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Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 1 2.2 Equações com Variáveis Separáveis Nesta seção examinamos uma subclasse de equações de primeira ordem lineares e não-lineares. Seja a equação Podemos reescrevê-la na forma Por exemplo, com M(x,y) = - f (x,y) então N(x,y) = 1. Além disso, a equação acima pode ser escrita na forma diferencial: Se M é uma função apenas de x e N é uma função apenas de y, então Nesse caso, a equação é chamada separável. 0),(),( dx dyyxNyxM 0),(),( dyyxNdxyxM 0)()( dyyNdxxM ),( yxf dx dy Exemplo 1: Resolução de Equações com Variáveis Separáveis Resolver a seguinte equação não-linear de 1a. ordem: Separando variáveis, e usando Cálculo, obtemos A equação acima define a solução y implicitamente. Um gráfico mostrando o campo de direções e várias curvas integrais para a equação diferencial é dada acima. 1 1 2 2 y x dx dy Cxxyy Cxxyy dxxdyy dxxdyy 33 3 1 3 1 11 11 33 33 22 22 Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 2 Exemplo 2: Soluções Implícitas e Explícitas (1 de 4) Resolver a seguinte equação não-linear de primeira ordem: Separando variáveis e usando o Cálculo, obtemos: A equação acima define a solução y implicitamente. Uma expressão explícita para a solução pode ser encontrada nesse caso: 12 243 2 y xx dx dy Cxxxyy dxxxdyy dxxxdyy 222 24312 24312 232 2 2 Cxxxy Cxxx yCxxxyy 221 2 22442 0222 23 23 232 Exemplo 2: Problema de Valor Inicial (2 de 4) Suponha que procuramos a solução que satisfaz y(0) = -1. Usando a expressão implícita de y : obtemos: Logo a equação implícita que define y é Usando a expressão explícita de y: Segue que 411 221 23 CC Cxxxy 3)1(2)1( 222 2 232 CC Cxxxyy 3222 232 xxxyy 4221 23 xxxy Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 3 Exemplo 2: Condição Inicial y(0) = 3 (3 de 4) Observe que se a condição inicial é y(0) = 3, então escolhemos a opção com sinal positivo ao invés daquela com sinal negativo no termo envolvendo a raiz quadrada: 4221 23 xxxy Exemplo 2: Domínio (4 de 4) Logo, as soluções para o problema de valor inicial são dadas por Da representação explícita de y, segue que daí o domínio de y é (-2, ). Observar que x = -2 implica y = 1 que torna o denominador de dy/dx zero (tangente é vertical). O domínio de y pode ser estimado localizando-se tangentes verticais no gráfico (útil se soluções definidas implicitamente). )(explícito 4221 )(implícito 3222 23 232 xxxy xxxyy 2212221 22 xxxxxy 1)0(,12 243 2 y y xx dx dy Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 4 Exemplo 3: Solução Implícita de Problemas de Valor Inicial (1 de 2) Seja o seguinte problema de valor inicial: Separando as variáveis e usando o Cálculo, obtém-se: Usando a condição inicial, segue que: 1)0(, 31 cos 3 yy xyy Cxyy xdxdyy y xdxdy y y sinln cos31 cos31 3 2 3 1sinln 3 xyy Exemplo 3: Gráfico de Soluções (2 de 2) Logo O gráfico dessa solução (preto), juntamente com os gráficos do campo de direção e várias curvas integrais (azul) para essa equação diferencial, é dada abaixo. 1sinln1)0(, 31 cos 3 3 xyyyy xyy Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 1 2.6 Equações Exatas e Fatores Integrantes Seja a EDO de primeira ordem na forma Assuma que existe uma função tal que e de tal modo que (x,y) = c define y = (x) implicitamente. Então e daí a EDO original se torna Portanto (x,y) = c define uma solução implicitamente. Nesse caso, a EDO é dita exata. 