apostila de cálculo iv- 2010

72
NOTAS DE AULAS PARA ACOMPANHAR A DISCIPLINA DE CÁLCULO IV Prof ª Drª Fátima Ahmad Rabah Abido

Upload: manolo-jack-nonsense

Post on 05-Dec-2014

510 views

Category:

Documents


2 download

DESCRIPTION

Apostila Calculo

TRANSCRIPT

Page 1: Apostila de Cálculo IV- 2010

NOTAS DE AULAS PARA ACOMPANHAR A

DISCIPLINA DE CÁLCULO IV

Prof ª Drª Fátima Ahmad Rabah Abido

Marília

Page 2: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

2º Semestre de 2010

EMENTA

Formas de aplicação das equações diferenciais; Classificação das Equações diferenciais quanto à ordem, grau e linearidade; Tipos de solução, problemas de valor inicial e de contorno; Soluções de equações diferenciais ordinárias de primeira ordem lineares, homogêneas,

separáveis e exatas; Fator Integrante; Equação de Bernoulli; Equações diferenciais de 2ª Ordem; Equações diferenciais de ordem n com coeficientes constantes; e Aplicações.

MÉTODO DE AVALIAÇÃO

* Atividade (sala de aula) + Parcial + Regimental = 10 pontos

DATAS DE PROVAS

Parcial 1: P1:

Parcial 2: P2:

Substitutiva: Exame:

REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS

BRONSON, R. Moderna Introdução às Equações Diferenciais.

BOYCE, W.E.; DIPRIMA, R.C. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno.

EDWARDS, C. H. Jr. e PENNEY, David E. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno.

GUIDORRIZZI, Hamilton Luiz. Um curso de Cálculo (vol. 2).

ZILL, Dennis G. e CULLEN, Michael R. Equações Diferenciais. (vol 1)

SWOKOWSKI, Earl W. Cálculo com Geometria Analítica (vol 2)

LARSON, Hostetler & Edwards. Cálculo com Geometria Analítica (vol 2).

STEWART, James. Cálculo (vol 2).

KREIDER, D.L. e Outros. Equações Diferenciais.

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

1

Page 3: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

Equações Diferenciais

1.1 Introdução

Muitas vezes em física, engenharia e outros ramos técnicos, há necessidade de encontrar uma

função incógnita. Em muitos casos esta pesquisa leva a uma equação envolvendo derivadas (ou

diferenciais) da função incógnita. Tais equações envolvendo derivadas (ou diferenciais) são chamadas

equações diferenciais, em que a incógnita não é um número, mas uma função.

Antes de iniciar nosso curso, vamos mostrar algumas aplicações para servir de motivação.

Lei de Resfriamento de Newton

A lei de resfriamento de Newton diz que a taxa de variação de temperatura T(t) de um corpo em

resfriamento é proporcional à diferença entre a temperatura do corpo e a temperatura c te Tm do meio

ambiente, isto é:

dT/ dt = k(T – Tm) ,

em que k é uma cte de proporcionalidade.

Exemplo Um ovo duro, a 98º C, é colocado em uma pia contendo água a 18º C. Depois de 5 minutos,

a temperatura do ovo é de 38º C. Suponha que durante o experimento a temperatura da água não

aumente apreciavelmente, quanto tempo a mais será necessário para que o ovo atinja 20º C?

Solução :

Tm = 18º C

T(0) = 98º C

T(5) = 38º C

t = ? qdo T (t) = 20º C

dT/dt = k(T – Tm)

dT/dt = k(T – 18)

dT/(T – 18)= kdt

Resolvendo essa equação diferencial, obtemos t @ 13 minutos

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

2

Page 4: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

Circuitos em Série

Em um circuito em série contendo somente um resistor e um indutor, a segunda lei de

Kirchhoff diz que a soma da queda de tensão no indutor (L(dI/dt)) e da queda de tensão no resistor

(I.R) é igual à voltagem (E(t)) no circuito, ou seja

L(dI/dt) + R.I = E(t),

em que L e R são ctes conhecidas como a induntância e a resistência, respectivamente.

Exemplo Suponha que um circuito simples a resistência é 550 (ohms), a indutância é de 4 H (henry)

e a pilha fornece uma voltagem constante de 110 V (volts). Determine a corrente I se a corrente inicial

é zero.

Solução:

E(t) = 110 V; L = 4 H, e R = 550

I(t) = ? quando I (0) = 0

L(dI/dt) + RI = E(t)

4. (dI/dt) + 550.I = 110

dI/dt + (550/4).I= (110/4)

I(t) = 0,2 – 0,2.e-137,5 t.

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Nos próximos tópicos veremos métodos de resolver equações diferenciais. Isto é, veremos as vias

pelas quais podemos com sucesso usar equações diferenciais para determinar uma função

desconhecida.

Simbolicamente, uma equação diferencial pode ser escrita como:

F(x, y, y’ , y ’’, ... , y (n)) = 0 ou F(x, y, , , ..., ) = 0.

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

3

Page 5: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

Se a função incógnita depende apenas de uma variável, temos uma equação diferencial ordinária.

Se depender de mais de uma variável, temos uma equação diferencial parcial.

As expressões seguintes são alguns exemplos de equações diferenciais.

A. D.

B. E.

C. F. , onde u = (x, t)

A ordem de uma equação diferencial é o número n que corresponde à ordem máxima das derivadas

da equação.

Exemplo: Na expressão (A) acima, a equação tem ordem 1 e na expressão (C), ordem 2.

O grau de uma equação diferencial é a maior potência da derivada de maior ordem.

Exemplos Determinar o grau e a ordem de cada uma das seguintes equações diferenciais.

(a) (b)

A Equação (a) é uma equação diferencial de primeiro grau de ordem 2 porque d 2y/dx2 é a

derivada de maior ordem na equação e está elevada à primeira potência. Notar que a terceira potência

de dy/dx não tem influência no grau da Equação (a) porque dy/dx é de menor ordem que d2y/dx2.

A Equação (b), por outro lado, é uma equação diferencial de segundo grau e primeira ordem; dy/dx

é a derivada de maior ordem (ordem 1) e 2 é a maior potência de dy/dx aparecendo na equação.

Uma solução de uma equação diferencial é uma função y = f (x) a qual, juntamente com as suas

derivadas, satisfaz a equação diferencial dada.

Exemplos: (a) Verificar que y = 4.e-x + 5 é uma solução da equação diferencial de segunda ordem e

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

4

Page 6: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

primeiro grau

Observando que e e substituindo na equação diferencial dada,

temos:

4.e-x + (– 4.e-x) = 0

0 = 0

(b) Verificar que y = é uma solução da equação diferencial de primeira ordem e

primeiro grau .

A primeira derivada da equação dada é . Substituindo este resultado na

equação diferencial dada, temos:

=

=

= .

A solução y = 4.e-x + 5 no Exemplo (a) acima é um exemplo de uma solução particular de uma

equação diferencial. Podemos verificar que y = 4.e-x + 3 é também uma solução particular da equação

diferencial no exemplo (a). Deste modo, uma equação diferencial pode ter mais do que uma solução

particular.

Uma solução y = f(x) de uma equação diferencial de ordem n contendo n constantes arbitrárias

é chamada uma solução geral. Assim, a solução y = no Exemplo (b) ou y = 4.e-x + C no

Exemplo (a) é um exemplo de uma solução geral.

Geometricamente, a solução geral de uma equação diferencial de primeira ordem representa

uma família de curvas conhecidas como curvas-solução uma para cada valor da constante arbitrária.

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

5

Page 7: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

Uma solução particular pode ser obtida se forem dadas certas condições iniciais. Uma condição

inicial de uma equação diferencial é uma condição que especifica um valor particular de y, y0,

correspondente a um valor particular de x, x0. Isto é, se y = f(x) pode ser uma solução da equação

diferencial, então a função deve satisfazer a condição: y0 = f(x0). O problema de ser dada uma equação

diferencial com condições iniciais é chamado um problema de valor inicial.

