . 2 2 2( )y xy dx x x y dy− + +

Solução: Não se reconhece de imediato nenhum fator integrante. Escrevendo, entretanto, a equação diferencial como:

2 2 2( ) ( )ydx xdy xy dx x y dy+ + − + = (05) vê-se que o primeiro grupo de termos admite vários fatores integrantes (tabela anterior). Um deles, a saber 2( , ) 1/( )I x y xy= , é fator integrante para toda a equação. Multiplicando a equação (05) por

21/( )xy , obtemos: 2 2 2

2 2 0( ) ( )

ydx xdy xy dx x y dy

+ − ++ =

Ou equivalentemente

ydx xdy dy dyxxy

+= − (06)

Pela tabela anterior:

( )ydx xdy d

⎛ ⎞+ −= ⎜ ⎟

⎝ ⎠

de modo que (06) pode escrever-se como 1 1 1d dx

xy x⎛ ⎞−

= −⎜ ⎟⎝ ⎠

Integrando ambos os membros desta última equação, obtemos:

1 ln x y c

= − + que é a solução sob forma implícita.

5) Resolva 2

yxyx y

Solução: Escrevendo a equação sob forma diferencial, temos:

2 3 4(3 ) ( 2 ) 0yx dx x y dy+ − − =

Não se reconhece de imediato nenhum fator integrante. Podemos, no entanto, reagrupar os termos da equação como segue:

2(3 ) 2 0x ydx xdy y dy4− − = (07)

O grupo entre parênteses é da forma , com a = 3 e b = 1 aydx bxdy+ − , que admite 2 2x y− como fator

integrante. Ora, como a expressão entre parênteses já está multiplicada por 2x , tentamos um fator da forma 2( , )I x y y−= , vem:

2 2 2(3 ) 2 0x y ydx xdy y dy− − − = que pode ser simplificada (ver tabela anterior) para:

3 1 2( ) 2d x y y dy− = (08)

Integrando ambos os membros de (08), obtemos:

3 1 323

x y y− = + c

como solução sob forma implícita.

6) Resolva . ' 2y xy= −Solução: Escrevendo a equação sob forma diferencial, temos:

( 2 ) 0xy x dx dy− + + = (09) Não se reconhece de imediato nenhum fator integrante. Nota-se,entretanto, que

; de forma que: ( , ) 2 e ( , ) 1M x y xy x N x y= − + =

1 ( 2 ) (0) 21

M N x xN y x⎛ ⎞∂ ∂ − −

− = =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠−

é função de x somente. Portanto de acordo com a condição (a) para determinar o fator integrante, temos:

22 .( , ) x dx xI x y e e− −∫= = é o fator integrante. Multiplicando (09) por 2xe− , obtemos:

2 2 2( 2 ) 0x x xxye xe dx e dy− − −− + + = (10)

que é exata. Resolvendo (10) pelo processo das equações diferenciais exatas, obtemos a solução:

xy ce= +

Observe que a equação dada é também linear. (Esse tipo de equação será objeto de estudo nos tópicos seguintes). 7) Resolva . 2 0y dx xydy+ =Solução: Aqui, 2( , ) e ( , )M x y y N x y xy= = ; logo,

21 2M N y y 1M y x y

⎛ ⎞∂ ∂ −y

− = =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠

é função de y somente. Portanto de acordo com a condição (b) para determinar o fator integrante, temos:

(1/ ) ln( , ) 1/y dy yI x y e e y− −∫= = = é o fator integrante. Multiplicando a equação diferencial dada

por: ( , ) 1/I x y y= , obtemos a equação exata 0ydx xdy+ = , cuja solução é cyx

Um processo alternativo consistiria em dividir a equação dada por 2xy transformando-a em uma equação de variáveis separáveis.

8) Resolva 2

' xy yyx−

Solução: Escrevendo a equação sob a forma diferencial, temos:

(1 ) (1) 0y xy dx x dy− + = (11) de acordo com o caso (c) para determinar o fator integrante, escolhemos:

= ),( yxI 21 1

[ (1 )] ( )x y xy xy

Multiplicando (11) por , obtemos: ),( yxI

2 21 1 0xy dx dy

x y xy

−− =

que é exata. Aplicando o processo das equações diferenciais exatas, chegamos à solução

1/( ln )y x c= − x

. Note-se que poderíamos ter escrito (11) como:

2( )ydx xdy xy dx+ − =

que também sugere (ver tabela 1) =),( yxI ( )21/ xy como fator integrante.

9) Resolva ⎪⎩

⎪⎨

xyxdxdy

Solução: Escrevendo a equação dada na forma: , teremos: 0dy)yxy(dx)xyx3( 22 =+−+

2 2( , ) 3 ( , ) 2 2M NM x y x xy N x y y x y xy xyy x

∂ ∂= + ⇒ = − − ⇒ = ⇒ = −

∂ ∂

e a equação não é exata.

Observe que M(x,y) e N(x,y) podem ser fatoradas como produto de uma função de x e uma função de y, isto é, e o fator integrante é: 0)1()3( 22 =+−+ dyxydxyx

2 21( , )

(3 )(1 )I x y

multiplicando a equação por este fator integrante, temos

031 22 =+

que é separável e exata e integrando esta expressão, temos:

)3()1( )3ln(21)1ln(

21 2222 ycxoucyx +⋅=+=+−+

Como y = 3 quando x =1, obtemos 61

E a solução que procuramos é:

36 )3(61)1( 2222 =−+=+ xyouyx

LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS

1) Determine um fator integrante apropriado para cada equação diferencial e resolva-a: Respostas:

2)2 . 3 . 0 a y dx xy dy+ = 2 2a) ( , ) 1/ ou ( , ) 1/ ; 3I x y xy I x y y x y c= − = = ) . .ln 0 b y dx x xdy+ = ) ( , ) 1/ ; / lnb I x y x y c x= = ) . 2 . 0 c y dx x dy− = 3

32) ( , ) , I(x,y) 1/

ou ( , ) 1/ 3 ;

c I x y x y

I x y xy y c x

−= =

) cos . . 0 d x y dy seny dx− = 2) ( , ) 1/ ; d I x y x seny cx= = )( 1) ( 1) 0 e y dx x dy+ − + = 2

) ( , ) 1/( 1) ou ( , ) 1/( 1) ; ( 1) 1

e I x y xI x y y y c x

= − + = + −

) (2 3 ). . 0 f y x dx x dy+ + = 2 3) ( , ) , f I x y x x y x c= + = 2 2) ( ). 2 . 0 g x y dy xy dx− − = 2 2 2) )( , ) 1/ ; g I x y y x y cy= + = 2 3) 4 . . 0h x y dx x dy+ = 4) ( , ) ;h I x y x x y c= =

) 2i dx xydy− = 0 2 2) ( , ) 1/ ou ( , ) ; lnyi I x y x I x y e y cx−= = =

RESUMO PARA ENCONTRAR FATORES INTEGRANTES Considere a equação:

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

1) Calcule: (02) xN e (01) ∂∂

∂∂

2) Se (01) = (02) a equação é exata e pode ser resolvida. 3) Se (01) ≠ (02), podemos ter os seguintes casos:

(i) Se 1( ) M Ng xN y x⎛ ⎞∂ ∂

≡ −⎜ ∂ ∂⎝ ⎠⎟

e a função depende apenas da variável x, o fator integrante é

determinado por: ( ).( , ) g x dxI x y e∫=

(ii) Se 1( ) M Nh yM y x

⎛ ⎞∂ ∂≡ −⎜ ∂ ∂⎝ ⎠

⎟ e a função depende apenas da variável y, o fator integrante é

determinado por: ( ).( , ) h y dyI x y e−∫=

(iii) Se ( , ) . ( ) e ( , ) . ( )M x y y f xy N x y x g xy= = , então:

1( , )( , ) ( , )

I x yxM x y yN x y

Exemplo:

1) Resolva ⎪⎩

⎪⎨⎧

2)0( y

yxdxdy

Solução: Escrevendo a equação diferencial como 0dydx).yx( =−− , temos:

( , ) 1

( , ) 1 0

MM x y x yyNN x yx

∂= − =

∂∂

= − =∂

e a equação não é exata.

Agora usando 1( ) M Ng xN y x⎛ ∂ ∂

= −⎜ ∂ ∂⎝ ⎠

⎞⎟ isto é, g(x) = 1

1)01(=

−−− é uma função de x. Portanto

1( , ) dx xI x y e e∫= = é um fator integrante. Assim xxxxx exye

dxdyeyxe

dxdye .. )( =+⇒−=

resolvendo como uma solução exata, chegamos a solução geral: Ceeyex xxx =−− .2.

utilizando a condição de existência , temos: 5.. −=−− xxx eeyex

LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS 1) Resolva as seguintes equações diferenciais, utilizando o processo que considerar apropriado e possível: Respostas:

2 2) 0a xy dx x ydy+ = 2 21) ( , ) 1 (a equação é exata); 2

a I x y x y c= =

3 3)( ) 0b y x y dx xdy+ + = 3 2 2) ( , ) 1/( ) ; 1/ 2 ( )b I x y xy y x x c= = − 2 2)( ) 0c x y y dx xdy+ + − = 2 2) ( , ) 1/( ); ( )c I x y x y y xtg x c= − + = +

)( 1) 0d y dx xdy+ − = 2) ( , ) 1/ ; 1d I x y x y cx= − = − ) (1 )e ydx x dy+ − = 0 2) ( , ) 1/ ; c 1e I x y y y x= = −

3 2 2 4)( ) ( ) 0f x y y dx x y x dy− + − = 2 3 4) ( , ) 1/( ) ; 3 2 6f I x y xy x y xy cxy= + + = − 2)2 0g xydx y dy+ = 2 2) ( , ) 1/ ; 2( )g I x y y y c x= = −

) 3h ydx xdy+ = 0 2 3) ( , ) ; /h I x y y y c x= = 2 2)(3 ) 0i x y x dx dy− + = 3 3

) ( , ) ; 1/ 3x xi I x y e y ce−= = + 4 2)( ) 0j y x y dx xdy+ + = 2 4) ( , ) 1/( ) ; 1/ / 3j I x y xy y x cx= = −

2 22) 2 4 0xk xy dx x ydy

⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠=

22 2 4) ( , ) ; x

2xk I x y y y c= + =

2 2 2 2) ( )l xy dx x y x y dy+ + = 0 2) ( , ) 1/( ) ; ln =l I x y xy xy c y= − 3 2)( ) 0m y x xy dx xdy+ + − = 2 2 2) ( , ) 1/( ); ( / 2 )m I x y x y y xtg x c= − + = +

2 2 3 3 4)3 (2 ) 0n x y dx x y x y dy+ + = 3 3/ 3 3 2 / 3) ( , ) ; y yn I x y e x y e c= =

EQUAÇÃO DIFERENCIAL LINEAR DE 1a ORDEM

Consideremos uma equação diferencial da forma:

)()(')( 10 xbyxayxa =+

Vamos considerar que todas as condições necessárias ( , dependam apenas da variável x) para que possamos resolver esta equação sejam satisfeitas.

