eq diferenciais 2
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Equações Diferenciais de Variáveis Separáveis, Equações Diferenciais Lineares de Primeira Ordem Equações Diferenciais ExatasTRANSCRIPT
MÉTODOS ANALÍTICOS
A SEGUIR PASSAMOS A ESTUDAR ALGUNS TIPOS DE EQUAÕESDIFERENCIAIS PARA OS QUAIS É POSSÍVEL EXPLICITAR UMA SOLUÇÃO,JUNTAMENTE COM OS MÉTODOS ANALÍTICOS UTILIZADOS PARAENCONTRÁ-LAS
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES
𝒅𝒏𝒚
𝒅𝒙𝒏+ 𝒂𝒏−𝟏 𝒙
𝒅𝒏−𝟏𝒚
𝒅𝒙𝒏−𝟏+⋯+ 𝒂𝟏 𝒙
𝒅𝒚
𝒅𝒙+ 𝒂𝟎 𝒙 𝒚 = 𝒒(𝒙)
d. 𝑦´´ + 2𝑥𝑦´ + 𝑒𝑥𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑥
Exemplos :
a. 𝑦´ + 3𝑥2𝑦 = 0
b. 𝑦´ + 2𝑥𝑦 = 3𝑥
c. 𝑦´´ +2
𝑥2𝑦 = 0
e. 𝑦´´´ + 3𝑦´´ + 4𝑥𝑦´ + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑦 = 0
f. 𝑦(4) + 5𝑦´´´ + 𝑥3𝑦´´ + 𝑒𝑥𝑦´ + 𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑦 = 4
Primeira ordem homogênea
Quarta ordem e não homogênea
Primeira ordem não homogênea
Segunda ordem homogênea
Segunda ordem não homogênea
Terceira ordem homogênea
𝒚(𝒏) + 𝒂𝒏−𝟏 𝒙 𝒚𝒏−𝟏 +⋯+ 𝒂𝟏 𝒙 𝒚´ + 𝒂𝟎 𝒙 𝒚 = 𝒒(𝒙)
ou
EQUAÇÕES DE VARIÁVEIS SEPARÁVEIS
𝒚´ = 𝒈 𝒙 . 𝒇(𝒚)
ℎ 𝑦 𝑦´ = 𝑔 𝑥 ℎ 𝑦𝑑𝑦
𝑑𝑥= 𝑔 𝑥 ℎ 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑔 𝑥 𝑑𝑥
São Equações diferenciais que podem ser escritas na forma
Para resolver este tipo de equação diferencial, antes temos que escrevê-la na formadiferencial.
ℎ 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑔 𝑥 𝑑𝑥
Uma vez feito isso, para resolver a equação basta integrar ambos os lados daigualdade, obtendo-se
ℎ 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑔 𝑥 𝑑𝑥
Convém notar que, na expressão acima, estamos admitindo ℎ(𝑦) e 𝑔 𝑥 integráveis.
O nome vem do fato de que o lado direito pode se fatorado como um produto deuma função de 𝑥 por uma função de 𝑦.
Esse tipo de equação pode apresentar diferentes formas:
𝑦´
𝑓(𝑦)= 𝑔(𝑥) ou ouou
EXEMPLOS DE EQUAÇÕES DE VARIÁVEIS SEPARÁVEIS
Exemplo 1: Resolva a EDO 𝑦´ = 𝑥2𝑦
Colocando na forma diferencial : 𝑑𝑦
𝑑𝑥= 𝑥2𝑦 ⇒
𝑑𝑦
𝑦= 𝑥2𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑦= 𝑥2𝑑𝑥 ⇒ 𝑙𝑛 𝑦 =
𝑥3
3+ 𝐶 ⇒ 𝑦 = 𝑒
𝑥3
3+𝐶 = 𝑒𝐶 . 𝑒
𝑥3
3
𝑦 = ±𝐴. 𝑒𝑥3
3 , onde A é uma constante arbitrária, a ser determinada por alguma condição de contorno.
