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UNIVERSIDADE TECNOLÓGICA FEDERAL DO PARANÁ
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 y = f (x ) e suas derivadas y ', y '', y ''', y 4 ,..., y n , onde: y’ é a 1a
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:
2
d2y
⎛ dy ⎞
é uma E.D.O. de 2a ordem, mas não possui grau, pois não pode
+ 2⎜ ⎟ = 1
2
⎝ dx ⎠
dx
ser escrita sob a forma de um polinômio na função incógnita e suas derivadas, em razão da presença do
ey
termo e y .
Exemplo:
1) Classifique as seguintes equações diferenciais:
dy
a)
Resposta: Equação diferencial ordinária, 1a ordem, 10 grau.
+ 2 xy = 6
dx
d2y
dy
b)
Resposta: Equação diferencial ordinária, 2a ordem, 10 grau.
+ 3 = 2x
2
dx
dx
3
⎛ d2y ⎞
dy
⎛ dy ⎞
c) x⎜ ⎟ − 3⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 2
dx
⎝ dx ⎠
⎝ dx ⎠
4
d)
∂2 z
∂x
2
2
+ 4x
⎛ d3y ⎞
e) ⎜ 3 ⎟
⎜ dx ⎟
⎝
⎠
∂2 z
∂y
2
+4
2
=5
dy
−2=0
dx
Resposta: Equação diferencial ordinária, 2a ordem, 30 grau.
Resposta: Equação diferencial parcial, 2a ordem, 10 grau.
Resposta: Equação diferencial ordinária, 3a ordem, 20 grau.
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d2y
⎛ dy ⎞
f) ⎜ ⎟ + 3 2 − 4 y = 6
⎝ dx ⎠
dx
dy
g)
+ y = 5 y2
dx
Resposta: Equação diferencial ordinária, 2a ordem, 10 grau.
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:
dy
a)
Resposta: E.D.O., 1a ordem, 10 grau.
− 4 xy = 2 x
dx
b) 6 y − 4 x = 2 xy
Resposta: Não é equação diferencial.
d3y
d2y
dy
+6
dx
dx
dx
d) y ' ' '+4(y ' ' ) 4 + 3 x = 2 y '
Resposta: E.D.O., 3a ordem, 10 grau
e) x 3 y ' '−4 y = 5
Resposta: E.D.O., 2a ordem, 10 grau.
f) ( y ' ' ) 3 + ( y ' )5 − 2 y = x 2
Resposta: E.D.O, 2a ordem, 30 grau.
c)
3
− 2x
2
2
=2
∂2z ∂2z
+
= x2 + y
∂x 2 ∂y 2
∂z
∂z
h)
= z+x
∂x
∂y
Resposta: E.D.P, 2a ordem, 10 grau.
g)
d3y
Resposta: E.D.P., 1a ordem, 10 grau.
y
=1
d3y
dx3
Primeiramente devemos preparar a equação diferencial para podermos classificar sua ordem e grau:
i)
dx3
−
Resposta: E.D.O., 3a ordem, 10 grau.
2
⎛ d3y ⎞
d3y
⎜⎜ 3 ⎟⎟ − y = 3
dx
⎝ dx ⎠
Resposta: E.D.O, 3a ordem, 20 grau.
dy
j) ln dx2 = y
x
Resposta: E.D.O., 1a ordem, não têm grau.
dy
dx
x2
Solução: e
loge
dy
log a
dy
y
y
= e ⇒ dx = e ⇒
= x 2e ; Lembre-se: ln x = log e x e b b = a
x
dx
y
2
k)
dy
= 5x + 3
dx
Resposta: E.D.O., 1a ordem, 10 grau.
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d3y
⎛ dy ⎞
l) e y
+ 3⎜ ⎟ = 4
⎝ dx ⎠
dx3
m) 4
d3y
dx3
+ ( sen x)
d2y
dx 2
Resposta: E.D.O., 3a ordem, não têm grau.
+ 5 xy = 0
Resposta: E.D.O., 3a ordem, 10 grau.
3
7
2
⎛ d2y ⎞
⎛ dy ⎞
⎛ dy ⎞
3
⎟ + 3 y ⎜ ⎟ + y ⎜ ⎟ = 5x
n) ⎜
⎜ dx 2 ⎟
⎝ dx ⎠
⎝ dx ⎠
⎝
⎠
Resposta: E.D.O., 2a ordem, 30 grau.
⎛ ∂2 y ⎞
⎛ ∂2 y ⎞
⎟ − 4⎜
⎟=0
o) ⎜
⎜ ∂t 2 ⎟
⎜ ∂x 2 ⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
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: y = sen x é a solução da equação y ' '− y '+ cos x = − senx
Essa função é solução particular da equação diferencial dada.
Exercício
1) Verifique se a função dada é solução da equação diferencial:
a) y = sen 2 x
e y ' '+4 y = 0
Resposta: Sim é solução particular
x
b) y 3 + 3 y − x 3 + 4 e y ' =
Resposta: Sim
y +1
⎧ x = a sent
dy
b2 x
c) ⎨
e
=− 2
Resposta: Sim
dx
a y
⎩ y = b cos t
d) y = e −5x + c
e y ' '+5 y ' = 0
Resposta: Sim
Resposta: Sim
e) x 2 + 4 xy − y 2 = 1 e ( x + 2 y ) dx + (2 x − y ) dy = 0
−x
e y ' '− y '−3 y = 0
Resposta: Sim
f) y = −e
−x
e y ' '−2 y '−3 y = 0
Resposta: Não
g) y = x ⋅ e
−3 x
e y ' '−2 y '−3 y = 0
Resposta: Não
h) y = 5e
2
2
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.
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-
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)
dy
= 2 x ⇒ dy = 2 x dx ⇒ ∫ dy = ∫ 2 x dx ⇒ y = x 2 + c é a solução geral e y = x 2 é solução Particular
dx
dy
= 3 x 2 + 4 x para as condições iniciais x = 1 e y = 3 .
dx
2) Determine a solução da equação
Solução Geral: y = x3 + 2 x 2 + c
Solução particular: (1,3) ⇒ 3 = 1 + 2 + c ⇒ c = 0 ⇒ y = x3 + 2 x 2
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
dny
d n −1 y
dy
an ( x) n + an −1 ( x) n −1 + ... + a1 ( x) + a0 ( x) y = g ( x)
dx
dx
dx
Observe que as equações diferenciais lineares são caracterizadas por duas propriedades:
(i)
(ii)
A variável dependente y e todas as suas derivadas são do primeiro grau; isto é, a potência
de cada termo envolvendo y é 1.
Cada coeficiente depende apenas da variável independente x.
Uma equação que não é linear é chamada de não-linear.
As equações
xdy + ydx = 0 ;
y ''− 2 y '+ y = 0 e
x3
2
d3y
dy
2 d y
−
x
+ 3x + 5 = e x
3
2
dx
dx
dx
São equações diferenciais ordinárias de primeira, segunda e terceira ordens, respectivamente.
Por outro lado,
Coeficiente
depende de y
potência
≠1
d3 y
+ y2 = 0
dx3
são equações diferenciais ordinárias não-lineares de segunda e terceira ordens, respectivamente.
y. y ''− 2 y ' = x
e
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PROBLEMAS RESOLVIDOS:
Classifique cada equação diferencial segundo a ordem, o grau (quando possível) e a linearidade.
Determine a função incógnita e a variável independente.
a ) y '''− 5 xy ' = e x + 1
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: b3 ( x) = 1, b2 ( x) = 0, b1( x) = −5 x, g ( x) = e x + 1
- A função incógnita é y
- A variável independente é x .
b)ty + t 2 y − ( sen t) y = t 2 − 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 .
∂ 2t
dt
2
+ st = s
c) s
2
ds
∂s
Resolução:
- Segunda ordem: a mais alta derivada é de ordem dois.
- Primeiro grau: a equação tem a forma de um polinômio na função incógnita t e suas derivadas (com
coeficientes em s) e a derivada segunda aparece em primeiro grau.
- Não-linear: b1 = st , que depende de s e de t.
- A função incógnita é t
- A variável independente é s .
5
10
⎛ ∂ 4b ⎞
⎛ db ⎞
⎟ + 7 ⎜ ⎟ + b 7 − b5 = p
d )5 ⎜
⎜ ∂p 4 ⎟
⎝ dp ⎠
⎝
⎠
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 .
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e) y
∂2x
∂y 2
= y2 + 1
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: b2 ( y ) = y, b1( y ) = 0, b0 ( y ) = 0; g ( x) = y 2 + 1
- 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
Variável
incógnita independente
y
2
x
2
2
não-linear
1. ( y ") − 3 yy '+ xy = 0
2. x 4 y (4) + xy ''' = e x
4
1
linear
y
x
3. t 2
s − ts = 1 − sen t
2
1
linear
s
t
4. y (4) + xy '''+ x 2 y "− xy '+ sen y = 0
4
nenhum
não-linear
y
x
n
1
linear
x
y
2
2
2
não-linear
r
y
3/2
2
nenhum
não-linear
y
x
7
1
linear
b
p
1
7
não-linear
b
p
5.
d nx
dy n
= y2 + 1
⎛ d 2r ⎞
d 2r
dr
⎟ +
6. ⎜
+ y =0
⎜ dy 2 ⎟
dy
dy 2
⎝
⎠
⎛ d2y ⎞
⎟
7. ⎜
⎜ dx 2 ⎟
⎝
⎠
8.
d 7b
dp 7
+y = x
= 3p
7
⎛ db ⎞
9. ⎜ ⎟ = 3 p
⎝ dp ⎠
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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 t ≥ 0 é
dada por: a(t) = 16 − 24t.
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 :
X
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: v =
da primeira sentença no problema, temos:
d2x
dt 2
dx
d2x
e a=
respectivamente. Então
dt
dt 2
= 16 − 24 t (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
dx
contrário do inicial. Se integrarmos (01) uma vez encontramos V(t)=
= 16 t − 12 t 2 + c1
dt
onde c1 é uma constante arbitrária
(02)
Esta constante pode ser determinada pela condição v (0)= −5. Obtemos, então: −5 = 0 + c1, isto é,
c1 = −5. Portanto:
dx
V(t)=
= 16 t − 12 t 2 − 5
dt
Integrando esta expressão, encontramos:
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x(t ) = 8t 2 − 4t 3 − 5t + c2 ,
onde c2 é outra constante arbitrária que pode ser determinada pela condição
x (0) = 2, assim temos:
2 = 0 + c2 → c2 = 2.
Portanto x = 8t 2 − 4t 3 − 5t + 2 , 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.
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.
dx
, não
Neste caso, integramos (01), como antes, entretanto, como não temos condições para
dt
podemos determinar c1 de imediato. Integrando então (02), obtemos: x(t ) = 8t 2 − 4t 3 + c1t + c2 .
Agora, usamos as duas condições para obter as duas constantes arbitrárias, isto nos dá:
⎧2 = 0 + c 2
,
⎨
⎩7 = 8 − 4 + c1 + c 2
ou seja, c1 = 1 e c2 = 2, então x(t ) = 8t 2 − 4t 3 + t + 2
As formulações matemáticas dos itens a e b do problema são, respectivamente;
d2 x
= 16 − 24t , x (0) = 2, x' (0) = − 5
(a)
dt 2
d2 x
(b) 2 = 16 − 24t , x (0) = 2, x (1) = 7
dt
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
dx
são especificadas em um
dt
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.
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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:
dy
= F( x , y)
dx
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.
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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:
x
na sua forma normal, que também pode ser escrita na
y
x dx − y dy = 0 ⇒ x dx = y dy , então integrando cada termo
1) Consideremos a equação diferencial y ' =
sua
forma
diferencial:
independentemente, teremos:
x2
y2
+ c1 =
+ c2
2
2
e reunindo as constantes em uma constante c, teremos: x 2 − y 2 = c .
Nota: Esta relação satisfaz à equação diferencial dada (solução implícita): ∫ M ( x)dx + ∫ N ( y )dy = c .
2) Resolva a equação: (1 + x 2 )
dy
+ xy = 0
dx
Solução:
(1 + x 2 )
dy
dy
+ xy = 0 ⇒ (1 + x 2 )
= − xy ⇒ (1 + x 2 ) dy = − xydx ⇒
dx
dx
x
x
1
1
dy =
dx ⇒
dx + dy = 0
2
2
y
y
(1 + x )
1+ x
(
Assim,
M (x) =
x
1+ x2
e
N (y) =
)
1
y
Integrando, temos:
ln y +
1
1
1
c
ln(1 + x 2 ) = c ⇒ ln y ⋅ (1 + x 2 ) 2 = c ⇒ y ⋅ (1 + x 2 ) 2 = ec ⇒ y ⋅ 1 + x 2 = c ⇒ y =
2
1 + x2
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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
dN
, a taxa de variação da quantidade de substância em relação ao tempo, seja proporcional à
que
dt
dN
dN
quantidade de substância presente, então
− kN = 0 , onde k é a constante de
= k ⋅ N ou
dt
dt
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:
dN
a) Seja N a quantidade de material presente no instante t. Então
− kN = 0 . Esta equação
dt
diferencial é linear e separável e sua solução é dada por: N (t ) = c.e k .t .
Em t = 0, temos N(0) = 50.
Desta forma,
N (t ) = c.e k .t ⇒ 50 = c.e k .t ⇒ c = 50
Portanto, N (t ) = 50.e k .t .
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:
N (t ) = 50.e k .t ⇒ 45 = 50.e 2.k
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: N (t ) = 50 ⋅ e −0,053 t , onde t é medido
em horas.
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.
