Roteiro_4 (Célia)

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UNIVERSIDADE ESTADUAL PAULISTA 
“JÚLIO DE MESQUITA FILHO” 
Campus de Bauru 
 
 
 
 
 
 
 
 
Departamento de Matemática – Faculdade de Ciências 
Av. Eng. Luiz Edmundo Carrijo Coube, 14-01 - Vargem Limpa – Bauru/SP - CEP 17033-360 
Fone: 14 3103-6086 – Fax: 14 3103-6096 - e-mail: matematica@fc.unesp.br - site: http://www.fc.unesp.br/deptos/dm/ 
 
Matemática Aplicada à Engenharia- 2
o
 Semestre de 2014 
Roteiro 4: Existência e Unicidade de Soluções e EDO Lineares 
 
Objetivos: Discutir a existência e a unicidade de soluções de uma equação diferencial e o 
estudo quantitativo de EDO Lineares. 
 
1) A Questão de Existência e Unicidade de soluções. 
 
 Considere a equação diferencial: 
0
dx
dy
xy 22 
. 
 
O campo direcional dessa EDO separável é dado pela figura 1 a seguir: 
 
 
Figura 1: Campo direcional de 
0
dx
dy
xy 22 
. 
 
 A família a um parâmetro de soluções dessa equação é dada por: 
 
1Cx
x
)x(y


. 
 
 A figura 2 mostra as curvas integrais para diversos valores de C. Desta, pode-se 
efetuar as seguintes observações: 
1) y = 0 é uma solução singular; 
2) Para C = 0, y = -x; 
3) Para C  0, cada solução da forma 
1Cx
x
)x(y


tem assíntotas verticais 
C
1
x 
 e 
horizontais 
C
1
y 
 ; 
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Figura 2: curvas integrais de 
0
dx
dy
xy 22 
. 
 
4) Note que para cada C  0, existe uma solução que passa pela origem pois a condição 
y(0) = 0 é satisfeita por 
1Cx
x
)x(y


, para todo valor de C  0. Assim, a EDO possui 
infinitas soluções que satisfazem o PVI y(0) = 0; 
5) A condição y(0) = b  0 não possui nenhuma solução, isto é a EDO não possui 
soluções que satisfazem o PVI y(0) = b  0. 
 
As observações 1) - 5) podem ser depreendidas da figura 2. 
 
 A equação diferencial 
0
dx
dy
xy 22 
 mostra então, que um problema de valor inicial 
pode ter uma única solução, infinitas soluções ou nenhuma solução. Dessa forma, pode ser 
colocada a seguinte questão: 
 
Questão: Quais são as condições para que se tenha existência e unicidade de soluções para 
um problema de valor inicial? 
 
 Considere a equação diferencial na forma normal: 
 
)y,x(f
dx
dy

. 
 
Teorema: Existência e Unicidade de Soluções. 
Suponha que a função f(x, y) a valores reais é contínua em algum retângulo no plano 
contendo o ponto (a, b) em seu interior. Então o problema de valor inicial 
)y,x(f
dx
dy

, y(a) 
= b tem pelo menos uma solução em algum intervalo aberto I contendo o ponto x = a. Se, 
além disso, a derivada parcial 
y
)y,x(f


 é contínua nesse retângulo, então a solução é única 
em algum intervalo Io, possivelmente menor, que contém o ponto x = a. 
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Exemplos: 
1) Na equação diferencial 
0
dx
dy
xy 22 
 provou-se que não existe solução passando por 
(0, 1). De fato, tomando: 
2
x
y
)y,x(f 






 
esta função não é contínua em (0, 1) daí, não satisfaz o teorema anterior; 
2) Para a equação diferencial 
y
dx
dy

, a função f(x, y) = -y e sua derivada parcial 
1
y
)y,x(f



 são contínuas em toda parte. Dessa forma, o teorema garante a unicidade 
de soluções para qualquer valor inicial (a, b). 
 