Um estudo completo de equações diferenciais incluiria um estudo de equações diferenciais de

todos os graus e equações diferenciais parciais e ordinárias. Limitamos deste modo as nossas

considerações às equações diferenciais ordinárias do primeiro grau.

Exemplos: (a) Verificar que y = C1.cosx + C2.senx é uma solução geral da equação diferencial

y’’ + y = 0.

Primeiro, determinar as derivadas da função dada:

y' = - C1.senx + C2..cosx

y’’= - C1.cosx - C2..senx

Substituindo na equação diferencial, temos:

y’’ + y = 0

- C1.cosx - C2..senx + ( C1.cosx + C2..senx) = 0

- C1.cosx - C2..senx + C1.cosx + C2..senx = 0

0 = 0

Portanto, y = C1.cosx + C2..senx é uma solução geral da equação diferencial dada com duas

constantes arbitrárias distintas.

(b) Mostre que y = C.e-2x é uma solução para a equação diferencial y’ + 2y = 0 e encontre

a solução particular determinada pela condição inicial y(0) = 3.

Sabemos que y = C.e-2x é solução porque y’ = - 2.C.e-2x e y’ + 2y = - 2.C.e-2x + 2.( C.e-2x ) = 0.

Usando a condição inicial y(0) = 3, ou seja, y = 3 e x = 0, obtêm:

y = C.e-2x 3 = C e-2.0 C = 3

e concluímos que a solução particular é y = 3.e-2x .

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

6

Page 8: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

Exercícios

Constatar a ordem e o grau de cada uma das seguintes equações diferenciais.

1. 5. y’’’- 4y’’ + xy = 0

2. 6. y’+ x.cosx = 0

3. 7. (y’’)3 - xy’ + y’’ = 0

4. 8. y’’+ ex y = 2

Verificar que cada uma das funções dadas y = f(x) é uma solução da equação diferencial dada.

9. ; y = 3x – 7 14. ; y = x2 + Cx

10. ; y = x2 - 4x 15. ; y = C1sen4x + C2cos4x

11. x ; y = x2 - 4x 16. ; y = x5 + 3x - 2

12. ; y = 2 senx + 3 cosx 17. ; y = senx + cosx - e-x

13. ; y = (x + 2).e-x 18. ; y = e-x + x2

1.2 Classificação das Equações Diferenciais de 1ª Ordem

Existem numerosos métodos desenvolvidos para resolver equações diferenciais ordinárias.

Veremos de perto vários destes métodos. Certas equações diferenciais de primeira ordem podem ser

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

7

Page 9: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

mais facilmente resolvidas usando o método de separação de variáveis.

Uma equação diferencial de primeira ordem é uma relação envolvendo a primeira derivada. Isto é,

pode ser escrita na forma:

(1)

ou (multiplicando ambos os membros pela diferencial dx, onde dx 0)

M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 (2)

onde M(x,y) e N(x,y) são funções envolvendo as variáveis x e y. Para esse tipo de equação, pode-se

juntar todos os termos contendo x com dx e todos os termos contendo y com dy, obtendo-se uma

solução através de integração. Tais equações são ditas separáveis, e o método de solução é o método

de separação de variáveis. O método é descrito a seguir.

1.2.1 Equações Diferenciais Separáveis

* Método de Separação de Variáveis

1. Coloque a equação na forma diferencial

M(x)dx + N(y)dy = 0 ou M(x)dx = - N(y)dy (3)

2. Integre para obter a solução geral

.

Exemplo 01 Reescreva a equação diferencial de primeiro grau x2yy’ – 2xy3 = 0 na forma da Equação

(3).

x2yy’ – 2xy3 = 0

x2 ydy – 2xy3dx = 0 (multiplicando cada membro por dx)

-2xy3dx + x2 ydy = 0 (multiplicando cada membro por 1/x2y3)

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

8

Page 10: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

ou

Neste exemplo, M(x) = - 2/x e N(y) = 1/y2. Por multiplicações e divisões apropriadas

separamos a equação em termos onde cada um envolve apenas uma variável e a sua diferencial. Assim

sendo, a solução geral pode ser obtida por integração de cada termo.

Exemplo 2 Determinar a solução geral da equação diferencial x2yy’ – 2xy3 = 0.

No Exemplo 1 determinamos que x2yy’ – 2xy3 = 0 pode ser escrita como

ou

Integrando cada membro da equação, temos:

ou

1 + 2ylnx + Cy = 0.

Nota 1: Quando a solução de uma equação diferencial envolver a integração de um termo na forma

, escrevemos agora em vez de . Estamos agora percebendo que a

solução é válida apenas quando u é positivo. Lembrar também de incluir a constante de integração C.

Nota 2: Algumas regras para logaritmo na base e (e @ 2,718....)

Sendo a > 0 e b > 0 e IR, então:

P1) ln (a . b) = ln a + ln b P3) ln (a) = .ln a

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

9

Page 11: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

P2) ln (a : b) = ln a - ln b P4) elna = a

Exemplo 3 Resolver a equação diferencial .

Tornando a escrever, temos:

(multiplicar cada membro por dx)

(multiplicar cada membro por 1/y)

(integrar cada membro)

lny = arctg x + C

y = earctgx +C

y = k.e arctgx , onde k = eC

Exemplo 4 Resolver a equação diferencial x(1 + y2) – y(1 + x2)y’= 0.

Tornando a escrever, temos:

ou

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

10

Page 12: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

ou

.

Como C é uma constante arbitrária, podemos tornar a escrever esta constante como C = ½ lnk

onde k > 0. Então temos:

ou

ou

ou

Esta última equação é mais fácil de trabalhar porque já não envolve logaritmos naturais. As

equações e são equivalentes. Elas diferem apenas na forma da

constante de integração. Praticando nos exercícios você ganhará experiência na escolha da forma mais

apropriada para esta constante arbitrária.

Exemplo 5 Resolver a equação diferencial y’ – 2x = 0 sujeita à condição inicial de que y = 1 quando

x = 2, ou seja, y(2) = 1.

A solução geral é:

y = x2 + C

Substituindo y = 1 e x = 2, temos:

1 = (2)2 + C 1 = 4 + C - 3 = C

Portanto, a solução particular éProfª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

11

Page 13: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

y = x2 – 3

Exemplo 6 Resolver a equação diferencial y + xy’ = 0 sujeita à condição inicial de que y = 2 quando

x = 3, ou seja, y(3) = 2.

Tornando a escrever, temos:

ydx + xdy = 0

ou

lnx = - lny + C

lnx + lny = C

lnxy = C

ou lnxy = lnk, onde C = lnk

xy = k

Substituindo y = 2 quando x = 3, temos

3.2 = k 6 = k

Portanto, a solução particular desejada é

xy = 6 ou y = 6/x.

Exercícios

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

12

Page 14: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.

1. 9.

2. 10.

3. 11.

4. 12. (1 + x2)dy – dx = 0

5. 13. (1 + x2)dy + xdx = 0

6. 14.

7. 15.

8. 16.

Determinar a solução particular de cada uma das seguintes equações diferencial sujeitas às condições

dadas.

17. ; y (1) = 1 19. ; y (0) = 4

18. ; y (0) = 2 20. ; y (1) = 1

Respostas

1) y.lnx + 1 = Cy 8) y = arc tg[(ex – 1)³.k] 15) y =

2) y = k. 9) y = 16) y =

3) y = C/x 10) 2y + e-2x = C 17) (2 – x³).y³ = 1

4) y = arc cos(senx – c) 11) y = sen 18) y =

5) 3y² = 2x³ + C 12) y = arc tg x + C 19) y² = 2.ln(x² + 1) + 16

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

13

Page 15: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

6) y = k. 13) y = - 20) y =

7) 1 = 2y².(senx + C) 14) arc tg y = x + +C

Aplicações

21. O preço de revenda de certa máquina descreve em um período de 10 anos, segundo uma taxa que

depende do tempo de uso da máquina. Quando a máquina tem t anos de uso, a taxa de variação do seu

valor é 220(t-10) reais por ano. Expresse o valor da máquina como função do tempo de uso e do valor

inicial. Se a máquina valia originalmente R$ 12.000,00, quanto valerá quando tiver 10 anos de uso?