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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.
dT
, e a lei de resfriamento de
Então, a taxa de variação da temperatura em relação ao tempo é
dt
Newton pode assim ser formulada:
dT
= − k (T − Tm )
dt
ou
dT
+ kT = kTm
dt
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:
dT
Utilizando a equação
+ kT = kTm e sabendo que Tm = 0 , teremos:
dt
dT
+ kT = 0 , cuja solução é: T = c.e − k .t .
dt
Como T = 100 em t = 0 , temos: 100 = c.e − k .0 ⇒ c = 100 .
Assim, teremos a solução T = 100.e − k .t .
Por outro lado, temos T = 50 em t = 20 e assim obtemos: 50 = 100.e − k .20 .
Utilizando as regras de logaritmos encontramos k = 0,035.
Desta forma, substituindo na equação, teremos T = 100.e − 0 ,035.t
a) O tempo necessário para termos T = 25, será: 25 = 100.e −0, 035.t , resolvendo esta equação,
encontramos t = 39,6 min.
b) Para encontrar T quando t = 10 basta substituir na equação encontrada e teremos: T = 100.e −0, 035.10 .
E, portanto T = 70,5ºF.
13
NOTAS DE AULA ELABORADA POR:
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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:
dT
Utilizando a equação
+ kT = kTm e sabendo que Tm = 100 teremos:
dt
dT
+ kT = 100 k ,
dt
cuja solução é:
T = c.e − k .t + 100
Como T = 50 em t = 0, temos 50 = c.e − k .0 + 100 ⇒ c = −50 .
Assim, teremos a solução T = −50.e − k .t + 100 .
Por outro lado, temos T = 60 em t = 5, e assim obtemos:
60 = −50.e −5 k + 100
Utilizando as regras de logaritmos encontramos k = 0,045.
Desta forma, substituindo na equação, teremos T = −50.e −0, 045.t + 100
a) Para encontrar t quanto T = 75, basta substituir T = 75 na equação função encontrada. Assim,
75 = −50.e −0, 045.t + 100 . Utilizando as propriedades de logaritmos encontramos t = 15,4 min.
b) Para encontrar T quando t = 20, basta substituir t = 20 na equação e teremos
T = −50.e −0, 045.( 20 ) + 100 . E, portanto: T = 79,5ºF.
14
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LISTA DE PROBLEMAS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS
1) Determine a solução (implícita ou explicita) das equações diferenciais abaixo:
a) y 3 dx − x 3 dy = 0
b) x
Resposta :
dy
− y = 2x 2 y
dx
c) dy = 2xydx
y
dy
=−
d)
x
dx
2
dy x
e)
=
dx y 3
f ) xdy − ydx = 0
dy
g)
= 4 x 3 (1 + y )
dx
1
1
− 2 =c
2
x
y
Resposta : y = c.x.e x
Resposta : y = ce x
c
Resposta : y =
x
2
2
Resposta : 3y 4 − 4 x 3 = c
Resposta : y = cx
Resposta : y = ce x − 1
4
2) Determine a solução particular em cada uma das equações diferenciais dadas
a)
dy y
=
dx x
b) xydx − 1 + x 2 dy = 0
y = 3 quando x = 1
y = e quando x = 0
Resposta:
a ) y = 3x
b) y = e
1+ x 2
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.
dT
Obs. Utilizar a formulação matemática da lei do resfriamento de Newton, ou seja,
= − k (T − 30)
dt
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: a ) N = 100.e − 0,0256 t b) 4,11 anos ≅ 4 a 1 m 10 d
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.
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EQUAÇÃO DIFERENCIAL EXATA
Definição: Uma equação diferencial ordinária (EDO) na forma diferencial M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0
é dita exata se:
∂M ∂N
=
∂y
∂x
Exemplos:
1) Verifique se a EDO 3 x 2 y dx + ( y + x 3 ) dy = 0 é exata.
Solução:
∂M
∂N
M ( x, y ) = 3 x 2 y ⇒
= 3 x 2 e N ( x, y ) = y + x 3 ⇒
= 3x 2
∂x
∂y
∂M ∂N
Como
=
, temos que essa equação é uma EDO exata.
∂y ∂x
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!)
∂M ∂N
Teorema: Sejam M ( x, y ), N ( x, y ),
contínuas no retângulo a < x < b e c < y < d . Então a
e
∂y
∂x
∂M ∂N
, isto significa dizer que existe
EDO M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0 é exata se, e somente se:
=
∂y ∂x
∂u
∂u
uma função u ( x, y ) = c tal que
= M ( x, y ) e
= N ( x, y ).
∂x
∂y
Definição: Uma equação diferencial homogênea de 1a ordem M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0 é exata se a
diferencial:
∂u
∂u
du =
dx +
dy = 0
∂x
∂y
da função u ( x, y ) , (onde a função u ( x, y ) é uma função implícita, isto é, y é a variável dependente e
x é a variável independente) de maneira que du ( x, y ) = 0 e integrando u ( x, y ) = c.
Assim, M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0 é exata se, e somente se:
∂u
∂u
∂M ∂N
= M ( x, y ) e
= N ( x, y ) tal que
=
∂x
∂y
∂y ∂x
e sua solução será:
u ( x, y ) = ∫ M ( x, y ) dx + k ( y ) = ∫
∂u
dx + k ( y )
∂x
onde k ( y ) representa uma constante que depende de y.
Assim, deriva-se u ( x, y ) = ∫ M ( x, y ) + k ( y ), para obter k ( y ), isto é:
∂u ∂
∂
=
∫ M ( x, y ) dx + k '( y ) ⇒ N ( x, y ) = ∫ M ( x, y ) dx + k '( y )
∂x ∂y
∂y
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Sugestão de algoritmo para a solução da EDO exata:
Passo 0) Verificar se a equação diferencial dada é exata, ou seja,
∂M ∂N
=
.
∂y
∂x
Passo 1) Fazer
∂u
= M ( x, y ) ⇒ determinar u ( x, y ) = expressão em x e y + k ( y ).
∂x
Passo 2) Fazer
∂u
= N ( x, y ) ⇒ determinar k ' ( y ) e k ( y ).
∂y
Passo 3) Substituir k ( y ) em u ( x, y ).
Passo 4) Fazer u ( x, y ) = c.
Exemplos:
1) Resolva a EDO 2 xy dx + (1 + x 2 ) dy = 0.
Solução:
M ( x, y ) = 2 xy ⇒
Como
∂M
∂N
= 2 x e N ( x, y ) = 1 + x 2 ⇒
= 2x
∂x
∂y
∂M ∂N
, temos que essa equação é uma EDO exata.
=
∂y ∂x
Agora, vamos a sua resolução:
Admitimos que existe uma função u ( x, y ) = c tal que
u ( x, y ) = ∫
Por outro lado,
∂u
∂u
=M e
= N . Assim:
∂x
∂y
y é cons tan te
∂u
dx = ∫ 2 xy dx ⇒ u ( x, y ) = x 2 y + k ( y )
∂x
∂u
∂u
= x 2 + k ' ( y) e
= N = 1+ x2
∂y
∂y
Desta forma,
x 2 + k ' ( y ) = 1 + x 2 ⇒ k ' ( y ) = 1 ⇒ k ( y ) = ∫1dy = y + c1
Portanto,
c = c 2 − c1
u ( x, y ) = x 2 y + y + c1 = c2 ⇒ x 2 y + y = c (forma implícita)
Ou,
x 2 y + y = c ⇒ y ( x 2 + 1) = c ⇒ y =
c
(forma explícita)
( x + 1)
2
17
NOTAS DE AULA ELABORADA POR:
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2) Resolva a EDO (2 xy + x) dx + ( x 2 + y ) dy = 0.
Solução:
M ( x, y ) = 2 xy + x ⇒
Como
∂M
∂N
= 2 x e N ( x, y ) = x 2 + y ⇒
= 2x
∂y
∂x
∂M ∂N
, temos que essa equação é uma EDO exata.
=
∂y ∂x
Agora, vamos a sua resolução:
Admitimos que existe uma função u ( x, y ) = c tal que
u ( x, y ) = ∫
∂u
∂u
=M e
= N . Assim:
∂x
∂y
y é cons tan te
∂u
x2
dx = ∫ (2 xy + x) dx ⇒ u ( x, y ) = x 2 y +
+ k ( y)
∂x
2
Por outro lado,
∂u
∂u
= x 2 + 0 + k ' ( y) e
= N = x2 + y
∂y
∂y
Desta forma,
x 2 + k ' ( y ) = x 2 + y ⇒ k ' ( y ) = y ⇒ k ( y ) = ∫ y dy =
y2
+ c1
2
Portanto,
u ( x, y ) = x 2 y +
c =c2 − c1
x2 y2
x2 y2
+
+ c1 = c2 ⇒ x 2 y +
+
= c (forma implícita)
2
2
2
2
3) Verifique se a equação diferencial ordinária
x dy
= −1 é exata e resolva-a.
y + x dx
Solução:
Como,
⎧M = y + x
x dy
= −1 ⇒ x dy = −( y + x ) dx ⇒ ( y + x ) dx + xdy = 0 ⇒ ⎨
y + x dx
⎩ N=x
então:
∂M
=1
∂y
e
∂N
=1
∂x
⇒
∂M ∂N
=
∂y ∂x
donde a equação é exata e sua solução, será:
18
NOTAS DE AULA ELABORADA POR:
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x2
∂u
∂u
+ xy + k ( y )
=M ⇒
= x + y ⇒ u ( x, y ) = ∫ ( x + y ) dx ⇒ u ( x, y ) =
∂x
∂x
2
∂u
= N ⇒ x + k ' ( y ) = x ⇒ k ' ( y ) = 0 ⇒ k ( y ) = c1
∂y
Logo,
u ( x, y ) =
c = 2 c2 − 2 c1
x2
+ xy + c1 = c2 ⇒ x 2 + 2 xy = c (forma implícita)
2
ou,
x 2 + 2 xy = c ⇒ 2 xy = c − x 2 ⇒ y =
c − x2
1⎛c
⎞
⇒ y = ⎜ − x ⎟ (forma explícita)
2x
2⎝ x
⎠
LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS
1) Verifique se as equações abaixo são exatas, determinando sua solução.
⎧
x2 y2
xy 2 − 1
Resposta
:
− x − y = −1 ou x 2 y 2 − 2 x − 2 y = −2
,
com
y(0)
=
1
a) ⎨ y' =
2
2
1− x y
⎩
b) 4 y.dy + x.dx = 0
Resposta: x 2 + 4 y 2 = c
c ) x.dy + 2 y 2 .dx = 0
Resposta: Não exata , y =
1
2 ln x + c
4
Resposta: Não exata, x seny = c
d ) 4 seny.dx + x. cos y.dy = 0
y
c
e) (3 x 2 y + ) dx + ( x 3 + ln x ) dy = 0 Resposta: ( x 3 + ln x) y = c ou y = 3
x
x + ln x
xy
xy
xy
2
Resposta: e + y = c
f ) ( x.e + 2 y ). y '+ y.e = 0
⎧(cos x + ysenx)dx = cos x.dy
g) ⎨
Resposta: y = tgx
⎩ y (π ) = 0
h) ( xy 2 − x) dx + ( x 2 y + y ) dy = 0
Resposta: x 2 y 2 − x 2 + y 2 = c
2) Verificar se as Equações Diferenciais, dadas a seguir, são exatas e determinar sua solução geral:
a) 3 x 2 r + cos ( x ) + x 3 dr = 0
Resposta: É exata, x 3 r + sen ( x ) = c
dx
du
b) (1 + u )v
+ (1 − 2v )u = 0
dv
Resposta: Não é exata, An ( uv ) + u − 2v = c .
3) Verificar se as Equações Diferenciais, dadas a seguir, são exatas e determinar sua solução geral:
3
x2 1
y 2 − 3x 2
2x
dy
=
0
(
)
− =−
y
1
=
2
a) 3 dx +
para
Resposta
:
É
exata,
4
3
y
8
y
y
y
dy
b) y − 3 x 2 − (4 y − x)
Resposta: É exata, 2 y 2 − yx + x 3 = 7
= 0 para y (1) = 2
dx
x3
−5
dy
c) ( x 2 + y ) + ( x − 2 y )
Resposta: É exata,
+ yx − y 2 =
= 0 para y (1) = 2
3
3
dx
19
NOTAS DE AULA ELABORADA POR:
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d) x − 2 x 2 − (4 y − y )
dy
=0
dx
para y (1) = 2
4) Verifique se a Equação Diferencial
⎛ 2
⎜ 3t s +
⎝
Resposta: É exata,
x 3 3 y 2 19
+
=
3
2
3
s⎞
⎡3
⎤
⎟ dt + ⎣t + ln ( t ) ⎦ ds = 0 é exata e determine a
t⎠
solução geral, sabendo que s = s(t ) . Resposta: é exata, s (t 3 + ln t ) = c
5) Verifique se a Equação Diferencial y cos ( xy ) dx + x cos ( xy ) dy = 0 é exata e determine a solução
geral, sabendo que y = y ( x ) . Resposta: é exata, x.sen( xy ) = c
6) Verifique se a Equação Diferencial
cos (2 s )
dt + 2 ln (t ) sen (2 s )ds = 0 é exata e determine a
t
−4
solução geral, sabendo que s = s(t ) . Resposta: não é exata, t = csec (2 s )
[
]
7) Resolver o seguinte problema de valor inicial 2 xydx + x 2 + π cos(πy ) dy = 0 , sabendo que y (1) = 1 .
Resposta: é exata, x 2 y + sen(π y ) = 1
8) Resolver o seguinte problema de valor inicial 9( y − 1)dy + ( x − 3)dx = 0 , sabendo que y (3) = 0 .