Exemplo 2: Resolva o seguinte Problema de Valor de Contorno
𝑑𝑦
𝑑𝑥=𝑥2
𝑦2, com 𝑦 0 = 2
Reescrevendo na forma diferencial temos : 𝑦2𝑑𝑦 = 𝑥2𝑑𝑥. Logo, 𝑦2𝑑𝑦 = 𝑥2𝑑𝑥
Integrando : 𝑦3
3=𝑥3
3+ 𝐶 ⇒ 𝑦3 = 𝑥3 + 3𝐶 Podemos chamar 3C = K, e teremos:
𝑦 =3𝑥3 + 𝐾 Substituindo a condição de contorno : 𝑦 0 =
3𝐾 = 2 ⇒ 𝐾 = 8
Finalmente a solução é : 𝑦 =3𝑥3 + 8
MODELO 1 : CRESCIMENTO POPULACIONAL
Um modelo simplificado para o crescimento de uma população baseia-se napremissa de que a taxa de crescimento da população é proporcional ao tamanho daprópria população. Note-se que aqui estamos desprezando fatores como limitaçõesde alimentação, ausência de predadores, imunidade a doenças.
Neste caso a Equação diferencial que modela o crescimento da população é :
𝑑𝑃
𝑑𝑡= 𝑘𝑃 𝑡 , 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑘 é 𝑎 𝒕𝒂𝒙𝒂 𝒅𝒆 𝒄𝒓𝒆𝒔𝒄𝒊𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐
Considerando uma população inicial 𝑃0 > 0 , para descartar a solução trivial 𝑃 𝑡 = 0. Podemos escrever:
𝑑𝑃
𝑃= 𝑘𝑑𝑡 ⇒
𝑑𝑃
𝑃= 𝑘𝑑𝑡
Integrando temos : 𝑙𝑛 𝑃 = 𝑘𝑡 + 𝐶 ⇒ 𝑃 = 𝑒𝑘𝑡+𝐶 = 𝑒𝐶 . 𝑒𝑘𝑡 ⇒ 𝑃 = 𝐴. 𝑒𝑘𝑡
Para determinar a constante A, usamos a condição inicial 𝑃(0) = 𝑃0 . Logo :
𝑃 0 = 𝐴𝑒0 = 𝑃0 ⇒ 𝐴 = 𝑃0
E finalmente : 𝑷 𝒕 = 𝑷𝟎𝒆𝒌𝒕
MODELO 2 : DECAIMENTO RADIOATIVO
Alguns elementos químicos, como o Urânio por exemplo, são instáveis e decaem por emissão departículas alpha, transformando-se em outros elementos. Esses elementos são ditos radioativos.
Após grande número de experimentos, os cientistas observaram que em uma dada amostra dematerial radioativo, a taxa de decaimento é proporcional a quantidade de núcleos do átomopresente na amostra.
Isso sugere que a função que fornece a quantidade de núcleos Q(t) presente em um dadoinstante 𝑡 pode ser determinada pela equação diferencial
𝑑𝑄
𝑑𝑡= −𝑘𝑄(𝑡) , 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑘 é 𝑢𝑚𝑎 𝒕𝒂𝒙𝒂 𝒅𝒆 𝒅𝒆𝒄𝒂𝒊𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
Considerando uma quantidade inicial 𝑄0 > 0 , para descartar a solução trivial Q 𝑡 = 0. Podemos escrever:
𝑑𝑄
𝑄= −𝑘𝑑𝑡 ⇒
𝑑𝑄
𝑄= − 𝑘𝑑𝑡
Integrando temos : 𝑙𝑛 𝑄 = −𝑘𝑡 + 𝐶 ⇒ Q = 𝑒−𝑘𝑡+𝐶 = 𝑒𝐶 . 𝑒−𝑘𝑡 ⇒ 𝑄 = 𝐴. 𝑒−𝑘𝑡
Para determinar a constante A, usamos a condição inicial 𝑄(0) = 𝑄0 . Logo :
𝑄(0) = 𝐴𝑒0 = 𝑄0 ⇒ 𝐴 = 𝑄0
E finalmente : 𝑸 𝒕 = 𝑸𝟎𝒆−𝒌𝒕
MODELO 3 : PROBLEMAS DE CONSERVAÇÃO DE MASSA
Suponhamos que uma substância flui para o interior de um tanque a uma taxaconstante (𝒄𝒆) e evapora a uma taxa que é proporcional ao volume de substânciapresente no tanque (𝑽).
