EP02 ED 2007 2 tutor

Prévia do material em texto

Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Equações Diferenciais - Exercícios Programados 02/03
Soluções
Prezados alunos de Equações,
Uma das finalidades deste EP foi a de chamar a atenção para a necessidade
de estarmos atentos aos conceitos e definições, mesmo em situações elementares.
Não é recomendável a mera aplicação de receitas de obtenção de soluções. Às
vezes as receitas nos levam a situações contraditórias, ou multiplicam incrivel-
mente o nosso trabalho.
Para aliviar um pouco a sobrecarga de esstudo, a solução da questão 6 será
apresentada junto com as soluções do EP 4, o qual estará na plataforma no
próximo dia 20.
Exercício 1
Determine as soluções dos PVIs
a)
{
dy/dx + y2 − 4y + 4 = 0
y(1) = 0
.
Sugestão: Procure uma solução particular constante para a equação de Riccati acima.
b)
{
dy/dx + y − 4xy2 = 0
y(1) = 1
.
Solução:
a)
{
dy/dx + y2 − 4y + 4 = 0
y(1) = 0
.
A equação dy/dx+ y2 − 4y + 4 = 0 é uma equação de Riccati, com coeficientes
constantes.
Sabemos que ela tem uma solução particular real constante y = m se e só se m
é raiz da equação do segundo grau r2 − 4r + 4 = 0
As raízes de r2 − 4r + 4 = 0 são m1 = m2 = 2
Já temos o ingrediente que faltava para resolver a equação de Riccati: uma
solução particular.
Obs: Nesse tipo de problema, podemos ter duas soluções particulares constantes distintas.
Podemos escolher qualquer uma delas para resolver a equação.
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2007/2
Considerando a solução particular y1 = 2, fazemos a mudança de variáveis
y = 2 +
1
z
(1)
de modo que
y2 = 4 +
4
z
+
1
z2
(2)
y′ = − z
′
z2
(3)
Substituindo (1), (2) e (3) na equação obtemos
− z
′
z2
+ 4 +
4
z
+
1
z2
− 4
(
2 +
1
z
)
+ 4 = 0
simplificando:
− z
′
z2
+
1
z2
= 0,
ou ainda
z′ = 1,
cuja solução geral é z = x + c.
Retornando à variável y:
y = 2 +
1
x + c
(4)
Impondo a condição inicial (y = 0 quando x = 1):
0 = 2 +
1
1 + c
,
de modo que c = −3
2
, e a solução do PVI é
y = 2 +
1
x− 3/2 .
b)
{
dy/dx + y − 4xy2 = 0
y(1) = 1
.
A equação dy/dx + y − 4xy2 = 0 é uma equação de Bernoulli. Dividindo-a por
y2 obtemos
y−2y′ + y−1 = 4x (5)
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2007/2
A mudança de variáveis
z = y−1 (6)
implica que z′ = −y−2y′.
I.é,
y−2y′ = −z′ (7)
Substituindo (6) e (7) na equação (5) obtemos a equação diferencial linear (na
variável z):
−z′ + z = 4x,
que tem para solução geral
z = e
R
dx
[
e
R
−dx(−4x) dx + c
]
i.é
z = ex(
(
4
∫
(−x)e−x dx + c
)
= ex(4xe−x + 4e−x + c)
Assim
z = cex + (4x + 4)
Votando à variável y:
y =
1
z
=
1
cex + (4x + 4)
Impondo a condição inicial (y = 1 quando x = 1):
1 =
1
c e + 8
e então c = −7/e
A solução do PVI é
y =
1
(−7/e)x+ 4(x + 1) .
Exercício 2 Resolva (e2y − y) cos x y′ − (ey sen 2x) = 0, y(0) = 0
Solução:
A equação proposta pode ser escrita na forma
[
(e2y − y) cos x
] dy
dx
− (ey sen 2x) = 0,
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2007/2
ou ainda
[(e2y − y) cos x] dy = (ey sen 2x) dx
A partir daí podemos reescrevê-la na forma
e2y − y
ey
dy =
sen 2x
cos x
dx,
que é uma equação separável.
Assim, a solução geral é dada por
∫
e2y − y
ey
dy =
∫
sen 2x
cos x
dx + c.
Temos:
∫
e2y − y
ey
dy =
∫
(ey − ye−y) dy (integrando por partes)
= ey − (ye−y + e−y)
= −y e−y
e
∫
sen 2x
cos x
dx =
∫
2sen x cos x
cos x
dx
=
∫
2 sen x dx
= −2 cos x + c
A solução geral da equação separável é definida pela relação
−y e−y + 2 cos x = c
Impondo a condição inicial (y = 0 quando x = 0):
0 + 2 = c,
e portanto a solução do PVI é a função y(x) definida implicitamente por
2 cos x− y e−y = 2 .
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2007/2
Exercício 3 Ache uma “solução” contínua para o PVI
dy
dx
=
{
1, 0 ≤ x ≤ 3
0, x > 3
, y(0) = 0
Sugestão Resolva separadamente duas equações diferenciais: uma com segundo membro igual a
um (no intervalo [0,3]), e a outra com segundo membro igual a zero, no intervalo [0,+∞). Depois
procure calcular as constantes de integração de modo a produzir uma solução contínua em [0,+∞).
