EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov
1
1
Equações diferenciais de 1a ordem
1.1
Equações diferenciais
Definição 1: Uma equação cujas incógnitas são funções e que contém, pelo
menos, uma derivada ou diferencial dessas funções é denominada de equação
diferencial.
Definição 2: Se uma equação diferencial só contém diferenciais ou derivadas
totais é denominada de equação diferencial ordinária.
Definição 3: Se uma equação diferencial contém, pelo menos, uma derivada
parcial é denominada de equação diferencial parcial.
Exemplos:
d 2 y dy
a) x ⋅ 2 −
=2
dx
dx
b) x ⋅ dy − y ⋅ dx = 0
ordinárias
c) y′′ + y = e x
d)
e)
∂ 2z
+
∂x 2
∂ 2u
∂x 2
+
∂ 2z
= 0 , z = z(x, y )
∂y 2
∂ 2u
∂y 2
+
∂ 2u
∂z 2
parciais
= 0 , u = u (x, y, z )
Definição 4: Chama-se ordem de uma equação diferencial a ordem da “maior”
derivada que aparece na equação.
Definição 5: O grau de uma equação diferencial é o grau da derivada de maior
ordem envolvida na equação.
Exemplos:
d 2 y dy
a)
+
+y=0
dx 2 dx
b)
c)
∂ 3u
+
∂ 2u
∂y 2
4
2
= y⋅
∂x ⋅ ∂y 2
∂ 2u
∂x 2
dy
dx
+x⋅
2
dx
− 2t 2 + 2 ⋅ cos(t ) ⋅
3
d2y
d) x ⋅
e)
10
dx
dt
=0
d3x
dt 3
= ex
∂ 2u
∂y 2
3
=0
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1.2
2
Resolução
Resolver uma equação diferencial significa determinar as funções que
satisfazem tal equação. Dessa forma, é pela integração de uma diferencial que se dá a
solução e, geometricamente, as curvas que representam soluções são chamadas
curvas integrais.
Existem 3 tipos de soluções:
1.2.1 Solução geral: é a solução da equação que contém tantas constantes
arbitrárias quantas forem as unidades da ordem de integração;
1.2.2 Solução particular: é a solução deduzida da solução geral atribuindo-se
valores particulares às constantes;
1.2.3 Solução singular: é uma solução não deduzida da solução geral e que só
existe em alguns casos.
Exemplos:
a) Dada a equação
dy
= 2x , determine a solução geral e represente
dx
geometricamente.
(esta família de curvas recebe o nome de curvas integrais)
b) Sendo dadas as curvas seguintes determinar, para cada uma delas, a equação
diferencial de menor ordem possível que não contenha nenhuma constante arbitrária:
i)
y = c1 ⋅ sen (x ) + c 2 ⋅ cos(x )
ii)
y = c⋅ x2
iii)
iv)
y = c1 ⋅ x 2 + c 2
y = a ⋅ cos(x + b ) , onde a e b são constantes
v)
y = c1 ⋅ e 3x + c 2 ⋅ e −2x
Definição 6: Uma condição inicial é uma condição da solução de uma equação
diferencial num ponto.
Definição 7: Uma condição de contorno é uma condição da solução de uma
equação diferencial em 2 ou mais pontos.
Definição 8: Uma equação diferencial com uma condição inicial é chamada
problema de valor inicial (PVI). Aquelas que envolvem condições de contorno são
chamadas problema de valor de contorno (PVC).
Exemplos:
a) Seja a equação diferencial y′′ + y = 0 . Verifique que a função
y = c1 ⋅ sen (x ) + c 2 ⋅ cos(x ) é solução da equação diferencial e determine o valor das
y(0) = 2
.
constantes (a solução particular) através do PVI
y′(0) = 1
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b) Idem para
d2y
dx 2
−
3
y(0 ) = 0
dy
− 6y = 0 , y = c1 ⋅ e 3x + c 2 ⋅ e −2x ,
.
dx
y′(0 ) = −10
c) Idem para y′′ + 4y = 0 , y = c1 ⋅ cos(2x ) + c 2 ⋅ sen (2x ) ,
1.3
( 4 ) = −3 .