(Resp:V(t) = 110.t² - 2.200t + C e V(10) = R$ 1.000,00)

22. Segundo estatísticas, a população de certo lugar está crescendo a uma taxa aproximada de

1.500 t-1/2 pessoas por ano, sendo t o número de anos transcorridos após 1990. Em 1999, a população

deste lugar era de 39.000 pessoas.

(a) Qual era a população, em 1990? (Resp: 30.000)

(b) Se este tipo de crescimento continuar no futuro, quantas pessoas estarão vivendo neste lugar, em

2015? (Resp: 45.000)

23. Em certa região, às 7 horas da manhã, o nível de ozônio no ar é de 0,25 partes por milhão. Ao

meio-dia, sabe-se que, depois de t horas, a taxa de variação do ozônio no ar será de

partes por milhão por hora.

(a) Expresse o nível de ozônio como função de t. (Resp: Q(t) = 0,03.(36 + 16t –t²)1/2 + 0,07)

(b) Quando ocorre o pico do nível de ozônio? Qual é o nível de ozônio, neste momento?

(Resp:0,37 partes por milhão até 3 horas da tarde)

24. A taxa de variação da temperatura de um objeto é proporcional à diferença entre sua temperatura e

a do meio circundante. Um objeto cuja temperatura era de 40 graus foi colocado num ambiente cuja

temperatura é de 80 graus. Após 20 minutos, a temperatura do objeto chegou a 50 graus. Expresse a

temperatura do objeto como função do tempo. (T(t) = 80 – 40.e-0,014t )

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

1.2.2 Equações Diferenciais Homogêneas

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

14

Page 16: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

Algumas equações que não são separáveis podem vir a sê-lo mediante uma mudança de

variáveis. Isso funciona para equações da forma y’ = f(x,y), onde f é uma função homogênia.

Definição 1.2.2 Função Homogênea

Se uma função f satisfaz

f(tx,ty) = tn f(x,y)

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

Exemplos: (1) f(x,y) = x2 – 3xy + 5y2

f(tx,ty) = (tx)2 – 3(tx)(ty) + 5(ty)2

= t2x2 – 3t2 xy + 5t2y2

= t2[ x2 – 3xy + 5y2] = t2 f(x,y) função homogênea de grau dois.

(2) f(x,y) = x3 + y3 + 1.

f(tx,ty) = (tx)3 + (ty)3 + 1 t3 f(x,y)

pois

t3.f(x,y) = t3x3 + t3y3 + t3 função não é homogênea.

OBS: Muitas vezes uma função homogênea pode ser reconhecida examinando o grau de cada termo.

Exemplos: (1) f(x,y) = 6xy3 – x2y2

A função é homogênea de grau quatro.

grau 4 grau 4

(2) f(x,y) = x2 – y

A função não é homogênea, pois os graus dos dois termos são diferentes

grau 2 grau 1

Definição 1.2.2 Equação Homogênea

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

15

Page 17: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

Uma equação diferencial da forma

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

é chamada homogênea se ambos os coeficientes M e N são funções homogêneas do mesmo grau.

Para resolver uma equação diferencial homogênea pelo método de separação de variável, basta

fazer a mudança de variáveis dada pelo Teorema a seguir.

Teorema Mudança de Variáveis para Equações Homogêneas

Se M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 é homogênea, então ela pode ser transformada em uma equação

diferencial cujas variáveis são separáveis pela mudança de variável y = v.x onde v é uma função

diferenciável de x e dy/dx = v + x dv/dx.

OBS: São válidas também as substituições x = y.v e dx = y dv + v dy.

Exemplo Resolva (x2 + y2)dx + (x2 – xy)dy = 0.

Solução Como M(x,y) e N(x,y) são homogêneas de grau dois, tomamos y = v.x para obter

dy = v dx + x dv. Então, substituindo, temos:

(x2 + v2x2)dx + (x2 – vx2)(v dx + x dv) = 0

(x2+ v2x2)dx + (x2 – vx2)vdx +(x2 – vx2)xdv = 0

x2(1+ v2 + v – v2)dx + x3 (1 – v)dv = 0

x2(1 + v)dx + x3 (1 – v)dv = 0 (dividindo por x2)

(1 + v)dx + x(1 – v)dv = 0

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

16

Page 18: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

(utilizamos frações parciais)

Depois de integrar a última linha, obtemos:

-v + 2 ln1 + v+ lnx= lnc

. (substituindo v)

Usando as propriedades do logaritmo, podemos escrever a solução precedente como:

.

A definição de um logaritmo implica

.

Exercícios

Resolva a equação diferencial homogênea dada.

1. 4.

2. (usar a subst. x = yv) 5.

3. 6.

Encontre a solução particular que satisfaz a condição inicial dada.

7. xdy – (2xe-y/x + y)dx = 0; y(1) = 09. ; y(1) = 0

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

17

Page 19: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

8. – y2dx + x(x + y)dy = 0; y(1) = 1 10. ; y(1) = 0

Respostas

1) x = C.(x – y)²5) y = C

9) y = x. arc sen(lnx)

2) x = k.y² - 2y 6) y = kx² - 3x 10) y = x. sen(- lnx)

3) x² - 2xy – y² = k 7) = lnx² + 1

4) x² - kx = y² 8) y =

1.2.3 Equações Diferenciais Exatas

Embora a equação

y dx + x dy = 0

seja separável e homogênea, podemos ver que ela é também equivalente à diferencial do produto de x

e y; isto é

y dx + x dy = d(xy) = 0.

Por integração, obtemos imediatamente a solução implícita xy = c.

Você deve se lembrar do Cálculo III que, se z = f(x,y) é uma função com derivadas parciais

contínuas em uma região R do plano xy, então sua diferencial total é

(1)

Agora, se f(x,y) = c, segue-se de (1) queProfª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

18

Page 20: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

(2)

Em outras palavras, dada uma família de curvas f(x,y) = c, podemos gerar uma equação

diferencial de primeira ordem, calculando a diferencial total.

Exemplo 1 Se x2 – 5xy + y3 = c, então por (2)

(2x –5y)dx + (-5x +3y2)dy = 0 ou .

Para nossos propósitos, é mais importante inverter o problema, isto é, dada uma equação como

, (3)

podemos identificar a equação como sendo equivalente a d(x2 – 5xy + y3) = 0?

Note que a equação (3) não é separável nem homogênea.

Definição 1.2.3 Equação Exata

Uma equação diferencial

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

é uma diferencial exata em uma região R do plano xy se ela corresponde à diferencial total de alguma

função f(x,y). Uma equação diferencial da forma

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

é chamada de uma equação exata se a expressão do lado esquerdo é uma diferencial exata, ou seja, se

existir uma função f(x,y) com derivadas parciais contínuas e tais que fx(x,y) = M(x,y) e fy(x,y) =

N(x,y). Assim, a forma geral da solução da equação é f(x,y) = c.

Exemplo 2 A equação x2y3 dx + x3y2 dy = 0 é exata, pois

d( x3y3) = x2y3 dx + x3y2 dy.

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

19

Page 21: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

O teorema seguinte é um teste para uma diferencial exata.

Teorema Critério para uma Diferencial Exata

Sejam M(x, y) e N(x, y) funções contínuas com derivadas parciais contínuas em uma região R

definida a < x < b, c < y < d. Então, uma condição necessária e suficiente para que

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

seja uma diferencial exata é

. (4)

MÉTODO DE SOLUÇÃO

Dada a equação

M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 (5)

Mostre primeiro que

.

Depois suponha que

daí podemos encontrar f integrando M(x,y) com relação a x, considerando y constante.

