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Sessa˜o 1: Generalidades Uma equac¸a˜o diferencial e´ uma equac¸a˜o envolvendo derivadas. Fala-se em derivada de uma func¸a˜o. Portanto o que se procura em uma equac¸a˜o diferencial e´ uma func¸a˜o. Em lugar de comec¸ar definindo de conceitos, vamos fazer isto ja´ dentro de exemplos. Exemplo 1. Resolver a equac¸a˜o diferencial y′ = xy. (1) O que se procura aqui e´ uma func¸a˜o y = y(x) de uma varia´vel x, cuja derivada em qualquer ponto satisfaz a equac¸a˜o (1). Dizemos que x e´ a varia´vel independente e y e´ a varia´vel dependente. A equac¸a˜o (1) pode ser reescrita como dy dx = xy. Nesta equac¸a˜o pode-se separar as varia´veis: deixar de um lado da igualdade todos os termos em x e dx e do outro lado todos os termos em y e dy: dy y = x dx ou y = 0. A func¸a˜o constante y = 0 e´ uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial (1). As demais sa˜o obtidas integrando ∫ dy y = ∫ x dx , que nos da´ ln |y|+ C1 = x 2 2 + C2 . Note que e´ desnecessa´rio considerar as duas constantes de integrac¸a˜o, elas podem ser agrupadas em uma so´, ln |y| = x 2 2 + ( C2 − C1 ) . Chamando de C = C1 − C2, temos ln |y| = x 2 2 + C , ou, tomando exponencial, |y| = ex 2 2 +C = eCe x2 2 . Portanto, y = ±eCex 2 2 . Mas se C e´ uma constante arbitra´ria, ±eC tambe´m e´, pode assumir qualquer valor na˜o nulo. Chamando D = ±eC , temos que y = De x2 2 (2) Figura 1 representa uma famı´lia de soluc¸o˜es da equac¸a˜o dife- rencial (1). Note que a soluc¸a˜o particular y = 0 tambe´m estara´ contida na famı´lia (2), se permitir- mos que D assuma tambe´m o valor 0. Portanto, (2) representa a famı´lia de todas as soluc¸o˜es da equac¸a˜o diferencial (1), sendo por isto isto chamada de soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o diferencial (1). Um esboc¸o da famı´lia de curvas (2) e´ dado ao lado. Neste exemplo, pode-se notar um fato que e´ t´ıpico: por um ponto do plano passa uma e somente uma curva da famı´lia (2). Portanto, se a` equac¸a˜o diferencial (1) acrescentarmos uma condic¸a˜o do tipo y(a) = b, chamada de condic¸a˜o inicial, formando o que se chama de um problema de valor inicial, teremos uma e somente uma soluc¸a˜o. Isto se deve ao fato que, ao impor a condic¸a˜o inicial y(a) = b, geome- tricamente isto significa que, dentre todas as curvas da famı´lia de soluc¸o˜es, estamos querendo aquela que passe pelo ponto de coordenadas (a, b). Por exemplo, considerando o problema de valor inicial (PVI) y′ = xy , y(2) = 3 , substituindo a condic¸a˜o inicial em (2), temos 3 = De2 . Portanto D = 3 e−2 . Logo a soluc¸a˜o do PVI e´ y = 3 e−2 e x2 2 . Observac¸o˜es: 1. Daqui para a frente, toda a vez que estivermos resolvendo uma equac¸a˜o diferencial pelo me´todo de separac¸a˜o de varia´veis, ao integrarmos os dois lados, nunca mais colocaremos uma constante de integrac¸a˜o de cada lado, pois, como vimos no exemplo acima, elas podera˜o ser agrupadas em uma so´. 2. O procedimento descrito acima para resolver a equac¸a˜o diferencial (1) e´ um procedimento mecaˆnico, que se presta para os ca´lculos pra´ticos, mas que, a` primeira vista, pode parecer meio ma´gico. No entanto, e´ um me´todo que pode ser usado sem reservas, pois como mostraremos a seguir, sempre que o desejarmos ele pode ser tornado rigoroso. Consideremos novamente a equac¸a˜o diferencial (1) y′ = xy. Ela equivale a y′ y = x ou y = 0. Note que, pela Regra da Cadeia (para derivar func¸o˜es compostas),( ln |y| )′ = 1 y y′ = y′ y , de modo que a equac¸a˜o diferencial original pode ser escrita como( ln |y| )′ = x. Logo, ln |y| = ∫ x dx− x 2 2 + C. A partir daqui, continuamos como no exemplo acima. 2 Exemplo 2 – Crescimento Populacional. Suponhamos que se tenha uma populac¸a˜o (de bacte´rias, por exemplo). Indiquemos por N = N(t) o nu´mero de indiv´ıduos no instante t. E´ claro que N varia aos saltos, pois so´ assume valores inteiros. Mas em um modelo matema´tico fazemos sempre descric¸o˜es aproximadas. A realidade em geral e´ muito complicada. Em um mo- delo matema´tico levamos em conta apenas alguns aspectos desta realidade, tentando isolar os aspectos mais relevantes. Com este esp´ırito, em nosso modelo vamos supor que N = N(t) varie continuamente com o tempo. Vamos inclusive derivar N em relac¸a˜o a t. A derivada N ′(t) = dN dt representa a taxa de crescimento da populac¸a˜o. Sabemos, da Biologia, que a taxa de crescimento de uma populac¸a˜o em um dado instante e´ diretamente proporcional ao nu´mero de indiv´ıduos neste instante. Em s´ımbolos, dN dt = λN, (3) onde λ > 0 e´ uma constante que so´ depende da espe´cie de bacte´rias que se esta´ observando (depende do tempo me´dio que cada ce´lula leva para se dividir). A equac¸a˜o diferencial (3) tambe´m pode ser resolvida pelo me´todo de separac¸a˜o de varia´veis. dN N = λ dt ou N = 0. A func¸a˜o constante N = 0 e´ uma soluc¸a˜o particular de (3), embora na˜o seja relevante no caso da populac¸a˜o. Por integrac¸a˜o, ∫ dN N = λ ∫ dt , ou seja, lnN = λ t+C. Aplicando a exponencial, N = eCeλ t. Mas eC representa uma constante - 6 sN0 t N arbitra´ria. O significado na˜o muda se usarmos qualquer outra letra para representa´-la. Podemos inclusive usar novamente a letra C. Assim, a soluc¸a˜o geral de (3) e´ N = Ceλ t . Se for conhecida a populac¸a˜o N0 no instante ini- cial t = 0, isto e´, se tivermos uma condic¸a˜o inicial N(0) = N0, determinamos C = N0, N = N0eλ t . Conclu´ımos que, segundo este modelo, a populac¸a˜o cresce exponencialmente. Neste exemplo, novamente observamos que em cada ponto do plano passa uma e somente uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial. Portanto, acrescentando uma condic¸a˜o inicial, ou equivalentemente, ao exigir que a curva soluc¸a˜o passe por um determinado ponto, teremos uma u´nica soluc¸a˜o para o PVI. Obs. O fenoˆmeno do decaimento radiativo pode ser modelado pela mesma equac¸a˜o diferencial. Se N = N(t) denota agora a quantidade de material radiativo em uma certa amostra, N decai a uma taxa, em cada instante t, proporcianal a` quantidade existente de material no instante t. Mas como N diminui, temos N ′ < 0. Assim a equac¸a˜o diferencial e´ dN dt = −λN . Fazendo uma ana´lise semelhante a` feita acima, encontramos a soluc¸a˜o geral N = C e−λ t . 3 Exemplo 3. Resolver a equac¸a˜o diferencial y′′ + y = 0. (4) Esta e´ uma equac¸a˜o diferencial de 2a ordem. Por definic¸a˜o, a ordem de uma equac¸a˜o diferencial e´ a ordem da derivada mais alta que aparece na equac¸a˜o. Ao resolver (4), estamos procurando uma func¸a˜o y, cuja derivada segunda seja y′′ = −y. Pela experieˆncia acumulada do Ca´lculo, conhecemos duas func¸o˜es que satisfazem a esta condic¸a˜o, y1 = y1(x) = cosx e y2 = y2(x) = senx. Estas sa˜o duas soluc¸o˜es particulares da equac¸a˜o diferencial (4). A partir delas, podemos construir toda uma famı´lia de soluc¸o˜es, y = C1 cosx+ C2 senx . (5) Por exemplo, y = 2 cosx − 5 senx faz parte desta famı´lia. E´ imediato verificar que qualquer func¸a˜o da forma (5) e´ uma soluc¸a˜o de (4). De fato, se y = C1 cosx+ C2 senx , enta˜o y′ = −C1 senx+ C2 cosx e, portanto, y′′ = −C1 cosx− C2 senx = −y . O que na˜o e´ nada o´bvio e sera´ mostrado mais tarde e´ que vale a rec´ıproca, toda soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial (4) faz parte da famı´lia (5), isto e´, (5) e´ a famı´lia de todas as soluc¸o˜es da equac¸a˜o diferencial (4). Por esta raza˜o, (5) e´ chamada de soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o diferencial (4). Note que esta famı´lia envolve duas constantes arbitra´rias, sendo por isto de um tipo “maior”, do que a soluc¸a˜o geral de uma equac¸a˜o diferencial de 1a ordem, que envolve uma constante arbitra´ria. Veremos que, de uma maneira geral, o nu´mero de constantes arbitra´rias envolvidas na soluc¸a˜o geral de uma equac¸a˜o diferencial e´ igual a` ordemda equac¸a˜o diferencial. Exemplo 4 – Sistema Massa–Mola. Consideremos o sistema mecaˆnico mostrado na figura, ¥¥D DD¥ ¥¥D DD¥ ¥¥D DD¥ ¥¥D DD¥ ¥¥D DD D DD¥ ¥¥D DD¥ ¥¥D DD¥ ¥¥D DD¥ ¥¥D DD¥¥¥ ¥¥ g grr x(t)0 m k ~Fff formado por uma massa m presa a uma mola de constante de elasticidade k e que realiza oscilac¸o˜es livres (sem forc¸a externa), na˜o amortecidas (sem atrito) em torno de uma posic¸a˜o de equil´ıbrio. Colo- camos a coordenada 0 na posic¸a˜o de equil´ıbrio. Em cada instante t a massa ocupa a posic¸a˜o de abscissa x = x(t). A u´nica forc¸a que age sobre a massa e´ a forc¸a restauradora ela´stica F . O sentido desta forc¸a e´ contra´rio ao do deslocamento x e seu mo´dulo e´ diretamente proporcional ao mo´dulo do deslocamento. F = −k x. Por outro lado, pela 2a lei de Newton, a forc¸a e´ igual a massa vezes a acelerac¸a˜o, F = m d2x dt2 . Igualando estas duas expreso˜es para a forc¸a, obtemos a equac¸a˜o diferencial m d2x dt2 + k x = 0 , 4 ou seja, d2x dt2 + ω2x = 0 , com ω2 = k m . (6) Podemos verificar que x1 = x1(t) = cosωt e x2 = senωt sa˜o duas soluc¸o˜es particulares de (6). Do mesmo modo que no Exemplo 3, podemos, a partir delas, construir uma famı´lia de soluc¸o˜es x = x(t) = C1x1(t) + C2x2(t) = C1 cosωt+ C2 senωt . (7) Nossa intuic¸a˜o f´ısica nos diz que para prever a posic¸a˜o da massa em um instante t futuro, precisamos conhecer dois dados, a posic¸a˜o e a velocidade iniciais. Chegamos assim ao chamado problema de valor inicial x′′ + ω2x = 0 x(0) = x0 x′(0) = v0 (8) que consiste da equac¸a˜o diferencial de 2a ordem (6) e duas condic¸o˜es iniciais. A soluc¸a˜o geral (7) corresponde a`s infinitas oscilac¸o˜es que nosso sistema massa–mola pode realizar. As condic¸o˜es iniciais permitem determinar as constantes C1 e C2. De fato, fazendo t = 0 em (7) encontramos C1 = x0. Derivando (7) e fazendo t = 0 em (7), encontramos C2 = v0ω = v0 √ m k . Assim, a equac¸a˜o diferencial (6) tem uma infinidade de soluc¸o˜es, mas o problema de valor inicial (8) tem uma so´ soluc¸a˜o, x(t) = x0 cos ( t √ k m ) + v0 √ m k sen ( t √ k m ) . (9) Observac¸a˜o. Vamos aproveitar para fazer uma observac¸a˜o muito u´til nas aplicac¸o˜es. Olhando a expressa˜o (7) para a soluc¸a˜o geral, fica dif´ıcil ter uma ide´ia geome´trica da famı´lia de func¸o˜es por ela representadas. Por isto, vamos transformar a expressa˜o (7). Seja P o ponto do plano cujas coordenadas cartesianas sa˜o P = ( C2, C1 ) . O ponto P tem coordenadas polares, digamos, C e ϕ, dadas por C = √ C21 + C 2 2 e ϕ = arctan C1 C2 . Temos C1 = C senϕ e C2 = C cosϕ . Substituindo em (7) temos x(t) = C cosωt senϕ+ C senωt cosϕ , ou seja, x(t) = C sen ( ωt+ ϕ ) . (10) A conclusa˜o e´ que (7) e (10) sa˜o duas maneiras diferentes de expressar a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o diferencial (6). Este exemplo ilustra o fato que podem existir diferentes maneiras de expressar a soluc¸a˜o geral. A expressa˜o (10) para a soluc¸a˜o geral e´ muito mais conveniente para ter uma descric¸a˜o geome´trica para a soluc¸a˜o geral. A constante ϕ corresponde a uma translac¸a˜o horizontal. O fator C simplesmente modifica a amplitude. Portanto, qualquer soluc¸a˜o x(t) e´ obtida da seno´ide x = senωt atrave´s de um deslocamento horizontal e da multiplicac¸a˜o por uma constante C. 5 Classificac¸a˜o das Equac¸o˜es Diferenciais – A ordem de uma equac¸a˜o diferencial e´ a maior ordem de derivac¸a˜o envolvida. Exemplo: y′′ − 2xy′ + 4y = ex e´ uma equac¸a˜o diferencial de 2a ordem. – Uma equac¸a˜o diferencial e´ ordina´ria (EDO) se a func¸a˜o procurada for de uma varia´vel. Exemplo: Todos vistos ate´ agora. – Uma equac¸a˜o diferencial e´ parcial (EDP) se a func¸a˜o procurada for uma func¸a˜o de va´rias varia´veis e, consequentemente, a equac¸a˜o envolver derivadas parciais. Exemplo: A Equac¸a˜o de Laplace uxx+uyy = 0, e´ uma equac¸a˜o diferencial parcial de 2a ordem. Alguns exemplos de soluc¸o˜es particulares da equac¸a˜o de Laplace sa˜o u1(x, y) = x2−y2, u2(x, y) = xy, u3(x, y) = x3 − 3xy2, u4(x, y) = ex cos y, u5(x, y) = ex sen y, u6(x, y) = ln ( x2 + y2 ) , u7(x, y) = arctan (y x ) , u8(x, y) = Ax+ by + C, u9(x, y) = x x2 + y2 . O objetivo, ao dar essa lista de algumas soluc¸o˜es particulares da equac¸a˜o de Laplace, e´ mostrar que existem soluc¸o˜es dos mais diversos tipos. A estrutura da famı´lia das soluc¸o˜es e´ muito mais complexa do que nos exemplos vistos de equac¸o˜es diferenciais ordina´rias. Notac¸a˜o No exemplo baixo mostramos 3 notac¸o˜es usuais para a mesma EDO: (i) ( x− y2)y′ = x2y (ii) ( x− y2)dy dx = x2y (iii) x2y dx+ ( y2 − x)dy = 0 Observac¸a˜o. Na˜o precisamos nos preocupar com o sentido de cada um dos s´ımbolos dx e dy isoladamente. Apenas convecionamos que o significado da expressa˜o (iii) acima e´ o que se obte´m ao dividir tudo por dx. 6 Sec¸a˜o 2: Interpretac¸a˜o Geome´trica – Campo de Direc¸o˜es Definic¸a˜o. Dizemos que uma EDO de 1a ordem esta´ em forma normal se y′ esta´ isolado, ou seja, se a equac¸a˜o for da forma y′ = F (x, y) , onde F (x, y) e´ uma func¸a˜o de duas varia´veis. Exemplos: y′ = xy esta´ em forma normal;( x + y ) y′ = xy na˜o esta´, mas pode facilmente ser posta em forma normal; xy′ + ( y′ )3 = y na˜o esta´ em forma normal. Exemplo 1. Consideremos a equac¸a˜o diferencial y′ = x2 + y2 . (1) Esta e´ uma EDO de 1a ordem em forma normal. Na˜o sabemos resolver a equac¸a˜o (1), mas vamos ver que por considerac¸o˜es geome´tricas e´ poss´ıvel ter uma ide´ia do comportamento de suas soluc¸o˜es. Qual a declividade da soluc¸a˜o que passa pelo ponto (1, 1)? Mais precisamente, qual e´ a declivi- dade da reta tangente a` soluc¸a˜o passando pelo ponto (1, 1), nesse ponto? A pro´pria equac¸a˜o nos diz que essa declividade vale y′ = 12 + 12 = 2. Desenhando, enta˜o, um pequeno seg- mento de reta centrado no ponto (1, 1) e com declividade 2, sabemos que este pequeno segmento tangencia a soluc¸a˜o no ponto (1, 1). Fazemos o mesmo procedimento com um nu´mero grande de pontos: para cada um destes pontos P = (x, y) calculamos o valor do coeficiente angular y′ = F (x, y) = x2 + y2 e desenhamos um pequeno segmento de reta com esta declividade, centrado no ponto P = (x, y). Fica determinado assim um campo de direc¸o˜es, a cada ponto corresponde uma direc¸a˜o. As soluc¸o˜es da equac¸a˜o diferencial sa˜o precisamente as curvas que podem ser trac¸adas tangenciando em cada um de seus pontos o campo de direc¸o˜es. E´ importante que a equac¸a˜o esteja em forma normal, para que, dado qualquer ponto (x, y) possamos facilmen- –1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 y(x) –1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1 x te calcular o valor F (x, y) da declividade neste ponto. Existem programas de computador para desenhar campos de direc¸o˜es, mas quando se usa um processo mais manual, para tornar a tarefa exequ¨´ıvel, e´ conveniente organizar o trabalho da seguinte forma: desenhar de uma vez todos os pe- quenos segmentos do campo de direc¸o˜es que tenham uma mesma inclinac¸a˜o. Em nosso exemplo, da EDO y′ = x2 + y2, podemos comec¸ar desenhando todos os segmentos de inclinac¸a˜o 1. O que facilita e´ que eles sa˜o todos paralelos entre si. Mas em que pon- tos devemos centra´-los? Nos pontos que satisfazem x2+y2 = 1 (um c´ırculo). A seguir podemos desenhar os va´rios pequenos segmentos de inclinac¸a˜o 1/2. Eles esta˜o centrados nos pontos que satisfazem F (x, y) = x2 + y2 = 1/2 (um c´ırculo interno ao anterior). E vamos continuando este processo. Para diversos valores de k vamos desenhando, de uma vez, todos os segmentos de inclinac¸a˜o k. Precisamos descobrir onde estes segmentos esta˜o centrados. No presente exemplo sa˜o em pontos sobreum c´ırculo, mas, no caso geral, sa˜o os pontos cujas coordenadas satisfazem a equac¸a˜o F (x, y) = k. Estas equac¸o˜es F (x, y) = k determinam uma famı´lia de curvas no plano, chamadas de iso´clinas. Esta palavra significa mesma inclinac¸a˜o, lembre que iso=igual. No presente exemplo, todas as iso´clinas sa˜o c´ırculos, exceto aquela que corresponde a` inclinac¸a˜o k = 0, que se reduz a` origem. Uma vez tendo o esboc¸o do campo de direc¸o˜es, podemos tentar esboc¸ar as curvas que tangenciam o campo. Elas sa˜o as soluc¸o˜es da EDO. Assim mesmo sem saber resolver a equac¸a˜o, podemos ter uma ide´ia do comportamento de suas soluc¸o˜es. E´ claro que quanto mais preciso for o esboc¸o do campo de direc¸o˜es, melhor sera´ esta ide´ia sobre o comportamento das soluc¸o˜es. Exemplo 2. Consideremos a equac¸a˜o diferencial y′ = − x y . (2) Novamente e´ uma EDO de 1a ordem em forma normal. Esta equac¸a˜o pode ser facilmente resolvida separando as varia´veis, como ja´ foi feito na Sessa˜o 1. Mesmo assim e´ interessante aplicar o me´todo geome´trico exposto acima para, antes mesmo de resolver a EDO, obter um esboc¸o e o comportamento de suas soluc¸o˜es. Inicialmente, notemos que nossa EDO faz sentido –2 –1 0 1 2 y(x) –2 –1 1 2 x apenas para y 6= 0. Ou seja, para sermos bem pre- cisos, devemos resolveˆ-la ou no semiplano superior y > 0, ou no semiplano inferior y < 0. O eixo dos X esta´ fora de cogitac¸a˜o. As iso´clinas da EDO sa˜o as curvas − x y = k, que representa a famı´lia das retas passando pela origem. No entanto, como o eixo dos X esta´ fora de cogitac¸a˜o, a origem tambe´m esta´. Conclu´ımos que as iso´clinas na verdade sa˜o as semi-retas na˜o horizon- tais partindo da origem. Como vimos no exemplo 1, sobre cada uma destas semi-retas devemos desenhar pequenos segmentos de reta paralelos entre si, ou seja com mesma inclinac¸a˜o. Qual o valor dessa inclinac¸a˜o? Para descobrir isto, note que –2 –1 0 1 2 y(x) –2 –1 1 2 x a iso´clina f(x, y) = − x y = k e´ parte da reta de equac¸a˜o y = − x k que tem declivi- dade − 1 k . Desenhamos pequenos segmentos de de- clividade k centrados nos pontos da reta y = − 1 k x. Note que os segmentos desenhados sa˜o todos per- pendiculares a` iso´clina y = − 1 k x (segue do fato que duas retas sa˜o perpendiculares quando o produto de seus coeficientes angulares for igual a −1). Agora fica muito fa´cil fazer o esboc¸o do campo de direc¸o˜es. Primeiro trac¸amos as retas passando pela origem. Em seguida, para cada uma delas trac¸amos pequenos segmentos de retas ortogonais. Obtemos a figura mostrada acima, que sugere fortemente que as soluc¸o˜es sa˜o os c´ırculos passando pela origem. Mas so´ vamos ter certeza de que sa˜o c´ırculos e na˜o, por exemplo, elipses, depois de resolvermos a EDO. Na verdade na˜o sa˜o c´ırculos completos pois a equac¸a˜o na˜o faz sentido nos pontos do eixo X, sa˜o apenas os semic´ırculos que resultam de remover os pontos sobre o eixo X. Ale´m disto, c´ırculos na˜o sa˜o gra´ficos de func¸o˜es. 2 Para resolver a EDO, comec¸amos reescrevendo na notac¸a˜o dy dx = − x y . A seguir, separamos as varia´veis y dy = −x dx e integramos ∫ y dy = − ∫ x dx. Quando calculamos as integrais, como ja´ foi explicado no Exemplo 1 da Sessa˜o 1, so´ e´ necessa´rio considerar constante de integrac¸a˜o de um dos