y′(π ) = −5
4
yπ
Exercícios
1) Sendo dadas as curvas seguintes, determinar para cada uma delas a equação
diferencial de menor ordem possível que não contenha nenhuma constante
arbitrária:
a) x 2 + y 2 = c 2
R: x ⋅ dx + y ⋅ dy = 0
dy
b) y = c ⋅ e x
R:
−y=0
dx
R: 2xy ⋅ dy + x 2 − 3y 2 ⋅ dx = 0
c) x 3 = c ⋅ x 2 − y 2 , x 2 ≠ y 2 e x ≠ 0
(
)
d) y = c1 ⋅ cos(2x ) + c 2 ⋅ sen (2x )
R:
e) y = (c1 + c 2 x ) ⋅ e + c 3
R:
f) y = c1 ⋅ e 2x + c 2 ⋅ e − x
R:
x
x
= 1 + ay ; a ≡ c te , x, y ≠ 0
y
g) ln
d2y
dx 2
d3y
3
dx
d2y
dx
2
(
)
+ 4y = 0
− 2⋅
−
d2y
dx
2
+
dy
=0
dx
dy
− 2y = 0
dx
R: y ⋅ dx − x ⋅ ln
x
⋅ dy = 0
y
2) Em cada caso, verificar que a função dada constitui uma solução da equação:
a) y′ + 2y = 0 ; y = c ⋅ e -2x
b) y′′′ = 0 ; y = ax 2 + bx + c
c) y′′ + y = 0 ; y = a ⋅ cos(x ) + b ⋅ sen (x )
d) y′′ − y = x ; y = c1 ⋅ e x + c 2 ⋅ e − x − x
e) y′ = 2x ; y = x 2 + c
2y
f) y′ =
; y = c ⋅ x2
x
g) y′ + 2xy = 0 ; y = c ⋅ e - x
x
h) y′ = − ; x 2 + y 2 = c
y
2
i) y′ − y = e 2x ; y = c ⋅ e x + e 2x
j) ( y′)
2
y1 = c ⋅ x − c 2
− xy′ + y = 0 ;
x2
y2 =
4
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4
k) y′′ + y = 0 ; y = cos(x )
y1 = sen (x )
l) y′ = cos(x ) ; y 2 = sen (x ) + 3
4
y 3 = sen (x ) −
5
y1 = e x
m) y′ − y = 0 ; y 2 = 2 ⋅ e x
6
y3 = − ⋅ e x
5
y1 = x 2
n) x 2 ⋅ y′′ − 4x ⋅ y′ + 6y = 0 ; y 2 = x 3
y 3 = c1 ⋅ x 2 + c 2 ⋅ x 3
3) Em cada caso, determinar y = f (x ) ⋅ dx e a constante de integração c, de
modo que y satisfaça a condição dada:
b) f (x ) = cos 2 (x ) ; y(π ) =
R: y =
π
2
c) f (x ) = cos(2x ) ; y(0 ) = 1
d) f (x ) = x ⋅ e - x
2
(
)
1 3
x −8
3
1
1
R: y = x + sen (2x )
2
4
sen (2x )
R: y =
+1
2
2
1
R: y = − e − x + 1
2
a) f (x ) = x 2 ; y(2) = 0
; y(0 ) = 0
4) Em cada caso, verificar que a função dada é solução da equação diferencial
correspondente e determinar as constantes de modo que a solução particular
satisfaça a condição dada:
a) y′ + y = 0 ; y = c ⋅ e − x ; y(0) = 3
R: y = 3 ⋅ e − x
b) y′ + y = 5 ; y = c ⋅ e − x + 5 ; y(1) = 6
2
c) y′ + 2xy = 0 ; y = c ⋅ e − x ; y(0) = −2
dy 2y
d)
=
; y = c ⋅ x 2 ; y(1) = 3
dx x
y(1) = −8
d 2 y dy
= 0 ; y = c1 ⋅ x 2 + c 2 ;
e) x 2 −
y′(1) = 4
dx
dx
f)
d2y
dx 2
+ y = 0 ; y = a ⋅ cos(x + b ) ;
( )
( )
y 3π = a
2
2
3
π
y′
= 3
2
R: y = e1− x + 5
R: y = −2 ⋅ e − x
2
R: y = 3 ⋅ x 2
R: y = 2x 2 − 10
R: y = 2 ⋅ cos x +
π
6
5) Suponha que r1 e r2 são duas raízes reais e distintas da equação
ar 2 + (b − a )r + c = 0 . Verifique se a função y = d1x r1 + d 2 x r2 , onde d1 e d2 são
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constantes arbitrárias,
ax 2 y′′ + bxy′ + cy = 0
1.4
é
uma
solução
da
equação
diferencial
Equações de 1a ordem e 1o grau
São equações do tipo
Se f (x, y ) = −
1.5
5
dy
= f (x, y ) .
dx
M(x, y )
, com N(x, y ) ≠ 0 , podemos escrever:
N(x, y )
dy
M (x, y )
Mdx + Ndy = 0
=−
dx
N(x, y )
Equações de Variáveis Separáveis
Se apresentam ou são transformáveis numa equação do tipo Mdx + Ndy = 0 ,
onde M e N podem ser:
1.5.1 funções de uma variável ou
1.5.2 produtos com fatores de uma só variável
1.5.3 constantes.
ou
São equações de fácil solução, bastando isolar os termos de x e y e integrar.