Escrevemos,

f(x,y) = (6)

em que a função arbitrária g(y) é a constante de integração. Agora, derivando (6) com relação a y e

supondo f/y = N(x,y):

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

20

Page 22: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

= .

Assim,

g’(y) = N(x,y) - . (7)

Finalmente, integre (7) com relação a y e substitua o resultado em (6). A solução para a

equação é f(x,y) = c.

OBS: Poderíamos começar o procedimento acima com a suposição de que .

Exemplo 3 Resolva 2xy dx + (x2 – 1) dy = 0.

Solução Como M(x,y) = 2xy e N(x,y) = x2 – 1, temos

= 2x.

Logo, a equação é exata e, pelo Teorema anterior, existe uma função f(x,y), tal que

2xy e x2 – 1.

Da primeira dessas equações, obtemos, depois de integrar,

f(x,y) = x2y + g(y).

Derivando a última expressão com relação à y e igualando o resultado a N(x, y), temos

x2 + g’(y) = x2 – 1.

Segue-se que

g’(y) = – 1 e g(y) = - y.

A constante de integração não precisa ser incluída, pois a solução é f(x, y) = c, ou seja,

x2y – y = c.

OBS: Observe que a equação poderia também ser resolvida por separação de variáveis.

Exemplo 4 Resolva o problema de valor inicialProfª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

21

Page 23: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

(cosx senx – xy2) dx + y.(1 - x2) dy = 0, y (0) = 2.

Solução A equação é exata, pois

= - 2xy.

Agora,

y.(1 - x2)

f(x,y) = (1 - x2) + h(x).

- xy2 + h’(x) = cosx senx – xy2.

A última equação implica

h’(x) = cosx.senx

h(x) = (Método da Substituição)

Logo, (1 - x2) = c1

ou

y2 (1 – x2) – cos2x = c,

em que c = 2c1. A condição inicial y = 2 quando x = 0 demanda que (2)2 [1 – (0)2] – cos20 = c, ou seja,

c = 3. Portanto, a solução para o problema é

y2 (1 – x2) – cos2x = 3.

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Exercícios

Verifique se a equação diferencial dada é exata e, se for, encontre sua solução geral.

1. (2x – 3y)dx + (2y – 3x)dy = 0 6. 2y2 dx + 2xy dy = 0

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

22

Page 24: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

2. yexdx + exdy = 0 7.

3. (3y2 + 10xy2)dx + (6xy – 2 + 10x2y)dy = 0 8.

4. 2.cos(2x – y)dx - cos(2x – y)dy = 0 9.

5. (4x3 – 6xy2)dx + (4y3 – 6xy)dy = 0 10.

Encontre a solução particular que satisfaz a condição inicial dada.

11. ; y(2) = 4 14. ; y(0) =

12. ; y(4) = 315. (2xtgy + 5)dx + (x2sec2y)dy = 0; y(0) = 0

13. ; y(0) = 416. (x2 + y2)dx + 2xydy = 0; y(3) = 1

Respostas

1) x² - 3xy + y² = C 7) arc tg(x/y) = C 13) x² + y² = 16

2) yex = C8)

14) e3x.sen3y = 0

3) 3xy² + 5x²y² - 2y = C 9) não é exata 15) x². tgy - 5x = 0

4) sen(2x – y) = C 10) ey. senxy = C16) xy² + = 12

5) não é exata 11) y.ln(x – 1) + y² = 16

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

23

Page 25: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

6) não é exata 12)

FATORES INTEGRANTES

Algumas vezes, é possível converter uma equação diferencial não exata em uma equação exata

multiplicando-a por uma função (x,y) chamada fator de integração. Porém, a equação exata

resultante:

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

pode não ser equivalente à original no sentido de que a solução para uma é também a solução para a

outra. A multiplicação pode ocasionar perdas ou ganhos de soluções.

Exemplo Se a equação diferencial

2y dx + x dy = 0 (Não é uma equação exata)

for multiplicada pelo fator integrante (x,y) = x, a equação resultante

2xy dx + x2 dy = 0 (Equação exata)

é exata, ou seja, .

Pode ser difícil encontrar um fator integrante. No entanto, existem duas classes de equações

diferenciais cujos fatores integrantes podem ser encontrados de maneira rotineira - aquelas que

possuem fatores integrantes que são funções que dependem apenas de x ou apenas de y. O Teorema a

seguir, que enunciaremos sem demonstração, fornece um roteiro para encontrar esses dois tipos

especiais de fatores integrantes.

Teorema Fatores Integrantes

Considere a equação diferencial M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0.

1. Se

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

24

Page 26: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

[My(x,y) – Nx(x,y)] = h(x)

é uma função só de x, então é um fator integrante.

2. Se

[ Nx(x,y) - My(x,y)] = k(y)

é uma função só de y, então é um fator integrante.

Exemplo 1 Encontre a solução geral da equação diferencial (y2 – x) dx + 2y dy = 0.

Solução A equação dada não é exata, pois My(x,y) = 2y e Nx(x,y) = 0. Entretanto, como

[My(x,y) – Nx(x,y)] = [2y – 0] = 1 = x0 = h(x)

temos que = é um fator integrante. Multiplicando a equação dada por ex, obtemos a

equação diferencial exata

(y2ex – x ex) dx + 2yex dy = 0

cuja solução é obtida da seguinte maneira:

f(x,y) =

f ’(x,y) = = y2ex – x ex

= – x ex (integração por partes)

Logo, g(x) = – x ex + ex , o que implica na solução geral – x ex + ex = c.

OBS: Um outro fator integrante é:

Se M(x,y) = y. f(x,y) e N(x,y) = x. g(x,y), entãoProfª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

25

Page 27: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

(*)

Exemplo 2 Resolva y’ = .

Solução Escrevendo a equação sob forma diferencial, temos

(xy2 – y)dx – xdy = 0

y.(xy – 1)dx – x.(1)dy = 0 (multiplicando por – 1)

y.(1 - xy)dx + x.(1)dy = 0 (1)

De acordo com (*), temos:

(x,y) =

=

= =

Multiplicando (1) por (x,y), obtemos:

.[y.(1 - xy)dx + x.(1)dy] = 0,

ou seja,

que é exata. Aplicando o método de resolução de equação exata, chegamos à solução y = -1/(x.lncx)

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

26

Page 28: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

Exercícios

Encontre o fator integrante que é função apenas de x ou apenas de y, e use-o para encontrar a solução

geral da equação diferencial dada.

1. ydx - (x + 6y2)dy = 0 6. (2x2y – 1)dx + x3dy = 0

2. (2x3 + y)dx - xdy = 0 7. y2dx + (xy - 1)dy = 0

3. (5x2 - y)dx + xdy = 0 8. (x2 +2x + y)dx + 2dy = 0

4. (5x2 – y2)dx + 2ydy = 0 9. 2ydx + (x – sen )dy = 0

5. (x + y)dx + tgxdy = 0 10. (-2y3 + 1)dx + (3xy2 + x3)dy = 0

Respostas

1) FI: 1/y² (x/y) – 6y = C 6) FI: x -1 x²y - lnx = C

2) FI: 1/x² (y/x) – x² = C 7) FI: (1/y) xy - lny = C

3) FI: 1/x² (y/x) + 5x = C 8) FI: (2y + 2x² - 4x + 8) = C

4) FI: e-x e-x (y² - 5x² - 10x – 10) = C 9) FI: (1/ ) x. + cos = C

5) FI: cosx y.senx + x.senx + cosx = C 10) FI: x -3 x -2y³ + y - (1/ 2x²) = C

1.2.4 Equações Diferenciais Lineares de Primeira ordem

Definimos a forma geral para uma equação diferencial linear de ordem n como,

.

Lembre-se de que linearidade significa que todos os coeficientes são funções de x somente e

que y e todas as suas derivadas são elevadas à primeira potência. Agora, quando n = 1, obtemos uma

equação linear de primeira ordem.

