apostilaEDO modelagem

Prévia do material em texto

Universidade Federal de Pelotas - UFPEL
Instituto de Física e Matemática - IFM
Departamento de Matemática e Estatística - DME
0100269 Equações Diferenciais T2
Profa: REJANE PERGHER
Capítulo 0: Revisão de Integrais
Integral Indefinida
Antiderivada
Exemplo:
Qual é a função cuja derivada é a função F′x = 2x ? fx = x2 , pois ddx x
2 = 2x
A função F é chamada uma antiderivada de F′.
Definição:
Uma antiderivada da função f é uma função F tal que
F′x = fx
em todo ponto onde fx é definida.
Observação: Sabemos que Fx = x3 é uma antiderivada de F′x = 3x2, assim como:
Gx = x3 + 1 e Hx = x3 − 5.
Na verdade, qualquer função do tipo Jx = x3 + C é antiderivada de F′x.
Teorema:
Se F′x = fx em todo ponto do intervalo aberto I, então
toda antiderivada G , de f em I, tem a forma
Gx = Fx + C
onde C é uma constante.
Assim, uma única função tem muitas antiderivadas. O conjunto de todas as antiderivadas da função
F′x é chamada integral indefinida (ou antidiferencial) de f com relação a x e denotada por ∫ fxdx.
∫ fxdx = Fx + C
A operação de antidiferenciação, assim como a diferenciação, é linear:
1
∫ cfxdx = c ∫ fxdx (onde c é uma constante)
e
∫fx ± gxdx = ∫ fxdx ± ∫gxdx
A integração e a diferenciação são operações inversas uma da outra. Este fato nos permite obter
fórmulas de integração diretamente das fórmulas de diferenciação.
FÓRMULAS:
∫ xndx = 1
n+1 x
n+1 + C ( n ≠ −1) ∫ secx tanxdx = secx + C
∫dx = x + C ∫ cscxcotxdx = −cscx + C
∫ cos xdx = sinx + C sin2x + cos2x = 1
∫ sinxdx = −cos x + C 1 + tan2x = sec2x
∫ sec2xdx = tanx + C 1 + cot2x = csc2x
∫ csc2xdx = −cotx + C
Integração por Substituição:
Trabalharemos algumas técnicas para integrar funções compostas. Essas técnicas envolvem uma
substituição. O uso da substituição na integração pode ser comparado ao uso da Regra da Cadeia na
diferenciação. Iniciaremos recordando a Regra da Cadeia da diferenciação.
Seja a função y = fgx com y = fu e u = gx funções diferenciáveis. Para calcular y ′ devemos
utilizar a Regra da Cadeia e obteremos:
y ′ = ddx fgx = f
′gx.g ′x = f ′u. u ′
Exemplo 1:
Derive a função composta y = x2 + 33 :
Seja u = x2 + 3 . Então y = u3
Utilizando a Regra da Cadeia, obtemos:
y ′ = 3u2.u ′ = 3u2. x2 + 3 ′ = 3. x2 + 32. 2x
Teorema:
Sejam f e g duas funções tais que f ∘ g e g ′ são contínuas em um intervalo I.
Se F é uma antiderivada de f em I, então:
∫ fgxg ′xdx = Fgx + C
Exemplo 2: Calcule ∫x2 + 14xdx: Resp: 110 x2 + 1
5 + C
Exemplo 3: Calcule ∫ cos3x + 1dx : Resp.: 13 sin3x + 1 + C
Exercícios:
2
1) Calcule ∫ ecosx sinxdx. Resp.: −ecosx + C
2) Calcule ∫ cos3x + 1dx . Resp.: 13 sin3x + 1 + C
3) Calcule ∫ 2x − 1
x2 − x
dx. Resp.: ln|x2 − x|+C
4) Calcule ∫ 3x
x2 − 5
dx. Resp.: 32 ln|x2 − 5|+C
5) Calcule ∫ e2x+1dx. Resp.: 12 e2x+1 + C
6) Calcule ∫ xex2 dx. Resp.: 12 ex
2
+ C
7) Calcule ∫ tdt
t + 3
Resp.: 23 t + 3
3
− 6 t + 3 + C
Integrais que resultam na função logarítmica natural:
Seja u uma função diferenciável de x :
1. ∫ 1x dx = ln|x| + C 2. ∫ 1u dx = ln|u | + C
Exemplo 4: Calcule ∫ 2x − 1
x2 − x
dx
Exemplo 5: Calcule ∫ 3x
x2 − 5
dx
A Integral Indefinida da Função Exponencial Natural:
∫ exdx = ex + C e ∫ eudx = eu + C
Exemplo 6: Calcule ∫ e2x+1dx :
Integração por partes:
Teorema:
Se u e v são funções de x com derivadas contínuas, então
∫udv = uv − ∫ vdu
Exemplo 7: Calcule ∫ xexdx . Resp.: xex − ex + C
Exemplo 8: Calcule ∫ x2 lnxdx . Resp.: x33 lnx −
x3
9 + C
OBS.: Uma integral pode necessitar de aplicações repetidas da fórmula de integração por partes.
Exemplo 9: Calcule ∫ x2 sinxdx . Resp.: −x2 cos x + 2x sinx + 2cos x + C
Exercícios: Calcule as integrais abaixo:
1) ∫ xe2xdx, 2) ∫ xex2 dx, 3) ∫ xe−2xdx, 4) ∫ x3exdx, 5) ∫ x3 lnxdx
6) ∫ t lnt + 1dt, 7) ∫lnx2dx, 8) ∫ lnx2x dx.
Respostas:
1) e2x4 2x − 1 + c, 2)
ex
2
2 + c, 3) -
1
4e2x
2x + 1 + c, 4) exx3 − 3x2 + 6x − 6 + c,
3
5) x416 4 lnx − 1 + c, 6)
1
4 2t
2 − 1 ln|t + 1| − t2 + 2t + c,
7) xlnx2 − 2x lnx + 2x + c,
CAPÍTULO 1: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS
1.1 Conceitos Básicos
Uma equação diferencial é uma equação que envolve uma função incógnita e suas derivadas.
Exemplos:
a) dydx = fx ou y
′ = fx y : função incógnita, onde y = yx, ou seja, por exemplo, y ′ = x + 3
b) d2y
dx2
+ 2 dydx
2
= 1 y = yx
c) d3y
dx3
+ x + 3 d
2y
dx2
+
dy
dx + xy = 0 y = yx
d) d2y
dx2
3
+ y dydx
7
+ y3 dydx
2
+ 5x = 0 y = yx
e) ∂2y
∂t2
= c
∂2y
∂x2
y = yx, t
f) m d2xt
dt2
= F t, xt, dxtdt (Lei de Newton)
1.1.1 Classificação:
1. Tipo:
Eq, Diferencial
↙ ↘
Eq.Diferencial Ordinária(EDO) Eq. Diferencial Parcial (EDP)
- EDO: uma equação diferencial ordinária é aquela cuja função incógnita depende de apenas uma
variável independente.
Exemplos.: a), b), c), d) e f).
- EDP: uma equação diferencial parcial é aquela cuja função incógnita depende de duas ou mais
variáveis independentes.
Exemplo: e).
2. Ordem: A ordem de uma equação diferencial é a ordem da mais alta derivada que nela aparece.
Exemplos.: a) é equação diferencial de primeira ordem.
b), d), e) e f) são equações diferenciais de segunda ordem.
c) é equação diferencial de terceira ordem.
Exemplos de Aplicação:
4
● Um modelo para o movimento de uma mola:
A equação diferencial ordinária que modela o movimento de um objeto de massa m preso a uma mola
é:
m d
2x
dt2
= −kx
onde k é uma constante positiva(chamada constante da mola)
● Equação diferencial ordinária que governa o decaimento de uma substância radioativa com o tempo
R(t) (função incógnita):
dRt
dt = −kRt
onde k é uma constante conhecida.
3. Linearidade: Eq. Diferencial
↙ ↘
Linear Não - linear
- Linear: uma equação diferencial ordinária (EDO) de ordem n é linear se puder ser escrita na forma:
a0x
dny
dxn + a1x
dn−1y
dxn−1
+. . .+anxy = gx
(Definição semelhante aplica-se a EDP).
- Não-linear: uma equação diferencial que não tenha a forma da equação acima é dita não-linear.
Exemplos.: a), c) e e) são lineares.
b) e d) são não-lineares (potências das derivadas).
Exemplo de Aplicação:
Pêndulo: A equação diferencial ordinária que modela o movimento oscilatório de um pêndulo simples é
dada por:
d2θ
dt2
+
g
l sinθ = 0
que é uma equação não-linear (termo sinθ ). Faltam técnicas gerais de solução. Em alguns casos, é
possível fazer uma aproximação do problema para equações lineares (técnicas desenvolvidas).
Neste exemplo, se o ângulo θ for pequeno, então sinθ ≅ θ e a EDO não-linear é substituída por uma
equação linear:
d2θ
dt2
+
g
l θ = 0
Observação: Existem problemas que não é possível aproximar uma equação não-linear por uma
equação linear.
1.1.2 Soluções:
5
Uma solução de uma equação diferencial na função incógnita y e na variável independente x, no
intervalo I, é uma função que verifica a equação diferencial identicamente para todo x em I.
Exemplo 1: yx = C1 sin2x + C2 cos 2x é solução de y ′′ + 4y = 0 ?
y ′x =
y ′′x =
Substituindo na EDO, verifica-se que yx satisfaz a equação diferencial para ∀x.
Portanto, yx é solução no intervalo −∞,∞.
Exemplo 2: yx = x2 lnx é solução de x2y ′′ − 3xy ′ + 4y = 0 , x > 0 ?
y ′x =
y ′′x =
Exemplo 3: y = x2 − 1 é solução de y ′ 4 + y2 = −1 ?
A equação não admite solução, pois y ′ 4 + y2 é sempre não negativo para todo yx real, não podendo
ser igual a -1.
Exemplo 4: y ′ 4 + y2 = 0 , admite como única solução y ≡ 0 (pelo mesmo motivo do exemplo anterior).
Definição: Uma solução particular de uma equação diferencial é qualquer solução. A solução geral de
uma equação diferencial é o conjunto de todas as soluções.
Exemplo5: Pode-se mostrar que yx = C1 sin2x + C2 cos 2x é a solução geral de y ′′ + 4y = 0. Isto é, toda
a solução particular da ED tem esta forma. Por exemplo, são soluções particulares:
y = 5 sin2x − 3cos 2x C1 = 5,C2 = −3
y = sin2x C1 = 1,C2 = 0
y = 0 C1 = 0, C2 = 0
Observação: Nem sempre se pode expressar por uma fórmula única a solução de uma ED.
Exemplo 6: A equação diferencial y ′ + y2 = 0 tem como soluções particulares y = 1x e y = 0
1.1.3 Problemas de Valores Iniciais e de Valores no Contorno:
Uma equação diferencial acompanhada de condições adicionais sobre a função incógnita e suas
derivadas (todas no mesmo valor da variável independente) constitui um problema de valores iniciais. Estas
condições são chamadas C.I. (condições iniciais).
Exemplo 1: y ′′ + 2y ′ = ex
yπ = 1 , y ′π = 2 (CI)
Este é um problema de valor inicial, pois as condições adicionais são dadas em x = π.
Se as condições adicionais são dadas para mais de um valor da variável independente, temos um
problema de valores no contorno e as condições são C.C. (condições de contorno).
Exemplo 2: y ′′ + 2y ′ = ex
y0 = 1 , y1 = 1 (CC)
Este é um problema de valor no contorno, pois as condições adicionais são dadas em x = 0 e x = 1.
