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Cálculo III - MA311 - Aula 02 Prof. Dr. Yuri Bozhkov Instituto de Matemática, Estat́ıstica e Computação Cient́ıfica, Universidade estadual de Campinas, R. Sérgio Buarque de Holanda, 651, CEP 13083-859 - Campinas - SP, Brasil E-mail: bozhkov@unicamp.br Abstract Equações separáveis, Métodos de Substituição, Equação de Bernoulli, Equação Homogênea (cf. §2.2 do livro-texto - Boyce-DiPrima). 1 1 Equação de Bernoulli Definição. A EDO do tipo y′ + a(x)y = b(x)yn, (1) onde as funções a(x), b(x) são cont́ınuas, é dita Equação de Bernoulli. Se n = 0 ou n = 1 a equação (12) e linear e sua solução geral se encontra aplicando a fórmula da aula anterior. Então vamos supor que n 6= 0 e n 6= 1. A mudança da variável dependente y: v = y1−n (2) reduz a equação (1) a uma equação linear de primeira ordem para a nova incógnita v(x). Na verdade, temos: y = v 1 1−n , y′ = 1 1− n v 1 1−n−1v′; substituindo em (1) obtemos: 1 1− n v 1 1−n−1v′ + a(x)v 1 1−n = b(x)v n 1−n isto é, 1 1− n v′ + a(x)v = b(x) (3) pois n 1− n − ( 1 1− n − 1 ) = 0. A equação (3) é uma equação linear de primeira ordem para v. Esta solução foi descoberta pelo Leibniz em 1696. Exemplo. Achar a solução geral da equação: y′ + y = x2y2. Solução. Obviamente y = 0 é solução. Então suponhamos que y 6= 0. Como n = 2, seja v = y1−2 = y−1 = 1 y . 2 Temos: y = 1 v , y′ = − 1 v2 v′, − 1 v2 v′ + 1 v = x2 1 v2 , Multiplicando por−v2 obtemos a equação linear de primeira ordem para a nova incógnita v(x) v′ − v = −x2. Aqui a(x) = −1 e b(x) = −x2. Aplicando a fórmula: v(x) = e− ∫ adx ( C + ∫ be ∫ adxdx ) = ex ( C − ∫ x2e−xdx ) = Cex − ex ∫ x2e−xdx Usando Integração por Partes calculamos:∫ x2e−xdx = −x2e−x − 2xe−x − 2e−x. Então v(x) = Cex + 2 + 2x+ x2 e y(x) = 1 Cex + 2 + 2x+ x2 , onde C é constante qualquer. Exemplo. Achar a solução geral da equação: xy′ − y (2y lnx− 1) = 0, x > 0. Solução. A equação dada pode ser escrita na seguinte forma: xy′ + y = 2lnx y2. Obviamente y = 0 é solução. Então suponhamos que y 6= 0. Como n = 2, seja v = y1−2 = y−1 = 1 y . Temos: y = 1 v , y′ = − 1 v2 v′, − 1 v2 v′ + 1 x 1 v = 2lnx x 1 v2 , Multiplicando por−v2 obtemos a equação linear de primeira ordem para a nova incógnita v(x) v′ − 1 x v = −2lnx x . 3 Aqui a(x) = −1/x e b(x) = −2lnx/x. Aplicando a fórmula: v(x) = e ∫ 1 x dx ( C − ∫ 2lnx x e− ∫ 1 x dxdx ) = x ( C − 2 ∫ lnx x2 dx ) = x(C + 2 x (lnx+ 1)), em que usamos a substituição x = et no cálculo da integral. Então y(x) = 1 Cx+ 2(lnx+ 1) , onde C é constante qualquer. 