Resposta: não é exata, 9 y 2 − 18 y − x 2 − 6 x = −18
9) Verifique se as equações abaixo são exatas, determinando sua solução.
a) 2 x + y 2 + 2 xyy ' = 0
b) ( y cos x + 2 xe y ) + (senx + x 2 .e y − 1)y ' = 0
Resposta: é exata, x 2 + xy 2 = c
Resposta: é exata, ysenx + x 2e y − y = c
EXTRA => INTERESSANTE
1) Resolva a equação diferencial ordinária y ' = y , ou seja, determinar a função cuja derivada é igual a
ela mesma.
Solução:
c3 =c2 −c1
1
dy
dy
= y ⇒ dy = y dx ⇒
= dx ⇒ ∫ dy = ∫ dx ⇒ ln y + c1 = x + c2 ⇒ ln y = x + c2 − c1 ⇒
y '= y ⇒
y
y
dx
ln y = x + c3 ⇒ y = e x +c3 ⇒ y = e c3 ⋅ e x ⇒ y = c ⋅ e x
20
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
M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0
(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 M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0 . Uma função I ( x, y ) é um fator
integrante, se a equação:
I ( x, y ) ⋅ [ M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy ] = 0
(02)
é exata:
Exemplos:
1) Mostre que a função I ( x, y ) = −
1
é um fator integrante para a equação y dx − x dy = 0.
x2
Solução:
M ( x, y ) = y ⇒
Como
∂M
∂N
= 1 e N ( x, y ) = − x ⇒
= −1
∂x
∂y
∂M ∂N
≠
, temos que essa equação é uma EDO não exata.
∂y ∂x
1
, temos:
x2
1
1
y
− 2 ⋅ [ y dx − x dy ] = 0 ⇒ − 2 dx + dy = 0
x
x
x
Mas, multiplicando a equação diferencial dada por I ( x, y ) = −
M ( x, y ) = −
y
∂M
1
1
∂N
1
⇒
= − 2 e N ( x, y ) = ⇒
=− 2
2
x
∂x
x
∂y
x
x
∂M ∂N
=
, temos que essa equação é uma EDO exata e pode ser resolvida pelo método visto
∂y ∂x
em aula anterior (método da equação diferencial exata).
Portanto,
21
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.
1
é um fator integrante de y dx − x dy = 0.
xy
∂M
∂N
Solução: M ( x, y ) = y ⇒
= 1 e N ( x, y ) = − x ⇒
= −1
∂x
∂y
∂M ∂N
Como
, temos que essa equação é uma EDO não exata.
≠
∂x
∂y
2) Mostre que a função I ( x, y ) = −
1
, temos:
xy
1
1
1
1
∂M
1
∂N
− ⋅ [ y dx − x dy ] = 0 ⇒ − dx + dy = 0 ⇒ M ( x, y ) = − ⇒
= 0 e N ( x, y ) = ⇒
=0
x
∂x
xy
x
y
x
∂y
∂M ∂N
Portanto,
, temos que essa equação é uma EDO exata e pode ser resolvida pelo método da
=
∂y ∂x
EDO exata.
Mas, multiplicando a equação diferencial dada por I ( x, y ) = −
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 I ( x, y ) 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).
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
ydx − xdy
ydx − xdy
Fator integrante I ( x, y )
1
− 2
x
1
y2
Diferencial exata dh(x,y)
xdy − ydx
⎛ y⎞
= d⎜ ⎟
2
x
⎝ x⎠
ydx + xdy
1
xy
⎛ x⎞
xdy − ydx
= d⎜ ⎟
2
y
⎝ y⎠
xdy − ydx
⎛ y⎞
= d ⎜ ln ⎟
xy
⎝ x⎠
xdy − ydx
y⎞
⎛
= d ⎜ arctg ⎟
2
2
x +y
x⎠
⎝
xdy + ydx
= d ( ln xy )
xy
ydx + xdy
1
,n > 1
( xy ) n
⎡
⎤
−1
xdy + ydx
=d⎢
n
n −1 ⎥
( xy )
⎣ (n − 1)( xy ) ⎦
ydx − xdy
ydx − xdy
−
−
1
xy
1
x + y2
2
22
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.
Grupo de Termos
xdx + ydy
ydx + xdy
Diferencial exata dh(x,y)
xdx + ydy
⎡1
⎤
= d ⎢ ln( x 2 + y 2) ⎥
2
2
x +y
⎣2
⎦
Fator integrante I ( x, y )
1
2
x + y2
1
, n>1
2
( x + y 2 )n
⎡
⎤
xdy + ydx
−1
=d⎢
n
n −1 ⎥
( xy )
⎣ (n − 1)( xy ) ⎦
x a −1 y b −1
x a −1 y b −1 ( aydx + bxdy ) = d ( x a y b )
aydx + bxdy ( a, b constantes)
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 g ( x) ≡
1 ⎛ ∂M ∂ N ⎞
−
⎜
⎟ é uma função dependente apenas da variável x, o fator integrante é
N ⎝ ∂y
∂x ⎠
determinado por:
I ( x, y ) = e ∫
(Caso ii) Se h( y ) ≡
g ( x).dx
(Ver exemplo 6)
1 ⎛ ∂M ∂N ⎞
−
⎜
⎟ é uma função dependente apenas da variável y, o fator integrante
M ⎝ ∂y
∂x ⎠
é determinado por:
− h( y ).dy
I ( x, y ) = e ∫
(Ver exemplo 7)
(Caso iii) Se M ( x, y ) = y. f ( xy ) e N ( x, y ) = x.g ( xy ) , então:
I ( x, y ) =
1
xM ( x, y ) − yN ( x, y )
(Ver exemplo 8)
Exemplos:
1) Resolva ydx − xdy = 0
Solução:
Utilizando o fator integrante I ( x, y ) = −
1
(ver exemplo 1, p. 2 ou tabela anterior), podemos escrever
x2
a equação diferencial como:
23
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.
xdy − ydx
=0
x2
(01)
Como (01) é exata, pode ser resolvido pelo processo das equações diferenciais exatas.
d ⎛ y⎞
Alternativamente, pela tabela anterior, notamos que (01) pode ser escrita como
⎜ ⎟ = 0 . Logo, por
dx ⎝ x ⎠
y
integração direta, temos = c , ou y = c x como solução.
x
2) Resolva a equação diferencial do exemplo 1 utilizando outro fator integrante.
Solução:
1
Utilizando o fator integrante I ( x, y ) = − (ver exemplo 2, p.3 ou tabela anterior), podemos escrever
xy
a equação como:
xdy − ydx
(02)
=0
xy
Como (02) é exata, pode ser resolvido pelo processo das equações diferenciais exatas.
⎡ ⎛ y ⎞⎤
Alternativamente, pela tabela anterior, notamos que (02) pode ser escrita como d ⎢ln⎜ ⎟⎥ = 0 . Logo,
⎣ ⎝ x ⎠⎦
⎛ y⎞
por integração direta, temos ln⎜ ⎟ = c1 . Tomando exponenciais em ambos os membros obtemos
⎝x⎠
y
= ec1 , ou finalmente, y = cx ( c = ec1 ).
x
3) Resolva ( y 2 − y ) dx + xdy = 0 .
Solução:
Não se reconhece imediatamente nenhum fator integrante. Se, entretanto, reagruparmos
convenientemente os termos da equação, poderemos escrevê-la.
− ( ydx − xdy ) + y 2 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 I ( x, y ) = 1/ y 2 . Utilizando-o, podemos escrever (03) como
−
ydx − xdy
+ 1dx = 0
y2
(04)
Como (04) é exata, pode ser resolvida pelo processo das equações diferenciais exatas.
Alternativamente, a equação (04) pode ser escrita como − d ( x / y ) + 1dx = 0, ou como d ( x / y ) = 1dx.
Integrando, obtermos a solução:
x
x
= x + c ou y =
y
x+c
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revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977.
4) Resolva ( y − xy 2 ) dx + ( x + x 2 y 2 )dy = 0 .
Solução:
Não se reconhece de imediato nenhum fator integrante. Escrevendo, entretanto, a equação diferencial
como:
( ydx + xdy ) + ( − xy 2 dx + x 2 y 2 dy ) = 0
(05)
vê-se que o primeiro grupo de termos admite vários fatores integrantes (tabela anterior). Um deles, a
saber I ( x, y ) = 1/( xy ) 2 , é fator integrante para toda a equação. Multiplicando a equação (05) por
1/( xy ) 2 , obtemos:
ydx + xdy
( xy )2
Ou equivalentemente
+
− xy 2 dx + x 2 y 2 dy
( xy ) 2
ydx + xdy
( xy )
2
=
=0
1
dy − 1dy
x
(06)
Pela tabela anterior:
ydx + xdy
( xy ) 2
⎛ −1 ⎞
=d⎜ ⎟
⎝ xy ⎠
de modo que (06) pode escrever-se como
⎛ −1 ⎞ 1
d ⎜ ⎟ = dx − 1dy
⎝ xy ⎠ x
Integrando ambos os membros desta última equação, obtemos:
−1
= ln x − y + c que é a solução sob forma implícita.
xy
5) Resolva y ' =
3 yx 2
.
x3 + 2 y 4
Solução:
Escrevendo a equação sob forma diferencial, temos:
(3 yx 2 ) dx + ( − x3 − 2 y 4 ) dy = 0
Não se reconhece de imediato nenhum fator integrante. Podemos, no entanto, reagrupar os termos da
equação como segue:
x 2 (3 ydx − xdy ) − 2 y 4 dy = 0
(07)
O grupo entre parênteses é da forma aydx + bxdy , com a = 3 e b = − 1 , que admite x 2 y −2 como fator
integrante. Ora, como a expressão entre parênteses já está multiplicada por x 2 , tentamos um fator da
forma I ( x, y ) = y −2 , vem:
x 2 y −2 (3 ydx − xdy ) − 2 y 2 dy = 0
que pode ser simplificada (ver tabela anterior) para:
d ( x3 y −1 ) = 2 y 2 dy
(08)
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revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977.
Integrando ambos os membros de (08), obtemos:
x3 y −1 =
2 3
y + c como solução sob forma implícita.
3
6) Resolva y ' = 2 xy − x .
Solução:
Escrevendo a equação sob forma diferencial, temos:
( −2 xy + x ) dx + dy = 0
Não se reconhece de imediato nenhum
M ( x, y ) = −2 xy + x e N ( x, y ) = 1 ; de forma que:
(09)
fator
integrante.
Nota-se,entretanto,
que
1 ⎛ ∂M ∂N ⎞ (−2 x) − (0)
−
= −2 x
⎜
⎟=
N ⎝ ∂y ∂x ⎠
1
é função de x somente. Portanto de acordo com a condição (a) para determinar o fator integrante,
temos:
I ( x, y ) = e ∫
−2 x.dx
= e− x
2
2
é o fator integrante. Multiplicando (09) por e− x , obtemos:
(−2 xye− x + xe− x )dx + e− x dy = 0
2
2
2
(10)
que é exata. Resolvendo (10) pelo processo das equações diferenciais exatas, obtemos a solução:
2
y = ce x +
1
2
Observe que a equação dada é também linear. (Esse tipo de equação será objeto de estudo nos tópicos
seguintes).
7) Resolva y 2 dx + xydy = 0 .
Solução:
Aqui, M ( x, y ) = y 2 e N ( x, y ) = xy ; logo,
1 ⎛ ∂M ∂N ⎞ 2 y − y 1
−
=
⎜
⎟=
∂x ⎠
M ⎝ ∂y
y
y2
é função de y somente. Portanto de acordo com a condição (b) para determinar o fator integrante,
temos:
− (1/ y ) dy
− ln y
I ( x, y ) = e ∫
=e
= 1/ y é o fator integrante. Multiplicando a equação diferencial dada
c
por: I ( x, y ) = 1/ y , obtemos a equação exata ydx + xdy = 0 , cuja solução é y = .
x
Um processo alternativo consistiria em dividir a equação dada por xy 2 transformando-a em uma
equação de variáveis separáveis.
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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.
xy 2 − y
8) Resolva y ' =
.
x
Solução:
Escrevendo a equação sob a forma diferencial, temos:
y (1 − xy )dx + x(1) dy = 0
(11)
de acordo com o caso (c) para determinar o fator integrante, escolhemos:
1
−1
=
x[ y (1 − xy )] ( xy )2
I ( x, y ) =
Multiplicando (11) por I ( x, y ) , obtemos:
xy − 1
x2 y
dx −
1
xy 2
dy = 0
que é exata. Aplicando o processo das equações diferenciais exatas, chegamos à solução
y = −1/( x ln cx ) .
Note-se que poderíamos ter escrito (11) como:
( ydx + xdy ) − xy 2 dx = 0
que também sugere (ver tabela 1) I ( x, y ) = 1/ ( xy ) como fator integrante.
2
⎧ dy 3x + xy 2
⎪ =
9) Resolva ⎨ dx
y + x2 y .
⎪ y (1) = 3
⎩
Solução:
Escrevendo a equação dada na forma: (3x + xy 2 )dx − ( y + x 2 y)dy = 0 , teremos:
M ( x, y ) = 3 x + xy 2 ⇒ N ( x, y ) = − y − x 2 y
⇒
∂M
∂N
= 2 xy ⇒
= −2 xy
∂y
∂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, x(3 + y 2 )dx − y (1 + x 2 )dy = 0 e o fator integrante é:
I ( x, y ) =
1
2
(3 + y )(1 + x 2 )
multiplicando a equação por este fator integrante, temos
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revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977.
y
x
dy = 0
dx −
2
1+ x
3 + y2
que é separável e exata e integrando esta expressão, temos:
1
1
ln(1 + x 2 ) − ln(3 + y 2 ) = c ou (1 + x 2 ) = c ⋅ (3 + y 2 )
2
2
Como y = 3 quando x =1, obtemos c =
1
.