)(e)(),( 10 xbxaxa

O melhor que podemos fazer quando é não nula, é realizar a divisão de todos os termos da equação por para obter:

)(0 xa)(0 xa

)()(' xQyxPy =+ (01) uma equação que pode ser escrita desta forma, onde P(x) e Q(x) são funções de x conhecidas, é chamada uma equação diferencial linear de primeira ordem (se uma equação não pode ser escrita

nesta forma, como por exemplo xsenxydxdy

=+ 2 , é chamada equação diferencial de primeira ordem

não-linear). Um bom método para resolver esta equação (01) de uma forma geral é multiplicar ambos os membros

da equação por um fator integrante , ∫=dxxP

eyxI)(

),( Assim:

∫⋅=∫⋅⋅+⋅∫ dxxPdxxPdxxPexQeyxP

)()()()()( (1)

que é equivalente a

∫⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ∫ dxxPdxxP

exQeydxd ).().(

Prova da equivalência:

Fazendo: dxdyyuyu ==⇒= '' e ∫⋅=⇒∫=

dxxPdxxPexPvev

)()()('

Por outro lado, sabemos que:

∫⋅⋅+∫⋅=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ∫⋅⇒⋅+⋅=⋅

dxxPdxxPdxxPexPye

dxdyeyvuvuvu

)()('''][ (2)

Substituindo (2) em (1) temos:

∫⋅=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ∫⋅ dxxPdxxP

exQey )('

Integrando ambos os membros em relação à x, temos:

dxexQdxey dxxPdxxP

∫∫ ∫⋅=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ∫⋅ )(

cuja solução é:

∫ +∫⋅=∫⋅ cdxexQeydxxPdxxP )()(

e como , vamos a: ∫=dxxP

eyxI)(

∫ +⋅=⋅ cdxIxQIy )( (3) Nota: Na prática, podemos trabalhar diretamente com a equação (3). Exemplos:

1) Resolva: 505 =+ ydxdy

Solução: Temos uma equação diferencial linear de primeira ordem, com P(x) = 5 e Q(x) = 50. O fator integrante fica determinado por:

xdxdxxP

eeeI 55)(=∫=∫=

Substituindo essas informações na equação (3), temos:

xxxx ecyou

ecyceeydxeey 55

5555 1010

55050 −⋅+=+=⇒+⋅=⋅⇒⋅=⋅ ∫

Observação: O método de separação de variáveis também poderia ter sido utilizado na resolução desse exemplo, como mostramos a seguir.

⇒+=−⋅−⇒=−

⇒=−

⇒−=⇒=+ ∫∫ 1)550ln(51

)550()550(550505 cxydx

xccxcx ecyeeyeyeycxy 5

555555

1050555055)550(ln1

11 −−−

−−−− ⋅+=⇒⋅

−=⇒−=⇒=−⇒−−=−

2) Resolva: Resposta: 63y - ' =y xCey 32 +−=

3) Resolva: Resposta: xxyy =−2' 2

21 xCey +−=

LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS 1) Resolva as equações diferenciais lineares de 1a ordem abaixo:

Respostas:

1' ) 2' )

' ) 04' )

' ) 2' )

xyyfxsentgxyye

xsenyxydyxyc

eyybxxyyax

−=−=+

3' ) 42' )

424' )

xeyyixyxyh

−=−

xceyfxxCye

+= −

)cos2cos. )

)cos(1 )

)21y )

g y ce x

h y cx x

i y ce x e

LISTA EXTRA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS

1) Resolva as equações diferenciais: Respostas:

( ) ( )

) 0 ) cos 2 0

a xdx y dyb x seny dx x y y dy

c y y xx

d y y senx

+ + − =

⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) ( )

) 2 1 3 0

xyy xe

g y xy dx x y x dy

dzh xz xdx

+ + + + =

− = − 2

) 3x 21)2

c 1)y9x

1 1) y ce cos2 2

)2x e2)y 43

) z(x) ce 1x

b x xseny y c

d senx

f x x c

g y y c

+ − =

= + −

+ − =

2) Resolva Resposta: 1y(0) com 0 ==− ydydxex 1e2y x2 −=

PROBLEMAS DE QUEDA DOS CORPOS Consideremos um corpo de massa m em queda vertical, influenciado apenas pela gravidade g e por uma resistência do ar proporcional à velocidade da queda. Admitamos que tanto a gravidade como a massa permanecem constantes e, por questão de conveniência, escolhamos a direção para baixo como a direção positiva. Segunda lei do movimento de Newton: A força líquida que atua sobre um corpo é igual à taxa de

variação do momento do corpo em relação ao tempo, ou, para uma massa constante, dt vdmF = , onde

F é a força líquida que atua sobre o corpo e v é a velocidade do corpo – ambas no instante t. No problema em estudo, há duas forças atuando sobre o corpo: • A força devida à gravidade representada pelo peso w do corpo e que é igual a m.g • A força devida à resistência do ar, dada por –k.v, onde k≥0 é a constante de proporcionalidade. Faz-se necessário o sinal menos porque esta força é oposta à velocidade, isto é, atua para cima, na direção negativa. A força líquida F que atua sobre o corpo é, pois: F = m.g – k.v. Levando este resultado na equação da segunda lei do movimento de Newton, temos:

dtdvmvkgm =+⇒=− ...

como a equação do movimento do corpo. Exemplos:

1) Mostre que desprezando-se a resistência do ar (então )0=k , teremos: gdtdv

= . Determine a

solução dessa equação. Solução:

Inicialmente, substituindo em 0=k gvmk

=+ , temos: gdtdv

Por outro lado, podemos facilmente determinar a solução dessa equação, usando as equações lineares separáveis, como mostramos a seguir:

ctgvdtgdvdtgdvgdtdv

+⋅=⇒=⇒=⇒= ∫∫

2) Determine a solução geral da equação diferencial .gvmk

Solução:

Temos uma equação diferencial linear de primeira ordem, com gtQemktP == )()( .

O fator integrante fica determinado por:

( )k kdt tP t dt m mI e e e

⋅∫∫= = =

Substituindo essas informações na equação ∫ +⋅=⋅ cdtItQIv )( , temos:

k k k kt t t tm m m m

m m g c m gv e g e dt c v e g e c v v c ek k k

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅⋅ = ⋅ + ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⇒ = + ⇒ = + ⋅∫

− ⋅

3) Mostre que se a velocidade limite da queda dos corpos é dada por ,0>k ..kgmvl =

Solução:

lim [ ] limk tml

m g m gv solução geral de v c ek k

− ⋅

→+∞ →+∞

⎡ ⎤⋅ ⋅⎢ ⎥= = + ⋅⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦

Observação: Estas equações são válidas apenas se as condições dadas são satisfeitas. Elas não são válidas, por exemplo, se a resistência do ar não for proporcional à velocidade, e sim ao quadrado da velocidade, ou se toma como direção positiva a direção para cima. Problemas: 1) Deixa-se cair um corpo de 75 Kg de uma altura de 30 m com velocidade zero. Admitindo que não

haja resistência do ar, determine: a) A expressão da velocidade do corpo no instante t. b) A expressão da posição do corpo no instante t. c) O tempo necessário para o corpo atingir o solo. Solução:

a) Como não existe resistência do ar, aplicamos a fórmula gdtdv

Esta equação é uma equação diferencial linear separável, suja solução é ctgv += . . Quando t = 0, v = 0 ( inicialmente a velocidade do corpo é zero), logo 0 .0g c c 0= + ⇒ = . Assim, (sabemos que g = 9,81). 9,81.v = t

b) Como a velocidade é a taxa de variação do deslocamento x em relação ao tempo, temos dtdxv = ,

assim 9,81.dx tdt

= . Esta equação é uma equação diferencial separável, cuja solução é:

1c2t 905,4x +=

Mas em t = 0, temos x = 0. Assim, . 21 10 4,905 (0) 0c c= + ⇒ =

Substituindo este valor na equação do deslocamento encontrado, temos:

2 905,4 tx =

c) Devemos determinar t para x = 30. Substituindo x = 30 na equação do deslocamento e resolvendo-a encontramos t = 2,47 seg.

2) Deixa-se cair de uma altura de 1000 metros uma bola cujo peso é 1 Kgf, sem velocidade inicial. Na

queda, a bola sofre uma resistência do ar proporcional a v41 , em Kgf. Determine a equação da

velocidade da bola. Solução:

Neste problema temos w = 1 Kgf e k = 41 .

Admitindo que g = 9,81 m/s2, temos que w = m.g, então 1 = m. 9,81 ⇒ m 0,10 Kg. ≅ Assim, teremos:

⇒=+ gvmk

dtdv 2,5 9,81dv v

cuja solução é:

92,3t.5,2e.c)t(v +−= Em t = 0, temos v = 0 e assim, teremos:

92,392,3.0 )0.(5,2 −=⇒+= − cec Portanto,

92,3.92,3)( .5,2 +−= − tetv

Observação: ou lim 3,92 /lt

v v m→+∞

= = s 92,325,0

81,910,0=

3) Deixa-se cair um corpo de peso w = 30 kgf de uma altura de 30 m com velocidade inicial de 3 m/s.

