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Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 1 PLANO DE ENSINO – UNIP 2010/2 CURSO: ENGENHARIA BÁSICO TURNO: DIURNO/NOTURNO SÉRIE: 3º/4º SEMESTRE DISCIPLINA: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS CARGA HORÁRIA SEMANAL: 02 HORAS/AULA (44 horas) CONTEÚDO PROGRAMÁTICO Classificação das equações diferenciais. Equações Diferenciais de Primeira ordem. Introdução. Existência e unicidade de soluções de equações diferenciais. Equações de variáveis separáveis. Equações exatas. Equações lineares de primeira ordem. Equações homogêneas de segunda ordem. Equações de segunda ordem. Caso não homogêneo. BIBLIOGRAFIA BÁSICA 1. Zill, D. G. Equações Diferenciais com aplicações em modelagens. São Paulo: Thompson, 2003. 2. STEWART, J., Cálculo. São Paulo: Thompson Learning, 2001. v.2 3. GUIDORIZZI, H. L., Um curso de cálculo. Rio de Janeiro: LTC, 2002. v.4 BIBLIOGRAFIA COMPLEMENTAR 1. Boulos, P. Cálculo diferencial e integral. São Paulo: Makron Books, 1999. v.2 2. Boyce, W., Diprima, R. Equações Diferenciais elementares e problemas de valores de controno. R.J.: LTC, 1998; 3. MATOS, M. Séries e Equações Diferenciais. São Paulo: Prentice Hall Brasil, 2001. Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 2 REVISÃO DE DERIVADAS E INTEGRAIS REGRAS DE DERIVAÇÃO: (derivadas de algumas funções elementares) Função Derivada y = k y’ = 0 K = constante real; y = x y’ = 1 u e v são funções de x; y = k . x y’ = k n é um número natural. y = x n y’ = n . x n – 1 y = k . x n y’ = k . n . x n − 1 y = k . u y’ = k . u’ y = u n y’ = n . u n – 1 . u’ y = u ± v y’ = u’ ± v’ y = u . v y’ = u’.v + v’. u y = v u y’ = 2v u . v' v '.u − y = eu y’ = eu . u’ y = ln u y’ = u 'u Obtidas a partir da Regra da Cadeia y = au y’ = au . ln a . u’ y = log a u y’ = u 'u . log a e ou y’ = a ln . u 'u y = sen u y’ = u’ . cos u y = cos u y’ = − u’ . sen u y = tg u y’ = u’ . sec2 u y = cotg u y’ = − u’ . cossec2 u REGRA DA CADEIA (Derivada da função composta) Seja y = g(u), u = f(x) e se as derivadas dx du e du dy existem, então a função composta y = g[f(x)] tem derivada que é dada por: du dy dx dy = . dx du ou y’(x) = g’(u) . f '(x) INTEGRAL −−−− Definições: I. Uma função F(x) é chamada uma primitiva da função f(x) em um intervalo dado, se para todo valor de x pertencente ao intervalo dado, tem-se F’(x) = f(x); II. Se F(x) é uma primitiva de f(x), a expressão F(x) + C, onde C é uma constante é chamada integral indefinida da função f(x) e é denotada por: ∫ )x(f dx = F(x) + C (notação de Leibniz) III. Da definição de integral indefinida, decorre que: ∫ )x(f dx = F(x) + C F’(x) = f(x) Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 3 f(x) é a função integrando; F(x) é uma integral; F(x) + C é a integral indefinida; C é uma constante de integração Obs.: O processo que permite achar a integral indefinida de uma função é chamado Integração. PROPRIEDADES DA INTEGRAL INDEFINIDA I. ∫ )x(f. k dx = k ∫ )x(f dx , k = constante real II. ∫ ± .dx g(x)] )x(f[ = ∫ )x(f dx ± ∫ )x(g dx III. [ ]∫ dx . )x(f dx d = f(x) , ou seja, a derivada da integral de uma função é a própria função. REGRAS DE INTEGRAÇÃO: Considerando: C ∈ IR, K ∈ IR, u = f(x) , v = g(x) e n ≠ −1, temos as seguintes integrais (elementares) imediatas: 1. ∫dx = x + C 2. ∫ dx k = k ∫dx = k . x + C 3. ∫ dx xn = 1 n x 1 n + + + C 4. ∫ − dx x 1 = ∫ dx x 1 = ln |x| + C 5. ∫ dx ax = a ln ax + C , 0 < a ≠ 1 6. ∫ dx ex = xe + C 7. ∫ ∫ ∫±=± dv du dv) du( 7. ∫du = u + C 8. ∫ u du = ln |u| + C 9. ∫ ue du = ue + C 10. ∫ nu du = 1 1 + + n un + C (n é constante ≠ −1) 11. ∫ ua du = a ln ua + C 12. ∫ usen du = − cos u + C 13. ∫ u cos du = sen u + C 14. ∫ u2sec du = tg u + C 15. ∫ uec2cos du = −cotg u + C 16.∫ u sec . tg u du = sec u + C 17.∫ u cosec . cotg u du = −cosec u + C MÉTODO DE INTEGRAÇÃO POR PARTES Sejam f(x) e g(x) duas funções deriváveis num intervalo. A derivada do produto [f(x) . g(x)]’ = f(x) . g’(x) + g(x) . f’(x) f(x) . g’(x) = [f(x) . g(x)]’ – g(x) . f’(x) . Integrando membro a membro, temos: ∫ )(xf . g’(x) dx = ∫ )([ xf . g(x)]’ dx − ∫ )(xg . f’(x) dx Fazendo = = )( )( xgv xfu temos: ∫u . dv = u . v − ∫v du du = f’(x) dx dv = g’(x) dx dx Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 4 Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 5 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 1. Introdução A expressão: Equações Diferenciais, designada por Leibniz (Gottfried Wilhelm Leibniz, 1646 – 1716) é uma equação em que as incógnitas são funções e a equação envolve derivadas destas funções. Exemplos de aplicações: Exemplo 1. O movimento de um pêndulo simples de massa m e comprimento L é descrito pela equação diferencial: 0 2 2 =+ θ θ sen L g dt d Exemplo 2. Um sistema massa-mola composto de um corpo de massa m preso a uma mola com constante elástica k, sujeita a uma força de resistência dt dx Fr γγν −=−= e uma força externa Fext(t) = F0 cos(ωt) é descrito pela equação diferencial: ) cos(02 2 tFkx dt dx dt xd m ωγ =++ θ θ ͜ ͜ −mgsenθ mgcosθ P = mg L Fext = F0 cos(ωt) Fr = −γν Fe = −kx m Fr = −γν Fext = F0 cos(ωt) Fe = −kx x 0 ׀ m Fr = −γν Fext = F0 cos(ωt) m Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 6 Exemplo 3. Um circuito RC é um circuito que tem um resistor de resistência R, um capacitor de capacitância C e um gerador que gera uma diferença de potencial V(t) ligados em série. A carga Q(t) no capacitor é descrita pela equação diferencial: )( 1 tVQ Cdt dQ R =+ 2. Definição Equação Diferencial é uma equação que estabelece uma relação entre a variável x, a função y e as suas derivadas. Escreve-se F(x, y, y’, y’’, ... , yn) = 0 (equação diferencial na forma implícita) em quefiguram ao lado de x e y, certas derivadas de y em relação a x, de ordem não superior a n. Em particular, podemos dizer que equação diferencial ordinária de 1ª ordem, é toda relação da forma F(x, y, y’) = 0. OBS.: I) Função = 0 significa função na forma implícita; II) y = f(x) significa função na forma explícita. Exemplos: 1) y’ + xy = 0 2) y’’ + y = 0 NOTA: A equação diferencial deve apresentar derivada, tais como: y’ = dx dy y’’ = 2 2 dx yd dx dy dx d = , etc. Obs.: contrário de ordinária é extraordinária. 3. CLASSIFICAÇÃO: As equações diferenciais são classificadas quanto a: A) Tipo (Ordinária ou Parcial); B) Ordem e grau; C) Linearidade (linear ou não-linear) 4. Equação Diferencial Ordinária (comum; nada de extraordinário) É a equação em que a variável dependente y é função de uma única variável independente x. Nela, aparecem derivadas ordinárias e não as derivadas parciais (que não são variáveis ordinárias). 