6
E a solução que procuramos é:
(1 + x 2 ) =
1
(3 + y 2 )
6
ou
y2 − 6x2 = 3
LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS
1) Determine um fator integrante apropriado para cada equação diferencial e resolva-a:
Respostas:
2
a )2 y .dx + 3 xy.dy = 0
a)I ( x, y ) = −1/ xy 2 ou I ( x, y ) = 1/ y ; x 2 y 3 = c
b) y.dx + x.ln xdy = 0
b) I ( x, y ) = 1/ x; y = c / ln x
3
c ) y.dx − 2 x.dy = 0
−
c) I ( x, y ) = x 2 , I(x,y) = 1/ y 3
ou I ( x, y ) = 1/ 3 xy ; y = c x
d ) x cos y.dy − seny.dx = 0
d ) I ( x, y ) = 1/ x 2 ; seny = cx
e)( y + 1) dx − ( x + 1) dy = 0
e) I ( x, y ) = 1/( x + 1) 2
ou I ( x, y ) = −1/( y + 1) 2 ; y = c( x + 1) − 1
f ) (2 y + 3 x).dx + x.dy = 0
f ) I ( x , y ) = x,
g ) ( x 2 − y 2 ).dy − 2 xy.dx = 0
g ) I )( x, y ) = 1/ y 2 ; x 2 + y 2 = cy
h) 4 x 2 y.dx + x 3 .dy = 0
i ) dx − 2 xydy = 0
h) I ( x, y ) = x; x 4 y = c
x 2 y + x3 = c
2
i ) I ( x, y ) = 1/ x ou I ( x, y ) = e− y ; y 2 = ln cx
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revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977.
RESUMO PARA ENCONTRAR FATORES INTEGRANTES
Considere a equação:
M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0
∂M
∂N
(01) e
(02)
∂y
∂x
2) Se (01) = (02) a equação é exata e pode ser resolvida.
3) Se (01) ≠ (02), podemos ter os seguintes casos:
1 ⎛ ∂M ∂ N ⎞
(i) Se g ( x) ≡ ⎜
−
⎟ e a função depende apenas da variável x, o fator integrante é
N ⎝ ∂y
∂x ⎠
determinado por:
g ( x).dx
I ( x, y ) = e ∫
1) Calcule:
1 ⎛ ∂M ∂N ⎞
−
⎜
⎟ e a função depende apenas da variável y, o fator integrante é
M ⎝ ∂y
∂x ⎠
determinado por:
− h( y ).dy
I ( x, y ) = e ∫
(ii) Se h( y ) ≡
(iii) Se M ( x, y ) = y. f ( xy ) e N ( x, y ) = x.g ( xy ) , então:
I ( x, y ) =
1
xM ( x, y ) − yN ( x, y )
Exemplo:
⎧ dy
= x−y
⎪
1) Resolva ⎨ dx
⎪⎩ y (0) = 2
Solução:
Escrevendo a equação diferencial como ( x − y).dx − dy = 0 , temos:
∂M
M ( x, y ) = x − y
= −1
∂y
∂N
N ( x, y ) = − 1
=0
∂x
e a equação não é exata.
1 ⎛ ∂M ∂ N ⎞
( − 1 − 0)
−
Agora usando g ( x) = ⎜
= 1 é uma função de x. Portanto
⎟ isto é, g(x) =
∂x ⎠
N ⎝ ∂y
−1
I ( x, y ) = e ∫ 1dx = e x é um fator integrante. Assim
dy
dy
ex
= e x ( x − y ) ⇒ e x . + ye x = x.e x
dx
dx
resolvendo como uma solução exata, chegamos a solução geral:
x.e x − 2 y.e x − e x = C
utilizando a condição de existência , temos:
x.e x − y.e x − e x = −5
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revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977.
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
1
a ) xy dx + x ydy = 0
a ) I ( x, y ) = 1 (a equação é exata); x 2 y 2 = c
2
b)( y + x3 y 3 ) dx + xdy = 0
b) I ( x, y ) = 1/( xy )3 ; 1/ y 2 = 2 x 2 ( x − c )
c )( x 2 + y + y 2 ) dx − xdy = 0
d )( y + 1) dx − xdy = 0
c ) I ( x, y ) = −1/( x 2 + y 2 ); y = xtg ( x + c )
e) ydx + (1 − x )dy = 0
e) I ( x, y ) = 1/ y 2 ; cy = x − 1
f )( x3 y 2 − y ) dx + ( x 2 y 4 − x) dy = 0
f ) I ( x, y ) = 1/( xy ) 2 ; 3x3 y + 2 xy 4 + cxy = − 6
g )2 xydx + y 2 dy = 0
h) ydx + 3 xdy = 0
g ) I ( x, y ) = 1/ y; y 2 = 2(c − x 2 )
h ) I ( x, y ) = y 2 ; y 3 = c / x
i )(3 x 2 y − x 2 ) dx + dy = 0
i) I ( x, y ) = e x ; y = ce− x + 1/ 3
j )( y + x 4 y 2 ) dx + xdy = 0
j ) I ( x, y ) = 1/( xy ) 2 ; 1/ y = x 4 / 3 − cx
⎛
x ⎞
k ) ⎜ 2 xy 2 +
⎟ dx + 4 x 2 ydy = 0
2
⎜
y ⎟⎠
⎝
x2
k ) I ( x, y ) = y 2 ; x 2 y 4 +
=c
2
l ) xy 2 dx + ( x 2 y 2 + x 2 y ) dy = 0
l ) I ( x, y ) = 1/( xy ) 2 ; ln xy =c − y
m)( y + x3 + xy 2 ) dx − xdy = 0
m) I ( x, y ) = −1/( x 2 + y 2 ); y = xtg ( x 2 / 2 + c)
n)3 x 2 y 2 dx + (2 x3 y + x3 y 4 ) dy = 0
3
3
n ) I ( x, y ) = e y / 3 ; x 3 y 2 e y / 3 = c
d ) I ( x, y ) = −1/ x 2 ; y = cx − 1
3
3
30
NOTAS DE AULA ELABORADA POR:
Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima
EQUAÇÃO DIFERENCIAL LINEAR DE 1a ORDEM
Consideremos uma equação diferencial da forma:
a0 ( x ) y '+ a1 ( x ) y = b ( x )
Vamos considerar que todas as condições necessárias ( a0 ( x), a1 ( x) e b ( x) , dependam apenas da
variável x) para que possamos resolver esta equação sejam satisfeitas.
O melhor que podemos fazer quando a0 ( x) é não nula, é realizar a divisão de todos os termos da
equação por a0 ( x) para obter:
y ' + P( x) y = Q ( x)
(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
dy
nesta forma, como por exemplo
+ xy 2 = sen x , é chamada equação diferencial de primeira ordem
dx
não-linear).
Um bom método para resolver esta equação (01) de uma forma geral é multiplicar ambos os membros
P ( x ) dx
,
da equação por um fator integrante I ( x, y ) = e ∫
Assim:
e∫
P ( x ) dx
⋅
P ( x ) dx
P ( x ) dx
dy
+ P ( x) ⋅ y ⋅ e ∫
= Q ( x) ⋅ e ∫
dx
(1)
que é equivalente a
d ⎛ ∫ P ( x ).dx ⎞
∫ P ( x ).dx
⎜ y.e
⎟ = Q( x) ⋅ e
dx ⎝
⎠
Prova da equivalência:
Fazendo: u = y ⇒ u ' = y ' =
P ( x ) dx
P ( x ) dx
dy
⇒ v ' = P( x) ⋅ e ∫
e v = e∫
dx
Por outro lado, sabemos que:
'
P ( x ) dx ⎤
P ( x ) dx
dy P ( x ) dx
= ⋅ e∫
+ y ⋅ P ( x) ⋅ e ∫
[u ⋅ v] ' = u ' ⋅ v + u ⋅ v ' ⇒ ⎡⎢ y ⋅ e ∫
⎥
⎣
⎦ dx
(2)
Substituindo (2) em (1) temos:
'
⎡ y ⋅ e ∫ P ( x ) dx ⎤ = Q( x) ⋅ e ∫ P ( x ) dx
⎢⎣
⎥⎦
31
NOTAS DE AULA ELABORADA POR:
Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima
Integrando ambos os membros em relação à x, temos:
'
⎡
∫ P ( x ) dx ⎤ dx = Q( x) ⋅ e ∫ P ( x ) dx dx
∫ ⎢⎣ y ⋅ e
∫
⎥⎦
cuja solução é:
y ⋅ e∫
e como I ( x, y ) = e ∫
P ( x ) dx
P ( x ) dx
= ∫ Q ( x) ⋅ e ∫
P ( x ) dx
dx + c
, vamos a:
y ⋅ I = ∫ Q( x) ⋅ I dx + c
(3)
Nota: Na prática, podemos trabalhar diretamente com a equação (3).
Exemplos:
1) Resolva:
dy
+ 5 y = 50
dx
Solução:
Temos uma equação diferencial linear de primeira ordem, com P(x) = 5 e Q(x) = 50.
O fator integrante fica determinado por:
I = e∫
P ( x ) dx
= e∫
5 dx
= e5x
Substituindo essas informações na equação (3), temos:
y ⋅ e 5 x = ∫ e 5 x ⋅ 50 dx ⇒ y ⋅ e 5 x = 50 ⋅
e5x
c
+ c ⇒ y = 10 + 5 x ou y = 10 + c ⋅ e −5 x
5
e
Observação: O método de separação de variáveis também poderia ter sido utilizado na resolução desse
exemplo, como mostramos a seguir.
dy
dy
dy
dy
1
+ 5 y = 50 ⇒
= 50 − 5 y ⇒
= dx ⇒ ∫
= ∫ dx ⇒ − ⋅ ln(50 − 5 y ) = x + c1 ⇒
dx
dx
(50 − 5 y )
(50 − 5 y )
5
ln (50 − 5 y ) = −5 x − 5c1 ⇒ 50 − 5 y = e −5 x −5c1 ⇒ 5 y = 50 − e −5 x −5c1 ⇒ y = 10 −
2) Resolva: y ' - 3y = 6
Resposta: y = −2 + Ce 3 x
3) Resolva: y '−2 xy = x
Resposta: y = −
e −5c1 ⋅ e −5 x
⇒ y = 10 + c ⋅ e −5 x
5
2
1
+ Ce x
2
32
NOTAS DE AULA ELABORADA POR:
Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima
LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS
1) Resolva as equações diferenciais lineares de 1a ordem abaixo:
Respostas:
2
a ) y '+2 xy = x
1
a) y = + ce − x
2
b) y '− y = e 2 x
b) y = ce x + e 2 x
c) xy'+ y + 4 = 0
c
d ) xy '+ y = sen x
c) y = − 4
x
e) y '+ y tgx = sen 2 x
1
f ) y '− y = 1 − x
d ) y = (c − cos x)
x
g ) y '−4 y = 2 x − 4 x 2
e) y = C. cos x − 2 cos 2 x
2
h) xy '+2 y = 4 x
f ) y = ce x + x
3x
i ) y '−3 y = e
g ) y = ce4 x + x 2
h) y = cx −2 + x 2
i ) y = ce3 x + x.e3 x
LISTA EXTRA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS
1) Resolva as equações diferenciais:
Respostas:
a ) xdx − y 2 dy = 0
a ) 3x 2 − 2 y3 = c
b) ( x + seny ) dx + ( x cos y − 2 y ) dy = 0
⎛ 4⎞
c) y '+ ⎜ ⎟ y = x 4
⎝ x⎠
d ) y '+ y = senx
e) y ' =
2 + ye xy
2 y − xe xy
x2 + 2
f )y' =
y
(
) (
)
g ) y + 2 xy3 dx + 1 + 3 x 2 y 2 + x dy = 0
dz
h) − xz = − x
dx
1
b) x 2 + xseny − y 2 = c
2
c 1 5
+ x
c)y =
x4 9
1
1
d ) y = ce-x + senx − cos x
2
2
e)2x + e xy − y 2 = c
2
f )y 2 = x3 + 4 x + c
3
g )xy + x 2 y 3 + y = c
h) z(x) = ce
x2
2 +1
2) Resolva e x dx − ydy = 0 com y(0) = 1 Resposta: y 2 = 2e x − 1
33
NOTAS DE AULA ELABORADA POR:
Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima
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
dv
, onde
variação do momento do corpo em relação ao tempo, ou, para uma massa constante, F = m
dt
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:
m.g − k .v = m.
dv
dv k
⇒
+ v=g
dt
dt m
como a equação do movimento do corpo.
Exemplos:
1) Mostre que desprezando-se a resistência do ar (então k = 0) , teremos:
dv
= g . Determine a
dt
solução dessa equação.
