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DISCIPLINA: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS (EDO) – 6MAT011 PROFESSORA: NEYVA MARIA LOPES ROMEIRO INTRODUÇÃO O estudo das equações diferenciais foi motivado inicialmente por problemas da física, ou seja, problemas de mecânica, eletricidade termodinâmica, magnetismo etc. Atualmente muitas outras áreas do conhecimento têm a formulação teórica de seus problemas utilizando essas equações. Entre estas pode-se citar as áreas de Engenharia, Química, Ecologia, Biologia, Economia e Sociologia, onde muitos problemas importantes e significativos exigem a determinação de uma função que obedece a uma equação que contém uma ou mais derivadas da função desconhecida. A estas equações dá-se o nome de EQUAÇÕES DIFERENCIAIS. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS (EDO´S) E EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS (EDP´S) Uma das classificações mais evidentes se baseia em a função desconhecida depender de uma só variável independente ou de diversas variáveis dependentes. No primeiro caso, na equação diferencial só aparecem derivadas ordinárias e a equação é uma EDO. No segundo caso, as derivadas são derivadas parciais, e a equação é uma EDP. ALGUNS EXEMPLOS DE EDO’s Exemplo 1: Seja x(t) o espaço percorrido por um corpo em queda livre num instante de tempo t. • Se desprezarmos a resistência do ar teremos a trajetória do corpo regida pela equação 0)( =+′′ gtx (1) g é a aceleração da gravidade; • Se considerarmos a resistência do ar, um corpo caindo de pára-quedas, por exemplo, tem-se 0)()( =+′+′′ mgtxbtxm (2) onde 0<= cteb . Exemplo 2: Seja )(tM a massa de um material radioativo no instante t. Sabe-se que a taxa de desintegração é proporcional a quantidade de massa existente. Assim tem-se )()( tkMtM =′ , (3) 0<= ctek . Esta mesma equação descreve a reprodução de bactérias numa cultura, só que neste caso 0>= ctek . Exemplo 3: Pode-se obter, usando equações diferenciais, os esforços solicitantes obtidos a partir das equações de equilíbrio que regem o comportamento das vigas. Estas equações encontram-se descritas abaixo 2 )()( xq dx xdV −= e )()( xV dx xdM = (4) onde )(xq é um carregamento genérico, )(xV é a força cortante, )(xM é o momento fletor. Exemplo 4: A equação que governa o decaimento de uma substância radiotiva com o tempo )(tR , como o do rádio, )()( tkR dt tdR −= , (5) onde k é uma constante conhecida. ALGUNS EXEMPLOS DE EDP’s Exemplo 5: Exemplos típicos de equações diferenciais parciais são a equação do potencial 0),(),( 2 2 2 2 = ∂ ∂ + ∂ ∂ y yxu x yxu (6) a equação da difusão e da condução do calor t txu x txu ∂ ∂ = ∂ ∂ ),(),( 2 2 2α (7) e a equação da onda 2 2 2 2 2 ),(),( t txu x txu a ∂ ∂ = ∂ ∂ , (8) Nestas equações 2α e 2a são constantes determinadas. A equação do potencial, a equação da difusão e a equação da onda aparecem em muitos problemas de eletricidade e magnetismo, na elasticidade e na mecânica dos fluidos. ORDEM DE UMA EQUAÇÃO DIFERENCIAL A ordem de uma equação diferencial é a ordem da mais alta derivada da função incógnita que ocorre na equação. Assim, as equações (1) e (2) são EDO´s de segunda ordem e as equações (3), (4) e (5) são EDO´s de primeira ordem. Já as equações (6), (7) e (8) são EDP´s de segunda ordem. OBS: Este curso abordará apenas a teoria das EDO´s. CONSIDERAÇÕES GERAIS SOBRE EDO’s Suponha RRF n →: e RRy →: , com derivadas até ordem n. Diz-se que uma equação diferencial ordinária tem ordem n se é uma equação que pode ser escrita como ( )1,,,,, −′′′= nn yyyyxFy K ; (9) onde ny é a derivada de ordem n. 3 Exemplo 6: Por exemplo 42 xyyyey x =′+′′+′′′ (10) é uma equação diferencial de terceira ordem. Uma função )(xy φ= é dita uma solução da equação (9) se: • )(xy φ= possue derivadas até ordem n; • ( ))(,),(),(),(, 1 xxxxxFy nn −′′′= φφφφ K . Exemplo 7: É fácil verificar, por substituição direta, que a equação de primeira ordem (5) )()( tkR dt tdR −= tem a solução ktcetR −== )(φ , ∞<< t0 (11) onde c é uma constante arbitrária. Exemplo 8: a) Pode-se, também, verificar que as funções xxy cos)(1 = e senxxy =)(2 são soluções da equação diferencial 0=+′′ yy (12) para todos os x. b) Sendo 1y e 2y soluções da equação diferencial dada em (12), o que pode-se afirmar sobre a solução senxxxy += cos)( ? Embora, nas equações (11), (12) e (13) foi possível verificar que algumas funções simples eram soluções das EDO´s, nem sempre será possível dispor destas soluções. Exercício 1: Dado a equação diferencial de segunda ordem 0432 =+′−′′ yyxyx , 0>x , pode-se verifique que: a) xxx ln)( 21 =φ é uma solução; b) 22 )( xx =φ também é uma solução. 4 Exemplo 9: A equação diferencial xy =′ tem as soluções cxy += 2 2 ; ctec = . A representação gráfica destas soluções gera uma família de soluções, como pode ser observado na Figura 1. Figura 1: Família de soluções Exemplo 10: A equação diferencial yy −=′ tem as soluções xcey −= ; ctec = . Figura 2: Família de soluções OBS: As soluções dos exemplos 9 e 10 são chamadas de soluções gerais da EDO. Uma solução particular podes ser obtida atribuindo valores específicos a c. Exemplo 11: Mostre que a equação diferencial 0=+′ yy tem a solução geral xcey −= . De fato: xcey −= ⇒ xcey −−=′ , logo 0=+−=+′ −− xx ceceyy . Portanto xcey −= é a solução geral de 0=+′ yy . Exercício 2: Mostre que a equação diferencial 04 =+′′ yy tem a solução geral )2cos()2( 21 xcxsency += . OBS: No exercício 3 a equação diferencial é de ordem 2, logo a solução geral contém duas constantes arbitrárias, 1c e 2c . Exercício 3: Verifique se xx xeexy −− += 2)( é a solução geral da equação diferencial 02 =+′+′′ yyy . c = -2 c = 0 c = 3 5 EQUAÇÕES LINEARES E EQUAÇÕES NÃO LINEARES Uma classificação importante das equações diferenciais é a que divide em lineares e não lineares. A equação diferencial ordinária ( ) 0,,,,, )( =′′′ nyyyyxF K é linear se F for uma função linear das variáveis )(,,,, nyyyy K′′′ . Exemplo 12: a) A equação 0432 =+′−′′ yyxyx é uma EDO de segunda ordem linear b) A equação 42 xyyyey x =′+′′+′′′ é uma EDO de terceira ordem não linear. A não linearidade ocorre devido ao termo yy ′ . LISTA DE EXERCÍCIOS 1) Determine a ordem da equação diferencial e informe (justificando) se a equação é linear ou não linear. a) senxy dx dy x dx yd x =++ 22 2 2 b) senyyyxyx =+′+′′ 22 c) xeyyxyy =+′+′′+ )1( 2 d) 12 2 3 3 4 4 =++++ y dx dy dx yd dx yd dx yd e) senxyxsen dx yd =++ )(2 2 f) 02 =+ xy dx dy g) senxyyy =+′+′′ 63 h) xeyyy =′+′′ 3 i) xyeyyyy =′+′′ 3 j) ( ) ( ) xeyyy =+′+′′ 63 103 2) Verifique se a função, ou funções dadas, constituem solução da EDO. a) 0=−′′ yy , xexy =)( b) 2xyyx =−′ , 23)( xxxy += c) 032 2 =−′+′′ yyxyx , 0>x ; 2/11 )( xxy = e 12 )( −= xxy d) xyy sec=+′′ , 2/0 pi<< x ; xsenxxxxy += cosln)(cos)( 6 EDO’s DE PRIMEIRA ORDEM Considera-se, aqui, apenas EDO’s de primeira ordem, descritas por ))(,()( xyxfxy =′ . As EDO’s de ordem superiores serão reduzidas a um sistema de EDO’s de primeira ordem. PROBLEMA DE VALOR INICIAL – PVI Um problema de valor inicial é uma equação diferencial com a exigência de que a solução passe pelo ponto ),( 00yx , ou seja = =′ 00 )( ),( yxy yxfy Exemplo 13: A equação diferencial que passa pelo ponto )0,0( é representada por = =′ 0)0(y xy Do Exemplo 13, tem-se que a solução geral da equação diferencial xy =′ é cxy += 2 2 . Logo, para 0=x tem-se que 0=y , assim cy += 2 0)0( 2 0=⇒ c . Portanto a única solução (ou solução particular) do PVI é 2 2 xy = . Exemplo 14: Determine a solução do PVI = −=′ 1)0(y yy Do Exemplo 14, tem-se que a solução geral da equação diferencial yy −=′ é xcey −= . Logo, para 0=x tem-se que 1=y , assim 0)0( cey = 1=⇒ c . Portanto a solução do PVI é xexy −=)( . Exercício 4: Use o exemplo 14 para determinar a solução do PVI = −=′ 2)3(y yy . EQUAÇÃO DIFERENCIAL LINEAR DE PRIMEIRA ORDEM Uma equação diferencial linear de primeira ordem é uma equação da forma )()( xQyxpy =+′ , onde p e Q são funções contínuas. Considerando 0)( =xQ , para todo x, na equação diferencial linear de primeira ordem, pode-se separar variáveis e integrar, como segue (desde que 0≠y ): 0)( =+ yxp dx dy que é uma equação diferencial separável. Resolvendo-a 0)(1 =+ xp dx dy y ⇒ dxxpdy y )(1 −= 7 integrando ∫∫ −= dxxpdyy )(1 cnldxxpy ∫ +−= )(ln expressou-se a constante de integração sob a forma de cln a fim de modificar, como a seguir a forma da última equação: ∫−=− dxxpcy )(lnln ∫−= dxxpc y )(ln ∫− = dxxp e c y )( o modulo pode ser retirado devido ao fato de que uma função do tipo )(xhe− tem sempre os reais positivos como imagem (isto pode ser observado na Figura 3). Logo cye dxxp =∫ )( e portanto defini-se o fator de integração(FI) como sendo FI= ∫ dxxpe )( . Observa-se em seguida que, pela regra do produto ( ) ( ) ( )∫∫∫ += dxxpxdxxpxdxxpx eDyeyDyeD )()()( ∫∫ +′= dxxpdxxp exypey )()( )( ( ) ∫+′= dxxpeyxpy )()( . Conseqüentemente, multiplicando ambos os lados de )()( xQyxpy =+′ por ∫ dxxpe )( , a equação resultante pode ser escrita como: ( ) ∫∫ = dxxpdxxpx exQyeD )()( )( integrando ambos os membros obtém-se a seguinte solução implícita da equação diferencial de primeira ordem KdxexQye dxxpdxxp += ∫ ∫∫ )()( )( para uma constante K. Resolvendo esta equação em relação a y obtém-se a solução explícita. Figura 3: Gráfico das funções xexf −=)( e 2)( xexg −= . Observa-se que tanto a função f quanto a função g tem como imagem os reais positivos. 