5. Ordem e Grau de uma Equação Diferencial A ordem da equação diferencial é a mais alta derivada que aparece na equação e, o grau da equação é o grau da derivada mais elevada. Exemplos: a) y’ + xy = 0 Eq. Diferencial de 1ª ordem e de 1º grau; b) y’’ + y = 0 Eq. Diferencial de 2ª ordem e de 1º grau; c) (y’’’)2 + (y’’)5 + y = 0 Eq. Diferencial de 3ª ordem e do 5º grau. d) 05 .3 42 3 3 =+ − xy dx dy dx yd Eq. Diferencial de 3ª ordem e do 2º grau. V(t) C R ∼ Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 7 6. Solução (ou valor verdade) de uma Eq. Diferencial É toda função y = f(x) que verifica identicamente a equação dada. Exemplos: 1) Para a equação y’’ + y = 0, temos que: a) y = sen x é uma solução. De fato, se y = sen x y’ = cos x e y’’ = − sen x, então: y’’ + y = − sen x + sen x = 0, ∀x∈IR. b) A função y = A . cos x + B . sen x, em que A e B são constantes reais quaisquer é uma solução da equação. Temos: y = A . cos x + B . sen x y’ = – A . sen x + B . cos x e y’’ = – A . cos x – B . sen x Então: y’’ + y = – A . cos x – B . sen x + A . cos x + B . sen x = 0, ∀x∈IR. c) A função y = x3 não é solução da equação. Temos: y = x3 y’ = 3x2 e y’’ = 6x. Então: y’’ + y = 6x + x3 ≠ 0, ∀x∈IR. Como não se tem 6x + x3 = 0, para todo x real, a função f(x) = x3 não é solução da EDO (Equação Diferencial Ordinária) 7. SOLUÇÃO GERAL – Chama-se integral ou solução geral de uma equação diferencial ordinária de ordem n, a solução em que figuram n constantes arbitrárias. Dada a equação diferencial G(x, y, y’, y’’, ... , yn) = 0, a sua solução geral assume a forma: F(x, y, C1, C2, ... , Cn) ou y = f(x, C1, C2, ... , Cn), onde C1, C2, ... , Cn são constantes arbitrárias. Exemplo – Seja a equação k dx yd = 2 2 ou y’’ = k, onde k é uma constante real. Temos: k dx yd = 2 2 k dx dy dx d = = dx dy d k . dx ∫ dx dy d = ∫ dxk. dx dy = k.x + C1 dy = (k.x + C1) dx ∫∫ += dxCxkdy ).( 1 y = ∫∫ + dxCxdxk 1. y = k. ∫ xdx + C1. ∫dx y = k. 2 2x + C1.x + C2 y = 2 1 .k.x2 + C1.x + C2 , que é a solução geral da EDO. 8. SOLUÇÕES PARTICULARES – Chama-se solução particular toda solução de uma equação diferencial que se obtém atribuindo valores particulares às suas constantes arbitrárias que figuram na sua solução geral. Exemplo – Se fizermos, por exemplo, C1 = 3 e C2 = −5 na solução geral encontrada no exemplo anterior y = 2 1 .k.x2 + C1.x + C2, teremos uma solução particular. Assim, substituindo os valores de C1 e C2, temos: y = 2 1 .k.x2 + 3.x – 5 , que é uma solução particular. Problema de valor inicial (PVI) Uma equação diferencial satisfazendo algumas condições adicionais é denominada problema de valor inicial (PVI). Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 8 Exemplo: = =+ )0( cos2' πy xyyex Se são conhecidas as condições adicionais, podemos obter soluções particulares para a equação diferencial e se não são conhecidas condições adicionais, podemos obter a solução geral. EXERCÍCIOS (Paulo Boulos, v.2 – p. 164) 1) Dê a ordem da EDO e verifique se a função dada é solução (A e B são constantes arbitrárias): a) y’ = y, y = ex Solução: a equação é de Ordem 1. Se y = ex y’ = ex Então: y’ = y, logo, a função f(x) = ex é uma solução da EDO. b) y’ = y, y = A.ex Solução: a equação é de Ordem 1. Se y = A.ex y’ = A.ex Então: y’ = y, logo, a função y = A.ex é uma solução da EDO. c) y’ = y, y = Ln x Solução: a equação é de Ordem 1. Se y = Ln x y’ = x 1 Então: y’ ≠ y, logo, a função y = Ln x não é solução da EDO. d) y’’ – y = 0, y = e−x Solução: a equação é de Ordem 2. Temos: y = e−x y’ = −e −x e y’’ = e−x Então: y’’ – y = e−x + (−e−x) = 0, logo, a função y = e−x é uma solução da EDO. e) y’’ – y = 0, y = A.e−x + B.ex Solução: a equação é de Ordem 2. Temos: y = A.e−x + B.ex y’ = −A.e−x + B.ex e y’’ = A.e−x + B.ex Então: y’’ – y = A.e−x + B.ex – (A.e−x + B.ex) = A.e−x + B.ex – A.e−x − B.ex = 0, logo, a função y = A.e−x + B.ex é uma solução da EDO. f) y’ – 4x3y2 = 0, y = −x−4 Solução: a equação é de Ordem 1. Temos: y = −x−4 y’ = −(−4)x−4−1 = 4x−5 Então: y’ – 4x3y2 = 4x−5 – 4x3(−x−4)2 = 4x−5 – 4x3x−8 = 4x−5 – 4x−5 = 0, logo, a função y = −x−4 é uma solução da EDO. g) 2x2y’’ + 3xy’ – y = 0, y = x , com x > 0 Solução: a equação é de Ordem 2. Temos: y = x = x 2 1 y’ = 1 2 1 x. 2 1 − y’ = 2 1 x. 2 1 − y’’ = 1 2 1 x. 2 1 . 2 1 −− − y’’ = − 2 3 x. 4 1 − Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 9 Então: 2x2y’’ + 3xy’ – y = 2x2. − − 2 3 . 4 1 x + 3x . − 2 1 . 2 1 x − 2 1 x = = 2 3 . . 2 1 2 −− xx + 2 1 . . 2 3 − xx − 2 1 x = = 2 1 x. 2 1 − + 2 1 . 2 3 x − 2 1 x = = 2 1 x − 2 1 x = 0 Logo, a função y = x é uma solução da EDO. h) x3y’’’ + x2y’’ – 1 = 0, y = Ln x, com x > 0 Solução: a equação é de Ordem 3. Temos: y = Ln x y’ = x 1 = x−1 y’’ = −x−2 y’’’ = 2.x−3 Então: x3y’’’ + x2y’’ – 1 = x3 . (2.x−3) + x2 .( −x−2) – 1 = = 2 . x3 – 3 − x2 – 2 − 1 = = 2 . x0 – x0 – 1 = = 2 . 1 – 1 – 1 = = 2 – 1 – 1 = 0 Logo, a função y = Ln x é uma solução da EDO. 2) Determine as soluções da EDO y’ = 2x. Solução: Sabemos que uma das soluções da EDO é a primitiva x2 + C, pois∫ xdx2 = x2 + C. O conjunto de todas as soluções da EDO dada é formado pelas funções f cujos domínios são intervalos abertos e que têm expressões da forma f(x) = x2 + C. Diremos, portanto, que as soluções são dadas por y = x2 + C, onde C é uma constante arbitrária, ou seja, C∈IR. NOTA: Resolver uma equação diferencial significa achar as suas soluções. 3) Resolva as equações a seguir: a) y’ = 3x2 Solução: As soluções são obtidas por: y = ∫ dxx23 = 3 . 3 3x + C = x3 + C, C∈IR As soluções são dadas por: y = x3 + C, C∈IR. b) y’ = sen x Solução: y = ∫ dx x sen = − cos x + C, C∈IR c) y’ = ex Solução: y = ∫ dx xe = ex + C, C∈IR (Demidovitch – p. 2704 à 2713; Piskonov – p. 1 à 8, vol. II) Verificar se a equação dada é solução da equação diferencial correspondente: Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 10 1) y = C1 . sen x + C2 . x, para 0.).cot.1( 2 2 =+−− y dx dy x dx yd gxx Temos: 21 cos.' CxCy dx dy +== senxCy dx yd . '' 12 2 −== Substituindo na equação diferencial dada, teremos: 0 . .)cos ..( senx) .( . cos .1 21211 =+++−− − xCsenxCCxCxC senx x x 0 . . .cos . .C senx. . senx cosx x.senx . 212111 =++−−+− xCsenxCCxxCxC 0 . . .cos . ..cosxC x.senx . 212111 =++−−+− xCsenxCCxxCxC 0 . . .cos . ..cosxC x.senx . 212111 =++−−+− CxsenxCCxxCxC 0 = 0. Logo, é solução. 2) y = 2x + C . ex ; y dx dy − = 2.(1 – x) a) Temos: y = 2x + C . ex xeC dx dy .2+= Substituindo na equação diferencial (E.D.), vem: 2 + C . ex – (2x + C. ex) = 2.(1 – x) 2 + C . ex – 2x − C. ex = 2.(1 – x) 2.(1 – x) = 2.