lados. Portanto, y2 2 = − x2 2 + C. E´ mais interessante escrever na forma x2 2 + y2 2 = C. Multiplicando por 2 e chamando 2C = K, obtemos finalmente a soluc¸a˜o geral em forma impl´ıcita x2 + y2 = K, comprovando que e´ uma famı´lia de c´ırculos. Observac¸a˜o importante. Geometricamente, resolver uma EDO (de 1a ordem em forma nor- mal) significa encontrar as curvas que tangenciam o campo de direc¸o˜es. Enta˜o, dado um ponto (x0, y0), a partir dele, comec¸amos a nos deslocar na direc¸a˜o do campo. Mas, a` medida que avanc¸amos, a direc¸a˜o do campo muda. Devemos, enta˜o, constantemente ir corrigindo o rumo, a fim de acompanhar o campo de direc¸o˜es. Esta e´ a ide´ia intuitiva por traz do teorema abaixo. E´ importante ter conscieˆncia de que o argumento que acabamos de apresentar e´ puramente in- tuitivo, para que se comprenda como e´ natural o que o teorema afirma, mas na˜o serve como o demonstrac¸a˜o do mesmo. O teorema so´ pode ser realmente provado em um curso mais avanc¸ado. Teorema de Existeˆncia e Unicidade. Dada uma EDO de 1a ordem em forma normal y′ = F (x, y) , onde F (x, y) e´ uma func¸a˜o de duas varia´veis, tendo derivadas parciais de 1a ordem cont´ınuas em uma regia˜o D do plano, enta˜o em cada ponto (x0, y0) da regia˜o D passa uma e somente uma soluc¸a˜o da EDO. Em outras palavras, o problema de valor inicial { y′ = F (x, y) y(x0) = y0 tem soluc¸a˜o u´nica, definida em um intervalo aberto contendo x0. O Teorema acima faz duas afirmac¸o˜es. A primeira e´ que em cada ponto da regia˜o D passa uma soluc¸a˜o da EDO (existeˆncia). A segunda e´ que passa uma so´ (unicidade). Decorre da unicidade que duas soluc¸o˜es na˜o podem nunca se encontrar, nem se cruzar e nem se tangenciar. Isto, e´ claro, para as equac¸o˜es satisfazendo as hipo´teses do Teorema de Existeˆncia e Unicidade. Vamos ver com exemplos que fora destas hipo´teses ja´ na˜o se pode garantir que isto na˜o acontec¸a. 3 Exemplo 3. Consideremos a EDO xy′ = 2y . Esta EDO pode ser resolvida por separac¸a˜o de varia´veis. x dy dx = 2y , dy y = 2dx x ou y = 0 . Uma soluc¸a˜o particular e´ y = 0. As demais sa˜o econtradas integrando ∫ dy y = 2 ∫ dx x , ln |y| = 2 ln |x|+ lnC . Acima ja´ escrevemos a constante de integrac¸a˜o em forma de lnC. Logo a soluc¸a˜o geral e´ y = Cx2 . Note que a soluc¸a˜o particular y = 0 esta´ inclu´ıda na soluc¸a˜o geral, para C = 0. - 6 Ao lado esta˜o mostradas as soluc¸o˜es da EDO. Note que a regia˜o D em que a equac¸a˜o faz sentido e´ o plano todo. Em aparente contradic¸a˜o com o Teorema de Existeˆncia e Unicidade, observamos: – Pelo ponto (0, 0) passa mais de uma soluc¸a˜o (todas as soluc¸o˜es passam pela origem). – Se b 6= 0, pelo ponto (0, b) na˜o passa nenhuma soluc¸a˜o. Na verdade na˜o ha´ aqui contradic¸a˜o alguma com o Teo- rema de Existeˆncia e Unicidade. A equac¸a˜o xy′ = 2y na˜o esta´ em forma normal e, portanto, o teorema nada afirma a respeito dela. E´ interessante notar que se diminuirmos a regia˜o, tomando D como sendo, por exemplo, o semiplano da direita x > 0, nesta regia˜o menor a equac¸a˜o pode ser posta na forma normal, y′ = 2y x e, em completo acordo com o Teorema de Existeˆncia e Unicidade, em cada ponto do semiplano x > 0 passa uma e uma so´ soluc¸a˜o da EDO. Exemplo 4. Dada a curva y = x3, consideremos a famı´lia de todas as curvas dela obtidas por translac¸a˜o horizontal y = (x − C)3 . (3) Consideremos agora a situac¸a˜o inversa de determinar uma EDO de primeira ordem da qual a famı´lia (3) seja a soluc¸a˜o geral. Por derivac¸a˜o, econtramos y′ = 3(x − C)2 . Mas de (3), segue que x − C = y 1 3 e, enta˜o, y′ = 3 y 2 3 . (4) Conclu´ımos que a famı´lia (3) e´ soluc¸a˜o da EDO (4). No entanto, e´ fa´cil verificar que a func¸a˜o constante y = 0 tambe´m e´ uma soluc¸a˜o da EDO (4). Assim, pelo ponto (0, 0) passa uma soluc¸a˜o y = x3, que faz parte da famı´lia (3), para C = 0, mas passa tambe´m uma outra soluc¸a˜o, a func¸a˜o y = 0. Estamos, de fato, diante de uma EDO (3) em forma normal, para a qual passam 4 duas soluc¸o˜es diferentes pelo ponto (0, 0). Cabe enta˜o perguntar porque isto na˜o contradiz o Teorema de Existeˆncia e Unicidade. Notemos que (3) e´ uma EDO da forma y′ = F (x, y), onde F (x, y) = 3 y 2 3 . Mas no Teorema de Existeˆncia e Unicidade existe a hipo´tese de que func¸a˜o F (x, y) deve ter derivadas parciais deprimeira ordem cont´ınuas. No presente exemplo, Fy(x, y) = 2 y − 1 3 e esta u´ltima expressa˜o na˜o esta´ definida e muito menos e´ cont´ınua para y = 0. 5 Sec¸a˜o 3: Equac¸o˜es Separa´veis Definic¸a˜o. Uma EDO de 1a ordem e´ dita separa´vel se for da forma y′ = f(x) g(y), onde f(x) e g(y) sa˜o func¸o˜es de uma varia´vel. Ou seja, e´ o caso de equac¸a˜o em forma normal y′ = F (x, y) em que F (x, y) e´ do tipo particular F (x, y) = f(x) g(y). Exemplos: 1. A equac¸a˜o y′ = 2x 1 + 2y e´ separa´vel, com f(x) = 2x e g(y) = 1 1 + 2y . 2. A equac¸a˜o y′ = y + 3x na˜o e´ separa´vel. Me´todo de Resoluc¸a˜o. As equac¸o˜es separa´veis sa˜o aquelas em que se pode separar as vara´veis, passando para um lado da igualdade os termos contendo y e dy e para o outro lado os termos contendo x e dx. Ja´ resolvemos equac¸o˜es separa´veis pelo me´todo de separac¸a˜o de varia´veis em va´rios exemplos das sec¸o˜es anteriores. Vamos apenas comentar que dy dx = f(x) g(y) (1) equivale a dy g(y) = f(x) dx ou g(y) = 0. Se y0 e´ tal que g(y0) = 0, e´ fa´cil verificar que a func¸a˜o constante y(x) = y0 e´ uma soluc¸a˜o da EDO (1). As demais sa˜o obtidas por integrac¸a˜o∫ dy g(y) = ∫ f(x) dx . Admitindo que se consiga calcular as integrais acima, vamos obter a soluc¸a˜o geral da EDO separa´vel (1) na forma ψ(y) = ϕ(x) + C , (2) onde ϕ(x) e ψ(y) sa˜o certas func¸o˜es de uma varia´vel. O que queremos observar aqui e´ a forma como vamos encontrar a soluc¸a˜o geral (2). Dado um x, na˜o esta´ dito quanto vale o y correspondente. So´ e´ dada uma equac¸a˜o relacionando x e y. Em resumo, ao resolvermos uma equac¸a˜o separa´vel pelo me´todo de separac¸a˜o de varia´veis, vamos encontrar a soluc¸a˜o geral (2) definida implicitamente. Em alguns exemplos conseguimos resolver a equac¸a˜o (2), explicitando y como func¸a˜o de x. Em outros exemplos, isto pode ser muito dif´ıcil ou mesmo imposs´ıvel. Pode ainda existir uma ou mais soluc¸o˜es na˜o inclu´ıdas na soluc¸a˜o geral. Estas sera˜o da forma y = y0, onde y0 um zero da func¸a˜o g(y). Exemplo 3. Resolver a EDO xy′ + y − y2 = 0 . (3) Esta equac¸a˜o e´ separa´vel, x dy dx = y2 − y , que e´ equivalente a dy y ( y − 1) = dxx ou y = 0 ou y = 1 . Verificamos que as func¸o˜es constantes y = 0 e y = 1 sa˜o soluc¸o˜es da EDO (3). Ficamos com a integral ∫ dy y ( y − 1) = ∫ dx x . Decompondo em frac¸o˜es parciais 1 y ( y − 1) = 1y − 1 − 1y , obtemos ln |y − 1| − ln |y| = ln |x|+ lnC . A soluc¸a˜o geral em forma impl´ıcita e´ |y − 1| |y| = C|x| , ou seja, y − 1 y = ±Cx ou ainda (permitindo que C assuma valores positivos e negativos), simplesmente, y − 1 y = Cx . Neste exemplo, e´ simples obter y explicitamente isolando 1− 1 y = Cx , 1− Cx = 1 y , y = 1 1− Cx . - 6 Finalmente as soluc¸o˜es da EDO (3) sa˜o y = 1 1− Cx , y = 0 . Note que aqui a soluc¸a˜o particular y = 1 fica inclu´ıda na soluc¸a˜o geral, para C = 0 e, por isto, na˜o precisamos insistir nela. Mas a soluc¸a˜o particular y = 0 na˜o esta˜o contida na soluc¸a˜o geral para nenhum valor da constante C. Ao lado esta´ um esboc¸o da famı´lia das soluc¸o˜es da EDO (3). Todas as curvas passam pelo ponto (0, 1). As soluc¸o˜es preenchem o plano todo ex- ceto os pontos (0, y) sobre o eixo dos Y com y 6= 0, pelos quais na˜o passa nenhuma soluc¸a˜o. Isto so´ na˜o contradiz o Teorema de Existeˆncia e Unicidade da Sec¸a˜o 2 porque, embora a EDO (3) fac¸a sentido em todo o plano, ela so´ pode ser colocada em forma normal dy dx = y2 − y x para x 6= 0, ou seja, fora do eixo Y . Exemplo 4. Vamos formar problemas de valor inicial, acrescentando alguma condic¸a˜o inicial a` mesma EDO considerada no Exemplo 3. – Resolva o PVI abaixo, encontrando o intervalo ma´ximo de definic¸a˜o da soluc¸a˜o{ xy′ + y − y2 = 0 y(−1) = 2 (4) 2 Tomamos a soluc¸a˜o geral encontrada acima e substitu´ımos x = −1 e y = 2 . Isto nos da´ 2 = 1 1 + C . Obtemos C = −1 2 e y = 1 1 + 12x = 2 x+ 2 . Esta soluc¸a˜o na˜o esta´ definida para x = −2 e na EDO na˜o tem nenhuma restric¸a˜o adicional. Retirando do conjunto R dos nu´meros reais o elemento x = −2, sobram 2 intervalos, (−∞,−2) e (−2,+∞) . Mas para cumprir a condic¸a˜o inicial, nossa soluc¸a˜o precisa estar definida no ponto x = −1. Dentre os 2 intervalos, tomamos aquele que conte´m o ponto x = −1, ou seja (−2,+∞) . Conclusa˜o: A soluc¸a˜o do PVI (4) e´ a func¸a˜o y = 2 x+ 2 , definida o intervalo I = (−2,+∞) . – Resolva o PVI abaixo, encontrando o intervalo ma´ximo de definic¸a˜o da soluc¸a˜o{ xy′ + y − y2 = 0 y(2) = 0 (5) Se substituirmos na soluc¸a˜o geral x = 2 e y = 0 , encontraremos uma condic¸a˜o imposs´ıvel de ser cumprida. Isto se deve ao fato que a soluc¸a˜o do PVI (5) na˜o esta´ inclu´ıda na soluc¸a˜o geral da EDO, mas e´ precisamente a soluc¸a˜o y(x) = 0. O intervalo de definic¸a˜o desta func¸a˜o e´ todo I = R. Exemplo 5. Resolva o PVI abaixo, encontrando o intervalo ma´ximo de definic¸a˜o da soluc¸a˜o y ′ = 2x 1 + 2y y(2) = −1 (6) Denotando y′ por dy dx , separando as varia´veis e integrando, obtemos dy dx = 2x 1 + 2y , ( 1 + 2y ) dy = 2x dx e ∫ ( 1 + 2y ) dy = ∫ 2x dx . Calculando as integrais, encontramos a soluc¸a˜o geral em forma impl´ıcita: y + y2 = x2 + C . Substituindo x = 2 e y = −1, encontramos C = −4. Portanto, a soluc¸a˜o do PVI (6) em forma impl´ıcita e´ y + y2 = x2 − 4 . Usando a fo´rmula de Bhaskara, podemos isolar y e encontramos y = −1 2 ± √ x2 − 15 4 . Para determinar qual e´ o sinal que serve, fazemos novamente x = 2 e y = −1. Temos −1 = −1 2 ± √ 4− 15 4 , isto e´, −1 2 = ± √ 4− 15 4 . 