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Ca´lculo 4 – Primeira Unidade – Prof. Cleide Martins 1 Equac¸o˜es Diferenciais Equac¸o˜es diferenciais sa˜o equac¸o˜es que envolvem uma func¸a˜o de uma ou mais varia´veis, derivadas dessa func¸a˜o e as varia´veis da func¸a˜o. A func¸a˜o e´ desconhecida e o objetivo e´ resolver a equac¸a˜o para determinar a func¸a˜o. Se esta func¸a˜o e´ de uma u´nica varia´vel, tem-se uma equac¸a˜o diferencial ordina´ria (EDO) se ela e´ func¸a˜o de duas ou mais varia´veis, tem-se uma equac¸a˜o diferencial parcial (EDP). Estudaremos aqui, apenas EDO’s, os tipos e respectivas te´cnicas de resoluc¸a˜o. 1.1 Equac¸o˜es Diferenciais Ordina´rias EDO’s surgem naturalmente como modelos de muitos problemas do cotidiano e das cieˆncias em geral. Qual- quer problema que envolva taxas de variac¸a˜o, pode ser modelado por uma equac¸a˜o diferencial. Em F´ısica, o modelo para descrever o espac¸o percorrido por um corpo em movimento e´ uma equac¸a˜o diferen- cial. Em Biologia, o estudo de crescimento populacional envolve equac¸o˜es diferenciais, em Qu´ımica, o estudo de decaimento de compostos radiativos envolve equac¸o˜es diferenciais. No que se segue, y = f(x) e´ uma func¸a˜o descohecida da varia´vel real x. As derivadas de y em relac¸a˜o a x sa˜o representadas por y′, y′′, y′′′, y(4), ..., y(n). Uma EDO e´ uma expressa˜o evolvendo x, y e derivadas de y: F (x, y, y′, y′′, ..., y(n)) = 0 A ordem de uma EDO e´ a ordem da maior derivada que nela aparece. 1.2 Exemplos de EDO’s 1. xy(4) + senx(y′)3 + y′′ − ex+y = 0 2. x2y′′ − xy′ + exy − tgx = 0 3. y′ + x2y + x = 0 2 EDO’s de 1a ordem Uma EDO de 1a ordem e´ uma expressa˜o do tipo F (x, y, y′) = 0. Estudaremos as te´cnicas de resoluc¸a˜o dos principais tipos de EDO’s de 1a ordem. 2.1 Tipo Diretamente Integra´vel Uma EDO de 1a ordem e´ diretamente integra´vel se ela pode ser escrita na forma y′ = p(x) (1) que e´ equivalente a dy dx = p(x) ou dy = p(x)dx que resolve-se por integrac¸a˜o direta:∫ dy = ∫ p(x) dx ou y = P (x) + C (2) 1 onde P (x) e´ qualquer func¸a˜o tal que P ′(x) = p(x) e C e´ uma constante arbitra´ria. A func¸a˜o (2) e´ a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o (1). Se alguma informac¸a˜o adicional e´ conhecida acerca da soluc¸a˜o procurada, e´ poss´ıvel determinar o valor da constante C. 2.2 Tipo Varia´veis Separa´veis Uma EDO de 1a ordem e´ a varia´veis separa´veis se ela pode ser escrita na forma y′ = p(x).q(y) (3) A te´cnica de resoluc¸a˜o de uma EDO a varia´veis separa´veis consiste em separar as varia´veis x e y, uma de cada lado da equac¸a˜o e resolver duas integrais. Lembrando que y′ = dydx : dy dx = p(x).q(y)⇒ dy q(y) = p(x) dx⇒ ∫ dy q(y) = ∫ p(x) dx (4) Cada uma dessas integrais e´ resolvida como se x e y fossem independentes. 2.2.1 Exemplo Considere a EDO (1 + x)y′ = 4y. Podemos reescreveˆ-la na forma da equac¸a˜o (3) e proceder ate´ chegar na equac¸a˜o (4): y′ = 1 1 + x .4y ⇒ dy 4y = 1 1 + x dx⇒ ∫ dy 4y = ∫ 1 1 + x dx⇒ 1 4 ln y + C1 = ln(1 + x) + C2 Sobre as constantes de integrac¸a˜o, conve´m mencionar que a soma e o produto de constantes arbitra´rias sa˜o constantes arbitra´rias, mas cuidado deve ser tomado ao se fazer operac¸o˜es alge´bricas com constantes. Observe a arrumac¸a˜o da u´ltima equac¸a˜o acima: ln y = 4(ln(1 + x) + C2 − C1)⇒ ln y = 4 ln(1 + x) + C3 = ln(1 + x)4 + C3 ⇒ eln y = eln(1+x) 4+C3 = eln(1+x) 4 .eC3 ⇒ y = K(1 + x)4 Observe que a soluc¸a˜o geral da EDO e´ uma famı´lia de func¸o˜es com um paraˆmetro, a constante K. Uma informac¸a˜o adicional sobre a soluc¸a˜o procurada e´, por exemplo, o valor da func¸a˜o em um ponto. Uma EDO de 1a ordem, junto com o valor da soluc¸a˜o procurada em um ponto e´ um problema de valor inicial (PVI). Para resolver um PVI, determina-se a soluc¸a˜o geral da EDO e usa-se a informac¸a˜o dada para determinar o valor do paraˆmetro (constante). Por exemplo, se junto com a EDO acima viesse a informac¸a˜o y(0) = 3, ter´ıamos na soluc¸a˜o geral y = K(1+x)4 3 = K(1 + 0)4 ⇒ K = 3 obtendo a soluc¸a˜o (u´nica) do PVI y = 3(1 + x)4. 