(1 – x), ∀x∈IR. Logo, é solução da EDO dada. b) Achar a solução relativa à x = 0 e y = 3. Solução: Temos que: y = 2x + C . ex é solução geral da equação diferencial dada. Substituindo x = 0 e y = 3, temos: 3 = 2 . 0 + C . e0 3 = C . 1 C = 3 Portanto, a solução relativa (ou solução particular) é: y = 2x + 3. ex 3) (y – C)2 = C.x, 0 .2 .4 2 =−+ y dx dy x dx dy x Achar as soluções particulares relativas à x = 1 e y = 2; Solução: a) Temos: (y – C)2 = C.x y – C = xC.± y = xC.± + C xC C dx dy .2 ±= Substituindo na Eq. dada, temos: 4x. 2 .2 ± xC C + 2x. ± xC C .2 − y = 0 4x. 0).( . . .4 2 =+±−± CxC xC xC Cx C C ± 0 .. =−CCx Cx xCCx m 0=± CxCx m 0 = 0. Logo, é solução. b) Solução relativa para x = 1 e y = 2 Vimos que: (y – C)2 = C.x é solução geral da EDO. Para x = 1 e y = 2, temos: Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 11 (2 – C)2 = C . 1 4 – 4C + C2 = C C2 – 5 C + 4 = 0 = = 4 1 2 1 C C As soluções relativas (ou particulares) são dadas por: I) para C1 = 1 (y – 1) 2 = x II) para C2 = 4 (y – 4) 2 = 4x Exercício – Encontre a solução geral da EDO 2y.y’ = − 4x Solução: x dx dy y 4.2 −= →÷ )2( x dx dy y 2. −= dxxdyy .2. −= Cdxxdyy +−= ∫∫ ..2. C xy +−= 2 .2 2 22 Cx y +−= 2 2 2 Cxy 22 22 +−= Cxy +−= 22 2 222 yxC += As soluções são elipses que são as curvas de níveis da função F(x, y) = 2x2 + y2 O gráfico da função F(x, y) = 2x2 + y2 é o parabolóide elíptico: 9. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 1ª ORDEM Vimos que, equação diferencial ordinária de 1ª ordem, é toda relação da forma F(x, y, y’) = 0, com domínio D de F onde ela é considerada, o qual é referido como domínio da EDO. Diz-se que a EDO está definida em D, D será sempre um conjunto aberto de IR2. Quando não for especificado o domínio da EDO, prevalece a convenção de que ele é o domínio da F. Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 12 Se (x0; y0) é um ponto do domínio de uma EDO, e f é uma solução tal que f(x0) = y0, dizemos que f passa por (x0; y0) e, neste caso, o ponto (x0; y0) é referido como condição inicial, e o problema de se achar uma solução da EDO que passa por um ponto, como problema de valor inicial. 10. CLASSIFICAÇÃO DAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 1ª ORDEM: I) EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 1ª ORDEM COM VARIÁVEIS SEPARÁVEIS. São equações do tipo: M(x) dx + N(y) dy = 0 , onde M e N são funções de x e y. A solução dessa equação será dada por: ∫ ∫ =+ CdyyNdxxM )( )( Exemplo 1 – Resolver a EDO: x y dx dy = Solução: x y dx dy = x . dy = y . dx x dx y dy = 0=− x dx y dy 0 1 1 =− dx x dy y (eq. Diferencial com variáveis separáveis) N(y) M(x) Temos: ∫ ∫− dxxdyy 1 1 = C Ln|y| − Ln|x| = C Ln|y| = Ln|x| + C OBS.: Podemos trocar C por Ln|C1| e, neste caso, aplicando as propriedades dos logaritmos obtermos a solução geral: Ln|y| = Ln|x| + Ln|C1| Ln|y| = Ln|x . C1| y = x . C Exemplo 2 – Resolver a EDO: (y + 1) dy – (x2y – y) dx = 0. Determinar também a solução particular quando x = 3 e y = − 1. I) SOLUÇÃO GERAL: (y + 1) dy – (x2y – y) dx = 0 (y + 1) dy – y.(x2 – 1) dx = 0 →÷ )( y 0 )1.( 1 2 = − − + dx y xy dy y y 0 )1(x 1 2 =−− + dxdy y y (eq. dif. com var. sep.) Temos: ∫ ∫ =−− + Cdxxdy y y )1( 1 2 ( )∫ ∫ ∫ =−− + Cdxdxxdy yy y 2 1 ∫ ∫ ∫ =+− + Cdxdxxdy y 1 1 2 ∫ ∫ ∫ ∫ =+−+ Cdxdxxdyydy 1 2 y + Ln|y| − 3 3x + x = C (solução geral) II) SOLUÇÃO PARTICULAR: Para x = 3 e y = − 1, temos: Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 13 −1 + Ln|−1| − 3 33 + 3 = C −1 + 0 – 9 + 3 = C C = −7 A solução particular é: y + Ln|y| − 3 3x + x = −7 Exemplo 3 – Determine a solução geral e a solução particular para a condição inicial 0 ; 2 π da EDO: 2y dy + sen x dx = 0 I) SOLUÇÃO GERAL: 2y dy + sen x dx = 0 (eq. dif. com variáveis separáveis) Temos: ∫ ∫ =+ Cdxxsendyy 2 2.2 2y + (−cos x) = C y2 – cos x = C (solução geral) II) SOLUÇÃO PARTICULAR: Dada a condição inicial 0 ; 2 π , ou seja, y = 0 quando x = 2 π , resulta na solução particular. Temos: 02 – cos 2 π = C 0 – 0 = C C = 0 Logo: y2 – cos x = 0 é a solução particular Exemplo 4 – Resolva a EDO: 13 )(2 2 3 + + = y yyx dx dy e dê uma solução que passa por (0; 1). I) SOLUÇÃO GERAL 13 )(2 2 3 + + = y yyx dx dy2x (y3 + y) dx = (3y2 + 1) dy 2x dx = dy yy y + + 3 2 13 2x dx − dy yy y + + 3 2 13 = 0 (eq. dif. com variáveis separáveis) Temos: ∫ ∫ =+ + − Cdy yy y xdx 13 2 3 2 2 ∫ ∫ =++− − Cdyyyyxdx )13( .)( 213 Lembrete: ∫ +=− CuLnduu | |1 Sendo u = y3 + y 13 2 += y dy du du = (3y2 + 1) dy Então: 2. 2 2x − Ln|y3 + y| = C x2 – Ln |y3 + y| = C Ln |y3 + y| = x2 – C ou log e |y 3 + y| = x2 – C |y3 + y| = e Cx − 2 y3 + y = ± e 2x . e−C Fazendo k = Ce−± , obtemos a solução geral: y3 + y = k . e 2x , onde k é uma constante positiva ou negativa. II) SOLUÇÃO PARTICULAR – Para x = 0 e y = 1, temos: Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 14 203 . 11 ek=+ 1 + 1 = k . e0 k = 2 Portanto: y3 + y = 2 . e 2x é a solução particular. Exemplo 5 – Resolver a EDO: 0 4 2 2 2 2 =+ + dyyxdx y x xy Solução: 0 4 2 2 2 2 =+ + dyyxdx y x xy x. 0dy 4xdx 1 2 2 2 2 =+ + y y y → ÷ )( x 0 4 1 2 . 22 2 =+ + dy x yx dx x y yx 0 4 1 2 2 2 =+ + dyxydx y y dyxydx y y 4 1 2 2 2 −= + dy y y y x dx 1 2 4 2 2 + −= (mmc do denominador) dy y y y x dx 12 4 2 4 + −= dy y y y x dx 12 .4 4 2 + −= dy 12 4 4 3 + −= y y x dx 0 12 4 4 3 = + + dy y y x dx (eq. dif. com variáveis separáveis) Temos: ∫ ∫ =+ + Cdy y y x dx 12 4 4 3 ∫ ∫ =++ −− Cdyyydxx 4 .)12( 3141 Lembrete: ∫ +=− CuLnduu 1 Sendo u = 2y4 + 1 38y dy du = du = 8y3 dy Preparando a integral, temos: ∫ ∫ =++ −− Cdyyydxx 8 .)12(.2 1 3141 Ln|x| + 2 1 . Ln|2y4 + 1| = C OBS.: Trocar C por Ln|C1| e aplicando as propriedades dos logaritmos: Ln x α = α.Ln x; Ln(x.y) = Ln x + Ln y e Ln y x = Ln x – Ln y, obtemos a solução geral: Ln|x| + 2 1 . Ln|2y4 + 1| = Ln|C1| → • )2( 2.Ln|x| + Ln|2y4 +1| = 2.Ln|C1| Ln|x|2 = Ln|C1| 2 – Ln|2y4 + 1| Ln|x|2 = 12 4 2 1 +y C Ln Chamando C1 2 de C2, temos: Ln|x| 2 = 12 4 2 +y C Ln |x|2 = 12 4 2 +y C x2 = 12 4 2 +y C x2 .