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18
a
Aula 2006.10.23
AMIV
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18.1
Equações lineares
As equações lineares de primeira ordem (escalares) são da forma:
dy
+ a (t) y = b (t) ,
dt
onde são dadas as funções a (t) e b (t), procurando-se a função y (t). Geralmente, a um
problema que envolva uma EDO, está associada uma condição inicial
y (t, ) = y, .
Ao problema de resolver uma EDO com uma condição inicial chamamos problema de valor
inicial (PVI). Vamos agora resolver dois casos triviais da equação linear.
A funções a (t) e b (t) supõem-se continuas num determinado intervalo I, pelo que têm
primitiva no mesmo intervalo e podem, portanto, ser integradas em qualquer subintervalo
de I.
18.1.1
Caso a (t) = 0.
Neste caso o problema resume-se a uma simples primitivação:
dy
= b (t) ,
dt
y (t) =
b (s) ds + y, .
-.
Exemplo 18.1 O seguinte PVI
tem como solução 1
dy
-0
= e/
dt
y (0) = 1
y (t) =
-
0
e /'2 ds.
,
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18 AULA 2006.10.23 AMIV 18.1.2
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" " & 2
Caso b (t) = 0. (lineares homogéneas)
dy
+ a (t) y = 0,
(18.1)
dt
Se y' = 0, temos uma solução trivial y (t) ≡ 0. Pelo que no que se segue supõe-se y' = 0
(pelo que y (t) = 0 pelo menos para valores de t numa vizinhança de t' ). Dividindo a equação
por y obtemos
1 dy
= −a (t) ,
y dt
ou seja
d
log |y| = −a (t) .
dt
Por primitivação vem
(
log |y (t)| = −
e exponenciando sai
()
a (s) ds + log |y' | ,
+ ,
y (t) = ±y' e * , )- . / 0 1 / ,
+ ,
podemos então concluir que se y' = 0, então y (t) não se anula nunca porque e * , )- . / 0 1 / =
0.
Usando novamente a condição inicial obtemos
+ ,
y (t) = y' e * , )2- . / 0 1 / .
directa).
Por outro
Note-se que esta formula é ainda válida no
caso+ y, ' = 0 (por verificação
(
+ ,
3
3
lado se y (t) tem esta forma, então y 3 (t) = y' e * , )- . / 0 1 / = y' e * , )- . / 0 1 / − ( ) a (s) ds =
+ ,
−a (t) y' e * , ) - . / 0 1 / = −a (t) y (t). Ou seja, uma função y (t) é solução de (18.1) sse tem a
forma
onde K é uma constante arbitrária.
y (t) = Ke *
+
- .(0 1 (,
Exemplo 18.2 Considerando o seguinte problema de valor inicial
ẏ + cos t y = 0
,
y (0) = 1
temos
portanto a solução é
y (t) = K e *
+54 6 7 ( (
789 (
1 = K e*
,
1 = y (0) = K,
y (t) = e *
789 (
Mudando a condição inicial para y (0) = 0 obteríamos y (t) = 0, ∀t. Considerando a condição
inicial y (2) = 3, obteríamos
7 8 9 ( 7 8 9;:
7 8 92:
789 (
0 = 3e
e*
.
y (t) = 3e * .
*
18 AULA 2006.10.23 AMIV 18.1.3
! #
$ ! %
" " & 3
Factor de integração
Consideremos agora o caso geral
dy
+ a (t) y = b (t) ,
y (t' ) = y' .
dt
+ '
(= 0) (factor de integração) * :
Multiplique-se (18.2) por µ (t) = e ' ( - . ) 0 1 )
µ
mas
dµ
= a (t) µ , donde
dt
(18.2)
dy
+ a (t) µy = µ (t) b (t) ,
dt
dy dµ
+
y = µ (t) b (t)
dt
dt
e, de acordo com a regra de derivação do produto,
Integrando entre t' e t, vem
µ
d
(µy) = µ (t) b (t) .
dt
µ (t) y (t) − µ (t' ) y (t' ) =
(
((
µ (s) b (s) ds,
e como µ (t ' ) = 1 e y (t' ) = y' , obtem-se
Mas
+ +
µ (s)
=e '( - .) 01 )
µ (t)
18.1.4
Solução
(
y'
µ (s)
+
b (s) ds.
y (t) =
( ( µ (t)
µ (t)
+ '
+ '
e , ' ( - . ) 0 1 ) = e , + - . ) 0 1 ) , donde:
(
+ '
'
(
.
)
0
1
)
y (t) = y' e ,
+
((
+ '
e , + - . ) 0 1 ) b (s) ds
Teorema 18.1 Seja I um intervalo aberto de R e a (t) e b (t) duas funções contínuas em I.
Então o problema
dy
+ a (t) y = b (t) ,
y (t' ) = y' .
dt
tem uma única solução dada por
(
+ '
+ '
'
2
(
.
)
0
1
)
y (t) = y' e ,
+
e , +;- . ) 0 1 ) b (s) ds
((
que está definida em todo o intervalo I e é de classe C - .
. /10 232 4 5 6 7 837 8 9 : 9 ; < 4 8 = 7 8 < 2 7 > 7 ? 8 7@0 23> 7 5 7 8BAC7D7 EF> 7 5G 7AH I JK
7 DH I J= 2 7 8 @7 < 9 ; > 4 E7 L 9 7 M
18 AULA 2006.10.23 AMIV 18.1.5
! #
$ ! %
" " & 4
Exemplos
Exemplo 18.3 Vamos resolver o seguinte PVI:
y ' + 2ty = t, com y (0) = 1.
Multiplicando a equação por um factor de integração µ, temos
µ
que é equivalente à equação
dy
+ 2tµy = tµ,
dt
d
(µy) = tµ,
(18.3)
dt
)
dµ
se
= 2tµ. Então podemos tomar µ = e( .
dt
Portanto, a relação (18.3) escreve-se
)
d ) e( y = te(
dt
e por integração
)
)
e(
e( y =
+ c.
2
)
*
*
1 + e ,(
De y (0) = 1, obtemos 1 = + +c, donde c = + . A solução pretendida é então y (t) =
.
2
dy
1
+
y = 1, com y (0) = 0.
dt 1 + t
Como a equação é linear podemos desde já garantir que o intervalo de definição da solução
é ]−1, +∞[, porque a equação não está definida para t = −1 e o instante inicial é t- = 0 ∈
]−1, +∞[ .
Exemplo 18.4 Vamos resolver o seguinte PVI:
Multiplicando a equação por um factor de integração µ, temos
µ
que à equivalente à equação
se
dy
1
+
µy = µ,
dt 1 + t
d
(µy) = µ,
dt
dµ
1
=
µ. Portanto (para t ∈ ]−1, +∞[)
dt
1+t
.0/
*8
µ = K e / 12 3 ( = K e4 5 6 7 ( 9 = K (1 + t) .
Tomemos µ = 1 + t. Então de (18.4) vem
e por integração
d
((1 + t) y) = 1 + t
dt
+
t
(1 + t) y = t + + c.
2
)
t + (+
.
De y (0) = 0, obtemos c = 0 e a solução pretendida y (t) =
1+t
(18.4)