2.2.2 Exerc´ıcios Verifique que cada EDO dada e´ separa´vel e determine sua soluc¸a˜o geral ou soluc¸a˜o u´nica. 1. 2 √ xy′ = √ 1− y2 2. y3y′ = (1 + y4)cosx 3. y′ = 1 + x+ y + xy 4. y′ = 1+ √ x 1+ √ y 5. y′ = 2xy2 + 3x2y2, y(1) = −1 2 2.3 Tipo Linear Uma EDO de 1a ordem e´ linear se ela pode ser escrita na forma a(x)y′ + b(x)y = c(x) (5) Por convenieˆncia, dividimos a equac¸a˜o (5) por a(x) obtendo a forma padra˜o: y′ + p(x)y = q(x) (6) A te´cnica de resoluc¸a˜o de uma EDO linear consiste em encontrar uma func¸a˜o ϕ(x) (chamada fator integrante) tal que multiplicando-se a equac¸a˜o (6) por ϕ(x) obtem-se, do lado esquerdo da igualdade, a derivada de um produto. Assim, ϕ(x)y′ + ϕ(x)p(x)y = ϕ(x)q(x) (7) Comparando o lado esquerdo da equac¸a˜o (7) com a derivada de um produto (f(x).g(x))′ = f(x)g′(x) + f ′(x).g(x) associa-se ϕ(x) com f(x) e y com g(x), da´ı o lado esquerdo da equac¸a˜o (7) e´ a derivada de um produto se ϕ′(x) = ϕ(x)p(x) Esta u´ltima equac¸a˜o e´ uma EDO a varia´veis separa´veis: ϕ′ = dϕ dx = ϕ.p(x) Resolvendo esssa EDO: dϕ ϕ = p(x) dx⇒ lnϕ = ∫ p(x) dx⇒ ϕ = e ∫ p(x) dx Enta˜o, o fator integrante procurado para a equac¸a˜o (6) e´ a func¸a˜o ϕ(x) = e ∫ p(x)dx. Para ilustrar o uso do fator integrante, vamos resolver a EDO linear y′ + 2xy = x. Temos p(x) = 2x e q(x) = x. O fator integrante e´ ϕ(x) = e ∫ 2xdx = ex 2 Multiplicando a EDO dada por ex 2 obtem-se ex 2 y′ + 2xex 2 y = xex 2 (8) Note que ex 2 y′ + 2xex 2 y = (ex 2 y)′ = d(ex 2 y) dx Enta˜o a equac¸a˜o (8) e´ d(ex 2 y) dx = xex 2 ou d(ex 2 y) = xex 2 dx Integrando: ∫ d(ex 2 y) = ∫ xex 2 dx ex 2 y = 1 2 ex 2 + C y = ( 1 2 ex 2 + C ) e−x 2 = 1 2 + Ce−x 2 Observac¸a˜o: na determinac¸a˜o do fator integrante, a constante de integrac¸a˜o pode ser feita igual a zero. 3 2.3.1 Exerc´ıcios Resolva as seguintes EDO’s lineares: 1. xy′ + y = 3xy 2. xy′ − 3y = x3 3. (1 + x)y′ + y = cosx 4. y′ + y = ex; y(0) = 1 5. y′ = 2xy + 3x2ex2 ; y(0) = 5 2.4 Me´todos de Substituic¸a˜o Algumas EDO’s de 1a ordem que na˜o sa˜o de um dos tipos vistos ate´ agora, podem ser transformadas em EDO’s de um desses tipos por uma mudanc¸a de varia´veis. Vejamos algumas dessas EDO’s. Se uma EDO pode ser escrita na forma y′ = F (ax+ by + c) com a, b, c constantes e b 6= 0 enta˜o substitui-se a varia´vel dependente y pela varia´vel u, fazendo u = ax + by + c e, consequentemente u′ = a+ by′, obtendo-se u′ − a b = F (u) ou u′ = bF (u) + a que e´ uma EDO separa´vel tendo x como varia´vel independente (a linha refere-se derivada em relac¸a˜o a x) e u = u(x) como func¸a˜o desconhecida. Resolve-se essa EDO determinando sua soluc¸a˜o geral u(x) e recupera-se a func¸a˜o y fazendo y = (u− ax− c)/b 2.4.1 Exemplo Considere a EDO y′ = (2x+3y+5)2 do tipo acima. Fazendo u = 2x+3y+5 tem-se u′ = 2+3y′ e y′ = u ′−2 3 . Ssubstituindo na EDO: u′ − 2 3 = u2 ⇒ u′ = 3u2 + 2⇒ du 3u2 + 2 = dx⇒ 1 2 du 1 + ( √ 3 2u) 2 = x+ C √ 2 3 arctg √ 3 2 u = 2x+ C1 ⇒ arctg √ 3 2 u = 2 √ 3 2 x+ C2 ⇒ √ 3 2 u = tg ( 2 √ 3 2 x+ C2 ) u = √ 2 3 tg ( 2 √ 3 2 x+ C2 ) ⇒ 2x+ 3y + 5 = √ 2 3 tg ( 2 √ 3 2 x+ C2 ) y = √ 6 9 tg (√ 6x+K ) − 2x 3 − 5 3 2.4.2 EDO’s Homogeˆneas Uma EDO de 1a ordem e´ dita homogeˆnea se pode ser escrita na forma y′ = F ( y x ) . Para esse tipo de EDO, faz-se a substituic¸a˜o v = yx . Assim, substitui-se a varia´vel dependente y pela varia´vel dependente v e as derivadas sa˜o em relac¸a˜o a x. Tem-se y = vx e derivandoo produto: y′ = v′x + v. Na EDO obtem-se v′x+ v = F (v) ou v′ = F (v)− v x EDO separa´vel em v e x Basta enta˜o resolver a EDO obtendo-se a soluc¸a˜o v = v(x) e desfazer a mudanc¸a de varia´veis. 4 2.4.3 Exemplo Considere a EDO x2y′ = y2 + xy. Podemos reescreveˆ-la na forma acima: y′ = y2 + xy x2 = y2 x2 + y x = ( y x )2 + y x Fazendo a mudanc¸a de varia´veis descrita acima: v′x+ v = v2 + v ⇒ v′ = v 2 x ⇒ dv v2 = dx x ⇒ ∫ dv v2 = ∫ dx x −1 v = lnx+ C ⇒ 1 v = − lnx+ C1 ⇒ v = 1 C1 − lnx ⇒ y x = 1 C1 − lnx ⇒ y = x C1 − lnx A EDO desse exemplo e´ facilmente reconhec´ıvel como uma EDO homogeˆnea por ter y′ igual a um quociente de polinoˆmios homogeˆneos de mesmo grau. Um polinoˆmio em x e y e´ homogeˆneo de grau n se a soma dos expoentes de x e y e´ constante e igual a n. No exemplo, temos y′ igual a um quociente de polinoˆmios homogeˆneos de grau 2. 