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

27

Page 29: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

Definição 1.2.4 Equação Linear

Uma equação diferencial da forma

é chamada de equação linear.

Dividindo pelo coeficiente a1(x), obtemos uma forma mais útil de uma equação linear:

. (1)

Procuramos uma solução para (1) em um intervalo I no qual as funções P(x) e Q(x) são

contínuas. Na discussão a seguir, supomos que (1) possui uma solução.

Usando diferenciais, podemos escrever a equação (1) como

dy + [P(x).y - Q(x)]dx = 0 (2)

Equações lineares possuem a agradável propriedade através da qual podemos sempre encontrar

uma função (x) em que

(x)dy + (x)[P(x).y - Q(x)]dx = 0 (3)

é uma equação diferencial exata. Pelo Teorema (Critério para uma Diferencial Exata), o lado

esquerdo da equação (3) é uma diferencial exata se

(x)dy = (x)[P(x).y - Q(x)]dx (4)

ou

.

Esta é uma equação separável em que podemos determinar (x). Temos

(5)

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

28

Page 30: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

assim

. (6)

Assim a função (x) definida em (6) é um fator de integração para a equação linear. Note que

não precisamos usar uma constante de integração em (5), pois (3) não se altera se a multiplicarmos por

uma constante. Ainda, (x) 0 para todo x em I, e é contínua e diferenciável.

Multiplicando a equação (1) por (6), obtemos:

(integrando ambos os lados)

.

Assim sendo a solução geral é dada por

. (7)

Teorema Solução de uma Equação Diferencial Linear de Primeira Ordem

Um fator integrante para a equação diferencial linear de primeira ordem y’ + P(x).y = Q(x) é

. A solução da equação diferencial é

.

Exemplo Encontre a solução geral de .

Solução Escreva a equação como

(dividindo por x) (8)

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

29

Page 31: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

Como P(x) = -4/x, o fator integrante é = e-4 lnx = x –4.

Aqui, usamos a identidade básica blogbN = N, N > 0. Agora, multiplicamos (8) por este termo

x –4.

x –4. (9)

e obtemos

. (10)

Segue-se da integração por partes que

x –4y = xex – ex + c

ou

y(x) = x5 ex – x4ex + c x 4.

Exercícios

Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.

1. 8.

2. 9. xdy – 5ydx = (4x + x6)dx

3. 10.

4. 11.

5. 12.

6. 13.

7. 14.

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

30

Page 32: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

Determinar uma solução particular para cada uma das seguintes equações diferencial sujeitas às

condições iniciais dadas.

15. ; y (0) = 2 17. ; y (/2) = 3/2

16. ; y (1) = 3 18. ; y (0) = 1

Respostas

1) –2y = e3x + Ce5x 7) 3y = x³e4x + C 13) 5x²y = x5 – 35x + C

2) y = e-2x + Ce-3x 8) y = (-1/3) + C 14) y = x². lnx – (5/3x) + C.x²

3) 14x³y = 2x 7 – 7x 4 + C 9) y = x 6 – x + Cx 5 15) y = e 2x (3e x – 1)

4) y = x³ - 5x + Cx²10) y =

16) y = (x³/2) + 3x.lnx + Cx

5) + C 11) (1 + x²).y = x³ + C 17) y.senx = x +

6) y = - e x + C 12) y = secx[(sen²x/2) + C] 18) y = (x/3) – (1/9) + Ce -3x

EQUAÇÕES DE BERNOULLI

A equação diferencial

(1)

em que n é um número real qualquer, é chamada de equação de Bernoulli. Para n = 0 e n = 1, a

equação (1) é linear em y. Agora, se y 0, (1) pode ser escrita como

. (2)

Se fizermos w = y1 – n, n 0, n 1, temos

.

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

31

Page 33: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

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

. (3)

Resolvendo (3) e depois fazendo y1 – n = w, obtemos uma solução para (1), ou seja,

.

Exemplo Resolva

Solução

Em (1), identificamos P(x) = 1/x, Q(x) = x e n = 2. Logo, a mudança de variável w =

y1-2 = y –1 e nos dá

(*)

O fator de integração para essa equação linear é .

Multiplicando ambos os lados de (*) pelo seu fator integrante x –1, obtemos:

ou

assim

.

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

32

Page 34: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

Integrando essa última forma, obtemos:

x -1 w = - x + c ou w = - x2 + cx.

Como w = y –1, então y = 1/w ou y = 1/(- x2 + cx)

Exercícios

Resolva a equação diferencial de Bernoulli dada.

1. y’ + 3x2y = x2y3 4. y’ + y = x

2. y’ + 2xy = xy2

5. y’ - y = x3

3. y.y’ – 2y2 = ex

Respostas

1) (1/y²) = C 4)

2) y = 5)

3) y² = (-2ex / 3) + Ce4x

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 2º ORDEM – y’’(x) = f (x,y,y’)

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

33

Page 35: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

1.1 EDO de 2º ordem com coeficientes constantes

São equações da forma

a y’’ + b y’ + c y = f (x) (NH)

onde a, b, c são constantes reais. A equação

a y’’ + b y’ + c y = 0, (H)

é chamada equação homogênea associada à não-homogênea.

Exemplo

a.) A equação 2y’’ + 3y’ – 5y = 0 é uma equação diferencial ordinária linear de segunda ordem

homogênea.

b.) A equação x3y’’’ – 2xy’’ + 5y’ + 6y = ex é uma equação diferencial ordinária linear de terceira

ordem não-homogênea.

Definição 01: Dizemos que as funções u(x) e v(x) são linearmente dependente (LD) no intervalo I, se

existirem constantes c1 e c2 (não ambas nulas) tais que

c1 u(x) + c2 v(x) = 0,

xI. Caso contrário, dizemos que as funções u(x) e v(x) são linearmente independente (LI) neste

intervalo I.

Definição 02: Dada duas funções quaisquer, u(x) e v(x), definimos o wronskiano das mesmas pelo

seguinte determinante:

= u(x).v’(x) - v(x).u’(x).

Teorema: Se u(x) e v(x) são soluções de (H) em um intervalo I C IR, vale a seguinte

afirmação:

“u(x) e v(x) são linearmente independente em I se e somente se w[u(x), v(x)] 0, xI”.

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

34

Page 36: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

Exemplo Mostre que u(x) = cos2x e v(x) = sen2x são soluções LI da EDO y’’+ 4y = 0 em I = IR.

Solução

= 2 cos2 2x + 2 sen2 2x

= 2 (cos2 2x + sen2 2x) = 2 0

u e v são linearmente independentes.

u (x) = cos2x

u’(x) = - 2 sen2x substituindo na EDO, verificamos que u é solução

u’’(x) = - 4 cos2x

v(x) = sen2x

v’(x) = 2 cos2x substituindo na EDO, verificamos que v é solução

v’’(x) = - 4 sen2x

Teorema: Sejam u(x) e v(x) soluções LI de (H). Então, a solução geral de (H) é dada por:

yH (x) = c1 u(x) + c2 v(x).

Além disso, a solução de (NH) é da forma

yNH (x) = c1 u(x) + c2 v(x) + yP (x),

onde c1 e c2 são constantes genéricas e yP (x) é uma solução particular de (NH).

Exercícios

01. Em relação a equação y’’ + 4y = 8e2x , mostre que:

a.) yH (x) = c1 cos2x + c2 sen2x é a solução geral de (H);

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

35

Page 37: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

b.) yP (x) = e2x é uma solução particular de (NH);

c.) y (x) = yH (x) + e2x é solução de (NH).

02. Em relação a equação y’’ - 8y’ + 20y = 100x² - 26x.ex, mostre que:

a.) é a solução geral de (H); e

b.) é a solução geral de (NH).