Admitamos que a resistência do ar seja proporcional à velocidade do corpo. Se a velocidade limite é de 43 m/s, determine:

a) A expressão da velocidade do corpo no instante t. b) A expressão da posição do corpo no instante t. Solução: a) Neste problema temos w = 30 Kg, como w = mg, temos:

m.g = 30 ⇒ m.9,81 = 30 ⇒ m = 3,06Kg Por outro lado, como a velocidade limite é 43m/s, temos:

lv = ⇒ 70,03043 =⇒= kk

Agora levando estes substituindo estes valores na equação diferencial da velocidade temos:

⇒=+ gvmk

dtdv 81,9v

06,37,0

=+ ⇒ 81,9v23,0dtdv

cuja solução é:

65,42t.23,0e.c)t(v +−= .

Mas em t = 0, v = 3. Assim, substituindo estes valores temos:

3 42,c= + ⇒ c = -39,65. Logo a expressão da velocidade fica:

65,42t.23,0e.65,39)t(v +−−=

b) Agora precisamos encontrar a expressão do movimento. Como dtdxv = , substituindo a expressão da

velocidade encontrada temos:

65,42t.23,0e.65,39dtdx

+−−=

Esta equação é uma equação diferencial separável e sua solução é:

1ct.65,42t.23,0e.172x ++−= Em t = 0 e x = 0, temos: 1721720 11 −=⇒+= cc Assim a expressão do movimento é:

172.65,42.172 .23,0 −+= − tex t

LISTA DE PROBLEMAS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS 1) Deixa-se cair de uma altura de 150 m um corpo de 15 kg de massa, sem velocidade inicial.

Desprezando-se a resistência do ar, determine: a) A expressão da velocidade do corpo no instante t. b) A expressão da posição do corpo no instante t. c) Determine o tempo necessário para que o corpo atinja o solo. Resposta: a) v = 9,81 t b) S = 4, 905 t 2 c) 5,53 seg 2) Deixa-se cair um corpo de uma altura de 150 m com velocidade inicial de 3 m/s. Desprezando-se a

resistência do ar, determine: a) A expressão da velocidade do corpo no instante t. b) O tempo necessário para o corpo atingir o solo. Resposta: a) v(t) = 9, 81 t + 3 b) t = 5, 23 seg 3) Deixa-se cair de uma altura de 300 m uma bola cujo peso é de 75 Kg. Determine a velocidade

limite da bola se a força de resistência do ar é de – 0,5 v. Resposta: 150 m/s 4) Um corpo de 2 kg de massa é lançado de uma altura de 200 m, sem velocidade inicial. Determine a

velocidade limite do corpo, se ele encontra uma resistência do ar igual a -50 v. Resposta: v = 0, 392 m / s com g = 9,8 m/s2

5) Deixa-se cair um corpo de 145 Kg de massa de uma altura de 300 m, sem velocidade inicial. O

corpo encontra uma resistência do ar proporcional à sua velocidade. Se a velocidade limite é de 100 m/s, determine:

a) A expressão da velocidade no instante t. b) A expressão da posição do corpo no instante t. c) O tempo necessário para que o corpo atinja uma velocidade de 50m/s.

Resposta: 0,1 t 0,1 t) 98,1. 98,1 ) ( ) 981. 98,1 t 981 )7,13a v e b x t e c s− −= − + = + −

ZILL. D. G. CULLEN. M. R. Equações diferenciais. v.1. São Paulo: MAKRON Books, 2001.

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 ( diLdt

) e da queda de tensão no resistor ( i ) é igual à

voltagem (

( )E t ) no circuito. Veja a Figura 3.10. Logo, obtemos a equação diferencial linear para a corrente , ( )i t

( )diL Ri E tdt+ = (1)

em que L e R são constantes conhecidas como a indutância e a resistência, respectivamente. A corrente é algumas vezes chamada de resposta do sistema. A queda de potencial em um capacitor com capacitância C é dada por , em que q é a carga no capacitor. Então, para o circuito em série mostrado na Figura 3.11, a segunda lei de Kirchhoff nos dá

( ) /q t C

1 ( )R i q E tC

⋅ + = (2)

Mas a corrente i e a carga q estão relacionadas por dqi

dt= , logo, (2) torna-se a equação diferencial

linear 1 ( )dqR q E t

dt C⋅ + = (3)

Exemplo : Uma bateria de 12 volts é conectada a um circuito em série no qual a indutância é de ½ henry e a resistência, 10 ohms. Determine a corrente i se a corrente inicial é zero. Solução: De (1), vemos que devemos resolver

1 10 122

di idt+ =

sujeita a i(0) = 0. Primeiro, multiplicamos a equação diferencial por 2 e tiramos o fator de integração

. Obtemos então 20te

20 2024t td e i edt⎡ ⎤ =⎣ ⎦

20 202420

t te i e C= +

ti ce−= +

Agora, i(O) = O implica O = 6/5 + c, ou c = - 6/5. Logo, a resposta é

206 65 5

ti e−= −

Por ( ) ( ) ( )( )p x dx p x dx p x dxy e e f x dx ce− −∫ ∫ ∫= +∫

Podemos escrever uma solução geral para (2):

( / )( / ) ( / )( ) ( )

R L tR L t R L tei t e E t dt ce

−−= ∫ + (4)

Em particular, quando 0( )E t E= é uma constante, (4) torna-se

( / )0( ) R L tEi t ce

R−= + (5)

Note que, quando , o segundo termo da equação (5) se aproxima de zero. Tal termo é usualmente chamado de termo transitório; qualquer termo remanescente faz parte do estado estacionário da solução. Neste caso,

t →∞

0 /E R também é chamado de corrente estacionária. Após um longo período de tempo, a corrente no circuito é praticamente governada apenas pela lei de Ohm

. E i R= ⋅

EXERCÍCIOS:

1. Uma força eletromatriz (fem) de 30 volts é aplicada a um circuito em série L-R no qual a indutância é de 0,5 henry e a resistência, 50 ohms. Encontre a corrente i(t) se i(0) = 0. Determine a corrente quando t . →∞

2. Resolva a equação (1) supondo 0 0( ) e (0)E t E sen t i iω= = 3. Uma força eletromotiva de 100 volts é aplicada a um circuito R-C em série no qual a resistência é

de 200 ohms e a capacitância, farad. Encontre a carga q(t) no capacitor se q(0) = 0. Encontre a corrente i(t).

410−

4. Uma força eletromatriz (fem) de 200 volts é aplicada a um circuito R-C em série no qual a resistência é 1000 ohms. e a capacitância, 65 x 10− farad. Encontre a carga q(t) no capacitor se i(0) = 0,4. Determine a carga quando . t →∞

5. Uma força eletromatriz (fem) 120, 0 20

( )0, 20

t≤ ≤⎧

= ⎨ >⎩

é aplicada a um circuito L-R em série no qual a indutância é de 20 henrys e a resistência, 2 ohms. Encontre a corrente i(t) se i(0) = 0. 6. Suponha que um circuito R-C em série tenha resistência variável. Se a resistência no instante t é dada por 1 2R k k= + t , em que são constantes, então (3) torna-se 1 20 e 0k k> >

1 21( ) dqk k t q E t

dt C+ ⋅ + = ( )

Mostre que, se 0( )E t E= e , então 0(0)q q=

0 0 01 2

( ) ( )Ckkq t E C q E C

k k t⎛ ⎞

= + − ⎜ ⎟+⎝ ⎠.

OBSERVAÇÃO: O TEXTO A SEGUIR É ADAPTADO DO LIVRO: BRONSON. R. Moderna introdução às equações diferenciais. tradução de Alfredo Alves de Farias, revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977.

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES HOMOGÊNEAS DE SEGUNDA ORDEM COM COEFICIENTES CONSTANTES 1. EQUAÇÃO CARACTERÍSTICA OU AUXILIAR À equação diferencial

1 0'' ' 0y a y a y+ + = (1)

em que são constantes, corresponde a equação algébrica. 0 e a a12

1 0 0a aλ λ+ + = (2)

obtida de (1) mediante substituição de respectivamente. A equação (2) é chamada equação característica ou auxiliar de (1).

2 1 0'', ' e y por , , = 1,y y λ λ λ

Exemplo 1: A equação característica de 2'' 3 ' 4 0 é 3 4 0;y y y λ λ+ − = + − = a equação característica de

2'' 2 ' 0 é 2 1 0.y y y λ λ− + = − + = A equação característica pode ser fatorada como segue:

1 2( ).( ) 0λ λ λ λ− − = (3)

2. SOLUÇÃO EM TERMOS DAS RAÍZES CARACTERÍSTICAS A solução de (1) se obtém diretamente a partir das raízes de (3). Há três casos a considerar. CASO 1. 1 e 2λ λ são ambas reais e distintas. 1 e 1x xe eλ λ são duas soluções linearmente independentes. A solução geral é

1 21 2x xy c e c eλ λ= + (4)

Exemplo 1: Resolva . '' ' 2 0y y y− − =

Equação característica: que pode ser fatorada em 2 2 0,λ λ− − = ( 1).( 2) 0.λ λ+ − = Como as raízes

1 21 e 2λ λ= − = são reais e distintas, a solução é dada por (4):

x xy c e c e−= +

Exemplo 2: Resolva . '' 7 ' 0y y− =

Equação característica: que pode ser fatorada em 2 7 0λ λ− = , .( 7) 0.λ λ − = Como as raízes

1 20 e 7λ λ= =

são reais e distintas, a solução é dada por (4):

0 71 2 1 2

x x xy c e c e c c e= + = +

Exemplo 3: Resolva . '' 5 0y y− =

Equação característica: cujas raízes, 2 5 0,λ − = 1 25 e 5λ λ= = − são reais e distintas, a solução é dada por (4):

5 51 2

x xy c e c e−= +

CASO 2. 1 2 = . λ λ são raízes reais iguais. 1 e . 1x xe x eλ λ são duas soluções linearmente independentes. A solução geral é:

1 11 2x xy c e c xeλ λ= + (6)

Atenção: As soluções acima não são válidas se a equação diferencial não é linear ou se não tem coeficientes constantes. Consideremos, por exemplo, a equação 2'' 0.y x y− = As raízes da equação característica são 1 2 e ,x xλ λ= = − mas a solução não é

2 2( ) ( )1 2 1 2

x x x x xy c e c xe c e c xe x− −= + = +

Exemplo 1: Resolva . '' 4 ' 4 0y y y+ + =

Equação característica: com as raízes 0442 =++ λλ 1 2 2λ λ= = − são reais e iguais, a solução geral é dada por (6):

2 21 2

x xy c e c xe− −= + Exemplo 2: Resolva '' 0y = .