2.4.4 EDO’s de Bernoulli Uma EDO de Bernoulli e´ uma EDO quase linear. Ela pode ser escrita na y′ + p(x)y = q(x)yn com n 6= 0 e n 6= 1. Para resolver uma EDO de Bernoulli faz-se a substituic¸a˜o v = y1−n ou v = yyn , donde y = vyn. Assim, v′ = (1− n)y−ny′ ou y′ = v′yn1−n . Na EDO: v′yn 1− n + p(x)vy n = q(x)yn Multiplicando a expressa˜o acima por (1− n)y−n obtem-se v′ + (1− n)p(x)v = (1− n)q(x) que e´ uma EDO linear em x e v (a nova varia´vel dependente). Determina-se um fator integrante para essa nova EDO, obtem-se a soluc¸a˜o v(x) e desfaz-se a mudanc¸a de varia´veis. 2.4.5 Exemplo Considere a EDO x2y′ = y2 + xy. Podemos reescreveˆ-la na forma: y′ − 1 x y = 1 x2 y2 Ou seja, uma EDO de Bernoulli com n = 2. Faz-se v = y1−2 = y−1 e obtem-se v′ + (−1) ( −1 x ) v = (−1) 1 x2 ou v′ + 1 x v = − 1 x2 Um fator integrante para essa EDO linear e´ ϕ = e ∫ 1 x dx = elnx = x. Multiplicando a EDO por seu fator integrante obtem-se: xv′ + v = −1 x ⇒ (xv)′ = −1 x ⇒ xv = ∫ −1 x dx = − lnx+ C ⇒ v = C − lnx x Desfazendo a mudanc¸a de varia´veis: y−1 = C − lnx x ⇒ y = x C − lnx 5 2.4.6 Exerc´ıcios Resolva as seguintes EDO’s 1. xy2y′ = x3 + y3 2. y′ = √ x+ y + 1 3. 3y2y′ + y3 = e−x 4. yy′ + x = (x2 + y2) 1 2 5. 2xy′ + y3e−2x = 2xy 2.5 EDO’s Exatas Qualquer EDO de 1a ordem na forma y′ = P (x, y) pode ser escrita na forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (9) Esta equac¸a˜o e´ fa´cil de resolver se existir uma func¸a˜o diferencia´vel F (x, y) com diferencial total dF = M(x, y)dx+N(x, y)dy (10) De fato, se tal func¸a˜o existe, enta˜o a equac¸a˜o (9) e´ simplesmente dF = 0 cuja soluc¸a˜o e´ F (x, y) = C. (11) Quando uma tal func¸a˜o F (x, y) existe, dizemos que a EDO em (9) e´ exata. Lembre que se uma func¸a˜o F (x, y) e´ diferencia´vel, enta˜o sua diferencial total e´: dF = ∂F ∂x dx+ ∂F ∂y dy (12) Uma condic¸a˜o para que F (x, y) seja diferencia´vel e´ que suas derivadas de segunda ordem mistas independam da ordem em que as derivadas sa˜o feitas, ou seja, ∂2F ∂x∂y = ∂2F ∂y∂x (13) Para que a EDO (9) seja exata e´ necessa´rio, comparando as equac¸o˜es (10) e (12), que ∂F∂x = M e ∂F ∂y = N . E, aplicando as condic¸o˜es em (13), obtemos a caracterizac¸a˜o de EDO’s exatas: ∂2F ∂x∂y = ∂ ∂x ( ∂F ∂y ) = ∂N∂x ∂2F ∂y∂x = ∂ ∂y ( ∂F ∂x ) = ∂M∂y ⇒ ∂M ∂y = ∂N ∂x (14) Resumindo, se e´ dada uma EDO como em (9), testamos se as condic¸o˜es em (14) sa˜o satisfeitas, se forem, procuramos uma func¸a˜o F (x, y) tal que ∂F∂x = M e ∂F ∂y = N . Para determinar uma tal func¸a˜o, escolhemos uma dessas duas informac¸o˜es, por exemplo a primeira e encontramos uma func¸a˜o G(x, y) cuja derivada em relac¸a˜o a x seja M(x, y). Enta˜o F (x, y) sera´ G(x, y)+ g(y), onde g(y) e´ a constante da integrac¸a˜o em relac¸a˜o a x, logo pode depender de y. Tendo esta expressa˜o para F (x, y), calculamos sua derivada em relac¸a˜o a y e comparamos com a segunda das informac¸o˜es, determinando enta˜o a func¸a˜o g(y). Observe que temos duas informac¸o˜es sobre a func¸a˜o F , a escolha da primeira a ser usada depende das func¸o˜es que devemos integrar, geralmente escolhemos a mais fa´cil. 6 2.5.1 Exemplo Considere a EDO (3x2y3 + y4)dx+ (3x3y2 + y4 + 4xy3)dy = 0 Testamos se ela e´ exata: M(x, y) = 3x2y3 + y4 ⇒ ∂M∂y = 9x2y2 + 4y3 N(x, y) = 3x3y2 + y4 + 4xy3 ⇒ ∂N∂x = 9x2y2 + 4y3 Como ∂M∂y = ∂N ∂x , ela e´ exata. Enta˜o existe F (x, y) tal que ∂F ∂x = 3x 2y3 + y4 e ∂F∂y = 3x 3y2 + y4 + 4xy3. Determinando F (x, y): ∂F ∂x = 3x2y3 + y4 ⇒ F (x, y) = x3y3 + xy4 + g(y)⇒ ∂F ∂y = 3x3y2 + 4xy3 + g′(y) Mas ∂F ∂y = 3x3y2 + y4 + 4xy3 ⇒ 3x3y2 + 4xy3 + C ′(y) = 3x3y2 + y4 + 4xy3 Logo g′(y) = y4 ⇒ g(y) = y 5 5 +K Portanto F (x, y) = x3y3 + xy4 + y 5 5 +K e a soluc¸a˜o da EDO e´, de acordo com (11) x3y3 + xy4 + y5 5 +K = C Ou seja, y e´ dada implicitamente por 5x3y3 + 5xy4 + y5 = C1 2.5.2 Exerc´ıcios Verifique que cada EDO e´ exata e resolva: 1. (x3 + yx)dx+ (y 2 + lnx)dy = 0 2. (1 + yexy)dx+ (2y + xexy)dy = 0 3. (cosx+ ln y)dx+ (xy + e y)dy = 0 4. (2xy − 3y 2 x4 )dx+ ( 2y x3 − x2 y2 + 1√y )dy = 0 5. 