(2y4 + 1) = C (solução geral) u du Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 15 10.1. EXISTÊNCIA E UNICIDADE DA SOLUÇÃO As condições suficientes para a existência de uma solução única de uma equação diferencial de primeira ordem são definidas pelo teorema de Picard: Teorema 1 (Picard) Considere o problema de valor inicial ) ;( yxf dx dy = y(x0) = y0 Se a função f e a derivada parcial de f em função de y são contínuas numa vizinhança do ponto (x0, y0), existe uma solução única y = g(x) em certa vizinhança do ponto (x0, y0) que verifica a condição inicial g(x0) = y0. O intervalo onde existe a solução única pode ser maior ou menor que o intervalo onde a função f e a sua derivada parcial yf ∂∂ / f são contínuas (o teorema não permite determinar o tamanho do intervalo). As condições do teorema de Picard são condições suficientes, mas não necessárias para a existência de solução única. Quando f ou a sua derivada parcial yf ∂∂ / não sejam contínuas, o teorema não nos permite concluir nada: provavelmente existe solução única a pesar das duas condições não se verificarem. II) EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 1ª ORDEM HOMOGÊNEAS. Definição 1 – Uma função f(x; y) diz-se homogênea de grau n nas variáveis x e y se, e somente se, para todo t (t∈IR), tem-se: f(tx; ty) = tn. f(x; y) n é chamado de grau de homogeneidade. Definição 2 – Uma equação diferencial diz-se homogênea se, e somente se, é uma equação diferencial da forma y’ = f(x; y) onde f(x; y) é uma função homogênea de grau zero. Definição 3 – Uma equação diferencial diz-se homogênea se, e somente se, é uma equação diferencial da forma Mdx + Ndy = 0, onde M e N são funções homogêneas de mesmo grau. SOLUÇÃO DE UMA EQUAÇÃO DIFERENCIAL HOMOGÊNEA: Efetuamos a seguinte mudança de variável: u = x y y = u.x dy = u.dx + x.du D(u.v) = u’.v + v’.u Substituindo-se y e dy na equação diferencial dada, obtém-se uma nova equação em x e u que será sempre uma equação diferencial com variáveis separáveis. Exemplo 1 – Resolver a EDO: xy yx dx dy 22 − = Solução: a equação dada é da forma y’ = f(x; y) e f(x; y) = xy yx 22 − é homogênea, de grau zero, pois: Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 16 f(tx; ty) = tytx tytx . )()( 22 − = xyt ytxt . . . 2 2222 − = xyt yxt . )( . 2 222 − = t0 . xy yx 22 − = t0 . f(x; y). Logo, a equação dada é EDH (eq. dif. homogênea) de grau zero. De: xy yx dx dy 22 − = xy dy = (x2 – y2) dx Fazendo a mudança de variável, ou seja, trocando y por u.x e dy por u.dx + x.du, vem: x . ux . (u.dx + x.du) = (x2 – u2.x2) dx u2.x2.dx + u.x3.du = x2 .dx – u2.x2.dx → ÷ )( 2x u2.dx + u.x.du = dx – u2.dx u.x.du = dx – 2.u2.dx u.x.du = (1 – 2.u2).dx x dx u duu 21 . 2 = − 0 21 . 2 = − − u duu x dx (eq. dif. com variáveis separáveis). Temos: ∫ ∫ =− − C u duu x dx 21 . 2 ∫ ∫ =−− −− Cduuudxx .)21( 121 Lembrete: ∫ +=− CvLndvv 1 Sendo v = 1 – 2u2 dv = − 4u.du Preparando a integral, teremos: ∫ ∫ =−−−− −− Cduuudxx 4)( .)21( 4 1 121 Ln|x| + 4 1 . Ln|1 – 2u2| = C Trocando C por Ln|C1|, temos: Ln|x| + 4 1 . Ln|1 – 2u2| = Ln|C1| → • )4( 4. Ln|x| + Ln|1 – 2u2| = 4.Ln|C1| Ln|x|4 + Ln|1 – 2u2| = Ln|C1| 4 Ln|x4. (1 – 2u2)| = Ln|C1 4| x4 . (1 – 2u2) = C1 4 ou x4 . (1 – 2u2) = C Substituindo u = x y , temos: x4 . ( 1 – 2 . 2 2 x y ) = C x4 – 2x2y2 = C Exemplo 2 – Resolva a EDO : (x + y) dx + x dy = 0 Solução: a equação é da forma Mdx + Ndy = 0, logo, deve ser homogênea de mesmo grau. Verificação: I) M(x; y) = x + y M(tx; ty) = tx + ty = t.(x + y) = t1 . M(x; y) M é função homogênea de grau 1. II) N(x; y) = x N(tx; ty) = tx = t1 . N(x; y) N é função homogênea de grau 1. Portanto, a equação dada é uma EDH pois, M e N são homogêneas de mesmo grau. MDV (mudança de variável): Fazendo u = x y y = u.x dy = u.dx + x.du (x + ux)dx + x.(udx + xdu) = 0 xdx + uxdx + uxdx + x2du = 0 xdx + 2uxdx + x2du = 0 → ÷ )( x dx + 2udx + xdu = 0(1 + 2u)dx = − xdu x dx = u du 21+ − x dx + u du 21+ = 0 ∫ ∫ ++ u du x dx 21 = C ∫∫ −− ++ duudxx 11 )21( = C v dv v dv Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 17 Sendo v = 1 + 2u dv = 2 du Preparando a integral, vem: ∫∫ −− ++ duudxx 2 .)21(2 1 11 = C Ln|x| + 2 1 . Ln|1 + 2u| = C ou Ln|x| + 2 1 . Ln|1 + 2u| = Ln|C1| → • )2( 2. Ln|x| + Ln|1 + 2u| = 2. Ln|C1| Ln|x|2 + Ln|1 + 2u| = Ln|C1| 2 Ln|x2.(1 + 2u)| = Ln|C1 2| x2 . (1 + 2u) = C2 Substituindo u = x y , temos: x2 . (1 + 2. x y ) = C x2 + 2xy = C Exemplo 3 – Resolva a EDO: xy yx dx dy 2 22 − + = Solução: xy yx dx dy 2 22 − + = (x2 + y2) dx = −2xy dy (x2 + y2) dx + 2xy dy = 0 A equação é da forma Mdx + Ndy = 0, logo deve ser homogênea de mesmo grau. I) M(x; y) = x2 + y2 M(tx; ty) = t2x2 + t2y2 = t2.(x2 + y2) = t2 . M(x; y) M é função homogênea de grau 2; II) N(x; y) = 2xy N(tx; ty) = 2tx.ty = 2t2xy = t2.(2xy) = t2.N(x;y) N é função homogênea de grau 2. Logo, a equação dada é uma EDH pois, M e N são funções homogêneas de mesmo grau. MDV: Fazendo u = x y y = u.x dy = u.dx + x.du Substituindo na equação dada, vem: (x2 + u2x2) dx + 2x.(ux).(udx + xdu) = 0 x2dx + u2x2dx + 2ux2.(udx + xdu) = 0 ( ) → ÷ 2x dx + u2dx + 2u.(udx + xdu) = 0 dx + u2dx + 2u 2dx + 2uxdu = 0 dx + 3u2dx = −2uxdu (1 + 3u2) dx = −2uxdu 231 2 u udu x dx + − = 0 31 2 2 = + + u udu x dx ∫ ∫ + + 231 2 u duu x dx = C ∫ ∫ −− ++ duuudxx .)31(2 121 = C Sendo v = 1 + 3u2 dv = 6udu Preparando a integral: ∫ ∫ −− ++ duuudxx (6) .)31(6 2 121 Ln|x| + 3 1 .Ln|1 + 3u2| = C ou Ln|x| + 3 1 .Ln|1 + 3u2| = Ln|C1| → • )3( 3.Ln|x| + Ln|1 + 3u2| = 3.Ln|C1| Ln|x|3 + Ln|1 + 3u2| = Ln|C1 3| Ln|x3.(1 + 3u2)| = Ln|C1 3| x3.(1 + 3u2) = C2 Substituindo u = x y , temos: x3 . (1 + 3. 2 2 x y ) = C x3 + 3. xy2 = C v dv Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 18 III) EQUAÇÕES DIFERENCIAIS EXATAS (E.D.E.) A equação diferencial M(x; y) dx + N(x; y) dy = 0 é uma equação diferencial exata ou total, se, e somente se, M(x; y) e N(x; y) são funções contínuas, com derivadas parciais y M ∂ ∂ e x N ∂ ∂ contínuas e, tais que: y M ∂ ∂ = x N ∂ ∂ . NOTAS: 1) Chama-se exata porque seu membro esquerdo é uma diferencial exata; 2) A função polinomial sempre é contínua. A técnica para resolver uma equação exata consiste em determinar uma função f(x; y), tal que: df = Mdx + Ndy de modo que se tenha df = 0 e, a solução é f(x; y) = C, onde C é uma constante arbitrária. Exemplo 1 – Resolver: xy2 dx – (2 – x2y) dy = 0 (veja que a equação diferencial dada não é homogênea) Vamos escrever a equação dada na forma M(x; y)dx + N(x; y) = 0, ou seja: xy2 dx + [– (2 – x2y)] dy = 0 Sendo M(x; y) = xy2 e N(x; y) = – (2 – x2y) = – 2 + x2y , temos: xy y M 2= ∂ ∂ xy x N 2= ∂ ∂ Solução: xy2dx – 2 dy + x2ydy = 0 xy2dx + x2ydy – 2 dy = 0 →• )2( OBS.: d(xm . yn) = n.yn – 1 . xm dy + m.xm – 1 . yn dx (grupamento diferencial). 2xy2dx + 2x2ydy – 4 dy = 0 d(x2y2) – 4 dy = 0 ∫ ∫ =− Cdyyxd 4)( 22 x2y2 – 4y = C (solução geral) Nota: Na integral de uma diferencial, uma anula a outra. VERIFICAÇÃO: x2y2 – 4y = C d(x2y2 – 4y) = d(C) d(x2y2) – d(4y) = 0 OBS.: df = dy y f dx x f ∂ ∂ + ∂ ∂ (diferencial total) Temos: d(x2y2) = dy y yx dx x yx ∂ ∂ + ∂ ∂ )()( 2222 = 2xy2 dx+ 2x2y dy d(4y) = dy y y ∂ ∂ )4( = 4 dy E.D.E. ⇒ ∂ ∂ = ∂ ∂ x N y M pega-se o x e o y de maior grau Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 19 Substituindo, teremos: 2xy2 dx+ 2x2y dy – 4dy = 0 →÷ )2( xy2dx + x2ydy – 2dy = 0 xy2dx – (2 – x2y)dy = 0 (que é a equação diferencial dada) Exemplo 2 – Resolver: (4x3y3 – 2xy) dx + (3x4y2 – x2) dy = 0 (a eq. dif. não é homogênea) Sendo M(x; y) = 4x3y3 – 2xy xyx y M 212 23 −= ∂ ∂ N(x; y) = 3x4y2 – x2 xyx x M 212 23 −= ∂ ∂ Solução: 4x3y3dx – 2xydx + 3x4y2dy – x2dy = 0 (4x3y3dx + 3x4y2dy) – (2xydx – x2dy) = 0 d(x4.y3) – d(x2.y) = 0 ∫ ).