Problema 1: Dados os problemas de valores iniciais, discutir a existência e unicidade de 
soluções, em cada caso: 
(a) 
0)0(y ;y2
dx
dy

; 
(b) 
1)1(y ;yx2
dx
dy 22 
; 
(c) 
1)0(y ;y
dx
dy 2 
. 
 
Problema 2: Em muitos casos a quantidade A(t) de uma certa droga na corrente sanguínea, 
medida pelo excesso acima do nível natural da droga, declinará a uma taxa proporcional a 
este mesmo excesso nesse constante, ou seja: 
kA
dx
dA

 
 
sendo k > 0 a constante de eliminação da droga. Determine a solução dessa EDO. 
 
2) Equações Lineares de Primeira Ordem 
 
 Considere a EDO: 
 
)y,x(f
dx
dy

. (1) 
 
Se f(x, y) depende linearmente da variável dependente y, a equação (1) pode ser 
escrita na forma: 
 
).x(gy)x(p
dx
dy

 (2) 
 
que é denominada EDO linear de primeira ordem. 
 
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Definição: Uma equação diferencial ordinária linear é uma EDO da forma 
),x(qy)x(p
dx
dy

 em um intervalo onde as funções p(x) e q(x) sejam contínuas. 
 
Exemplo: São exemplos de equações diferenciais lineares: 
a) 
xy2
dx
dy

; 
b) 
  x6xy3
dx
dy
1x2 
; 
c) 
senxxy
dx
dy
x2 
. 
 
Para a determinação da solução de 
xy2
dx
dy

, multiplica-se cada lado dessa equação 
por: 
y
1
)y( 
, 
obtendo-se a equação: 
 
x2
dx
dy
y
1

. (3) 
 
A equação (3) pode ser reescrita da seguinte forma: 
 
   .xDylnD 2xx 
 (4) 
 
Como cada membro da equação (4) é reconhecível como uma derivada, integrando 
cada membro, obtém-se a solução a um parâmetro: 
 
lny = x
2
 + C. 
 
A função 
y
1
)y( 
 é dita um fator integrante da EDO (2-b). Mais geralmente: 
 
Definição: Um fator de integração da equação (2) é uma função 
)y,x( 
, tal que a 
multiplicação nos dois lados da EDO por essa função, fornece uma equação em que cada 
lado seja reconhecido como uma derivada. 
 
Observação: Para a determinação de um fator integrante do tipo
)x( 
 de 
)x(gy)x(p
dx
dy

, multiplica-se essa EDO por uma função 
)x( 
, ainda 
indeterminada, com o objetivo de determinar sua expressão. Obtém-se então: 
 
)x(g)x(y)x(p)x(
dx
dy
)x(  
. (5) 
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Deseja-se reconhecer o lado esquerdo de (5) como a derivada de uma função. O termo 
dx
dy
)x(
 sugere que tal função pode ser: 
 )x(y
dx
d

. 
Para que isto seja verdadeiro, então na segunda parcela do lado esquerdo de (5) deve ser 
verificada a igualdade:)x(p)x()x(  
. (6) 
 
De (6), tem-se que: 
 
)x(p
)x(
)x(




 ou 
)x(p))x((ln
dx
d

. (7) 
 
Integrando (7), obtém-se a expressão do fator integrante desejado, isto é: 
 
dx)x(pe)x( 
 
 
 
Exemplo: A EDO 
xy2
dx
dy

tem fator integrante 
2xe)x( 
. 
 
 Considere a EDO linear (2) e um fator integrante da forma 
dx)x(pe)x( 
: 
 
).x(gy)x(p
dx
dy

 (8) 
 
 Tem-se a seguinte questão: 
 
Questão: Qual a solução geral dessa EDO? 
 
 Multiplicando ambos os lados de (8) pelo fator integrante 

dx)x(p
e)x(
, 
obtém-se: 
 
.
dx)x(p
e
dx)x(p
e
dx)x(p
e )x(qy)x(p
dx
dy

















 
 (9) 
 
Mas, note que, se F(x) é uma primitiva de p(x), então F(x) = 
 dx)x(p
 e além disso: 
 
  )x(pdx)x(pD)x(F x  
. 
 