Equação característica: com as raízes 2 0,λ = 1 2 0λ λ= = são reais e iguais, a solução geral é dada por (6):

0 01 2 1

x xy c e c xe c c x= + = + 2 CASO 3. 1 = a ibλ + , complexo. Como, em (1) e (2), supõem-se reais, as raízes de (2) devem aparecer em pares conjugados; assim, a outra raiz é

0 e a a1iba −=1λ . Duas soluções linearmente

independentes são , e a solução geral (complexa) é ( ) ( ) e a ib x a ib xe e+ −

( ) ( )1 2

a ib x a ib xy d e d e+ −= + Utilizando as relações de Euler

cos . ibxe bx i se= + n bx n bx cos . ibxe bx i se− = − Podemos escrever a solução como

1 2 1 2. . . . ( . .ax ibx ax ibx ax ibx ibxy d e e d e e e d e d e )− −= + = +

1 2[( (cos . ) (cos . )]axe d bx i sen bx d bx i sen bx= + + −

1 2 1 2[( ).cos .( ) ]axe d d bx i d d sen bx= + + −

Definindo como duas novas constantes arbitrárias, podemos escrever a solução geral como

1 1 2 2 1 2 (c d d e c i d d= + = − )

1 2cos ax axy c e bx c e sen bx= + (5)

A equação (5) é real se e somente se são ambas reais, o que ocorre se e somente se são complexos conjugados. Como estamos interessados na solução geral real, devemos impor a a restrição de serem complexos conjugados.

1 c e c 1 d e d

1 2 d e d

Exemplo 1: Resolva . '' 4 ' 5 0y y y+ + =

Equação característica: com raízes complexas 2 4 5 0λ λ+ + = 1 22 e 2i iλ λ= − + = − − . Solução geral, de acordo com (5):

2 21 2cos x xy c e x c e sen x− −= +

Exemplo 2: Resolva . '' 4 0y y+ =

Equação característica: com raízes complexas 2 4 0,λ + = 1 22 e 2 .i iλ λ= = − . Solução geral, de acordo com (5):

1 2cos 2 2y c x c sen x= + Observe que as raízes complexas têm ambas parte real igual a zero. Exemplo 3: Resolva . '' 3 ' 4 0y y y− + =

Equação característica: com raízes complexas 2 3 4 0λ λ− + = , 1 23 7 3 e 2 2 2 2

i iλ λ= + = −7 .

Solução geral, de acordo com (5): (3/ 2) (3/ 2)

1 27 7cos

2 2x xy c e x c e sen x= +

1) Resolva as seguintes equações diferencias:

RESPOSTAS ) '' 0a y y− =

1 2) x xa y c e c e−= + ) '' ' 30 0b y y y− − = 5 6

1 2) x xb y c e c e−= + ) '' 2 ' 0c y y y− + =

1 2) x xc y c e c xe= + ) '' 0d y y+ = 1 2) cos d y c x c sen x= + ) '' 2 ' 2 0e y y y+ + =

1 2cos x xy c e x c e sen x− −= + ) '' 7 0f y y− = 7 7

1 2) x xf y c e c e−= + ) '' 6 ' 9 0g y y y+ + = 3 3

1 2) x xg y c e c xe− −= + ) '' 2 ' 3 0h y y y+ + =

1 2) cos 2x xh y c e x c e sen x 2− −= + ) '' 3 ' 5 0i y y y− − = [(3 29) / 2] [(3 29) / 2]

1 2) x xi y c e c e+ −= + 1) '' ' 04

j y y y+ + = (1/ 2) (1/ 2)

1 2) x xj y c e c xe− −= +

2) Determinar a solução geral das Equações Diferenciais Lineares Homogêneas de 2a Ordem a

coeficientes constantes, dadas a seguir, pelo método proposto para resolver este tipo de equação.

a) 0362

=+ ydx

yd Resposta: ( ) ( )xsencxcy 6 6cos 21 ⋅+⋅=

b) dxdyy

dxyd 7122

=+ Resposta: xx ececy 42

31 ⋅+⋅=

c) ydx

= Resposta: xx ececy 32

−⋅+⋅=

d) d ydx

2 2+ − = 0 Resposta: xx ececy 221

e) 0442

=+− ydxdy

dxyd Resposta: ( ) xexccy 2

21 ⋅+=

f) 01022

=++ ydxdy

dxyd Resposta: )33cos( 21 xsencxcey x ⋅+⋅⋅= −

g) 09124 2

=+− ydxdy

dxyd Resposta: ( ) x

exccy 23

21 ⋅+=

Equação Diferencial Ordinária Linear de 2a Ordem com Coeficientes Constantes e Não Homogênea: Uma equação diferencial ordinária linear de 2a Ordem com coeficientes constantes e não homogênea, pode ser escrita na forma:

( )xrybdxdya

onde: e ( ) axf =1 ( ) bxf =2

Então, o método dos coeficientes a determinar é o método normalmente empregado para obter a solução. A vantagem deste método é que ele é mais simples que o método geral e a desvantagem é que ele não é aplicável para certas equações lineares a coeficientes não constantes. O método é freqüentemente aplicado à engenharia. Este método é adequado para equações lineares a coeficientes constantes, isto é, para equações do tipo:

)()()( 212

xryxfdxdyxf

onde: , e ( ) axf =1 ( )f x b2 = ( ) 0≠xr O MÉDOTO DOS COEFICIENTES A DETERMINAR A solução geral da equação diferencial linear ( ) ( )L y xφ= é, de acordo com o teorema h py y y= + .

Apresentaremos a seguir os processos para a obtenção de desde que conhecida . py py

O método dos coeficientes a determinar se inicia supondo conhecida a forma de a menos de constantes arbitrárias multiplicativas. Essas constantes são, em seguida, calculadas, levando-se a solução suposta conhecida na equação diferencial em estudo, e identificando-se os coeficientes.

1. FORMA SIMPLES DO MÉTODO Admite-se que a função procurada, . Possa exprimir-se como soma dos termos que compõem py ( )xφ e todas as derivadas de ( )xφ (a menos de constantes multiplicativas). Caso 1. ( ) ( )nx p xφ = , polinômio de grau n em x. Procurar solução da forma

11 1...n n

p n ny A x A x A x A0−

−= + + + + (1)

onde os ( 0,1, 2,..., )jA j = n são constantes a determinar. Exemplo: Resolva . 2'' ' 2 4y y y x− − =Pela equação temos que sua solução resultante da combinação linear entre as soluções

exponenciais é

'' ' 2 0y y y− − =2

1 2x x

hy c e c e−= + . Na equação , 2'' ' 2 4y y y x− − = 2( ) 4x xφ = , ou seja, ( )xφ é um polinômio de segundo grau. A partir de ( )xφ procuraremos uma solução particular da forma

22 1py A x A x A0= + +

2p A Assim, . Levando esses valores na equação, obtemos: 2 1' 2 e '' 2py A x A y= + =

2'' ' 2 4y y y x− − = 2 2

2 2 1 2 1 02 (2 ) 2( ) 4A A x A x A x A x A x− + − + + = Ou equivalentemente,

2 22 2 1 2 1 02 ( 2 2 ) (2 2 ) 4 (0)A x A A x A A A x x− + − − + − − = + + 0

Identificando coeficientes, obtemos: 2

2 2 1 2 12 4 2 2 =0 2 2 ) 0A x A A A A A− = − − − − = Resolvendo o sistema:

2 1 02 =2 3A A A= − = − , com isso a solução particular 22 1py A x A x A0= + + será

22 2py x x 3= − + −

e a solução geral é 2 2

1 2 2 2x xh py y y c e c e x x 3−= + = + − + −

Caso 2. ( ) ( )x

nx e p xαφ = , α constante conhecida e tal como no Caso 1. Procurar solução da forma

( )np x

11 1( ... )x n n

p n ny e A x A x A x A0α −

−= + + + + (2)

onde os são constantes a determinar. ( 0,1, 2,..., )jA j n=

Exemplo: Resolva 3'' ' 2 xy y y e− − = . Pela equação temos que sua solução resultante da combinação linear entre as soluções

exponenciais é

'' ' 2 0y y y− − =2

1 2x x

hy c e c e−= + . Na equação 3'' ' 2 xy y y e− − = ,

( ) ( ), com 3 e ( ) 1,xn nx e p x p xαφ α= = = ou seja, ( )xφ é um polinômio grau zero. De acordo com (2)

e a partir de ( )xφ procuraremos uma solução particular da forma 3

0. xpy A e=

Assim, 30' 3 e '' 9 3

p py A e y A e= = . Levando esses valores na equação, temos 3'' ' 2 xy y y e− − =

3 3 30 0 09 3 2 3x x x xA e A e A e e− − =

ou 3 3

04 x xA e e=

Decorre que , ou 04 1A = 014

A = , de forma que (2) fica 314

xpy e= . A solução geral é

2 31 2

x x xh py y y c e c e e−= + = + +

Caso 3. ( ) ( )x

nx e p x sen xαφ β= , e α β constantes conhecidas e tal como no Caso 1. Procurar solução da forma