03. Verificar que as funções y1 (x) = tgx e y2 (x) = cotgx são Ld ou Li.

04. Verificar que as funções y1 (x) = e-x, y2 (x) = ex/2.cosx e y3 (x) = ex/2.senx são Ld ou Li.

OBS: De acordo com os resultados anteriores, a busca da solução geral de uma EDO linear de 2º

ordem envolve dois estágios: a determinação da solução geral da equação homogênea (H) e uma

solução particular da não-homogênea (NH).

1.2 Solução geral da EDO homogênea associada

Antes de atacar a Eq. (H), vamos ganhar um pouco de experiência analisando um exemplo

especialmente simples. Consideremos a equação

y ’’ – y = 0, (*)

que tem a forma de (H) com a = 1, b = 0 e c = -1. Em outras palavras, a Eq. (*) afirma que

procuramos uma função com a propriedade de a derivada segunda da função ser a própria função. Uma

ligeira meditação levará, possivelmente, a pelo menos uma função bastante conhecida no cálculo que

tem esta propriedade, a função exponencial y1(x) = ex. Um pouco mais de análise levará a uma segunda

função y2 (x) = e-x. A experimentação revelará que os múltiplos destas duas funções são também

soluções da equação. Por exemplo, as funções 2ex e 5e-x também satisfazem à Eq. (*) , conforme se

pode verificar pelo cálculo das derivadas segundas. Da mesma forma as funções c1.y1 (x) = c1. ex e

c2. y2 (x) = c2 .e-x satisfazem à equação diferencial (*) para todos os valores das constantes c1 e c2 .

Depois, tem importância muito grande observar que qualquer soma das soluções da Eq. (*) é também

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

36

Page 38: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

uma solução. Em particular, uma vez que c1.y1 (x) e c2. y2 (x) são soluções da Eq. (*), então também é

solução a função

y = c1.y1 (x) + c2 .y2 (x) = c1. ex + c2 .e-x (**)

para quaisquer valores de c1 e c2 . Pode-se verificar a afirmação pelo cálculo da derivada segunda y ’’

da Equação (**). Na realidade, se tem y ’ = c1. ex - c2 .e-x e y ’’ = c1. ex + c2 .e-x então y ’’ é idêntica a y

e a Eq. (*) está satisfeita.

Vamos resumir o que até agora fizemos neste item. Uma vez observado que as funções

y1(x) = ex e y2 (x) = e-x são soluções da Eq. (*), vem que a combinação linear geral (**) destas funções

é também uma solução. Em virtude de os coeficientes c1 e c2 da Eq. (**) serem arbitrários, esta

expressão constitui uma família duplamente infinita de soluções da equação diferencial (*).

É agora possível analisar como escolher, nesta família infinita de soluções, um membro

particular que também obedeça a um dado conjunto de condições iniciais. Por exemplo, suponhamos

que queremos a solução da Eq. (*) que também obedeça às condições iniciais

y(0) = 2, y ’(0) = -1.

Em outras palavras, procuramos a solução que passe pelo ponto (0,2) e que, neste ponto, tenha

o coeficiente angular –1. Primeiro, fazemos t = 0 e y = 2, na Eq. (**); isto dá a equação

c1 + c2 = 2. ( I )

Depois, derivamos a Eq. (**) em relação a x, o que dá o resultado:

y ’ = c1. ex - c2 .e-x.

Então, fazendo x = 0 e y ’= -1 obtém:

c1 - c2 = - 1. ( II )

Pela resolução das (I)e(II), simultaneamente em c1 e em c2, encontramos que c1 = 1/2 e c2 = 3/2.

Finalmente, retornando com estes valores para a Eq. (**), obtemos:

y = 1/2. ex + 3/2 .e-x,

que é a solução do problema de valor inicial constituído pela equação diferencial (*) e as condições

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

37

Page 39: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

iniciais.

Retornamos agora à equação mais geral (H).

a y’’ + b y’ + c y = 0,

que tem coeficientes constantes (reais) arbitrários. Com base na experiência que tivemos com a

Eq. (*), procuraremos soluções exponenciais da Eq. (H). Vamos supor, assim, que y = erx , onde r é um

parâmetro a ser determinado. Vem então y ’ = r.erx e y ’’ = r2.erx .Levando as expressões de y, de y’ e

de y ’’ na Equação (H), obtemos:

(ar2 + br + c).erx = 0,

ou, como erx 0,

ar2 + br + c = 0. (#)

A Eq. (#) é a equação característica da equação diferencial (H). O seu significado está em, no

caso de r ser uma raiz da equação polinomial (#), y = erx ser uma solução da equação diferencial (H).

Uma vez que a Eq. (#) é uma equação quadrática com coeficientes reais, tem duas raízes que podem

ser reais e diferentes, reais e iguais ou complexas conjugadas.

Teorema Solução geral de uma equação linear homogênea (H)

* Raízes Reais Distintas Se r1 r2 são raízes reais distintas da equação característica, então a solução

geral é:

y = c1. e r1 x + c2 .er2 x.

* Raízes Reais Iguais Se r1 = r2 são raízes reais iguais da equação característica, então a solução geral

é:

y = c1. e r x + c2 .x.er x = (c1 + c2 .x)er x.

* Raízes Complexas Se r1 = + i e r2 = - i são raízes complexas da equação característica, então a

solução geral é:

y = c1. e x cosx + c2 . e x senx.

Exemplo Equação característica com duas raízes reais distintas.

Achar a solução do problema de valor inicial

y ’’ + 5y ’ + 6y = 0, y(0) = 2, y’(0) = 3.

SoluçãoProfª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

38

Page 40: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

Neste caso, a equação característica é r2 + 5r + 6 = 0, de modo que r1 = - 2 e r2 = - 3. Logo, a

solução geral da EDO é dada por:

y = c1. e-2x + c2. e-3x.

Como y = 2 quando x = 0, temos:

c1 + c2 = 2. ( I )

Além disso, como y ’ = 3 quando x = 0, temos

y ’ = - 2 c1. e-2x - 3 c2. e-3x

3 = - 2 c1 - 3 c2 ( II )

A resolução das Eq. (I) e (II) dá c1 = 9 e c2 = - 7. Com estes valores na solução geral,

conseguimos a solução

y = 9e-2x - 7 e-3x

do problema de valor inicial.

Exemplo Equação característica com duas raízes reais iguais.

Achar a solução do problema de valor inicial

y ’’ + 4y ’ + 4y = 0, y(0) = 2, y’(0) = 1.

Solução

Neste caso, a equação característica é r2 + 4r + 4 = 0, de modo que r1 = r2 = - 2. Logo, a

solução geral da EDO é dada por

y = c1. e-2x + c2. xe-2x.

Como y = 2 quando x = 0, temos:

c1 = 2.

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

39

Page 41: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

Além disso, como y ’ = 1 quando x = 0, temos

y’ = - 2 c1. e-2x + c2 .(- 2x e-2x+ e-2x)

1 = - 2 . 2 . 1 + c2 .[- 2.(0). (1) + 1]

5 = c2 .

Portanto, com estes valores na solução geral, conseguimos a solução:

y = 2e-2x + 5 x e-2x

do problema de valor inicial.

Exemplo Equação característica com raízes complexas

Achar a solução geral da equação diferencial

y’’ + 6y’ + 12y = 0.

Solução

Neste caso, a equação característica é r2 + 6r + 12 = 0, de modo que r = - 3 ± 3 i. Então,

= - 3, = 3 e a solução geral da EDO é

y = c1. e-3x cos3 x + c2. e-3xsen3 x.

OBS: Observe, no exemplo anterior, que, embora a equação característica tenha duas raízes

complexas, a solução da equação diferencial é real.

Exercícios

Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.

01. y’’ – 5y’ – 14y = 0 02. y’’ – 2y’ – 8y = 0

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

40

Page 42: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

03. y’’ – y = 0 04. y’’ – 3y’ = 0

05. 2y’’ – 13 y’ + 15y = 0 06. 3y’’ – 7y’ + 2y = 0

07. y’’ – 4y’ + 4y = 0 08. y’’ – 4y’ + 5y = 0

09. 4y’’- 4y’ + y = 0 10. y’’ – 4y’ + 13y = 0

11. y’’– 10y’ + 25y = 0 12. y’’ + 9y = 0

13. y’’ = 0

Determinar a solução particular de cada uma das seguintes equações diferenciais sujeitas às condições

dadas.