Solução:
Inicialmente, substituindo k = 0 em
dv k
dv
+ v = g , temos:
=g
dt m
dt
Por outro lado, podemos facilmente determinar a solução dessa equação, usando as equações lineares
separáveis, como mostramos a seguir:
dv
= g ⇒ dv = g dt ⇒ ∫ dv = ∫ g dt ⇒ v = g ⋅ t + c
dt
34
NOTAS DE AULA ELABORADA POR:
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2) Determine a solução geral da equação diferencial
dv k
+ v = g.
dt m
Solução:
Temos uma equação diferencial linear de primeira ordem, com P(t ) =
k
e Q (t ) = g .
m
O fator integrante fica determinado por:
k
∫
I = e ∫ P (t ) dt = e m
dt
k
⋅t
m
=e
Substituindo essas informações na equação v ⋅ I = ∫ Q(t ) ⋅ I dt + c , temos:
k
k
k
k
⋅t
⋅t
⋅t
⋅t
m
m⋅ g
v ⋅ e m = ∫ g ⋅ e m dt + c ⇒ v ⋅ e m = g ⋅ ⋅ e m + c ⇒ v =
+
k
k
k
− ⋅t
m⋅ g
⇒v=
+ c⋅e m
k
k
⋅t
c
em
3) Mostre que se k > 0, a velocidade limite da queda dos corpos é dada por vl =
m.g
.
k
Solução:
k
⎡
− ⋅t ⎤ m ⋅ g
m⋅ g
⎢
vl = lim [ solução geral de v] = lim
+ c⋅e m ⎥ =
⎢
⎥
k
k
t →+∞
t →+∞
⎣⎢
⎦⎥
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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:
dv
a) Como não existe resistência do ar, aplicamos a fórmula
=g.
dt
Esta equação é uma equação diferencial linear separável, suja solução é v = g.t + c .
Quando t = 0, v = 0 ( inicialmente a velocidade do corpo é zero), logo 0 = g .0 + c ⇒ c = 0 .
Assim, v = 9,81.t (sabemos que g = 9,81).
b) Como a velocidade é a taxa de variação do deslocamento x em relação ao tempo, temos v =
assim
dx
,
dt
dx
= 9,81.t . Esta equação é uma equação diferencial separável, cuja solução é:
dt
x = 4 ,905 t 2 + c1
Mas em t = 0, temos x = 0. Assim, 0 = 4,905 (0)2 + c1 ⇒ c1 = 0 .
Substituindo este valor na equação do deslocamento encontrado, temos:
x = 4,905 t 2
c) Devemos determinar t para x = 30. Substituindo x = 30 na equação do deslocamento e resolvendo-a
encontramos t = 2,47 seg.
36
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2) Deixa-se cair de uma altura de 1000 metros uma bola cujo peso é 1 Kgf, sem velocidade inicial. Na
1
queda, a bola sofre uma resistência do ar proporcional a v , em Kgf. Determine a equação da
4
velocidade da bola.
Solução:
1
Neste problema temos w = 1 Kgf e k = .
4
Admitindo que g = 9,81 m/s2, temos que w = m.g, então 1 = m. 9,81 ⇒ m ≅ 0,10 Kg.
Assim, teremos:
dv
dv k
+ v=g⇒
+ 2,5v = 9,81
dt
dt m
cuja solução é:
v( t ) = c.e − 2 ,5.t + 3,92
Em t = 0, temos v = 0 e assim, teremos:
0 = c.e −2,5.( 0 ) + 3,92 ⇒ c = −3,92
Portanto,
v(t ) = −3,92.e −2,5.t + 3,92
Observação: vl = lim v = 3,92 m / s ou vl =
t →+∞
m ⋅ g 0,10 ⋅ 9,81
=
= 3,92
k
0,25
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:
m.g
30
⇒ 43 =
⇒ k = 0,70
k
k
Agora levando estes substituindo estes valores na equação diferencial da velocidade temos:
vl =
dv 0 ,7
dv
dv k
+
v = 9 ,81 ⇒
+ v=g⇒
+ 0 ,23v = 9 ,81
dt 3,06
dt m
dt
cuja solução é:
v( t ) = c.e − 0 ,23.t + 42 ,65 .
37
NOTAS DE AULA ELABORADA POR:
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Mas em t = 0, v = 3. Assim, substituindo estes valores temos:
3 = c + 42, 65 ⇒ c = -39,65.
Logo a expressão da velocidade fica:
v( t ) = −39 ,65.e − 0 ,23.t + 42 ,65
b) Agora precisamos encontrar a expressão do movimento. Como v =
dx
, substituindo a expressão da
dt
velocidade encontrada temos:
dx
= −39 ,65.e − 0 ,23.t + 42 ,65
dt
Esta equação é uma equação diferencial separável e sua solução é:
x = 172.e − 0 ,23.t + 42 ,65.t + c1
Em t = 0 e x = 0, temos: 0 = 172 + c1 ⇒ c1 = −172
Assim a expressão do movimento é:
x = 172.e −0, 23.t + 42,65.t − 172
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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.
−0,1 t + 98,1 b) x (t ) = 981.e −0,1 t + 98,1 t − 981 c )7,13s
Resposta: a )v = −98,1.e
39
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
di
que a soma da queda de tensão no indutor ( L ) e da queda de tensão no resistor ( i ⋅ R ) é igual à
dt
voltagem ( E (t ) ) no circuito. Veja a Figura 3.10.
Logo, obtemos a equação diferencial linear para a corrente i (t ) ,
di
(1)
L + Ri = E (t )
dt
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 q (t ) / C , 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
R⋅i +
1
q = E (t )
C
Mas a corrente i e a carga q estão relacionadas por i =
(2)
dq
, logo, (2) torna-se a equação diferencial
dt
linear
R⋅
dq 1
+ 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 di
+ 10i = 12
2 dt
sujeita a i(0) = 0. Primeiro, multiplicamos a equação diferencial por 2 e tiramos o fator de integração
e 20t . Obtemos então
d ⎡ 20t ⎤
e i = 24e 20t
⎦
dt ⎣
24 20t
e 20t i =
e
+C
20
6
i = + ce −20t
5
Agora, i(O) = O implica O = 6/5 + c, ou c = - 6/5. Logo, a resposta é
40
ZILL. D. G. CULLEN. M. R. Equações diferenciais. v.1. São Paulo: MAKRON Books, 2001.
i=
6 6 −20t
− e
5 5
Por
y = e− ∫ p ( x)dx ∫ e ∫ p ( x) dx f ( x)dx + ce− ∫ p ( x) dx
Podemos escrever uma solução geral para (2):
i(t ) =
e− ( R / L)t ( R / L)t
E (t )dt + ce− ( R / L)t
∫e
L
(4)
Em particular, quando E (t ) = E0 é uma constante, (4) torna-se
E
i (t ) = 0 + ce− ( R / L)t
R
(5)
Note que, quando t → ∞ , 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, E0 / 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 E (t ) = E0 senω t e i (0) = i0
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, 10−4 farad. Encontre a carga q(t) no capacitor se q(0) = 0. Encontre a
corrente i(t).
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, 5 x 10−6 farad. Encontre a carga q(t) no capacitor se i(0) =
0,4. Determine a carga quando t → ∞ .
5. Uma força eletromatriz (fem)
0 ≤ t ≤ 20
⎧120,
E (t ) = ⎨
t > 20
⎩ 0,
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 R = k1 + k2t , em que k1 > 0 e k2 > 0 são constantes, então (3) torna-se
dq 1
( k1 + k2t ) ⋅
+ q = E (t )
dt C
Mostre que, se E (t ) = E0 e q (0) = q0 , então
1/ Ck2
⎛ k1 ⎞
q (t ) = E0C + (q0 − E0C ) ⎜
⎟
⎝ k1 + k2t ⎠
.
41
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
y ''+ a1 y '+ a0 y = 0
(1)
em que a0 e a1 são constantes, corresponde a equação algébrica.
λ 2 + a1λ + a0 = 0
(2)
obtida de (1) mediante substituição de y '', y ' e y por λ 2 , λ 1, λ 0 = 1, respectivamente. A equação (2)
é chamada equação característica ou auxiliar de (1).
Exemplo 1: A equação característica de y ''+ 3 y '− 4 y = 0 é λ 2 + 3λ − 4 = 0; a equação característica de
y ''− 2 y '+ y = 0 é λ 2 − 2λ + 1 = 0.
A equação característica pode ser fatorada como segue:
(λ − λ1 ).(λ − λ2 ) = 0
(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. λ1 e λ2 são ambas reais e distintas. eλ1x e eλ1x são duas soluções linearmente
independentes. A solução geral é
y = c1eλ1x + c2eλ2 x
(4)
Exemplo 1: Resolva y ''− y '− 2 y = 0 .
Equação característica: λ 2 − λ − 2 = 0, que pode ser fatorada em (λ + 1).(λ − 2) = 0. Como as raízes
λ1 = −1 e λ2 = 2 são reais e distintas, a solução é dada por (4):
y = c1e− x + c2e2 x
Exemplo 2: Resolva y ''− 7 y ' = 0 .
Equação característica: λ 2 − 7λ = 0, que pode ser fatorada em λ .(λ − 7) = 0. Como as raízes
λ1 = 0 e λ2 = 7 são reais e distintas, a solução é dada por (4):
y = c1e0 x + c2e7 x = c1 + c2e7 x
42
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.
Exemplo 3: Resolva y ''− 5 y = 0 .
Equação característica: λ 2 − 5 = 0, cujas raízes, λ1 = 5 e λ2 = − 5 são reais e distintas, a solução é
dada por (4):
y = c1e 5 x + c2e− 5 x
CASO 2. λ1 = λ2 . são raízes reais iguais. eλ1x e x.eλ1x são duas soluções linearmente
independentes. A solução geral é:
y = c1eλ1 x + c2 xeλ1x
(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 y ''− x 2 y = 0. As raízes da equação
característica são λ1 = x e λ2 = − x, mas a solução não é
y = c1e( x ) x + c2 xe( − x ) x = c1e x + c2 xe− x
2
2
Exemplo 1: Resolva y ''+ 4 y '+ 4 y = 0 .
Equação característica: λ2 + 4λ + 4 = 0 com as raízes λ1 = λ2 = −2 são reais e iguais, a solução geral
é dada por (6):
y = c1e−2 x + c2 xe−2 x
Exemplo 2: Resolva y '' = 0 .
Equação característica: λ 2 = 0, com as raízes λ1 = λ2 = 0 são reais e iguais, a solução geral é dada
por (6):
y = c1e0 x + c2 xe0 x = c1 + c2 x
CASO 3. λ1 = a + ib , complexo. Como, em (1) e (2), a0 e a1 supõem-se reais, as raízes de (2) devem
aparecer em pares conjugados; assim, a outra raiz é λ1 = a − ib . Duas soluções linearmente
independentes são e(a + ib) x e e(a − ib) x , e a solução geral (complexa) é
y = d1e(a + ib) x + d 2e( a − ib) x
Utilizando as relações de Euler
eibx = cos bx + i.sen bx
e−ibx = cos bx − i.sen bx
Podemos escrever a solução como
y = d1.eax .eibx + d 2 .eax .e− ibx = eax (d1.eibx + d 2 .e− ibx )
= eax [(d1 (cos bx + i.sen bx) + d 2 (cos bx − i.sen bx)]
= e ax [(d1 + d 2 ).cos bx + i.(d1 − d 2 ) sen bx]
Definindo c1 = d1 + d 2 e c2 = i ( d1 − d 2 ) como duas novas constantes arbitrárias, podemos escrever a
solução geral como
y = c1e ax cos bx + c2eax sen bx
(5)
43
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.
A equação (5) é real se e somente se c1 e c2 são ambas reais, o que ocorre se e somente se d1 e d 2 são
complexos conjugados. Como estamos interessados na solução geral real, devemos impor a d1 e d 2 a
restrição de serem complexos conjugados.
Exemplo 1: Resolva y ''+ 4 y '+ 5 y = 0 .
Equação característica: λ 2 + 4λ + 5 = 0, com raízes complexas λ1 = −2 + i e λ2 = −2 − i . Solução
geral, de acordo com (5):
y = c1e−2 x cos x + c2e−2 x sen x
Exemplo 2: Resolva y ''+ 4 y = 0 .
Equação característica: λ 2 + 4 = 0, com raízes complexas λ1 = 2i e λ2 = −2i. . Solução geral, de
acordo com (5):
y = c1 cos 2x + c2 sen 2x
Observe que as raízes complexas têm ambas parte real igual a zero.
Exemplo 3: Resolva y ''− 3 y '+ 4 y = 0 .
Equação característica: λ 2 − 3λ + 4 = 0, com raízes complexas λ1 =
3
7
3
7
+i
e λ2 = − i
.
2
2
2
2
Solução geral, de acordo com (5):
y = c1e(3/ 2) x cos
7
7
x + c2e(3/ 2) x sen
x
2
2
LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS
1) Resolva as seguintes equações diferencias:
RESPOSTAS
a ) y ''− y = 0
a ) y = c1e x + c2e− x
b) y ''− y '− 30 y = 0 b) y = c e−5 x + c e6 x
c ) y ''− 2 y '+ y = 0
d ) y ''+ y = 0
e) y ''+ 2 y '+ 2 y = 0
f ) y ''− 7 y = 0
g ) y ''+ 6 y '+ 9 y = 0
h) y ''+ 2 y '+ 3 y = 0
i ) y ''− 3 y '− 5 y = 0
j ) y ''+ y '+
1
y=0
4
1
2
c) y = c1e x + c2 xe x
d ) y = c1 cos x + c2 sen x
y = c1e− x cos x + c2e− x sen x
f ) y = c1e 7 x + c2e− 7 x
g ) y = c1e−3x + c2 xe−3 x
h) y = c1e− x cos
2 x + c2e− x sen
2x
i ) y = c1e[(3+ 29) / 2]x + c2e[(3− 29) / 2]x
j ) y = c1e− (1/ 2) x + c2 xe− (1/ 2) x
44
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.
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.