8 Exemplo 15: Verifique se as equações diferencias são lineares de primeira ordem: • xeyy 22 +−=′ reescrevendo xeyy 22 =+′ , onde 2)( =xp e xexQ 2)( = . Portanto, linear de primeira ordem. • xeysenxy +=′ reescrevendo ( ) xeysenxy =−′ , onde senxxp −=)( e xexQ =)( . Portanto linear de primeira ordem. • xexsenyy +=′ neste caso a equação diferencial não é linear, devido a função seny . • 5=′y aqui, 0)( =xp e 5)( =xQ . Portanto a equação diferencial é linear. • xyy +=′ 2 neste caso a equação diferencial não é linear devido ao termo 2y . Exemplo 16: Encontre a solução da equação diferencial linear de primeira ordem, sendo xeyy 22 =+′ : Sendo 2)( =xp e xexQ 2)( = , logo o fator de integração é: FI x dx ee 2 2 = ∫ = Multiplicando a equação diferencial linear pelo fator de integração tem-se ( ) xxx eeeyy 2222 =+′ ou ( ) xx eeyy 422 =+′ observando que ( ) xxxx yeeyyeD 222 2+′= . Integrando ( ) dxedxyeD xxx ∫∫ = 42 , obtém-se Ceye xx += 42 4 1 . Resolvendo esta equação em relação a y obtém-se a solução explícita xx Ceey 22 4 1 −+= que é a solução geral da equação diferencial linear. OBS: pode-se verificar a validade da solução derivando-a e substituindo na equação diferencial linear de primeira ordem, isto é: xx Ceey 22 4 1 −+= ⇒ xx Ceey 22 2 2 1 − −=′ substituindo na equação diferencial xeyy 22 =+′ , tem-se xxxxx eCeeCee 22222 4 122 2 1 = ++− −− ( ) xxx eyeD 42 = 9 xxxxx eCeeCee 22222 2 2 12 2 1 =++− −− xx ee 22 = como a igualdade acima é válida tem-se que, de fato, xx Ceey 22 4 1 −+= é solução de xeyy 22 =+′ . Exercício 5: Resolva as equações diferenciais lineares de primeira ordem: a) xeyy −=+′ 2 b) xexyy 23 −+=+′ ; c) 1+=+′ −xxeyy ; d) xexyyx =++′ ; e) senxyy =+′ . Exercício 6: Ache a solução particular da equação diferencial que satisfaz a condição dada: a) xxyy =−′ 2 ; 0)0( =y b) xexyyyx −=++′ ; 1)1( =y c) xxyyx +=−′ 2 ; 2)1( =y CLASSIFICAÇÃO DAS EDO’s DE PRIMEIRA ORDEM Uma grande quantidade de EDO’s de primeira ordem pode ser escrita na forma normal dada por ),( yxfy =′ . Ainda uma EDO de primeira ordem pode ser escrita na forma explícita ou implícita. Exemplo 17: • Forma explícita: xyy sen+−=′ , onde xyyxf sen),( +−= • Forma implícita: xyeye xx sen2 =+′ ou x x e yexy 2sen − =′ , onde x x e yexyxf 2sen),( −= As EDO’s de primeira ordem mais fáceis de serem lidadas são as que podem ser colocadas na forma normal ),( yxfy =′ . Ainda, as EDO’s de primeira ordem podem ser escritas como o quociente de duas outras funções contínuas ),( yxMM = e ),( yxNN = , resultando em ),( ),( yxN yxMy −=′ . 10 Esta forma de escrever a EDO é vantajosa devido ao fato de que dxxydy )(′= , logo ),( ),( yxN yxM dx dy −= ⇒ 0),(),( =+ dyyxNdxyxM que é a forma diferençável de uma equação diferencial ordinária. Exemplo 18: • A equação diferencial )cos( yxy +=′ , está na sua forma normal; • A equação diferencial y xy =′ , está na sua forma normal, mas pode ser reescrita na sua forma diferencial 0=− ydyxdx . EQUAÇÕES SEPARÁVEIS DE PRIMEIRA ORDEM (ou equações de variáveis separáveis) Seja a equação diferencial dada na sua forma diferencial 0),(),( =+ dyyxNdxyxM , M e N são funções contínuas. Se M é uma função apenas da variável x, isto é )(xMM = e N é uma função apenas da variável y, isto é )(yNN = , então a equação dada fica na forma 0)()( =+ dyxNdxxM . Esta forma é chamada de método de separação de variáveis. Isto é motivado pelo fato de que é possível separar as funções de modo que cada membro da igualdade possua uma função com apenas uma variável. Deste modo pode-se realizar a integração de cada membro por um processo simples. De fato: Se )(xfy = , então 0)())(,())(,( =′+ xfxfxNxfxM ou 0)()()( =′+ xfxNxM que é uma equação que depende apenas da variável x. Integrando em relação a x ( ) CdxxfxNxM =′+∫ )()()( Cdx dx dy xNdxxM =++ ∫∫ )()( CdyxNdxxM =++ ∫∫ )()( C é a constante de integração. Exemplo 19: A equação diferencial y xy =′ na sua forma normal pode ser reescrita na forma diferencial y x dx dy = ⇒ y x dx dy = ⇒ ydyxdx = . Integrando cada termo independente, tem-se 2 2 1 2 22 CyCx +=+ reunindo as constante em uma constante C, tem-se Cyx =+ 22 , onde )(2 21 CCC += . A equação Cyx =+ 22 satisfaz a equação diferencial dada. 11 Exercício 7: Verifique se as equações diferenciais são separáveis: a) 0sen 2 =+ dyyxdx ; b) 0222 =− dyyxdxxy ; c) 0)1( =++ ydydxxy Exercício 8: Encontre a solução geral da equação diferencial a) 2 sen y xy =′ ; b) 024 =+ dx dy ey x ; c) 0=− ydxxdy ; d) yxyxyy −=−=′ )1( e) Exercício 9: Ache a solução particular do PVI = =′+ 2)1( )1( 23 y yxyx EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS DE PRIMEIRA ORDEM Uma função ),( yxff = é dita ser homogênea de grau k se, para todo Rt ∈ , a relação é verdadeira ),(),( yxfttytxfk= . Uma função ),( yxff = é homogênea de grau 0 se, para todo Rt ∈ , a relação é verdadeira ),(),( yxftytxf = . Exemplo 20: • a função 22),( yxyxf += é homogênea de grau 2; • as funções 2 2 ),( y xyxf = e x xyy +=′ são homogêneas de grau 0; Exemplo 21: Mostre que a função 3 2 x xyy +=′ não é homogênea. De fato: 3 2 x xyy +=′ ⇒ 3 2 ),( x xy yxf += , logo 33 2 3 2 )( )( )(),( xt txyt tx txty tytxf +=+= 3 2 32 2 ),( x xy yxf xt txy + =≠ + = 12 Portanto 3 2 x xyy +=′ não é homogênea. Exercício 10: Mostre que as funções do exemplo 20, de fato, são homogêneas. Uma forma simples de observar a homogeneidade de uma função polinomial é constatar que todos os monômios da função possuem o mesmo grau. No caso de uma função racional (quociente de polinômios), os membros do numerador devem ter um mesmo grau m e os membros do denominador devem também ter um mesmo grau n, sendo que o grau da expressão do denominador pode ser menor ou igual que o grau da expressão do numerador. Uma equação diferencial de primeira ordem na forma normal ),( yxfy =′ é dita homogênea se ),( yxff = é uma função homogênea de grau zero. Pode-se resolver uma Equação diferencial homogênea, transformando-a em uma equação de variáveis separáveis com a substituição )()( xxvxy = ou de uma forma mais simples xvy = , onde )(xvv = é uma nova função incógnita. Assim, vdxxdvdy += e uma equação da forma ),( yxfy =′ pode ser transformada em uma equação separável da forma ),( xvxfv dx dv x =+ e após simplificações obtém-se uma equação com variáveis separáveis. Exemplo 22: Resolva a equação diferencial homogênea xy yxy 22 + =′ Solução: Considerando xvy = , vvxy +′=′ e substituindo na equação homogênea obtém-se )( )( 22 xvx xvx vvx + =+′ ⇒ v v vvx 21+ =+′ separando as frações, tem-se v v vvx +=+′ 1 cancelando os termos iguais v vx 1 =′ lembrando que dx dv xv =′ )( , pode-se escrever vdx dv x 1 = . Logo x dx vdv = que nada mais é do que uma equação diferencial de variáveis separáveis. Integrando ambos os lados, tem-se ∫∫ = x dx vdv ou Cxv += ln22 , voltando as variáveis originais, tem-se [ ]Cxxy += ln222 , que é a solução da equação diferencial. 