14. y’’ – 4y’ = 0; y(0) = 3 e y’(0) = 4 15. y’’ – y’ – 2y = 0; y(0) = 2 e y’(0) = 1

16. y’’ – 8y’ + 15y = 0; y(0) = 4 e y’(0) = 2 17. y’’ – 6y’ + 9y = 0; y(0) = 2 e y’(0) = 4

18. y’’ + 25y = 0; y(0) = 2 e y’(0) = 0 19. y’’ – 12y’ + 36y = 0; y(0) = 1 e y’(0) = 0

Respostas

1. y = C1 e7x + C2 e-2x 2. y = C1 e4x + C2 e-2x

3. y = C1 ex + C2 e-x 4. y = C1 + C2 e3x

5. y = C1 e3x/2 + C2 e5x 6. y = C1 e2x + C2 ex/3

7. y = C1 e2x + C2 xe2x 8. y = C1 e2x cosx + C2 e2x senx

9. y = C1 ex/2 + C2 x.ex/2 10. y = C1 e2x cos3x + C2 e2x sen3x

11. y = C1e5x + C2 xe5x 12. y = C1 cos3x + C2 sen3x

13. y = C1 + C2 .x 14. y = 2 + e4x

15. y = e2x + e-x 16. y = -5e5x + 9e3x

17. y = 2e3x – 2xe3x 18. y = 2cos5x

19. y = e6x – 6xe6x

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

41

Page 43: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

1.2.1 Equações diferenciais lineares de ordem mais alta

Para equações diferenciais lineares homogêneas de ordem mais alta, encontramos a solução

geral de maneira análoga ao caso de segunda ordem, isto é, começamos por encontrar as n raízes da

equação características e depois, baseadas nessas n raízes, formam uma coleção linearmente

independente de n soluções. A maior diferença é que, para equações de ordem três ou maior, as raízes

da equação característica podem aparecer mais de duas vezes. Quando isso acontece, as soluções

linearmente independentes são obtidas multiplicando-se por potências crescentes de x. Vamos ilustrar

isso nos dois próximos exemplos.

OBS: Radiciação de Números Complexos

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

42

Page 44: Apostila de Cálculo IV- 2010

b (parte imaginária)

a (parte real)

z = a + bi z = = e

z = .(cos + i.sen)

Forma Trigonométrica

Dado um número complexo não nulo z = .(cos + i.sen) e um número natural n > 1, as

raízes enésimas do complexo z são da forma:

, onde k {0, 1, 2,..., n – 1}.

Exemplo Resolução de uma equação de terceira ordem.

Achar a solução geral da equação diferencial

y’’’ + 3y’’ + 3y’ + y = 0.

Solução

Neste caso, a equação característica é r3 + 3r2 + 3r + 1 = (r + 1)3 = 0. Como a raiz r = -1 é

tripla, a solução geral da EDO é

y = c1. e-x + c2.x e-x + c3.x 2 e-x .

Exemplo Resolução de uma equação de quarta ordem.

Achar a solução geral da equação diferencial

y ’’’’ + 2y ’’ + y = 0.

Solução

Neste caso, a equação característica é r4 + 2r2 + 1 = (r2 + 1)2 = 0. Como a raiz r = i é

dupla, com = 0 e = 1, a solução geral da EDO é

y = c1. cosx + c2.senx + c3.x.cosx + c4.x.senx.

Page 45: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

Exercícios

Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.

01. y’’’ – y’’ - y’+ y = 0 02. y’’’ – 3y’’ + 3y’- y = 0

03. 2y’’’ - 4y’’ – 2y’ + 4y = 0 04. y iv - 4y’’’+ 4y’’ = 0

05. y vi + y = 0 06. y iv - 5y’’+ 4y = 0

07. y vi - 3 y iv + 3y’’ – y = 0 08. y vi - y’’ = 0

09. y v - 3 y iv + 3y’’’- 3y’’ + 2y’ = 0 10. y iv - 8y’ = 0

11. y viii + 8y iv + 16y = 0 12. y’’’+ y’ = 0; y(0) = 0, y’(0) = 1 e y’’(0) = 2

Respostas

01. y = C1 ex + C2 x.ex + C3 e- x

02. y = C1 ex + C2 x.ex + C3 x²e x

03. y = C1 ex + C2 e2x + C3 e- x

04. y = C1 + C2 x + C3 e2x + C4 xe2x

05. y = C1 cosx + C2 senx + e3x/2 (C3 cos 0,5x + C4 sen 0,5x) + e-3x/2 (C5 cos 0,5x + C6 sen 0,5x)

06. y = C1ex + C2 e- x + C3 e2x + C4 e- 2x

07. y = y = C1 ex + C2 x.ex + C3 x²e x + C4 e- x + C5 xe- x + C6 x².e- x

08. y = C1 + C2 x + C3 ex + C4 e- x + C5 cosx + C6 senx

09. y = C1 + C2 ex + C3 e2x + C4 cosx + C5 senx

10. y = C1 + C2 e2x + e- x (C3 cos3x + C4 sen3x)

11. y = ex [(C1 + C2 x).cosx + (C3 + C4 x).senx] + e- x [(C5 + C6 x).cosx + (C7 + C8 x).senx]

12. y = 2 – 2. cosx + senx

1.3 Equações Lineares Não-homogêneas de Segunda Ordem

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

1

Page 46: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

Nesta seção, vamos descrever dois métodos para encontrar a solução geral de uma

equação diferencial linear não-homogênea. Em ambos, o primeiro passo é encontrar a solução

geral, denotada por yh, da equação homogênea correspondente. Após isso, tentamos encontrar

uma solução particular, yp, da equação não-homogênea. Combinando esses dois resultados,

podemos concluir que a solução geral da equação não-homogênea é y = yh + yp, como enunciado

no próximo Teorema.

Teorema Solução geral de uma equação linear não homogênea (NH)

Seja ay” + by’ + cy = F(x) uma equação diferencial linear não homogênea de 2ª ordem.

Se yp , é uma solução particular dessa equação e se yh é a solução geral da equação homogênea

correspondente, então:

y = yh + yp.

é a solução geral da equação não-homogênea.

1.3.1 O MÉTODO DOS COEFICIENTES A DETERMINAR

Como já temos as ferramentas para encontrar yh , vamos nos concentrar em formas de

encontrar a solução particular yp. Se a função F(x) consiste em somas ou produtos de

xn, emx, cosx, senx

podemos encontrar urna solução particular pelo método dos coeficientes a determinar. A idéia

do método é tentar uma solução yp do mesmo tipo que F(x). Eis alguns exemplos:

1. Se F(x) = 5x + 4, escolha yp = Ax + B;

2. Se F(x) = 2xex,+ 5ex escolha yp = (Ax + B)ex = Axex + Bex;

3. Se F(x) = x² + 9 – cos7x, escolha y p = (Ax2 + Bx + C) + C.sen7x + D.cos7x.

Depois, por substituição, determinamos os coeficientes dessa solução. Os próximos

exemplos ilustram esse método.

Exemplo O método dos coeficientes a determinar.

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

2

Page 47: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

Encontre a solução geral da equação y”- 2y’ – 3y = 2.senx.

Solução:

Para encontrar yh , resolvemos a equação característica

m 2 - 2m – 3 = (m+1).(m – 3) = 0 m = -1 e m = 3

Logo, yh = C1e- x + C2 e 3x. A seguir, vamos tomar yp do mesmo tipo que sen2x, isto é,

yp = A.cosx + B.senx

y’p = - A.senx + B.cosx

y’’p = - A.cosx - B.senx

Substituindo na equação, obtemos:

(-A.cosx - B.senx) – 2(-A.senx + B.cosx) – 3(A.cosx + Bsenx) = 2.senx

-A.cosx - B.senx + 2A.senx -2B.cosx – 3A.cosx -3Bsenx = 2.senx

(- 4A - 2B).cosx + (2A - 4B).senx = 2senx.