Exemplo 3: Determine uma solução do problema y ′′ + 4y = 0 onde y0 = 0 , y ′0 = 1 se a solução
geral é yx = C1 sin2x + C2 cos 2x
6
y0 =
y ′x =
y ′0 =
Solução particular: yx = 12 sin2x
Solução geral: conjunto de todas as soluções (família de curvas)
Solução particular: solução que satisfaz as CI ou as CC (uma única curva)
-4 -2 2
-0.4
-0.2
0.2
0.4
x
y
-4 -2 2 4
-3
-2
-1
1
2
3
x
y
Solução particular: yx = 12 sin2x. Solução geral: yx = C1 sin2x + C2 cos2x, C2 = 0 e C1 =
1
2 , 1, 2, 3
Campo de direções: dá um “perfil” das soluções dydx = fx,y coeficiente angular da solução no ponto
x,y.
1.2 LISTA DE EXERCÍCIOS 1
1- Nos exercícios seguintes, determine:
(a) a ordem da eq. diferencial. (b) o tipo EDO ou EDP.
(c) a variável independente. (d) a função incógnita.
1.1 y ′ + xy = x2
1.2 y ′3 = sinx
1.3 ∂
2u
∂x2
+ ∂
2u
∂x∂y + 7
∂2u
∂y2
+ 8 ∂u
∂x
+ 2u = sinxy
1.4 d
3y
dx3
+ 3 d
2y
dx2
+ y = ex
1.5 d
4y
dx4
d3y
dx3
d2y
dx2
=
dy
dx
1.6 y ′′2 − 3yy ′ + xy = 0
1.7 x4yIV + xy ′′′ = ex
1.8 d
ny
dxn = y
2 + 1
2 - Quais, entre as funções abaixo, são soluções de y ′ − 5y = 0?
a) y = 5 b) y = 5x c) y = x5 d) y = e5x e) y = 2e5x f) y = 5e2x
3 - Quais, entre as funções abaixo, são soluções de x ′′ − 4x ′ + 4x = e t ?
a) x = e t b) x = e2t c) x = e2t + e t d) x = te2t + e t e) x = e2t + te t
4 - Determine os valores das constantes, de modo que as funções dadas satisfaçam as condições
iniciais indicadas:
4.1 yx = C1ex + C2e2x + 3e3x; y0 = 0; y ′0 = 0
7
4.2 yx = C1 sinx + C2 cos x + 1; yπ = 0; y ′π = 0
Respostas:
1.1 (a) 1 (b) E.D.O. (c) x (d) yx
1.2 (a) 1 (b) E.D.O. (c) x (d) yx
1.3 (a) 2 (b) E.D.P. (c) x,y (d) ux,y
1.4 (a) 3 (b) E.D.O. (c) x (d) yx
1.5 (a) 4 (b) E.D.O. (c) x (d) yx
1.6 (a) 2 (b) E.D.O. (c) x (d) yx
1.7 (a) 4 (b) E.D.O. (c) x (d) yx
1.8 (a) n (b) E.D.O. (c) y (d) xy
2- (d) e (e) 3- (a), (c) e (d)
4.1 C1 = 3, C2 = −6 4.2 C1 = 0, C2 = 1.
CAPÍTULO 2: EDO DE PRIMEIRA ORDEM
2.1 Interpretação Geométrica das EDOs de Primeira Ordem - Campo de Direções:
Uma EDO de primeira ordem é uma equação da forma:
dy
dx = fx,yx
A solução desta equação é uma função y = φx que pode ser representada através de um gráfico.
Geometricamente, da equação diferencial acima, podemos afirmar que, em qualquer ponto x,y, o
coeficiente angular dydx da solução neste ponto é dada por fx,y.
Graficamente, podemos traçar um pequeno segmento de reta, no ponto x,y, coeficiente angular
fx,y.
Exemplo 1: dydx =
1
3 y, cuja solução exata é yx = Ce
1
3 x
-4 -2 0 2 4
1
2
3
4
5
x
y
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
5
10
15
20
x
y
O conjunto dos segmentos de reta é o campo de direções da EDO de primeira ordem.
Equações Diferenciais Autonomas
Exemplo: Queda livre
Consideremos primeiro o caso de um objeto que cai livremente dentro de um tubo com vácuo. Nessas
8
condições, a única força externa que atua sobre o sistema é o seu peso, mg, e a segunda lei de Newton
para este sistema é:
ma = −mg 1
A massa do objeto é eliminada nos dois lados da equação, e a aceleração instantânea a é igual à
derivada da velocidade, v̇. Assim, obtemos
v̇ = −g 2
a aceleração será independente da massa ou forma do objeto, e igual à aceleração da gravidade, g. O
sinal negativo é devido a estarmos a considerar o sentido positivo da velocidade (e da aceleração) de baixo
para cima.
O campo de direções para a equação diferencial 2 é formado por vetores paralelos, todos com declive
igual a −g (figura 1).
Figura 1: Campo de direções para v̇ = −g.
No gráfico 1 é fácil ver que as soluções da equação são retas com declive igual a −g. A velocidade
diminui continuamente a uma taxa de −9. 8 m/s. A solução que se mostra na figura 1 corresponde a um
objeto que foi lançado verticalmente para cima (velocidade positiva), com uma velocidade inicial de 22m/s. A
velocidade decresce até zero, aproximadamente dois segundos mais tarde, no ponto mais alto da trajetória,
e continua a diminuir passando para valores negativos, que indicam que o objeto está descendo.
Se o sistema em queda livre não estiver dentro de um tubo de vácuo, existe outra força externa que
não pode ser desprezada, o atrito com o ar. A força de atrito com o ar é sempre oposta à velocidade e
depende da forma do objeto e do quadrado do módulo da velocidade. A expressão matemática para essa
força é
Fa = − 12 CdρA |v|v 3
onde A é a área da seção transversal do objeto, ρ é a massa do ar, e Cd é uma constante, sem
unidades, que depende da forma geométrica; para esferas, Cd tem o valor de 0.5, e para um pára-quedas
circular é aproximadamente 0. 8. O produto −|v|v garante um sentido oposto à velocidade; se o objeto desce,
v < 0, e força de atrito será para cima (−|v|v positivo). Se objeto sobe, v > 0, e a força de atrito será para
9
baixo (−|v|v negativo).
A segunda lei de Newton para o objeto em queda livre é
mv̇ = −mg − 12 CdρA |v|v 4
Para poder desenhar o campo de direções, será preciso substituir os valores numéricos dos parâme
tros. Alguns valores realistas para um pára-quedista são: Cd = 0.8, m = 70 kg e A = 7 m2. A aceleração da
gravidade é aproximadamente g = 9.8 m/s2. A massa do ar varia com a temperatura, a humidade relativa e
a altura sobre o nível do mar. Em temperatura ambiente e alguns metros por cima do nível do mar, a massa
do ar é aproximadamente 1.2 kg/m3. Assim, em unidades SI, a equação 4 é igual a
v̇ = −9.8 − 0.048 |v|v 5
Figura 2: Campo de direções para a velocidade de um pára-quedista.
A figura 2 mostra que a velocidade já não diminui indefinidamente, mas aproxima-se de um limite,
designado de velocidade terminal. O sinal negativo da velocidade terminal indica que essa velocidade é
atingida quando o objeto desce.
Nas soluções apresentadas na figura 2 a região de interesse é onde a velocidade é negativa, pois o
pára-quedas está sempre descendo. De fato, a solução mais realista na figura 2 é a curva de baixo,
começando num valor da velocidade com módulo maior do que a velocidade terminal, já que a equação
estudada é válida apenas após o pára-quedas ser aberto. Antes da abertura do pára-quedas, o
pára-quedista desce com uma velocidade maior do que a velocidade terminal.
Equações autônomas
A equação 5 tem uma forma mais simples
ẋ = fx 6
Observamos que f não depende da variável independente t. Do ponto de vista físico, a evolução da
variável independente não depende do instante inicial; isto é, a partir de uma velocidade inicialo movimento
do sistema será exatamente o mesmo, independentemente do instante em que o sistema obteve essa
velocidade inicial. Se repetirmos uma experiência de queda livre uns dias mais tarde, o resultado da
experiência será o mesmo.
Do ponto de vista geométrico, as soluções formam famílias de curvas idênticas, deslocadas na direção
do eixo horizontal. O campo de direções é invariante se for deslocado na horizontal (eixo do tempo).
Estes tipos de equações diferenciais, em que a função f não depende da variável independente, são
designadas de equações diferenciais autônomas. A equação 6, que define a evolução da variável de
estado, a partir de um estado inicial x0, é chamada de equação de evolução ou evolutiva.
Retrato de fase
10
Os pontos fixos de um sistema dinâmico contínuo, de primeira ordem, são os pontos onde a derivada
da variável de estado é nula. Nesses pontos o estado do sistema permanece constante. O retrato de fase
de um sistema dinâmico é um esboço do campo de direções, mostrando os pontos fixos e algumas
soluções que começam ou terminam nesses pontos. Os pontos fixos representam-se por meio de um ponto.
Como a derivada ẋ num sistema autónomo (equação 6 ) depende apenas da variável de estado, x, o
declive do campo de direções é o mesmo em todos os pontos com o mesmo valor de x. Por exemplo, na
figura 2 , os vetores sobre uma reta horizontal (pontos com o mesmo valor da variável de estado v) são
todos iguais.
Assim, para representar o campo de direções, basta desenhar a projeção do campo ao longo do eixo
da variável de estado (eixo vertical). O retrato de fase será uma linha onde se mostram os pontos fixos e as
direções das trajetórias. O retrato de fase do campo da figura 2 é apresentado na figura 3.
Figura 3: Retrato de fase para a velocidade do pára-quedista, onde v t designa a velocidade terminal.
A velocidade terminal obtém-se a partir da equação 4, no ponto em que a derivada for igual a zero
v t = −
2m g
CdρA
 8
Assim, neste caso, existe um àºnico ponto fixo, correspondente à velocidade terminal.
Na região à esquerda da velocidade terminal, do retrato de fase (figura 3) o lado direito de 4 é positivo
e, portanto, a derivada da velocidade é positiva. Tal fato é indicado pela seta que aponta para a direita. A
solução que se aproxima do ponto fixo (velocidade terminal) pela esquerda, corresponde ao caso em que
no instante inicial o pára-quedista está a descer com uma velocidade com módulo maior que a velocidade
terminal; o pára-quedas trava a queda até que o pára-quedista alcança a velocidade terminal. A solução
que se aproxima do ponto fixo, pela direita, corresponde aos casos em que o pára-quedista salta para cima,
ou salta do repouso, no instante inicial, ou quando o pára-quedista já estiver a descer no instante inicial,
mas com velocidade de módulo menor que a velocidade terminal. O ponto fixo é um ponto não atrativo;
todas as soluções aproximam-se dele.
Exemplo: Esboce o retrato de fase do sistema abaixo e analise a evolução do sistema, para diferentes
valores do estado inicial.
ẋ = 4 − x2 9
Resolução: Os pontos fixos encontram-se calculando as raízes da equação obtida igualando o lado
direito da equação a zero:
4 − x2 = 0
Existem dois pontos fixos x = −2 e x = 2. Se o valor de x for menor que −2, o lado direito 4 − x2 será
negativo e a variável x diminui. Para x compreendido em −2 < x < 2, o valor da derivada é positivo e x
aumenta. Finalmente, se x for maior que 2, a derivada é negativa e x diminui. O retrato de fase é
apresentado na figura 4.
11
Figura 4: Retrato de fase do sistema autónomo ẋ = 4 − x2.
● Se x0 = −2, ou, x0 = 2, o sistema permanece sempre no mesmo estado.
● Se x0 < −2, o estado do sistema tendendo para o limite x → −∞
● Se −2 < x0 < 2, x aumenta, tendendo para 2.
● Se x0 > 2, x diminui, tendendo para 2.
● O ponto x0 = −2 é um ponto repulsor.