2
d y
Resposta: y = c1 ⋅ cos(6 x ) + c2 ⋅ sen(6 x )
a)
+ 36 y = 0
dx 2
d2y
dy
Resposta: y = c1 ⋅ e 3 x + c2 ⋅ e 4 x
b)
+ 12 y = 7
2
dx
dx
2
d y
Resposta: y = c1 ⋅ e 3 x + c2 ⋅ e − 3 x
c)
= 9y
2
dx
d 2 y dy
+
− 2y = 0
Resposta: y = c1e x + c2 e −2 x
d)
2
dx
dx
d2y
dy
Resposta: y = (c1 + c2 x ) ⋅ e 2 x
e)
− 4 + 4y = 0
2
dx
dx
2
d y
dy
Resposta: y = e − x ⋅ (c1 ⋅ cos 3 x + c2 ⋅ sen3 x)
f)
+ 2 + 10 y = 0
2
dx
dx
3
2
x
d y
dy
Resposta: y = (c1 + c2 x ) ⋅ e 2
g) 4 2 − 12 + 9 y = 0
dx
dx
45
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.
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:
d2y
dy
+a
+ b y = r (x )
2
dx
dx
onde: f1 (x ) = a e f 2 (x ) = b
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:
d2y
dy
+ f1 ( x )
+ f 2 ( x) y = r ( x)
2
dx
dx
onde: f1 (x ) = a , f 2 ( x ) = b e r ( x ) ≠ 0
O MÉDOTO DOS COEFICIENTES A DETERMINAR
A solução geral da equação diferencial linear L ( y ) = φ ( x) é, de acordo com o teorema y = yh + y p .
Apresentaremos a seguir os processos para a obtenção de y p desde que conhecida y p .
O método dos coeficientes a determinar se inicia supondo conhecida a forma de y p 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, y p . Possa exprimir-se como soma dos termos que compõem φ ( x )
e todas as derivadas de φ ( x ) (a menos de constantes multiplicativas).
Caso 1. φ ( x ) = pn ( x) , polinômio de grau n em x. Procurar solução da forma
y p = An x n + An −1x n −1 + ... + A1x + A0
onde os A j ( j = 0,1, 2,..., n) são constantes a determinar.
(1)
Exemplo: Resolva y ''− y '− 2 y = 4 x 2 .
Pela equação y ''− y '− 2 y = 0 temos que sua solução resultante da combinação linear entre as soluções
exponenciais é yh = c1e− x + c2e2 x . Na equação y ''− y '− 2 y = 4 x 2 , φ ( x ) = 4 x 2 , ou seja, φ ( x) é um
polinômio de segundo grau. A partir de φ ( x) procuraremos uma solução particular da forma
y p = A2 x 2 + A1x + A0
46
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.
Assim, y ' p = 2 A2 x + A1 e y '' p = 2 A2 . Levando esses valores na equação, obtemos:
y ''− y '− 2 y = 4 x 2
2 A2 − (2 A2 x + A1)x − 2( A2 x 2 + A1x + A0 ) = 4 x 2
Ou equivalentemente,
−2 A2 x 2 + (−2 A2 − 2 A1)x + (2 A2 − A1 − 2 A0 ) = 4 x 2 + (0) x + 0
Identificando coeficientes, obtemos:
−2 A2 x 2 = 4
− 2 A2 − 2 A1 =0
2 A2 − A1 − 2 A0 ) = 0
Resolvendo o sistema:
A2 = −2
A1 =2
A0 = −3 , com isso a solução particular y p = A2 x 2 + A1x + A0 será
y p = −2 x 2 + 2 x − 3
e a solução geral é
y = yh + y p = c1e− x + c2e2 x − 2 x 2 + 2 x − 3
Caso 2. φ ( x) = eα x pn ( x) , α constante conhecida e pn ( x) tal como no Caso 1. Procurar solução da
forma
y p = eα x ( An x n + An −1x n −1 + ... + A1x + A0 )
(2)
onde os A j ( j = 0,1, 2,..., n) são constantes a determinar.
Exemplo: Resolva y ''− y '− 2 y = e3 x .
Pela equação y ''− y '− 2 y = 0 temos que sua solução resultante da combinação linear entre as soluções
exponenciais
é
yh = c1e− x + c2e2 x .
Na
equação
y ''− y '− 2 y = e3 x ,
φ ( x) = eα x pn ( x), com α = 3 e pn ( x) = 1, ou seja, φ ( x) é um polinômio grau zero. De acordo com (2)
e a partir de φ ( x) procuraremos uma solução particular da forma
y p = A0 .e3x
Assim, y ' p = 3 A0e3 x e y '' p = 9 A0e3x . Levando esses valores na equação, temos
y ''− y '− 2 y = e3 x
9 A0e3 x − 3 A0e3 x − 2 A0e3x = e3 x
ou
4 A0e3x = e3x
1
1
Decorre que 4 A0 = 1 , ou A0 = , de forma que (2) fica y p = e3 x . A solução geral é
4
4
1
y = yh + y p = c1e − x + c2e 2 x + e3 x
4
47
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.
Caso 3. φ ( x) = eα x pn ( x) senβ x , α e β constantes conhecidas e pn ( x) tal como no Caso 1.
Procurar solução da forma
y p = eα x .senβ x( An x n + ... + A1x + A0 ) + eα x .cos β x( Bn x n + ... + B1x + B0 )
(3)
onde os A j e B j ( j = 0,1, 2,..., n) são constantes a determinar.
Exemplo: Resolva y ''− y '− 2 y = sen 2x .
Novamente pelo equação y ''− y '− 2 y = 0 temos que sua solução resultante da combinação linear entre
yh = c1e− x + c2e2 x . Na equação
soluções exponenciais é
y ''− y '− 2 y = sen 2 x ,
φ ( x) = eα x pn ( x) senβ x, com α = 0 e β =2. De acordo com (3) e a partir de φ ( x) procuraremos uma
solução particular da forma
y p = A0 sen 2x + B0 cos 2x
as
Assim, y ' p = 2 A0 cos 2 x − 2 B0sen 2x e y '' p = −4 A0 sen 2 x − 4 B0cos 2x. . Levando esses valores na
equação, temos
y ''− y '− 2 y = sen 2x
−4 A0 sen 2 x − 4 B0cos 2x − (2 A0 cos 2 x − 2 B0sen 2x) − 2( A0 sen 2x + B0 cos 2x) = sen 2x
ou, equivalentemente,
( −6 A0 + 2 B0 ) sen 2 x +( − 6B0 − 2 A0 )cos 2x = (1) sen 2 x + (0) cos 2x
Identificando coeficientes, obtemos
−6 A0 + 2 B0 = 1
− 2 A0 + 6B0 =0
3
1
. Então, de y p = A0 sen 2x + B0 cos 2x ,
Resolvendo o sistema, encontramos A0 = −
e B0 =
20
20
temos:
3
1
y p = − sen 2x +
cos 2x
20
20
e a solução geral é
3
1
cos 2x
y = yh + y p = c1e − x + c2e 2 x −
sen 2x +
20
20
Caso 4. φ ( x) = eα x pn ( x) cos β x , α e β constantes conhecidas e pn ( x) tal como no Caso 3.
Procurar solução da forma
y p = eα x .senβ x( An x n + ... + A1x + A0 ) + eα x .cos β x( Bn x n + ... + B1x + B0 )
(3)
onde os A j e B j ( j = 0,1, 2,..., n) são constantes a determinar.
2. MODIFICAÇÕES
Se qualquer termo da solução suposta, a menos de constantes multiplicativas, é também um termo de
yh (solução da homogênea associada), então a forma da solução procurada deve ser modificada,
multiplicando-a por x m (onde m é o menor inteiro positivo tal que o produto de x m pela solução
procurada não tenha nenhum termo em comum com yh .
48
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.
Exemplo 1: Consideremos uma equação diferencial com yh = c1x + c0 e φ ( x) = 9 x 2 + 2 x − 1. Como
φ ( x) é um polinômio do segundo grau (caso 1), tentaremos uma solução particular da forma
y p = A2 x 2 + A1x + A0 . Como, entretanto, esta solução suposta tem termos em comum com yh ( a
menos de constantes multiplicativas), devemos determinar o menor inteiro positivo m tal que
x m ( A2 x 2 + A1x + A0 ) não tenha nenhum termo em comum com yh .
Para m=1, obtemos
x( A2 x 2 + A1x + A0 ) = A2 x3 + A1x 2 + A0 x
que ainda tem um termo de primeiro grau em comum com yh .
Para m=2, obtemos
x 2 ( A2 x 2 + A1x + A0 ) = A2 x 4 + A1x3 + A0 x 2
que não apresenta termos em comum com yh , procuraremos, portanto, determinar uma solução
particular y p , nesta última forma.
Exemplo 2: Resolva y '' = 9 x 2 + 2 x − 1 .
A solução de y ' = 0 é yh = c1x + c0 , que tem termos em comum com φ ( x) .
Então, conforme exemplo anterior, procuraremos a solução particular na forma:
y p = A2 x 4 + A1x3 + A0 x 2
Substituindo (4) e suas derivadas na equação diferencial, obtemos:
(4)
12 A2 x 2 + 6 A1x + 2 A0 = 9 x 2 + 2 x − 1
3
1
1
Onde A2 = , A1 =
e A0 = −
4
3
2
Substituindo os valores dos coeficientes em (4) temos:
3
1
1
y p = x 4 + x3 − x 2
4
3
2
e a solução geral é
3
1
1
y = c1x + c0 + x 4 + x3 − x 2
4
3
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 y '− 5 y = 2e5 x .
Pela equação y '− 5 y = 0 temos que sua solução é yh = c1e5 x . Como φ ( x ) = 2e5 x , decorreria de
modificações que a forma y p deveria ser y p = A0 .e5 x . Mas esta forma de y p é precisamente a
mesma forma de yh ; portanto devemos modificá-la. Multiplicando y p por x (m=1), obtemos
y p = A0 xe5 x
(5)
49
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.
Como (5) não tem nenhum termo em comum com yh , é uma possível solução particular da equação.
Substituindo (5) e
y ' p = A0e5 x + 5 A0 xe5 x na equação diferencial e simplificando, obtemos
A0e5 x = 2e5 x , donde A0 = 2. A equação (5) fica então y p = 2 xe5 x , e a solução geral é
y = (c1 + 2 x)e5 x .
3. GENERALIZAÇÕES
Se φ ( x) é a soma (ou diferença) de termos dos tipos já considerados, então procuraremos determinar
y p como soma (ou diferença) das correspondentes soluções supostas, combinando-as algebricamente
com constantes arbitrárias quando possíveis.
Exemplo 1: Seja φ ( x ) = ( x − 1) sen x + ( x + 1) cos x . Uma solução correspondente a ( x − 1) sen x ,
segundo caso 3 (com α = 0 ),
( A1x + A0 ) sen x + ( B1x + B0 ) cos x
e uma solução correspondente a ( x + 1) cos x é também sugerida pelo caso 3 como
(C1x + C0 ) sen x + ( D1x + D0 ) cos x
Observação: Utilizamos C e D para as constantes da expressão anterior, porque as letras A e B já
haviam sido usadas. Tomaremos então
y p = ( A1x + A0 ) sen x + ( B1x + B0 ) cos x + (C1x + C0 ) sen x + ( D1x + D0 ) cos x
Agrupando os termos semelhantes, chegamos a
y p = ( E1x + E0 ) sen x + ( F1x + F0 ) cos x
para solução particular procurada (com E j = A j + C j e F j = B j + D j com j = 0,1
Exemplo 2: Resolva y '− 5 y = ( x − 1) sen x + ( x + 1) cos x .
Pela equação y '− 5 y = 0 temos que sua solução é yh = c1e5 x . Utilizando o exemplo anterior,
suporemos que
y p = ( E1x + E0 ) sen x + ( F1x + F0 ) cos x
Assim,
y ' p = ( E1 − F1x + F0 ) sen x + ( E1x + E0 + F1) cos x
Levando esses valores na equação diferencial e simplificando, obtemos:
( −5 E1 − F1 ) xsen x + (−5 E0 + E1 − F0 ) sen x + (−5 F1 + E1) x cos x + (−5 F0 + E0 + F1 ) cos x
= (1) xsen x − (1) sen x + (1) x cos x + (1) cos x
Identificando os coeficientes, temos:
50
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.
− 5 E1
− F1 = 1
−5 E0 + E1 − F0
E1
E0
= −1
− 5 F1 = 1
− 5 F0 + F1 = 1
2
71
3
69
.
, E0 =
, F1 = − , F0 = −
13
338
13
338
Então, de y p = ( E1x + E0 ) sen x + ( F1x + F0 ) cos x , temos:
2
71
3
69
y p = (− x +
) sen x + (− x −
) cos x
13
338
13
338
e a solução geral é
2
71
3
69
y = c1e5 x + (− x +
) sen x + (− x −
) cos x
13
338
13
338
Resolvendo: E1 = −
Exemplo 3: Resolva y '− 5 y = 3e x − 2 x + 1 .
Pela equação y '− 5 y = 0 temos que sua solução é yh = c1e5 x . Aqui, podemos escrever φ ( x) como
soma de duas funções-padrão: φ ( x ) = (3e x ) + ( −2 x + 1) . Para o termo 3e x supomos uma solução
particular da forma A0e x , com α = 1 e pn ( x) = 3 ; para o termo −2x + 1 suporemos uma solução
particular da forma B1x + B0 . Temos então
y p = A0e x + B1x + B0
Substituindo y p e sua derivada na equação e simplificando, obtemos:
(−4 A0 )e x + (−5B1) x + ( B1 − 5 B0 ) = (3)e x + (−2) x + (1)
Identificando coeficientes, obtemos
3
2
3
A0 = − , B1 = e B0 = − .