0),(),( yyxNyxM ),(),(),,(),( yxNyxyxMyx yx )(,),(),( xx dx d dx dy yx yyxNyxM 0)(, xx dx d Assuma que uma EDO possa ser escrita na forma onde as funções M, N, My e Nx são todas contínuas na região retangular R: (x, y) (, ) x (, ). Então a Eq. (1) é uma equação diferencial exata se Ou seja, existe uma função que satisfaz as condições se M e N satisfazem a Equação (2). )1(0),(),( yyxNyxM )2(),(),,(),( RyxyxNyxM xy )3(),(),(),,(),( yxNyxyxMyx yx Teorema 2.6.1 Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 2 Exemplo 1: Equação Exata (1 of 4) Seja a EDO seguinte. Então e daí Do Teorema 2.6.1, Portanto 0)4()4( 4 4 yyxyx yx yx dx dy yxyxNyxyxM 4),(,4),( exataéEDOa),(4),( yxxNyxyM yxyxyxyx yx 4),(,4),( )(4 2 14),(),( 2 yCxyxdxyxdxyxyx x Exemplo 1: Solução (2 de 4) Nós temos e Segue daí que Portanto Pelo Teorema 2.6.1, a solução é dada implicitamente por yxyxyxyx yx 4),(,4),( )(4 2 14),(),( 2 yCxyxdxyxdxyxyx x kyyCyyCyCxyxyxy 22 1)()()(44),( kyxyxyx 22 2 14 2 1),( cyxyx 22 8 Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 3 Exemplo 1: Campo de Direções e Curvas de Soluções (3 de 4) Nossa equação diferencial e soluções são dadas por Um gráfico de campo de direções para essa EDO, juntamente com várias curvas de solução, é dado abaixo. cyxyxyyxyx yx yx dx dy 22 80)4()4( 4 4 Exemplo 1: Solução Explícita e Gráficos (4 de 4) As soluções são definidas implicitamente pela equação abaixo. Nesse caso, podemos resolver a equação explicitamente para y: Curvas de solução para vários valores de c são dadas abaixo. cxxycxxyy 222 17408 cyxyx 22 8 Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 4 Exemplo 2: Equação Exata (1 de 3) Seja a EDO seguinte: Então e daí Do Teorema 2.6.1, Portanto 0)1(sin)2cos( 2 yexxxexy yy 1sin),(,2cos),( 2 yy exxyxNxexyyxM exataéEDO),(2cos),( yxxNyxexyxyM 1sin),(,2cos),( 2 yyyx exxNyxxexyMyx )(sin2cos),(),( 2 yCexxydxxexydxyxyx yyx Exemplo 2: Solução (2 de 3) Temos e Segue que Portanto Pelo Teorema 2.6.1, a solução é dada implicitamente por 1sin),(,2cos),( 2 yyyx exxNyxxexyMyx )(sin2cos),(),( 2 yCexxydxxexydxyxyx yyx kyyCyC yCexxexxyx yyy )(1)( )(sin1sin),( 22 kyexxyyx y 2sin),( cyexxy y 2sin Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 5 Exemplo 2: Campo de Direções e Curvas de Soluções (3 de 3) A equação diferencial e soluções são dadas por Um gráfico do campo de direções para essa EDO juntamente com várias curvas de soluções é dado abaixo. cyexxy yexxxexy y yy 2 2 sin ,0)1(sin)2cos( Exemplo 3: Equação Não-Exata (1 de 3) Seja a seguinte equação diferencial. Então e daí Para mostrar que essa EDO não pode ser resolvida por esse método, vamos procurar uma função tal que Portanto 0)2()3( 32 yxxyyxy 32 2),(,3),( xxyyxNyxyyxM exataénãoEDO),(23223),( yxxNxyyxyxyM 32 2),(,3),( xxyNyxyxyMyx yx )(2/33),(),( 222 yCxyyxdxyxydxyxyx x Prof. M.H. da Silva BassaniCEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 6 Exemplo 3: Equação Não-Exata (2 de 3) Procuramos tal que e Então Portanto, não existe tal função . Entretanto, se nós (incorretamente) procedemos como antes, obtemos definindo y implicitamente, e que não é uma solução da EDO. 32 2),(,3),( xxyNyxyxyMyx yx )(2/33),(),( 222 yCxyyxdxyxydxyxyx x kyxyxyCxxyC yCxyxxxyyxy 2/3)(2/3)( )(22/32),( 23 ?? 23 ? 23 cxyyx 23 Exemplo 3: Gráficos (3 de 3) A equação diferencial e o y definido implicitamente são Um gráfico do campo de direções para essa EDO, juntamente com várias curvas para y é dado abaixo. Desses gráficos, vemos evidências adicionais que y de fato não satisfaz a equação diferencial. cxyyx yxxyyxy 23 32 ,0)2()3( Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 7 Gráficos Algumas vezes é possível converter uma EDO que não é exata numa EDO exata multiplicando a equação por um fator integrante (x,y) adequado: Para essa equação ser exata é necessário que Essa equação diferencial parcial pode ser difícil de resolver. Se é uma função apenas de x , então y = 0 e daí resolvemos desde que o lado direito seja uma função apenas de x . De modo similar, se é uma função apenas de y . Ver livro- texto para mais detalhes. Fatores Integrantes 0),(),(),(),( 0),(),( yyxNyxyxMyx yyxNyxM 0 xyxyxy NMNMNM , N NM dx d xy Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 8 Exemplo 4: Equação Não-Exata Seja a EDO não-exata seguinte: Procurando um fator integrante, resolvemos a equação linear Multiplicando a equação diferencial por , obtemos a equação exata que tem soluções definidas implicitamente por 0)()3( 22 yxyxyxy xx xdx d N NM dx d xy )( ,0)()3( 2322 yyxxxyyx cyxyx 223 2 1 Exemplo 5: Equação Não-Exata Seja a EDO não-exata seguinte: Procurando um fator integrante, resolvemos a equação linear Multiplicando a equação diferencial por com c = 1 obtemos a equação exata que tem soluções definidas implicitamente por 0 dyxdxy 2 )(2 x cx xdx d N xNyM dx d 01 2 dy x dx x y c x y Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 9 Exemplo 6: Equação Não-Exata Seja a EDO não-exata seguinte: Procurando um fator integrante, resolvemos a equação linear Multiplicando a equação diferencial por com c = 1 obtemos a equação exata que tem soluções definidas implicitamente por 0)21()2( 3 3 dyyxdx x yxy 2 )(2 x cx xdx d N xNyM dx d 0)21()2( 3 3 3 dy x yxdx x yxy 0; 2 2 xc x yyx Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ 2o.Semestre 2014 1 Capítulo 2 Equações Diferenciais Ordinárias de Primeira Ordem 2.1 Equações Lineares ; Fatores Integrantes 2.2 Equações com Variáveis Separáveis 2.3 Modelamento com Equações de 1ª.Ordem 2.4 Diferenças entre Equações Lineares e Não-Lineares 2.5 Equações Autônomas e Dinâmica Populacional 2.6 Equações Exatas e Fatores Integrantes 2.7 Aproximações Numéricas: Método de Euler 2.8 Teorema da Existência e Unicidade 2.9 Equações de Diferença de 1ª.Ordem 2.1 Equações Lineares e Fatores Integrantes Uma EDO de primeira ordem tem a forma geral onde f é linear em y. Exemplos incluem equações com coeficientes constantes, tais como aquelas do Capítulo1 ou equações com coeficientes variáveis: ),( ytf dt dy )()( tgytp dt dy bayy Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ 2o.Semestre 2014 2 Caso 1: Coeficientes constantes Para uma EDO linear de primeira ordem com coeficientes constantes, lembrem-se que podemos usar métodos de Cálculo para obter sua solução: Cat ekkeaby Ctaaby dta aby dy a aby dtdy ,/ /ln / / / ,bayy Caso 2: Coeficientes Variáveis Método de Fatores Integrantes A seguir consideramos a EDO de 1ª.ordem linear com coeficientes variáveis: O método de fatores integrantes envolve multiplicar essa equação por uma função (t), escolhida de tal modo que a equação resultante é facilmente integrada. )()( tgytp dt dy Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ 2o.Semestre 2014 3 Exemplo 1: Fator Integrante (1 de 2) Considere a seguinte equação: Multiplicando ambos os lados por (t), obtemos Escolheremos (t) de tal modo que o lado esquerdo seja a derivada de função conhecida. Para tal, lembre-se da regra do produto Então, escolhemos (t) de tal modo que 2/2 teyy y dt td dt dytyt dt d )()()( tettt 2)()(2)( )()(2)( 2/ teyt dt dyt t Exemplo 1: Solução Geral (2 de 2) Com (t) = e2t, resolvemos a equação original como abaixo: tt tt tt ttt t t Ceey Ceye eye dt d eye dt dye etyt dt dyt eyy 22/ 2/52 2/52 2/522 2/ 2/ 5 2 5 2 2 )()(2)( 2 Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ 2o.Semestre 2014 4 Método de Fatores Integrantes: (i) Coeficiente constante e Não-Homogênea (lado direito variável) Em geral, quando o coeficiente for constante, p(t)=a , e o lado direito g(t) for variável, a solução é como abaixo: atatat atat atat atatat Cedttgeey dttgeye tgeye dt d tgeyae dt dye tgtyta dt dyt tgayy )( )( )( )( )()()()( )( Exemplo 2: Solução Geral (1 de 2) Podemos resolver a equação seguinte usando a fórmula desenvolvida no slide anterior: Integrando por partes, Portanto tyy 5 5 1 5/5/5/ )5()( tttatatat CedtteeCedttgeey 5/5/ 5/5/5/ 5/5/5/ 550 5525 5)5( tt ttt ttt tee dtetee dttedtedtte 5/5/5/5/5/ 550550 ttttt CetCeteeey Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ 2o.Semestre 2014 5 Exemplo 2: Gráficos das Soluções (2 de 2) O gráfico à esquerda mostra o campo de direções juntamente com várias curvas integrais. O gráfico à direita mostra várias soluções, e uma solução particular (em vermelho) cuja curva contém o ponto (0, 