● O ponto x0 = 2 é um ponto atrator.
2.2 Equações a Variáveis Separáveis:
A forma padrão de uma EDO de primeira ordem é dydx = fx,y. No entanto, podemos escrever
fx,y como Mx,y
−Nx,y , assim,
dy
dx =
Mx,y
−Nx,y
−Nx,ydy = Mx,ydx
e obtemos a forma diferencial para esta equação:Mx,ydx + Nx,ydy = 0
Exemplo 1: Escreva yyy ′ − 1 = x na forma padrão e na forma diferencial:
Forma padrão: dydx =
x + y
y2
Forma diferencial: (existem infinitas) x + y
y2
dx − dy = 0 ou x + ydx − y2dy = 0
Uma EDO de primeira ordem é uma equação a variáveis separáveis se pode ser escrita como:
Mxdx + Nydy = 0
e sua solução geral é obtida via integração:
∫Mxdx + ∫Nydy = C
Exemplo 2: Determinar a solução geral da equação dydx =
x2
1 − y2
:
Solução: x3 + y3 − 3y = C
Obs.: y = yx implícitamente.
12
Exemplo 3: Determinar a solução geral da equação dydx = 3x
2 :
Solução: y = x3 + C
Obs.: dependência explícita ( yx está isolado)
Exemplo 4: Determinar a solução geral da equação dydx = 4y :
Solução: y = Ce4x
2.3 Lista de Exercícios 2
1 - Escreva as seguintes equações diferenciais na forma padrão:
1.1 exy ′ + e2xy = sinx
1.2 yyy ′ − 1 = x
1.3 xy + 3dx + 2x − y2 + 1dy = 0
1.4 xy ′ + cosy ′ + y = 1
2 - Determine a equação da curva que passa pelo ponto P5,6, conhecendo a declividade de sua
tangente num ponto qualquer dada por: dydx =
2x
3y .
3 - Resolva as seguintes equações diferenciais:
3.1 y ′ = 5y 3.2 y ′ = 5 x2 3.3 dbdp = 2b 3.4
dy
dx = − sinx 3.5 xdx + ydy = 0
Respostas
1.1 y ′ = −exy + e−x sinx, onde fx,y = −exy + e−x sinx 1.2 y ′ = x + y
y2
1.3 y ′ = xy + 3
y2 − 2x − 1
1.4 Não pode ser escrita na forma padrão.
2 3y2 − 2x2 = 58 3.2 y = 53 x
3 + c 3.3 b = Ce2p 3.4 y = cos x + c 3.5 y = ± k − x2
2.4 Exemplo de Aplicação
2.4.1 Cultura de Bactérias
Considere uma cultura de bactérias cuja taxa de crescimento populacional é proporcional à
população presente. Determinar a quantidade de bactérias presentes, após 15 horas, sabendo que após 3
horas a quantidade inicial duplicou.
Sejam Nt o número (população) de bactérias no intante t, k uma constante de proporcionalidade, N
população inicial (no instante de tempo t = 0) e dNdt , a taxa de crescimento populacional (velocidade de
crescimento). Então, a EDO é dada por:
dN
dt = kNt
N0 = N0 e N3 = 2N0
13
A solução desta EDO é N = Aekt, substituindo as condições de contorno, determinamos A e k :
Nt = N0e
t ln2
3 e, em t = 15, obtemos N15 = 32N0
2.4.2 Lei do Resfriamento de Newton:
“A taxa de resfriamento de uma substância numa corrente de ar é proporcional à diferença entre a
temperatura da substância e a temperatura do ar”.
Considere a temperatura do ar 250C. Se uma substância resfria, neste ambiente, de1000 C para 700
C, em 20 minutos, ache o intante em que a temperatura da substância é 500C.
Obs.: Suponha que a temperatura da substância é homogênea.
Sejam Tt a temperatura da substância 0 C no instante t (min) e k uma constante de
proporcionalidade. Então, a EDO é dada por:
dT
dt = kT − 25
T0 = 100 e T20 = 70
A solução desta EDO é T = Aekt + 25 , substituindo as condições de contorno, encontramos A e k :
Tt = 75e
t
20 ln
3
5 + 25 e, queremos encontrar t1 tal que Tt1 = 50. Substituindo na solução, obtemos
t1 = 42,25 min, ou seja, 42 min e 15 seg.
0 20 40 60 80 100 120
40
60
80
100
x
y
Grafico da solução da EDO.
2.4.3 Um corpo em queda livre:
Um corpo em queda livre, satisfaz a segunda lei de Newton que indica que a força líquida que aje
sobre o corpo (peso) é proporcional à sua aceleração.
considerações: - massa e gravidade são constantes;
- resistência do ar é proporcional à velocidade v da queda;
- direção positiva é para baixo.
Da segunda lei do movimento de Newton, obtemos: F = m dvdt onde F é a força líquida e
dv
dt é a
taxa de variação do momento do corpo em relação a t (m é constante).
mg − kv= m dvdt  mg = m
dv
dt + kv 
dv
dt +
k
m v = g Equação do movimento onde mg = W é o peso do
corpo e kv é a resistência do ar.
.
Observação: Se k = 0 (desprezamos a resistência do ar) a equação se reduz à: dvdt = g.
14
2.5 LISTA DE EXERCÍCIOS 3
APLICAÇÕES
1) Determinar o tempo necessário para que uma certa quantia duplique seu valor quando aplicada à
juros de 5% ao ano, continuamente acumulados.
2) Sabendo que o rádio se decompõe numa razão proporcional à quantidade existente e que a metade
da porção original desaparece em 1600 anos, calcular a percentagem perdida em 100 anos.
3) Numa cultura, a quantidade de fermento ativo cresce proporcionalmente à quantidade presente.
Sabendo que em uma hora a porção inicial foi duplicada, qual a multiplicação que se pode esperar no final
de 2 : 45 horas?
4) Uma certa substância esfria-se de 1000C a 600C, em 10 minutos. Agora, sendo a temperatura da
substância de 200C. Achar a temperatura da substância depois de 40 minutos.
5) O nuclídeo radioativo plutônio 241 decai de acordo com a eqação diferencial dQdt = −0,0525Q, onde
Q está em miligramas e t em anos.
a) Determinar a meia vida τ do plutônio 241.
b) Se 50 mg de plutônio estiverem presentes numa atmosfera no dia de hoje, quanto plutônio existirá
daqui a dez anos?
6) Uma bola, com massa de 0,25 kg, é lançada para cima, com uma velocidade inicial de 20m/s, do
terraço de um edifício com 30 m de altura. Desprezar a resistência do ar.
a) Calcular a altura máxima que a bola atinge acima do nível do solo.
b) Admitindo que a bola não caia no terraço, ao retornar, calcular o tempo que leva para atingir o solo.
Respostas:
1) 13,9 anos. 2) 4,23%. 3) 6,73 vezes a quantia original 4) 250C.
5) a) 13,20 anos b) 29,6 mg 6) a) 50,4 m. b) 5,25 s.
2.6 Equações Homogêneas:
Uma EDO de primeira ordem, na forma dydx = fx,y é homogênea se flx, ly = fx,y para todo l
real.
Exemplo 1: Verifique se y ′ = x + yx é homogênea:
fx,y = x + yx ∴ flx, ly =
lx + ly
lx =
lx + y
lx =
x + y
x = fx,y
∴ A EDO é homogênea.
15
Exemplo 2: Verifique se y ′ = x
2 + y
x3
é homogênea:
Resp.: A EDO não é homogênea.
Uma equação homogênea pode ser transformada em equação a variáveis separáveis (que já
sabemos resolver), mediante a seguinte substituição de variável:
y = xν
dy
dx = ν + x
dν
dx
Obtemos, então, uma equação diferencial nas variáveis ν e x que resolvemos como equação a
variáveis separáveis. Não esqueça de substituir ν = yx no final do procedimento.
Exemplo 3: Encontre a solução da EDO y ′ = y + xx :
Já vimos que é uma EDO homogênea.
Façamos a substituição:
y = νx
dy
dx = ν + x
dν
dx
.
A solução geral da EDO é y = x ln|x| + Cx.
Exemplo 4: Encontre a solução da EDO y ′ = y
2 + x2
xy com y1 = −2 :
Solução: A EDO é homogênea e y2 = x2 lnx2 + 4x2 ou y = − x2 lnx2 + 4x2
Obs.: O sinal de menos garante a consistência com a condição inicial.
Atenção: Em algumas situações é conveniente escrever a EDO original como dxdy =
1
fx,y e fazer
a substituição
x = νy
dx
dy = ν + y
dν
dy
Exemplo 5: Resolver dydx =
2xye
x
y
2
y2 + y2e
x
y
2
+ 2x2e
x
y
2
Verifique que a EDO é homogênea!
A substituição conveniente é
x = νy
dx
dy = ν + y
dν
dy
, pois simplifica os termos.
dx
dy =
1
fx,y =
y2 + y2e
x
y
2
+ 2x2e
x
y
2
2xye
x
y
2
16
Solução geral: y = k 1 + e
x
y
2
2.7 Equação Diferencial Ordinária de Primeira Ordem Exata:
Uma equação diferencial:
Mx,ydx + Nx,ydy = 0
é exata se existe uma função gx,y tal que: dgx,y = Mx,ydx + Nx,ydy.
Por outro lado, dgx, y = ∂g
∂x
dx + ∂g
∂y dy
de onde concluímos que: Mx,y = ∂g
∂x
e Nx,y = ∂g
∂y .
Da teoria de derivação, temos que ∂
2g
∂x∂y =
∂2g
∂y∂x
∂
∂x
∂g
∂y =
∂
∂y
∂g
∂x
∂
∂x
Nx, y = ∂
∂y Mx,y
TESTE: Uma EDO de primeira ordem, na forma diferencial é exata se e, somente se,
∂
∂y Mx,y =
∂
∂x
Nx,y
SOLUÇÃO: 1) gx,y = ∫Mx,ydx + Yy
2) ∂g
∂y = Nx,y
3) Yy = ∫Y′ydy
4) Solução geral gx,y = k (forma implícita)
Exemplo 1: Resolva ycos x + 2xeydx + sinx + x2ey − 1dy = 0
Teste: ∂M
∂y = cos x + 2xe
y
∂N
∂x
= cos x + 2xey
1) gx,y = ∫Mx,ydx + Yy
gx,y = ∫ycos x + 2xeydx + Yy
gx,y = y sinx + x2ey + Yy
2) ∂g
∂y = Nx,y
sinx + x2ey + Y′y = sinx + x2ey − 1
17
∴ Y′y = −1
3) Yy = ∫Y′ydy Yy = ∫−dy = −y
4) gx,y =y sinx + x2ey − y = k solução geral!
Exemplo 2: Resolva 3xy + y2dx + x2 + xydy = 0
Exemplo 3: Resolva dydx =
2 + yexy
2y − xexy .
Solução geral: 2x + exy − y2 = C
2.8 LISTA DE EXERCÍCIOS 4
1) Resolva as seguintes equações diferenciais:
a) 3xy2 + 1dx + yx2 + 2dy = 0 d) v dvdt = g (g é constante)
b) dydx = 8xy + 3y e) y
′ = 1 + x + y2 + xy2
c) yy ′ = cos2wx. (w é constante) f) xyy ′ = 2y + 1
2) Resolva os seguintes problemas de valor inicial:
a) y ′ = − xy , y1 = 2 c) dIdt + 5I = 10 , I0 = 0
b) sin2ydx + cos2xdy = 0 , y π4  =
π
4 d) v
dv
dt = g , vt0 = v0
3) Determine as soluções gerais das seguintes equações:
a) xy ′ + y + 2x = 0 c) xy ′ − y − y − x3 = 0
b) y ′ = xy + x sec yx d) xy ′ = xe
−y
x + y
4) Resolva as equações:
a) x + y2dy + y − x2dx = 0 c) 3x2 + 2xy2dx + 2x2ydy = 0
b) ex cos ydx = ex sinydy. d) 3x2y + yx dx + x3 + lnxdy
Respostas:
1.a) x2 + 23y2 + 1 = k. 1.b) y = ke4x2+3x. 1.c) y2 = x + sin2wx2w .