Pelo princípio de conservação da massa, a ED que fornece a quantidade desubstância no tanque em função do tempo é de variáveis separáveis
𝑑𝑉
𝑑𝑡= 𝑐𝑒 − 𝑘𝑉 𝑡 ⇒
𝑑𝑉
𝑐𝑒 − 𝑘𝑉= 𝑑𝑡
Integrando :
𝑑𝑉
𝑐𝑒 − 𝑘𝑉= 𝑑𝑡 ⇒ −
1
𝑘𝑙𝑛 𝑐𝑒 − 𝑘𝑉 = 𝑡 + 𝐶 ⇒ 𝑙𝑛 𝑐𝑒 − 𝑘𝑉 = −𝑘𝑡 + 𝐶
Assim temos :
𝑐𝑒 − 𝑘𝑉 = 𝑒𝐶 . 𝑒−𝑘𝑡 ⇒ 𝑽 =
𝒄𝒆𝒌−𝑨
𝒌𝒆−𝒌𝒕
Para determinar a constante A, usamos a condição inicial 𝑉(0) = 𝑉0
𝑉0 =𝑐𝑒𝑘−𝐴
𝑘⇒ 𝐴 = 𝑐𝑒 − 𝑘𝑉0
MODELO 4 : LEI DO RESFRIAMENTO DE NEWTON
Segundo a Lei do Resfriamento proposta por Newton, a taxa com que a temperaturade um corpo cai é proporcional a diferença entre a temperatura do corpo (𝑻) e atemperatura do ambiente (𝑻𝒆), nas proximidades do corpo.
Desta forma, a ED que fornece a temperatura do corpo 𝑻(𝒕) em função do tempo é
𝑑𝑇
𝑑𝑡= 𝑘 𝑇 𝑡 − 𝑇𝑒 , 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑘 é 𝑢𝑚𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
A ED acima é de variáveis separáveis𝑑𝑇
𝑑𝑡= 𝑘 𝑇 𝑡 − 𝑇𝑒 ⇒
𝑑𝑇
𝑇 − 𝑇𝑒= 𝑘𝑡
Integrando :
𝑑𝑇
𝑇 − 𝑇𝑒= 𝑘𝑑𝑡 ⇒ 𝑙𝑛 𝑇 − 𝑇𝑒 = 𝑘𝑡 + 𝐶 ⇒ 𝑇 − 𝑇𝑒 = 𝑒
𝐶𝑒𝑘𝑡
Assim: 𝑻 = 𝑻𝒆 + 𝑨𝒆𝒌𝒕
Para determinar a constante A, usamos a condição inicial 𝑇(0) = 𝑇0
𝑇0 = 𝑇𝑒 + 𝐴 ⇒ 𝐴 = 𝑇0 − 𝑇𝑒
EQUAÇÕES LINEARES DE 1ª ORDEM
𝒚´ + 𝒑 𝒙 𝒚 = 𝒒(𝒙)
O método de resolução desse tipo de ED baseia-se na regra do produto paraderivação.