( )np x

1 0 1 0. ( ... ) .cos ( ... )x n x np n ny e sen x A x A x A e x B x B x Bα αβ β= + + + + + + + (3)

onde os são constantes a determinar. e ( 0,1, 2,..., )j jA B j n=

Exemplo: Resolva . '' ' 2 2y y y sen x− − = Novamente pelo equação temos que sua solução resultante da combinação linear entre

as soluções exponenciais é

'' ' 2 0y y y− − =2

1 2x x

hy c e c e−= + . Na equação , '' ' 2 2y y y sen x− − =

( ) ( ) , com 0 e =2.xnx e p x sen xαφ β α= β= De acordo com (3) e a partir de ( )xφ procuraremos uma

solução particular da forma 0 02 cospy A sen x B 2x= +

Assim, . Levando esses valores na equação, temos

0 0 0 0' 2 cos 2 2 sen 2 e '' 4 2 4 cos 2 .p py A x B x y A sen x B= − = − − x

'' ' 2 2y y y sen x− − =

0 0 0 0 0 04 2 4 cos 2 (2 cos 2 2 sen 2 ) 2( 2 cos 2 ) 2A sen x B x A x B x A sen x B x sen x− − − − − + = ou, equivalentemente,

0 0 0 0( 6 2 ) 2 +( 6 2 )cos 2 (1) 2 + (0)cos 2A B sen x B A x sen x x− + − − = Identificando coeficientes, obtemos

0 0 0 06 2 1 2 6 =0A B A B− + = − +

Resolvendo o sistema, encontramos 0 03 e

20 20A B= − =

1 2x. Então, de ,

temos:

0 0 2 cospy A sen x B= +

3 12 cos20 20py sen x= − + 2x

e a solução geral é 2

1 23 12 cos

20 20x x

h py y y c e c e sen x x−= + = + − + 2

Caso 4. ( ) ( ) cosx

nx e p x xαφ β= , e α β constantes conhecidas e tal como no Caso 3. Procurar solução da forma

( )np x

1 0 1 0. ( ... ) .cos ( ... )x n x np n ny e sen x A x A x A e x B x B x Bα αβ β= + + + + + + + (3)

onde os e ( 0,1, 2,..., )j jA B j n= são constantes a determinar. 2. MODIFICAÇÕES Se qualquer termo da solução suposta, a menos de constantes multiplicativas, é também um termo de

(solução da homogênea associada), então a forma da solução procurada deve ser modificada,

multiplicando-a por hy

mx (onde m é o menor inteiro positivo tal que o produto de mx pela solução procurada não tenha nenhum termo em comum com . hy

Exemplo 1: Consideremos uma equação diferencial com 2

1 0 ( ) 9 2 1.hy c x c e x x xφ= + = + − Como ( )xφ é um polinômio do segundo grau (caso 1), tentaremos uma solução particular da forma

. Como, entretanto, esta solução suposta tem termos em comum com ( a menos de constantes multiplicativas), devemos determinar o menor inteiro positivo m tal que

22 1py A x A x A= + + 0

22 1(mx A x A x A+ + não tenha nenhum termo em comum com . hy

Para m=1, obtemos

2 32 1 0 2 1( ) 2

0x A x A x A A x A x A x+ + = + + que ainda tem um termo de primeiro grau em comum com . hyPara m=2, obtemos

2 2 4 32 1 0 2 1 0( ) 2x A x A x A A x A x A x+ + = + +

que não apresenta termos em comum com , procuraremos, portanto, determinar uma solução particular , nesta última forma.

py Exemplo 2: Resolva 2'' 9 2 1y x x= + − . A solução de é ' 0y = 1hy c x c0= + , que tem termos em comum com ( )xφ . Então, conforme exemplo anterior, procuraremos a solução particular na forma:

4 32 1 0py A x A x A x= + + 2 (4)

Substituindo (4) e suas derivadas na equação diferencial, obtemos:

2 22 1 012 6 2 9 2 1A x A x A x x+ + = + −

Onde 2 1 03 1 , A e A4 3

A = = =12

Substituindo os valores dos coeficientes em (4) temos:

4 33 1 14 3 2py x x= + − 2x

e a solução geral é 4 3

1 03 1 14 3 2

y c x c x x x= + + + − 2

Observação: Note-se que esta solução pode ser obtida integrando-se duas vezes ambos os membros da equação em relação a x. Exemplo 3: Resolva 5' 5 2 xy y e− = . Pela equação temos que sua solução é ' 5 0y y− = 5

hy c e= . Como 5( ) 2 xx eφ = , decorreria de

modificações que a forma deveria ser py 50. x

py A e= . Mas esta forma de é precisamente a

mesma forma de ; portanto devemos modificá-la. Multiplicando por x (m=1), obtemos py

hy py5

py A xe= (5)

Como (5) não tem nenhum termo em comum com , é uma possível solução particular da equação.

Substituindo (5) e hy

50 0' 5x x

py A e A xe= + na equação diferencial e simplificando, obtemos 5

0 2 5x xA e e= , donde 0 2.A = A equação (5) fica então 52 xpy xe= , e a solução geral é

51( 2 ) xy c x e= + .

3. GENERALIZAÇÕES Se ( )xφ é a soma (ou diferença) de termos dos tipos já considerados, então procuraremos determinar

como soma (ou diferença) das correspondentes soluções supostas, combinando-as algebricamente com constantes arbitrárias quando possíveis.

Exemplo 1: Seja ( ) ( 1) ( 1) cos x x sen x x xφ = − + + . Uma solução correspondente a ( 1) x sen x− , segundo caso 3 (com 0α = ),

1 0 1 0( ) ( ) co sA x A sen x B x B x+ + + e uma solução correspondente a ( 1) cos x x+ é também sugerida pelo caso 3 como

1 0 1 0( ) ( ) co C x C sen x D x D x+ + + s

Observação: Utilizamos C e D para as constantes da expressão anterior, porque as letras A e B já haviam sido usadas. Tomaremos então

1 0 1 0 1 0 1 0( ) ( ) cos ( ) ( ) co py A x A sen x B x B x C x C sen x D x D= + + + + + + +

Agrupando os termos semelhantes, chegamos a 1 0 1 0( ) ( ) co py E x E sen x F x F= + + +

para solução particular procurada (com e F com 0,1j j j j j jE A C B D j= + = + = Exemplo 2: Resolva . ' 5 ( 1) ( 1) cos y y x sen x x x− = − + +

Pela equação temos que sua solução é ' 5 0y y− = 51

xhy c e= . Utilizando o exemplo anterior,

suporemos que 1 0 1 0( ) ( ) co py E x E sen x F x F= + + + s x

Assim,

1 1 0 1 0 1' ( ) ( ) cos py E F x F sen x E x E F= − + + + + Levando esses valores na equação diferencial e simplificando, obtemos:

1 1 0 1 0 1 1 0 0 1( 5 ) ( 5 ) ( 5 ) cos ( 5 )cos E F xsen x E E F sen x F E x x F E F− − + − + − + − + + − + + x (1) (1) (1) cos (1) cos xsen x sen x x x x= − + +

Identificando os coeficientes, temos:

5 15 1

5 1 5 1

E FE E F

E FE F F

− − =− + − = −

− =− + =

Resolvendo: 1 0 1 02 71 3, , F , F

13 338 13 338E E= − = = − = −

Então, de , temos: 1 0 1 0( ) ( ) co py E x E sen x F x F= + + +

2 71 3 69( ) ( ) 13 338 13 338py x sen x x= − + + − − cos x

e a solução geral é 5

12 71 3 69( ) ( )

13 338 13 338xy c e x sen x x x= + − + + − − cos

Exemplo 3: Resolva . ' 5 3 2 1xy y e x− = − +

xhy c e= . Aqui, podemos escrever ( )xφ como

soma de duas funções-padrão: . Para o termo ( ) (3 ) ( 2 1)xx e xφ = + − + 3 xe supomos uma solução

particular da forma 0xA e , com 1 e ( ) 3np xα = = 1; para o termo 2x− + suporemos uma solução

particular da forma 1 0B x B+ . Temos então

py A e B x B0= + +

Substituindo e sua derivada na equação e simplificando, obtemos: py

0 1 1 0( 4 ) ( 5 ) ( 5 ) (3) ( 2) (1)x xA e B x B B e x− + − + − = + − + Identificando coeficientes, obtemos

0 1 03 2, B e B4 5

A = − = = −325

Se , então: 0 1x

py A e B x B= + +

3 24 5 2

xpy e x= − + + −

e a solução geral é

3 24 5 2

x xy c e e x= − + + −35

Exemplo 4: Resolva 2 5' 5 x xy y x e xe− = − .

xhy c e= . Aqui 2( ) 5x xx x e xeφ = − , diferença de

dois termos de forma conhecida. Para 2 xx e supomos solução da forma

22 1( )xe A x A x A+ + 0

Para 5xxe procuraríamos solução da forma

5 51 0 1 0( ) 5x x xe B x B B xe B e+ = +

Mas esta suposta solução tem, a menos de constantes multiplicativas, o termo 5xe em comum com

. Devemos, pois, modifica-la para hy5 5 2

1 0 1 0( ) (x x )xe B x B e B x B x+ = +

Podemos agora tomar como a diferença de e py 22 1( )xe A x A x A+ + 0

5 21 0( )xe B x B x+

2 5 22 1 0 1 0( ) (x x

py e A x A x A e B x B x= + + − +

Substituindo anterior e sua derivada na equação py 2' 5 x xy y x e xe− = − , e simplificando, obtemos

2 5 22 2 1 1 0 1 0[( 4 ) (2 4 ) ( 4 )] [( 2 ) ] [(1) (0) (9)] [( 1) 0]x x xe A x A A x A A e B x B e x x e x− + − + − + − − = + + + − −5x

Identificando os coeficientes, temos:

2 2 2 1 1

1 0 0 1 1 0

1 14 1 2 4 04 8

1 14 0 2 1 032 2

A A A A A

A A A B B B

− = ⇒ = − − = ⇒ = −

− = ⇒ = − − = − ⇒ = =

Substituindo em , temos: 2 5 22 1 0 1 0( ) (x x

py e A x A x A e B x B x= + + − + )

2 21 1 1 1( )4 8 32 2

5x xpy e x x x e= − − − −

e a solução geral é

1 1 1 1( )4 8 32 2

2 5x x xy c e e x x x e= + − − − −

4. LIMITAÇÕES DO MÉTODO Em geral ( )xφ não é de um dos tipos considerados acima, ou se a equação diferencial não tem coeficientes constantes, então é preferível o método de variação dos parâmetros, a ser apresentada em aula posterior.