1.d) v2 = 2gt + k. 1.e) arctgy = x22 + x + k. 1.f) y − ln|y + 1| − 2 ln|x| = k.
2.a) x2 + y2 = 5 2.b) tgx − cotgy = 0 2.c) It = 21 − e5t 2.d) v2 − 2gt = v02 − 2gt0
3.a) y = cx − x 3.b) y = xarcsinx + c 3.c) y = x + xc − x2
− 12 3.d) e
y
x − lnx = k.
4.a)yx − x33 +
y3
3 = k 4.b) e
x cos y = k 4.c) x3 + x2y2 = k 4.d) x3 + lnxy = k
2.9 Fatores Integrantes:
18
Normalmente, a equação diferencial Mx,ydx + Nx,ydy = 0
não é exata. Mas, em alguns casos, podemos transformar esta equação diferencial em exata, fazendo
uma multiplicação adequada.
Exemplo: Resolva y ′ = 2xy − x (não é homogênea)
∴ Não é exata.
Se multiplicarmos a equação por e−x2 , obtemos:
−2xye−x2 + xe−x2dx + e−x2 dy = 0
∂M
∂y = −2x e
−x2 ; ∂N
∂x
= e−x
2
.−2x . Assim, é exata e já sabemos resolver.
Def: Uma função Ix, y é um Fator Integrante de Mx,ydx + Nx,ydy = 0 se a equação:
Ix,yMx,ydx + Nx,ydy = 0
é exata.
2.9.1 Métodos para Determinação de Fatores Integrantes:
Caso 1:
Fator integrante depende só de x : Ix
Se 1N
∂M
∂y −
∂N
∂x
≡ hx é função somente de x, então Ix = e∫ hxdx
Exemplo: Resolva x − ydx − dy = 0
Não é exata, mas com hx = 1, temos Ix = ex e a EDO fica exata: exx − ydx − exdy = 0.
Solução geral: xex − ex − yex = k ou y = Ce−x + x − 1
Caso 2:
Fator integrante depende só de y : Iy
Se 1M
∂M
∂y −
∂N
∂x
≡ hy é função somente de y, então Iy = e−∫ hydy
Exemplo: Resolva ydx + 3 + 3x − ydy = 0
Não é exata, mas com hy = − 2y , temos que Iy = y2 e a EDO fica exata y3dx + 3y2 + 3xy2 − y3dy = 0
Solução geral: y3x + y3 − y
4
4 = k
2.10 Equações Diferenciais Lineares:
19
Quando podemos escrever fx,y == pxy + qx na equação diferencial dydx = fx, y, dizemos que a
equação é linear, ou seja,
dy
dx + pxy = qx
Solução: Utilizamos o fator de integração Ix = e∫ pxdx.
Ix dydx + Ixpxy = qxIx
e
∫ pxdx dy
dx + Ixpxy = qxe
∫ pxdx
d
dx e
∫ pxdx
.y = e∫ pxdx. qx
Integrando em relação a x:
e
∫ pxdx
.y = ∫ e∫ pxdx.qxdx
y = e−∫ pxdx. ∫ e∫ pxdx.qxdx + C
Exemplo 1: Resolva y ′ + 2y = e−x , y0 = 0.75
Fator integrante: Ix = e2x
Solução geral: y = e−x + Ce−2x
Solução particular: y = e−x − 0. 25e−2x
Exemplo 2: Resolva y ′ − 2xy = x , y0 = 0
Fator integrante:Ix = e−x2
Solução geral: y = − 12 + Ce
x2
Solução particular: y = − 12 +
1
2 e
x2
2.11 Equação de Bernoulli:
Uma equação diferencial de Bernoulli é uma equação da forma: y ′ + pxy = qxyn,
onde n é real.
Fazendo a substituição z = y1−n reduzimos a equação de Bernoulli a uma equação diferencial linear
na função incógnita z.
Exemplo 1: Resolva dydx + xy = xy
2
Equação de Bernoulli com n = 2.
Substituição: z = y1−2 ou seja: z = 1y , ainda,
y = 1z
dy
dx = −
1
z2
dz
dx
Fator integrante: Ix = e−
x2
2
20
Solução geral: y = 1
1 + Ce
− x
2
2
Exemplo 2: Resolva dydx −
3
x y = x
4y
1
3
Equação de Bernoulli com n = 13 .
Substituição: z = y
2
3 , então
y = z
3
2
dy
dx =
3
2 z
1
2 dz
dx
Fator integrante: Ix = 1
x2
Solução geral: y
2
3 = 29 x
5 + Cx2 ou y = ± 29 x
5 + Cx2
3
2
2.12 LISTA DE EXERCÍCIOS 5
1) Em que condições as seguintes equações diferenciais são exatas? Determinadas as condições,
resolva-as.
1.1) 2x + aydx + 2y + bxdy = 0
1.2) coshy + acosaxdx + bx sinhydy = 0
2) Determine um fator integrante para as equações abaixo e resolva-as.
2.1) 2x3 − ydx + xdy = 0, y1 = 1.
2.2) y3 + 2exydx + ex + 3y2dy = 0
2.3) dydx =
x
x2y + y3
.
2.4) ydx − xdy + lnxdx = 0
3) Verifique se as seguintes equações são Equações diferenciais Lineares e resolva-as.
3.1) dydx +
y
x = 1
3.2) dydx −
2y
x = x
2 sin3x.
3.3) dydx = 2xy − x + 1
3.4) x dydx + y = 2x, y1 = 2.
4) Prove que a equação diferencial dydx + pxy = qxy lny, pode ser resolvida mediante a mudança de
variável lny = v. Use isto para resolver a EDO: x dydx + 2x
2y = y lny
5) Resolva as equações de Bernoulli.
5.1) yy ′ = xy2.
5.2) y ′ + y = y2ex.
5.3) yy ′ − xy2 − x = 0.
21
Respostas:
1.1) a = b, x2 + axy + y2 = k 1.2) b = 1, xcoshy + sinax = k
2.1) hx = 1
x2
. yx = 2x − x3; 2.2) hx = ex, exy3 + e2xy = k;
2.3) hy = e−y2 , e−y
2
2 x
2 + y2 + 1 = k ; 2.4) hx = 1
x2
. yx = cx − lnx − 1 ;
3.1) yx = x2 +
k
x , 3.2) yx = x2− cos3x3 + k. 3.3) yx = x + ke
x2
.
3.4) yx = x2 x22 + k 4) yx =
3
2 1 − e
−2x 5.1) z = y−1; yx = ke
x2
2 .
5.2) z = y−1; yx = −1
c + xex
. 5.3) z = y2; y2 = 1 + kex2 .
2.13 Aplicações das EDO de Primeira Ordem
2.13.1 Trajetórias Ortogonais
Considere a família de curvas no plano xy Fx,y,c = 0 , onde c é um parâmetro (“constante” que
fazemos variar).
Chamamos de trajetórias ortogonais, desta família, a uma nova família Gx,y,k = 0 , onde cada
curva de G intercepta cada curva de F , segundo um ângulo reto.
Exemplo: F : x2 + y2 = c
G : y = kx
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-4
-2
2
4
x
y
2.13.2 Procedimento para Determinação de Trajetórias Ortogonais a Fx,y,c
1) Derivamos Fx,y,c em relação a x (derivação implícita). Se necessário, isolamos c em Fx, y,c e
substituímos na equação derivada. Obtemos: dydx = fx,y.
2) As trajetórias ortogonais são soluções de dydx = −
1
fx,y .
Exemplo 1: Determine as trajetórias ortogonais da família de curvas x2 + y2 = c2 (circunferências com
centro na origem).
1) 2x + 2yy ′ = 0 ∴ y ′ = − xy
2) dydx = −
1
fx,y. ∴
dy
dx =
y
x (EDO a variáveis separáveis)
22
Solução geral: y = kx Retas que passam pela origem - trajetórias ortogonais.
Exemplo 2: Determine as trajetórias ortogonais da família de curvas y = cx2 (parábolas com vértice na
origem).
1) y ′ = 2cx , mas c = y
x2
∴ y ′ = 2yx
2) dydx = −
1
fx,y. ∴
dy
dx = −
1
2
x
y EDO a variáveis separáveis.
Solução geral: x22 + y
2 = C (elipses=trajetórias ortogonais)
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-4
-2
2
4
x
y
2.13.3 Exemplos de aplicação:
- Problemas de Diluição:
Considere um tanque contendo inicialmente V0 litros de salmoura com a kg. de sal. Uma outra
solução com b kg. de sal por litro começa a entrar no tanque a uma razão de e l/min e, simultaneamente, a
mistura deixa o tanque a razão de f l/min. Qual a quantidade de sal no instante t?
Seja: Qt: quantidade (kg) de sal no instante t.
dQ
dt : taxa de variação de Q.
dQ
dt = Tent − Tsai = taxa que o sal entra no tanque - taxa que o sal sai do tanque.
Tent: be (kg/min) onde b é a quantidade de sal por l (concentração de sal na solução que entra)
e é a quantidade de l de solução que entra por minuto.
Tsai: concentração de sal no tanque no instante t (kg/l).f (quantidade em litros de mistura que sai
por minuto).
Tsai:
Q
V0 + et − ft f onde Qt é a quantidade de sal (kg) em t
et é o que entrou em t min
ft é o que saiu em t min
V0 é o volume inicial.
A EDO fica: dQdt = be −
Q
V0 + et − ft f ou
dQ
dt +
Q
V0 + et − ft f = be, que é linear.
Exemplo 1: Um tanque contém inicialmente 350 litros de salmoura com 10 kg de sal. No intante t = 0,
água pura começa a entrar no tanque a razão de 20 l por minuto, enquanto a mistura sai do tanque a
mesma taxa. Determine a quantidade de sal no tanque no instante t.
V0 = 350 l. b = 0 kg/l f = 20 l/min
Q0 = 10 kg e = 20 l/min
23
dQ
dt +
20
350 + 20t − 20t Q = 0.20 ∴
dQ
dt +
2
35 Q = 0 É linear.
Fator integrante: It = e
2t
35
Solução geral: Q = Ce−
2t
35
Solução particular: Qt = 10e−
2t
35
Observe que Q → 0 quando t → ∞ , o que esperávamos, pois está entrando água pura.
- Problemas de Temperatura: Lei do Resfriamento de Newton (válida também para aquecimento).
“ A taxa de resfriamento de uma substância numa corrente de ar é proporcional à diferença entre a
temperatura da substância e a temperatura do ar”.
Sejam T: temperatura do corpo
Tm: temperatura do meio
k: constante de proporcionalidade k > 0.
dT
dt = −kT − Tm ∴
dT
dt + kT = kTm é linear.
Obs.: Por que escolher k positivo?
- Processo de resfriamento: T − Tm > 0 ∴ −kT − Tm < 0 ∴ dTdt < 0 (variação da temperatura
negativa, implica em temperatura decrescente).
- Processo de aquecimento: T − Tm < 0 ∴ −kT − Tm > 0 ∴ dTdt > 0 (temperatura crescente).
Exemplo 1: Um corpo à temperatura de 50∘ F é colocado ao ar livre onde a temperatura é de 100∘ F.
Se, após 5 min, a temperatura do corpo é 600∘ F, determine:
a) o tempo necessário para que o corpo atinja 75∘ F.
b) a temperatura do corpo após 20 minutos.
T0 = 50
T5 = 60
Tm = 100
a) Tt1 = 75, encontre t1 :
dT
dt + kT = kTm 
dT
dt + kT = 100k é linear.