13 Exercício 11: Encontre as soluções das equações diferenciais homogêneas dadas no Exemplo 20. Exercício 12: Mostre que as equações diferenciais são homogêneas e ache as soluções respectivas. a) x yx dx dy + = b) 2 22 x yxyx dx dy ++ = c) yx xy dx dy − − = 2 34 d) yx yx dx dy − + = 3 e) 42 52 −− +− = yx xy dx dy Sugestão para o item e): use uma substituição preliminar da forma hXx −= e kYy −= . Escolha h e k de modo que a seja homogênea nas variáveis X e Y. EQUAÇÕES EXATAS DE PRIMEIRA ORDEM Uma equação escrita na forma diferencial 0),(),( =+ dyyxNdxyxM será exata, se existir uma função ),( yxFF = cuja diferencial exata dyFdxFdF yx += coincide com 0=+ NdyMdx , isto é: dyyxNdxyxMdF ),(),( += . Exigindo algumas propriedades de diferenciabilidade das funções M e N, tem-se um outro critério para garantir que esta equação é exata. A equação 0=+ NdyMdx é exata se xy NM = . Exemplo 23: Verifique se as equações diferencias são exatas: • 0)(3 32 =++ dyxyydxx , como a equação já esta escrita na sua forma diferencial, basta então verificar as sua respectivas derivadas, isto é: yxyxM 23),( = e 3),( xyyxN += , logo 23),( xyxM y = e 23),( xyxN x = como xy NM = , logo a equação diferencial dada é exata. • 02 =+ dyyxydx , neste caso, xyyxM =),( e 2),( yyxN = , 14 logo xyxM y =),( e 0),( =yxN x como xy NM ≠ , logo a equação diferencial dada não é exata. MÉTODO DE RESOLUÇÃO DE EDO EXATA Para resolver uma EDO da forma 0=+ NdyMdx deve-se verificar, primeiramente se esta é exata, em caso positivo deve-se garantir que existe uma função ),( yxFF = tal que: ),( yxM x F = ∂ ∂ e ),( yxN y F = ∂ ∂ Na seqüência, toma-se a relação ),( yxMFx = e integra em relação a variável x para obter ∫ += )(),(),( ygdxyxMyxF . Derivando este resultado em y, obtém-se ∫ ′+∂ ∂ = ∂ ∂ )(),( ygdxyxM yy F que pode ser identificado com a função ),( yxNN = , para obter a expressão de )( ygg = . A solução da EDO exata será dada por CyxF =),( . Exemplo 24: Dado a equação diferencial 0)()2( 2 =+++ dyyxdxxxy : a) mostre que ela é exata; b) determine a sua solução geral. Solução: a) Identificando xxyyxM += 2),( e yxyxN += 2),( e mostrando que xy NxM == 2 , pode-se concluir que a equação dada é exata; b) Para garantir que existe uma ),( yxFF = tal que xxy x F += ∂ ∂ 2 e yx y F += ∂ ∂ 2 , integra-se a primeira relação com respeito à variável x, obtendo )( 2 )2(),( 2 2 ygxyxdxxxyyxF ++=+= ∫ onde )( ygg = depende apenas da variável y. Agora, deriva parcialmente esta última relação com respeito a y, para obter )()( 2 2 2 2 ygxygxyx yy F ′+=′+ + ∂ ∂ = ∂ ∂ Identificando esta derivada com ),( yxNN = yxygx +=′+ 22 )( ou yyg =′ )( , onde seque que Kyyg += 2 )( 2 (K é uma constante de integração). Assim, KyxyxyxF +++= 22 ),( 22 2 15 e a solução da EDO será dada por Kyxyx =++ 22 22 2 . Exercício 13: Resolva, se possível, as equações diferenciais: a) 0)22()23( 2 =+++ dyyxdxyx ; b) xy xy xey ye y − + =′ 2 2 ; c) 0)2()31( 322 =++++ dxxyydyxyx ; d) 0=+ dyxedxye xyxy ; f) 0=+ dyyedxxe xyxy ; g) 0)()( =++− dyyxdxyx . EQUAÇÃO DE BERNOULLI Uma equação diferencial de Bernoulli [em homenagem a James Bernoulli (1654-1705)] é da forma nyxqyxp dx dy )()( =+ . Observe que, se 0=n ou 1, a equação de Bernoulli é linear. Para outros valores de n, Pode-se mostrar que a substituição nyu −= 1 transforma a equação de Bernoulli na equação linear )()1()()1( xqnuxpn dx du −=−+ . De fato: Sendo nyu −= 1 , logo ( ) dx yd dx du n− = 1 ou dx dyyn dx du n− −= )1( ou ainda dx dyy dx du n n− = − )1( 1 (*) Multiplicando nyxqyxp dx dy )()( =+ por ny − , tem-se nnnn yyxqyyxp dx dyy −−− =+ )()( , logo )()( 1 xqyxp dx dyy nn =+ −− (**) 16 Substituindo (*) e nyu −= 1 em (**), tem-se )()()1( 1 xquxp dx du n =+ − ou )()1()()1( xqnuxpn dx du −=−+ que é uma equação linear de primeira ordem. Exemplo 25: Resolva a equação diferencial 2xyyyx −=+′ . Solução: Como esta equação corresponde a uma equação de Bernoulli com 2=n , usa-se a substituição 1−= yu de tal forma a transformá-la em uma equação linear. Multiplicando a equação diferencial 2xyyyx −=+′ por 2−y , obtém-se xyyxy −=+′ −− 12 , lembrando que 1−= yu e uyy ′−=′−2 tem-se xuux −=+′− , que é a equação diferencial linear 11 =−′ u x u . Resolvendo a equação diferencial linear de primeira ordem por fator de integração obtém- se 1lnln 1 1 −− − === ∫ = − xeeeFI xx dx x . Assim, 11 =−′ u x u multiplicado por FI é 111 1 −−− =−′ xux x xu , observando que ( )111 1 −−− =−′ uxDux x xu x , tem-se ( ) 11 −− = xuxDx . Integrando tem-se, dxxux ∫ −− = 11 ou Cxux +=− ln1 , ou ainda xCxxu += ln . Lembrando que 1−= yu , tem-se xCxxy +=− ln1 , ou )(ln 1)( Cxx xy + = que é a solução da equação diferencial2xyyyx −=+′ . Exercício 14: Use o exemplo 25 para resolver as equações diferenciais: a) 3xyyy =+′ ; b) 2 32 x yy x y =+′ ; 17 EQUAÇÃO DIFERENCIAL LINEAR DE SEGUNDA ORDEM Uma equação diferencial linear de ordem n é uma equação da forma )()()()()( 12211)( xKyxfyxfyxfyxfy nnnnn =+′++++ −−− L onde nfff ,,, 21 K e k são funções de uma variável com o mesmo domínio. OBS: Se 0)( =xK para todo x a equação diferencial é Homogênea. Se 0)( ≠xK para algum x a equação diferencial é Não Homogênea. Exemplo 26: a) 2)(2 2 =−′+′′ ysenxyxyx é uma equação diferencial de segunda ordem, linear e não homogênea; b) 2xyyxyy =+′+′′′ é uma equação diferencial de terceira ordem, não linear e não homogênea; c) 0=−′′ yy é uma equação diferencial de segunda ordem, linear e homogênea; d) xeyxy −=′′+′3 é uma equação diferencial de segunda ordem, linear e não homogênea. Se )(1 xyy = é uma solução da equação homogênea de ordem n 0)()()()( 12211)( =+′++++ −−− yxfyxfyxfyxfy nnnnn L , então )(11 xycy = , também é uma solução, onde 1c é uma constante qualquer. Se )(1 xyy = , )(2 xyy = , )(3 xyy = ,..., )(xyy n= , são soluções da equação homogênea de ordem n, então )()()( 2211 xycxycxycy nnL++= , também é uma solução, onde 1c , 2c ,..., nc são constantes. Um conjunto de soluções )(1 xyy = , )(2 xyy = , )(3 xyy = ,..., )(xyy n= da equação homogênea é denominado LINEARMENTE INDEPENDENTE (LI) se 0 0 212211 ====⇒=++ nnn cccycycyc LL , ou ainda 0 0 21 1 2211 ====⇒==++ ∑ = n n i iinn cccycycycyc LL Se 0 1 2211 ==++ ∑ = n i iinn ycycycyc L , quando pelo menos um dos 0≠ic , o conjunto de soluções )(1 xyy = , )(2 xyy = , )(3 xyy = ,..., )(xyy n= da equação homogênea é denominado LINEARMENTE DEPENDENTE (LD). 18 Exemplo 27: As funções xe e xe− são linearmente independentes. Para verificar, forma-se 021 =+ − xx ecec , onde 1c e 2c são constantes. Derivando, obtém-se 021 =− −xx ecec . Resolvendo o sistema formado pelas duas equações , é fácil de encontrar que 021 == cc . Exemplo 28: As funções xe , xe2 e xe− são linearmente dependentes, porque 02 321 =++ − xxx ececec , quando 21 =c , 12 −=c e 03 =c . Definição: Uma condição necessária e suficiente para que o conjunto de n soluções seja LI é que o Wronskiano das funções 1y , 2y ,..., ny seja diferente de zero, isto é, que o determinante 0 )1()1( 2 )1( 1 21 21 ≠ ′′′ = −−− n n nn n n yyy yyy yyy W L MMMM L L . W é chamado de Wronskiano das funções 1y , 2y ,..., ny e é indicado por )](,,,[)( 21 xyyyWxW nK= . OBS: Neste curso será abordada apenas a equação diferencial de segunda ordem: Homogênea ⇒ 0=+′+′′ cyybya Não Homogênea ⇒ dcyybya =+′+′′ Teorema: Se )(1 xy e )(2 xy forem soluções da equação diferencial homogênea 0=+′+′′ cyybya no intervalo βα << x , com 0)()()()( 2121 ≠′−′ xyxyxyxy neste intervalo, então a função )()()( 2211 xycxycxy += é solução geral da equação diferencial homogênea para todos os reais 1c e 2c . Definição: A expressão )()()()( 2121 xyxyxyxy ′−′ ou o Wronskiano das funções 1y e 2y é obtida calculando o determinante de )()( )()( 21 21 xyxy xyxy ′′ . Exemplo 29: Mostre que xx ececxy 2251)( −+= é a solução geral da equação homogênea 0103 =−′−′′ yyy . xx xx xx ee ee eeW 25 25 25 25 ],[ − − − −− = xxxx eeee 2525 )5()2( −− −−−= 0352 333 ≠=+−= xxx eee para todo x. 19 Portanto xx ececxy 22 5 1)( −+= é a solução geral da equação homogênea 0103 =−′−′′ yyy . Exemplo 30: Dado a equação diferencial homogênea de segunda ordem 0103 =−′−′′ yyy e as soluções xey 5= e xey 2−= , mostre que xx ececxy 22 5 1)( −+= é solução. De fato: xx ececxy 22 5 1)( −+= , xx ececxy 2251 25)( −−=′ e xx ececxy 2251 425)( −+=′′ Substituindo na equação diferencial 0103 =−′−′′ yyy , tem-se =+−−−+ −−− )(10)25(3)425( 225122512251 xxxxxx ecececececec xxxxxx