3 Portanto, o sinal que serve e´ o de menos. Logo, a soluc¸a˜o do PVI (6) em forma expl´ıcita e´ y = −1 2 − √ x2 − 15 4 . Vamos agora determinar o domı´nio da soluc¸a˜o. E´ preciso que x2 − 154 ≥ 0 , ou seja, 154 ≤ x2 . Devemos ter x ≥ √ 15 2 ou x ≤ − √ 15 2 . Os intervalos de definic¸a˜o de soluc¸o˜es de EDO’s sa˜o tomados sempre abertos. Isto porque a EDO envolve derivada. No Ca´lculo, define-se derivada de uma func¸a˜o em um ponto interior do intervalo. Por isto, ficamos com I = (−∞,−√152 ) ou I = (√152 ,+∞). Mas o intervalo de definic¸a˜o da soluc¸a˜o deve conter o x da condic¸a˜o inicial. Logo I = (√ 15 2 ,+∞ ) . Observac¸a˜o: Outra maneira de ver que o intervalo de definic¸a˜o na˜o poderia ser fechado e´ notar que x nem poderia assumir o valor √ 15 2 por uma outra raza˜o. Se x = √ 15 2 , enta˜o y = −12 , anulando o denominador do lado direito da EDO. A questa˜o original esta´ resolvida, mas e´ interessante voltar a` soluc¸a˜o geral y + y2 = x2 + C da EDO e fazer uma ana´lise geome´trica. Por ser uma equac¸a˜o alge´brica de grau 2, a soluc¸a˜o geral e´ uma famı´lia de coˆnicas. Para ter uma ide´ia melhor, completamos os quadrados y2 + y + 1 4 = x2 + C + 1 4 . Incorporamos a frac¸a˜o do lado direito a` constante, obtendo x2 − ( y + 1 2 )2 = C , que e´ uma famı´lia de hipe´rboles (em alguns casos so´ metades de ramos de hipe´rboles). - 6 ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡¡@ @ @ @ @ @ @ @ @ @ @ @@ aa 4 Sec¸a˜o 4: Equac¸o˜es Exatas – Fator Integrante Introduzimos a ide´ia de equac¸a˜o exata, atrave´s de dois exemplos simples. Note que nesses dois exemplos, ale´m de exata, a EDO tambe´m e´ separa´vel, podendo alternativa- mente ser resolvida pelo me´todo da Sec¸a˜o 3. Exemplo 1. Seja a equac¸a˜o diferencial xy′ + y = 0 . (1) A EDO (1) pode ser reescrita como ( xy )′ = 0 , (2) que e´ equivalente a xy = C , (3) Portanto a soluc¸a˜o geral de (1) e´ a famı´lia de hipe´rboles y = C x , definidas nos intervalos I = (0,+∞) ou J = (−∞,0) , tendo ainda a soluc¸a˜o y = 0 definida em todo R. Exemplo 2. A equac¸a˜o diferencial y y′ = x+ 1 (4) pode ser rescrita como ( 1 2 y2 − x 2 2 − x )′ = 0 , (5) que e´ equivalente a 1 2 y2 − x 2 2 − x = C , (6) Enta˜o, (6) e´ a soluc¸a˜o geral de (4) em forma impl´ıcita. Esta soluc¸a˜o geral pode ser rescrita como y = ± √ x2 + 2x+ C . Observac¸a˜o. O que as equac¸o˜es (1) e (4) teˆm em comum e´ que podem ser reescritas na forma d dx [ F (x, y) ] = 0 , (7) para uma conveniente func¸a˜o de duas varia´veis F (x, y). A soluc¸a˜o geral de (7) e´ F (x, y) = C . Definic¸a˜o. Uma EDO e primeira ordem exata e´ uma equac¸a˜o da forma (7), isto e, da forma Fx(x, y) + Fy(x, y) y ′ = 0 , (8) Para alguma func¸a˜o de duas varia´veis F (x, y). Pelo exposto acima, a soluc¸a˜o geral de (7) ou (8) e´ a famı´lia F (x, y) = C . Exemplo 3. A equac¸a˜o diferencial xy y′ + y2 2 = sen x (9) pode ser reescrita como y2 2 − senx+ xy y′ = 0 . Para encaixa´-la no modelo (8), precisamos verificar se existe uma func¸a˜o de duas varia´veis F (x, y) tal que Fx(x, y) = y2 2 − senx e Fy(x, y) = xy . De fato, existe, F (x, y) = x y2 2 + cos x . Logo a soluc¸a˜o geral de (9) e´ x y2 2 + cos x = C . Observac¸a˜o Fundamental. Segue da discussa˜o acima que uma EDO M(x, y) +N(x, y) y′ = 0 , (10) e´ exata se existir uma conveniente func¸a˜o de duas varia´veis F (x, y) satisfazendo M(x, y) = Fx(x, y) e N(x, y) = Fy(x, y) . (11) Neste caso, a soluc¸a˜o geral da EDO (10) e´ a famı´lia F (x, y) = C . Notac¸a˜o. Com o mesmo significado de (10) sa˜o usuais as notac¸o˜es M(x, y) +N(x, y) dy dx = 0 (12) e M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0 . (13) Na˜o vale a pena perdermos tempo tentando atribuir um sentido a dx e dy isolados. O melhor e´ considerarmos que (13) e´ simplesmente uma notac¸a˜o que significa (12). Questa˜o Pra´tica. Dada uma EDO em forma (10), ou equivalentemente (12) ou (13), como reconhecer se ela e´ exata? Se a equac¸a˜o for exata, e´ porque existe uma func¸a˜o F (x, y) satisfazendo (11). Segue que My = Fxy e Nx = Fyx . Mas sabemos do Ca´lculo que Fxy = Fyx . Obtemos assim o seguinte teste. 2 Teste. Para que a EDO (13) seja exata e´ necessa´rio que seja satisfeita a condic¸a˜o My = Nx . (14) conhecida como condic¸a˜o de Euler. Observac¸o˜es. 1– Na˜o estamos afirmando que a condic¸a˜o (14) seja suficiente para que a EDO (13) seja exata, mas apenas que ela e´ necessa´ria. Em outras palavras, verificado que vale (13) devemos passar a procurar pela func¸a˜o F (x, y), mas se (14) na˜o for va´lida, paramos por a´ı, pois a func¸a˜o F (x, y) na˜o existira´. 2– Embora a condic¸a˜o (14) na˜o seja suficiente para assegurar que a EDO em questa˜o e´ exata, na pra´tica, para as EDO’s que normalmente encontraremos, se a condic¸a˜o (14) for cumprida, dificilmente a EDO deixara´ de ser exata. Em particular, toda a vez que o domı´nio das func¸o˜es M e N for todo o R2 a condic¸a˜o (14) e´ tambe´m suficiente. 3– No Ca´lculo foi estudada a noc¸a˜o de diferencial exata, no contexto de integrais de linha independentes do caminho. Estas duas noc¸o˜es esta˜o intimamente relacionadas. De fato, a diferencial M(x, y) dx+N(x, y) dy e´ exata se e somente se ela prove´m de um potencial, isto e´, se existe uma func¸a˜o de duas varia´veis F (x, y) para a qual dF =M(x, y) dx+N(x, y) dy. E´ fa´cil ver que isto acontece se e somente se a EDO M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0 for exata. Exemplo 4. Resolver a equac¸a˜o diferencial (x− y2) y′ = x− y . (15) Para verificar se e´ exata, o mais simples e´ reescrever a equac¸a˜o na forma (13), ou seja, (y − x) dx+ (x− y2) dy = 0 . Temos que M = y − x e N = x− y2 satisfazem ∂N ∂x = 1 = ∂M ∂y . Passamos, enta˜o, a procurar F (x, y) tal que ∂F ∂x = y − x ∂F ∂y = x− y2 (16) Da primeira equac¸a˜o segue que F (x, y) = xy − x 2 2 + ϕ(y), onde ϕ(y) depende so´ de y. Derivando em relc¸a˜o a y, obtemos ∂F ∂y = x+ ϕ′(y). 3 Comparando com a segunda equac¸a˜o de (16), conclu´ımos que ϕ′(y) = −y2 e ϕ(y) = −y 3 3 . Nesta u´ltima, a constante e integrac¸a˜o e´ tomada como 0, pois basta-nos encontrar uma F (x, y), na˜o estamos interessados na mais geral. Enta˜o, uma possibilidade e´ F (x, y) = xy − x 2 2 − y 3 3 . A soluc¸a˜o geral de (15) e´ xy − x 2 2 − y 3 3 = C . Fator Integrante A`s vezes uma equac¸a˜o diferencial M(x, y) + N(x, y) y′ = 0 na˜o e´ exata, mas pode- mos encontrar uma func¸a˜o µ(x, y) 6≡ 0 , chamada de um fator integrante, tal que µ(x, y)M(x, y) + µ(x, y)N(x, y) y′ = 0 seja exata. Exemplo 5. Consideremos a equac¸a˜o diferencial x2 y′ + (1− x2) y2 = 0 . (17) Rescrevendo como (1− x2) y2 dx+ x2 dy = 0 , temos M = (1 − x2) y2 e N = x2, de modo que My = 2 (1 − x2) y e Nx = 2 x. Como My 6= Nx , a equac¸a˜o (17) na˜o e´ exata. No entanto, multiplicando pelo fator integrante µ(x, y) = 1 x2y2 , obtemos a EDO ( −1 + 1 x2 ) dx+ 1 y2 dy = 0 , (18) para a qual, agora, M = −1 + 1 x2 e N = 1 y2 satisfazem a condic¸a˜o (14). Obs. Quando multiplicamos pelo fator integrante, eliminamos a possibilidade de y se anular, por causa do termo y2 no denominador. Caso y = 0 seja uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o original (17), ela pode ter sido perdida. Portanto e´ preciso verificar separadamente se y = 0 e´ uma soluc¸a˜o de (17). E´ fa´cil ver que e´. Em outras palavras, as soluc¸o˜es de (17) e (18) sa˜o as mesmas, a menos desta soluc¸a˜o particular. A equac¸a˜o (18) na˜o faz sentido para y = 0 . 4 Precisamos encontrar F (x, y) tal que ∂F ∂x = −1 + 1 x2 ∂F ∂y = 1 y2 Da primeira segue que F e´ da forma F (x, y) = −x− 1 x + ϕ(y) . Derivando em relac¸a˜o a y, temos Fy = ϕ ′(y) . Logo, ϕ′(y) = 1 y2 e ϕ(y) = −1 y . Final- mente F (x, y) = −x− 1 x − 1 y e a soluc¸a˜o geral em forma impl´ıcita e´ −x− 1 x − 1 y = C . Podemos explicitar y = − x x2 + Cx+ 1 . Esta e´ a soluc¸a˜o geral de (17), mas ainda tem a soluc¸a˜o y = 0 que na˜o faz parte desta famı´lia para nenhum valor particular de C. A dificuldade com o me´todo do fator integrante e´ encontrar este fator integrante. Encontrar um fator integrante para M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0 e´ encontrar uma func¸a˜o de duas varia´veis µ = µ(x, y) tal que µ(x, y)M(x, y) dx+ µ(x, y)N(x, y) dy = 0 seja exata. E´ preciso que ∂ ∂y [ µ(x, y)M(x, y) ] = ∂ ∂x [ µ(x, y)N(x, y) ] . Esta u´ltima equac¸a˜o e´ uma equac¸a˜o diferencial parcial −N ∂µ ∂x +M ∂µ ∂y + ( My −Nx ) µ = 0 , Encontrar uma soluc¸a˜o na˜o trivial µ para esta equac¸a˜o diferencial parcial e´, em princ´ıpio, mais dif´ıcil do que resolver a EDO original. Por esta raza˜o o que se faz na pra´tica e´ procu- rar se existem fatores integrantes de alguns tipos especiais. Concentraremos nossa atenc¸a˜o em fatores integrantes dependentes de apenas uma das varia´veis. Existem me´todos para procurar fatores integrantes de muitos outros tipos, mas na˜o nos deteremos neste estudo, pois por mais tipos que sejam considerados, nunca esgotaremos todas as possibilidades. 