2x 5/2−3y5/3 2x5/2y2/3 dx+ 3y 5/3−2x5/2 3x3/2y5/3 dy = 0 2.6 Fatores Integrantes Um fator integrante para uma EDO na˜o exata M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (15) e´ uma func¸a˜o ϕ(x, y) que multiplicada pela EDO resulta em uma EDO exata. Ou seja, e´ uma func¸a˜o tal que ϕ(x, y)M(x, y)dx+ ϕ(x, y)N(x, y)dy = 0 e´ uma EDO exata. Fazendo P (x, y) = ϕ(x, y)M(x, y) e Q(x, y) = ϕ(x, y)N(x, y). Queremos determinar ϕ(x, y) tal que P (x, y)dx+Q(x, y)dy = 0 7 seja exata. Para isso, devemos ter ∂P ∂y = ∂Q ∂x (16) Em geral, na˜o e´ fa´cil determinar um fator integrante para uma EDO na˜o exata. Entretanto, como veremos a seguir, e´ fa´cil determinar um fator integrante quando a EDO admite um fator integrante que e´ func¸a˜o de apenas uma das varia´veis e, em cada caso, que condic¸o˜es devem ser satisfeitas. Primeiramente, assuma que ϕ(x, y) = ϕ(x) (func¸a˜o so´ de x). Nesse caso, ∂P ∂y = ϕ ∂M ∂y e ∂Q ∂x = dϕ dx N + ϕ ∂N ∂x e, da equac¸a˜o ( 16), e´ preciso que ϕ ∂M ∂y = dϕ dx N + ϕ ∂N ∂x Agrupando, ∂M ∂y − ∂N∂x N = 1 ϕ dϕ dx (17) Esta u´ltima equac¸a˜o fornece uma condic¸a˜o necessa´ria para a existeˆncia de um fator integrante ϕ(x) ja´ que no lado direito tem-se uma func¸a˜o so´ de x, a expressa˜o no lado esquerdo dever ser tambe´m func¸a˜o so´ de x. Enta˜o, se ∂M ∂y − ∂N∂x N = p(x), (18) a equac¸a˜o ( 17) e´ uma EDO separa´vel em x (varia´vel independente) e ϕ (varia´vel dependente), qual seja: dϕ ϕ = p(x)dx que tem como uma soluc¸a˜o ϕ(x) = e ∫ p(x)dx o fator integrante procurado. De maneira ana´loga, se a EDO ( 15) admite um fator integrante ϕ(x, y) = ϕ(y) (func¸a˜o so´ de y), enta˜o ∂P ∂y = dϕ dy M + ϕ ∂M ∂y e ∂Q ∂x = ϕ ∂N ∂x E, da equac¸a˜o ( 16), e´ preciso que dϕ dy M + ϕ ∂M ∂y = ϕ ∂N ∂x Agrupando, ∂N ∂x − ∂M∂y M = 1 ϕ dϕ dy (19) Agora, na equac¸a˜o ( 19), o lado direito e´ func¸a˜o so´ de y, portanto, o lado esquerdo deve ser tambe´m func¸a˜o so´ de y: ∂N ∂x − ∂M∂y M = q(y) (20) E ( 19) e´ a EDO separa´vel em y (varia´vel independente) e ϕ(y) (varia´vel dependente): dϕ ϕ = q(y)dy que tem como uma soluc¸a˜o ϕ(y) = e ∫ q(y)dy o fator integrante procurado. 8 2.6.1 Exemplo Considere a EDO 2xydx+ (y2 − x2)dy = 0 Verifique que ela na˜o e´ exata. Enta˜o testamos se uma das condic¸o˜es ( 18) e ( 20) e´ satisfeita: ∂M ∂y − ∂N∂x N = 2x− (−2x) y2 − x2 = 4x y2 − x2 na˜o e´ func¸a˜o so´ de x e ∂N ∂x − ∂M∂y M = −2x− 2x 2xy = −4x 2xy =−2 y = q(y) e´ func¸a˜o so´ de y Logo, um fator integrante e´ ϕ(y) = e ∫ −2 y dy = e−2 ln y = eln y −2 = y−2 Usando o fator integrante: 2xyy−2dx+ (y2 − x2)y−2dy = 0 2x y︸︷︷︸ P (x,y) dx+ ( 1− x 2 y2 ) ︸ ︷︷ ︸ Q(x,y) dy = 0 satisfaz ∂P ∂y = −2x y2 e ∂Q ∂x = −2x y2 portanto, e´ exata. Logo, existe F (x, y) tal que ∂F ∂x = 2x y e ∂F ∂y = 1− x 2 y2 F (x, y) = x2 y + g(y) ∂F ∂y = −x 2 y2 + g′(y) = 1− x 2 y2 ⇒ g′(y) = 1⇒ g(y) = y + C Portanto, F (x, y) = x2 y + y + C e a soluc¸a˜o da EDO e´ x2 y + y = K ou x2 + y2 = Ky 2.6.2 Exerc´ıcios Determine um fator integrante para cada EDO e resolva: 1. (4x2 + 3 cos y) dx− xsen y dy = 0 2. (y ln y + yex) dx+ (x+ y cos y) dy = 0 3. 2x dx+ x2cotg y dy = 0 4. (4x+ 3y3) dx+ 3xy2 dy = 0 5. ( 1 + 1x ) tg y dx+ sec2y dy = 0 9 2.7 Me´todos de agrupamento A te´cnica para resolver EDO’s exatas pode ser adaptado para resolver outras EDO’s por reagrupamento das func¸o˜es coeficientes M(x, y) e N(x, y) em M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 A ide´ia e´ escrever M(x, y) = P (x, y)−G(x, y) N(x, y) = Q(x, y)−H(x, y) Um reagrupamento pode ser feito em 3 situac¸o˜es: 1. G(x, y) = g(x) so´ depende de x e existe F (x, y) tal que dF = Pdx+Ndy. Nesse caso M(x, y) = P (x, y)− g(x) e reescrevemos a EDO original na forma P (x, y)dx+N(x, y)dy = g(x)dx ou dF = g(x)dx que pode ser integrada diretamente para obter a soluc¸a˜o da EDO original F (x, y) = ∫ g(x)dx 2. H(x, y) = h(y) so´ depende de y e existe F (x, y) tal que dF = Mdx+Qdy. Nesse caso N(x, y) = Q(x, y)− h(y) e reescrevemos a EDO original na forma M(x, y)dx+Q(x, y)dy = h(y)dy ou dF = h(y)dy que pode ser integrada diretamente para