ecececececec 22 5 1 2 2 5 1 2 2 5 1 1010615425 −−− −−+−+= 0)1064()101525( 22225111 =−++−−= − xx eccceccc Logo xx ececxy 22 5 1)( −+= satisfaz a equação diferencial 0103 =−′−′′ yyy , portanto é solução. MÉTODO DE RESOLUÇÃO PARA A EQUAÇÃO DIFERENCIAL HOMOGÊNEA LINEAR DE SEGUNDA ORDEM Encontrar duas soluções cujo Wronskiano seja diferente de zero ⇒ encontrar a solução geral ⇒ que as funções )(xy ′′ , )(xy ′ e )(xy devem ter o mesmo “aspecto”. ≠)(xy polinômio, pois senão os termos )(xya ′′ , )(xyb ′ e )(xcy seriam polinômios de graus diferentes e a soma seria NÃO NULA. Assim, xexy λ=)( , onde λ é um parâmetro a ser determinado, logo 0=+′+′′ cyybya ⇒ 02 =++ xxx ceebea λλλ λλ ⇒ ( ) 02 =++ xecba λλλ como 0≠xeλ para todo x e λ , têm-se que xeλ é solução da equação diferencial homogênea ⇔ 02 =++ cba λλ (equação característica da equação diferencial). Definição: As soluções da equação característica da equação diferencial 02 =++ cba λλ podem ser a acbb 2 42 1 −−− =λ e a acbb 2 42 2 −+− =λ , sendo: 20 i) Se ⇒>− 042 acb raízes reais e distintas; ii) Se ⇒=− 042 acb raízes reais e duplas; iii) Se ⇒<− 042 acb raízes complexas. SOLUÇÕES EM TERMOS DAS RAÍZES CARACTERÍSTICAS Caso 1: 1λ e 2λ são raízes reais e distintas ⇒ xx ececxy 21 21)( λλ += Caso 2: 1λ e 2λ são raízes reais e duplas ⇒ xx xececxy 21 21)( λλ += Caso 3: tis +=1λ e tis −=2λ são raízes complexas ⇒ ( )txctxcexy sx sencos)( 21 += . Exercício 15: Determine as soluções gerais das equações diferenciais homogêneas: a) 02 =−′−′′ yyy b) 07 =′−′′ yy c) 054 =+′+′′ yyy Exercício 16: Duas soluções de 02 =+′+′′ yyy são xe− e xe −5 . Pergunta-se xx ececxy −− += 21 5)( é a solução geral? Exercício 17: Resolva as equações diferenciais homogêneas de segunda ordem: a) 0=−′′ yy b) 030 =−′−′′ yyy c) 02 =+′−′′ yyy d) 0=+′′ yy e) 022 =+′+′′ yyy Exercício 18: Ache a solução do problema de valor inicial proposto, desenhe as curvas de soluções (use por exemplo um software qualquer) a) 0145816 =+′−′′ yyy , 2)0( −=y e 1)0( =′y b) 04 =+′′ yy , 0)0( =y e 1)0( =′y c) 052 =+′−′′ yyy , 0)2( =piy e 2)2( =′ piy d) 025.0 =+′−′′ yyy , 2)0( =y e 3/1)0( =′y 21 Resolução de 18-a): A equação característica é: 0145816 2 =+− λλ e suas raízes são i3 4 1 ±=λ . Assim, a solução geral da equação diferencial é xsenecxecxy xx 33cos)( 4241 += (*) fazendo 0=x , a primeira condição inicial fornece ⇒ 2)0( 1 −== cy ⇒ 21 −=c para a segunda condição , deriva-se (*) e depois faz 0=x ⇒ 13 4 1)0( 21 =+=′ ccy ⇒ 2/12 =c Portanto a solução geral do PVI dado em 18-a) é: xsenexexy xx 3 2 13cos2)( 44 +−= Figura: Solução do PVI 0145816 =+′−′′ yyy , 2)0( −=y e 1)0( =′y usando um software. EQUAÇÃO DIFERENCIAL LINEAR NÃO HOMOGÊNEA DE SEGUNDA ORDEM Considera-se uma equação linear de segunda ordem com coeficientes constantes e não homogênea )()()()( xkxcyxybxya =+′+′′ , onde a, b e c são constantes e )(xk uma função contínua. Assim, para obter a solução desta equação basta somar à solução geral da equação homogênea, )(xyh , uma solução particular da equação não homogênea, )(xy p , isto é )()()( xyxyxy ph += . Exemplo 31: Ache a solução geral de 2xyy =+′′ , se uma solução é 2)( 2 −= xxy e se duas soluções de 0=+′′ yy são senx e xcos . 22 Dado que senx e xcos são soluções da equação diferencial homogênea, tem-se quexcsenxcxy cos)( 21 += é uma solução se 0≠W . Logo 01cos cos cos 22 ≠−=−−= − = xxsen senxx xsenx W portanto, a solução geral de 2xyy =+′′ é )()()( xyxyxy ph += 2cos 221 −++= xxcsenxc . MÉTODO DE RESOLUÇÃO PARA A EQUAÇÃO DIFERENCIAL NÃO HOMOGÊNEA LINEAR DE SEGUNDA ORDEM Apresenta-se dois métodos para resolver uma equação não homogênea: • método dos coeficientes indeterminados (ou coeficientes à determinar); • método da variação de parâmetros. MÉTODO DOS COEFICIENTES INDETERMINADOS O método dos coeficientes indeterminados exige que façamos uma hipótese inicial sobre a forma da solução particular )(xy p , porém com os coeficientes envolvidos indeterminados. Depois substitui-se a expressão hipotética na equação diferencial não homogênea e tenta-se determinar os coeficientes, de modo que satisfaça a equação. Exemplo 32: Ache uma solução particular de xeyyy 2343 =−′−′′ Solução: Procuramos uma função )(xy p tal que )(4)(3)( xyxyxy ppp −′−′′ seja igual a xe 23 . Uma vez que a função exponencial se reproduz na derivação, a forma mais razoável de conseguir este resultado é admitir que )(xy p seja um múltiplo de xe 2 , ou seja x p Aexy 2)( = , onde o coeficiente A deve ser determinado. A fim de encontrarmos A calculamos xp Aexy 22)( =′ e xp Aexy 24)( =′′ e substituímos na equação diferencial, logo xeyyy 2343 =−′−′′ ⇒ xxxx eAeAeAe 2222 34)2(34 =−− ⇒ ( ) xx eeAAA 22 3464 =−− ⇒ 2/1−=A Assim, a solução particular é xp exy 2 2 1)( −= . Exercício 19: Ache uma solução particular de senxyyy 243 =−′−′′ . Exercício 20: Ache uma solução particular de 2443 xyyy =−′−′′ . 23 TABELA PARA AUXILAR A ENCONTRAR ALGUMAS SOLUÇÕES PARTICULARES DA EQUAÇÃO DIFERENCIAL DE SEGUNDA ORDEM COM COEFICIENTES CONSTANTES Tabela: Solução particular de )(xkcyybya =+′+′′ )(xk )(xy p 23x CBxAx ++2 xe37 xAe3 )3cos(17 x )3()3cos( xBsenxA + )2(7 xsen )2()2cos( xBsenxA + )2cos(8)2(7 xxsen + )2()2cos( xBsenxA + )37(3 25 +++ xxe x )( 25 DCxBxAe x +++ )37(3 25 ++ xxe x )( 25 CBxAxe x ++ )2(3 5 xsene x [ ])2()2cos(5 xBsenxAe x + Exercício 21: Ache a solução geral da equação diferencial dada, utilize a tabela acima, se necessário: a) xeyyy 2332 =−′−′′ b) xxeyyy −−=−′−′′ 332 c) senxxyyy 332 2 +=+′+′′ Exercício 22: Ache a solução do PVI dado: a) xyyy 22 =−′+′′ ; 0)0( =y e 1)0( =′y b) xsenyy 234 =+′′ ; 2)0( =y e 1)0( −=′y MÉTODO DA VARIAÇÃO DOS PARÂMETROS Se )()()( 2211 xycxycxy += é a solução geral da equação característica 0)( =xk de )(xkcyyby =+′+′′ , então a solução particular é dada por )()()( 21 xvyxuyxy p += , onde )(xgu = e )(xhv = satisfazem a equação do sistema =′′+′′ =′+′ )( 0 21 21 xkyvyu yvyu . Exemplo 33: Use variação de parâmetros para achar a solução geral de 2xyy =−′′ . Solução: E fácil de verificar que a solução da equação homogênea é xxh ececxy −+= 21)( , uma vez que a equação característica 012 =−λ tem por raízes 1± . Seja então xx p veuexy −+=)( , logo 24 =′−′ =′+′ − − 2 0 xeveu eveu xx xx )2( )1( Resolvendo (1), obtém-se xx eveu −′−=′ ⇒ 2xevu −′−=′ (3) De (2), tem-se 2xeveu xx =′−′ − ⇒ 22 xeveev xxx =′−′− −− ⇒ 2xevev xx =′−′− −− ⇒ 22 xev x =′− − ⇒ xexv 2 2 1 −=′ (4) integrando ⇒ dxexdxv x∫∫ −=′ 2 2 1 ⇒ dxexv x∫−= 2 2 1 integrando por parte duas vezes obtém-se ⇒ xexxv ) 2 11( 2+−−= (5) Substituindo (4) em (3), tem-se 2 1 22 xx eexu − −−=′ ⇒ 2 1 2 xexu −=′ Integrando dx 2 1 2 ∫∫ − =′ xexdxu ⇒ xexxu −++−= ) 2 11( 2 (6) Assim, xxp veuexy −+=)( reduz-se a xxxx p eexxeexxxy −− +−−+ ++−= ) 2 11() 2 11()( 22 ou ) 2 11() 2 11()( 22 xxxxxy p +−−++−= 22)( xxy p −−= e portanto a solução geral que é dada por )()()( xyxyxy ph += é 2 21 2)( xececxy xx −−+= − . 25 Exercício 23: Use o método de variação de parâmetros para determinar uma solução particular da equação diferencial proposta. Verifique sua resposta mediante o método de coeficientes a determinar. a) xeyyy 265 =+′−′′ ; b) xeyyy −=+′+′′ 32 ; c) tgxyy =+′′ Exercício 24: Determine a solução geral da equação diferencial xexyyy 2244 −−=+′+′′ . APLICAÇÃO EM ENGENHARIA Os esforços solicitantes são obtidos a partir das equações de equilíbrio que regem o comportamento das vigas. Estas equações encontram-se descritas abaixo )()( xq dx xdV −= e )()( xV dx xdM = onde )(xq é um carregamento genérico, )(xV é a força cortante, )(xM é o momento fletor. Exemplo 33: Tomemos uma viga em 2 apoios simples, sujeita à carga uniformemente distribuída igual – q, indicado na Figura 1 e calculemos o momento fletor ao longo da viga, desprezando a influência da força cortante. Figura 1 A expressão da carga, neste caso é: =− q constante. A força cortante no ponto da abscissa x é dado pela equação diferencial ordinária linear de primeira ordem q dx xdV −= )( . Logo, para determinar a força cortante, integramos esta equação, o que resulta em: dxqdx dx dV xx ∫∫ −= 00 ⇒ CqxxV +−=)( A constante C se determina usando a condição inicial , que é 2 qLRa = para 0=x , ou ainda CqqLV +−== 0. 2 )0( , portanto 2 qLC = . Assim, 2 )( qLqxxV +−= , que é a expressão da força cortante para o caso da Figura 1. 