Suponhamos que 𝑃(𝑥) é uma antiderivada de 𝑝(𝑥), ou seja, 𝑃´ 𝑥 = 𝑝(𝑥). Então podemos escrever
𝑒𝑃 𝑥 𝑦(𝑥) ´ = 𝑒𝑃(𝑥)𝑦´ 𝑥 + 𝑃´ 𝑥 𝑒𝑃 𝑥 𝑦 𝑥 = 𝑒𝑃 𝑥 𝑦´ 𝑥 + 𝑝(𝑥 𝑦(𝑥)) (1)
Notemos que esse último termo é igual ao lado esquerdo da nossa ED multiplicado
pelo fator 𝑒𝑃(𝑥). Este fator é denominado fator integrante, onde 𝑷 𝒙 = 𝒑 𝒙 𝒅𝒙
Assim, o método consiste em multiplicar nossa ED pelo fator integrante, obtendo
𝑒𝑃(𝑥)𝑦´ 𝑥 + 𝑒𝑃 𝑥 𝑝(𝑥)𝑦 𝑥 = 𝑒𝑃 𝑥 𝑞(𝑥)
Mas usando a igualdade (1) podemos então escrever : 𝑒𝑃 𝑥 𝑦(𝑥) ´ = 𝑒𝑃 𝑥 𝑞(𝑥)
Integrando ambos os lados da igualdade acima temos : 𝑒𝑃 𝑥 𝑦 𝑥 = 𝑒𝑃 𝑥 𝑞 𝑥 𝑑𝑥
E finalmente obtemos : 𝒚 𝒙 = 𝒆−𝑷(𝒙) ∙ 𝒆𝑷 𝒙 𝒒 𝒙 𝒅 𝒙
EQUAÇÕES LINEARES DE 1ª ORDEM - EXEMPLOS
Exemplo 1 : Resolva a ED linear de primeira ordem 𝑦´ + 2𝑦 = 3𝑒𝑥
Como 𝑝(𝑥) = 2, o fator integrante é 𝑒 2 𝑑𝑥. Ou seja, temos que multiplicar nossa ED por 𝑒2𝑥. Obtendo
𝑒2𝑥𝑦´ + 2𝑒2𝑥𝑦 = 3𝑒3𝑥
Mas o lado esquerdo da igualdade acima é igual a 𝑒2𝑥𝑦 ´ . Logo podemos escrever
𝑒2𝑥𝑦 ´ = 3𝑒3𝑥 ⇒ 𝑒2𝑥𝑦 = 3𝑒3𝑥𝑑𝑥 ⇒ 𝑒2𝑥𝑦 = 𝑒3𝑥 + 𝐾 ⇒ 𝒚 = 𝒆𝒙 +𝑲𝒆−𝟐𝒙
Onde K é uma constante cujo valor pode-se determinar por alguma condição de contorno
Exemplo 2 : Resolva a ED linear de primeira ordem 𝑥𝑦´ + 2𝑦 = 0
Como 𝑝(𝑥) =2
𝑥, o fator integrante é 𝑒
2
𝑥𝑑𝑥. Ou seja, temos que multiplicar nossa
ED por 𝑒2𝑙𝑛𝑥 = 𝑒𝑙𝑛𝑥2= 𝑥2. Obtendo
𝑥2𝑦´ + 𝑥22
𝑥𝑦 = 0 ⇒ 𝑥2𝑦´ + 2𝑥𝑦 = 0
Assim, 𝑥2𝑦 ´ = 0 ⇒ 𝑥2𝑦 = 𝐾 ⇒ 𝒚 =𝑲
𝒙𝟐
Onde K é uma constante cujo valor pode-se determinar por alguma condição de contorno
MODELO 1 : CIRCUITOS RL COM CORRENTE ALTERNADA
No caso geral a voltagem 𝝐 𝒕 é uma função do tempo, e a ED é linear de 1ª. Ordem
𝐿𝑑𝐼
𝑑𝑡+ 𝑅𝐼 = 𝜖 𝑡 ⇒ 𝐼´ +
𝑅
𝐿𝐼 =
𝜖(𝑡)
𝐿. 𝑁𝑒𝑠𝑠𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜: 𝑝 𝑡 =
𝑅
𝐿𝑒 𝑞 𝑡 =
𝜖(𝑡)
𝐿
Logo o fator integrante será 𝑒 𝑅𝑑𝑡
𝐿 e Multiplicando a ED por este fator teremos
𝑒𝑅𝐿𝑡. 𝐼´ +