obter a soluc¸a˜o da EDO original F (x, y) = ∫ h(y)dy 3. Existem func¸o˜es F (x, y) e L(x, y) tais que dF = Pdx+Qdy e dL = Gdx+Hdy. Temos assim (P (x, y)−G(x, y))dx+ (Q(x, y)−H(x, y))dy = 0 ou P (x, y)dx+Q(x, y)dy = G(x, y)dx+H(x, y)dy ou dF = dL que pode ser integrada diretamente para obter a soluc¸a˜o da EDO original F (x, y) = L(x, y) + C. Com este me´todo, fatores integrantes podem ser encontrados facilmente quando reconhecemos diferenciais totais na EDO reescrita. E´ conveniente, portanto, ter uma tabela com algumas func¸o˜es e suas diferenciais: 10 F (x, y) dF x+ y dx+ dy xy ydx+ xdy x2 + y2 2xdx+ 2ydy y x −ydx+ xdy x2 x y ydx− xdy y2 ln(x2 + y2) 2xdx+ 2ydy x2 + y2 arctg byax −abydx+ abxdy a2x2 + b2y2 arctgaxby abydx− abxdy a2x2 + b2y2 2.7.1 Exemplos Considere a EDO (x− x3 − y)dx+ xdy = 0 Para fazer aparecer algo que esta´ na tabela reagrupamos assim −ydx+ xdy = (x3 − x)dx Se o lado esquerdo dessa equac¸a˜o fosse uma diferencial exata poder´ıamos integrar diretamente, mas na˜o e´ (−1 6= 1). No entanto, comparando com a quarta linha da tabela, notamos que obtemos uma diferencial total se multiplicarmos toda a equac¸a˜o por 1 x2 o que na˜o muda o fato de o lado direito ser func¸a˜o so´ de x. Assim, −ydx+ xdy x2 = x3 − x x2 dx Da´ı d( y x ) = (x− 1 x )dx pode ser integrada para obter y x = x2 2 − lnx+ C Portanto a soluc¸a˜o da EDO pode ser dada explicitamente por y = x3 2 − x lnx+ Cx. Observe que o fator 1 x2 e´ um fator integrante que depende de uma das varia´veis e seria determinado pelo me´todo da sec¸a˜o anterior. Um outro exemplo. Considere a EDO (x− x2y − y3)dx+ (y − x3 − xy2)dy = 0 Inicialmente separamos a parte o´bvia xdx+ ydy = (x2y + y3)dx+ (x3 + xy2)dy = y(x2 + y2)dx+ x(x2 + y2)dy = (x2 + y2)(ydx+ xdy) Consultando a tabela vemos o que deve ser feito: xdx+ ydy x2 + y2 = d(xy) ou d( 1 2 ln(x2 + y2)) = d(xy) Integrando, obtemos 1 2 ln(x2 + y2) = xy + C Nesse exemplo o fator inegrante e´ 1 x2+y2 e na˜o poderia ter sido determinado pelo me´todo da sec¸a˜o anterior. 11 2.7.2 Exerc´ıcios Resolva 1. dx+ ( x y − sen y ) dy = 0 2. ydx+ (2x− ey + e−y)dy = 0 3. (2xy2 + y3 − y)dx+ (xy2 + x)dy = 0 4. (6y − 4x2 − 9y2)dx+ (4x2 + 9y2 − 6x)dy = 0 5. (y2 + exsen y)dx+ (2xy + ex cos y)dy = 0 12 3 EDO’s de 2a ordem Uma EDO de 2a ordem e´ uma expressa˜o do tipo F (x, y, y′, y′′) = 0. Estudaremos inicialmente tipos de EDO’s de 2a ordem que podem ser reduzidas a EDO’s de 1a ordem por uma mudanc¸a de varia´veis. 3.1 Reduc¸a˜o de Ordem Se, em uma EDO de 2a ordem, a varia´vel dependente y na˜o aparece, ou seja, a EDO e´ uma expressa˜o do tipo F (x, y′, y′′) = 0, enta˜o a substituic¸a˜o da varia´vel dependente y′ = v e, consequentemente y′′ = v′, reduz a EDO a F (x, v, v′) = 0 que e´ uma EDO de 1a ordem com varia´vel independente x e varia´vel dependente y. Resolvendo-se essa EDO, determina-se v e desfaz-se a substituic¸a˜o, resolvendo a EDO y′ = v. F (x, y′, y′′) = 0 y′ = v y′′ = v′−→ { F (x, v, v′) = 0 y′ = v 3.1.1 Exemplo Consisere a EDO y′′ = (x+ y′)2. Fazendo y′ = v, tem-se y′′ = v′ e obtem-se v′ = (x+ v)2 Lembre que esta e´ uma EDO de 1a ordem que se resolve com a mudanc¸a de varia´veis u = x+ v e u′ = 1+ v′ ou v′ = u′ − 1, obtendo-se du dx − 1 = u2 ⇒ du dx = u2 + 1⇒ du u2 + 1 = dx⇒ ∫ du u2 + 1 = ∫ dx arctgu = x+ C1 ⇒ u = tg(x+ C1)⇒ x+ v = tg(x+ C1)⇒ v = tg(x+ C1)− x Resolvendo a segunda EDO y′ = tg(x+ C1)− x⇒ y = ln(sec(x+ C1))− x 2 2 + C2 Observe que a soluc¸a˜o geral de uma EDO de segunda ordem e´ uma famı´lia de func¸o˜es a dois paraˆmetros. Outra situac¸a˜o onde pode-se fazer uma reduc¸a˜o de ordem e´ quando, na EDO na˜o aparece a varia´vel indepen- dente x, ou seja, a EDO e´ do tipo F (y, y′, y′′) = 0. Nesse caso, faz-se a substituic¸a˜o y′ = v mas considera-se y como a varia´vel independente na equac¸a˜o obtida, de modo que as derivadas, que sa˜o em relac¸a˜o a x devem ser calculadas em relac¸a˜o a y usando-se a regra da cadeia. Enta˜o y′ = v ⇔ dy dx = v e y′′ = v′ = dv dx Mas, pela regra da cadeia, dv dx = dv dy dy dx ⇒ y′′ = vdv dy Logo, as EDO’s resultantes sa˜o { F ( y, v, v dvdy ) = 0 dy dx = v 