26 Exemplo 34: Pode-se ainda, usando o Exemplo 34, determinar a expressão do momento fletor em uma seção à distância x do apoio. Como )()( xV dx xdM = , temos dxxVdx dx xdM xx ∫∫ = 00 )( )( ⇒ dxxVM x ∫= 0 )( ⇒ C qx x qLM +−= 22 2 A constante se determina pela orientação de limite: 0=M para 0=x , portanto 0=C . Assim, 22 )( 2qx x qL xM −= , que é a expressão do momento fletor para o caso da Figura 1. Exercício 27: Determine as equações da força cortante e do momento fletor para a viga ilustrada na Figura 2, através da integração da equação diferencial. Figura 2: Equação diferencial: viga submetida a carga distribuída Solução: A equação do carregamento é 500)( −=xq , e as condições no contorno são 0)0( =M e 0)3( =M : Logo, para determinar a força cortante, integramos a equação q dx xdV −= )( , o que resulta em: dxdx dx dV xx ∫∫ −= 00 500 ⇒ 1500)( CxxV +−= A expressão do momento fletor em uma seção à distância x do apoio é dada por )()( xV dx xdM = , logo, 1500 )( Cx dx xdM +−= , integrando, temos ( ) 2122121 2502 500500)( CxCxCxCxdxCxxM ++−=++−=+−= ∫ , ou simplesmente 21 2250)( CxCxxM ++−= Para obter os valores das constantes de integração utiliza-se as condições dadas, assim: 21 2 )0()0(2500)0( CCM ++−== ⇒ 02 =C 27 21 2 )3()3(2500)3( CCM ++−== ⇒ 7501 =C Assim, as equações da força cortante e do momento fletor são: 750500)( +−= xxV xxxM 750250)( 2 +−= Vimos, nos exemplos acima, que modelo que representa vigas em flexão pura consiste em supor que as ações de movimento possíveis devam ser tais que as seções transversais permaneçam planas, não-deformadas e ortogonais ao eixo da viga. Logo, as forças transversais e os momentos puros são os esforços compatíveis com a cinemática adotada para esse modelo como ilustrado na Figura 3. Figura 3: Esforços externos compatíveis com a viga de Euler-Bernoulli: (a) esforços externos e (b) convençãode sinais Assim como no caso de barras, é possível estabelecer uma relação de equilíbrio para forças e momentos em vigas resultando nas seguintes equações diferenciais: )()( xq dx xdV −= e )()( xV dx xdM = ou ainda dx xdV dx xMd )()( 2 2 = ⇒ )()(2 2 xq dx xMd −= onde )(xV é a força cortante, )(xM é o momento fletor e )(xq é um carregamento distribuído transversal sobre a mesma. Empregando-se as equações constitutivas desse modelo, chega-se a 2 2 )()()( dx xvd xIxEM = 28 onde )(xv é a deflação ao longo da viga submetida ao carregamento transversal )(xq , )(xE é o modelo de elasticidade longitudinal e )(xI o momento de inércia na área da seção transversal. Substituindo 2 2 )()()( dx xvd xIxEM = na equação )()(2 2 xq dx xMd −= , obtém-se )()()()( 2 2 2 2 xq dx xvd xIxE dx d −= ⇒ )()()()( 2 2 2 2 xq dx xvd xIxE dx d −= . Para um eixo de seção transversal constante e constituído de um único material ( )IxIExE == )( ;)( , tem-se )()(4 4 xq dx xvdEI −= . Como um exemplo de uma aplicação de viga, a Figura 4 ilustra uma passarela de pedestres. Figura 4: Passarela de pedestres Cálculo de deformação das vigas por integração Exemplo 35: A viga em balanço AB tem seção transversal uniforme e suporta a força q na sua extremidade livre A (Figura 5-a). Determinar a equação da linha elástica, a flecha e a declividade no ponto A. Figura 5: (a) viga em balanço AB; (b) diagrama do corpo livre de porção AC 29 Usando o diagrama de corpo livre, Figura 5-b, temos que qxM −= . Substituindo o valor de M em 2 2 )()()( dx xvd xIxEM = , e observando que E e I são constantes, encontramos qx dx xvdEI −=2 2 )( Integrando dxqxdx dx xvdEI xx ∫∫ −= 00 2 2 )( ⇒ 1 2 2 )( Cxq dx xdvEI +−= Observando que na extremidade fixa B, temos Lx = e inclinação 0)( = dx xdv , logo, 2 1 2 LqC = e portanto 22 22 )( Lqxq dx xdvEI +−= Integrando novamente dxLqxqxvEI x ∫ +−= 0 22 22 )( ⇒ 223 26)( CxL q x q xvEI ++−= mas em B, temos Lx = e 0=v , logo 2 23 26 0 CLLqLq ++−= ⇒ 332 26 LqLqC −= ⇒ 32 3 LqC −= Assim, a equação da linha elástica é: 323 326 )( LqxLqxqxvEI −+−= ou ( )323 23 6 )( LxLx EI q xv −+−= A flexa, )(xvA , e a declividade, dx xdvA )( , no ponto A são obtidas fazendo-se 0=x nas equações ( )323 23 6 )( LxLx EI q xv −+−= e +−= 22 22 1)( Lqxq EIdx xdv , assim 3 )( 3 EI qL xvA −= e EI qL dx xdvA 2 )( 2 = 30 Exercício 28: A viga prismática simplesmente apoiada AB suporta uma carga uniformemente distribuída de 500, conforme pode-se verificar na Figura 2 do Exemplo 27. Determine à equação da linha elástica e a flexa máxima desta viga. APLICAÇÕES: MODELOS MATEMÁTICOS E EQUAÇÕES DIFERENCIAIS Muitos problemas práticos podem ser modelados pela Matemática, de acordo com as quatro etapas abaixo (não muito bem definidas): 1. Construção de um modelo para descrever algum fenômeno físico; 2. Estabelecimento de um procedimento matemático adequado ao modelo físico; 3. Realização de cálculos numéricos aproximados com o uso do Modelo Matemático pré-estabelecido; 4. Comparação das quantidades numéricas obtidas através do Modelo Matemático com aquelas que se esperava obter a partir da formulação do modelo criado para resolver o problema. CRESCIMENTO POPULACIONAL Problemas populacionais levam às perguntas: 1. Qual será a população de um certo local ou meio ambiente em alguns anos? 2. Como poderemos proteger os recursos deste local ou deste meio ambiente para que não ocorra a extinção de uma ou de várias espécies? Para apresentar uma aplicação de equações diferenciais relacionado com este problema, consideraremos o modelo matemático mais simples para tratar sobre o crescimento populacional de algumas espécies, conhecido como o Modelo de Crescimento Exponencial de Malthus, que estabelece que a taxa de variação da população em relação ao tempo, aqui denotada por dt dN , é proporcional à população presente. Em outras palavras, se )(tNN = mede a população, tem-se kN dt dN = , onde a taxa k é uma constante. É simples verificar que se 0≥k , teremos crescimento e se 0≤k teremos um decaimento. Esta equação linear tem a solução kteNtN 0)( = onde 0N é a população inicial, isto é, 0)0( NN = . Podemos concluir que: 1) Se 0<k , a população cresce e continua a expandir para o infinito. 2) Se 0>k , a população se reduzirá e tenderá a zero, o que significa que ocorrerá extinção da população. 31 INVESTIGAÇÃO DE UM HOMICÍDIO Na investigação de um homicídio, ou de uma morte acidental, é muitas vezes importante estimar o instante da morte. Vamos descrever uma forma matemática para abordar este problema. A partir de observações experimentas, sabe-se que, com exatidão satisfatória em muitas circunstâncias, a temperatura superficial de um corpo se altera com uma taxa proporcional à diferença de temperatura entre a do corpo e a temperatura das vizinhanças (a temperatura ambiente). É o que acontece com a temperatura de Newton do resfriamento. Assim, se )(tθ for a temperatura do corpo num instante t, e se T for a temperatura constante do ambiente, então θ deve obedecer à equação diferencial linear de primeira ordem )( Tk dt d −−= θθ , onde 0>k é a constante de proporcionalidade. O sinal negativo provém do fato de se o corpo for mais quente que as vizinhanças )( T>θ então ele se torna mais frio com o tempo. Então 0< dt dθ quando 0>−Tθ . Admitindo que no instante 0=t descobre-se um cadáver e que a sua temperatura é medida e igual a 0θ . Vamos admitir que no instante da morte mt a temperatura do corpo fosse mθ igual à temperatura normal de C037 . Admitindo que )( Tkdt d −−= θθ seja válida para modelar esta situação, a nossa tarefa é determinar mt . Exercício 29: Resolver o modelo descrito acima, isto é, determinar o instante da morte mt do cadáver . Exercício 30: No instante 0=t , um tanque contém 0Q kg de sal dissolvido em 100 litros de água. Uma solução de sal em água, com ¼ g de sal por litro entra no tanque, bem misturado, sai a mesma razão. Achar a expressão de quantidade de sal )(tQ no tanque no instante t. Exercício 31: Uma bola de massa m é lançada verticalmente para cima a partir da superfície da terra com uma velocidade inicial positiva ov . Assumindo que as forças agindo na bola são a força da gravidade e a força de resistência do ar com sentido oposto ao sentido do movimento e com magnitude )(tvp onde p é uma constante positiva e )(tv é a velocidade da bola no tempo t. Na subida e na descida a força total agindo na bola é mgpv −− . Durante a subida, )(tv é positiva e a resistência age para baixo; durante a descida, )(tv é negativa e a resistência age para cima. Assim, pela Segunda Lei de Newton, a equação de movimento é mgpvvm −−=′ . Resolva essa equação diferencial para mostrar que a velocidade é p mg e p mg vtv mpto − += −)( . 