𝑅
𝐿𝑒𝑅𝐿𝑡𝐼 =
𝜖(𝑡)
𝐿𝑒𝑅𝐿𝑡
Assim, podemos escrever 𝑒𝑅
𝐿𝑡 ∙ 𝐼
,
=𝜖(𝑡)
𝐿𝑒𝑅
𝐿𝑡 ⇒ 𝑒
𝑅
𝐿𝑡 ∙ 𝐼 =
1
𝐿 𝑒
𝑅
𝐿𝑡 ∙ 𝜖 𝑡 𝑑𝑡
E a solução será : 𝑰 =𝟏
𝑳𝒆−
𝑹
𝑳𝒕 𝒆
𝑹
𝑳𝒕 ∙ 𝝐 𝒕 𝒅𝒕 + 𝑲𝒆−
𝑹
𝑳𝒕
Onde a constante 𝐾 será determinada pelas condições de contorno
Anteriormente mostramos a equação diferencial que fornece a corrente 𝑰(𝒕) emfunção do tempo em um circuito RL, com Resistência (𝑅) e Indutância (𝐿), no qual a
voltagem fornecida pelo gerador é 𝝐(𝒕).
EXEMPLO NUMÉRICO
Suponhamos um circuito elétrico contendo um Resistor com resistência R = 12Ω e um indutorcom indutância L = 4H. Conecta-se ao circuito um gerador que fornece uma voltagemalternada, segundo a função 𝜖 𝑡 = 60𝑠𝑒𝑛(30𝑡). Pede-se a expressão da corrente em funçãodo tempo.
A ED linear para a correte é : 4𝑑𝐼
𝑑𝑡+ 12𝐼 = 60𝑠𝑒𝑛 30𝑡 𝑜𝑢 𝐼´ + 3𝐼 = 15𝑠𝑒𝑛(30𝑡)
Nessa ED temos 𝑝 𝑡 = 3 𝑒 𝑞 𝑡 = 15𝑠𝑒𝑛(30𝑡). Logo o fator integrante é 𝑒 3𝑑𝑡 = 𝑒3𝑡
Multiplicando o fator integrante pela ED temos : 𝑒3𝑡𝐼´ + 3𝑒3𝑡𝐼 = 15𝑒3𝑡𝑠𝑒𝑛(30𝑡)
Usando a fórmula do produto e a regra da cadeia : 𝑒3𝑡𝐼 ´ = 15𝑒3𝑡𝑠𝑒𝑛 30𝑡
Logo : 𝑒3𝑡𝐼 = 15𝑒3𝑡𝑠𝑒𝑛 30𝑡 𝑑𝑡 . A integral que aparece do lado direito pode ser resolvida
por partes. Fornecendo
𝑒3𝑡𝐼 = 15𝑒3𝑡
9093𝑠𝑒𝑛 30𝑡 − 30cos(30𝑡) + 𝐾 ⇒ 𝐼 =
5
101𝑠𝑒𝑛 30𝑡 − 10cos(30𝑡) + 𝐾𝑒−3𝑡
Se usarmos a condição inicial 𝐼 0 = 0 , teremos 𝐾 =50
101. Assim, finalmente
𝐼(𝑡) =5
101𝑠𝑒𝑛 30𝑡 − 10cos(30𝑡) +
50
101𝑒−3𝑡
MODELO 2 : PROBLEMAS COM SOLUÇÕES
Um tanque contém um volume 𝑽𝟎 (𝑙𝑖𝑡𝑟𝑜𝑠) de uma certasolução na qual uma quantidade 𝒚𝟎(𝐾𝑔) de um composto estádissolvido. Mais solução com uma concentração 𝒄(𝒕) (𝐾𝑔/𝑙)do composto é bombeada para o interior do tanque a uma taxaconstante 𝒂 ( 𝑙 𝑚𝑖𝑛). Um sistema de agitação mantém a soluçãohomogênea dentro do tanque. O tanque tem uma saída pelaqual a solução flui para fora a uma taxa constante 𝒃 𝑙 𝑚𝑖𝑛 .