Portanto, yp é uma solução, desde que os coeficientes dos termos correspondentes sejam

iguais. Obtemos, então, o sistema

- 4A - 2B = 0 e 2A - 4B = 2

que tem soluções A = 1/5 e B = - 2/5. Logo, a solução geral é

y = yh + yp = C1e- x + C2 e 3x + (1/5) cosx – (2/5) senx.

A forma da solução homogênea yh = C1e- x + C2 e 3x no Exemplo anterior não tinha

nenhum termo do mesmo tipo que a função F(x) na equação y”+ by’+ cy = F(x). No entanto, se a

equação diferencial no Exemplo anterior fosse da forma

y”- 2y’- 3y = e- x

não faria sentido tentar uma solução particular da forma y = Ae- x já que essa função é solução

da equação homogênea. Em tais casos, devemos multiplicar pela menor potência de x

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

3

Page 48: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

que remova a duplicação. Para esse problema em particular, tentaríamos yp = Axe- x. O próximo

exemplo ilustra esse tipo de situação.

Exemplo O método dos coeficientes a determinar.

Encontre a solução geral da equação y’’ – 2y’ = x + 2ex.

Solução

A equação característica, m2 - 2m = m.(m - 2) = 0 m = 0 e m = 2, logo

y h = C1 + C2 e2x

Corno F(x) = x + 2ex, nossa primeira escolha para yp seria (A + Bx) + Cex. No entanto,

como yh já contém um termo constante C1 , multiplicamos a parte polinomial por x e usamos

yp = Ax + Bx2 + Cex

y’p = A + 2Bx + Cex

y’’p = 2B + Cex

Substituindo na equação diferencial, obtemos

(2B + Cex) – 2(A + 2Bx + Cex) = x + 2ex

2B + Cex – 2A - 4Bx -2 Cex = x + 2ex

(2B – 2A) - 4Bx - Cex = x + 2ex

Igualando os coeficientes dos termos correspondentes, obtemos o sistema

2B - 2A = 0, - 4B = 1, - C = 2

que tem soluções A = B = - ¼ e C = - 2. Portanto,

y p = - ¼ x - ¼ x2 - 2ex

e a solução geral é

y = C1 + C2 e2x - ¼ x - ¼ x2 - 2ex.

Podemos, também, usar o método dos coeficientes a determinar para uma equação não-

homogênea de ordem mais alta. O próximo exemplo ilustra esse procedimento.

Exemplo O método dos coeficientes a determinar para uma equação de terceira ordem.

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

4

Page 49: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

Encontre a solução geral da equação y’’’ + 3 y’’ + 3y’ + y = x.

Solu ção

Sabemos, do exemplo da seção anterior, que a solução da equação homogênea é

y = C1 e-x + C2 x e-x + C3 x2 e-x.

Como F(x) = x, escolhemos yp = A + Bx, obtendo y’p = B e y’’p = y’’’p = 0.

Substituindo na equação, temos

(0) + 3.(0) + 3.(B) + (A + Bx) = (3B + A) + Bx = x.

Portanto, B = 1, A = - 3 e a solução geral é y = C1 e-x + C2 x e-x + C3 x2 e-x – 3 + x.

Exercícios

Determine a forma de uma solução particular para:

01. y’’ – 8y’ + 25 y = 5x3 e-x –7e-x

02. y’’ + 4y = x.cosx

03. y’’ – 9y’ + 14y = 3x2 – 5sen2x + 7xe7x

Encontre a solução geral das seguintes equações:

04. y’’ + 4y’ – 2y = 2x2 – 3x + 6

05. y’’ – y’ + y = 2sen3x

06. y’’ – 2y’ – 3y = 4x –5 + 6xe2x

07. y’’+ y = 4x + 10 senx; y() = 0 e y’() = 2.

Respostas

01. yP(x) = (Ax3 + Bx2 + Cx + D).e-x.

02. yP(x) = (Ax + B).cosx + (Cx + D).senx

03. yP(x) = (Ax2 + Bx + C) + Dcos2x + Esen2x + (Fx2 + Gx).e7x

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

5

Page 50: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

04. y(x) =

05. y(x) =

06. y(x) = C1e3x + C2 .e-x

07. y(x) = 9.cosx + 7senx + 4x – 5xcosx.

1.3.2 O MÉTODO DE VARIAÇÃO DOS PARÂMETROS

O método dos coeficientes a determinar funciona bem se F(x) é uma soma de termos

polinomiais ou de funções cujas derivadas sucessivas formam um padrão cíclico. Para funções

como (1/x) ou tgx que não possuem tais características usamos um método mais geral conhecido

como método de variação dos parâmetros. Nesse método, supomos que yp tem a mesma forma

que yh, exceto que as constantes em yh são substituídas por variáveis.

O Método de Variação dos Parâmetros

Para encontrar a solução geral da equação y” + b y’ + c y = F(x):

1. Encontre yh = C1y1 + C2 y2;

2. Substitua as constantes por variáveis da forma yh = u1 y1 + u2 y2;

3. Resolva o sistema a seguir para u’1 e u’2:

.

4. Integre para encontrar u1 e u2. A solução geral é y = yh + yp.

Exemplo Resolva a equação y’’- 2 y’+ y = (ex / 2x), x > 0.

Solu ção

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

6

Page 51: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

A equação característica m2 - 2m + 1 = (m - 1)2 = 0 tem apenas uma solução, m = 1.

Então, a solução da equação homogênea é

yh = C1y1 + C2y2 = C1e x + C2 xex.

Substituindo C1 e C2 por u1 e u2, obtemos

yP = u1y1 + u2y2 = u1e x + u2 xex.

O sistema de equações resultante é

Subtraindo a segunda equação da primeira, obtemos . Substituindo na

segunda equação, temos . Finalmente, integrando, obtemos:

e

Segue desse resultado que

yp = – (1/2)xex + (lnx)xex

é uma solução particular e que a solução geral é

y = C1e x + C2 xex – (1/2)xex + (lnx)xex.

Exercícios

Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.

01. y’’ + y’ = senx 02. y’’ – y’ – 2y = 4x

03. y’’ – 10y’ + 25y = x 04. y’’ – y = x2

05. y’’ + 4y = ex - 2 06. y’’ – 3y’ - 4y = 6ex

07. y’’ + y = 5 + sen3x 08. y’’ + 6y’ + 9y = x + senx

09. y’’– 2y’ - 3y = x2 + e-2x 10. y’’ - 2y’ - 3y = ex

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

7

Page 52: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

11. 4y’’ + 36y = cosec3x

Determinar a solução particular de cada uma das seguintes equações diferencial sujeitas às

condições dadas.

12. y’’ + y = 10e2x ; y(0) = 0 e y’(0) = 0. 13. y’’ + y = ex ; y(0) = 0 e y’(0) = 3.

14. y’’ + y’ = senx; y(0) = 0 e y’(0) = 0. 15. y’’ – 4y = 2 – 8x; y(0) = 0 e y’(0) = 5.

RESPOSTAS

01. y(x) = C1 + C2 e-x –

02. y(x) = C1e2x + C2 e-x – 2x + 1.

03. y(x)= .

04. y(x) = C1ex + C2 e-x – x2 - 2.

05. y(x)= .

06. y(x) = C1e4x + C2 e-x – ex.

07. y(x)= .

08. y(x)=

09. y(x)= .

10. y(x) = C1e3x + C2 e-x – .

11. y(x)= .

12. y(x) = -2.cosx – 4. senx + 2.e2x.

13. y(x)=

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

8

Page 53: Apostila de Cálculo IV- 2010

Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

14. y(x)=

15. y(x) = - + 2x + e2x.

Fim !!!!

Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido

9