Fator integrante: It = ekt
Solução geral : Tt = 100 + Ce−kt. Solução particular: Tt = 100 − 50e−
1
5 ln1.25t
E para Tt1 = 75, t1 ≅ 15, 5 min.
b) T20 = 79,52 ∘ F.
- Problemas de Queda dos Corpos:
Considere um corpo de massa m em queda vertical.
Considerações: - massa e gravidade são constantes;
- resistência do ar é proporcional à velocidade v da queda;
24
- direção positiva é para baixo.
Da segunda lei do movimento de Newton, obtemos: F = m dvdt
onde F é a força líquida e dvdt é a taxa de variação do momento do corpo em relação a t (m é
constante).
mg − kv = m dvdt  mg = m
dv
dt + kv 
dv
dt +
k
m v = g Equação do movimento
onde mg = W é o peso do corpo e kv é a resistência do ar.
Obs.1: Se k = 0 (desprezamos a resistência do ar) a equação se reduz à: dvdt = g.
Obs.2: Quando o corpo é arremessado para cima, a resistência do ar tem sentido igual ao do peso
porque a resistência é sempre oposta ao sentido do movimento.
Obs.3: Quando a direção positiva é considerada para cima, precisamos reavaliar os sinais da
equação do movimento.
Obs.4: Pode existir outra relação entre a resistência do ar e a velocidade que não seja a relação
considerada na modelagem anterior. Se a resistência do ar for proporcional ao quadrado da velocidade:
−kv2.
Obs.5: O peso é aproximado por W = mg quando o corpo se encontra muito próximo da terra. Caso
contrário, é dado por: W = mgR
2R + x2
onde R é o raio terrestre e x é a altura acima do nível do mar. Neste
caso, será necessário usar dvdt =
dv
dx
dx
dt  v
dv
dx =
dv
dt .
Exemplo 1: Um corpo de massa m cai a partir do repouso, num meio que oferece resistência
proporcional à velocidade. Admitindo que a força gravitacional seja constante, determine:
a) a velocidade em qualquer instante.
b) a velocidade limite v e quando t → ∞.
a) dvdt +
k
m v = g v0 = 0 é linear.
Fator integrante: It = e
kt
m
Solução geral: v = mgk + Ce
− ktm Solução particular: vt = mgk 1 − e
− ktm
b) lim
t→∞
vt = v l , então v l =
mg
k , velocidade limite.
- Problemas de Circuitos Elétricos:
Considere: R é o resistor (ohms), L é o indutor (henries), C é o capacitor (Faradays), E é a força
eletromotriz (volts), I é a corrente (ampères).
Casos Particulares:
25
- Circuito RL: Lei que rege a quantidade de corrente no circuito é dIdt +
R
L I =
E
L
Obs.: Não necessariamente E é constante. É uma equação linear não-homogênea.
- Circuito RC: Lei que rege a quantidade de carga é dqdt +
1
RC q =
E
R
Obs.: A EDO é linear e não-homogênea.
A relação entre q e I é: I = dqdt
Atenção:
It = corrente transiente + corrente estacionária.
- Estado transiente: Tem forte influência no início do experimento. Vai para zero quando t → ∞.
- Estado estacionário: caracteriza a corrente quando t → ∞ (muito grande).
Exemplo 1: Um circuito RL tem uma f.e.m. de 5 volts, uma resistência de 50 ohms, uma indutância de 1
henry e não tem corrente inicial. Determine:
a) a corrente no instante t;
b) sua componente no estado estacionário;
c) sua componente no estado transiente.
a) dIdt + 50I = 5 I0 = 0
Fator integrante: e50t Solução particular: It = 110 − 110 e−50t.
b) Iest = 110 A,
c) I trans = − 110 e−50t
- Crescimento Exponencial:
Exemplo 1: Seja Nt a população de uma certa espécie (ou a quantidade de uma substância).
Hipóteses: taxa de variação de N é proporcional ao valor instantâneo de N. População inicial N0.
dN
dt = rN
N0 = N0
Obs.: se r > 0 : crescente; se r = 0: Nt = N0 e se r < 0 : decrescente (extinção)
r: velocidade específica de crescimento (ou declíneo).
Solução: Nt = N0ert.
Exemplo 2: Uma pessoa deposita R$20.000,00 em uma conta que paga 5% ao ano de juros
compostos continuamente. Determine:
a) o saldo na conta após 3 anos;
b) o tempo necessário para que a quantia inicial duplique.
26
Sejam Nt : quantidade de dinheiro=saldo na conta
r : taxas de juros compostos continuamente=velocidade específica de crescimento.
r = 0.05 > 0 (o saldo aumenta) e N0 = 20.000
dN
dt = 0.05N
N0 = 20.000
Solução: Nt = 20. 000e0.05t
a) N3 = 23.236, 68 reais
b) Nt = 40.000  t = 13,86 anos.
- Problemas de Crescimento Logísitco:
Suponha que a velocidade específica de crescimento dependa da realidade da população (meio
ambiente, alimentação, competição intra e extra-específica, clima, etc). Então, esta velocidade fica melhor
expressa por uma função de N : fN. Escolhemos: fN = r − aNN onde r,a > 0 são constantes e, portanto:
dN
dt = r − aNN (Equação Logística) ou
dN
dt = r1 −
N
K N onde K =
a
r .
Exemplo 1: Cinco ratos de uma população constante de 500 são intencionalmente inoculados com
uma doença contagiosa para testar uma teoria de disseminação da epidemia segundo a qual a taxa de
variação da população infectada é proporcional ao produto de ratos infectados pelo número de ratos sem a
doença. Qual o tempo necessário para que a metade da população contraia a doença?
Sejam Nt o número de ratos infectados, N0 = 5 e o número de ratos sem a doença é 500 − N,
então
dN
dt = 500 − NRN ou
dN
dt = 1 −
N
500 rN Eq. Logística r = 500R
N0 = 5
Atenção: Integração via frações parciais! Solução Particular: N500 − N =
1
99 e
500Rt
Pergunta: Nt = 250  t = 0.00919R u.t.
2.14 LISTA DE EXERCÍCIOS 6
1) Em cada um dos casos abaixo, desenhar curvas da família dada e também das respectívas
tragetórias ortogonais.
a) A famíla de hipérboles xy = c.
b) A família de círculos x − c2 + y2 = c2
c) A família x2 + y2 = Cx
2) Um tanque de 50 litros contém inicialmente 10 litros de água pura. No instante t = 0, começa a ser
despejada uma solução contendo 0,1 kg de sal por litro, a razão de 4 l/min, enquanto a mistura sai do
tanque a razão de 2 l/min. Determine:
27
a) O instante em que ocorre o transbordamento.
b) A quantidade de sal no tanque neste instante.
3) Um corpo de massa m é lançado verticalmente para cima com velocidade inicial v0. Se a resistência
do ar é proporcional à velocidade, determine:
a) a equação do movimento no sistema coordenado  v, t.
b) a velocidade no instante t.
c) o instante em que o corpo atinge a altura máxima.
4) Um circuito RL tem f.e.m. dada (em volts) por 3sin2t , uma resistência de 10 ohms, uma indutância
de 0.5 henry e uma corrente inicial de 6 ampères. Determine a corrente em t:
5) Sabe-se que a população de um determinado país aumenta a uma taxa proporcional ao número de
habitantes do país. Se, após 2 anos, a população duplicou e, após 3 anos, é de 20.000 habitantes, estime o
número inicial de habitantes:
Trabalho de Pesquisa
Pesquise, nos livros abaixo indicados, uma aplicação para as equações diferenciais ordinárias de
primeira ordem. Escolha uma aplicação na área que preferir, como por exemplo: biologia (crescimento
populacional e disseminação de doenças), química (decaimento radioativo, misturas e datação por
carbono), física (resfriamento de Newton e corpo em queda livre) e engenharia (circuitos elétricos e
eletromagnetismo).
O trabalho deve conter no mínimo três páginas com: introdução, descrição do problema de forma
geral (pelo menos uma página), resolução e conclusão.
Procure pesquisar em mais de um livro da biblioteca, escolhendo a aplicação que achar mais
interessante. Coloque no trabalho a bibliografia utilizada.
Referências
BOYCE W.E. DIPRIMA R.C.. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno.
Rio de Janeiro LTC. 1998.
BRONSON. R.. Moderna Introdução às Equações Diferenciais. São Paulo, McGraw-Hill, 1977.
EDWARDS C.H. PENNEY D.E. Equações Diferenciais Elementares com Problemas de Contorno.
Prentice-Hall, 1995.
HUGHES-HALLETT, D., GLEASON, A. M. Cálculo v. 2. Rio de Janeiro LTC. 1997.
ZILL, D. G., CULLEN M. R. Equações Diferenciais com Aplicações em Modelagem. Thomson Learning
2003.
ZILL, D. G., CULLEN M. R. Equações Diferenciais v 1. MAKRON BOOKS.
MATOS, M. P., Séries e Equações Diferenciais. São Paulo, Prentice Hall, 2002.
CAPÍTULO 3: EDOs LINEARES DE SEGUNDA ORDEM
28
3.1 EDO Lineares de Segunda Ordem
Uma EDO de segunda ordem é linear se pode ser escrita na forma:
y ′′ + a1xy ′ + a0xy = gx
Uma EDO linear de segunda ordem homogênea é dada com gx ≡ 0
y ′′ + a1xy ′ + a0xy = 0
Caso contrário, a equação é dita não-homogênea.
Uma EDO linear de segunda ordem é dita com coeficientes constantes se a1,a0 são constantes.
Caso contrário, a equação é com coeficientes variáveis.
Obs.1: Uma EDO linear de segunda ordem pode ser escrita como: Ly = gx
onde L é um operador linear definido como segue: L : C2I → CI tal que Lyx = y ′′ + a1xy ′ + a0xy
C2I : conjunto das funções definidas no intervalo I duas vezes derivável com segunda derivada
contínua.
CI : conjunto das funções contínuas definidas no intervalo I.
Obs.2: Um operador linear satisfaz as duas propriedades:
P1 Ly1 + y2 = Ly1 + Ly2
P2 Lαy1 = αLy1 α ∈ ℜ
Exemplos.:
a) y ′′ + 4y = ex − sinx a1 = 0,a0 = 4 gx = ex − sinx
EDO linear de segunda ordem com coeficientes constantes não-homogênea.
b) x2y ′′ + xy ′ + x2 − 1y = 0 ou y ′′ + 1x y ′ + x
2 − 1
x2
y = 0 a1x = 1x ,a0x =
x2 − 1
x2
gx ≡ 0
EDO linear de segunda ordem com coeficientes variáveishomogênea.
c) yy ′′ − y ′ = 0
O produto yy ′′ indica a não linearidade da EDO.
d) y ′′ − y = 0
A potência indica a não linearidade da EDO.
TEOREMA: Considere o problema de valor inicial y ′′ + a1xy ′ + a0xy = gx com condições yx0 = y0
e y ′x0 = y0′ , onde a1,a0 e g são contínuas num intervalo I. Então existe uma única solução para este
29
problema e ela existe sobre todo o intervalo I.
Exemplo: y ′′ − 4xy ′ + 6ycos x = e−x sinx y0 = 2,y ′0 = −3
a1 = −4x,a0 = 6cos x,gx = e−x sinx são contínuas em ℜ.
Este problema possui uma solução única para todo ℜ.
TEOREMA: (Princípio da Superposição)
Se y1 e y2 são duas soluções da equação diferencial y ′′ + a1xy ′ + a0xy = 0 , então a combinação
linear c1y1 + c2y2 também é solução para quaisquer constantes c1 e c2.
Obs.: A solução é pelo menos duplamente derivável sobre o intervalo I.