i. Taxa de entrada: 𝑎 𝑙 𝑚𝑖𝑛 ∙ 𝑐 𝑡 𝐾𝑔𝑙
ii. Taxa de saída: 𝑏 𝑙 𝑚𝑖𝑛 ∙𝑦(𝑡)
𝑉(𝑡) 𝐾𝑔𝑙
Logo teremos:
𝑦´ = 𝑎. 𝑐 𝑡 −𝑏𝑦
𝑉0 + 𝑏 − 𝑎 . 𝑡⇒ 𝒚´ +
𝒃𝒚
𝑽𝟎 + 𝒃 − 𝒂 . 𝒕= 𝒂. 𝒄(𝒕)
onde 𝑉(𝑡) é o volume de solução no tanque no instante 𝑡 , que é dado por𝑉 𝑡 = 𝑉0 + 𝑏 − 𝑎 . 𝑡
A ED que fornece a quantidade de composto presente no tanque 𝒚(𝒕) em função dotempo pode ser obtida usando-se a Lei da conservação das massas.
𝑦´ 𝑡 = 𝑡𝑎𝑥𝑎 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 − 𝑡𝑎𝑥𝑎 𝑑𝑒 𝑠𝑎í𝑑𝑎
EXEMPLO NUMÉRICO
Um tanque contém 100 𝑙𝑖𝑡𝑟𝑜𝑠 de uma solução contendo 20 𝐾𝑔 de sal dissolvidos. Umasolução do mesmo sal com uma concentração que varia em função do tempo segundo a
função 𝑐(𝑡) = 0,5𝑡 𝐾𝑔𝑙 , é bombeada para o interior do tanque, a uma taxa de 10 ( 𝑙 𝑚𝑖𝑛).
Um sistema de agitação mantém a solução homogênea dentro do tanque. O tanque temuma saída pela qual a solução flui para fora a uma taxa de 10 𝑙 𝑚𝑖𝑛 .
Aqui temos: 𝑎 = 𝑏 = 10( 𝑙 𝑚𝑖𝑛) 𝑉0 = 1000𝑙 𝑦 0 = 20𝐾𝑔 e 𝑐 𝑡 = 0,5𝑡
Logo a ED fica : 𝑦´ +10𝑦
100+ 10−10 .𝑡= 10.0,5𝑡 ⇒ 𝑦´ + 0,1𝑦 = 5𝑡
Como 𝑝(𝑡) = 0,1 o fator integrante é 𝑒0,1𝑡. Multiplicando a ED por este fator temos
𝑒0,1𝑡 . 𝑦´ + 0,1𝑒0,1𝑡 . 𝑦 = 5𝑡𝑒0,1𝑡 ⇒ 𝑒0,1𝑡. 𝑦 ´ = 5𝑡𝑒0,1𝑡 ⇒ 𝑒0,1𝑡 . 𝑦 = 5 𝑡𝑒0,1𝑡𝑑𝑡
𝑒0,1𝑡. 𝑦 = 5.𝑒0,1𝑡
(0,1)2∙ 0,1t − 1 + K ⇒ 𝑦 = 500 0,1𝑡 − 1 + 𝐾𝑒0,1𝑡
Usando a condição de contorno temos : 20 = −500 + 𝐾 ⇒ 𝐾 = 520
E assim a função que fornece a quantidade de sal dissolvido na solução em função de 𝑡 é
𝑦 = 500 0,1𝑡 − 1 + 520𝑒0,1𝑡
EQUAÇÕES EXATAS
𝑷 𝒙, 𝒚 𝒅𝒙 + 𝑸 𝒙, 𝒚 𝒅𝒚 = 𝟎
com𝝏𝑷
𝝏𝒚=𝝏𝑸
𝝏𝒙
O método de solução de uma ED Exata baseia-se no seguinte
Teorema: Se 𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑄 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0 é uma ED Exata, então existe uma função
𝐹(𝑥, 𝑦), tal que𝜕𝐹
𝜕𝑥= 𝑃 𝑒
𝜕𝐹
𝜕𝑦= 𝑄 .