32 LISTA DE EXERCÍCIOS 1) Determine a ordem da equação diferencial e informe (justificando) se a equação é linear ou não linear. a) senxy dx dy x dx yd x =++ 22 2 2 2a ordem, linear b) senyyyxyx =+′+′′ 22 2a ordem, não linear (devido ao termo sen y) c) xeyyxyy =+′+′′+ )1( 2 2a ordem, não linear (devido ao termo (1+ y2))d) 12 2 3 3 4 4 =++++ y dx dy dx yd dx yd dx yd 4a ordem, linear e) senxyxsen dx yd =++ )(2 2 2a ordem, não linear (devido ao termo sen (x+ y)) f) 02 =+ xy dx dy 1a ordem, não linear (devido ao termo y2) g) senxyyy =+′+′′ 63 2a ordem, linear h) xeyyy =′+′′ 3 2a ordem, não linear (devido ao termo 3yy’ ) i) xyeyyyy =′+′′ 3 2a ordem, linear j) ( ) ( ) xeyyy =+′+′′ 63 103 2a ordem, não linear (devido as potências) 2) Verifique se a função, ou funções dadas, constituem solução da EDO. a) 0=−′′ yy , xexy =)( b) 2xyyx =−′ , 23)( xxxy += c) 032 2 =−′+′′ yyxyx , 0>x ; 2/11 )( xxy = e 12 )( −= xxy d) xyy sec=+′′ , 2/0 pi<< x ; xsenxxxxy += cosln)(cos)( 33 LISTA DE EXERCÍCIOS Exercício 1: Dado a equação diferencial de segunda ordem 0432 =+′−′′ yyxyx , 0>x , pode-se verifique que: a) xxx ln)( 21 =φ é uma solução; b) 22 )( xx =φ também é uma solução. Exercício 2: Mostre que a equação diferencial 04 =+′′ yy tem a solução geral )2cos()2( 21 xcxsency += . Exercício 3: Verifique se xx xeexy −− += 2)( é a solução geral da equação diferencial 02 =+′+′′ yyy . Exercício 4: Use o exemplo 14 para determinar a solução do PVI = −=′ 2)3(y yy . Solução: xCexy −=)( Exercício 5: Resolva as equações diferenciais lineares de primeira ordem: a) xeyy −=+′ 2 Solução: xx eCexy 2)()( −+= b) xexyy 23 −+=+′ ; Solução: xx eexxy 32 9 1 3 1)( −− ++−= c) 1+=+′ −xxeyy ; Solução: xx eCexxy − ++= 2 2 1)( d) xexyyx =++′ ; Solução: ++−= Cex x xy x2 2 11)( e) senxyy =+′ Solução: xCexxxy −++−= sen 2 1 cos 2 1)( Exercício 6: Ache a solução particular da equação diferencial que satisfaz a condição dada: a) xxyy =−′ 2 ; 0)0( =y Solução: 2 2 1 2 1)( xexy +−= 34 b) xexyyyx −=++′ ; 1)1( =y Solução: xe e e x x xy − − − − −= 1 1 11)( c) xxyyx +=−′ 2 ; 2)1( =y Solução: ( )xCxxxy ++= ln)( Exercício 7: Verifique se as equações diferenciais são separáveis: d) 0sen 2 =+ dyyxdx ; e) 0222 =− dyyxdxxy ; f) 0)1( =++ ydydxxy Exercício 8: Encontre a solução geral da equação diferencial f) 2 sen y xy =′ ; 35 g) 024 =+ dx dy ey x ; h) 0=− ydxxdy ; i) yxyxy −=−=′ 1 . Exercício 9: Ache a solução particular do PVI = ′ −=′ 1)3( 32 2 y yxyy Exercício 10: Mostre que as funções do exemplo 20, de fato, são homogêneas. Exercício 11: Encontre as soluções das equações diferenciais homogêneas dadas no Exemplo 20. Exercício 12: Mostre que as equações diferenciais são homogêneas e ache as soluções respectivas. a) x yx dx dy + = b) 2 22 x yxyx dx dy ++ = c) yx xy dx dy − − = 2 34 d) yx yx dx dy − + = 3 e) 42 52 −− +− = yx xy dx dy Sugestão para o item e): use uma substituição preliminar da forma hXx −= e kYy −= . Escolha h e k de modo que a seja homogênea nas variáveis X e Y. Exercício 1: Mostre que a equação diferencial 04 =+′′ yy tem a solução geral )2cos()2( 21 xcxsency += . 36 OBS: Neste exercício a equação diferencial é de ordem 2, logo a solução geral contém duas constantes arbitrárias, 1c e 2c . Exercício 2: Verifique se xx xeexy −− += 2)( é a solução geral da equação diferencial 02 =+′+′′ yyy . Exercício 3: Use o exemplo 8 para determinar a solução do PVI = −=′ 2)3(y yy . Exercício 4: Verifique se as equações diferenciais são separáveis: • 02 =+ dyysenxdx ; • 0222 =− dyyxdxxy ; • 0)1( =++ ydydxxy Exercício 5: Encontre a solução geral da equação diferencial • 2y senxy =′ ; • 024 =+ dx dy ey x ; • 0=− ydxxdy ; • yxyxy −=−=′ 1 . Exercício 6: Ache a solução particular do PVI = ′ −=′ 1)3( 32 2 y yyyy Exercício 7: Mostre que as funções do exemplo 13, de fato, são homogêneas. Exercício 8: Encontre as soluções das equações diferenciais homogêneas dada no Exercício 7. Exercício 9: Resolva, se possível, as equações diferenciais: a) 0)22()23( 2 =+++ dyyxdxyx ; b) xy xy xey ye y − + =′ 2 2 ; c) 0)2()31( 322 =++++ dxxyydyxyx ; d) 0=+ dyxedxye xyxy ; f) 0=+ dyyedxxe xyxy ; g) 0)()( =++− dyyxdxyx . 37 Exercício 10: Resolva as equações diferenciais lineares de primeira ordem: a) 0cos)2( =+− ydydxysenx ; b) 035 52 =++′ xxyyx ; c) xexyyx =++′ ; d) senxyy =+′ . Exercício 11: Ache a solução particular da equação diferencial que satisfaz a condição dada: a) xxyyx +=−′ 2 ; 2)1( =y b) xexyyyx −=++′ ; 1)0( =y Exercício 12: Uma bola de massa m é lançada verticalmente para cima a partir da superfície da terra com uma velocidade inicial positiva ov . Assumindo que as forças agindo na bola são a força da gravidade e a força de resistência do ar com sentido oposto ao sentido do movimento e com magnitude )(tvp onde p é uma constante positiva e )(tv é a velocidade da bola no tempo t. Na subida e na descida a força total agindo na bola é mgpv −− . Durante a subida, )(tv é positiva e a resistência age para baixo; durante a descida, )(tv é negativa e a resistência age para cima. Assim, pela Segunda Lei de Newton, a equação de movimento é mgpvvm −−=′ . Resolva essa equação diferencial para mostrar que a velocidade é p mg e p mg vtv mpto − += −)( . Exercício 13: Obtenha uma solução em série para a equação diferencial a) 0=−′ yy b) 0=+′′ yy c) 02 =−′′ xyy Exercício 14: Determine as soluções gerais das equações diferenciais homogêneas: a) 02 =−′−′′ yyy b) 07 =′−′′ yy c) 054 =+′+′′ yyy Exercício 15: Duas soluções de 02 =+′+′′ yyy são xe − e xe −5 . Pergunta-se xx ececxy −− += 21 5)( é a solução geral? Exercício 16: Resolva as equações diferenciais homogêneas de segunda ordem: a) 0=−′′ yy b) 030 =−′−′′ yyy 38 c) 02 =+′−′′ yyy d) 0=+′′ yy e) 022 =+′+′′ yyy Exercício 17: Ache a solução do problema de valor inicial proposto, desenhe as curvas de soluções (use por exemplo o MAPLE) a) 0145816 =+′−′′ yyy , 2)0( −=y e 1)0( =′y b) 04 =+′′ yy , 0)0( =y e 1)0( =′y c) 052 =+′−′′ yyy , 0)2( =piy e 2)2( =′ piy d) 025.0 =+′−′′ yyy , 2)0( =y e 3/1)0( =′y Resolução de a): A equação característica é: 0145816 2 =+− λλ e suas raízes são i3 4 1 ±=λ . Assim, a solução geral da equação diferencial é xsenecxecxy xx 33cos)( 4241 += (*) fazendo 0=x , a primeira condição inicial fornece ⇒ 2)0( 1 −== cy ⇒ 21 −=c para a segunda condição , deva-se (*) e depois faz 0=x ⇒ 13 4 1)0( 21 =+=′ ccy ⇒ 2/12 =c Portanto a solução geral do PVI dado em a) é: xsenexexy xx 3 2 13cos2)( 44 +−= Figura: Solução do PVI 0145816 =+′−′′ yyy , 2)0( −=y e 1)0( =′y usando o Maple. Exercício 18: Ache uma solução particular de senxyyy 243 =−′−′′ . Exercício 19: Ache uma solução particular de 2443 xyyy =−′−′′ . Exercício 20: Ache a solução geral da equação diferencial dada: 39 a) xeyyy 2332 =−′−′′ b) xxeyyy −−=−′−′′ 332 c) senxxyyy 332 2 +=+′+′′ Exercício 21: Ache a solução do PVI dado: a) xyyy 22 =−′+′′ ; 0)0( =y e 1)0( =′y b) xsenyy 234 =+′′ ; 2)0( =y e 1)0( −=′y Exercício 22: Verifique que xxy =)(1 e xxy /1)(2 = são soluções de 02 =−′+′′ yyxyx e depois achea solução geral de xxyyxyx ln2 =−′+′′ para 0>x . Exercício 23: Use o método de variação de parâmetros para determinar uma solução particular da equação diferencial proposta. Verifique sua resposta mediante o método de coeficientes a determinar. a) xeyyy 265 =+′−′′ ; b) xeyyy −=+′+′′ 32 ; Exercício 24: Determine a solução geral da equação diferencial xexyyy 2244 −−=+′+′′ . Exercício 25: Resolver o modelo descrito acima, isto é, determinar o instante da morte mt do cadáver (ver apostila). Exercício 26: No instante 0=t , um tanque contém 0Q kg de sal dissolvido em 100 litros de água. Uma solução de sal em água, com ¼ g de sal por litro entra no tanque, bem misturado, sai a mesma razão. Achar a expressão de quantidade de sal )(tQ no tanque no instante t. Exercício 27: Suponha que as populações de coelhos e lobos são descritas pelas equações: aRWkR dt dR −−= bRWrW dt dW +−= onde k, r, a e b são constantes positivas, R refere-se a quantidades de coelhos e W ao número de lobos. Sendo 08.0=k , 001.0=a , 02.0=r e 00002.0=b . a) Encontre as soluções constantes (chamadas de soluções de equilíbrio) e interprete a resposta. 