( 34 yxd – ∫ ).( 2 yxd = C yxyx .. 234 − = C (solução geral) Exemplo 3 – Resolver: (3xy – 4y3)xdx + (x3 – 6x2y2 – 3)dy = 0 (3x2y – 4xy3) dx + (x3 – 6x2y2 – 3)dy = 0 M N Sendo M(x; y) = 3x2y – 4xy3 22 123 xyx y M −= ∂ ∂ N(x; y) = x3 – 6x2y2 – 3 22 123 xyx x M −= ∂ ∂ Solução: (3x2y – 4xy3) dx + (x3 – 6x2y2 – 3)dy = 0 3x2y dx – 4xy3 dx + x3 dy – 6x2y2 dy – 3dy = 0 (3x2y dx + x3 dy) – 2(2xy3 dx + 3x2y2 dy) – 3dy = 0 d(x3y) d(x2y3) d(x3y) – 2 . d(x2y3) – 3dy = 0 ∫ ∫ ∫−− dyyxdyxd 3).(.2).( 323 = C x3y – 2.x2y3 – 3y = C (solução geral) Exemplo 4 – Resolver: (2 + y.exy) dx + (x.exy – 2y) dy = 0 Sendo M(x; y) = 2 + y.exy xyxy eyxe y M ..+= ∂ ∂ N(x; y) = x.exy – 2y xyxy eyxe x M ..+= ∂ ∂ Solução: E.D.E. ⇒ ∂ ∂ = ∂ ∂ x N y M E.D.E. ⇒ ∂ ∂ = ∂ ∂ x N y M E.D.E. ⇒ ∂ ∂ = ∂ ∂ x N y M Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 20 (2 + y.exy) dx + (x.exy – 2y) dy = 0 2dx + y.exy dx + x.exy dy – 2y dy = 0 (y.exy dx + x.exy dy) + 2dx – 2ydy = 0 Lembrete: dy y e dx x e ed kxykxy kxy ∂ ∂ + ∂ ∂ = )()( )( = k.y.ekxy dx + k.x.ekxy dy Então: y.exy dx + x.exy dy = d(exy). Temos: d(exy) + 2dx – 2ydy = 0 ∫ )( xyed + ∫dx2 – ∫ ydy2 = C exy + 2x – y2 = C Exemplo 5 – Resolver: 0 3 2 4 22 3 = − + dy y xy dx y x Sendo: M = 3 2 y x = 2x . y−3 46 −−=∂ ∂ xy y M N = 4 22 3 y xy − = (y2 – 3x2).y−4 = y−2 – 3x2y−4 46 −−= ∂ ∂ xy x N Solução: 0 3 2 4 22 3 = − + dy y xy dx y x 0 dy 3 y 2 4 2 4 2 3 =−+ y x dy y dx y x 0 32 24 2 3 =+ − y dy dy y x dx y x 0 3 ..2. 1 24 2 3 =+ − y dy y dy xdxx y ).( 32 −yxd d(x2.y−3) + y−2 dy = 0 ∫ ∫ −− + dyyyxd 232 ).( = C x2.y −3 + 12 12 +− +−y = C Cy y x =− −1 3 2 C yy x =− 1 3 2 →• )( 3y x2 – y2 = C . y3 (E.D.E.) x N y M ∂ ∂ = ∂ ∂ (mmc) Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 21 GGRRUUPPAAMMEENNTTOOSS DDIIFFEERREENNCCIIÁÁVVEEIISS:: 1º d(x.y) = x dx + y dy 2º d(xm.yn) = n. xm. yn – 1 dy + m. yn. xm – 1 dx 3º d(ekxy) = k.y.ekxy dx + k.x.ekxy dy 4º d y x = 2 .. y dyxdxy − 5º d x y = 2 .. x dxydyx − 6º d(x2 ± y2) = 2x dx ± 2y dy 7º d(Ln|x2 ± y2|) = 2222 22 .2.2)( yx dyydxx yx yxd ± ± = ± ± 8º d − + yx yx 22 22 )( .2.2 )( )( )).(()).(( )( )).(()).(( yx dxydyx yx ydyydxxdyxdxydyydxxdyxdx yx yxdydxyxdydx yx yxyxdyxyxd − − = − +−+−−−+ = − +−−−+ = − +−−−+ = 9º d + − yx yx 22 22 )( .2.2 )( )( )).(()).(( )( )).(()).(( yx dyxdxy yx ydyydxxdyxdxydyydxxdyxdx yx yxdydxyxdydx yx yxyxdyxyxd + − = + ++−−−+− = + −+−+− = + −+−+− = IV) FATORES INTEGRANTES (R) Sejam M(x; y)dx + N(x; y)dy = 0, uma equação diferencial NÃO EXATA. Pode acontecer que para: (I) R. M(x; y)dx + R. N(x; y)dy = 0, tenhamos que: (II) x RN y RM ∂ ∂ = ∂ ∂ )()( , ou seja, (I) é uma E.D.E., onde R é uma função de x e y. Na equação (II), temos: R. + ∂ ∂ y M M. y R ∂ ∂ = R. + ∂ ∂ x N N. x R ∂ ∂ (III) EEssttuuddaarreemmooss ssoommeennttee 22 ccaassooss ppaarrttiiccuullaarreess:: 11ºº CCAASSOO:: RR((xx;; yy)) == RR((xx)) ((ssóó ffuunnççããoo ddee xx)) EEnnttããoo:: 0= ∂ ∂ y R ee dx dR x R = ∂ ∂ EEmm ((IIIIII)),, tteerreemmooss:: RR.. + ∂ ∂ y M 0 = R. + ∂ ∂ x N N. dx dR RR.. ∂ ∂ − ∂ ∂ x N y M == NN.. dx dR RR.. ∂ ∂ − ∂ ∂ x N y M ddxx == NN..ddRR ∂ ∂ − ∂ ∂ x N y M N . 1 dx = R dR Interessa-nos que seja uma função de x: f(x), em que, f(x) dx = R dR que é umaE.D.V.S. (eq. dif. de variáveis separáveis). Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 22 Calcula-se, então o R, fator integrante, multiplica-se a equação diferencial dada por esse R, obtendo-se uma E.D.E. e, então, resolvemo-la. 22ºº CCAASSOO: R(x; y) = R(y) (só função de y) EEnnttããoo:: 0= ∂ ∂ x R ee dy dR y R = ∂ ∂ EEmm ((IIIIII)),, tteerreemmooss:: RR.. + ∂ ∂ y M M. dy dR = R. x N ∂ ∂ RR.. ∂ ∂ − ∂ ∂ x N y M == −− M. dy dR RR.. ∂ ∂ − ∂ ∂ x N y M ddyy == −− MM..ddRR ∂ ∂ − ∂ ∂ x N y M M . 1 dy = −− R dR Interessa-nos que seja uma função de y: g(y), em que, g(y) dy = −− R dR que é uma E.D.V.S. (eq. dif. de variáveis separáveis). Calcula-se, então o R, fator integrante, multiplica-se a equação diferencial dada por esse R, obtendo-se uma E.D.E. e, então, resolvemo-la. ResumindoResumindoResumindoResumindo ...: (TABELA DOS FATORES INTEGRANTES) )(xf N x N y M =∂ ∂ − ∂ ∂ , então, f(x) dx = R dR e, R é Fator Integrante. )(yg M x N y M =∂ ∂ − ∂ ∂ , então g(y) dy = −− R dR e, R é Fator Integrante. Exemplo 1 – Resolver: (x2 + y2 + x) dx + xy dy = 0 M N Temos: y y M 2= ∂ ∂ e y x N = ∂ ∂ x N y M ∂ ∂ ≠ ∂ ∂ Não é E.D.E. yyy x N y M =−= ∂ ∂ − ∂ ∂ 2 →÷ )(N )( 1 xf xxy y N x N y M ===∂ ∂ − ∂ ∂ f(x) dx = R dR dx x 1 = R dR ∫ dxx 1 = ∫ R dR Ln|x| = Ln|R| R = x Multiplicando-se a equação dada pelo fator integrante R = x, obtemos: x.[(x2 + y2 + x) dx + xy dy] = x.0 (x3 + xy2 + x2) dx + x2y dy = 0 P Q Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 23 Neste caso: xy y P 2= ∂ ∂ e xy x Q 2= ∂ ∂ x Q y P ∂ ∂ = ∂ ∂ E.D.E. Agora, basta resolvê-la: x3dx + xy2dx + x2dx + x2ydy = 0 x3dx + x2dx + (xy2dx + x2ydy) = 0 V.S. V.S. (pega-se o x e o y de maior grau) Temos: d(x2y2) = 2xy2dx + 2x2ydy →÷ )2( 2 )( 22yxd = xy2dx + x2ydy. Logo: x3dx + x2dx + 2 )( 22yxd = 0 ∫ ∫ ∫++ 2 )( 2223 yxddxxdxx = C ∫ ∫ ∫++ )(2 1 2223 yxddxxdxx = C 4 4x + 3 3x + 2 1 .(x2 . y2) = C →• )12( 3x4 + x3 + 6x2y2 = C (12C = C) Exemplo 2 – Resolver: dx x ey + dy x y e y cos + = 0 M N Temos: xy M 1 = ∂ ∂ . ye e 2 cos x y x N −= ∂ ∂ x N y M ∂ ∂ ≠ ∂ ∂ Não é E.D.E. 2 cos x y x e x N y M y += ∂ ∂ − ∂ ∂ →÷ )(N yex x x yex x y e x y x e N x N y M y y y y cos. . cos. cos cos 2 2 + + = + + =∂ ∂ − ∂ ∂ = )( 1 xf x = f(x) dx = R dR dx x 1 = R dR ∫ dxx 1 = ∫ R dR Ln|x| = Ln|R| R = x Multiplicando-se a equação dada pelo fator integrante R = x, obtemos: X . dx x e y + + dy x y e y cos = x . 0 ey dx + (x . ey + cosy)dy = 0 P Q ye y P = ∂ ∂ e ye x Q = ∂ ∂ x Q y P ∂ ∂ = ∂ ∂ E.D.E. Agora, basta resolvê-la: ey dx + x.ey dy + cosy dy = 0 d(x . ey) +cosy dy = 0 ∫ ).( yexd + ∫ dy cos y = C x . ey + sen y = C (solução geral) Exemplo 3 – Resolver: 0dy ) .( )2 .( 2 =+++ xexdxxyey xyxy M N Temos: xeyxe y M xyxy 2.. ++= ∂ ∂ xeyxe x N xyxy 2.. ++= ∂ ∂ (mmc) E.D.E. é ⇒ ∂ ∂ = ∂ ∂ x N y M Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 24 Solução: 0dy ) .( )2 .( 2 =+++ xexdxxyey xyxy 0dy . 2 . 2 =+++ xdyexdxxydxey xyxy (y.exy dx + x.exy dy) + (2xy dx + x2 dy) = 0 d(exy) + d(x2.y) = 0 ∫ )( xyed + ∫ ).( 2 yxd = C Cyxexy . 2 =+ 11. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES DE 1ª ORDEM Uma equação diferencial de 1ª ordem é denominada linear quando a função incógnita y bem como a sua derivada y’ são ambas do 1º grau e, pode ser colocada na forma: )()( xqyxp dx dy =+ ou y’ + p(x) y = q(x), onde p e q são funções unicamente de x. 11.1. Equação linear incompleta (ou linear homogênea de 1ª ordem) Se q(x) = 0, a equação se diz linear incompleta ou linear homogênea, ou seja: 0)( =+ yxp dx dy (é linear homogênea de 1ª ordem) A solução da equação linear homogênea é feita por separação de variáveis, bastando para isso, multiplicá-la por dx e dividir por y, em seguida, integrar a mesma: dx . =+ 0)( yxp dx dy dy + p(x)ydx = 0 →÷ )( y 0 )( =+ dxxp y dy ∫ ∫ =+ Cdxxpy dy )( Ln|y| = ∫ +− Cdxxp )( log || ye = ∫ +− Cdxxp )( ∫±= +− Cdxxp ey )( y = C dxxp ee . )(∫± − y = C. ∫ − dxxp e )( Exemplo – Resolver: 0 2 =− y xdx dy (eq. dif. linear homogênea de 1ª ordem) 1º Modo: Multiplicando por dx e dividindo por y, temos: dx . =− 0 2 y xdx dy dy – dxy x 2 = 0 →÷ )( y 0 2 =− dx xy dy ∫ ∫ =− Cdxxy dy 1 2 Ln|y| – 2.Ln|x| = C ou ( C = Ln|C|) Ln|y| – 2.Ln|x| = Ln|C| Ln|y| – Ln|x|2 = Ln|C| || 2 CLn x y Ln = C x y = 2 y = C . x2 2º Modo: Aplicando a fórmula deduzida. Da equação dada, temos: p(x) = x 2 − ∫ ∫ −=−= ||2 2 )( xLndx x dxxp 2|| xLn−= Então: 2)()( 22 xeee LnxLnx dxxp ===∫ −− − (lembrete: αα =Lne ) Logo: y = C. ∫− dxxpe )( = C . x2 y = C . x2 Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 25 11.2. Equação linear completa (não homogênea de 1ª ordem) Dada a equação )()( xqyxp dx dy =+ , para obtermos a sua solução geral, podemos: I) Usar o fator integrante da equação linear e multiplicá-lo pela equação dada. * Multiplicando a equação por dx, temos: dx . =+ )()( xqyxp dx dy dy + p(x) y dx = q(x) dx * Passando tudo para o 1º membro e fatorando dx, vem: [p(x) y – q(x)] dx + dy = 0 que é da forma Mdx + Ndy = 0, (IV classificação) onde M = p(x) y – q(x) )(xp y M = ∂ ∂ N = 1 0= ∂ ∂ x N * No IV tipo: fatores integrantes, vimos no 1º caso que: R(x; y) = R(x) e R dR dx x N y M N = ∂ ∂ − ∂ ∂ 1 ∫ ∫ ∂ ∂ − ∂ ∂ = dx x N y M NR dR 1 * Substituindo os valores, temos: Ln R = [ ]∫ − dxxp 0)(1 1 log Re = ∫ dxxp )( R = ∫ dxxp e )( que é o fator integrante da equação diferencial dada. * Multiplicamos a equação dada pelo fator integrante e a equação se transforma na E.D.E. em seguida, resolvemo-la por esse método obtendo a fórmula: )(.).( xqRyR dx d = CdxxqRyR dx d )(.).(∫ ∫ += ∫ += CdxxqRyR )(.. ( )∫ += CdxxqRRy )(. 1 II) Usar a tabela de fatores integrante para obter o fator R. Exemplo 1 – Resolva a EDO: xy xdx dy =+ 2 Solução: temos: x xp 2 )( = e q(x) = x 1º modo: Vamos obter o fator integrante R = ∫ dxxp e )( R = 2 .2 1 2 2 2 xeeee xLnxLn dx x dx x === ∫ = ∫ (que é o fator integrante) Aplicando a fórmula encontrada ( )∫ += CdxxqRRy )(. . 1 , temos: y = 2 1 x . ( )Cdxxx +∫ .2 y = 21x . ( )Cdxx +∫ 3 y = 2 1 x . +C x 4 4 22 4 .4 x C x x y += 2 2 4 x Cx y += (que é a solução geral) 2º Modo: Usando a tabela de fatores integrantes: temos: x xp 2 )( = e q(x) = x I) xy xdx dy =+ 2 →• dx dxxdxy x dy 2 =+ 0 .1 2 =+ +− dydxy x x M N x N y M ∂ ∂ ≠ ∂ ∂ Não é E.D.E. Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 26 II) xy M 2 = ∂ ∂ e 0= ∂ ∂ x N x N y M ∂ ∂ ≠ ∂ ∂ Não é E.D.E. III) xx N y M 2 = ∂ ∂ − ∂ ∂ →÷ )(N )( 2 1 2 xf x x N x N y M ===∂ ∂ − ∂ ∂ IV) R dR dxxf = )( R dR dx x = 2 ∫ ∫= R dR dx x 1 2 2. Ln x = Ln R Ln x2 = Ln R R = x2 (fator integrante) V) Multiplicando a equação dada por R = 2x , temos: x2 . =+ +− 0 .1 2 dydxy x x (– x3 + 2xy) dx + x2 dy = 0 P Q x y P 2= ∂ ∂ e x x Q 2= ∂ ∂ x N y M ∂ ∂ = ∂ ∂ é E.D.E. VI) Solução: – x3 dx + 2xy dx + x2 dy = 0 x2 dy + 2xy dx – x3 dx = 0 d(x2.y) – x3 dx = 0 ∫ ∫ =− Cdxxyxd 32 ).( x2. y – C x = 4 4 2 2 4 x Cx y += Exemplo 2 – Considere o problema de valor inicial xy xdx dy =+ 2 em que y(2) = 3. Como a equação é a mesma do exemplo (1), substitui-se x = 2 e y = 3 na solução geral encontrada: 2 2 4 x Cx y += 3 = 2 2 24 2 C + 3 = 1 + 4 C 2 = 4 C C = 8 Portanto, a solução do problema de valor inicial (que é uma solução particular) é: 2 2 8 4 x x y += Soluções da equação do exemplo 1 e a solução do problema de valor inicialx Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 27 Exemplo 3 – Resolva a EDO: xey dx dy =+ Solução: Temos: p(x) = 1 e q(x) = ex I) Cálculo do fator integrante: R = ∫ dxxp e )( = x dx ee =∫ 1 II) Aplicar na formula resolutiva: ( )∫ += CdxxqRRy )(. . 1 y = xe 1 . ( )Cdxee xx +∫ . y = xe 1 . ( )∫ +Cdxe x2 y = xe 1 . +∫ Cdxe x 2 .2 1 2 Sendo u = 2x du = 2dx Lembrete: ∫ = uu edue Temos: y = xe 1 . +Ce x2 . 2 1 y = xx x e C e e + 2 . 2 1 y = x x e C e + . 2 1 Exemplo 4 – Resolva a EDO: 23 . xy dx dy x =− Solução: Vamos acertar o formato da equação dividindo tudo por x, ou seja: 23 . xy dx dy x =− →÷ )(x xy xdx dy =− 3 Temos: p(x) = x 3 − e q(x) = x I) Cálculo do fator integrante: R = ∫ dxxp e )( = 3 .3 1 .3 3 3 −−−− === ∫ = ∫ − xeeee xLnxLn dx x dx x = 3 1 x 3 1 x R = II) Aplicar na fórmula resolutiva: ( )∫ += CdxxqRRy )(. . 1 y = x3 . +∫ Cdxx x . 1 3 y = x3 . +∫ Cdx x 1 2 y = x3 . ( )∫ +− Cdx x 2 y = x3 . + − − C x 1 1 y = x3 . +− C x 1 y = 33 . . 1 xCx x +− 32 . xCxy +−= Nota: é conveniente lembrar de algumas propriedades dos logaritmos e exponenciais, tais como: AeLnA = , mLnAm Ae = . , nmLnAmn eAe . . =+ u du Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 28 12. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 2ª ORDEM Chama-se equação diferencial ordinária de 2ª ordem (ou de ordem 2) a toda equação diferencial que relaciona uma variável independente x, uma função incógnita y = y(x) e as suas derivadas de 1ª e 2ª ordem, ou seja, equações do tipo: 0)'',',,( =yyyxF 12.1. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 2ª ORDEM REDUTÍVEIS À FORMA NORMAL: )',,('' yyxfy = 12.2. SOLUÇÃO DE ALGUNS TIPOS ESPECIAIS 1º TIPO: y’’ = f(x) ou )( 2 2 xf dx d = (y’’ é função da única variável independente x) Neste caso, a solução é imediata. Sendo y’’ = )( ' xf dx dy = ou dy’ = f’(x) dx ∫ ∫ += 1)('' Cdxxfdy y’ = ∫ + 1 )( Cdxxf Como y’ = dx dy dy = y’ dx = ∫ + 1 )( Cdxxf ( )∫ ∫∫ ++= 21 )( CdxCxfdy ( ) 21 CxCdxf(x) dxy ++= ∫ ∫ Obs.: Como a solução é feita através de duas integrais, obtemos duas constantes, C1 para a primeira integral e c2 para a segunda integral. Exemplo 1 – Resolva a EDO: y’’ = e3x Solução: I) y’ = ∫ + 13 Cdxe x Lembrete: Cedue uu +=∫ Sendo: u = 3x du = 3dx Preparando a integral, temos: 1 3 3 .. 3 1 ' Cdxey x += ∫ 13 .3 1 ' Cey x += II) ∫ + += 21 3 . 3 1 CdxCey x = 21 3. 3 1 CdxCdxe x ++ ∫∫ (preparando a integral) 21 3 .3 .. 3 1 . 