50). particularSolução550)50,0(;5/550:geralSolução tytCety Exemplo 3: Solução Geral (1 de 2) Podemos resolver a equação seguinte usando a fórmula desenvolvida no slide anterior: Integrando por partes, Portanto tyy 5 5 1 5/5/5/ )5()( tttatatat CedtteeCedttgeey 5/ 5/5/5/ 5/5/5/ 5 5525 5)5( t ttt ttt te dtetee dttedtedtte 5/5/5/5/ 55 tttt CetCeteey Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ 2o.Semestre 2014 6 Exemplo 3: Gráficos de Soluções (2 de 2) O gráfico à esquerda mostra campo de direções juntamente com várias curvas integrais. O gráfico à direita mostra várias curvas integrais, e uma solução particular (em vermelho) cujo ponto inicial no eixo-y separa soluções que crescem muito positivamente daquelas que crescem muito negativamente quando t . tyCttCtCtCettCety 50'0;5/'05/';5/'55/5 Método de Fatores Integrantes: (ii) Equação Linear de 1ª.Ordem Geral (Coeficiente variável e Não-Homogênea) A seguir, consideramos a equação linear de 1ª.ordem geral Multiplicandoambos os lados por (t), obtemos Queremos (t) de tal modo que '(t) = p(t)(t), de onde segue que )()( tgytpy yttp dt dytyt dt d )()()()( )()()()()( ttgyttp dt dyt Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ 2o.Semestre 2014 7 Fator Integrante para a Equação Linear de Primeira Ordem Geral Portanto, escolhemos (t) de tal modo que '(t) = p(t)(t). Assumindo (t) > 0, segue-se que Fazendo k = 0, teremos então onde observa-se que (t) > 0, como desejado. ktdtpttdtp t td )()(ln)()( )( ,)( )( tdtpet Solução Geral para a Equação Linear de Primeira Ordem Geral Logo, obtém-se o seguinte: Portanto tdtpettgtyttp dt dyt tgytpy )()( onde ),()()()()( )()( tdtpet t cdttgt y cdttgtyt tgtyt dt d )()( onde, )( )()( )()()( )()()( Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ 2o.Semestre 2014 8 Exemplo 4: Solução Geral (1 de 3) Para resolver o problema de valor inicial primeiro coloque a equação na forma padrão: Então e daí ,21,52 2 ytyyt 0 para,52 tty t y 222 2 2 ln551 51 )( )()( CtttCdt t t t Ctdt t t Cdttgt y 2 1 1lnln2 2 )()( 2 t tete dt tedttpet Exemplo 4: Solução Particular (2 de 3) Usando a condição inicial y(1) = 2 e a solução geral segue-se que ou, equivalentemente, 22 2ln52)1( tttyCy ,ln5 22 Cttty 5/2ln5 2 tty Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ 2o.Semestre 2014 9 Exemplo 4: Gráficos das Soluções (3 de 3) Os gráficos abaixo mostram várias curvas integrais para a equação diferencial, e uma solução particular (em vermelho) cujo gráfico contém o ponto inicial (1,2). 22ln25 :Particular Solução 2ln25 :Geral Solução 21,252 :PVI ttty Cttty ytyyt Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 1 2.4 Diferenças entre Equações Lineares e Não-Lineares Lembre-se que uma EDO de 1ª.ordem tem a forma y' = f (t,y), e é linear se f é linear em y, e não-linear se f é não-linear em y. Exemplos: y' = ty - et, y' = ty2. Nesta seção, veremos que equações de 1ª.ordem lineares e não- lineares se diferenciam de várias formas, que incluem: A teoria que define a existência e unicidade de soluções, e domínios correspondentes, são diferentes. Soluções para equações lineares podem ser resumidas em termos de uma solução geral, o que não é geralmente o caso para equações não- lineares. Equações lineares têm soluções definidas explicitamente ao passo que equações não-lineares tipicamente não o são. Equações não-lineares podem ou não apresentar soluções definidas implicitamente. Para ambos os tipos de equações, a construção numérica e gráfica de soluções são importantes. Existência e Unicidade de Soluções Teorema 2.4.1 Equações Lineares Seja o problema de valor inicial (PVI) de primeira ordem: Se as funções p e g são contínuas num intervalo aberto (, ) contendo o ponto (to, yo) , então existe uma única solução y = (t) que satisfaz o PVI para cada t em (, ). Demonstração: Usar discussão e resultados da Seção 2.1 : o)o(),()( ytytgytpdt dy tt dsspet t ytt dttgty 00 )( )( onde, )( 