3.2 Wronskiano e Soluções Linearmente Independentes (L.I.):
DEFINIÇÃO: O Wronskiano de duas funções y1 e y2 é dado por:
Wy1,y2 =
y1 y2
y1′ y2′
= y1y2′ − y1′ y2
Propriedade 1:
Se y1 e y2 são funções deriváveis em I e se Wy1,y2 ≠ 0 num ponto xI ∈ I, então y1 e y2 são L.I. em
I.
Exemplo 1: y1x = cos x e y2x = sinx são L.I.?
Wy1,y2 =
cos x sinx
− sinx cos x
= cos2x + sin2x = 1 ≠ 0 ∀ x ∈ ℜ
∴ y1 e y2 são L.I.
Exemplo 2: y1x = eλ1x e y2x = eλ2x , λ1,λ2 são constantes reais e λ1 ≠ λ2 são L.I.?
Wy1,y2 =
eλ1x eλ2x
λ1eλ1x λ2eλ2x
= λ2eλ1+λ2x − λ1eλ1+λ2x = λ2 − λ1eλ1+λ2x ≠ 0
∴ y1x e y2x são L.I.
Propriedade 2:
Se y1 e y2 são soluções L.I. da EDOLH (Ly = 0), então y = c1y1 + c2y2 é a solução geral de Ly = 0.
Exemplo: y ′′ − y = 0
ex,e−x são soluções L.I. Pela propriedade 2, a solução geral da EDO é yx = c1ex + c2e−x
Propriedade 3:
Existem duas soluções L.I. para Ly = y ′′ + a1xy ′ + a0xy = 0.
30
Obs.1: Relações de Euler:
e ix = cos x + i sinx e e−ix = cos x − i sinx x ∈ ℜ , i : unidade imaginária i2 = −1.
ou equivalentemente:
cos x = e
ix + e−ix
2 e sinx =
e ix − e−ix
2 .
Obs.2: Uma função y : ℜ → C pode ser solução de uma equação diferencial.
Exemplo: y = e ix é solução de y ′′ + y = 0. Verifique!
Propriedade 4:
Uma função complexa y = u + iv (u e v são, respectivamente, a parte real e imaginária de y) é
solução de uma EDO Ly = 0 se e, somente se, u e v são também soluções de Ly = 0.
Exemplo: y = e ix é solução de y ′′ + y = 0
Pela relação de Euler: y = cos x + i sinx
Pela propriedade 6, u = cos x e v = sinx também são soluções de y ′′ + y = 0.
3.3 EDOLH de Segunda Ordem com Coeficientes Constantes:
Considere a equação diferencial y ′′ + a1y ′ + a0y = 0. A esta equação associamos uma equação
algébrica conhecida como equação característica λ2 + a1λ + a0 = 0. Fatorando a equação característica,
obtemos: λ − λ1 λ − λ2  = 0.
Obtemos a solução geral da EDOLH a partir das raízes da equação característica.
CASO 1:
λ1 e λ2 são raízes reais distintas.
Como eλ1x e eλ2x são soluções L.I., então a propriedade 2 nos garante que a solução geral é
yx = C1eλ1x + C2eλ2x
Exemplo 1: y ′′ + 5y ′ + 6 = 0
λ2 + 5λ + 6 = 0 → λ + 2λ + 3 = 0
Solução geral: y = C1e−2x + C2e−3x
Exemplo 2: y ′′ − 4y = 0 y0 = 1 , y ′0 = 0
Solução geral: y = C1e2x + C2e−2x
31
Solução particular: yx = e2x + e−2x2 ou yx = cosh2x
CASO 2:
λ1 = λ2 (raízes reais e iguais).
Solução L.I. eλ1x e xeλ1x
A solução geral é yx = C1eλ1x + C2xeλ1x.
Verifique se eλ1x e xeλ1x são soluções L.I. W ≠ 0
Exemplo: y ′′ + 2y ′ + y = 0
Solução geral: y = C1e−x + C2xe−x
CASO 3:
λ1 = a + bi , λ2 = a − bi (aparecem aos pares complexos conjugados).
Solução L.I.: ea+bix e ea−bix.
Solução geral: y = C1 ea+bix + C2 ea−bix
Mas, pela propriedade 6, podemos equivalentemente escrever a solução geral como
y = C1eax cos bx + C2eax sinbx
Exemplo 1: y ′′ + 20y ′ + 200y = 0
Solução geral: y = C1e−10x cos 10x + C2e−10x sin10x
Exemplo 2: y ′′ + 9y = 0
Solução geral: y = C1 cos 3x + C2 sin3x
3.4 LISTA DE EXERCÍCIOS 7
1) Resolva as seguintes EDOH.
1.1) y ′′ − 2y ′ + 2y = 0 1.2) y ′′ + 7y = 0
1.3) y ′′ + 2y ′ + 5y = 0 1.4) y ′′ − 4y + 4y = 0
2) Resolva os seguintes problemas de valor inicial.
2.1) y ′′ + 2y ′ + y = 0, y0 = 1,y ′0 = 2.
2.2) y ′′ − 6y + 9y = 0, y0 = 2, y ′0 = 8.
2.3) y ′′ + 4y ′ + 4y = 0, y0 = −1, y ′0 = 3
3) Construa a matriz Wronskiana e determine o valor de seu determinante para os seguintes conjuntos
de soluções.
3.1) ex,e−x 3.2) sen3x, cos3x 3.3) ex,xex
4) Mostre que duas soluções L.I. da equação diferencial y ′′ − 6y ′ + 9y = 0 são dadas por e3x, xe3x.
32
Escreva a solução geral da EDOH.
RESPOSTAS
1.1) y = c1ex cos x + c2ex sinx 1.2) y = c1 cos 7 x + c2 sin 7 x
1.3) y = c1e−x cos 2x + c2e−x sin2x 1.4) y = c1e2x + c2xe2x
2.1) y = e−x + 3xe−x 2.2) y = 2e3x + 2xe3x 2.3) y = −e−2x + xe−2x
3.1) Wex,e−x = −2 3.2) Wsen3x, cos3x = −3 3.3) Wex,xex = e2x
4) y = c1e3x + c2xe3x
3.5 EDOL Não Homogênea com Coeficientes Constantes: Método dos
Coeficientes a Determinar:
Considere a EDO não linear Ly = y ′′ + a1y ′ + a0y = gx
Propriedade 1:
Se yh é a solução geral de Ly = 0 e yp é a solução particular de Ly = gx então: yx = yh + yp é a
solução geral de Ly = gx.
Exemplo: y ′′ − y = e2x
Equação homogênea associada y ′′ − y = 0 cuja solução geral é yx = c1ex + c2e−x.
yp = ? Supõe que yp = Ae2x onde A é uma constante. Derive yp e substitua na EDO para encontrar
A = 13 .
∴ yp = 13 e
2x e a solução geral yx = yh + yp será yx = c1ex + c2e−x + 13 e2x
Propriedade 2:
Se yh é a solução geral de Ly = 0, yp1 é uma solução particular de Ly = g1x e yp2 é uma solução
particular de Ly = g2x, então, pelo princípio da superposição, y = yh + yp1 + yp2 é a solução de Ly = g1 + g2.
Exemplo: y ′′ − y = e2x + 1
yh = c1ex + c2e−x solução de y ′′ − y = 0
yp1 = 13 e
2x solução particular de y ′′ − y = e2x
yp2 = ? Supõe yp2 = A constante, deriva e substitui na EDO para encontrar A = −1.∴ yp2 = −1
∴ y = yh + yp1 + yp2 y = c1ex + c2e−x + 13 e
2x − 1 é a solução geral de y ′′ − y = e2x + 1.
Solução geral: yx = yhx + ypx
Para determinarmos ypx, vamos utilizar o método dos coeficientes a determinar:
CASO 1:
Ly = keax a,k ∈ ℜ
33
Supõe yp = Aeax onde A = ?
Deriva e substitui na EDO:
Se a2 + a1a + a0 ≠ 0, então A = k
a2 + a1a + a0
Mas isto significa que a não pode ser raíz de λ2 + a1λ + a0 = 0 , ou, do mesmo modo, eax não pode
ser uma das soluções L.I. que compõe yh.
Se a é raiz simples de λ2 + a1λ + a0 = 0 , devemos supor yp = Axeax , então:
A = k2a + a1
se 2a + a1 ≠ 0
Se a é raiz dupla de λ2 + a1λ + a0 = 0 2a + a1 = 0 , devemos supor: yp = Ax2eax onde A = k2 .
Exemplo 1: Resolva y ′′ + 5y ′ + 4y = −3e−2x
Solução: yh = C1e−x + C2e−4x
Supõe yp = Ae−2x, derivando e substituindo na EDO, encontramos A = 32
Solução geral: yx = yh + yp
Exemplo 2: Resolva y ′′ + 5y ′ + 4y = 5e−4x
A solução homogênea é a mesma do exemplo anterior. A solução particular yp = Ae−4x não deve
funcionar, pois -4 é raiz da equação característica. Supõe, então, yp = Axe−4x , que derivando e substituindo
na EDO, obtém-se A = − 53 .
Exemplo 3: Resolva y ′′ + 5y ′ + 4y = −e−x + 2e−4x + e5x
Solução: yh = C1e−x + C2e−4x
Supõe yp1 = Axe−x, yp2 = Bxe−4x e yp3 = Ce5x
CASO 2:
Ly = k sinαx ou kcosαx :
- Se Piα ≠ 0, supõe yp = Acosαx + B sinαx.
- Se Piα = 0, supõe yp = Axcosαx + Bx sinαx
Exemplo 1: Resolva y ′′ + 4y = − sin2x + cos x
yh = C1 cos 2x + C2 sin2x
- P2i = 0 → yp1 = Axcos 2x + Bx sin2x . Deriva e substitui na EDO,
encontra: A = 14 e B = 0. yp1 =
1
4 xcos 2x
- Pi ≠ 0 → yp2 = Acos x + B sinx . Deriva e substitui na EDO,
encontra: A = 13 e B = 0. yp2 =
1
3 cos x
Exemplo 2: Resolva y ′′ + 3y ′ + 2y = − sin2x
yh = C1e−2x + C2e−x
Como P2i ≠ 0, supõe yp = Acosαx + B sinαx. Deriva e substitui na EDO:
34A = 320 , B =
1
20 yp =
1
20 3cos 2x + sin2x
CASO 3:
Ly = keαx cosβx ou Ly = keαx sinβx
Vamos considerar Lwp = keα+iβx :
- se Pα + iβ ≠ 0 , então wp = Aeα+iβx
- se Pα + iβ = 0, então wp = Axeα+iβx
Solução particular yp: se Ly = keαx cosβx, então yp = Rewp 
se Ly = keαx sinβx, então yp = Imwp 
Exemplo 1: Resolva y ′′ + 2y ′ + 5y = −2ex cos 2x
yh = C1e−x cos 2x + C2e−x sin2x
Como P1 + 2i ≠ 0, então wp = Ae1+i2x. Deriva e substitui na EDO
obtém: A = −1 + 2i10 yp = Rewp ∴ yp = −
1
10 e
x cos 2x − 15 e
x sin2x
CASO 4:
Ly = b0 + b1x +. . .+bnxn
Se P0 ≠ 0 : supõe yp = A0 + A1x +. . .+Anxn
Se P0 = 0 e P′0 ≠ 0 : supõe yp = xA0 + A1x +. . .+Anxn
Se P0 = 0 e P′0 = 0 : supõe yp = x2A0 + A1x +. . .+Anxn
Exemplo 1: Resolva y ′′ + 3y ′ = 2x2 + 3x
yh = C1e−3x + C2
yp : P0 = 0 → yp = xA0 + A1x + A2x2. Deriva e substitui na EDO,
obtém: A0 = − 527 , A1 =
5
18 e A2 =
2
9 yp = −
5
27 x +
5
18 x
2 + 29 x
3
CASO 5:
Ly = b0 + b1x +. . .+bnxn eαx
Se Pα ≠ 0 : supõe yp = A0 + A1x + A2x2eαx
Se Pα = 0 e P′α ≠ 0 : supõe yp = xA0 + A1x +. . .+Anxneαx
Se Pα = 0 e P′α = 0 : supõe yp = x2A0 + A1x +. . .+Anxneαx
Exemplo 1: Resolva y ′′ + 2y ′ + 4y = −xe2x + 3e2x
yh = C1e−x cos 3 x + C2e−x sin 3 x
Como P2 ≠ 0, yp = A0 + A1xe2x. Deriva e substitui na EDO:
A0 = 724 ,A1 = −
1
12 yp =
7
24 −
1
12 x e
2x
35
3.6 EDOL Não Homogênea: Variação de Parâmetros
Nesta seção, vamos desenvolver um outro método para determinar a solução particular da EDOL
Ly = y ′′ + a1xy ′ + a0xy = gx
a partir da solução geral de Ly = 0 : yhx = C1y1x + C2y2x.