13 3.1.2 Exemplo Na EDO yy′′ + (y′)2 = 0, a varia´vel x na˜o aparece. Enta˜o faz-se a mudanc¸a descrita acima: y′ = v e y′′ = v dv dy Obtendo-se yv dv dy + v2 = 0⇒ ydv dy = −v ⇒ dv v = −1 y dy∫ dv v = ∫ −1 y dy ⇒ ln v = − ln y + C ⇒ ln v = ln y−1 + lnC1 ⇒ ln v = lnC1y−1 ⇒ v = C1 y Resolvendo-se a segunda EDO: dy dx = C1 y ⇒ ydy = C1dx⇒ ∫ ydy = ∫ C1dx y2 2 = C1x+ C2 ⇒ y = √ K1x+K2 3.1.3 Exerc´ıcios Resolva por reduc¸a˜o de ordem: 1. xy′′ + y′ = 4x 2. yy′′ = 3(y′)2 3. y3y′′ = 1 4. x2y′′ + 3xy′ = 2 5. yy′′ + (y′)2 = yy′ 4 EDO’s Lineares de 2a ordem Uma EDO F (x, y, y′, y′′) = 0 e´ linear se pode ser escrita na forma a(x)y′′ + b(x)y′ + c(x)y = d(x) Quando d(x) = 0 a EDO e´ homogeˆnea. Nesse caso, e´ fa´cil verificar que • Se y = y1(x) e y = y2(x) sa˜o soluc¸o˜es de uma EDO linear homogeˆnea, enta˜o qualquer combinac¸a˜o linear de y1 e y2 tambem e´ soluc¸a˜o. (Esse e´ o Princ´ıpio da superposic¸a˜o de soluc¸o˜es) Pode-se mostrar tambem, mas na˜o ta˜o facilmente, que se • y = y1(x) e y = y2(x) sa˜o soluc¸o˜es da EDO a(x)y′′ + b(x)y′ + c(x)y = 0 (21) • y = y1(x) e y = y2(x) sa˜o func¸o˜es linearmente independentes1 1duas func¸o˜es sa˜o linearmente independentes se uma na˜o e´ mu´ltiplo constante da outra 14 Enta˜o a soluc¸a˜o geral da EDO (21) e´ y = C1y1 + C2y2 Estudaremos como resolver EDO’s de 2a ordem com coeficientes constantes: ay′′ + by′ + cy = d(x) Considerando inicialmente as homogeˆneas ay′′ + by′ + cy = 0 (22) Intuitivamente, espera-se que uma soluc¸a˜o dessa EDO seja uma func¸a˜o exponencial ou uma func¸a˜o trigo- nome´trica (por que?)Testamos, enta˜o, sob que condic¸o˜es, uma func¸a˜o do tipo y = erx e´ soluc¸a˜o de (22). Temos y = erx y′ = rerx y′′ = r2erx Levando na equac¸a˜o (22) ar2erx + brerx + cerx = 0⇔ erx(ar2 + br + c) = 0⇔ ar2 + br + c = 0 A u´ltima equac¸a˜o, que segue do fato de que erx nunca se anula, e´ uma equac¸a˜o do segundo grau em r (chamada a equac¸a˜o caracter´ıstica de (22)) e para a qual ha´ 3 possibilidades: 1. tem duas ra´ızes reais e distintas r1 e r2; 2. tem uma raiz real dupla r0; 3. tem duas ra´ızes complexas e conjugadas r1 = α+ iβ e r2 = α− iβ Para a primeira possibilidade, segue que y1 = e r1x e y2 = e r2x sa˜o soluc¸o˜es de (22) e, como sa˜o linearmente independentes (verifique!), a soluc¸a˜o geral de (22) e´ y = C1e r1x + C2e r2x onde C1 e C2 sa˜o constantes arbitra´rias. Para a segunda possibilidade, note que, se r0 e´ raiz da equac¸a˜o caracter´ıstica, enta˜o y1 = e r0x e´ uma soluc¸a˜o da EDO e ar2 + br + c = a(r − r0)2 = ar2 − 2ar0r + r20 ⇔ b = −2ar0 e c = r20 Nesse caso, pode-se mostrar que uma segunda soluc¸a˜o da EDO (22) e´ y2 = xe r0x. De fato y2 = xe r0x y′2 = e r0x + r0xe r0x = (1 + r0x)e r0x y′′2 = r0e r0x + (1 + r0x)r0e r0x = (2 + r0x)r0e r0x Donde ay′′2 + by ′ 2 + cy2 = a(2 + r0x)r0e r0x + b(1 + r0x)e r0x + cxer0x = (ar20 + br0 + c)xe r0x + (2ar0 + b)e r0x A primeira parcela da u´ltima expressa˜o e´ zero pois r0 e´ raiz da equac¸a˜o caracter´ıstica e a segunda parcela tambe´m e´ zero pois b = −2ar0. Portanto, fica verificado que y2 e´ soluc¸a˜o de (22) e, consequentemente sua soluc¸a˜o geral e´ y = C1e r0x + C2xe r0x Antes de analisarmos a terceira possibilidade resolva os exerc´ıcios a seguir. 15 4.1 Exerc´ıcios Resolva: 1. 12y′′ − 5y′ − 2y = 0 2. y′′ − 2y = 0 3. y′′ − 6y′ + y = 0; y(0) = −1, y′(0) = 3 4. y′′ − 5y′ = 0 5. y′′ − 20y′ + 4y = 0 4.2 Ra´ızes Complexas Para analisarmos a terceira das possibilidades quanto s ra´ızes da equac¸a˜o caracter´ıstica, precisaremos de uma expressa˜o para a exponencial de um nu´mero complexo. Essa expressa˜o e´ dada pela fo´rmula de Euler: eit = cos t+ isen t A justificativa para esta expressa˜o vem das se´ries de poteˆncias das func¸o˜es exponencial, seno e cosseno: agrupando a partte real e a parte imagina´ria da se´rie de Taylor de f(t) = eit e lembrando que as poteˆncias do nu´mero complexo i se restringem a i,−i, 1 e −1, obte´m-se a fo´rmula de Euler. Agora se a equac¸a˜o caracter´ıstica ar2 + br + c = 0 da EDO ay′′ + by′ + cy = 0 tem ra´ızes complexas r1 = α + iβ e r2 = α − iβ, enta˜o duas de suas soluc¸o˜es