0)()( Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 2 Existência e Unicidade de Soluções Teorema 2.4.2 Equações Não-Lineares Seja o problema de valor inicial (PVI) de 1ª.ordem não-linear: Sejam também f e f/y funções contínuas em alguma região retangular aberta (t, y) (, ) x (, ) que contém o ponto (t0, y0). Então, em algum intervalo t0 – h < t < t0 + h contido em (, ) , existe uma única solução y = (t) que satisfaz o PVI. Demonstração: Uma vez que não existe qualquer fórmula geral para a solução de PVIs de 1ª.Ordem Não-Lineares arbitrários, a demonstração deste teorema é difícil e está além do limite desta disciplina/curso. Uma discussão é dada na Seção 2.8 do livro-texto. Observa-se que as condições declaradas no Teorema 2.4.2 são suficientes mas não necessárias para garantir a existência de uma única solução; além disso, a continuidade de f garante a existência mas não a unicidade de (t). 0)0(),,( yyytfdt dy Exemplo 1: PVI Linear Lembre-se do PVI da Seção 2.1: A solução deste PVI é definida para t > 0, o intervalo no qual p(t) = -2/t é contínua. Se a condição inicial é y(-1) = 2, então a solução é dada pela mesma expressão acima, mas é definida no intervalo t < 0. Em qualquer dos casos, o teorema 2.4.1 garante que a solução é única no intervalo correspondente. 22ln2521,252 tttyytyyt Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 3 Example 2: PVI Não-Linear (1 of 2) Seja o PVI da Seção 2.2: As funções f e f/y são dadas por e são contínuas exceto na reta y = 1. Logo, podemos desenhar um retângulo aberto em torno de (0, -1) no qual f e f/y são contínuas, desde que ele não inclua a reta y = 1. Quão largo é o retângulo? Lembre-se da solução definida para t > -2, com ,12 243),(, 12 243),( 2 22 y xxyx y f y xxyxf 1)0(,12 243 2 y y xx dx dy 4221 23 xxxy Example 2: Mude a Condição Inicial (2 de 2) Nosso PVI é com que são contínuas, exceto na reta y = 1. Se alteramos a condição inicial para y(0) = 1, então o Teorema 2.4.2 não é satisfeito. Resolvendo esse novo PVI, obtemos Portanto, uma solução existe mas não é única. ,12 243),(, 12 243),( 2 22 y xxyx y f y xxyxf 1)0(,12 243 2 y y xx dx dy 0,221 23 xxxxy Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 4 Exemplo 3: PVI Não-Linear (1 de 2) Seja o problema de valor inicial não-linear As funções f e f/y são dadas por Portanto f é contínua para todo t , mas f/y não existe para y = 0, e daí o Teorema 2.4.2 não é satisfeito. Soluções existem mas não são únicas. Separando variáveis e resolvendo, obtemos Se a condição inicial não está no eixo-t, então o Teorema 2.4.2 não garante existência e unicidade. 3/23/1 3 1),(,),( yyt y fyytf 00)0(,3/1 tyyy 0, 3 2 2 3 2/33/23/1 ttyctydtdyy Exemplo 3: Gráfico (2 de 2) Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 5 Exemplo 4: PVI Não-Linear (1 de 2) Seja o problema de valor inicial não-linear As funções f e f/y são dadas por Portanto f e f/y são contínuas em t = 0, e o Teorema 2.4.2 garante que existe solução e ela é única. Separando variáveis e resolvendo, obtemos A solução y(t) está definida em (-, 1). Notar que a singularidade em t = 1 não é óbvia da declaração original do PVI. yyt y fyytf 2),(,),( 2 1)0(,2 yyy t y ct yctydtdyy 1 1112 Exemplo 4: Gráfico (2 de 2) Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 6 Intervalo de Definição: Equações Lineares Pelo Teorema 2.4.1, a solução de um PVI linear existe através de todo e qualquer intervalo em torno de t = t0 em que p e g são funções contínuas. Assíntotas verticais ou outras descontinuidades da solução podem ocorrer apenas em pontos de descontinuidade das funções p ou g. Entretanto,a solução pode ser diferenciável em pontos de descontinuidade de p ou g (Ver livro-texto, Seção 2.1, Exemplo 3). Comparar esses comentários com aquele do Exemplo 1 e com equações lineares anteriores nos Capítulos 1 e 2 do livro-texto. 