Suponha que ypx = v1xy1x + v2xy2x Se yp = v1y1 + v2y2,
yp′ = ?
yp′′ = ?
Supõe que v1′ y1 + v2′ y2 = 0 (1)
Substitui na EDO: v1′ y1′ + v2′ y2′ = gx (2)
De (1) e (2), obtemos o sistema linear: v1
′ y1 + v2′ y2 = 0
v1
′ y1′ + v2′ y2′ = gx
Resolvemos por Cramer:
v1
′ =
0 y2
gx y2′
detA = −
gxy2x
wy1,y2
e v2
′ =
y1 0
y1′ gx
detA =
gxy1x
wy1,y2
v1 = ∫− gxy2x
wy1,y2
dx e v2 = ∫ gxy1x
wy1,y2
dx
E, finalmente, yp = v1xy1x + v2xy2x
Exemplo 1: Resolva y ′′ + y = cscx
yh = C1 cos x + C2 sinx, yp = v1 cos x + v2 sinx
wy1,y2 =
cos x sinx
− sinx cos x
= 1
v1 = ∫−cscx sinxdx = ∫−dx = −x, v2 = ∫ cscxcos xdx = ∫ cos xsinx dx = ln|sinx|
yp = −xcos x + ln|sinx| sinx
Exemplo 2: Resolva y ′′ + 4y = tan2x
yh = C1 cos 2x + C2 sin2x, yp : wy1,y2 = 2
v1 = − 12 ∫ tan2x sin2xdx = −
1
2 ∫
sin22x
cos 2x dx = −
1
2 ∫
1 − cos22x
cos 2x dx = −
1
2 ∫sec2x − cos 2xdx
v1 = − 14 ln|sec2x + tan2x| + 14 sin2x
v2 = 12 ∫ tan2xcos 2xdx =
1
2 ∫ sin2xdx = −
1
4 cos 2x
yp = − 14 ln|sec2x + tan2x|
36
3.7 EDOL de Ordem n com Coeficientes Constantes:
EDO: yn + an−1yn−1 +. . .+a1y ′ + a0y = 0 com a i ∈ ℜ i = 1, . . . ,n − 1
Polinômio característico (equação característica):
Pλ = λn + an−1λn−1 +. . .+a1λ + a0 = 0 (possui n raízes).
Soluções L.I.:
- Se λi é raiz real simples: y i = C ieλ ix
- Se λi é raiz real de multiplicidade p: eλ1x;xeλ1x; . . . ;xp−1eλ1x
- Se λi = a + bi e λi∗ = a − bi são raízes complexas conjugadas: eax cos bx;eax sinbx
Exemplo 1: y ′′′ − 6y ′′ + 11y ′ − 6y = 0
Solução geral: yx = C1ex + C2e2x + C3e3x
Exemplo 2: y ′′′ + 4y ′′ + 13y ′ = 0
Solução geral: yx = C1 + C2e−2x cos 3x + C3e−2x sin3x
3.8 LISTA DE EXERCÍCIOS 8
1) Resolva as seguintes equações usando o método dos coeficientes a determinar.
1.1) y ′′ − 3y ′ + 2y = 5ex 1.2) y ′′ − 4y ′ + 4y = 3e2x.
1.3) y ′′ + 7y ′ + 12y = 3cos2x. 1.4) y ′′ + 4y = x
1.5) y ′′ + 3y ′ + 2y = xe−x + cos2x + x2
2) Resolva as seguintes EDOH de ordem n.
2.1) y ′′′ − 3y ′′ + 2y ′ = 0 2.2) y ′′′ + 2y ′′ + 2y ′ = 0
3) Resolva usando o método de variação de parâmetros
y ′′ − 2y ′ + y = e
x
x
RESPOSTAS
1.1) y = c1ex + c2e2x − 5ex
1.2) y = c1e2x + c2xe2x + 32 x2e2x
1.3) y = c1e−3x + c2e−4x + 665 cos 2x + 21130 sin2x
1.4) y = c1 cos 2x + c2 sin2x + 14 x
1.5) y = c1e−x + c2e−2x− 23 xe−x + 124 x2e−x + Acos 2x + B sin2x + A0 + A1x + A2x2
yH yP1 yP2(resolver) yP3(resolver)
2.1) y = c1 + c2ex − c3e2x
2.2) y = c1 + c2e−x cos x − c3e−x sinx
3) y = C1ex + C2xex − xex + ln|x|xex  v1 = −x e v2 = ln|x|
37
3.9 Exemplos de Aplicação:
- Problemas de Mola:
Lei de Hooke: A força F de uma mola é igual e oposta às forças aplicadas sobre esta mola e é
proporcional à distensão (contração) l da mola resultante da força aplicada.
F = −kl
onde k é a constante da mola (constante de proporcionalidade) .
Considerações:
- Desprezamos a massa da mola.
- Resistência do ar é proporcional à velocidade do corpo.
- Forças sobre o corpo no instante t são: força da resistência do ar: −ax ′ a > 0
força restauradora: −kx k > 0 Lei de Hooke
Obs.: A resistência do ar é sempre no sentido oposto ao da velocidade do movimento.
Segunda Lei de Newton: FR = ma
Ft − ax ′ − kx = mx ′′ ou x ′′ + am x
′ + km x =
Ft
m C.I. x0 = 0 e x ′0 = 0
Obs.: Se a gravidade for considerada: x ′′ + am x ′ + km x = g +
Ft
m
Exemplo: Uma massa de 2 kg. está suspensa em uma mola cuja constante é 10 N/m e permanece
em repouso. É, então posta em movimento, imprimindo-lhe uma velocidade inicial de 150 cm/s. Determine a
expressão da posição da massa, desprezando a resistência do ar:
xt = 0.671sin 5 t
- Problemas de Circuitos Elétricos:
Seja um circuito RCL (resistência-capacitância-indutância).
Lei de Kirchhoff: A soma algébrica das quedas de tensão em um circuito elétrico fechado simples é
zero.
QT(resistência)+QT(capacitância)+QT(indutância)-E(t)=0
Rq ′ + Lq ′′ + 1C q = Et ou q
′′ + RL q
′ + 1LC q =
Et
L com C.I. q0 = q0 e q
′0 = I0 = I0
que é a equação da carga q com o tempo t.
Por outro lado, a equação da corrente I com o tempo t, é dada por:
I ′′ + RL I
′ + 1LC I =
1
L
dEt
dt com C.I. I0 = I0 e I
′0 = 1L E0 −
R
L I0 +
1
LC q0
Exemplo: Um circuito RCL tem R=10 ohms, C=10−1 farad, L=0.5 henry e uma tensão aplicada de
12 volts. Admitindo que não haja corrente inicial nem carga inicial em t = 0 , quando a tensão é aplicada
pela primeira vez, determine a corrente subsequente no sistema:
38
Equação diferencial: I ′′ + 20I ′ + 200I = 0
Condições iniciais: I0 = 0 e I ′0 = 24
Solução: It = 125 e
−10t sin10t
- Problemas de Barras e Vigas:
É um exemplo de problema de contorno.
Exemplo: Seja uma barra de comprimento L sujeita a uma carga uniforme q. Se, no ponto x0 = 0,
esta barra está presa e, em xL = L, está só apoiada, este problema é descrito pelo seguinte problema de
contorno:
y4x + kyx = q
y0 = y ′0 = 0
yL = y ′′L = 0
3.10 LISTA DE EXERCÍCIOS 9
1. Uma mola com massa de 3 kg é mantida esticada 0,6 m além de seu comprimento natural por uma
força de 20 N. Se a mola começar em sua posição de equilíbrio, mas um empurrão der uma velocidade
inicial de 1,2 m/s, determine a posição da massa depois de t segundos (fórmula).
2. Determine a carga e a corrente em um circuito em série RCL quando L = 1 henry, R = 2Ω, C = 0,25
Faraday e Et = 13sin t Volts, com carga inicial e corrente inicial nulas. Escreva a variável dependente e
independente do problema e a função solução.
d2q
dt2
+ RL
dq
dt +
1
LC q =
Et
L
Respostas
1. xt = 0,36sen 103 t.
2. qt = 3 sin t − 2cos t + 2e−t cos t 3 − 13 3 e
−t sin t 3 .
CAPÍTULO 4: Sistemas de Equações Diferenciais Ordinárias Lineares com
Coeficientes Constantes:
1) Introdução:
Os sistemas de EDO simultâneas aparecem naturalmente em problemas que envolvem várias variáveis
dependentes, cada qual função de uma única variável independente.
Variável independente: t
Variáveis dependentes: x1 = x1t;x2 = x2t; . . .
Aplicações:
1) Sistema Predador-Presa:
Sejam Pt : populaçãode predadores no instante t
Ht : população de presas no instante t
39
O modelo é descrito pelo sistema de EDO:
dH
dt = a1H − b1HP
dP
dt = −a2P + b2HP
2) Sistema Massa-Mola:
Sejam x1t , x2t coordenadas da posição das massas m1 e m2.
O modelo é descrito pelo sistema de EDO:
m1
d2x1
dt2
= k1 + k2x1 + k2x2 + F1t
m2
d2x2
dt2
= k1x1 − k2 + k3x2 + F2t
Segunda Ordem
3) Circuito RCL:
Sejam V : queda de voltagem no capacitor C
I : corrente no indutor L.
O ciruito é descrito pelo sistema de EDO:
dI
dt =
V
L
dV
dt = −
I
C −
V
RC
Como reduzir uma EDO de grau n a um sistema de EDO de grau 1:
Tome a equação de segundo grau: d2u
dt2
+ p dudt + qu = Ft
Suponha x1t = ut e x2t = dudt . Então x1
′ t = x2t e na EDO acima:
x2
′ t + px2t + qx1t = Ft
x2
′ t = −px2t − qx1t + Ft
E a EDO fica reduzida ao sistema: x1
′ = x2
x2
′ = −px2 − qx1 + Ft
De maneira geral, qualquer EDO da forma: ynt = Ft,y,y ′,y ′′, . . . ,yn−1 pode ser reduzida a
sistema de EDO de primeira ordem com n equações. Basta tomar: x1t = y;x2t = y ′; . . . ,xnt = yn−1t.
E o sistema fica:
x1
′ = x2
x2
′ = x3
x3
′ = x4
. . . . . . . . . . .
xn−1
′ = xn
xn
′ = Ft,x1,x2, . . . ,xn
Sistema de EDO Lineares de Primeira Ordem:
Considere o sistema na forma geral:
x1
′ = F1t,x1,x2, . . . ,xn
x2
′ = F2t,x1,x2, . . . ,xn
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
xn
′ = Fnt,x1,x2, . . . ,xn
40
Podem ser dadas condições iniciais na forma: x1t0 = x10, . . . ,xnt0 = xn0. Associado a estas C.I
sistema constitui um PVI. Este sistema tem solução no intervalo I se existirem n funções:
x1 = φ1t; . . . ;xn = φnt , deriváveis em I, que satisfazem o sistem em todo I.