sa˜o y1 = e(α+iβ)x = eαxeiβx e y2 = e (α−iβ)x = eαxe−iβx. Sendo essas func¸o˜es linearmente independentes (verifique!), a soluc¸a˜o geral e´ y = C1e αxeiβx + C2e αxe−iβx = eαx(C1eiβx + C2e−iβx) Usando a fo´rmula de Euler y = eαx(C1(cos (βx) + isen (βx)) + C2(cos (βx)− isen (βx)) e agrupando a parte real e a parte imagina´ria y = eαx((C1 + C2)cos (βx) + i(C1 − C2)sen (βx)) Como C1 e C2 sa˜o constantes arbitra´rias, podemos escrever K1 = C1 + C2 e K2 = i(C1 − C2) obtendo y = eαx(K1cos (βx) +K2sen (βx)) Observe que se K1 e K2 forem nu´meros reais, a func¸a˜o acima sera´ uma func¸a˜o real e que isto acontece quando as constantes C1 e C2 forem nu´meros complexos conjugados. 4.2.1 Exerc´ıcios Resolva: 1. 12y′′ − 5y′ + 2y = 0 2. y′′ + 2y = 0 3. y′′ − 6y′ + 8y = 0; y(0) = −1, y′(0) = 3 4. y′′ − 5y′ + 6y = 0 5. y′′ − 2y′ + 6y = 0 16 4.3 EDO’s Lineares na˜o Homogeˆneas com Coeficientes Constantes Estudaremos agora EDO’s lineares de segunda ordem na˜o homogeˆneas com coeficientes constantes, ou seja, EDO’s do tipo ay′′ + by′ + cy = p(x) (23) Dizemos que a EDO homogeˆnea associada a (23) e´ a EDO (22) cuja soluc¸a˜o geral e´ yH = K1y1+K2y2. Sobre a soluc¸a˜o geral de (23) temos o seguinte Teorema: • Se yp e´ qualquer soluc¸a˜o da EDO (23), enta˜o sua soluc¸a˜o geral e´ y = yH + yp Portanto, para resolver a EDO (23) e´ preciso determinar uma soluc¸a˜o particular yp. Para isso consideraremos dois me´todos, o primeiro emp´ırico que so´ funciona em situac¸o˜es bem particulares e´ o me´todo das constantes a determinar e o segundo, mais geral e´ o me´todo da variac¸a˜o das constantes. 4.3.1 Me´todo das Constantes a Determinar Esse me´todo funciona quando as derivadas da func¸a˜o p(x) que aparece em (23) se restringem a um nu´mero finito de func¸o˜es, digamos {u1(x), u2(x), u3(x), . . . um(x)}. O me´todo consiste em determinar constantes A1, A2, . . . Am tais que yp = A1u1 + A2u2 + . . . Amum seja uma soluc¸a˜o de (23). Em geral, e´ poss´ıvel prever quando essa tentativa de soluc¸a˜o sera´ de fato soluc¸a˜o e, caso contra´rio, como adaptar essa tentativa para uma func¸a˜o com mais chances de dar certo. Vejamos dois exemplos: Exemplo 1. 2y′′ + y′ − 6y = x+ ex Temos p(x) = x + ex, p′(x) = 1 + ex, p′′(x) = ex. As func¸o˜es que aparecem aqui sa˜o: u1 = 1, u2 = x e u3 = e x; derivando p(x) qualquer nu´mero de vezes obtem-se sempre uma combinac¸a˜o dessas func¸o˜es. Enta˜o a tentativa de soluc¸a˜o e´ yp = A+Bx+Ce x e precisamos determinar A,B e C para que yp seja uma soluc¸a˜o da EDO dada. Temos yp = A+Bx+ Ce x y′p = B + Cex y′′p = Cex e 2y′′p + y ′ p − 6yp = x+ ex ⇔ 2Cex +B + Cex − 6(A+Bx+ Cex) = x+ ex Agrupando as func¸o˜es obtemos (B − 6A)− 6Bx+ (2C + C − 6C)ex = x+ ex Como precisamos dos valores de A,B e C que fac¸am essa identidade valer independente dos valores de x, obtemos o sistema de equac¸o˜es lineares B − 6A = 0 −6B = 1 −3C = 1 ⇔ A = − 136 B = −16 C = −13 =⇒ yp = − 1 36 − 1 6 x− 1 3 ex Para exibir a soluc¸a˜o geral da EDO dada, precisamos de yH a soluc¸a˜o geral da homogeˆnea associada: 2y′′ + y′ − 6y = 0 que tem equac¸a˜o caracter´ıstica 2r2 + r − 6 = 0 com ra´ızes r1 = 3/2 e r2 = −2 e soluc¸a˜o geral yH = K1e 3x/2 +K2e −2x Enta˜o a soluc¸a˜o geral da EDO do exemplo e´ y = K1e 3x/2 +K2e −2x − 1 36 − 1 6 x− 1 3 ex 17 Exemplo 2. 2y′′ + y′ − 6y = 4x+ 2e−2x Temos p(x) = 4x+2e−2x, p′(x) = 4−4e−2x, p′′(x) = 8e−2x. As func¸o˜es que aparecem aqui sa˜o: u1 = 1, u2 = x e u3 = e −2x e uma tentativa de soluc¸a˜o particular e´ yp = A+Bx+ Ce −2x com derivadas y′p = B − 2Ce−2x y′′p = 4Ce−2x A func¸a˜o yp sera´ uma soluc¸a˜o se 8Ce−2x+B−2Ce−2x−6(A+Bx+Ce−2x) = 4x+2e−2x ou (B−6A)−6Bx+(8C−2C−6C)e−2x = 4x+2e−2x O sistema de equac¸o˜es lineares e´ B − 6A = 0 −6B = 4 0 = 2 IMPOSSI´VEL Poder´ıamos ter previsto que essa tentativa na˜o daria certo se tive´ssemos observado a soluc¸a˜o geral da EDO homogeˆnea associada que e´ a mesma do exemplo 1, yH = K1e 3x/2 + K2e −2x. O problema e´ que a func¸a˜o u3(x) = e −2x e´ parte de yH , ou seja, e´ uma das soluc¸o˜es da EDO homogeˆnea e, portanto, na˜o pode ser uma soluc¸a˜o da EDO n ]ao