1) Determine a solução geral das seguintes equações diferencias: RESPOSTAS

2) '' 2 ' 1a y y y x− + = − 21 2) 4x xa y c e c xe x x= + + + +

2) '' 2 ' 3 xb y y y e− + = 21 2) 3x x xb y c e c xe e= + +

) '' 2 ' 4cos c y y y x− + = 1 2) 2x xc y c e c xe sen x= + −

) '' 2 ' 3 xd y y y e− + = 21 2

x x xd y c e c xe x e= + +

) '' 2 ' xe y y y xe− + = 31 2

x x xe y c e c xe x e= + +

) ' xf y y e− = 1) x xf y c e xe= + 2) ' 1xg y y xe− = + 2 2

1) 1x x xg y c e xe e= + − + ) ' + cos 2h y y sen x x− = 5

11 1 2 1) cos 2 2 2 5 5

xh y c e sen x x sen x x= − − + − cos 2

2) Determinar a solução geral das Equações Diferenciais Lineares Não - Homogêneas de 2a Ordem a

coeficientes constantes, dadas a seguir, pelo método proposto para resolver este tipo de equações. RESPOSTAS

a) xydxdy

=+− 1272

++⋅+⋅=

xececy xx

b) ( 12 22

≠=+− aeyadxdya

dxyd x ) b) ( )

( )221 1−+⋅+=

aeexccy

c) xeydxdy

dxyd 22

56 =++ c) 5 21 2

x x xy c e c e e− −= ⋅ + ⋅ +

d) 122

+=− xyadx

yd d) 2211

axececy axax +

−+= −

e) ( )xydx

yd 2sen822

=−+ e) ( ) ( )21 2

1 [6 2 2cos 2 ]5

x xy c e c e sen x x−= + − +

f) 252

+=− xydx

yd f) 2521 −−+= − xececy xx

g) 142

+=− xydx

yd g) 2 21 2

x x xy c e c e− += + −

SODRÉ. Ulysses. Equações diferenciais ordinárias: notas de aula. Londrina: UEL, 2003.

APLICAÇÕES DAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES DE SEGUNDA ORDEM COM COEFICIENTES CONSTANTES

CIRCUITOS ELÉTRICOS Elementos de Eletricidade: Sem a preocupação de aprofundar nos detalhes relacionados com a Eletricidade, iremos apresentar alguns poucos conceitos necessários ao presente trabalho de Equações diferenciais.

1. Se são respectivamente, os potenciais elétricos nos pontos A e B de um circuito elétrico, a diferença de potencial entre os pontos A e B de um circuito, denotada por V(t)=V

AV e V

AB, pode ser definida como a integral de linha sobre o segmento de reta S ligando os pontos A e B no campo elétrico E=E(t). Normalmente, esta diferença de potencial V(t) é indicada com o sinal negativo, isto é:

0 ( ) ( )tABV E u du V= − = −∫

2. A intensidade da corrente elétrica será a taxa de variação da carga elétrica Q em relação ao tempo t que atravessa uma seção transversal de um condutor. Em símbolos:

( ) dQI tdt

3. A capacitância C de um capacitor submetido a uma carga elétrica Q, com uma diferença de potencial entre as placas indicada por VAB=V(t), será dada por:

( )( )( )

Q tC tV t

4. A lei de Ohm, estabelece que a diferença de potencial VCD=V(t) nos extremos de um resistor de resistência R submetido a uma intensidade da corrente I, é dada por:

V(t) = R I(t)

5. A indutância L de um indutor é uma constante relacionada com a diferença de potencial VBC=V(t) e com a taxa de variação da intensidade da corrente elétrica em relação ao tempo dI/dt, através da expressão matemática:

( ) . dIV t Ldt

6. Existem duas leis gerais devidas a Kirchhoff, relacionadas com a corrente elétrica e com a diferença de potencial.

Lei dos nós (lei das correntes): A soma algébrica das intensidades de corrente elétrica em um nó de um circuito elétrico é igual à soma algébrica das intensidades de corrente elétrica que saem do mesmo nó neste circuito elétrico.

Lei das malhas (lei das tensões): A soma algébrica das diferenças de potencial em uma malha fechada é zero.

O circuito RLC: Circuitos elétricos mais complexos, às vezes são denominados redes e de forma simples, são formados por resistores com resistência R, indutores com indutância L, capacitores com capacitância C, carregado com uma diferença de potencial VC e uma fonte de energia elétrica V=V(t) cuja diferença de potencial é indicada por E=E(t).

Figura: Circuito elétrico RCL com capacitor carregado

Se E=E(t) é a diferença de potencial da fonte de alimentação e I=I(t) é a intensidade da corrente elétrica, então

1. VL é a diferença de potencial nos terminais do indutor:

( )LdIV t Ldt

2. VR é a diferença de potencial nos terminais do resistor:

( ) ( )RV t RI t=

3. VC é a diferença de potencial nos terminais do capacitor:

01( ) ( )t

CV t I u duC

Usando as leis de Kirchhoff, quando for fechado o interruptor, obteremos:

( ) ( ) ( ) ( )L R CV t V t V t E t+ + =

ou seja,

1( ) ( ) ( )to

dIL RI t I u du E tdt C

+ + =∫

Se E(t) é constante e derivarmos em relação à variável t, teremos:

1''( ) '( ) ( ) 0LI t RI t I tC

e temos uma EDO linear de 2a ordem homogênea.

Se E=E(t) é uma função diferenciável da variável t, então

1''( ) '( ) ( ) '( )LI t RI t I t E tC

Existem alguns casos particulares interessantes, sendo alguns deles apenas teóricos, mas com algum fundamento matemático.

1. Circuito RC: Vamos considerar um circuito elétrico que possui um resistor de resistência R, uma capacitor de capacitância C, uma fonte de alimentação com voltagem E constante e I = I(t) será a intensidade da corrente elétrica.

Figura: Circuito elétrico RC com capacitor descarregado

A diferença de potencial nos terminais do resistor é dada por ( ) ( )RV t RI t= e a diferença de potencial nos terminais do capacitor é dada por

01( ) ( )t

CV t I u duC

Pela lei de Kirchhoff das tensões, segue que

( ) ( )R CV t V t E+ =

E a EDO linear homogênea que rege o fenômeno é

1( ) ( ) ( )toRI t I u du E t

C+ =∫

Derivando esta equação em relação à variável t, obtemos:

1'( ) ( ) 0RI t I tC

A solução desta equação é: /( ) /( )( ) (0)t RC t RCI t Ke I e− −= =

Se o capacitor estava descarregado no instante t=0 e continua descarregado em um átomo após t=0, então Q(0)=0 e desse modo

1(0) ( ) 0cV I u dC

u= =∫

Logo , o que garante que (0) (0)R CV V+ = E (0)RI E= , assim

(0) EIR

Substituindo I(0) na solução da equação, obtemos

/( )( ) t RCEI t eR

Aplicando esta função, podemos obter

/( )0 0

1 1( ) ( ) u RCt tC

EV t I u du e duC C R

−= =∫ ∫

Assim, a diferença de potencial entre os terminais do capacitor ao longo do tempo t , será dada por

/( )( ) [1 ]t RCCV t E e−= −

2. Circuito RL: Seja o circuito elétrico possuindo um resistor de resistência R, um indutor de indutância L e uma fonte de alimentação constante E.

Sabemos que ( ) ( )RV t RI t= e ( )LdIV t Ldt

= , assim usando a lei de Kirchhoff das tensões do

circuito podemos escrever '( ) ( )LI t RI t E+ =

Que é uma EDO linear não homogênea de primeira ordem.

Figura: Diferença de potencial nos terminais do capacitor.

Figura: Circuito elétrico RL

A solução da equação homogênea associada é /( ) Rt L

hI t ke−=

Como a parte não homogênea da EDO é uma função constante, usamos o método dos coeficientes a determinar para procurar uma solução particular ( )p pI I t= que seja constante, assim '( ) 0pI t ≡ e

então, ( ) ( )pRI t E t= o que garante que

( )pEI tR

A solução da EDO é a soma da solução da homogênea associada com a solução particular, logo

/( ) ( ) ( ) Rt Lh p

EI t I t I t keR

−= + = +

Se considerarmos que então (0) 0I =

0 ERK= +

Logo EKR

= − assim

/( ) 1 Rt LEI t eR

−⎡ ⎤= −⎣ ⎦

Esta função tem a mesma forma que a função ( )C CV V t= do circuito RC, apenas que a função

horizontal limite deve ser traçada para EIR

3. Circuito RC: Se o circuito elétrico possui um resistor de resistência R, um capacitor de capacitância C e uma fonte de alimentação tem diferença de potencial ( )E E t= , a EDO linear homogênea que rege o fenômeno é

1'( ) ( ) 0RI t I tC

4. Circuito LC: Se o circuito elétrico possui um indutor de indutância L, um capacitor de capacitância C e a diferença de potencial ( )ABV V t= , a EDO linear não homogênea que rege o fenômeno é

1"( ) ( ) ( )LQ t Q t V tC

APLICAÇÕES DAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES DE SEGUNDA ORDEM COM COEFICIENTES CONSTANTES

Considerando um sistema físico cujas pequenas oscilações sejam regidas pela equação diferencial

1" ' (oy a y a y f t+ + =

Aqui, conhecem-se a função e as constantes representam ( )f t 1 0e ; '' e 'a a y y2

2 e d y dydtdt

respectivamente. Dois exemplos de tais sistemas físicos são dados por uma mola com um peso e um circuito elétrico simples.

Se , o movimento é livre e não amortecido. Se é identicamente nula, mas não é zero, o movimento é livre e amortecido. Para o movimento amortecido, há três casos separados a considerar, conforme as raízes da equação característica associada sejam

1( ) 0 e 0f t a≡ = ( )f t 1a

a. reais e distintas,

b. iguais, ou

c. complexas conjugadas.