5 Exemplo 6. Consideremos a equac¸a˜o diferencial x y + x2 + 1 + ( x2 + x )dy dx = 0 . (19) Reescrevemos a EDO como ( xy+x2+1 ) dx+ ( x2+x ) dy = 0 e multiplicamos por µ = µ(x).( xy + x2 + 1 ) µ(x) dx+ ( x2 + x ) µ(x)dy = 0 . (20) A condic¸a˜o necessa´ria para que esta nova equac¸a˜o seja exata e´(( xy + x2 + 1 ) µ(x) ) y = ( (x2 + x)µ(x) ) x , ou seja, xµ(x) = ( 2x+ 1 ) µ(x) + ( x2 + x ) µ′(x) . Portanto, para encontrar o fator integrante µ(x) devemos resolver uma EDO. So´ que e´ uma EDO muito mais simples que a EDO original (19). Trata-se de uma EDO separa´vel que,depois das simplificac¸o˜es, toma a forma x dµ dx = −µ . Separando as varia´veis e integrando, temos∫ dµ µ = − ∫ dx x , lnµ = − lnx . Portanto um fator integrante e´ µ = 1 x . Multiplicando a equac¸a˜o diferencial (20) por este fator integrante, obtemos ( y + x+ x−1 ) dx+ ( x+ 1 ) dy = 0 . Esta u´ltima EDO deve ser exata. Para resolveˆ-la precisamos encontrar uma func¸a˜o F (x, y) tal que ∂F ∂x = y + x+ x−1 ∂F ∂y = x+ 1 (21) Da primeira equac¸a˜o de (21) segue que F (x, y) = xy + x2 2 + ln x+ ϕ(y) , onde ϕ(y) depende apenas de y. Derivando em relac¸a˜o a y, Fy(x, y) = x+ ϕ ′(y) . Comparando com a segunda equac¸a˜o do sistema (21), obtemos ϕ′(y) = 1 e ϕ(y) = y+K, onde K e´ constante. Como estamos interessados apenas em encontrar uma F (x, y) 6 satisfazendo (21) e na˜o a mais geral poss´ıvel, podemos escolher ϕ(y) = y . Logo a soluc¸a˜o geral da EDO (19) e´ xy + x2 2 + ln x+ y = C . Exemplo 7. Consideremos a equac¸a˜o diferencial y cosx+ (y + 2)( sen x) dy dx = 0 . (22) (Obs. Esta EDO e´ separa´vel, mas vamos resolveˆ-la usando um fator integrante). Rees- crevemos (22) como y (cosx) dx+ (y + 2)( sen x) dy = 0 . (23) Comec¸amos procurando um fator integrante µ = µ(x), dependendo so´ de x. Multiplicando (23) por µ(x), encontramos y (cosx)µ(x) dx+ (y + 2)( sen x)µ(x) dy = 0 . (24) Aplicando a condic¸a˜o de Euler, necessa´ria para que seja exata, temos( y (cosx)µ(x) ) y = ( (y + 2)( sen x)µ(x) ) x e, portanto, (cosx)µ(x) = (y + 2) ( µ(x) cos x+ µ′(x) sen x ) (25) E´ imposs´ıvel eliminar y da condic¸a˜o (25). Segue que na˜o existe nenhuma func¸a˜o µ = µ(x), dependendo so´ de x que satisfac¸a (24). De fato, se existisse, de (25), viria y + 2 = µ(x) cos x µ(x) cos x+ µ′(x) sen x e isto e´ imposs´ıvel, pois o lado esquerdo depende so´ de y, enquanto que o lado direito depende so´ de x. Note que aqui x e y sa˜o varia´veis independentes. Quando resolvemos uma EDO procuramos y como func¸a˜o de x, mas por enquanto estamos somente examinando os coeficientes da equac¸a˜o e, portanto, x e y sa˜o independentes uma da outra. A conclusa˜o e´ que (22) na˜o admite fator integrante dependendo so´ de x. Passamos agora a procurar um fator integrante dependendo so´ de y. Multiplicando (23) por µ(y), encontramos y (cosx)µ(y) dx+ (y + 2)( sen x)µ(y) dy = 0 . (26) Para que (26) seja exata, e´ necessa´rio que( y (cosx)µ(y) ) y = ( (y + 2)( sen x)µ(y) ) x . Assim, devemos ter ( µ(y) + yµ′(y) ) cosx = (y + 2)µ(y) cos x . 7 Aqui x pode ser eliminado, resultando a EDO yµ′(y) = (y + 1)µ(y) para determinar y. Por separac¸a˜o de varia´veis, temos∫ dµ µ = ∫ ( 1 + 1 y ) dy e lnµ = y + ln y = ln ( y ey ) . O fator integrante e´ µ = µ(y) = yey. Multiplicando (24) por µ(y) = yey ou, equivalente- mente, substituindo µ = µ(y) = yey em (24), encontramos a equac¸a˜o exata y2ey (cosx) dx+ (y + 2)y ey( sen x) dy = 0 . Precisamos encontrar uma func¸a˜o F (x, y) tal que ∂F ∂x = y2ey (cosx) ∂F ∂y = (y + 2)y ey( sen x) (27) Da primeira equac¸a˜o de (27) segue que F (x, y) = y2ey ( sen x) + ϕ(y) , onde ϕ(y) depende apenas de y. Derivando em relac¸a˜o a y, Fy(x, y) = (y + 2)y e y( sen x) + ϕ′(y) . Comparando com a segunda equac¸a˜o do sistema (27), obtemos ϕ′(y) = 0 e, ϕ(y) e´ constante. Como estamos interessados apenas em encontrar uma F (x, y) satisfazendo (27) e na˜o a mais geral poss´ıvel, podemos escolher ϕ(y) = 0 . Logo a soluc¸a˜o geral da EDO (22) e´ y2ey ( sen x) = C . Fator integrante da forma µ = xa yb (leitura opcional) Dentre muitas possibilidades, vamos considerar um caso de fator integrante envolvendo duas varia´veis. O objetivo e´ apenas o de ilustrar. Exemplo 8. Consideremos a equac¸a˜o diferencial (−4 x2 y − 2 x y2) dx+ (2 x3 − 3x y) dy = 0 . (28) Multiplicando a EDO por µ = xa yb , obtemos (−4xa+2 yb+1 − 2 xa+1 yb+2) dx+ (2 xa+3 yb − 3 xa+1 yb+1) dy = 0 . A condic¸a˜o para que esta equac¸a˜o seja exata e´ −4 (b+ 1) xa+2 yb − 2 (b+ 2)xa+1 yb+1 = 2 (a+ 3) xa+2 yb − 3 (a+ 1) xa yb+1. 8 A seguir igualamos os coeficientes dos termos semelhantes de igualdade acima. Um termo que aparec¸a so´ de um lado, consideramos que parece tambe´m do outro, mas com coeficiente 0. Obtemos −4 (b+ 1) = 2 (a+ 3) −2 (b+ 2) = 0 −3 (a+ 1) = 0 Este sistema tem soluc¸a˜o a = −1 , b = −2 , que nos da´ o fator integrante µ = x−1y−2 . Precisamos verificar separadamente se y = 0 e´ uma soluc¸a˜o de (28), pois, se for, ela podera´ ser perdida ao multiplicarmos a equac¸a˜o por µ. E´ fa´cil ver que e´. Multiplicando (28) porµ = x−1y−2 , obtemos (−4 x y−1 − 2) dx+ (2x2 y−2 − 3 y−1) dy = 0 , que deve ser exata. Precisamos encontrar F (x, y) tal que ∂F ∂x = −4x y−1 − 2 ∂F ∂y = 2 x2 y−2 − 3 y−1 Segue da primeira equac¸a˜o que F (x, y) = −2x2 y−1 − 2 x+ ϕ(y) . Derivando em relac¸a˜o a y, temos Fy(x, y) = 2 x 2 y−2 + ϕ′(y) . Logo ϕ′(y) = −3 y−1 , isto e´, ϕ(y) = −3 ln y . Logo F (x, y) = −2 x2 y−1 − 2 x− 3 ln y e a soluc¸a˜o da EDO (28) e´ 2x2 y−1 + 2 x+ 3 ln y = C , y = 0 . 9 Sec¸a˜o 5: Equac¸o˜es Lineares de 1a Ordem Definic¸a˜o. Uma EDO de 1a ordem e´ dita linear se for da forma y′ + f(x) y = g(x) . (1) A EDO linear de 1a ordem e´ uma equac¸a˜o do 1o grau em y e em y′. Qualquer dependeˆncia mais complicada e´ exclusivamente na varia´vel independente x. Justificativa para o nome. Consideremos a transformac¸a˜o que a cada func¸a˜o y = y(x) associa uma nova func¸a˜o L(y) = y′ + f(x) y. Por exemplo, dada a EDO linear y′ + x2y = ex, consideramos a transformac¸a˜o y 7−→ L(y) = y′ + x2y . Temos, L ( senx ) = cosx+ x2 senx . A transformac¸a˜o y 7−→ L(y) e´ lnear, isto, e´, L(y1 + y2) = L(y1) + L(y2) L(cy) = cL(y) Assim, uma equac¸a˜o diferencial linear e´ uma equac¸a˜o do tipo L(y) = g(x), onde L e´ um operador diferencial linear de 1a ordem. Me´todo de Resoluc¸a˜o. Uma EDO linear y′+f(x) y = g(x) admite sempre um fator integrante dependendo somente da varia´vel x. De fato, temos dy dx + f(x) y − g(x) = 0 , que pode ser reescrita como ( f(x) y − g(x))dx+ dy = 0 . Multiplicando por µ(x), temos( f(x) y − g(x))µ(x) dx+ µ(x) dy = 0 . A condic¸a˜o necessa´ria para que esta u´ltima equac¸a˜o seja exata e´ que(( f(x) y − g(x))µ(x)) y = ( µ(x) ) x , ou seja, f(x)µ(x) = µ′(x) . Separado as varia´veis, vamos ter dµ dx = f(x)µ(x) , dµ µ = f(x) dx , lnµ(x) = ∫ f(x) dx . Logo, o fator integrante e´ µ(x) = e R f(x) dx (2) Note que multiplicando a EDO (1) pelo fator integrante (2), obtemos e R f(x) dxy′ + f(x)e R f(x) dxy = e R f(x) dxg(x) . (3) Levando em conta que ( e R f(x) dx )′ = e R f(x) dxf(x), podemos escrever (3) na forma( e R f(x) dxy )′ = e R f(x) dxg(x) . Basta agora integrar os dois lados e encontramos a soluc¸a˜o da EDO. Conclusa˜o: Multiplicando a EDO linear (1) pelo fator integrante (2), obtemos uma nova equac¸a˜o, cujo lado direito e´ a derivada de um produto. NOTA: O me´todo de resoluc¸a˜o acima foi deduzido para o caso em que o coeficiente de y′ e´ 1. Se na˜o for, e´ preciso primeiro dividir por esse coeficiente, para torna´-lo igual a 1. Exemplo 1. Resolver a EDO y′ + 3y = x. Um fator integrante para a equac¸a˜o diferencial acima e´ µ = e R 3 dx = e3x . Observe que na integral acima na˜o somamos uma constante de integrac¸a˜o, o que e´ o mesmo que escolher a constante de integrac¸a˜o como sendo 0. Isto, aqui, e´ leg´ıtimo, pois estamos querendo descobrir um fator integrante e na˜o o fator integrante mais geral poss´ıvel. Multiplicando a equac¸a˜o diferencial pelo fator integrante µ = e3x, temos e3xy′ + 3e3xy = xe3x . (4) Como vimos acima, o lado esquerdo de (4) deve ser a derivadade um produto. Para descobrir quais sa˜o os fatores deste produto, notamos que o termo e3xy′ deve ser o primeiro vezes a derivada do segundo. Portanto o primeiro e´ e3x. Conlu´ımos que( e3xy )′ = xe3x . Por integrac¸a˜o, encontramos e3xy = ∫ xe3x dx = xe3x 3 − e 3x 9 + C . A soluc¸a˜o geral e´ y = x 3 − 1 9 + C e−3x . Exemplo 2. Resolver a EDO ( x− 2)y′ + (x− 1)y = e−2x. Como o coeficiente de y′ na˜o e´ 1, comec¸amos dividindo por este coeficiente, y′ + x− 1 x− 2 y = e−2x x− 2 . (5) Um fator integrante para a equac¸a˜o (5) e´ µ = e ∫ x− 1 x− 2 dx . Calculamos a integral∫ x− 1 x− 2 dx = ∫ (x− 2) + 1 x− 2 dx = ∫ ( 1 + 1 x− 2 ) dx = x+ ln(x− 2) . 