A solução da equação exata toma a forma 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝐶 , onde 𝐶 é uma constante
Como pelo Teorema anterior𝜕𝐹
𝜕𝑥= 𝑃 então podemos encontrar 𝐹 integrando 𝑃(𝑥, 𝑦)
com relação a 𝑥, fazendo
𝐹 = 𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑔(𝑦)
Note que, como a integração foi com relação a 𝑥, a constante de integração ésubstituída por uma função g(𝑦) , a ser determinada.
EQUAÇÕES EXATAS
Para determinar a função 𝑔(𝑦), iremos usar a outra condição dada pelo teorema, ou
seja,𝜕𝐹
𝜕𝑦= 𝑄 .
Assim, derivando a função 𝐹(𝑥, 𝑦) com relação a variável 𝑦 e igualando a 𝑄, teremos
𝜕
𝜕𝑦 𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑔´ 𝑦 = 𝑄(𝑥, 𝑦)
Logo podemos escrever : 𝑔´ 𝑦 = 𝑄 𝑥, 𝑦 −𝜕
𝜕𝑦 𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥
E podemos então determinar 𝑔 𝑦 por integração, completando a função 𝐹(𝑥, 𝑦)
Exemplo: 2𝑥𝑦3 + 4 𝑑𝑥 + 3𝑥2𝑦2 − 2 𝑑𝑦 = 0 , 𝑐𝑜𝑚 𝑦 1 = 2Resolva o PVC :
Primeiramente temos que verificar se a ED satisfaz a condição 𝜕𝑃
𝜕𝑦=𝜕𝑄
𝜕𝑥
𝜕(2𝑥𝑦3 + 4)
𝜕𝑦= 6𝑥𝑦2 𝑒
𝜕(3𝑥2𝑦2 − 2)
𝜕𝑥= 6𝑥𝑦2
Assim, sabemos que existe uma função 𝐹(𝑥, 𝑦) tal que 𝜕𝐹
𝜕𝑥= 2𝑥𝑦3 + 4
Então e equação é exata
Então podemos dizer que 𝐹 𝑥, 𝑦 = (2𝑥𝑦3 + 4) 𝑑𝑥 = 𝑥2𝑦3 + 4𝑥 + 𝑔(𝑦)
Mas sabemos também que 𝑄 𝑥, 𝑦 =𝜕𝐹(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦. Logo podemos escrever
𝜕(𝑥2𝑦3 + 4𝑥 + 𝑔 𝑦 )
𝜕𝑦= 3𝑥2𝑦2 + 𝑔´ 𝑦 = 3𝑥2𝑦2 − 2 ⇒ 𝑔´ 𝑦 = −2
Finalmente temos : 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝑥2𝑦3 + 4𝑥 − 2𝑦 . Logo a solução geral da nossa ED exata é
𝑥2𝑦3 + 4𝑥 − 2𝑦 = 𝐶
Podemos agora calcular 𝑔 𝑦 = 𝑔´ 𝑦 𝑑𝑦 = −2𝑦 + 𝐶
A constante 𝐶 poderá ser determinada pela condição de contorno 𝑦(1) = 2
Essa condição de contorno significa que a solução 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝐶, define implicitamente umafunção 𝑦 = 𝑓(𝑥) , tal que 𝑓(1) = 2. Logo, o ponto 𝑥 = 1 , 𝑦 = 2 satisfaz a noss equação.Podemos então substituir 𝐹 1,2 = 𝐶 , obtendo
𝐹 1,2 = 1223 + 4.1 − 2.2 = 𝐶 ⇒ 𝐶 = 9 . Portanto a solução da ED é
𝒙𝟐𝒚𝟑 + 𝟒𝒙 − 𝟐𝒚 = 𝟗
EQUAÇÕES EXATAS - EXEMPLO