Exemplos:
a) y 2 − 1 dx − (2y + xy )dy = 0
( )
c) (x − 1)⋅
2
b) ydx − xdy = 0
dy
d)
= 3x − 1
dx
1 − y 2 ⋅dx − x 2 ⋅ dy = 0
e) tg(x ) ⋅ sec(y ) ⋅ dx − tg( y ) ⋅ sec(x ) ⋅ dy = 0
1.6
Exercícios
1) Determine, se possível, a solução geral das seguintes equações diferenciais:
a) (x − 1)dy − ydx = 0
R: y = k (x − 1)
dy
1 + y2
=
b)
dx 1 + x 2 xy
dy
c)
+ y ⋅ cos(x ) = 0
dx
(
)
d) sec 2 (x ) ⋅ tg(y ) dx + sec 2 (y ) ⋅ tg(x ) dy = 0
dy
dy
e) a ⋅ x
+ 2y = xy
dx
dx
2
R: y =
kx 2
x 2 +1
k
R: y = sen (x )
e
−1
R: tg(y ) = k ⋅ cotg(x )
(
R: y = ln kx 2a ⋅ y a
)
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( ) ( )
g) (x + a )(y + b )dx + (x
6
f) 1 + x 2 y 3dx + 1 − y 2 x 3dy = 0
2
2
2
2
x−a
R: x + ln
x+a
1
dy
h) − tg ( y ) = 0
x
dx
(
a
2
x
1 1
1
−
+ 2 =k
2
y
2 x
y
R: ln
)(
)
− a 2 y 2 − b 2 dy = 0
+ y − 2b ⋅ arctg
y
=c
b
R: x ⋅ cos( y ) = k
)
(
)
1
=c
y
2
i) 4xy 2 dx + x 2 + 1 dy = 0
R: ln x 2 + 1 −
j) xy ⋅ dx − 3(y − 2 ) ⋅ dy = 0
R: 6y − x 2 = ln(ky )12
2
2
k) xdx + ye − x dy = 0
l) (2 + y )dx − (3 − x )dy = 0
R: e x + y 2 = k
R: (2 + y )(3 − x ) = k
m) xy ⋅ dx − 1 + x 2 ⋅ dy = 0
R: y 2 = k 1 + x 2
(
n)
dy
e −2y
= 2
dx x + 4
)
(
x
+k
2
R: e 2y = arctg
o) cos 2 ( y ) ⋅ sen (x )dx + sen ( y ) ⋅ cos(x )dy = 0
)
R: ln(sec(x )) + sec( y ) = k
2) Resolva os seguintes problemas de valor inicial (PVI):
(
)
1
1
1− e− x
2
2
R: y = 2e x − 1
a) y − y 2 dx − dy = 0 ; y(0) = 2
R: y =
b) e x dx − ydy = 0 ; y(0) = 1
ydx − x dy = 0 ; y(1) = 4
c)
R: y =
d) y dx + (x − 1)dy = 0 ; y(0) = 1
2
(
)
( )
e) dx + x 3 − x dy = 0 ; y(2) = ln 3
(
) (
)
f) 1 − y 2 dx + 1 − x 2 dy = 0 ; y(2) = 2
(
)
(
)2
x +1
R: 1 − x = e
1− y
y
R: y = ln
3x
2 x 2 −1
y −1
x +1
R:
=
y + 1 9(x − 1)
y +1
= 3⋅ e
y −1
1− x 2
x2
g) 1 − y 2 dx + x 3dy = 0 ; y(1) = 2
R:
h) 1 − y 2 dx + 1 − x 2 dy = 0 ; y(1) = 1
R: arccos(x ) + arccos( y ) = 0
i) 1 + y 2 dx + 1 + x 2 dy = 0 ; y(1) = 1
R: arctg(y ) =
(
) (
(
)
)
j) (x + 3)ydx + 6x − x 2 dy = 0 ; y(7 ) = 1
R: y 2 =
π
2
− arctg(x )
7(x − 6)3
x
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7
k) xe y dx − 2(x + 1)2 ydy = 0 ; y(0) = 0
1
R: − 2e − y ( y + 1) = ln (x + 1) +
−3
x +1
l) y ⋅ ln(x )dx − (x + 1)2 dy = 0 ; y(1) = 1
(
R: y =
2x
1
x
x +1
) dy = 0 ; y(0) = 0
1
1
R: y = e − ln (e + 1) −
+ ln (4 ) −
2
e +1
n) (cotg(x ) + tg(x ))ydx − (ln(tg(x )))dy = 0 ; y(π ) = ln(3)
3
m) e x dx − 1 + e
⋅ (x + 1)
−x 2
x
2
x
x
R: y = ln(tg(x ))2
( 2) = π 3
o) sen (2x )dx + cos(3y )dy = 0 ; y π