2 Conforme explicado no exemplo 1, na integral acima a constante de integrac¸a˜o foi escolhida como sendo 0, pois estamos querendo descobrir um fator integrante e na˜o o fator integrante mais geral poss´ıvel. Encontramos µ = ( x− 2)ex. Multiplicando (5) por este fator, temos( x− 2)exy′ + (x− 1)exy = e−x . (6) Como vimos acima, o lado esquerdo de (6) deve ser a derivada de um produto. Para descobrir quais sa˜o os fatores deste produto, notamos que o termo ( x − 2)exy′ deve ser o primeiro vezes a derivada do segundo. Conluimos que(( x− 2)exy)′ = e−x e, por integrac¸a˜o, ( x− 2)exy = −e−x + C. A soluc¸a˜o geral e´ y = − e −2x x− 2 + C e−x x− 2 . Problema. No instante t0 = 0 o ar em um recinto de 10800m3 conte´m 0,12% de CO2. Neste instante comec¸a a ser bombeado para o interior do recinto ar com 0,04% de CO2 a` raza˜o de 150m3/min. Supondo que o ar dentro do recinto mistura-se instantaneamente, encontre a concentrac¸a˜o de CO2 10min mais tarde. Soluc¸a˜o: Seja Q(t) o volume que e´ ocupado pelo CO2 no instante t. Consideremos o intervalo de tempo entre os instantes t e t + ∆t. Queremos determinar a variac¸a˜o ∆Q ocorrida neste intervalo de tempo. O volume de ar que entra (sai) do tanque durante este intervalo e´ ∆V = 150∆t No volume ∆V = 150∆t que entra, a quantidade de CO2 e´ 0.04× 150∆t 100 = 0.06∆t Por uma regra de 3, no volume ∆V = 150∆t que sai, a quantidade de CO2 e´ aproximadamente Q150∆t 10800 = Q∆t 72 A igualdade e´ aproximada, pois, ao longo do intervalo de tempo, Q na˜o permanece constante. Portanto ∆Q ' 0.06∆t− Q∆t 72 Quanto menor o intervalo de tempo melhor vai ser a aproximac¸a˜o. O erro desaparece no limite para ∆t −→ 0. Para na˜o obter uma igualdade trivial 0 = 0, primeiro dividimos por ∆t, ∆Q ∆t ' 0.06− Q 72 Fazendo ∆t −→ 0, obtemos a EDO dQ dt + 1 72 Q = 0.06 . 3 O problema nos da´ uma condic¸a˜o inicial Q(0) = 0.12× 10800 100 = 12.96 . Devemos resolver o PVI dQ dt + 1 72 Q = 0.06 Q(0) = 12.96 Multiplicando nossa EDO linear pelo fator integante µ = e R 1 72 dt = e t 72 , obtemos e t 72 dQ dt + 1 72 e t 72 Q = 0.06 e t 72 , i.e. ( e t 72Q )′ = 0.06 e t 72 . Integrando, eoncontramos e t 72Q = ∫ 0.06 e t 72 dt = 0.06 · 72 e t72 + C . Portanto a soluc¸a˜o geral da EDO e´ Q = 4.32 + Ce− t 72 . Utilizando a condic¸a˜o inicial Q(0) = 12.96, determinamos C. De fato, para t = 0, 12.96 = 4.32 + C . Logo a expressa˜o de Q em um instante qualquer e´ Q = Q(t) = 4.32 + 8.64e− t 72 . Apo´s 10min, i.e, no instante t = 10, Q(10) = 4.32 + 8.64e− 10 72 . A concentrac¸a˜o vai ser de 4.32 + 8.64e− 10 72 10800 × 100 ≈ 0.1096 por cento. Aplicac¸a˜o. Queda de um corpo em um meio que oferec¸a resisteˆncia. Suponhamos um corpo de massa m que cai em um meio (ar, a´gua, o´leo) que oferece resisteˆncia. Consideremos como sendo positiva o sentido para baixo. A velocidade v e´ positiva. Sobre o corpo que cai ajem duas forc¸as, o seu peso mg, que e´ positivo, e a resisteˆncia do meio Fr, que tem sentido oposto ao da velocidade e e´, portanto, negativa. Da 2a lei de Newton, temos m dv dt = gm+ Fr e´ negativa. Para velocidades na˜o muito grandes, obtemos uma boa descric¸a˜o do movimento, se considerarmos o modelo em que Fr e´ diretamente proporcional a` velocidade, isto e, a EDO m dv dt = gm− k v , (k > 0 constante) . Neste caso a EDO e´ linear. Em outros problemas envolvendo velocidades mais altas, como movimento de proje´teis, pode-se ter uma descric¸a˜o melhor considerando a velocidade diretamente proporcional, por exemplo, ao quadrado da velocidade, i.e. m dv dt = gm− k v2 , (k > 0 constante) . 4 Vamos aqui considerar o modelo linear. Exemplo. Um paraquedista pula de grande altura. Depois de 10 seg abre seu paraquedas. Ache a velocidade depois de 15 seg. Ache tambe´m a velocidade terminal, sendo dados: – A massa do paraquedas+paraquedista e´ 80 kg. – A resisteˆncia do ar com o paraquedas fechado vale 1 2 v e com o paraquedas aberto vale 10 v. Vamos aqui considerar o modelo linear. Soluc¸a˜o: Pela 2a lei de Newton 80 dv dt + 1 2 v = 800. Assim os primeiros 10 seg sa˜o governados pelo PVI 80 dv dt + 1 2 v = 800 v(0) = 0 Escrevendo a equac¸a˜o como v′+ 1 160 v = 10 e multiplicando pelo fator integrante e R 1 160 dt = e t 160 , temos e t 160 v′ + 1 160 e t 160 v = 10 e t 160 , ou seja ( e t 160 v )′ = 10 e t160 , e t160 v = ∫ 10 e t160 dt = 1600 e t160 + C . A soluc¸a˜o geral da EDO e´ v = 1600 + Ce− t 160 . Usando a condic¸a˜o inicial v(0) = 0, temos C = −1600. Logo, nos primeiros 10 seg da queda a velocidade como func¸a˜o do tempo vale v(t) = 1600 ( 1− e− t160 ) , para 0 ≤ t ≤ 10 . (7) A seguir, para t > 10, a forc¸a de resisteˆncia do ar passa a valer Fr = −10v. A EDO toma a forma 80 dv dt + 10 v = 800, para 10 < t < +∞, e o valor v(10) = 1600(1 − e− 10160 ), calculado da soluc¸a˜o no trecho 0 < t < 10, passa a ser a condic¸a˜o inicial. Portanto para obter v(t) no intervalo 10 < t < +∞, devemos resolver o PVI 80 dv dt + 10 v = 800 , (10 < t < +∞) v(10) = 1600 ( 1− e− 116 ) Como acima, v′ + 18 v = 10 , µ = e R 1 8 dt = e t 8 , e t 8 v′ + 18 e t 8 v = 10 e t 8 , ( e t 8 v )′ = 10 e t8 , e t 8 v = ∫ 10 e t 8 dt , e t 8 v = 80 e t 8 +D . A soluc¸a˜o geral e´ v = 80+De− t 8 . Utilizando a condic¸a˜o inicial v(10) = 1600 ( 1− e− 116 ) , temos 1600 ( 1− e− 116 ) = 80 +De− 108 e D = 1520 e 10 8 − 1600 e 1916 . Portanto, no segundo trecho da queda, depois de 10 seg, quando abre o paraquedas, a velocidade vale v = 80 + ( 1520 e 10 8 − 1600 e 1916 ) e− t 8 , para 10 ≤ t < +∞ . (8) 5 Assim o salto do paraquedista e´ descrito por (7) e (8). Para achar a velocidade depois de 15 seg basta substituir t = 15 em (8), v(15) = 80 + ( 1520 e 10 8 − 1600 e 1916 ) e− 15 8 . A velocidade terminal, quando existe, e´ o limite da velocidade, quando t −→ +∞. No presente exemplo, como e− t 8 −→ 0, existe uma velocidade terminal, lim t→∞ v(t) = limt→∞ ( 80 + ( 1520 e 10 8 − 1600 e 1916 ) e− t 8 ) = 80 . A velocidade terminal e´ v∞ = 80m/seg. 6 Sec¸a˜o 6: Equac¸a˜o de Bernoulli Definic¸a˜o. Uma equac¸a˜o de Bernoulli e´ uma equac¸a˜o diferencial ordina´ria de 1a ordem da forma y′ + f(x) y = g(x) yn , (1) onde n e´ um nu´mero real (na˜o precisa ser inteiro nem positivo). Vamos sempre considerar n 6= 0, 1 , pois nestes dois casos (1) seria uma EDO linear, que ja´ sabemos resolver. Me´todo de resoluc¸a˜o. Experimentemos fazer uma mudanc¸a de varia´vel do tipo y = zp . Substituindo em (1), temos p zp−1z′ + f(x)zp = g(x) znp , ou seja, p z′ + f(x)z = g(x) znp−p+1 . (2) A EDO (2) se torna o mais simples poss´ıvel se np− p+ 1 = 0 , isto e´, para p = 1 1− n . Em outras palavras, para resolver (1), vamos fazer a substituic¸a˜o z = y1−n . (3) Conclusa˜o. A equac¸a˜ode Bernoulli (1) se transforma em uma equac¸a˜o linear atrave´s da substituic¸a˜o z = y1−n. De fato, fazendo a substituic¸a˜o z = y1−n, calcula-se y = z 1 1−n , y′ = 1 1− n z 1 1−n−1z′ e a equac¸a˜o (1), portanto, se transforma em 1 1− n z n 1−n z′ + f(x) z 1 1−n = g(x) z n 1−n ou, multiplicando a equac¸a˜o por z− n 1−n , 1 1− n z ′ + f(x) z = g(x) , que e´ uma EDO linear. Se o expoente 1 − n for negativo, e´ preciso ter cuidado, pois ao fazer a substituic¸a˜o (3), estaremos eliminando a possibilidade de y = 0 . Com isto perdemos uma soluc¸a˜o da EDO (1), pois e´ fa´cil ver que se n > 0 , enta˜o y = 0 e´ uma soluc¸a˜o da EDO (1). Na˜o vale a pena memorizar a forma da equac¸a˜o linear que resulta. Basta somente lembrar da substituic¸a˜o z = y1−n. Exemplo 1. Consideremos o crescimento de uma bacte´ria (que vamos supor esfe´rica, por simplicidade). Para cada instante de tempo t, indiquemos por M = M(t) a massa da bacte´ria, V = V (t) seu volume, S = S(t) a a´rea da superf´ıcie e r = r(t) o raio. Supondo a densidade da bacte´ria constante igual a ρ, temos M = ρV . Vamos construir um modelo matema´tico levando em conta que a taxa de crescimento da massa da bacte´ria e´ influenciada por dois fatores: (i) A massa M tende a aumentar, devido a` alimentac¸a˜o. Como o alimento entra atrave´s da membrana superficial, e´ razoa´vel supor que este efeito seja diretamente proporcional a` a´rea S da superf´ıcie da bacte´ria; (ii) Existe uma queima da massa da bacte´ria devida ao metabolismo. Como esta queima e´ mais ou menos uniforme ao longo de todas as partes da bacte´ria, e´ razoa´vel supor que este efeito seja diretamente proporcional a` masa M da bacte´ria. Consideremos o problema de determinar de que maneira a massa M varia com a passagem do tempo t. As duas suposic¸o˜es feitas acima implicam que existem duas constantes α > 0 e β > 0 tais que dM dt = αS − βM . (4) Esta equac¸a˜o ainda esta´ envolvendo duas quantidades M e S que dependem do tempo. Para poder resolver a equac¸a˜o e´ preciso eliminar uma delas. Note que V = 4 3 pi r3 e S = 4pi r2 . Segue da´ı que S = 4pi ( 3V 4pi ) 2 3 = ( 4pi ) 1 3 ( 3V ) 2 3 . Por outro lado, V = M/ρ. Substituindo tudo isto na equac¸a˜o (4), encontramos dM dt = α (4pi) 1 3 (3M) 2 3 ρ 2 3 − βM . Vemos que a equac¸a˜o diferencial que governa o crescimento da bacte´ria e do tipo dM dt = λM 2 3 − βM , (5) onde λ = α 3 2 3 (4pi) 1 3 ρ 2 3 e β sa˜o constantes positivas. A equac¸a˜o (5) e´ uma equac¸a˜o de Bernoulli, com n = 2 3 . Fazendo a subtituic¸a˜o z = M1−n = M 1 3 , temos M = z3 e M ′ = 3z2 z′, que transforma (5) em 3z2 z′ = λ z2 − βz3 , que e´ equivalente a` equac¸a˜o linear z′ + β 3 z = λ 3 . (6) Um fator integrante para a equc¸a˜o (6) e´ µ = e R β 3 dt = e βt 3 . Multiplicando (6) por este fator integrante, encontramos e βt 3 z′ + β 3 e βt 3 z = λ 3 e βt 3 . O lado esquerdo desta u´ltima EDO e´ a derivada de um produto, Assim,( e βt 3 z )′ = λ 3 e βt 3 . Por integrac¸a˜o temos e βt 3 z = λ 3 ∫ e βt 3 dt . 