4
5
25
Se y p = A0e x + B1x + B0 , então:
3
2
3
y p = − ex + x + −
4
5
25
e a solução geral é
3
2
3
y = c1e5 x − e x + x + −
4
5
25
Exemplo 4: Resolva y '− 5 y = x 2e x − xe5 x .
Pela equação y '− 5 y = 0 temos que sua solução é yh = c1e5 x . Aqui φ ( x ) = x 2e x − xe5 x , diferença de
dois termos de forma conhecida. Para x 2e x supomos solução da forma
e x ( A2 x 2 + A1x + A0 )
51
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BRONSON. R. Moderna introdução às equações diferenciais. tradução de Alfredo Alves de Farias,
revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977.
Para xe5x procuraríamos solução da forma
e5 x ( B1x + B0 ) = B1xe5 x + B0e5 x
Mas esta suposta solução tem, a menos de constantes multiplicativas, o termo e5x em comum com
yh . Devemos, pois, modifica-la para
xe5 x ( B1x + B0 ) = e5 x ( B1x 2 + B0 x)
Podemos agora tomar y p como a diferença de e x ( A2 x 2 + A1x + A0 ) e e5 x ( B1x 2 + B0 x)
y p = e x ( A2 x 2 + A1x + A0 ) − e5 x ( B1x 2 + B0 x)
Substituindo y p anterior e sua derivada na equação y '− 5 y = x 2 e x − xe5 x , e simplificando, obtemos
e x [(−4 A2 ) x 2 + (2 A2 − 4 A1) x + ( A1 − 4 A0 )] + e5 x [(−2 B1) x − B0 ] = e x [(1) x 2 + (0) x + (9)] + e5 x [(−1) x − 0]
Identificando os coeficientes, temos:
1
1
2 A2 − 4 A1 = 0 ⇒ A1 = −
−4 A2 = 1 ⇒ A2 = −
4
8
A1 − 4 A0 = 0 ⇒ A0 = −
1
32
− 2 B1 = −1 ⇒ B1 =
1
2
B0 = 0
Substituindo em y p = e x ( A2 x 2 + A1x + A0 ) − e5 x ( B1x 2 + B0 x) , temos:
y p = e x (−
1 2 1
1
1
x − x − ) − x 2 e5 x
4
8
32 2
e a solução geral é
y = c1e5 x + e x (−
1 2 1
1
1
x − x − ) − x 2 e5 x
4
8
32 2
4. LIMITAÇÕES DO MÉTODO
Em geral φ ( x) 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.
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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.
LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS
1) Determine a solução geral das seguintes equações diferencias:
RESPOSTAS
a ) y ''− 2 y '+ y = x 2 − 1
a) y = c1e x + c2 xe x + x 2 + 4 x + 5
b) y ''− 2 y '+ y = 3e 2 x
b) y = c1e x + c2 xe x + 3e2 x
c ) y ''− 2 y '+ y = 4 cos x
c) y = c1e x + c2 xe x − 2sen x
3
d ) y = c1e x + c2 xe x + x 2e x
2
1
e) y = c1e x + c2 xe x + x3e x
6
d ) y ''− 2 y '+ y = 3e x
e) y ''− 2 y '+ y = xe x
f ) y '− y = e x
f ) y = c1e x + xe x
g ) y '− y = xe 2 x + 1
g ) y = c1e x + xe2 x − e2 x + 1
1
1
2
1
h) y = c1e5 x − sen x − cos x + sen 2x − cos 2x
2
2
5
5
h) y '− y = sen x + cos 2x
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
2
12 x + 7
d y
dy
a) y = c1 ⋅ e 3 x + c2 ⋅ e 4 x +
a)
− 7 + 12 y = x
2
144
dx
dx
b)
c)
d)
e)
f)
g)
d2y
dy
− 2a
+ a2 y = ex
2
dx
dx
(a ≠ 1)
d2y
dy
+ 6 + 5 y = e2x
2
dx
dx
2
d y
− a2 y = x +1
dx 2
d2y d y
+
− 2 y = 8 sen (2 x )
dx
dx 2
d2y
− y = 5x + 2
dx 2
d2y
− 4y = x +1
dx 2
ex
(a − 1)2
1
y = c1 ⋅ e − x + c2 ⋅ e −5 x + e 2 x
21
x +1
y = c1e ax + c2 e −ax − 2
a
1
y = c1e x + c2e −2 x − [6 sen ( 2 x ) + 2 cos ( 2 x )]
5
x
−x
y = c1e + c2 e − 5 x − 2
b) y = (c1 + c2 x ) ⋅ e ax +
c)
d)
e)
f)
g) y = c1e 2 x + c2e −2 x −
x +1
4
53
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 V A e VB 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)=VAB, 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:
V AB = − ∫0t E (u ) du = − V (t )
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:
I (t ) =
dQ
dt
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:
C (t ) =
Q (t )
V (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:
V (t ) = L.
dI
dt
6. Existem duas leis gerais devidas a Kirchhoff, relacionadas com a corrente elétrica e com a
diferença de potencial.
ƒ
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.
ƒ
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).
54
SODRÉ. Ulysses. Equações diferenciais ordinárias: notas de aula. Londrina: UEL, 2003.
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:
VL (t ) = L
dI
dt
2. VR é a diferença de potencial nos terminais do resistor:
VR (t ) = RI (t )
3. VC é a diferença de potencial nos terminais do capacitor:
VC (t ) =
1 t
∫ I (u )du
C 0
Usando as leis de Kirchhoff, quando for fechado o interruptor, obteremos:
VL (t ) + VR (t ) + VC (t ) = E (t )
ou seja,
L
dI
1
+ RI (t ) + ∫ot I (u ) du = E (t )
dt
C
Se E(t) é constante e derivarmos em relação à variável t, teremos:
LI ''(t ) + RI '(t ) +
1
I (t ) = 0
C
e temos uma EDO linear de 2a ordem homogênea.
Se E=E(t) é uma função diferenciável da variável t, então
LI ''(t ) + RI '(t ) +
1
I (t ) = E '(t )
C
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.
55
SODRÉ. Ulysses. Equações diferenciais ordinárias: notas de aula. Londrina: UEL, 2003.
Figura: Circuito elétrico RC com capacitor descarregado
A diferença de potencial nos terminais do resistor é dada por VR (t ) = RI (t ) e a diferença de potencial
nos terminais do capacitor é dada por
1 t
∫ I (u )du
C 0
VC (t ) =
Pela lei de Kirchhoff das tensões, segue que
VR (t ) + VC (t ) = E
E a EDO linear homogênea que rege o fenômeno é
RI (t ) +
1 t
∫ I (u ) du = E (t )
C o
Derivando esta equação em relação à variável t, obtemos:
RI '(t ) +
1
I (t ) = 0
C
A solução desta equação é:
I (t ) = Ke − t /( RC ) = I (0)e − t /( RC )
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
Vc (0) =
1 0
∫ I (u ) d u = 0
C 0
Logo VR (0) + VC (0) = E , o que garante que RI (0) = E , assim
I (0) =
E
R
Substituindo I(0) na solução da equação, obtemos
I (t ) =
E − t /( RC )
e
R
Aplicando esta função, podemos obter
VC (t ) =
1 t
1 t E − u /( RC )
du
∫0 I (u ) du = ∫0 e
C
C R
Assim, a diferença de potencial entre os terminais do capacitor ao longo do tempo t , será dada por
56
SODRÉ. Ulysses. Equações diferenciais ordinárias: notas de aula. Londrina: UEL, 2003.
VC (t ) = E[1 − e− t /( RC ) ]
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 VR (t ) = RI (t ) e VL (t ) = L
dI
, assim usando a lei de Kirchhoff das tensões do
dt
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
I h (t ) = ke− Rt / L
Como a parte não homogênea da EDO é uma função constante, usamos o método dos coeficientes a
determinar para procurar uma solução particular I p = I p (t ) que seja constante, assim I p '(t ) ≡ 0 e
então, RI p (t ) = E (t ) o que garante que
I p (t ) =
E
R
A solução da EDO é a soma da solução da homogênea associada com a solução particular, logo
I (t ) = I h (t ) + I p (t ) = ke − Rt / L +
E
R
57
SODRÉ. Ulysses. Equações diferenciais ordinárias: notas de aula. Londrina: UEL, 2003.
Se considerarmos que I (0) = 0 então
0= K+ E
R
Logo K = −
E
assim
R
I (t ) =
E⎡
1 − e − Rt / L ⎤
⎣
⎦
R
Esta função tem a mesma forma que a função VC = VC (t ) do circuito RC, apenas que a função
E
horizontal limite deve ser traçada para I = .
R
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
RI '(t ) +
1
I (t ) = 0
C
4. Circuito LC: Se o circuito elétrico possui um indutor de indutância L, um capacitor de
capacitância C e a diferença de potencial V AB = V (t ) , a EDO linear não homogênea que rege o
fenômeno é
LQ "(t ) +
1
Q (t ) = V (t )
C
58
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.
APLICAÇÕES DAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES DE SEGUNDA ORDEM COM
COEFICIENTES CONSTANTES
Considerando um sistema físico cujas pequenas oscilações sejam regidas pela equação diferencial
y "+ a1 y '+ ao y = f (t )
d2y
dy
,
dt
dt 2
respectivamente. Dois exemplos de tais sistemas físicos são dados por uma mola com um peso e um
circuito elétrico simples.
Aqui, conhecem-se a função
f (t ) e as constantes a1 e a0 ; y '' e y ' representam
e
Se f (t ) ≡ 0 e a1 = 0 , o movimento é livre e não amortecido. Se f (t ) é identicamente nula, mas a1 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
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 f (t ) não é identicamente nula, o movimento se diz forçado.
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
y "+ a1 y '+ ao y = f (t ) . Outrossim, admitindo uma carga inicial de q0 coulombs no capacitor e uma
corrente inicial de I 0 ampères no circuito, determine as condições iniciais do sistema.
59
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.
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
1
dI
indutor são, respectivamente, RI , q e L
onde q é a carga no capacitor.
dt
C
A queda de voltagem através de uma fem é − E (t ) . Assim, pela lei de Kirchhoff, temos
RI + L
dI 1
+ q − E (t ) = 0
dt C
(1)
dI d 2 q
=
dt dt 2
(2)
Lembrando que
I=
dq
dt
e
Substituímos esses valores em (1)
d 2q
dt 2
+
R dq
1
1
+
q = E (t )
L dt LC
L
(3)
R
1
E (t )
, então (3) é precisamente y "+ a1 y '+ ao y = f (t ) com y
, a0 =
e f (t ) =
L
LC
L
substituído por q. As condições iniciais para q são
Definindo a1 =
q(0) = q0
e
dq
= I (0) = I 0
dt t = 0
(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
d 2I
dt 2
+
R dI
1
1 dE (t )
+
I=
L dt LC
L dt
(5)
R
1
1 dE (t )
,
então
(5)
é
precisamente
, a0 =
e f (t ) =
L
LC
L dt
y "+ a1 y '+ ao y = f (t ) com y agora substituído por I. A primeira condição inicial é I (0) = I 0 . A
dI
e fazendo em seguida t=0.
segunda condição inicial se obtém de (1) resolvendo-a em relação a
dt
Assim,
Definindo
agora
a1 =
dI
1
R
1
= E (0) − I 0 −
q0
dt t = 0 L
L
LC
(6)
60
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.
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 E (t ) = 10 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)
d 2q
dt 2
+
R dq
1
1
+
q = E (t ) , obtemos
L dt LC
L
d 2 q 180 dq
1
1
q = 10.sen t
+
+
2
20 dt 20. 1
20
dt
280
d 2q
dt 2
+9
dq
1
1
+ 14q = sen t ou q "+ 9q '+ 14q = sen t
dt
2
2
A seguir será calculada a solução geral da equação homogênea associada q "+ 9q '+ 14q = 0 .
λ 2 + 9λ + 14 = 0 ⇒ S = −9 e P = 14 ⇒ λ1 = −2 e λ2 = −7
Se qh = c1eλ t + c2eλ t , então
qh = c1e−2t + c2e−7t
Aplicando o método dos coeficientes a determinar (caso 3), temos:
q p = Ao ⋅ sen t + Bo ⋅ cos t
q ' p = Ao ⋅ cos t − Bo ⋅ sen t
q '' p = − Ao ⋅ sen t − Bo ⋅ cos t
Substituindo em q "+ 9q '+ 14q =
1
sen t , temos:
2
− Ao ⋅ sen t − Bo ⋅ cos t + 9( Ao ⋅ cos t − Bo ⋅ sen t ) + 14( Ao ⋅ sen t + Bo ⋅ cos t ) =
1
sen t
2
61
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.