40 b) Use o sistema de equações para diferenciais para encontrar uma expressão para dt dW . c) Supondo que, em algum ponto no tempo, existam 1000 coelhos e 40 lobos. Desenhe uma curva solução e use-a para descrever as mudanças em ambos os níveis de população. 41 CONTEÚDO PARA A SEGUNDA PROVA DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PROFESSORA: NEYVAMARIA LOPES ROMEIRO Apresenta-se na Tabela 1 alguns exemplos de funções e sua representação em série de potências. Tabela 1: funções e séries de potências LL +++++== − ∑ ∞ = n n n xxxx x 2 0 1 1 1 LL +++++==∑ ∞ = !!2!1 1 ! 2 0 n xxx n x e n n n x L+−+−= + −=∑ ∞ = + !7!5!3)!12()1( 753 0 12 xxx x n x senx n n n L+−+−=−=∑ ∞ = !6!4!2 1)!2()1(cos 642 0 2 xxx n x x n n n APROXIMAÇÕES DA FUNÇÃO L+−+−= + −=∑ ∞ = + !7!5!3)!12()1( 753 0 12 xxx x n x senx n n n 42 Exemplo 1: Mostre que a representação em série de potências da função x1tan − é ∑ ∞ = + + − 0 12 12 )1( n n n n x Solução: Para mostrar, observa-se que du uaa u tg a ∫ + = − 22 1 11 , no exemplo 1=a e xxu =)( , logo dx x xtg ∫ + = − 2 1 1 1 , como ∑ −=+−++−+−= + nnnn xxxxx x )1()1(1 1 1 32 LL logo ( ) ( ) ( ) ∑ −=+−++−+−= + nnnn xxxxx x 2232222 2 )1()1(11 1 LL Portanto dx x xtg ∫ + = − 2 1 1 1 ( )dxxxxx nn∫ +−++−+−= LL 2642 )1(1 x n n n xxxx x 0 12753 12 )1( 753 + + −++−+−= + LL ∑ + −= + 12 )1( 12 n x nn Assim, mostrou-se que xtg 1− ∑ + −= + 12 )1( 12 n x nn . 43 RESOLUÇÃO DE UMA EDO DE PRIMEIRA ORDEM USANDO SÉRIES Uma série de potências ∑ nn xa define uma função f tal que LL ++++++== nn xaxaxaxaaxfy 332210)( para todo x no intervalo de convergência. Além disso, pode-se representações em séries das derivadas de f, diferenciando cada termo. Assim, ∑ ∞ = −− =+++++=′ 1 112 321 32 n n n n n xnaxnaxaxaay LL LL +−++⋅+=′′ −2232 )1(232 nnxannxaay ∑ ∞ = − −= 2 2)1( n n n xann e assim, sucessivamente. As séries de potências também podem ser empregadas para resolver certas equações diferencias. Neste caso, a solução costuma expressar-se como uma série infinita, e é chamada solução em série da equação diferencial. Exemplo 2: Obtenha uma solução em série da equação diferencial xyy 2=′ . Solução: Se a solução é dada por ∑= nn xay , então ∑ −=′ 1nn xnay e a substituição na equação diferencial se tem xyy 2=′ ⇒ ∑∑ ∞ = ∞ = − = 01 1 2 n n n n n n xaxxna ou ∑∑ ∞ = + ∞ = − = 0 1 1 1 2 n n n n n n xaxna É conveniente mudar o somatório à esquerda, de modo que apareça a mesma potencia de x que no somatório à direita. Para tanto, substitui-se n por n + 2 e inicia-se o somatório em n – 1. Assim, ∑∑ ∞ = + ∞ −= + + =+ 0 1 1 1 2 2)2( n n n n n n xaxan ou ainda LL ++++++ +12321 )2(32 nn xanxaxaa LL +++++= +123220 2322 nn xaxaxaxa comparando coeficientes, observa-se que 01 =a e nn aan 2)2( 2 =+ + , se 0≥n . Conseqüentemente, os coeficientes são dados por 01 =a e nn a n a 2 2 2 + =+ , se 0≥n . 44 Em particular, para L,2,1,0=n , nn a n a 2 2 2 + =+ torna-se 02 aa = 03 2 13 == aa 024 2 1 2 1 aaa == 0 5 2 35 == aa 046 32 1 3 1 aaa ⋅ == 0 7 2 57 == aa 068 432 1 4 1 aaa ⋅⋅ == assim, pode-se mostrar que, se n é impar, então 0=na (ou 012 =+na ), enquanto que 02 ! 1 a n a n = para todo inteiro positivo n. Desta forma a solução em série da equação diferencial xyy 2=′ , é +++++== ∑ ∞ = LL n n n n x n xxaxay ! 1 2 11 420 0 . Exercício 1: Obtenha uma solução em série para a equação diferencial a) 0)()()()1( 2 =−′+′′+ xyxyxxyx +−+−+= L86420 128 5 16 1 8 1 2 11)(: xxxxaxyS b) 0)()()( 2 =−′−′′ xyxyxxy +++++= L65420 720 1 20 1 24 1 2 11)(: xxxxaxyS ++++++ L65431 360 7 120 1 12 1 6 1 xxxxxa c) 0)()( 2 =+=′ xyxxy , onde 1)0( =y 223)(: 2 −−−= − xxexyS x d) 0)()( =−′′ xxyxy + ⋅⋅⋅ + ⋅ += L630 6532 1 32 11)(: xxaxyS + ⋅⋅⋅ + ⋅ ++ L741 7643 1 43 1 xxxa e) )(2)( xxyxy =′ f) 0)()( =−′ xyxy g) 0)(2)( =−′′ xxyxy OBS: Nos exercícios 1-a) até 1-g), pode-se que não existe nenhum valor de x de tal forma que apareça um ponto de singularidade na equação diferencial. Devido a isto todas as soluções procuradas são da forma ∑ ∞ = = 0 )( n n n xaxy 45 MÉTODO DE FROBENIUS Analisaremos a resolução da equação diferencial linear de segunda ordem dada por 0)()()()()()( =+′+′′ xyxRxyxQxyxP (1) onde )(xP , )(xQ e )(xR são funções polinomiais. Vimos (em aulas anteriores) que se 0)( ≠xP , para todo x, a equação (1) pode ser reescrita por 0)()( )()()( )()( =+′+′′ xy xP xR xy xP xQ xy (2) ou simplesmente por 0)()()()()( =+′+′′ xyxqxyxpxy (3) onde )( )()( xP xQ xp = e )( )()( xP xR xq = . Vimos ainda que a solução de (3) é uma série de potências do tipo ∑ ∞ = = 0 )( n n n xaxy . (4) A série de potências, dada em (4), é uma série de Taylor em torno do ponto 0=x . Se a solução não for analítica em 0=x , podemos naturalmente considerar um outro ponto ax = em que ela o será. O método de Frobenius utiliza esta mesma idéia, diferindo apenas que para a utilização deste método é necessário a equação (1) tenha um ponto singular em 0xx = , isto é 0)( 0 =xP . Assim, utilizaremos o método de Frobenius para resolver a equação diferencial linearde segunda ordem dada em (1), próxima de um ponto de singularidade 0xx = . Supondo então que 00 =x , pois se 00 ≠x a equação (1) pode ser transformada em uma outra equação diferencial e ser resolvida utilizando a série de potências dada em (4), procuramos uma solução da equação diferencial (1) na forma ∑∑ ∞ = + ∞ = == 00 )( n rn n n n n r xaxaxxy , (5) onde 00 ≠a (pois por hipótese 00 == xx ). Como parte da resolução, temos que determinar: 1) os valores de r para os quais a equação (1) tenha solução da forma (5); 2) a fórmula de recorrência; 3) o raio de convergência da série ∑ ∞ =0n n n xa 46 Esta teoria será melhor visualidade em forma de exemplo. Exemplo 3: Seja a equação diferencial 0)()1()()(2 2 =++′−′′ xyxxyxxyx , procuraremos uma solução da forma ∑ ∞ = = 0 )( n n n r xaxxy . Solução: Se a solução é dada por ∑ ∞ = = 0 )( n n n r xaxxy , ou ainda ( )LL ++++++= nnr xaxaxaxaaxxy 332210)( tem-se que ( )LL ++++++=′ − nnr xaxaxaxaarxxy 3322101)( ( )LL +++++++ −1342321 432 nnr xnaxaxaxaax multiplicando os termos LL ++++++=′ −+++− 123 1 21 1 0)( rnnrrrr xraxraxraxraxraxy LL +++++++ −++++ 134 2 3 1 21 432 rn n rrrr xnaxaxaxaxa agrupando os termos LL ++++++++++=′ −+++− 123 1 21 1 0 )()3()2()1()( rnnrrrr xanrxarxarxarxraxy ou simplesmente ∑ ∞ = −++=′ 0 1)()( n rn n xanrxy (6) De forma similar pode-se mostrar que ∑ ∞ = −++−+=′′ 0 2))(1()( n rn n xanrrnxy (7) Substituindo (5), (6) e (7) na equação diferencial 0)()1()()(2 2 =++′−′′ xyxxyxxyx , temos: 0)1()())(1(2 00 1 0 22 =+++−+−+ ∑∑∑ ∞ = + ∞ = −+ ∞ = −+ n rn n n rn n n rn n xaxxanrxxanrrnx 0)())(1(2 0 1 000 =+++−+−+ ∑∑∑∑ ∞ = ++ ∞ = + ∞ = + ∞ = + n rn n n rn n n rn n n rn n xaxaxanrxanrrn [ ] 01)())(1(2 0 1 0 =+++−+−+ ∑∑ ∞ = ++ ∞ = + n rn n n rn n xaxanrnrrn (8) 47 Para compararmos os coeficientes das potências de x é conveniente padronizar a notação de maneira que as potências de x tenham também a forma rnx + na segunda soma de (8). Para que isto ocorra, seja mn =+1 na segunda soma e, assim, obtemos ∑∑ ∞ = + − ∞ = ++ = 1 1 0 1 m rm m n rn n xaxa (9) o índice m, do somatório, pode ser substituído por n, e a soma pode ser igualmente reescrita por ∑ ∞ = + − 1 1 n rn n xa (10) A equação diferencial toma então a forma [ ] 01)())(1(2 1 1 0 =+++−+−+ ∑∑ ∞ = + − ∞ = + n rn n n rn n xaxanrnrrn (11) escrevendo separadamente a potência de x que aparece na primeira soma de (11), ou seja o termo com 0=n , obtemos [ ] [ ] 01)())(1(21)1(2 1 1 1 0 =+++−+−+++−− ∑∑ ∞ = + − ∞ = + n rn n n rn n r xaxanrnrrnxarrr ou ( ) [ ]{ } 01)())(1(2122 1 10 2 =+++−+−+++−− ∑ ∞ = + − n rn nn r xaanrnrrnxarrr ( ) [ ]{ } 01)())(1(2132 1 10 2 =+++−+−+++− ∑ ∞ = + − n rn nn r xaanrnrrnxarr (12) É necessário, em primeiro lugar que ( ) 0132 02 =+− arr . (13) Como 00 ≠a ( supomos que rx é a menor potência de x que aparece na série), seque-se que 0132 2 =+− rr . Logo 1=r e 2/1=r (valores de r para os quais a equação (1) tenha solução da forma (5)). A fórmula de recorrência é obtida utilizando [ ] 01)())(1(2 1 =+++−+−+ −nn aanrnrrn , ou ainda 48 11)())(1(2 1 −++−+−+ −= nn a rnrnrn a , 1≥n ou [ ] 11)()(1)(2 1 − ++−+−+ −= nn a rnrnrn a 12 1)()(2)(2 1 − ++−+−+ −= nn a rnrnrn a 12 1)(2)()(2 1 − ++−+−+ −= nn a rnrnrn a [ ] [ ] 11)(21)(2)( 1 − −+−−++ −= nn a rnrnrn a [ ][ ] 11)(21)( 1 − −+−+ −= nn a rnrn a , 1≥n (14) A fórmula de recorrência dada em (14) determina todos os outros coeficientes (observe que o denominador não pode se anular se 1≥n ) Para 1=r , temos [ ][ ] 11)1(21)1( 1 − −+−+ −= nn a nn a ⇒ 1)12( 1 −+ −= nn a nn a , 1≥n logo: 1=n ⇒ 01 3 1 aa −= 2=n ⇒ 12 52 1 aa ⋅ −= ⇒ 02 532 1 aa ⋅⋅ = 3=n ⇒ 23 73 1 aa ⋅ −= ⇒ 03 53273 1 aa ⋅⋅⋅⋅ −= ⇒ 03 )32(753 1 aa ⋅⋅⋅⋅ −= ⇒ 03 !3)753( 1 aa ⋅⋅⋅ −= 4=n ⇒ 34 94 1 aa ⋅ −= ⇒ ⋅⋅⋅⋅ − ⋅ −= 04 )32(753 1 94 1 aa ⇒ 04 )432(9753 1 aa ⋅⋅⋅⋅⋅ = ⇒ 04 !4)9753( 1 aa ⋅⋅⋅⋅ = 49 seguindo esta lógica, temos [ ] 0!)12(9753 )1( a nn a n n ⋅+⋅⋅⋅ − = L , 1≥n Assim, uma das soluções é dada por ∑ ∞ = = 0 1 )( n n n r xaxxy (lembrando que 1=r ), ou [ ] + ⋅+⋅⋅⋅ − ++ ⋅⋅⋅ − ⋅⋅ +−= L L L n n x nn a x a x a x a axxy !)12(9753 )1( !3)753(5323)( 030200 01 ou [ ] + ⋅+⋅⋅⋅ − ++ ⋅⋅⋅ − ⋅⋅ +−= L L L n n x nn xxxxaxy !)12(9753 )1( !3)753( 1 532 1 3 11)( 3201 ou [ ]∑ ∞ = ⋅+⋅⋅⋅ − = 0 01 !)12(9753 )1()( n n n x nn xaxy L (15) Resta ainda determinar o raio de convergência da série obtida em (15). Para isto, usamos o teste da razão, onde [ ] !)12(9753 )1( nn x a nn n ⋅+⋅⋅⋅ − = L , logo [ ] )!1()1)1(2(9753 )1( 11 1 +⋅++⋅⋅⋅ − = ++ + nn x a nn n L n n n a a 1lim + ∞→ [ ] [ ] !)12(9753 )1( )!1()1)1(2(9753 )1( lim 11 nn x nn x nn nn n ⋅+⋅⋅⋅ − +⋅++⋅⋅⋅ − = ++ ∞→ L L [ ] [ ] nn nn n x nn nn x )1( !)12(9753 )!1()1)1(2(9753 )1(lim 11 − ⋅+⋅⋅⋅ +⋅++⋅⋅⋅ − = ++ ∞→ L L nn nn n x nn nn xx )1( !)12( )!1()32( )1()1(lim − ⋅+ +⋅+ −− = ∞→ !)12( !)1()32( )1(lim nn nnn x n ⋅+ ⋅+⋅+ − = ∞→ )12()1()32( )1(lim + +⋅+ − = ∞→ n nn x n )1()32( )12)(1(||lim +⋅+ +− = ∞→ nn n x n )1()32( )12(lim|| +⋅+ + = ∞→ nn n x n mas 352 12lim 3322 12lim)1()32( )12(lim 22 ++ + = +++ + = +⋅+ + ∞→∞→∞→ nn n nnn n nn n nnn 50 indeterminação do tipo ∞ ∞ , aplicando a regra de L’Hopital, temos que 0 54 2lim 352 12lim 22 =+ = ++ + ∞→∞→ nnn n nn Assim, 00||)1()32( )12(lim|| =⋅= +⋅+ + ∞→ x nn n x n Portanto a série [ ]∑ ∞ = ⋅+⋅⋅⋅ − 0 !)12(9753 )1( n nn nn x L converge para todo x. Para 2 1 =r , temos 1 1 2 121 2 1 1 − − + − + −= nn a nn a ⇒ 1 2 12 1 − − −= nn a nn a , 1≥n logo: 1=n ⇒ 01 2 112 1 aa − −= ⇒ 01 aa = 2=n ⇒ 12 2 124 1 aa − −= ⇒ 12 6 1 aa −= ⇒ 02 6 1 aa −= ⇒ 02 32 1 aa ⋅ −= 3=n ⇒ 23 2 136 1 aa − −= ⇒ 23 15 1 aa −= ⇒ 23 53 1 aa ⋅ −= ⇒ 03 3253 1 aa ⋅⋅⋅ = ⇒ 03 !3)53( 1 aa ⋅⋅ = 4=n ⇒ 34 2 148 1 aa − −= ⇒ 34 2 148 1 aa − −= ⇒ 34 28 1 aa −= ⇒ 34 47 1 aa ⋅ −= ⇒ ⋅⋅ − ⋅ −= 04 !3)53( 1 47 1 aa ⇒ 04 !4)753( 1 aa ⋅⋅⋅ = seguindo esta lógica, temos [ ] 0!)12(753 )1( a nn a n n ⋅−⋅⋅ − = L , 1≥n 51 Assim, uma das soluções é dada por ∑ ∞ = = 0 2 )( n n n r xaxxy (lembrando que 2 1 =r ), ou [ ] + ⋅−⋅⋅ − +− ⋅⋅ + ⋅ −+= L L L n n x nn a x a x a xaaxxy !)12(753 )1( !3)53(32)( 03020 00 2/1 2 ou [ ] + ⋅−⋅⋅ − +− ⋅⋅ + ⋅ −+= L L L n n x nn xxxxaxy !)12(753 )1( !3)53( 1 32 11)( 322/102 ou [ ] ⋅−⋅⋅ − += ∑ ∞ =1 2/1 02 !)12(753 )1(1)( n n n x nn xaxy L (16) Pode-se verificar (como na série dada em (15)) que a série dada em (16) é convergente para todo x. Portanto a solução da equação diferencial 0)()1()()(2 2 =++′−′′ xyxxyxxyx usando o Método de Frobenius é )()()( 2211 xyCxyCxy += onde [ ]∑ ∞ = ⋅+⋅⋅⋅ − = 0 01 !)12(9753 )1()( n n n x nn xaxy L e [ ] ⋅−⋅⋅ − += ∑ ∞ =1 2/1 02 !)12(753 )1(1)( n n n x nn xaxy L Exercício 2: Use o método de Frobenius para encontrar uma solução da forma ∑ ∞ = = 0 )( n n n r xaxxy , para a equação diferencial 0)()2()(2)( 22 =−+′+′′ xyxxyxxyx . Exercício 3: Mostre que cada equação diferencial tem um ponto singular regular em 0=x . Determina os valores de r, a fórmula de recorrência e determine uma solução em série ( )0>x correspondente a maior raiz (ou seja o maior valor de r). Se as raízes forem desiguais, e não diferirem por um inteiro, achar também a solução em série correspondente a menor raiz. a) 0)()()(2 =+′+′′ xxyxyxyx :S 2/11 =r e 02 =r , [ ]1)(2)( 2 −++ −= − rnrn a a nn 52 [ ] + +⋅⋅ − ++ ⋅⋅⋅⋅⋅ − ⋅⋅⋅ + ⋅ −= L L L )14(1395!2 )1( 1395642954252 1)( 2642 2/1 1 nn xxxx xxy n nn e [ ] LLL +−⋅⋅ − ++ ⋅⋅⋅⋅⋅ − ⋅⋅⋅ + ⋅ −= )14(1173!2 )1( 1173642734232 1)( 2642 2 nn xxxx xy n nn b) 0)()( =+′′ xyxyx :S 11 =r e 02 =r , 2 1 )( rn a a nn + −= − ( ) ( ) ( ) LL ++++−= 22 2 21 !!2!1 1)( n xxx xy n c) 0)()()( =−′+′′ xyxyxyx , :S 021 == rr , )1)(( 1 −++ −= − rnrn a a nn + + − +++−= LL )!1(! )1( !3 !2!2 !1 1)( 2 1 nn xxx xxy nn SÉRIE DE FOURIER A série de Fourier de uma função )(xf definida no intervalo LxL <<− é ∑ ∞ = ++= 1 0 cos 2 )( n nn L xn senb L xn a a xf pipi onde ∫ − = L L dxxf L a )(10 ∫ − = L Ln dx L xn xf L a pi cos)(1 ∫ − = L Ln dx L xn senxf L b pi)(1 Para resolver os exercícios de séries de Fourier é necessário calcular algumas integrais trigonométricas, os resultados de algumas destas integrais encontram-se na Tabela 2. 53 Tabela 2: Integrais trigonométricas 0cos =∫ − L L dx L xnpi 0=∫ − L L dx L xn sen pi = ≠ =∫ − n L, m n, m dx L xm L xnL L 0 coscos pipi 0cos =∫ − L L dx L xm L xn sen pipi = ≠ =∫ − n L, m n, m dx L xm sen L xn sen L L 0pipi Exercício 4: Mostre os resultados da Tabela 2. Exercício 5: Encontre uma expansão em série de Fourier da função 4 )( 2x xf = , pipi <<− x . Exercício 6: Dado << <<− = pi pi xx x xf 0 , 0 ,1)( , encontre a expansão em série de Fourier. OBS: • se )(xf é uma função impar, então 0)( =∫ − L L dxxf • se )(xf é uma função par, então ∫∫ = − LL L dxxfdxxf 0 )(2)( 54 CONVERGÊNCIA DE SÉRIES DE FOURIER Se a função f e sua derivada f ′ são contínuas por parte no intervalo LxL <<− , então f é igual à sua série de Fourier em todos os pontos de continuidade. Em um ponto c onde um salto de descontinuidade ocorre em f, a série de Fourier converge para a média 2 )()( −+ + cfcf , onde )( +cf e )( −cf denotam os limites à direita e à esquerda de f em c, respectivamente f(x) = x -1 0 1 -3 -2 -1 0 1 2 3 xxf =)( , )1,( +∈ xxx , é uma função contínua nos intervalos )2,3( −− , )1,2( −− , )0 ,1(− , )1 ,0( , )2 ,1( , )3 ,2( Neste caso a série de Fourier converge em 1=x para a sua média, isto é 0 2 )1(1 2 )1()1( = −+ = + −+ ff Exercício 7: Verifique a convergência da série de Fourier << <<− = pi pi xx x xf 0 , 0 ,1)( Exercício 8: Dado xxf =)( , pipi <<− x , encontre a série de Fourier e verifique a sua convergência. SÉRIES DE FOURIER DE COSSENOS A série de Fourier de uma função PAR no intervalo LxL <<− é uma série de cossenos ∑ ∞ = += 1 0 cos 2 )( n n L xn a a xf pi , onde ∫ − = L L dxxf L a )(10 ∫= L n dxL xn xf L a 0 cos)(2 pi 55 SÉRIES DE FOURIER DE SENOS A série de Fourier de uma função IMPAR no intervalo LxL <<− é uma série de senos ∑ ∞ = ++= 1 0 cos 2 )( n nn L xn senb L xn a a xf pipi , onde ∫ − = L L dxxf L a )(10 ∫= L n dxL xn senxf L b 0 )(2 pi Exercício 9: Forneça uma função )(xf definida no intervalo ),0( L . Trace o gráfico de f e de uma extensão par para ),( LL− , depois encontre a série de cossenos de f para: a) xxf cos)( = , pi<< x0 b) xexf =)( , 10 << x Exercício 10: Forneça uma função )(xf definida no intervalo ),0( L . Trace o gráfico de f e de uma extensão impar para ),( LL− , depois encontre a série de senos de f para: a) xxf cos)( = , pi<< x0 b) xexf =)( , 10 << x Lista de Exercícios Exercício 1: Obtenha uma solução em série para a equação diferencial a) 0)()()()1( 2 =−′+′′+ xyxyxxyx +−+−+= L86420 128 5 16 1 8 1 2 11)(: xxxxaxyS b) 0)()()( 2 =−′−′′ xyxyxxy +++++= L65420 720 1 20 1 24 1 2 11)(: xxxxaxyS ++++++ L65431 360 7 120 1 12 1 6 1 xxxxxa c) 0)()( 2 =+=′ xyxxy , onde 1)0( =y 223)(: 2 −−−= − xxexyS x d) 0)()( =−′′ xxyxy + ⋅⋅⋅ + ⋅ += L630 6532 1 32 11)(: xxaxyS + ⋅⋅⋅ + ⋅ ++ L741 7643 1 43 1 xxxa e) )(2)( xxyxy =′ f) 0)()( =−′ xyxy g) 0)(2)( =−′′ xxyxy 56 Exercício 2: Use o método de Frobenius para encontrar uma solução da forma ∑ ∞ = = 0 )( n n n r xaxxy , para a equação diferencial 0)()2()(2)( 22 =−+′+′′ xyxxyxxyx . Exercício 3: Mostre que cada equação diferencial tem um ponto singular regular em 0=x . Determina os
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