3 1 CdxCdxey x ++= ∫∫ 213 . .9 1 CxCey x ++= Exemplo 2 – Resolver a EDO: ) ( '' xkseny = I) y’ = 1 ) ( Cdxxksen +∫ Lembrete: Cuduusen +−=∫ cos . Sendo u = k x du = kdx Preparando a integral, temos: 1 ). (. 1 ' Ckdxxksen k y += ∫ 1) cos( . 1 ' Cxk k y +−= Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 29 II) ∫ + +−= 21 ) cos( . 1 CdxCxk k y = ∫ ∫ ++− 21)cos(. 1 CdxCdxkx k Preparando a integral, temos: 21. ). cos(. 1 . 1 CxCkdxxk kk y ++−= ∫ 212 .) ( . 1 CxCxksen k y ++−= Exemplo 3 – Resolver a EDO: x y 1 '' = I) y’ = 1 1 Cdx x +∫ (Lembrete: ∫ += CxLndxx || 1 ). Então: y’ = Ln|x| + C1 II) ( )∫ ++= 21 || CdxCxLny = ∫ ∫ ++ 21|| CdxCdxxLn Lembrete: ∫∫ −= duvvudvu ... (integral por partes) u = Ln|x| du = dx x . 1 dv = dx v = x Temos: y = Ln|x| . x – ∫ dxxx . 1 . + C1. ∫dx + C2 y = x . Ln|x| – ∫dx + C1.x + C2 y = x . Ln|x| – x + C1. x + C2 y = x.Ln|x| + (C1 – 1).x + C2 ou y = x.Ln|x| + C3.x + C2 2º TIPO: F(x, y’, y’’) = 0 ou y’’ = f(x, y’) (equações que não contém a variável dependente y, ou seja, f não depende de y) Para uma equação diferencial de 2ª ordem da forma y’’ = f(x, y’), a substituição y’ = p e y’’ = p’ leva a uma equação de primeira ordem da forma p’ = f(x, p). Se esta equação puder ser resolvida para p, y poderá ser obtido integrando-se )(xp dx dy = . Note que se obtém uma constante arbitrária C1 na solução da equação de 1ª ordem para p e se obtém uma segunda constantes arbitrária C2 na integração para y. Resumindo: Neste caso, faz-se a mudança de variável: y’= p y’’ = p’ ou p dx dy = ' 2 2 p dx dy = Exemplo 1 – Resolva a EDO: 1'.'' .2 =+ yxyx I) MDV (mudança de variável): y’ = p e y’’ = p’ II) Substituindo na equação dada, vem: x2. p’ + x . p = 1 1..2 =+ px dx dp x 0 )1.( .2 =−+ dxpxdpx N M x p M = ∂ ∂ e x x N 2= ∂ ∂ x N p M ∂ ∂ ≠ ∂ ∂ Não é E.D.E. Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 30 xxx x N p M −=−= ∂ ∂ − ∂ ∂ 2 →÷ )(N )( 1 2 xf xx x N x N p M =−=−= ∂ ∂ − ∂ ∂ R dR dxxf = )( R dR dx x =− 1 ∫ ∫=− R dR x dx − Ln|x| = Ln|R| Ln|x-1| = Ln|R| x-1 = R x R 1 = (fator integrante) III) Multiplicando por x 1 , temos: x 1 . ( )0 )1.( .2 =−+ dxpxdpx 0 1 . = −+ dx x pdpx P Q 1= ∂ ∂ x P e 1= ∂ ∂ p Q p Q x P ∂ ∂ = ∂ ∂ é E.D.E. IV) Solução: x dp + p dx – x 1 dx = 0 d(x p) – x 1 dx = 0 1 1 ) ( Cdx x pxd =− ∫∫ x p – Ln|x| = C1 p = x 1 . ( )1|| CxLn + x C x xLn dx dy 1|| += =dy dx x C dx x xLn 1|| + (EDVS) ∫ ∫∫ ++= 21 || Cdx x C dx x xLn dy Lembrete: 2 2u duu =∫ u = Ln|x| du = dx x 1 2 ||1.|| 2 xLn dx x xLn =∫ 21 2 || .|| . 2 1 CxLnCxLny ++= Exemplo 2 – Resolva a EDO: 0 ' '' . =++ xyyx I) MDV (mudança de variável): y’ = p e y’’ = p’ II) Substituindo na equação dada, vem: x . p’ + p + x = 0 0. =++ xp dx dp x →• )( dx x dp + (p + x) dx = 0 N M 1= ∂ ∂ p M e 1= ∂ ∂ x N x N p M ∂ ∂ = ∂ ∂ ∴ E.D.E. III) Solução: p dx + x dx + x dp = 0 (p dx + x dp) + x dx = 0 d(p x) = – x dx = 0 d(p x) 1) ( Cxdxxpd +−= ∫∫ p x = 2 2x − + C1 → ÷ )(x p = x Cx 1 2 +− Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 31 = dx dy x Cx 1 2 +− →• )( dx =dy dx x C dx x 2 1+− (EDVS) ∫ ∫∫ ++−= 21 1 . 2 Cdx x Cdx x dy 21 2 || . 4 CxLnC x y ++−= 3º TIPO: F(y, y’, y’’) = 0 ou y’’ f(y, y’) (equações que não contém a variável independente x, f não depende de x) Para uma equação diferencial de 2ª ordem da forma y’’ = f(y, y’), se fizermos p = y’, obtemos p’ = f(y, p). Esta equação contém as variáveis p, x e y e, portanto, não é da forma das equações de 1ª ordem. É possível eliminar a variável x pensando em y como a variável independente, então, pela regra da cadeia, dy dp p dx dy dy dp dx dp .. == , e assim a equação diferencial original pode ser escrita na forma ),(. pyf dy dp p = . Se esta equação de 1ª ordem puder ser resolvida, obteremos p como uma função de y. Obtém-se uma relação em y e x resolvendo )(yp dx dy . Novamente, haverá duas constantes arbitrárias C1 e C2 no resultado final. Resumindo: Neste caso, faz-se a mudança de variável: py =' p dy dp dx dy dy dp dx dp dx yd y .. )'( '' ==== ∴ dy dp py . '' = y’ = p Exemplo 1 – Resolva a EDO: 0)'( '' . 2 =+ yyy I) MDV: py =' e dy dp py . '' = II) Substituindo, temos: 0 . 2 =+ p dy dp py →÷ )( p 0 . =+ p dy dp y p dy dp y −= . →• )( dy y . dp = – p dy y dy p dp −= (EDVS) 1C y dy p dp +−=∫ ∫ Ln|p| = – Ln|y| + C1 Ln|p| = Ln|C2| – Ln|y| y C LnpLn 2 || = y C p 2= = dx dy y C2 y dy = C2 dx 32 CdxCdyy += ∫∫ 32 2 . 2 CxC y += y2 = 2 . C2 x + 2.C3 ou y 2 = 2 C1 x + C2 Exemplo 2 – Resolva a EDO: ''.2'1 2 yyy =+ , satisfazendo às condições iniciais y = 1, y’ = 1 e x = 1. I) MDV: py =' e dy dp py . '' = Regra da cadeia Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 32 II) Substituindo, temos: 1 + p2 = 2y. dy dp p . dy dp y p p .2 1 2 = + dp .2 1 2 ydy p p = + p p dp y dy 212 + = 21 .2 p dpp y dy + = (EDVS) ∫ ∫ ++ = 121 .2 C p dpp y dy ∫ ∫ ++= −− 1121 2 .)1( Cpdppdyy Ln|y| = Ln|1 + p2| + Ln|C2| Ln|y| = Ln|(1 + p2).C2| y = (1 + p 2).C2 2C y = 1 + p2 1 2 2 −= C y p p2 = C3 y – 1 1. 3 −±= yCp 1. 3 −±= yC dx dy dxyCdy .1. 3 −±= dx yC dy 1.3 ±= − ∫ ∫ +±=− 43 1. Cdx yC dy ∫ −− dyyC .)1.( 2 1 3 = 4 Cx +± Lembrete: 2 2u duu =∫ u = C3 .y – 1 du = C3 dy ∫ −− dyCyC C . .)1.(. 1 33 3 2 1 = 4 Cx +± 2 1 3 3 2 1 )1.( . 1 −yC C = 4 Cx +± 43 3 1. . 2 CxyC C +±=− ou 21 1 1. . 2 CxyC C +±=− (solução geral) III) Para y = 1, y’ = 1 e x = 1, em p = 1.3 −± yC ou y’ = 1.1 −± yC , vem: 1 = 11.1 −± C 1 2 = ( ) 21 11. −± C 1 = C1 – 1 C1 = 2 Substituindo na solução geral, temos: 2 1 11.2 . 2 2 C+±=− 1 = ± 1 + C2 C2 = 1 ± 1 = = 0 2 2 2 C C IV) Respostas: 1) Para C1 = 2 e C2 = 2, temos: 2 1.2 . 2 2 +±=− xy xy ±=− 21.2 ( ) ( ) 22 2 1.2 xy ±=− 2y = (2 ± x)2 – 1 2 1)2( 2 −± = x y 2) Para C1 = 2 e C2 =0, temos: 0 1.2 . 2 2 +±=− xy xy 1.2 ±=− ( ) 22 ) ( 1.2 xy ±=− 2y – 1 = x2 2 12 + = x y Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 33 4º TIPO: F(y, y’’) = 0 ou y’’= f(y) (equações que não contém a variável independente x e y’)) Neste caso, faz-se a mudança de variável: py =' p dy dp dx dy dy dp dx dp dx yd y .. )'( '' ==== ∴ dy dp py . '' = y’ = p Exemplo 1 – Resolva a EDO: 3.4'' −−= yy , y > 0 I) MDV: dy dp py . '' = e py =' II) Substituindo, temos: 3.4 . −−= y dy dp p p.dp = − 4 y−3 .dy ∫ ∫ +−= − Cdyydpp .4 . 3 C yp + − −= − 2 .4 2 22 Cy p += −2 2 2 2 p2 = 4y−2 + 2C p2 = 4y−2 + C1 12 2 4 C y p += 12 4 C y p +±= 12 4 C ydx dy +±= 2 2 1.4 y yC dx dy + ±= 2 2 1.4 y yC dx dy + ±= y yC dx dy 2 1.4 +±= dxyCdyy ..4 . 21+±= dy dx yC y .4 21 ±= + ( ) dxydyyC . .4 2121 ±=+ − 221 .)4( 2 1 CdxydyyC +±=+ ∫∫ − Lembrete: 2 2u duu =∫ u = 4 + C1. y2 du = 2.C1.y.dy Preparando a integral, temos: 21 2 1 1 ..2 .).4(. 2 1 2 1 CxdyyCyC C +±=+∫ − 2 1 ).4( . .2 1 2 1 2 1 1 yC C + = ± x + C2 2 2 1 1 .4. 