− Ao ⋅ sen t − Bo ⋅ cos t + 9 Ao ⋅ cos t − 9 Bo ⋅ sen t + 14 Ao ⋅ sen t + 14 Bo ⋅ cos t =
(13 Ao − 9 Bo) ⋅ sen t + (9 Ao + 13Bo) ⋅ cos t =
1
⎧
⎪⎪13 Ao − 9 Bo = 2
⎨
⎪9 Ao + 13Bo = 0
⎪⎩
⇒ Ao = −
1
⎛ 13 ⎞
13 ⋅ ⎜ − ⎟ Bo − 9 Bo =
2
⎝ 9⎠
Ao = −
1
sen t
2
1
sen t
2
13
Bo
9
⇒ Bo = −
9
500
13
13 ⎛ 9 ⎞
13
Bo = − ⎜ −
⎟=−
9
9 ⎝ 500 ⎠
500
Substituindo os coeficientes, temos:
qp =
13
9
cos t
sen t −
500
500
A solução geral é
q = qh + q p = c1e −2t + c2e −7t +
13
9
cos t
sen t −
500
500
Aplicando as condições iniciais q (0) = 0 e i(0)=q '(0) = 1 , temos:
q (0) = c1e −2.0 + c2e −7.0 +
c1 + c2 −
13
9
sen 0 −
cos 0=0
500
500
9
9
9
=0 ⇒ c1 + c2 =
⇒ c1 =
− c2
500
500
500
Se i (t ) = q '(t ) , então
62
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.
i (t ) = q '(t ) = −2c1e −2t − 7c2e −7t +
13
9
sen t
cos t +
500
500
Se i (0) = q '(0) = 1 , então
i (0) = q '(0) = −2c1e −2.0 − 7c2e −7.0 +
−2c1 − 7c2 +
Se c1 =
13
9
cos 0 +
sen 0=1
500
500
13
=1
500
9
− c2 , então
500
13
⎛ 9
⎞
−2. ⎜
− c2 ⎟ − 7c2 +
=1
500
⎝ 500
⎠
−
Se c2 = −
18
13
+ 2c2 − 7c2 +
=1
500
500
101
500
101
9
e c1 =
− c2 , então
500
500
c1 =
Se c1 =
⇒ c2 = −
9 ⎛ 101 ⎞
−⎜−
⎟
500 ⎝ 500 ⎠
⇒ c1 =
110
500
110
101
, então,
e c2 = −
500
500
q=
1
(110e −2t − 101e −7t + 13sen t − 9 cos t )
500
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= 10−2 farads, L=
1
henry, e uma voltagem aplicada
2
de E (t ) = 12 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.
63
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.
Substituindo os valores dados no problema em (5) do exemplo 1, obtemos a equação homogênea (pois
dE
E (t ) = 12,
= 0 ).as quantidades acima em (3), temos:
dt
d 2I
dt 2
d 2I
dt 2
+
R dI
1
1 dE (t )
+
I=
L dt LC
L dt
+
10 dI
1
1
+
I = .0
1 dt 1 −2
1
.10
2
2
2
d 2I
dt 2
+ 20
dI
+ 200 I = 0
dt
A seguir será calculada a solução geral da equação homogênea associada I "+ 20 I '+ 200 I = 0 .
λ 2 + 10λ + 200 = 0 ⇒ ∆ = −400 ⇒ λ1 = −10 + 10i e λ2 = −10 − 10i
As raízes da equação característica associada são complexas, com isso temos um exemplo de sistema
livre subamortecido para a corrente.
Se I h = c1e at cos bt + c2eat sen bt , onde λ = a + bi , então a solução geral é
I h = c1e−10t cos 10t + c2e−10t sen 10t
ou
I (t ) = e−10t (c1 cos 10t + c2 sen 10t )
As condições iniciais são I(0)=0 e, por (6) do exemplo 1,
dI
1
R
1
q0
= E (0) − I 0 −
dt t = 0 L
L
LC
dI
12 10
1
(0) −
(0) = 24
=
−
dt t = 0 1/ 2 1/ 2
(1/ 2)(10−2 )
Se I (0) = 0 , então
I (0) = e−10.0 (c1 cos 10.0 + c2 sen 10.0) = 0 ⇒ c1 = 0
Derivando I (t ) = e−10t .c1 cos 10t + e−10t .c2 sen 10t , temos:
I '(t ) = e−10.t 10.c2 .cos 10t − 10e−10.t .c2 sen 10t = 24
64
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.
Observação: é preciso realizar a derivada do produto para obter o resultado acima.
Se I '(0) = 0 , então
I '(0) = e−10.010.c2 .cos 10.0 − 10e−10.0 .c2 sen 10.0 = 24
10.c2 = 24 ⇒ c2 =
Se c1 = 0 e c 2 =
12
5
12
12
, então I (t ) = e −10t sen 10t , que é completamente transitória.
5
5
Exemplo 4: Resolva o exemplo 3 determinando primeiro a carga no capacitor.
Primeiramente resolvemos em relação à carga q e em seguida aplicamos I =
d 2q
dq
para obter a corrente.
dt
R dq
1
1
+
q = E (t ) , que representa um sistema
L dt LC
L
forçado para a carga, em contraste com o sistema livre amortecido obtido no exemplo 3 para a
corrente, temos:
Substituindo os valores do exemplo 3 em
d 2q
dt 2
d 2q
dt 2
+ 20
+
dt 2
+
10 dq
1
1
+
q=
.12
1/ 2 dt 1/ 2.10−2
1/ 2
dq
+ 200q = 24 ou q "+ 20q '+ 200q = 24
dt
A seguir será calculada a solução geral da equação homogênea associada q "+ 9q '+ 14q = 0 .
λ 2 + 10λ + 200 = 0 ⇒ ∆ = −400 ⇒ λ1 = −10 + 10i e λ2 = −10 − 10i
Se qh = c1eat cos bt + c2eat sen bt , onde λ = a + bi , então a solução homogênea é
qh = c1e−10t cos 10t + c2e−10t sen 10t
Aplicando o caso 1 do método dos coeficientes a determinar para determinar a solução particular,
temos:
q p = Ao ⇒ q ' p = 0 ⇒ q " p = 0
Substituindo na equação q "+ 20q '+ 200q = 24 , temos:
200 Ao = 24 ⇒ Ao =
24
3
=
200 25
Se q = qh + q p , então a solução geral é
65
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.
q (t ) = e −10t (c1 cos 10t + c2 sen 10t ) +
3
25
Aplicando as condições iniciais para a carga: q (0) = 0, q'(0)=0 ;
Se q (0) = 0 , então
q (0) = e −10.0 (c1 cos 10.0 + c2 sen 10.0) +
c1 +
3
=0
25
3
3
= 0 ⇒ c1 =
25
25
Derivando q (t ) = e−10t (c1 cos 10t + c2 sen 10t ) +
3
, temos:
25
q '(t ) = −10c1.e−10t cos 10t − 10c1.e−10t sen 10t − 10c2 .e−10t sen 10t + 10c2 .e−10t cos 10t
q '(0) = −10c1.e−10.0 cos 10.0 − 10c1.e−10.0 sen 10.0 − 10c2 .e−10.0 sen 10.0 + 10c2 .e−10.0 cos 10.0 = 0
−10c1 + 10c2 = 0 ⇒ −10c1 = −10c2 ⇒ c1 = c2
Se c1 = c2 , então c1 = c2 = −
3
.
25
A solução geral é
q (t ) = −
3 −10t
3
e
(cos 10t + sen 10t ) +
25
25
e
I (t ) =
dq 12 −10t
= e
sen 10t
dt
5
Como anteriormente.
Note-se que, embora a corrente seja completamente transitória, a carga no capacitor é a soma de
termos transitórios e estacionários.
66
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.
EXERCÍCIOS:
1) Um circuito RCL tem R=6 ohms, C= 0,02 farads, L=0,1 henry, e uma voltagem aplicada de
E (t ) = 6 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.
3 −50t 15 −10t 12
3
Resposta: q =
e
−
e
+
e I = (e−10t − e−50t )
100
100
100
2
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
5
corrente inicial é zero. Resposta: I = (e −50t − e −10t )
4
3) Um circuito RCL tem R=5 ohms, C= 10−2 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= 10−2 farads, L=0,125 henry, tem voltagem aplicada
E (t ) = sen t . Determine a corrente estacionária subseqüente no circuito. (Sugestão: condições iniciais
1
Resposta:
desnecessárias).
(6392 cos t + 320 sen t )
I=
640, 001
67
ZILL. D. G. CULLEN. M. R. Equações diferenciais. v.1. São Paulo: MAKRON Books, 2001.
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
dy
+ P( x) y = f ( x) y n .
dx
(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
y−n
dy
+ P ( x) y1− n = f ( x ) .
dx
(2)
Se fizermos w = y1− n , n ≠ 0, n ≠ 1 , então
dw
dy
.
= (1 − n) y − n
dx
dx
Com essa substituição, (2) transforma-se na equação linear
dw
+ (1 − n) P ( x) w = (1 − n) f ( x) .
dx
(3)
Resolvendo (3) e depois fazendo y1− n = w , obtemos uma solução para (1).
Exemplo:
dy 1
Resolva
+ y = xy 2 .
dx x
Solução: Em (1), identificamos P ( x ) =
1
, f ( x) = x e n = 2 . Logo, a mudança de variável w = y −1
x
nos dá
dw 1
− 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.
68
ZILL. D. G. CULLEN. M. R. Equações diferenciais. v.1. São Paulo: MAKRON Books, 2001.
O fator de integração para essa equação linear em, digamos, (0, ∞ ) é
e− fdx / x = e
− ln x
=e
ln x
−1
= x −1 .
Assim
d ⎡ −1 ⎤
x w = −1
⎦
dx ⎣
Integrando essa última forma, obtemos
x −1w = − x + c ou w = − x 2 + cx
Como w = y −1 , então y = 1/ w ou
y=
1
− x 2 + 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
dy
= P ( x) + Q ( x) y + R ( x) y 2 .
dx
(4)
é chamada de equação de Ricatti. Se y1 é uma solução particular para (4), então as substituições
dy dy1 du
y = y1 + u e
=
+
.
dx dx dx
em (4) produzem a seguintes equação diferencial para u:
du
− (Q + 2 y1R )u = Ru 2
dx
(5)
Como (5) é uma equação de Bernoulli com n=2, ela pode, por sua vez, ser reduzida à equação linear
dw
(6)
+ (Q + 2 y1R ) w = − R
dx
através da substituição w = u −1 .
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
dy
= 2 − 2 xy + y 2 .
dx
Solução: Verifica-se facilmente que y1 = 2 x é uma solução particular para uma equação. Em (4),
fazemos as identificações P ( x ) = 2, Q ( x ) = −2 x e R ( x) = 1 . Resolvemos então a equação linear (6):
dw
+ ( −2 x + 4 x ) w = −1 ou
dx
69
ZILL. D. G. CULLEN. M. R. Equações diferenciais. v.1. São Paulo: MAKRON Books, 2001.
dw
+ 2 xw = −1
dx
2
O fator de integração para essa última equação é − e x , assim
2
d ⎡ x2 ⎤
e w⎥ = − e x .
⎢
dx ⎣
⎦
2
Agora, a integral ∫ xx et dt não pode ser expressa em termos de funções elementares.2 Portanto,
0
escrevemos
2
2
2 ⎛1⎞
2
e x w = − ∫ xx e x dt + c ou e x ⎜ ⎟ = − ∫ xx e x dt + c
0
0
⎝u⎠
Assim
u=
ex
2
2
c − ∫ xx et dt
0
Uma solução para a equação é então
y = 2x + u
Equação de Clairaut
Como exercício você deverá mostrar que uma solução para a equação de Clairaut
y = xy '+ f ( y ')
É a família de retas y = cx + f (c ) , em que c é uma constante arbitrária.
Ainda, (7) pode também possuir uma solução em forma paramétrica:
x = − f '(t ), y = f (t ) − tf '(t )
(7)
(8)
Esta última solução é singular, pois, se f "(t ) ≠ 0, ela não pode ser obtida da família de soluções
y = cx + f (c )
Exemplo:
1
Resolva y = xy '+ ( y ') 2 .
2
Solução:
Primeiro, fazemos a identificação f ( y ') = (1/ 2)( y ') 2 , o que implica f (t ) = (1/ 2)t 2 . Segue-se da
discussão precedente que uma família de soluções é
1
y = cx + c 2 .
2
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
x
como ∫ x f ( x) dt , em que x0 é uma constante. Quando a condição inicial é especificada, é imperativo que essa forma
0
seja usada.
70
ZILL. D. G. CULLEN. M. R. Equações diferenciais. v.1. São Paulo: MAKRON Books, 2001.
1 2
1
t − t x t = − t 2.
2
2
Depois de eliminar o parâmetro, vemos que esta última solução é a mesma que
1
y = − x2.
2
Percebemos facilmente que esta função não faz parte da família. Veja a Figura 2.14.
x = −t , y =
Exercícios:
1. Resolva a equação de Bernoulli dada.
dy
1
a) x + y =
dx
y2
b)
dy
− y = ex y2
dx
dy
dy
d) x − (1 + x) y = xy 2
= y ( xy 3 − 1)
dx
dx
dy
dy
e) x 2
f) 3(1 + x 2 ) = 2 xy ( y 3 − 1)
+ y 2 = xy
dx
dx
2. Resolva a equação de Ricatti dada; y1 é uma solução conhecida para a equação.
dy
dy
b)
a)
= −2 − y − y 2 , y1 = 2
= −2 − x − y + xy 2 , y1 = 1
dx
dx
dy
4 1
2
dy
1
=−
+ y + y 2 , y1 =
d)
c)
= 2 x 2 + y − 2 y 2 , y1 = x
dx
x
dx
x
x2 x
dy
dy
e)
f)
= sec 2 x − (tg x ) y + y 2 , y1 = tg x
= e 2 x + (1 + 2e x ) y + y 2 , y1 = −e x
dx
dx
dy
dy
3. Resolva
4. Resolva
= 6 + 5 y + y2
= 9 + 6 y + y2
dx
dx
5. Resolva a equação de Clairaut dada. Obtenha uma solução singular.
c)
a) y = xy '+ 1 − ln y '
dy ⎛ dy ⎞
c) y = x − ⎜ ⎟
dx ⎝ dx ⎠
e) xy '− y = e y '
3
b) y = xy '+ (y ') −2
d) y = ( x + 4) y '+ ( y ') 2
f) y − xy ' = ln y '
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