A função obtida é realmente diferenciável em todos os pontos de [0,+∞)?
Solução:
A equação
dy
dx
= 1, x ∈ [0, 3] (8)
tem como solução geral
y = x + c.
Por sua vez, a equação
dy
dx
= 0, x ∈ (3,+∞) (9)
tem como solução geral
y = k, k = constante
Como foi informado que y(0) = 0, podemos tirar o valor de c na solução geral
y = x + c.
Obtemos c = 0 e então a única solução para a primeira parte do problema
é
y(x) = x, x ∈ [0, 3].
Agora vejamos, se escolhermos a constante k igual a 3 na solução da segunda
parte, então as duas soluções vão se "emendar"continuamente.
(3,3)
x
y
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2007/2
Observemos que a função
ϕ(x) =
{
x, 0 ≤ x ≤ 3
3, x > 3
é contínua, mas não é derivável no ponto x = 3.
Para ser solução ϕ teria de ser derivável em todos os pontos do intervalo.
CONCLUSÃO: A função obtida não é uma solução da equação no intervalo
[0,+∞).
Pior ainda, qualquer outra escolha para a constante k na segunda parte, produ-
ziria uma função com uma descontinuidade no ponto de abcissa 3. Portanto tal
função não seria derivável em x = 3
(3,3)
x
y
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2007/2
Vamos analisar a questão:
Em todas as equações diferenciais que definimos e estudamos até agora foi feita a exigência
de que todas as funções coeficientes e também os membros independentes fossem funções contínuas.
Certamente estamos diante de uma situação nova.
O que acabamos de concluir é que não é possível estender a noção de solução que conhecemos a
esse novo tipo de equação.
Entretanto equações diferenciais com “segundo membro descontínuo” (como alguns autores ainda
chamam este tipo de equação) ocorrem com muita freqüência em diversas situações práticas.
Às vezes é possível obter soluções “genuínas”, isto é, deriváveis em todos os pontos.
Por exemplo: refaça o exercício com a seguinte equação
dy
dx
+ 2y =
(
1, 0 ≤ x ≤ 3
0, x > 3
, y(0) = 0
e verifique se a função calculada é derivável em todos os pontos.
Mas o que se faz, de fato, é ampliar as noções de equação diferencial e de solução de equação
diferencial de modo a incluir objetos estranhos como os deste exercício. Possivelmente voltaremos
a este ponto em algum EP posterior.
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2007/2
Exercício 4 Calcule a área do círculo de centro no ponto (2, 2) e raio = 1.
Solução:
- Analisando as sugestões para o último exercício da aula 2, tínhamos lá a seguinte frase:
“A área região do interior da elipse
x2
a2
+
y2
b2
= 1. é igual a quatro vezes a área sob o
gráfico da curva y = b
a
√
a2 − x2, 0 ≤ x ≤ a”
- O que significa esta frase?
- O desenho é auto-explicativo
x2
a2
+
y2
b2
= 1
x
y
a0
b y = b
a
√
a2 − x2
- A área total é quatro vezes a área sob o gráfico da função y = b
a
√
a2 − x2, que foi obtida
simplesmente tirando o valor de y em função de x na equação da elipse.
- Ou seja, a área é quatro vezes o valor da integral
Z
a
0
b
a
p
a2 − x2 dx
- Na hora de calcular a integral, podemos usar a segunda sugestão
A idéia é aplicar o mesmo método no cálculo da área do círculo.
- Observe que, ao contrário da situação anterior, no exercício que estamos re-
solvendo a equação do círculo não foi dada. Então precisamos calculá-la preli-
minarmente.
Usando nossos conhecimentos de Geometria Analítica, obtemos
(x− 2)2 + (y − 2)2 = 1Tirando o valor de y em função de x, temos a função
y =
√
1− (x− 2)2 + 2, 2 ≤ x ≤ 3
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2007/2
Conseqüentemente, a área do círculo é
Área = 4×
∫ 3
2
√
1− (x− 2)2 + 2 dx
= 4×
∫ 3
2
√
1− (x− 2)2 dx + 4×
∫ 3
2
2 dx
= 4×
∫ 3
2
√
1− (x− 2)2 dx + 8
Para calcular a integral que falta, podemos usar a mudança de variáveis
x− 2 = sen θ (10)
daí então
x = 2 + sen θ (11)
dx = cos θ dθ (12)
e
x = 2 =⇒ sen θ = 0 (i.é θ = 0) (13)
x = 3 =⇒ sen θ = 1 (i.é θ = pi/2) (14)
substituindo (2), (3), (4) e (5) na integral
∫ 3
2
√
1− (x− 2)2 dx, obtemos
∫ 3
2
√
1− (x− 2)2 dx =
∫ pi/2
0
√
1− sen2θ cos θ dθ,
i.é, ∫ pi/2
0
cos2θ dθ
Recordando a identidade trigonométrica
cos2 θ =
1 + cos 2 θ
2
,
temos
∫ pi/2
0
cos2θ dθ =
∫ pi/2
0
1 + cos 2θ
2
dθ
=
θ
2
+
sen 2θ
4
]pi/2
o
= pi/4
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2007/2
Conclui-se então que a área do círculo de centro no ponto (2, 2) e raio = 1 é
Área = 4× pi/4 + 8 = pi + 8
Mas todos sabemos que a área do círculo unitário é igual a pi , independen-
temente da posição que o círculo ocupa no plano (i,é, independentemente das
coordenadas do centro do círculo).