Esse três casos se classificam, respectivamente, como

(1) superamortecido,

(2) criticamente amortecido, e

(3) oscilatório amortecido (ou, em problemas de eletricidade, subamortecido).

Se não é identicamente nula, o movimento se diz forçado. ( )f t

Um movimento ou corrente se diz transitório se se desvenece (isto é, tende a zero) quando t . Um movimento (ou corrente) estacionário é um movimento que não é transitório nem se torna ilimitado. Sistemas livres amortecidos (admitindo senoidal a força exterior) originam ambos os movimentos – transitório e estacionário.

→∞

Exemplo 1: Mostre que um circuito elétrico simples, constituído de uma resistência, um capacitor, um indutor e uma força eletromotriz (usualmente uma bateria ou um gerador) ligados em série é regido por

1" ' (oy a y a y f t+ + = ) . Outrossim, admitindo uma carga inicial de coulombs no capacitor e uma corrente inicial de

0I ampères no circuito, determine as condições iniciais do sistema.

A figura acima ilustra o circuito onde R é uma resistência em ohms, C é a capacitância em farads, L é a indutância em henries, E(t) é a força eletromotriz (fem) em volts, e I é a intensidade da corrente em ampères. Sabe-se que as quedas de voltagem através de uma resistência, de um capacitor e de um

indutor são, respectivamente, 1, e C

dIRI q Ldt

onde q é a carga no capacitor.

A queda de voltagem através de uma fem é ( )E t− . Assim, pela lei de Kirchhoff, temos

1 ( ) 0dIRI L q E tdt C

+ + − = (1)

Lembrando que 2

2 e dq dI d qIdt dt dt

= = (2)

Substituímos esses valores em (1) 2

21 1 ( )d q R dq q E t

L dt LC Ldt+ + = (3)

Definindo 1 01, e ( ) ( )R E ta a f t

L LC L= = = , então (3) é precisamente com y

substituído por q. As condições iniciais para q são

1" ' (oy a y a y f t+ + = )

(0) e (0)t

dqq q Idt =

0I= = = (4)

Para obter a equação diferencial que rege a corrente, primeiro derivamos (1) em relação a t e, em seguida, substituímos (2) diretamente na equação resultante. A nova equação é

21 1 (d I R dI dE tI

L dt LC L dtdt+ + =

Definindo agora 1 01 1, e ( ) ( )R dE ta a f t

L LC L dt= = = , então (5) é precisamente

com y agora substituído por I. A primeira condição inicial é 1" ' (oy a y a y f t+ + = ) 0(0)I I= . A

segunda condição inicial se obtém de (1) resolvendo-a em relação a dIdt

e fazendo em seguida t=0.

Assim,

1 1(0)t

dI RE Idt L L LC=

= − − q (6)

Vê-se que a corrente no circuito pode ser obtida seja resolvendo (5) diretamente, seja resolvendo (3) em relação à carga e em seguida derivando a carga para obter a corrente.

Exemplo 2: Um circuito RCL tem R=180 ohms, C= 1/280 farads, L=20 henries, e uma voltagem aplicada de ( ) 10 E t sen= t . Admitindo que não haja carga inicial no capacitor, mas uma corrente inicial de 1 ampère em t=0 quando se aplica inicialmente a voltagem, determine a carga subseqüente no capacitor.

Substituindo as quantidades acima em (3) 2

21 1 ( )d q R dq q E

L dt LC Ldt+ + = t , obtemos

2180 1 1 10. 120 2020.

d q dq q sedtdt

+ + = n t

219 142

d q dq q sendtdt

+ + = t ou 1" 9 ' 14 2

q q q sen+ + = t

A seguir será calculada a solução geral da equação homogênea associada . " 9 ' 14 0q q q+ + =

21 29 14 0 9 14 2 e 7 S e Pλ λ λ λ+ + = ⇒ = − = ⇒ = − = −

Se 1 2t

hq c e c eλ λ= + , então

1 2t t

hq c e c e− −= +

Aplicando o método dos coeficientes a determinar (caso 3), temos:

cos pq Ao sen t Bo t= ⋅ + ⋅

' cos pq Ao t Bo sen t= ⋅ − ⋅

'' cospq Ao sen t Bo t= − ⋅ − ⋅

Substituindo em 1" 9 ' 14 2

q q q sen+ + = t , temos:

1 cos 9( cos ) 14( cos ) 2

Ao sen t Bo t Ao t Bo sen t Ao sen t Bo t sen t− ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ =

1 cos 9 cos 9 14 14 cos 2

Ao sen t Bo t Ao t Bo sen t Ao sen t Bo t sen t− ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ =

1(13 9 ) (9 13 ) cos 2

Ao Bo sen t Ao Bo t sen− ⋅ + + ⋅ = t

113 92

139 13 0 9

Ao Bo Ao Bo

⎧ − =⎪⎪⎨⎪ + = ⇒ = −⎪⎩

13 1 913 9 9 2 500

Bo Bo Bo⎛ ⎞⋅ − − = ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

13 13 9 139 9 500 500

Ao Bo ⎛ ⎞= − = − − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

Substituindo os coeficientes, temos:

13 9 cos 500 500pq sen t= − t

A solução geral é

2 71 2

13 9 cos 500 500

t th pq q q c e c e sen t t− −= + = + + −

Aplicando as condições iniciais , temos: (0) 0 i(0)= '(0) 1q e q= =

2.0 7.01 2

13 9(0) 0 cos 0=0500 500

q c e c e sen− −= + + −

1 2 1 2 19 9=0

500 500 500c c c c c c+ − ⇒ + = ⇒ = − 2

Se , então ( ) '( )i t q t=

2 71 2

13 9( ) '( ) 2 7 cos + 500 500

t ti t q t c e c e t sen t− −= = − − +

Se , então (0) '(0) 1i q= =

2.0 7.01 2

13 9(0) '(0) 2 7 cos 0 + 0=1500 500

i q c e c e sen− −= = − − +

1 2132 7 =1 500

c c− − +

Se 1 29

500c c= − , então

2 29 12. 7 =1

500 500c c⎛ ⎞− − − +⎜ ⎟

⎝ ⎠3

2 2 218 13 1012 7 =1 500 500 500

c c c− + − + ⇒ = −

Se 2101500

c = − e 1 29

500c c= − , então

1 19 101 110

500 500 500c c⎛ ⎞= − − ⇒ =⎜ ⎟

⎝ ⎠

Se 1 2110 101 e 500 500

c c= = − , então,

2 71 (110 101 13 9cos )500

t tq e e sen t− −= − + − t

A solução é a soma de termos transitórios e estacionários.

Uma corrente se diz transitório se se desvanece (isto é, tende a zero) quando t . Uma corrente estacionária é uma corrente que não é transitória nem se torna ilimitada.

→∞

Exemplo 3: Um circuito RCL tem R=10 ohms, C= 210− farads, L= 12

henry, e uma voltagem aplicada

de volts. Admitindo que não haja corrente inicial nem carga inicial quanto t=0, ao se aplicar inicialmente a voltagem, determine a corrente subseqüente no sistema.

( ) 12E t =

Substituindo os valores dados no problema em (5) do exemplo 1, obtemos a equação homogênea (pois

( ) 12, 0dEE tdt

= = ).as quantidades acima em (3), temos:

21 1 (d I R dI dE tI

L dt LC L dtdt+ + =

2 210 1 1 .01 1 1.102 2 2

d I dI Idtdt −

2 20 200 0d I dI Idtdt

A seguir será calculada a solução geral da equação homogênea associada . " 20 ' 200 0I I I+ + =

21 210 200 0 400 10 10 e 10 10 i iλ λ λ λ+ + = ⇒ ∆ = − ⇒ = − + = − −

As raízes da equação característica associada são complexas, com isso temos um exemplo de sistema livre subamortecido para a corrente.

Se 1 2cos , onde at athI c e bt c e sen bt a biλ= + = + , então a solução geral é

1 2cos 10 10t thI c e t c e sen t− −= +

1 2( ) ( cos 10 10 )tI t e c t c sen t−= +

As condições iniciais são I(0)=0 e, por (6) do exemplo 1,

1 1(0)t

dI RE Idt L L LC=

= − − q

12 10 1(0) (0) 241/ 2 1/ 2 (1/ 2)(10 )t

dIdt −=

= − − =

Se , então (0) 0I =

10.01 2(0) ( cos 10.0 10.0) 0 0I e c c sen c−= + = 1⇒ =

Derivando 10 101 2( ) . cos 10 . 10t tI t e c t e c sen− −= + t

, temos:

10. 10.2 2'( ) 10. .cos 10 10 . 10 24t tI t e c t e c sen t− −= −

Observação: é preciso realizar a derivada do produto para obter o resultado acima.

Se , então '(0) 0I =

10.0 10.02 2'(0) 10. .cos 10.0 10 . 10.0 24I e c e c sen− −= −

2 21210. 245

c c= ⇒ =

Se 1 2120 e c5

c = = , então 1012( ) 105

tI t e sen−= t , que é completamente transitória.

Exemplo 4: Resolva o exemplo 3 determinando primeiro a carga no capacitor.

Primeiramente resolvemos em relação à carga q e em seguida aplicamos dqIdt

= para obter a corrente.