1 2 . .2 1 CxyC C +±=+ 211 2 1 . . .4 CCxCyC +±=+ Fazendo C1.C2 = C2, temos: 21 2 1 . .4 CxCyC +±=+ 2 21 22 1 ) . ( ).4( CxCyC +±=+ 4 + C1.y 2 = (± C1.x + C2) 2 4) . (. 221 2 1 −+±= CxCyC Exemplo 2 – Resolva a EDO: 32 1 '' y y −= , y > 0 I) MDV: dy dp py . '' = e py =' II) Substituindo, temos: Regra da cadeia u du Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 34 dy dp p . = 32 1 y − dyydpp .. 2 1 . 3−−= (EDVS) Cdyydpp +−= ∫∫ − ..2 1 . 3 C yp + − −= − 2 . 2 1 2 22 C y p += 2 2 .4 1 2 →• )2( C y p .2 2 1 2 2 += C y p .2 2 1 2 +±= 2 2 2 .41 y yC p + ±= y yC p .2 .41 2+ ±= y yC dx dy .2 ).41( 2 1 2+ ±= dx yC dyy . 2 1 ).41( . 2 1 2 ±= + ∫ ∫ +±= + 2 2 . 2 1 ).41( . 2 1 Cdx yC dyy ∫ ∫ +±=+ − 2 2 . 2 1.).41( 2 1 CdxdyyyC Lembrete: 2 2u duu =∫ u = 1 + 4C.y2 du = 8Cy dy Preparando a integral, temos: ∫ − + dyCyyC C 8 .).41(. 8 1 2 1 2 = 2 . 2 1 Cx +± 2 2 . 2 1 2 1 ).41( . 8 1 2 1 Cx yC C +±= + 2 2 . 2 1 .41. 4 1 CxyC C +±=+ 22 22 . 2 1 .41. 4 1 +±= + CxyC C 2 2 2 . 2 1 ).41.( 16 1 ±=+ xCyC C 2 2 2 . 2 1 .16 ).41( ±=+ xCCyC NOTA: Alguns autores fazem referências a apenas dois casos especiais em que é possível simplificar a equação geral não-linear de 2ª ordem. Estes casos ocorrem quando a variável x ou a variável y está ausente em f(x, y, y’), isto é, quando a equação se apresenta na forma: y’’ = f(x, y’) ou y’’ = f(y, y’) não depende de y não depende de x 12.3. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS HOMOGÊNEAS DE 2ª ORDEM COM COEFICIENTES CONSTANTES As equações diferenciais lineares homogêneas de 2ª ordem, também ditas de equações diferenciais lineares de 2ª ordem incompletas, com coeficientes constantes, são equações do tipo: y’’ + py’ + qy = 0 onde p e q são constantes reais. Buscamos soluções do tipo xrey = , em que: y’ = r . xre e y’’ = r2 . xre , sendo xre ≠ 0. Substituindo na equação original, vem: 0 . . . . 2 =++ xrxrxr eqerper xre . (r2 + pr + q) = 0 r2 + pr + q = 0 (eq. característica da eq. u du Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 35 linear homogênea de 2ª ordem com coeficientes constantes). A solução da equação diferencial linear homogênea de 2ª ordem depende do valor do discriminante ∆∆∆∆ = p2 – 4q. Temos 3 casos a saber: 1º caso: ∆∆∆∆ > 0 (Duas raízes distintas) A equação característica apresenta 2 raízes reais e distintas dadas por r1 e r2. Nesse caso, temos as soluções xrey .1 1= e xr ey . 2 2= . Como elas são linearmente independentes (LI), as soluções são dadas por 2211 .. yCyCy += (combinação linear) ou: xrxr eCeCy .2 . 1 21 . . += , onde C1 e C2 são constantes arbitrárias. Exemplo 1 – Resolva a EDO: y’’ – 5.y’ + 6.y = 0 I) Da equação dada, temos que: p = – 5 e q = 6 II) A equação característica é: r2 – 5r + 6 = 0 = = 3 2 2 1 r r III) A solução da equação diferencial é do tipo rxey = , então, temos: = = x x ey ey 3 2 2 1 IV) A solução geral é dada por: 2211 .. yCyCy += xx eCeCy 32 2 1 . . += Exemplo 2 – Resolva a EDO: y’’ = a2.y, a > 0 Temos: y’’ + 0.y’ – a2.y = 0 I) Da equação dada, temos que: p = 0 e q = – a2 II) A equação característica é: r2 + 0.r – a2 = 0 r2 = a2 −= = ar ar 2 1 III) A solução da Eq. Dif. é do tipo rxey = , então, temos: = = −ax ax ey ey 2 1 IV) A solução geral é dada por: 2211 .. yCyCy += axax eCeCy −+= . . 21 2º caso: ∆∆∆∆ = 0 (Duas raízes iguais ou uma raiz dupla) A equação característica apresenta 2 raízes reais e iguais dadas por r1 = r2 = r. Nesse caso, temos apenas a soluções xrey .1 = . Usando o método de redução de ordem podemos achar uma segunda solução y2 dada por y2 = r. y1. Temos: r’’ = 0 r’ = C1.x r = C1.x + C2 r = x Então: rxexy .2 = Como xrey .1 = e rxexy .2 = são (LI), a solução geral da EDO é: xrxr eCeCy .2 . 1 x.. . += , onde C1 e C2 são constantes arbitrárias. (soluções Particulares) Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 36 Exemplo 1 – Resolva a EDO: y’’ + 4.y’ + 4.y = 0 I) Da equação dada, temos que: p = 4 e q = 4 II) A equação característica é: r2 + 4r + 4 = 0 −= −= 2 2 2 1 r r r1 = r2 = r = −2 III) A solução da equação diferencial é do tipo rxey = , então, temos: xey 2−= IV) A solução geral é dada por: xrxr eCeCy .2 . 1 x.. . += xx eCeCy 22 2 1 x.. . −− += xexCCy 221 ). .( −+= Exemplo 2 – Resolva a EDO: y’’ – 6.y’ + 9.y = 0 I) Da equação dada, temos que: p = – 6 e q = 9 II) A equação característica é: r2 – 6r + 9 = 0 = = 3 3 2 1 r r III) A solução da equação diferencial é do tipo rxey = , então, temos: xey 3= IV) A solução geral é dada por: xrxr eCeCy .2 . 1 x.. . += xx eCeCy 32 3 1 x.. . += xexCCy 321 ). .( += 3º caso: ∆∆∆∆ < 0 (Raízes Complexas) A equação característica apresenta raízes complexas, ou seja, raízes do tipo: r1 = a + bi e r2 = a – bi (conjugada de r1), onde a e b são números reais, com b > 0 e i é a unidade imaginária, ou seja, 1−=i . Como rxey = , a solução geral será: 2211 .. yCyCy += = xbiaxbia eCeC ).(2 ).( 1 . . −+ + = xbiaxxbiax eeCeeC .2 . 1 . . . . −+ ) . .( . .2 . 1 xbixbiax eCeCey −+= Utilizando a fórmula de Euler: eix = cos x + i. sen x, obtemos a solução geral dada por: en(bx) . .os(bx) . . 21 seCceCy axax += ou )](.)cos(..[ 21 bxsenCbxCey ax += Exemplo 1 – Resolva a EDO: y’’ – 2y’ + 10y = 0 I) Da equação dada, temos que: p = – 2 e q = 10 II) A equação característica é: r2 – 2r + 10 = 0 ∆ = p2 – 4q = (– 2)2 – 4.10 = 4 – 40 ∆ = – 36 2 36)2( −±−− =r = 2 )1.(362 −± = 2 1.62 −± = 2 .62 i± = i31± −= += ir ir 31 31 2 1 Temos: a = 1 e b = 3 III) Substituindo na equação geral, temos: )](.)cos(..[ 21 bxsenCbxCey ax += )]3(.)3cos(..[ 21 xsenCxCey x += Equações Diferenciais para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 37 Exemplo 2 – Resolva a EDO: y’’ + y = 0 Temos: y’’ + 0.y’ + 1.y = 0 I) Da equação dada, temos que: p = 0 e q = 1 II) A equação característica é: r2 + 0.r + 1 = 0 ∆ = p2 – 4q = 02 – 4.1 = – 4 ∆ = – 4 2 40 −±− =r = 2 )1.(40 −± = 2 1.20 −± = 2 .20 i± = i10 ± −= += ir ir 10 10 2 1 Nota: podemos resolver a equação característica r2 + 1 = 0 do seguinte modo: r2 = −1 r = ± 1− r = ± i −= = ir ir 2 1 Temos: a = 0 e b = 1 III) Substituindo na equação geral, temos: )](.)cos(..[ 21 bxsenCbxCey ax += )].1(.).1cos(..[ 21 .0 xsenCxCey x += )](.)cos(..[1 21 xsenCxCy += xsenCxCy . cos. 21 += 12.3. Problema de valores iniciais e problema de valore de contono Problemas de valores iniciais para uma EDO de 2ª ordem consiste em determinar uma solução y da mesma que verifica as condições (chamadas condições iniciais) y(x0) = y0 e y’(x0) = k, onde x0 é um ponto dado, e as constantes y0 e k também são dadas. Exemplo – Resolva o problema de valor inicial y’’ + 2y’ – 8y
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