2 Calculando a integral, encontramos e βt 3 z = λ β e βt 3 + C , ou seja, z = λ β + Ce− βt 3 e, finalmente, M(t) = ( λ β + C e− β t 3 )3 . Observac¸a˜o: A constante C depende da condic¸a˜o inicial. Existe um tamanho limite para a ce´lula, que na˜o depende do tamanho inicial, isto e´, qualquer que seja C, lim t→+∞M(t) = λ3 β3 = Meq . λ3 β3 Condic¸o˜es iniciais M(0) < Meq e´ que fazem sentido em nosso problema. Elas correspondem a valores C < 0 da constante. Neste caso, a soluc¸a˜o M(t) e´ uma func¸a˜o crescente, pois a exponencial e´ decrescente. Uma condic¸a˜o inicial M(0) > Meq e´ mate- maticamente poss´ıvel. Ter´ıamos C > 0 e a soluc¸a˜o M(t) seria decrescente. A func¸a˜o constante M(t) = Meq e´ a soluc¸a˜o que corresponde a C = 0 . E´ a soluc¸a˜o de equil´ıbrio. Trata-se de um ponto de equil´ıbrio esta´vel: tomando uma condic¸a˜o incial M(0) pro´xima do valor de equil´ıbrio Meq , a soluc¸a˜o que se obte´m tende a voltar ao valor de equil´ıbrio, embora sem atingi-lo num tempo finito. Exemplo 2. Resolver a equac¸a˜o diferencial y′ = xy + xy3. (7) Esta EDO e´ uma equac¸a˜o de Bernoulli com n = 3 . Fazemos a mudac¸a de varia´vel z = y1−3 = y−2 , isto e´, y = z− 1 2 , y′ = −1 2 z− 3 2 z′ . (8) Note que com esta mudac¸a de varia´vel, eliminamos a possibilidade de y se anular. Precisamos enta˜o verificar separadamente se y = 0 e´ uma soluc¸a˜o da EDO (7). Verifica-se que e´. Substituindo (8) em (7), tem-se −1 2 z− 3 2 z′ = x z− 1 2 + x z− 3 2 , isto e´, z′ + 2xz = −2x . Esta e´ uma EDO linear e um fator integrante para ela e´ µ = e R 2x dx = ex 2 . 3 Multiplicando por este fator integrante, temos ex 2 z′ + 2xex 2 z = −2xex2 , ou, equivalentemente, ( ex 2 z )′ = −2xex2 , cuja soluc¸a˜o e´ ex 2 z = ∫ −2xex2 dx = −ex2 + C . Segue que z = −1 + C ex2 . Fazendo a substituic¸a˜o inversa, obtemos que a soluc¸a˜o geral de (7) e´ y = ( −1 + C ex2 )− 1 2 . Observe que a soluc¸a˜o particular y = 0 de (7) na˜o esta´ inclu´ıda na soluc¸a˜o geral para nenhum valor de C. Portanto, a soluc¸a˜o de (7) e´ y = ( −1 + C ex2 )− 1 2 , y = 0 . Aplicac¸a˜o: Modelos de Crescimento Populacional Como uma aplicac¸a˜o das ide´ias desolvolvidas ate´ este ponto, vamos estudar alguns modelos simples de crescimento populacional. Crescimento Exponencial. E´ o modelo mais simples, que ja´ foi estudado na primeira aula, em que se supo˜e que a taxa de crescimento de uma populac¸a˜o em um dado instante e´ diretamente proporcional ao nu´mero de indiv´ıduos neste instante. Em s´ımbolos, designando por N = N(t) o nu´mero de indiv´ıduos no instante t, dN dt = λN, (9) onde λ > 0 e´ uma constante que so´ depende da espe´cie de bacte´rias que se esta´ observando - 6 sN0 t N (depende do tempo que cada ce´lula leva para se di- vidir). Na primeira sec¸a˜o, resolvemos a equac¸a˜o (9) por separac¸a˜o de varia´veis, econtrando a soluc¸a˜o geral N = Ceλ t. Se for conhecida a populac¸a˜o N0 no instante inicial t = 0, isto e´, se tivermos uma condic¸a˜o inicial N(0) = N0, determinamos C = N0, N = N(t) = N0eλ t. Conclui-se que, segundo este modelo, a populac¸a˜o cresce exponencialmente. 4 Crescimento Log´ıstico. O modelo anterior, de crescimento exponencial, descreve bem a evoluc¸a˜o de uma populac¸a˜o ate´ um certo esta´gio. Quando o nu´mero de indiv´ıduos cresce, comec¸a haver competic¸a˜o entre os indiv´ıduos, pelo alimento, por exemplo. Isto ocasiona uma diminuic¸a˜o na taxa de crescimento, que e´ preciso levar em conta, para obter um modelo que descreva mais fielmente a realidade. A taxa de crecimento sera´ do tipo dN dt = ϕ(N)N, onde ϕ(N) agora na˜o e´ mais constante, mas varia com N , diminuindo quando N cresce, podendo inclusive tornar-se negativo se N for muito grande. A func¸o˜ mais simples com estas propriedades e´ ϕ(N) = a − bN , com a > 0 e b > 0 constantes, cujo gra´fico e´ uma reta. Obtemos assim a euqac¸a˜o diferencial dN dt = ( a− bN)N, (10) conhecida como equac¸a˜o log´ıstica. Vamos supor que 0 < b � a, de modo que, enquanto a populac¸a˜o N na˜o for muito grande, a taxa de crescimento sera´ aproximadamente N ′ ' aN , e o modelo anterior dara´ uma boa aproximac¸a˜o. Para valores muito gandes de N , o termo bN se faz sentir e a taxa de crescimento fica menor. A EDO (10) e´ separa´vel, mas tambe´m e´ de Bernoulli e, justamente, e´ mais fa´cil resolveˆ-la como tal. De fato, N ′ = aN − bN2 e´ de Bernoulli com n = 2. Seguindo o me´todo expoxto acima, fazemos a mudanc¸a de varia´vel z = N1−2= N−1 , N = z−1 , N ′ = −z−2z′. Substituindo na EDO, temos −z−2z′ = az−1− bz−2. Multiplicando por z2, obtemos a equac¸a˜o linear z′ + az = b , cujo fator integrante e´ µ = e R a dt = eat. Enta˜o, eatz′ + aeatz = beat , ( eatz )′ = beat , eatz = b ∫ eat dt = b a eat + C e, portanto, z = b a + Ce−at. Finalmente, a soluc¸a˜o geral de (10) e´ N = 1 b a + Ce −at . Note que N = 0 e´ uma soluc¸a˜o de (10), que na˜o esta´ inclu´ıda na soluc¸a˜o geral para nenhumvalor de C, e que foi perdida no momento em que se fez a mudanc¸a de varia´vel z = N−1, que exclui a possibilidade de N = 0. Mas, na presente situac¸a˜o, a soluc¸a˜o N = 0 na˜o e´ relevante. Se tivernos uma condic¸a˜o inicial N(0) = N0, podemos determinar C de 1 N0 = b a + C e encontramos N = N(t) = 1 b a + ( 1 N0 − ba ) e−at . 5 Observamos que o modelo preveˆ que para t grande, independente da populac¸a˜o inicial N(0), N(t) vai se aproximar sempre de um mesmo valor lim t→∞N(t) = a b . Para valores pequenos de t, escrevendo N(t) = eat 1 N0 + ba ( 1− eat) , como 1− eat ≈ 0, temos N(t) ≈ N0eat , para t pequeno, concordando com o modelo anterior. a b A soluc¸a˜o constante N(t) = a b coresponde a um ponto de equil´ıbrio esta´vel. Se a condic¸a˜o inicial for N0 = a b , N(t) permanecera´ cons- tante igual a esse valor em todos os instantes futuros. Tomando uma condic¸a˜o inicial um pouco diferente desse valor, N(t) tende a voltar ao valor de equil´ıbrio. Ja´ a soluc¸a˜o constante N(t) = 0 e´ um ponto de equil´ıbrio insta´vel. Se mudarmos um pouco a condic¸a˜o incial, N(t) tendera´ a se afastar ainda mais de 0 quando t −→∞. Este modelo foi proposto em 1838 pelo matema´tico belga Verhulst para a populac¸a˜o humana. Em 1930 foi comprovado que descreve razoavelmente bem a populac¸a˜o de drozo´filas. 6 Sec¸a˜o 7: Estudo qualitativo das Equac¸o˜es Autoˆnomas Definic¸a˜o. Uma EDO de 1a ordem e´ dita autoˆnoma se na˜o envolve explicitamente a varia´vel independente. As EDO autoˆnomas de 1a ordem sa˜o as da forma y′ = f(y), (1) onde f e´ uma func¸a˜o de uma varia´vel. Observac¸a˜o 1. As equac¸o˜es estudadas nos exemplos de modelos de crescimento populacional da Sec¸a˜o 6, dN dt = λN e dN dt = ( a− bN)N, sa˜o autoˆnomas. Na verdade, como as leis da Biologia que regem o crescimento populacional na˜o variam com a passagem do tempo, era mesmo de se esperar que as equac¸o˜es deduzidas a partir delas na˜o envolvessem explicitamente o tempo como varia´vel, ou seja, fossem autoˆnomas. A partir desta observac¸a˜o podemos entender porque as equac¸o˜es autoˆnomas sa˜o importantes nas aplicac¸o˜es. E´ poss´ıvel fazer uma ana´lise geome´trica das equac¸o˜es autoˆnomas e, mesmo antes de resolveˆ- las, deduzir o comportamento qualitativo das soluc¸o˜es. As partir da´ı, podemos fazer um esboc¸o da famı´lia de soluc¸o˜es. Exemplo 1. Consideremos a EDO N ′ = ( a− bN)N. (2) Esta equac¸a˜o ja´ foi resolvida quando estudamos os modelos de crescimento populacional. Ve- jamos que mesmo que na˜o a tive´ssemos resolvido, terio sido poss´ıvel descrever qualitativamente suas soluc¸o˜es e fazer um esboc¸o das mesmas. Nossa equac¸a˜o diferencial e´ da forma N ′ = f(N), onde f e´ a func¸a˜o f(N) = (a− bN)N . Comec¸amos fazendo um esboc¸o do gra´fico dessa func¸a˜o. - 6 rr a b a 2b N N ′ GRA´FICO 1 Analisando o gra´fico da func¸a˜o f(N), vamos esboc¸ar o gra´fico da famı´lia das soluc¸o˜es da equac¸a˜o diferencial (2). Comec¸amos investigando se existem soluc¸o˜es constantes para a EDO (2). Note que uma soluc¸a˜o constante de (2) e´ uma func¸a˜o da forma N(t) = C, com f(C) = f(N(t)) = N ′(t) = 0 (a derivada de uma func¸a˜o constante e´ 0). Portanto as soluc¸o˜es constantes de (2) correspondem aos ze- ros da func¸a˜o f(N). No presente exemplo a func¸a˜o f(N) tem dois zeros (imediato do Gra´fico 1) e, por- tanto, a EDO (2) tem duas soluc¸o˜es constantes: N1(t) = 0 e N2(t) = a b . Essas soluc¸o˜es constantes sa˜o as chamadas soluc¸o˜es de equil´ıbrio de nossa EDO. A partir do gra´fico acima, que mostra N ′ em func¸a˜o de N , vamos construir o esboc¸o do gra´fico de N em - 6 a b a 2b t N N ′ < 0 N ′ > 0 GRA´FICO 2 func¸a˜o de t, que mostra a famı´lia das soluc¸o˜es de (2). Analisando o Gra´fico 1, vemos que N ′ > 0 para 0 < N < a b . Isto nos diz que no Gra´fico 2, na faixa 0 < N < a b , as soluc¸o˜es N = N(t) sa˜o func¸o˜es crescentes. Da mesma forma, para N > a b , temos N ′ < 0. Portanto, na regia˜o N > a b do Gra´fico 2, as soluc¸o˜es N = N(t) sa˜o func¸o˜es decrescentes. No Gra´fico 2, fazemos o esboc¸o das soluc¸o˜es da EDO (2) a partir dessas considerac¸o˜es. Note que a soluc¸a˜o N2(t) = a b corresponde a um ponto de equil´ıbrio esta´vel: Para a condic¸a˜o inicial N(0) = a b , a soluc¸a˜o vai permanecer igual a N(t) = a b para todos os instantes futuros t ≥ 0. Variando um pouco a condic¸a˜o inicial para N(0) = N0, com N0 diferente mas pro´ximo de a b , vamos ter lim t→∞N(t) = a b , ou seja, N(t) tende a voltar a` posic¸a˜o de equil´ıbrio. Podemos ser mais espec´ıficos quanto ao comportamento das soluc¸o˜es na faixa 0 < N < a b . Note que como mostra o Gra´fico 1, N ′ e´ ma´ximo quando N = a 2b . Portanto as soluc¸o˜es teˆm ma´xima declividade quando N = a 2b . Conclu´ımos da´ı que as soluc¸o˜es dentro da faixa 0 < N < a b teˆm ponto de inflexa˜o sobre a reta horizontal N = a 2b . Observac¸a˜o 2. Se y1(t) e´ uma soluc¸a˜o da EDO (1), enta˜o qualquer translac¸a˜o horizontal y2(t) = y1(t+C) tambe´m e´. De fato, se y1(t) e´ uma soluc¸a˜o da EDO (1), enta˜o y′1(t) = f(y1(t)). Segue que y′2(t) = y′1(t+ C) = f(y1(t+ C)) = f(y2(t)). Aplicando essa observac¸a˜o a` equac¸a˜o (2) temos que, se conhecermos o gra´fico de uma soluc¸a˜o com gra´fico contido na faixa 0 < N < a b , as demais soluc¸o˜es com gra´fico contido na faixa sa˜o obtidas por translac¸a˜o horizontal do desta soluc¸a˜o conhecida. O mesmo se aplica a`s soluc¸o˜es na regia˜o N > a b . Exemplo 2. Fazer uma esboc¸o do gra´fico das soluc¸o˜es da EDO y′ = (y + 1)(y − 1)y2 (3) - 6 q q−1 a b 1 y y′ GRA´FICO 3 Comec¸amos trac¸ando o gra´fico (Gra´fico 3) da fun- c¸a˜o f(y) = (y + 1)(y − 1)y2. A func¸a˜o f(y) tem treˆs zeros. Portanto a EDO (3) tem treˆs soluc¸o˜es de equil´ıbrio, y1(t) = −1, y2(t) = 1 e y3(t) = 0. A seguir, examinamos do comportamento das solu- c¸o˜es em cada uma das faixas nas quais as retas soluc¸o˜es de equil´ıbrio dividem o plano. 