2 Equações Separáveis A equação geral de primeira ordem é: dy dx = f(x, y), (4) que pode ser escrita na forma M(x, y) +N(x, y) dy dx = 0. (5) Isso é sempre posśıvel escolhendo M(x, y) = −f(x, y) e N(x, y) = 1. Na forma diferen- cial equação (5) se escreve como M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0. (6) Se M(x, y) = M(x) e N(x, y) = N(y) em (6) temos a seguinte terminologia: Definição. A EDO M(x)dx+N(y)dy = 0 (7) é dita Equação Separável. Equivalentemente a EDO M(x) +N(y)y′ = 0 (8) é separável. Neste caso a função f(x, y) em (4) é produto de uma função g de x e de uma função h de y. (De fato, g(x) = −M(x) e h(y) = 1/N(y).) Então 4 A EDO separável dy dx = g(x)h(y) se integra diretamente: ∫ 1 h(y) dy = ∫ g(x)dx+ C. Se ϕ = ϕ(x, y) for uma função tal que ∂ϕ ∂x = M, ∂ϕ ∂y = N (9) e y = y(x) satisfaz (8), pela Regra da Cadeia: d dx ϕ = ∂ϕ ∂x + ∂ϕ ∂y y′ = M +Ny′ = 0 então ϕ(x, y(x)) = C = constante (10) determina implicitamente y como função de x. Integrando a primeira equação em (9) temos: ϕ(x, y) = ∫ M(x)dx+ w(y) = H1(x) + w(y) (11) onde a “constante” de integração w em relação a x depende eventualmente de y e H1(x) é uma primitiva (antiderivada) de M(x). Substituindo (11) em (9) temos w′(y) = N(y) que implica que w é primitiva (antiderivada) de N(y). Denotamos w(y) = H2(y). Então, de (10) e (11), a solução da EDO separável (8) é dada implicitamente pela relação H1(x) +H2(y) = C = constante. Se tiver condição inicial y(x0) = y0, a solução do PVI é dada por∫ x x0 M(s)ds+ ∫ y y0 N(s)ds = 0 pois H1(x0) +H2(y0) = C e H1(x)−H1(x0) = ∫ x x0 H ′1(s)ds = ∫ x x0 M(s)ds, 5 H2(y)−H2(y0) = ∫ y y0 H ′2(s)ds = ∫ y y0 N(s)ds. Exemplo. Resolver o PVI: y′ = 3x2 + 4x+ 2 2(y − 1) , y(0) = −1. Solução. Temos 2(y − 1)dy = (3x2 + 4x+ 2)dx. Integrando a expressão a esquerda do sinal de igualdade em relação a y e a express5o a direita com relação a x, obtemos y2 − 2y = x3 + 2x2 + 2x+ C, em que C−constante arbitrária. Fazendo x = 0 e usando y(0) = −1 obtemos C = 3. Então y(x) = 1± √ x3 + 2x2 + 2x+ 4. A condição inicial implica que temos considerar somente o sinal −. Então y(x) = 1− √ x3 + 2x2 + 2x+ 4. 3 Equação Homogênea Definição. A EDO do tipo y′ = f (y x ) (12) é dita Equação Homogênea. Tais equações são invariantes sob dilatações: x̄ = λx, ȳ = λy, λ 6= 0−número. Provar! As equações homogêneas sempre podem ser transformadas em equações separáveis pela mudança da variável dependente: v = y x . (13) Temos pela Regra de Leibniz(regra do produto): y = vx, y′ = v + xv′ 6 e equação (13) se transforma a: xv′ + v = f(v) que é uma EDO separável. Exemplo. A EDO y′ = x+ y x− y , x > y ou x < y, pode ser escrita como y′ = (1 + y/x) 1− (y/x) . Então, ela é homogênea. Seja v = y/x. Temos: xv′ + v = 1 + v 1− v ⇔ xdv dx = 1 + v2 1− v , ou dx x + v − 1 v2 + 1 dv = 0, uma equação separável. Integramos e obtemos: ln|x|+ 1 2 ln(v2 + 1)− arctan v = ln c, c > 0, ou x √ v2 + 1 = cearctan v. Substituindo v por y/x obtemos:√ x2 + y2 = cearctan(y/x), c > 0, ou em coordenadas polares: r = ceϕ. Pergunta. Qual esta curva? Figure 1 shows a spiral. 