Pergunta: Como explicar a parcela igual a 8 obtida nas contas acima?
Discuta a questão com seus colegas.
Certamente precisaremos voltar a este problema.
Pegando a “dica” de que a área do círculo unitário é igual a pi , independen-
temente da posição que o círculo ocupa no plano , refaça o racioínio acima ,
considerando o círculo centrado na origem.
y =
√
1− x2
x2 + y2 = 1
x
y
0
Dessa vez vai dar tudo certo. Pode conferir
E agora?
Por enquanto, a única conclusão que podemos tirar com absoluta certeza (e que
é o principal tema dos exercícios deste EP) é que
NÃO BASTA RESOLVER AUTOMATICAMENTE UM PROBLEMA. É
MUITO IMPORTANTE ANALISAR TODOS OS ELEMENTOS ENVOLVI-
DOS, DESDE O ENUNCIADO, PASSANDO PELAS TÉCNICAS DE SOLU-
ÇÃO UTILIZADAS E INCLUINDO OS RESULTADOS OBTIDOS.
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2007/2
Exercício 5 Resolva o problema de valor inicial
(1 + x4) dy + x(1 + 4y2) dx = 0, y(1) = 0
Solução: A equação do enunciado pode ser posta na forma
1
1 + 4y2
dy = − x
1 + x4
dx, (15)
o que nos mostra que se trata de uma equação separável.
O nosso primeiro impulso é o de "calcular primitivas dos dois lados", obtendo
a solução geral ∫
1
1 + 4y2
dy = −
∫
x
1 + x4
dx + c,
e de pois de calcular as primitivas, usar os dados iniciais para calcular a cons-
tante.
Acontece que, quando começamos a fazer as contas, nos convencemos rapida-
mente que que as duas integrais, em especial a integral do lado direito são (no
mínimo) bastante trabalhosas (Veja o quadro abaixo) 1
Podemos então tentar uma solução direta do problema de valor inicial, apelando
para a integral de Riemann:
De fato, considere a expressão
∫ y(x)
0
1
1 + 4u2
du = −
∫ x
1
t
1 + t4
dt (16)
Como os integrandos são funções contínuas, então as integrais são deriváveis
com respeito y e x respectivamente.
e Como o limite superior da integral em u é uma função derivável y = y(x),
então usando o Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo e a regra da cadeia,
podemos afirmar que ambas a definem funções deriváveis da variável x são der
temo, e
d
dx
(∫ y(x)
0
1
1 + 4u2
du
)
=
d
dx
(
−
∫ x
1
t
1 + t4
dt
)
Pela regra da cadeia
1
1 + 4[y(x)]2
y′(x) = − x
1 + x4
,
1se bem que esse tipo de afirmação é sempre bastante subjetivo
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2007/2
que é precisamente a equação (15).
Além disso, fazendo x = 1 e y = 0 na equação (16), obtemos a identidade
0 = 0
Em outras palavras, a solução do PVI é a função y(x) definida implicitamente
pela equação (16).
- Aqui vão os passos necessários para calcular uma primitiva para a função do lado diretito da
equação (15), pelo método de frações parciais
• fatore 1+x4 no denominador, escrevendo 1+ x4 = (1+ax +x2)(1 + bx+x2) iguale os dois
membros e calcule a e b
A resposta é a = −
√
2, b =
√
2
• Calcule as constantes da decomposição em frações parciais
−x
1 + x4
=
−x
(x2 +
√
2x + x2)(x2 −
√
2x + x2)
=
Ax + B
x2 +
√
2x + x2
+
Cx + D
x2 −
√
2x + x2
Obtemos A = C = 0, B = 1/2
√
2 = −D
• Assim
−
Z
x
1 + x4
dx =
Z
1
2
√
2
�
1
x2 +
√
2 + 1
�
− 1
2
√
2
�
1
x2 −
√
2 + 1
�
dx
• Agora complete os quadrados nos denominadores das fraçoes do lado direito
x2 +
√
2 + 1 =
 
x +
√
2
2
!2
+
3
4
; x2 −
√
2 + 1 =
 
x−
√
2
2
!2
+
3
4
• Faça as mudanças de variáveis u = x +
√
2/2 e v = x −
√
2/2 e utilize a fórmula para
integração da função 1
u2+k2
em termos da função arco-tangente para calcular
Z
1
�
x +
√
2/2
�2
+ 3/4
dx e
Z
1
�
x−
√
2/2
�2
+ 3/4
dx
• UFA! Melhor usar as integrais de Riemann!
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2007/2