2 A regia˜o y > 1 no gra´fico 4, acima da soluc¸a˜o de equil´ıbrio y(t) = 1, no gra´fico 3 corresponde a` - 6 a b t y GRA´FICO 4 parte do eixo horizontal a` direita de y = 1. Por- tanto, na regia˜o y > 1 vamos ter f(y) > 0, ou seja, y′ > 0 e as soluc¸o˜es y(t) sera˜o func¸o˜es crescentes. Pelo mesmo tipo de racioc´ınio, na faixa 0 < y < 1 e tambe´m na faixa −1 < y < 0, temos y′ = f(y) < 0 e as soluc¸o˜es y(t) sa˜o func¸o˜es decrescentes. Na regia˜o y < −1, temos y′ = f(y) > 0 e as soluc¸o˜es y(t) sa˜o func¸o˜es crescentes. Esse comportamento esta´ descrito no gra´fica 4, ao lado. Note que, pela Observac¸a˜o 2 acima, bastaria de- senharmos quatro soluc¸o˜es da EDO (3), uma con- tida em cada uma das quatro regio˜es determinadas pelas soluc¸o˜es de equil´ıbrio. As demais soluc¸o˜es podem ser obtidas a partir dessas por translac¸a˜o horizontal. Classificac¸a˜o dos pontos de equil´ıbrio. Ainda no Exemplo 2, temos que existem 3 pontos de equil´ıbrio. – O ponto de equil´ıbrio y(t) = −1 e´ dito um ponto de equil´ıbrio esta´vel. A raza˜o desta nomenclatura e´ a seguinte. Se a condic¸a˜o inicial for y(0) = −1, a soluc¸a˜o vai permanescerconstante y(t) = −1. Se nos afastarmos um pouco da posic¸a˜o de equil´ıbrio, isto e´, se dermos uma condic¸a˜o incial y(0) 6= −1 levemente diferente de −1, o Gra´fico 4 nos mostra que a soluc¸a˜o y(t) −→ −1 volta a se aproximar da posic¸a˜o de equil´ıbrio. – O ponto de equil´ıbrio y(t) = 1 e´ dito um ponto de equil´ıbrio insta´vel. A raza˜o do nome e´ que se dermos uma condic¸a˜o incial y(0) 6= 1 levemente diferente de 1, o Gra´fico 4 nos mostra que a soluc¸a˜o y(t) tende a se afastar mais ainda da posic¸a˜o de equil´ıbrio, quando t −→∞. – O ponto de equil´ıbrio y(t) = 0 e´ dito um ponto de equil´ıbrio semi-insta´vel. A raza˜o do nome e´ que se afastarmos a condic¸a˜o incial y(0) < 0 para a esquerda do valor de equil´ıbrio y = 0, a soluc¸a˜o y(t) tende a se afastar mais ainda da posic¸a˜o de equil´ıbrio (comportamento insta´vel), mas se afastarmos a condic¸a˜o incial y(0) > 0 para a direita do valor de equil´ıbrio y = 0, a soluc¸a˜o y(t) tende a voltar para a posic¸a˜o de equil´ıbrio (comportamento essta´vel) y(t) −→ 0. Ha´ algo mais que podemos dizer. Observando o Gra´fico 3, notamos que a func¸a˜o f(y) tem um ponto de mı´nimo local a no intervalo (−1, 0) e um ponto de mı´nimo local b no intervalo (0, 1). Na verdade, como neste exemplo temos explicitamente a expressa˜o de f(y), pesquisando os zeros da derivada da func¸a˜o, podemos encontrar facilmente que a = − √ 2 2 e b = √ 2 2 , mas esta informac¸a˜o na˜o e´ relevante aqui. Vamos examinar primeiro as soluc¸o˜es na faixa 0 < y < 1. Ja´ vimos que elas sa˜o decrescentes, pois y′ = dydt < 0. Mas y ′ e´ mais negativo quando y = b. Ou seja, a declividade e´ mı´nima quando a soluc¸a˜o y(t) corta a reta horizontal y = b, que esta´ desenhada pontilhada no Gra´fico 4. Sobre essa reta horizontal esta˜o localizados os pontos de inflexa˜o das soluc¸o˜es. Para se convencer disto, comece lembrando que um ponto de inflexa˜o de uma curva plana e´ um ponto onde ela troca de concavidade. A concavidade de uma func¸a˜o e´ para cima se a derivada e´ crescente e para baixo se a derivada e´ decrescente. A concavidade e´ para cima se a segunda derivada d2y dt2 > 0 e´ positiva e para baixo se d2y dt2 < 0. A fim de aplicar este fato, levamos em conta que, pela regra da cadeia, d2y dt2 = dy′ dt = d f(y) dt = f ′(y) dy dt = f ′(y)y′ = f ′(y)f(y). 3 Na faixa 0 < y < 1, por exemplo, temos: – Para 0 < y < b, f(y) e´ decrescente como func¸a˜o de y, sendo f ′(y) < 0 e, ale´m disto, f(y) < 0. Temos, enta˜o, f ′(y)f(y) > 0. Portanto, no trecho em que uma soluc¸a˜o estiver na faixa 0 < y(t) < b, a concavidade sera´ para cima. – Pelo mesmo argumento, na faixa b < y < 1 temos f(y) crescente como func¸a˜o de y e f ′(y) > 0. Ale´m disto, f(y) < 0, de modo que f ′(y)f(y) < 0. Portanto, no trecho em que uma soluc¸a˜o estiver na faixa b < y(t) < 1, a concavidade sera´ para baixo. Segue que as soluc¸o˜es, de fato, trocam de concavidade quando cruzam a reta y = b. Estas concluso˜es a respeito da concavidade ja´ esta˜o mostradas no Gra´fico 4. Nas demais faixas pode ser feita a mesma discussa˜o sobre a concavidade. Deixamos a cargo do leitor. 4 Sec¸a˜o 8: EDO’s de 2a ordem redut´ıveis a` 1a ordem Caso 1: Equac¸o˜es Autoˆnomas Definic¸a˜o. Uma EDO’s de 2a ordem e´ dita autoˆnoma se na˜o envolve explicitamente a varia´vel independente, isto e´, se for da forma F (y, y′, y′′) = 0. Como motivac¸a˜o para o me´todo de resoluc¸a˜o vamos estudar o seguinte exemplo. Exemplo 1: Velocidade de escape Um corpo de massa m e´ lanc¸ado para cima a partir da superf´ıcie da Terra. Vamos investigar o &% '$ -q¡¡µ q r0 R ff F problema de determinar se existe um valor ve tal que se a velocidade inicial v0 for v0 ≥ ve, enta˜o o corpo escapa da atrac¸a˜o gravitacional da Terra. Desprezamos o efeito da resiteˆncia do ar. Pela lei da gravitac¸a˜o universal, a forc¸a de gravidade agindo sobre o corpo vale F = −GMm r2 , onde G e´ a constante universal de gravitac¸a˜o, M e´ a massa da Terra, R ≈ 6.4 · 106m = 6400 km e´ o raio da Terra e r e´ a distaˆncia do corpo ate´ o centro da terra. Pela 2a lei de Newton, F = ma , onde a = d2r dt2 e´ a acelerac¸a˜o. Igualando as duas expresso˜es para forc¸a obtemos a equac¸a˜o diferencial d2r dt2 = −GM r2 . (1) A EDO (1) e´ uma equac¸a˜o diferencial autoˆnoma de 2a ordem. No instante inicial t0 = 0, sobre a superf´ıcie da Terra, sabemos experimentalmente que a acele- rac¸a˜o vale d2r dt2 (0) = −g ≈ −10m/s2 . Na equac¸a˜o (1) procuramos r = r(t) como func¸a˜o do tempo. Para resolveˆ-la mudamos o ponto de visto. Passamos a procurar a velocidade v como func¸a˜o da posic¸a˜o r. Isto faz sentido porque a cada altura r corresponde uma velocidade v, a velocidade com que o corpo atinge a altura r. Faz sentido enta˜o pensarmos em v = v(r). Fazendo isto e usando a regra da cadeia, temos a = d2r dt2 = dv dt = dv dr dr dt = v dv dr . Substituindo na EDO (1), obtemos v dv dr = −GM r2 . (2) Note que a EDO autoˆnoma de 2a ordem (1) se reduziu a` EDO de 1a ordem (2). A EDO (2) pode ser resolvida por separac¸a˜o de varia´veis∫ v dv = −GM ∫ dr r2 , cuja soluc¸a˜o geral e´ v2 2 = GM r + C . Usando a condic¸a˜o inicial v(R) = v0, obtemos C = GM R − v 2 0 2 . Substituindo na soluc¸a˜o geral, GM ( 1 r − 1 R ) = 1 2 ( v2 − v20 ) , ou ainda, v2 = ( v20 − 2GM R ) + 2GM r . (3) 1) Se v0 for suficientemente pequeno, mais precisamente, se v20− 2GM R < 0 , r na˜o pode crescer indefinidamente, pois, neste caso, 2GM r −→ 0 e ter´ıamos lim r→∞ v 2 = v20 − 2GM R < 0, que e´ uma contradic¸a˜o. Portanto, se v20 < 2GM R , enta˜o o corpo atinge uma altura ma´xima rmax. Fazendo v = 0, encontra-se 1 rmax − 1 R = − v 2 0 2GM , 1 rmax = 1 R − v 2 0 2GM = 2GM − v20R 2GMR rmax = 2GMR 2GM − v20R . Conclusa˜o: Se a velocidade inicial for v0 < √ 2GM R , enta˜o o corpo atinge uma altura ma´xima rmax e depois cai. 2) Se v0 = √ 2GM R , enta˜o (3) toma a forma v2 = 2GM r e da´ı segue que r cresce indefinidamente, com lim r→∞ v(r) = 0 . Conclusa˜o: Se v0 = √ 2GM R , enta˜o o corpo escapa a` atrac¸a˜o gravitacional da Terra e chega nos pontos infinitamente distantes com velocidade tendendo a 0. 3) Se v0 > √ 2GM R , o corpo escapa da atrac¸a˜o gravitacional da Terra e chega no infinito com velocidade positiva v∞ = lim r→∞ v(r) = √ v20 − 2GM R > 0 . Conclusa˜o: A conclusa˜o final e´ que realmente existe uma velocidade de escape ve = √ 2GM R . Para calcular ve, na˜o precisamos do valor de M e de G, so´ precisamos saber o valor do produto GM . A equac¸a˜o (1), nos diz que na superf´ıcie da Terra, g = GM R2 e, portanto. ve = √ 2gR ≈ √ 2 · 10 · 6.4 · 106 = 103 √ 128 ≈ 103 √ 121 = 11 km/s = 39 600 km/h . 2 OBSERVAC¸A˜O. O me´todo empregado no problema da velocidade de escape se baseou em considerar v = dr dt como func¸a˜o de r. Em geral, dada uma equac¸a˜o autoˆnoma F (y, y′, y′′) = 0, introduzimos a varia´vel p = y′ e pensamos em p como func¸a˜o de y, p = p(y). Exemplo 2. y′′ − 2yy′ = 0. Introduzimos a varia´vel p = y′ e pensamos p = p(y). Pela regra da cadeia, y′′ = dp dx = dp dy dy dx = p dp dy . Substituindo na EDO, obtemos p dp dy − 2yp = 0 . Segue que p = 0 ou dp dy − 2y = 0 . 1) Se p = 0 , enta˜o y′ = 0 , logo y = C e´ uma famı´lia de soluc¸o˜es. 2) Na equac¸a˜o dp dy − 2y = 0 , separando as varia´veis, temos ∫ dp = ∫ 2y dy , e p = y2 + C . Fazendo a substituic¸a˜o inversa, dy dx = y2 + C , dy y2 + C = dx , ∫ dy y2 + C = ∫ dx Caso 1 : C > 0. Neste caso, podemos dizer que C = K2 com
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