0)0(),()( yytgytpy Intervalo de Definição: Equações Não-Lineares No caso não-linear, o intervalo no qual uma solução existe pode ser difícil de se determinar. A solução y = (t) existe desde que (t,(t)) permaneça dentro da região retangular indicada pelo Teorema 2.4.2. Isso é o que determina o valor de h naquele teorema. Uma vez que (t) comumente é desconhecida, essa região pode ser impossível de se determinar. Em qualquer caso, o intervalo no qual uma solução existe pode não ter qualquer relação simples com a função f na equação diferencial não-linear y' = f (t, y), em contraste com o que se observa para equações lineares. Além disso, qualquer singularidade na solução pode depender tanto da condição inicial quanto da equação. Comparar esses comentários àqueles dos exemplos anteriores. Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 7 Soluções Gerais Para uma equação linear de primeira ordem, é possível obter uma solução contendo uma constante arbitrária, da qual todas as soluções são obtidas pela especificação de valores para essa constante. Para equações não-lineares, tais soluções gerais podem não existir. Ou seja, mesmo que uma solução contendo uma constante arbitrária possa ser descoberta, podem existir outras soluções que não podem ser obtidas pela especificação de valores para essa constante. Seja o Exemplo 4: A função y = 0 é uma solução da equação diferencial, mas ela não pode ser obtida pela especificação de um valor para c na solução descoberta usando separação de variáveis: ct yy dt dy 12 Soluções Explícitas: Equações Lineares Pelo Teorema 2.4.1, uma solução do PVI linear existe através de todo e qualquer intervalo em torno de t = t0 no qual p e g são funções contínuas, e essa solução é única. A solução tem uma representação explícita, e pode ser avaliada em qualquer valor apropriado de t, desde que as integrais necessárias possam ser calculadas. , )( )( onde, )( 0)()( 00 tt dsspet t ytt dttgty 0)0(),()( yytgytpy Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 8 Aproximação para Solução Explícita Para EDOs lineares de primeira ordem, uma representação explícita para a solução pode ser obtida, desde que as integrais necessárias possam ser calculadas. Se as integrais não podem ser resolvidas, então métodos numéricos são frequentemente usados para aproximar as integrais. n k ktktgkt t t dttgt dsspet t Ctt dttgty t t 1 )()()()( )( )( onde, )( )()( 0 00 Soluções Implícitas: Equações Não-Lineares Para equações não-lineares, representações explícitas de soluções podem não existir. Como vimos, é possível a obtenção de uma equação que define implicitamente a solução. Se a equação é simples o suficiente, uma reperesentação explícita pode eventualmente ser obtida a partir desta. De outro modo, métodos numéricos são necessários para se determinar valores de y para um dado valor de t. Esses valores podem então ser usados para se traçar o gráfico da curva integral. Seja o exemplo a seguir, obtido da Seção 2.2 . Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 9 Exemplo 5: Solução Implícita de PVI (1 de 2) Seja o seguinte problema de valor inicial (PVI): Separando variáveis e usando Cálculo, obtemos Usando a condição inicial, segue-se que 1)0(, 31 cos 3 yy xyy Cxyy xdxdyy y xdxdy y y sinln cos31 cos31 3 2 3 1sinln 3 xyy Exemplo 3: Gráficos (2 de 2) 1sinln1)0(, 31 cos 3 3 xyyyy xyy Prof. M.H. da Silva Bassani CEFET-RJ, 2o. Semestre 2014 10 Campo de Direções Adicionalmente ao uso de métodos numéricos para o traçado da curva integral, a equação não-linear por si só pode fornecer informação suficiente para o traçado do campo de direções. O campo de direções pode frequentemente mostrar a forma qualitativa das soluções, e pode ajudar a identificar regiões no plano-ty onde as soluções exibem aspectos interessantes que merecem investigações analíticas ou numéricas. A Seção 2.7 e o Capítulo 8 focam em métodos numéricos.
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