Substituindo os valores do exemplo 3 em 2

21 1 ( )d q R dq q E t

L dt LC Ldt+ + = , que representa um sistema

forçado para a carga, em contraste com o sistema livre amortecido obtido no exemplo 3 para a corrente, temos:

2 210 1 1 .12

1/ 2 1/ 21/ 2.10

d q dq qdtdt −+ + =

2 20 200 24d q dq qdtdt

+ + = ou " 20 ' 200 24q q q+ + =

A seguir será calculada a solução geral da equação homogênea associada . " 9 ' 14 0q q q+ + =

21 210 200 0 400 10 10 e 10 10 i iλ λ λ λ+ + = ⇒ ∆ = − ⇒ = − + = − −

Se , então a solução homogênea é 1 2cos , onde at athq c e bt c e sen bt a bλ= + = i+

t10 101 2cos 10 10t t

hq c e t c e sen− −= +

Aplicando o caso 1 do método dos coeficientes a determinar para determinar a solução particular, temos:

' 0 "p pq Ao q q 0p= ⇒ = ⇒ =

Substituindo na equação , temos: " 20 ' 200 24q q q+ + =

24 3200 24200 25

Ao Ao= ⇒ = =

Se , então a solução geral é hq q q= + p

3( ) ( cos 10 10 )25

tq t e c t c sen t−= + +

Aplicando as condições iniciais para a carga: (0) 0, q'(0)=0q = ;

Se , então (0) 0q =

10.01 2

3(0) ( cos 10.0 10.0) 025

q e c c sen−= + + =

1 13 3025 25

c c+ = ⇒ =

Derivando 101 2

3( ) ( cos 10 10 )25

tq t e c t c sen t−= + +

, temos:

10 10 10 101 1 2 2'( ) 10 . cos 10 10 . 10 10 . 10 10 . cos 10t t tq t c e t c e sen t c e sen t c e− − − −= − − − +

10.0 10.0 10.0 10.01 1 2 2'(0) 10 . cos 10.0 10 . 10.0 10 . 10.0 10 . cos 10.0 0q c e c e sen c e sen c e− − − −= − − − + =

1 2 1 2 110 10 0 10 10c c c c c− + = ⇒ − = − ⇒ =

Se , então 1 cc = 1 23c25

c = = − .

A solução geral é

103 3( ) (cos 10 10 )25 25

tq t e t sen t−= − + +

1012( ) 105

tdqI t e sedt

−= = n t

Como anteriormente.

Note-se que, embora a corrente seja completamente transitória, a carga no capacitor é a soma de

termos transitórios e estacionários.

EXERCÍCIOS:

1) Um circuito RCL tem R=6 ohms, C= 0,02 farads, L=0,1 henry, e uma voltagem aplicada de volts. Supondo que não haja corrente inicial nem carga inicial quanto t=0, ao ser aplicada

inicialmente a voltagem, determine a carga subseqüente no capacitor e a corrente no circuito.

Resposta:

( ) 6E t =

50 10 10 503 15 12 3 e ( )100 100 100 2

t t tq e e I e e− − − −= − + = − t

2) Um circuito RCL tem R=6 ohms, C= 0,02 farads, L=0,1 henry, não tem voltagem aplicada. Determine a corrente subseqüente no circuito se a carga inicial no capacitor é 1/10 coulomb e a

corrente inicial é zero. Resposta: 50 105 ( )4

t tI e e− −= −

3) Um circuito RCL tem R=5 ohms, C= 210− farads, L=0,125 henry, não tem voltagem aplicada. Determine a corrente estacionária subseqüente no circuito. (Sugestão: condições iniciais desnecessárias). Resposta: 0

4) Um circuito RCL tem R=5 ohms, C= 210− farads, L=0,125 henry, tem voltagem aplicada ( ) E t sen t= . Determine a corrente estacionária subseqüente no circuito. (Sugestão: condições iniciais

desnecessárias). Resposta: 1 (6392cos 320 )640,001

I t sen= + t

EQUAÇÕES DE BERNOULLI, RICATTI E CLAIRAUT1* Nesta seção, não estudaremos nenhum tipo particular para equação diferencial. Consideraremos três equações clássicas que podem ser transformadas em equações já estudadas nas seções anteriores. Equação de Bernoulli A equação diferencial

( ) ( ) ndy P x y f x ydx

+ = . (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 , (1) pode ser escrita como 0y ≠

1( ) ( )n ndyy P x y fdx

− −+ = x

Se fizermos , então 1 , 0, 1nw y n n−= ≠

(1 ) ndw dyn ydx dx

−= − .

Com essa substituição, (2) transforma-se na equação linear

(1 ) ( ) (1 ) ( )dw n P x w n f xdx

+ − = − . (3)

Resolvendo (3) e depois fazendo 1 ny w− = , obtemos uma solução para (1). Exemplo:

Resolva 21dy y xydx x

Solução: Em (1), identificamos 1( ) , ( ) e 2P x f x x nx

= = = . Logo, a mudança de variável 1w y−=

nos dá 1dw w x

dx x− = −

1 Jacques Bernoulli (1654-1705) Os Bernoullis foram uma família suíça de acadêmicos cujas contribuições à matemática, física, astronomia e história datam do século XVI ao século XX. Jacques, o primeiro dos dois filhos do patriarca homônimo Jacques Bernoulli, deu várias contribuições ao cálculo e à probabilidade. Originalmente, a segunda das duas divisões principais do cálculo era chamada de calculus summatorius. Em 1696, por sugestão de Jacques Bernoulli (filho), este nome foi mudado para calculus integralis, como é conhecido atualmente.

Jacob Francesco Ricatti (1676-1754) Um conde italiano, Ricatti foi também matemático e filósofo.

Alex Claude Clairaut (1713-1765) Nascido em Paris em 1713, Clairaut foi uma criança prodígio que escreveu seu primeiro livro sobre matemática aos 11 anos. Foi um dos primeiros a descobrir soluções singulares para equações diferenciais. Como muitos matemáticos de sua época, Clairaut foi também físico e astrônomo.

O fator de integração para essa equação linear em, digamos, (0, )∞ é 1ln ln/ 1x xfdx xe e e

−−− −= = = x .

Assim 1 1d x w

dx−⎡ ⎤ = −⎣ ⎦

Integrando essa última forma, obtemos 1 2 ou x w x c w x c− x= − + = − +

Como , então 1w y−= 1/y w= ou

x cx=− +

Para n>0, note que a solução trivial y=0 é uma solução para (1). No exemplo acima, y=0 é uma solução singular para a equação dada. Equação de Ricatti A equação diferencial

2( ) ( ) ( )dy P x Q x y R x ydx

= + + . (4)

é chamada de equação de Ricatti. Se é uma solução particular para (4), então as substituições 1y

11 e dydy duy y u

dx dx dx= + = + .

em (4) produzem a seguintes equação diferencial para u:

21( 2 )du Q y R u Ru

dx− + = (5)

Como (5) é uma equação de Bernoulli com n=2, ela pode, por sua vez, ser reduzida à equação linear

1( 2 )dw Q y R w Rdx

+ + = − (6)

através da substituição . 1w u−= Como o exemplo a seguir mostra, em muitos casos, uma solução para uma equação de Ricatti não pode ser expressa em termos de funções elementares. Exemplo

Resolva 22 2dy xy ydx

= − + .

Solução: Verifica-se facilmente que 1 2y x= é uma solução particular para uma equação. Em (4), fazemos as identificações . Resolvemos então a equação linear (6): ( ) 2, ( ) 2 e ( ) 1P x Q x x R x= = − =

( 2 4 ) 1dw x x wdx

+ − + = − ou

2 1dw xwdx

+ = −

O fator de integração para essa última equação é 2xe− , assim

2 2x xd e w e

dx⎡ ⎤ = −⎢ ⎥⎣ ⎦

Agora, a integral não pode ser expressa em termos de funções elementares.2

x e dt∫ 2 Portanto,

escrevemos

2 2 2 2

1 ou x x x xx xx xe w e dt c e e dt c

u⎛ ⎞= − + = − +∫ ∫⎜ ⎟⎝ ⎠

Assim 2

euc e d

=− ∫ t

Uma solução para a equação é então 2y x= +

Equação de Clairaut Como exercício você deverá mostrar que uma solução para a equação de Clairaut (7) ' ( 'y xy f y= + )É a família de retas , em que c é uma constante arbitrária. ( )y cx f c= +Ainda, (7) pode também possuir uma solução em forma paramétrica: '( ), ( ) '( )x f t y f t tf t= − = − (8) Esta última solução é singular, pois, se "( ) 0,f t ≠ ela não pode ser obtida da família de soluções

( )y cx f c= + Exemplo:

Resolva 21' ( ')2

y xy y= + .

Solução: Primeiro, fazemos a identificação o que implica Segue-se da discussão precedente que uma família de soluções é

2( ') (1/ 2)( ') ,f y y= 2( ) (1/ 2) .f t t=

y cx c= +

O gráfico dessa família é mostrado na Figura 2.13. Como '( )f t t= , uma solução singular é obtida de (8):

2 Quando uma integral ( )f x dx∫ não pode ser resolvida em termos de funções elementares, ela é normalmente escrita

como 0

( )xx f x dt∫ , em que 0x é uma constante. Quando a condição inicial é especificada, é imperativo que essa forma

seja usada.

2 21 1, x 2 2

.x t y t t t t= − = − = −

Depois de eliminar o parâmetro, vemos que esta última solução é a mesma que 21 .

2y x= −

Percebemos facilmente que esta função não faz parte da família. Veja a Figura 2.14.

Exercícios: 1. Resolva a equação de Bernoulli dada.

a) 21dyx y

dx y+ = b) 2xdy y e y

dx− =

c) 3(dy y xydx

= −1) d) 2(1 )dyx x y xydx

− + =

e) 2 2dyx y xdx

+ = y f) 2 33(1 ) 2 ( 1)dyx xy ydx

+ = −

2. Resolva a equação de Ricatti dada; é uma solução conhecida para a equação. 1y

a) 212 ,dy y y y

dx= − − − = 2 b) 2

12 ,dy x y xy ydx

1= − − − + =

c) 212

4 1 2,dy y y ydx x xx

= − + + = d) 2 21

12 2 ,dy x y y ydx x

x= + − =

e) 2 21(1 2 ) ,x x xdy e e y y y

dx= + + + = −e f) 2 2

1sec ( ) , dy x tg x y y y tg xdx

= − + =

3. Resolva 26 5dy y ydx

= + + 4. Resolva 29 6dy y ydx

5. Resolva a equação de Clairaut dada. Obtenha uma solução singular. a) b) ' 1 ln 'y xy y= + − 2' ( ')y xy y −= +

c)3dy dyy x

dx dx⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎝ ⎠

d) 2( 4) ' ( ')y x y y= + +

e) '' yxy y e− = f) ' ln 'y xy y− =

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