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Assim, o lado esquerdo de (9) é a derivada de: 
 

dx)x(p
e)x(y)x()x(y  . 
 
Assim, a equação (9) é equivalente a: 
 
  .dx)x(pedx)x(pe )x(q)x(pD)x()x(yD xx 
















 
 (10) 
A integração da equação (10), fornece: 
 
  Cdxe)x(qe)x(y dx)x(pdx)x(p   
. (11) 
 
Resolvendo em relação a y, obtém-se a equação geral da equação diferencial ordinária 
linear (8), isto é: 
 

 


dx)x(p
dx)x(p
e
Cdxe)x(q
)x(y
 
é a família a um parâmetro de soluções. 
 
Roteiro para obtenção de solução da equação diferencial ordinária linear: 
(1) Determine o fator integrante 
 dx)x(pe)x(
; 
(2) Multiplique cada lado da equação (5) pelo fator integrante 
)x(
; 
(3) Reconheça, a seguir, o lado esquerdo da equação resultante como a derivada do 
produto 
  )x(q)x()x()x(yDx  
; 
(4) Integre membro a membro para a obtenção da solução geral. 
 
Exemplo: Resolva o problema de valor inicial 
x2ey3
dx
dy

, y(0) = 3. 
 
Problema 3: Determine a solução geral das equações diferenciais dadas: 
(a) 
  x6xy3
dx
dy
1x2 
; 
(b) 
1y
dx
dy
x 
. Faça um esboço do gráfico das trajetórias dessa equação. 
 
Problema 4: Resolva o problema de valor inicial 
senxxy
dx
dy
x2 
, y(1) = 2; 
 
3) A Questão de Existência e Unicidade de soluções de EDO lineares. 
 
 Considere a equação diferencial 
)x(qy)x(p
dx
dy

. 
 
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Teorema: Se as funções p(x) e q(x) são contínuas no intervalo aberto I contendo o ponto 
xo, então o problema de valor inicial 
)x(qy)x(p
dx
dy

, y(xo) = yo tem uma solução única 
y(x) em I, dada pela fórmula na equação (8) para um valor apropriado de C. 
 
Observações: 
(1) O teorema anterior dá uma solução para a EDO linear em todo o intervalo I, 
contrastando com o teorema anterior de existência e unicidade que fornece uma 
solução apenas em um intervalo possivelmente menor que I; 
(2) O teorema anterior acima diz que toda solução da equação linear está incluída na 
solução geral (8). Isso significa que uma EDO linear não tem soluções singulares. 
 
Exemplo: Dada a equação 
1y
dx
dy
x 
 e escrevendo a mesma na forma padrão, obtém-se: 
x
1
y
x
1
dx
dy

, 
sendo 
x
1
)x(q)x(p 
 que são contínuas em x < 0 e x > 0, mas descontínua em x = 0. 
Além disso, 
x
c
1)x(y 
. 
Algumas soluções típicas são mostradas na Figura 3. 
 
 
Figura 2: curvas integrais de 
1y
dx
dy
x 
. 
 
De acordo com o teorema, o problema de valor inicial y(1) = 2 tem solução única dado 
por: 
 0, x ,
x
1
1)x(y 
 
enquanto a solução de y(-1) = 2 é: 
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 0. x ,
x
1
1)x(y 
 
 
A única solução contínua em toda a reta é a solução y = 1, para c = 0. 
 