Um sistema é dito sistema de equações lineares de primeira ordem se pode ser escrito na forma:
x1
′ = p11tx1 + p12tx2 +. . .+p1ntxn + g1t
x2
′ = p21tx1 + p22tx2 +. . .+p2ntxn + g2t
. . .
xn
′ = pn1tx1 + pn2tx2 +. . .+pnntxn + gnt
Se não pode ser escrito desta forma, o sistema é não-linear.
Se g1t = g2t =. . .= gnt = 0 , então o sistema é homogêneo. Senão, é não-homogêneo.
Ex.1: Reduzir o PVI a um sistema de EDO de primeira ordem:
u ′′ + 2tu ′ + t2u = sin t
u0 = 0
u ′0 = 1
Sejam x1t = ut e x2t = u ′t
x1
′ t = x2t
x2
′ t + 2tx2t + t2x1t = sin t
CI: x10 = u0 → x10 = 0
x20 = u ′0 → x20 = 1
PVI:
x1
′ = x2
x2
′ + 2tx2 + t2x1 = sin t
x10 = 0;x20 = 1
Ex.2: Resolva o problema: x1
′ = −2x1 + x2
x2
′ = x1 − 2x2
com x10 = 2 e x20 = 3.
Isolar x2: x2 = x1′ + 2x1 e substituir na outra equação, resultando: x1′′ + 4x1′ + 3x1 = 0.
Resolve-se pelo método de coeficientes a determinar: x1 = C1e−x + C2e−3x e x2 = C1e−x − C2e−3x são
a solução geral. Com as CI, obtém-se: C1 = 52 e C2 = −
1
2 .
Revisão de Autovalores e Autovetores:
Considere a transformação linear (função linear) y = AX, que transforma um vetor X em un novo vetor
Em particular, estamos interessados naqueles vetores que são transformados em múltiplos de si mesmo, ou
seja, y = λX , onde λ é um fator de proporcionalidade.
A − λIX = 0 ∗ se detA − λIX = 0 ∗ ∗ , infinitas soluções (tem soluções além da nula).
41
Os valores de λ que satisfazem ∗ ∗ são ditos AUTOVALORES de A e as soluções de ∗ são os
AUTOVETORES correspondentes ao seu respectivo autovalor.
A equação Δλ = 0 é uma equação polinomial de grau n em λ :
λn + an−1λn−1 +. . .+a2λ2 + a1λ + a0 = 0
Cada autovalor tem pelo menos um autovetor associado a ele. No entanto, se um autovalor λi tem
multiplicidade m, ele pode ter q autovetores L.I. associados a ele onde 1≤ q ≤ m.
Ex.1: Ache os autovalores e autovetores de A = 1 −1
1 3
:
Ex.2: Ache os autovalores e autovetores de A =
0 1 1
1 0 1
1 1 0
:
Um conjunto de vetores X1 =
x1
1
⋮
xn
1
, . . . , é L.I. se, e somente se, detX ≠ 0. (X = x ij = x ij ).
Um conjunto de k vetores x1,x2, . . . ,xk é L.I. se, e somente se, a equação
c1x
1 + c2x2 +. . .+ckxk = 0 admite a solução trivial como solução única: c1 = c2 =. . .= ck = 0.
Se existirem números c1,c2, . . . ,ck com pelo menos um número diferente de zero, então o conjunto
x1,x2, . . . ,xk é L.D.
Ex.1: x1 =
1
0
−1
e x2 =
0
1
−1
:
Ex.2: x1 =
1
2
−1
, x2 =
2
1
3
e x3 =
−4
1
−11
:
detX = 0, então x1,x2,x3 são L.D.
Teoria Básica dos SEDL de Primeira Ordem:
SEDL com n EDOs de primeira ordem:
42
x1
′ = p11tx1 +. . .+p1ntxn + g1t
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
xn
′ = pn1tx1 + pnntxn + gnt
Forma matricial: X ′ = PtX + gt
Solução: x1 = φ1t,x2 = φ2t, . . . ,xn = φnt  Φ =
φ1t
φ2t
. . .
φnt
.
SEDL homogêneo: X ′ = PtX
Propriedades:
P1) Se x1,x2 são soluções de X ′ = PtX então c1x1 + c2x2 também é solução.
P2) Se x1,x2, . . . ,xn são soluções L.I. de X ′ = PtX , então φt = c1x1 + c2x2 +. . .+cnxn é a
solução geral do sistema.
P3) Se x1,x2, . . . ,xn são soluções de X ′ = PtX, então ou detX é identicamente nulo ou nunca é nulo.
Ex.: Verifique que x1t = e
3t
2e3t
e x2t =
e−t
−2e−t
é solução de X ′ = 1 1
4 1
X.
Determine a solução geral:
SEDLH com Coeficientes Constantes:
X ′ = AX An é uma matriz constante.
Supõe: X = ert com r constante e  vetor constante.
X ′ = rert . Substitui na SEDLH e obtém: A − rI = 0
Portanto, r autovalor,  autovetor de A.
Ex.1: Ache a solução geral de X ′ = −3 2
2 −2
X :
Ex.2: Determine a solução geral de X ′ = 1 1
4 1
X :
Ex.3: Ache a solução geral de X ′ =
0 1 1
1 0 1
1 1 0
X :
43
- Autovalores Complexos:
Se r1a + bi é raiz de Δr , então o complexo conjugado r2 = r̄1 = a − bi também é.
1 autovetor correspondente a r1.
2 autovetor correspondente a r2 = r̄1.
Propriedade: 2 = ̄1. (vetor conjugado).
Soluções: x1 = 1er1t e x2 = ̄1e r̄1t
A partir destas soluções, podemos determinar duas soluções reais L.I. Se 1= u + vi , obtemos:
x1t = eatucos bt − v sinbt + ieatvcos bt + u sinbt
xR
1
xR
2
tal que xR1 e xR2 são soluções L.I. do sistema X ′ = AX
Ex.1: X ′ =
− 12 1
−1 − 12
X :
Ex.2: Resolva X ′ = −1 −1
2 −1
X com X0 =
2
2
:
Exercícios:
1) X ′ = 2 10
−1 −5
X
2) X ′ = −1/2 −1/8
2 −1/2
X com X0 =
2
3
:
- Autovalores Repetidos:
r = ρ : autovalor de multiplicidade m (m autovetores L.I.→ m soluções L.I.)
Obs.: Menos que m autovetores L.I. → tem que pesquisar outros autovetores L.I. até termos m
autovetores L.I→m soluções L.I.
Exemplo introdutório:
X ′ =
1 −2 2
−2 1 −2
2 −2 1
X
Solução:
1) detA − rI = 0
−r + 15r − 5 = 0 → r1 = r2 = −1 e r3 = 5
44
2) Para r1 = r2 = −1, temos:
2 −2 2
−2 2 −2
2 −2 2
1
2
3
=
0
0
0
Resolvendo o sistema, temos 1 = 2 − 3
E assim, dois autovetores associados a esses autovalores repetidos são:
1 =
1
1
0
, 2 =
0
1
1
As soluções correspondentes são:
x1 =
1
1
0
e−t e x2 =
0
1
1
e−t
Para o autovalor r3 = 5, temos:
−4 −2 2
−2 −4 −2
2 −2 −4
1
2
3
=
0
0
0
Resolvendo o sistema, temos 1 = 3 e 2 = −3
E assim, o autovetor associado a esse autovalor é
3 =
1
−1
1
A solução correspondente é:
x3 =
1
−1
1
e5t
A solução geral é dada por:
X = c1
1
1
0
e−t + c2
0
1
1
e−t + c3
1
−1
1
e5t
Se a matriz A for simétrica, isto é, A = AT e se tiver elementos reais, será sempre possível obter n
autovetores L.I.
45
Ex.1: X ′ = 1 −1
1 3
X :
Solução:
x1=
1
−1
e2t
x2 = Kte2t + Pe2t
Encontrando P :
A − 2IP = K
−1 −1
1 1
P1
P2
=
1
−1
Resolvendo o sistema, temos P2 = −1 − P1
Se P1 = 0, P2 = −1
Portanto,
P =
0
−1
E a solução x2 é
x2 =
1
−1
te2t +
0
−1
e2t
Assim, a solução geral será:
X = c1
1
−1
e2t + c2
1
−1
te2t +
0
−1
e2t
Ex.2: Resolva o sistema não-homogêneo, usando o método dos coeficientes a determinar:
X ′ =
−2 1
1 −2
X +
2e−t
3t
:
Solução:
X ′ = AX + gt
onde gt = 2
0
e−t +
0
3
t
1) Resolve-se o sistema homogêneo: X ′ = AX
Solução geral: X = c1
1
−1
e−3t + c2
1
1
e−t
46
Solução particular:
Supõe Xp = ate−t + be−t + ct + d
Xp′ = −ate−t + a − be−t + c
Substitui no sistema de EDOs e obtém:
Aa = −a
Ab = a − b −
2
0
; Ac = −
0
3
; Ad = c
A solução geral é dada por:
X = c1
1
−1
e−3t + c2
1
1
e−t +
1
1
te−t +
0
−1
e−t +
1
2
t − 13
4
5
Ex.3: X ′ = 2 −1
3 −2
X +
1
−1
e t :
Exercício: Encontre a solução geral do sistema X ′ = 3 −18
2 −9
X.
1) detA − rI = 0
r + 32 = 0 → r1 = r2 = −3
Obtemos x1 = 3
1
e−3t
A solução x2 será obtida a partir da solução x1 :
x2 = Kte−3t + Pe−3t, onde K = 3
1
.
Para encontrarmos P , basta resolvermos detA − rIP = K
Ou seja:
6 −18
2 −6
P1
P2
=
3
1
Resulta que P1 = 1 + 6P22 , se P2 = 0 → P1 =
1
2
Assim,
x2 =
3
1
te−3t +
1/2
0
e−3t
E a solução geral é:
X = c1
3
1
e−3t + c2
3
1
te−3t +
1/2
0
e−3t
47
Trabalho de Pesquisa
Pesquise, nos livros abaixo indicados, uma aplicação para sistemas de equações diferenciais
ordinárias. Escolha uma aplicação na área que preferir.
O trabalho deve conter no mínimo três páginas com: introdução, descrição do problema de forma
geral (pelo menos uma página), resolução e conclusão.
Procure pesquisar em mais de um livro da biblioteca, escolhendo a aplicação que achar mais
interessante. Coloque no trabalho a bibliografia utilizada.
Referências
BOYCE W.E. DIPRIMA R.C.. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno.
Rio de Janeiro LTC. 1998.
BRONSON. R.. Moderna Introdução às Equações Diferenciais. São Paulo, McGraw-Hill, 1977.
EDWARDS C.H. PENNEY D.E. Equações Diferenciais Elementares com Problemas de Contorno.
Prentice-Hall, 1995.
HUGHES-HALLETT, D., GLEASON, A. M. Cálculo v. 2. Rio de Janeiro LTC. 1997.
ZILL, D. G., CULLEN M. R. Equações Diferenciais com Aplicações em Modelagem. Thomson Learning
2003.
ZILL, D. G., CULLEN M. R. Equações Diferenciais v 1. MAKRON BOOKS.
MATOS, M. P., Séries e Equações Diferenciais. São Paulo, Prentice Hall, 2002.
4.1 LISTA DE EXERCÍCIOS 10
Resolva os seguintes problemas de valores iniciais pelo método da eliminação:
Exercício: Encontre a solução geral dos sistemas
48
Respostas:
49
50