homogeˆnea. Para remediar a situac¸a˜o a regra geral e´: tendo uma primeira tentativa de soluc¸a˜o particular yp, compare-a com yH , as func¸o˜es que aparecem nas duas devem ser multiplicadas por uma poteˆncia de x (numa segunda tentativa) que fac¸a com que yp e yH na˜o tenham func¸o˜es em comum. Voltando ao exemplo,uma segunda tentativa de soluc¸a˜o particular e´ yp = A+Bx+ Cxe −2x com derivadas y′p = B + C(e−2x − 2xe−2x) = B + C(1− 2x)e−2x y′′p = C(−2e−2x + (1− 2x)(−2e−2x) = C(−4 + 4x)e−2x Que dara´ certo se 2C(−4 + 4x)e−2x +B + C(1− 2x)e−2x − 6(A+Bx+ Cxe−2x) = 4x+ 2e−2x ou (B − 6A)− 6Bx+ (−8C + C)e−2x + (8C − 2C − 6C)xe−2x = 4x+ 2e−2x ou B − 6A = 0 −6B = 4 −6C = 2 =⇒ A = −19 B = −23 C = −13 Portanto a soluc¸a˜o geral da EDO desse exemplo e´ y = K1e 3x/2 +K2e −2x − 1 9 − 2 3 x− 1 3 xe−2x Observe que, tendo-se a soluc¸a˜o geral de uma EDO na˜o homogeˆnea, qualquer func¸a˜o obtida atribuindo-se valores s constantes K1 e K2 e´ uma soluc¸a˜o particular, consequentemente, na˜o se pode esperar que a func¸a˜oyp seja determinada de modo u´nico. 4.3.2 Me´todo da Variac¸a˜o das Constantes Esse me´todo consiste em, partindo da soluc¸a˜o geral da homogeˆnea yH = K1y1 +K2y2, determinar func¸o˜es v1(x) e v2(x) tais que a func¸a˜o yp = v1y1 + v2y2 seja soluc¸a˜o da EDO (23). Como foi observado anteriormente, existem infinitas soluc¸o˜es particulares para uma EDO na˜o homogeˆnea e queremos apenas uma delas. Enta˜o para facilitar a determinac¸a˜o de uma soluc¸a˜o 18 particular podemos adicionar restric¸o˜es ao longo da procura pelas func¸o˜es v1 e v2. Tendo yp, precisamos que ela e suas derivadas ate´ segunda ordem satisfac¸am (23). Temos (?) yp = v1y1 + v2y2 y′p = v′1y1 + v1y′1 + v′2y2 + v2y′2 = v1y′1 + v2y′2 + (v′1y1 + v′2y2) y′′p = v′1y′1 + v1y′′1 + v′2y′2 + v2y′′2 restric¸a˜o adicional v′1y1 + v ′ 2y2 = 0 Lembrando que y1 e y2 sa˜o soluc¸o˜es linearmente independentes da EDO homogeˆnea (22), temos que ay′′1 + by ′ 1 + cy1 = 0 e ay ′′ 2 + by ′ 2 + cy2 = 0 Substituindo (?) em (23) com a restric¸a˜o adicional obtemos a(v′1y ′ 1 + v1y ′′ 1 + v ′ 2y ′ 2 + v2y ′′ 2) + b(v1y ′ 1 + v2y ′ 2) + c(v1y1 + v2y2) = p(x) Agrupando v1(ay ′′ 1 + by ′ 1 + cy1) + v2(ay ′′ 2 + by ′ 2 + cy2) + a(v ′ 1y ′ 1 + v ′ 2y ′ 2) = p(x) O que sobra dessa u´ltima equac¸a˜o juntamente com a restric¸a˜o adicional e´ o sistema{ v′1y1 + v′2y2 = 0 v′1y′1 + v′2y′2 = 1 ap(x) ou ( y1 y2 y′1 y′2 )( v′1 v′2 ) = ( 0 1 ap(x) ) Pode ser mostrado que, sendo y1 e y2 func¸o˜es linearmente independentes, a matriz dos coeficientes do sistema acima e´ invert´ıvel, ou seja, seu determinante2 e´ na˜o nulo. Portanto, esse sistema pode ser resolvido pela Regra de Cramer: v′1 = det ( 0 y2 1 ap(x) y ′ 2 ) det ( y1 y2 y′1 y′2 ) v′2 = det ( y1 0 y′1 1 ap(x) ) det ( y1 y2 y′1 y′2 ) Ou v′1 = − 1ay2p(x) W (y1, y2) e v′2 = 1 ay1p(x) W (y1, y2) Ou ainda v1 = −1 a ∫ y2p(x) W (y1, y2) dx e v2 = 1 a ∫ y1p(x) W (y1, y2) dx que sa˜o as func¸o˜es procuradas. Para ilustrar esse me´todo, vamos resolver a EDO y′′ + 4y′ + 4y = x−2e−2x A EDO homogeˆnea associada e´ y′′ + 4y′ + 4y = 0 que tem equac¸a˜o caracter´ıstica r2 + 4r + 4 = 0 com raiz dupla r0 = −2. Sua soluc¸a˜o geral e´ yH = K1e −2x +K2xe−2x Sendo y1 = e −2x e y2 = xe−2x, de acordo com o exposto acima, W (y1, y2) = det ( e−2x xe−2x −2e−2x (1− 2x)e−2x ) = (1− 2x)e−4x + 2xe−4x = e−4x As func¸o˜es v1 e v2 sa˜o dadas por v1 = − ∫ xe−2xx−2e−2x e−4x dx = − ∫ 1 x dx = − lnx 2chamado determinante Wronskiano e denotado por W (y1, y2) 19 v2 = ∫ e−2xx−2e−2x e−4x dx = ∫ 1 x2 dx = −1 x (as constantes de integrac¸a˜o foram escolhidas como zero por simplicidade). Uma soluc¸a˜o particular e´ yp = − lnxe−2x − 1 x xe−2x = − lnxe−2x − e−2x E a soluc¸a˜o geral da EDO e´ y = K1e −2x +K2xe−2x − lnxe−2x − e−2x = (K1 − 1)e−2x +K2xe−2x − lnxe−2x = (C1 + C2x− lnx)e−2x 4.3.3 Exerc´ıcios Resolva as EDO’s na˜o homogeˆneas determinando uma soluc¸a˜o particular pelo me´todo mais conveniente: 1. y′′ + y′ + y = sen2x 2. y′′ + 2y′ + 5y = exsenx 3. 2y′′ + 4y′ + 7y = x2 4. y′′ + 9y = 2sec 3x 5. y′′ + y = tgx 20
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