4) Aplicação: Problema de mistura 
Num instante t = 0 um tanque contém q0 kg de sal dissolvidos em 100 litros de água. 
Uma solução de sal em água, com 0.25 kg de sal por litro de água, entra no tanque à razão 
de r litros/minuto e uma solução homogênea sai com a mesma vazão. 
1. Formule o problema de valor inicial que descreve esse processo; 
2. Determine a quantidade q(t) de sal presente no tanque em um dado instante t e a 
quantidade limite qL que está presente depois de um longo tempo; 
3. Se r = 3 e qo = 2 qL determine o intervalo de tempo T após o qual a diferença entre a 
quantidade de sal e qL é menor que 2%; 
4. Determine a vazão em litros/minuto para que o valor de T não seja maior do que 45 
minutos. 
 
 r litros/min, 0.25 kg/l 
 
 
 
 
 
 
 
 r litros/min 
 
 
 
 
Figura 2: O problema de mistura 
 
Solução de 1: Considera-se que o sal não é criado nem destruído no tanque, isto é, a taxa 
de variação da quantidade de sal no tanque, 
 
dt
dq
, é: 
 
 
dt
dq
= igual à taxa com que o sal está entrando - a taxa com que ele sai. 
 
taxa com que o sal entra = concentração x vazão entrada = 0.25 kg/litros x r litros/min 
 
= 0.25r kg/min 
 
taxa com que o sal sai = concentração x vazão saída 
Mas: 
vazão de entrada = vazão de saída, 
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então o volume no tanque permanece constante, v = 100 litros. 
 
A solução é homogênea e então a concentração no tanque é a mesma em todo o tanque e 
além disso, a concentração de sal é dada por: 
 
100
q
c 
. 
Assim, a taxa com que o sal saí é dada por: 
 
taxa com que o sal sai = concentração x vazão saída = 
min/kg
100
rq(t)
. 
 
Daí, a equação diferencial que descreve o processo é: 
 
100
rq
4
r
 
dt
dq

 
q(0) = qo. 
 
5) Aplicação: Determinação do Instante de Morte (J. F. Harley, 1978) 
 
 Na investigação de um homicídio, ou de uma morte acidental, é importante a 
estimativa do instante de morte. 
 A partir de observações experimentais, sabe-se que, com uma exatidão satisfatória 
em muitas circunstâncias, a temperatura superficial do corpo se alteracom uma taxa 
proporcional à diferença de temperatura entre a do corpo e a temperatura ambiente, a Lei 
de Newton do resfriamento. 
 Se: 
 (t) = temperatura do corpo num instante t; 
 T = temperatura constante do ambiente, 
 
então (t) obedece à equação diferencial linear: 
 
 T-k 
dt
d



 
 
sendo k > 0 a constante de proporcionalidade. O sinal negativo deve-se ao fato de que se o 
corpo for mais quente que a temperatura de sua vizinhança,  > T, então ele se torna mais 
frio com o tempo. Assim, 
 
  0T- ,0T-k 
dt
d
 
. 
 
Suponha que: 
1. no instante t = 0 descobre-se um cadáver e que sua temperatura é o; 
2. no instante da morte tm a temperatura fosse m = 37
o
C; 
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3. Suponha que a equação 
  0T- ,0T-k 
dt
d
 
modele essa situação; 
4. Deseja-se determinar tm. 
 
Problema de Valor inicial: 
 
 
o-)0(
 ,0T-k 
dt
d





. 
A solução do PVI tem a forma: 
  kto eTT)t( 
 
 
 
sendo a constante k desconhecida. 
A determinação de k pode ser feita mediante uma segunda medição da temperatura do 
corpo, num instante t1. Supondo que  = 1 quando t = t1, a substituição na solução gera: 
 
  1kto1 eTT 
 
 
 
e então: 
T
T
ln
t
1
k 
o
1
1 




. 
 
Para determinar tm. fazemos t = tm e  = m, na solução e resolve em relação a tm. Assim: 
 
T
T
ln
k
1
t 
o
m
m





. 
Exemplo: Suponha que a temperatura do corpo seja 30
o
C no instante de descoberta e 23
o
C 
duas horas depois. A temperatura ambiente seja 20
o
C. Então: 
 
1h6020,0
2030
2023
ln
2
1
k 



 
 
h881,0
2030
2037
ln
6020.0
1
t d 



. 
 
Assim, o corpo foi descoberto aproximadamente 53 minutos depois da morte.