4 O Problema da Braquistócrona Na página 51 da 9a edição do livro de Boyce e Di Prima: “Um dos famosos problemas na história das matemáticas é o problema da braquistó- crona: achar a curva que deve descrever uma part́ıcula que desliza sobre ela, sem atrito, 7 Figure 1: Espiral 8 de modo a atingir no tempo mı́nimo o ponto M, partindo de um outro ponto O que está acima do primeiro, mas não na vertical. Este problema foi proposto por Johann Bernoulli, em 1696, como um desafio aos matemáticos da época. Soluções corretas foram encontradas por Johann Bernoulli e por seu irmão Jakob Bernoulli, por Isaac Newton, Gottfried Leibniz e pelo Marquês de L’Hospital. O problema da braquistócrona foi importante no desenvolvimento da matemática como um dos precursores do cálculo de variações.” Pela Lei da Conservação da Energia, o problema se reduz ao estudo da seguinte EDO: (1 + y′2)y = K2 (14) onde K2 é uma constante positiva a ser determinada. Agora resolvemos o exerćıcio, seguindo as seguintes sugestões da pág.52: a) “Resolver a (14) em y′. Por que é necessário escolher a raiz quadrada positiva? b) Introduzir uma nova variável t pela relação y = K2 sin2(t). Mostrar que a equação da parte (a) assume a forma: 2K2 sin2(t)dt = dx. (15) c) Com θ = 2t, mostrar que a solução da Eq.(15), com y(0) = 0, é dada por: x = K2(θ − sin θ) 2 , y = K2(1− cos θ) 2 .” (16) Solução. a) De (14) obtemos dy dx = √ K2 y − 1. (17) Escolhemos a raiz positiva, pois queremos que a curva esteja sempre descendo. De (17) temos √ y K2 − y dy = dx. Assim ∫ y 0 √ τ K2 − τ dτ = x. (18) Resolvendo o lado esquerdo da equação (18); chamando: τ = K2 sin2 z, dτ = 2K2 sin z cos z dz. 9 Então: ∫ √ τ K2 − τ dτ = ∫ √ K2 sin2 z K2 −K2 sin2 z 2K2 sin z cos z dz = = 2K2 ∫ sin2 z dz = 2K2 ∫ 1− cos(2z) 2 dz = K2(z − 1 2 sin(2z)) +B, (19) onde B é uma constante. Então, com (19) temos:∫ y 0 √ τ K2 − τ dτ = K2 ∣∣∣∣z − 12 sin(2z) ∣∣∣∣arcsin √ y K2 0 = x. Finalmente: K2 ( arcsin √ y K2 − 1 2 sin ( 2 arcsin √ y K2 )) = x. (20) b) Introduzindo uma novavariável t em (20), pela relação: y = K2 sin2(t) (21) obtemos: K2(t− 1 2 sin(2t)) = x. Diferenciando temos: dx = K2(1− cos(2t))dt = 2K2 sin2 t dt. Então: dx = 2K2 sin2 t dt. (22) c) De (21) temos: y = K2 sin2(t) = K2( 1− cos(2t) 2 ); com θ = 2t, chegamos a: y = K2 2 (1− cos θ). Integrando (22) temos:, x+ A1 = 2K 2 ∫ sin2 t dt (23) e ∫ sin2(t)dt = ∫ 1− cos(2t) 2 dt = 1 2 (t− 1 2 sin(2t)) + A2. 10 Assim (23) fica: x+ A1 = K 2(t− 1 2 sin(2t)) + A2, ou seja: x+ A = K2 2 (θ − sin θ) onde A é uma constante. Como y(0) = 0, temos A = 0, logo: x = K2 2 (θ − sin θ). A curva encontrada (em forma paramétrica (16)) se chama ciclóide. 11
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