R: 2sen (3y ) = 3cos(2x ) + 3
p) xdx + ye − x dy = 0 ; y(0) = 1
dr
q)
= r ; r (0 ) = 2
dθ
dy
2x
r)
=
; y(0) = −2
dx y + x 2 y
R: y 2 = 2e x (1 − x ) − 1
s)
t)
(
dy
= xy 3 1 + x 2
dx
)
−1
2
; y(0 ) = 1
dy
2x
=
; y (2 ) = 0
dx 1 + 2y
2
(
)
u) xe x dx + y 5 − 1 dy = 0 ; y(0) = 0
R: r = 2eθ
[ (
R: y 2 = ln e 2 1 + x 2
R: y 2 =
(
1
3 − 2 1+ x2
)]
2
)
2
1
R: y(1 + y ) = x 2 − 4
2
(
)
R: 3e x + y y 5 − 6 = 3
dy y − 4x
=
não é separável, mas se a variável y for
dx x − y
y
substituída por uma nova variável v, definida por v = , então a equação se
x
torna separável em x e v. Ache a solução da equação dada usando esta técnica.
R: ( y + 2x )3 (y − 2x ) = k
3) Observe que a equação
1.7
Equações Homogêneas
Definição 9: Diz-se que uma função f (x, y, z ) é homogênea se, substituindo-se
x por kx, y por ky e z por kz, for verdadeira a igualdade f (kx, ky, kz ) = k m ⋅ f (x, y, z ) ,
onde m é dito grau de homogeneidade.
Exemplos:
a) f (x, y ) = x 2 − 2xy + y 2
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8
b) f (x, y, z ) = 5 x 3 + xy 2 + y 3 − xyz − z 3
x 2 − xy + y 2
c) f (x, y ) =
2
x + xy + y
2
+ sen
y
x
Definição 10: As equações homogêneas são do tipo, ou podem ser
transformadas, em Mdx + Ndy = 0 , onde M e N são funções homogêneas do mesmo
grau.
Exemplos:
a) x 2 − y 2 ⋅ dx − 2xy ⋅ dy = 0
(
c) (x
2
− y2
)
)⋅ dx − (x + 4y)⋅ dy = 0
b) (2x − y ) ⋅ dx − (x + 4y ) ⋅ dy = 0
Seja Mdx + Ndy = 0 uma equação homogênea.
dy
M
=− .
Então, Mdx = − Ndy
dx
N
Como a equação é homogênea, M e N têm o mesmo grau de homogeneidade
M
m. Daí, se dividirmos M e N por xm, transformaremos −
numa função do tipo
N
y
.
F
x
dy
y
Daí,
.
(I)
=F
dx
x
y
Se fizermos = t ou y = tx e derivarmos em relação a x, teremos a equação
x
dy
dt
=t+x
.
(II)
dx
dx
dt
dt
dx
Substituindo (II) em (I), t + x
=
, que é uma equação
= F(t)
dx
F(t) − t x
de variáveis separáveis.
Exemplos:
a) 2x 2 ⋅ dy + y 2 − 2xy − x 2 ⋅ dx = 0
(
2
c) x − 3y
1.8
2
(
)
)⋅ dx + 2xy ⋅ dy = 0
(
)
b) xy 2 ⋅ dy − x 3 + y 3 ⋅ dx = 0
Exercícios
1) Determine, se possível, a solução geral das seguintes equações diferenciais:
a) x 2 − y 2 dx − 2xydy = 0
R: x 3 − 3xy 2 = k
(
)
(
)
y2
2
b) x 2 + y 2 dx − xydy = 0
R: kx = e 2x
c) (x − y )dx − (x + y )dy = 0
R: x 2 − 2xy − y 2 = k
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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(
9
)
d) x 2 + y 2 dx + (2x + y )ydy = 0
R: x 3 + 3xy 2 + y 3 = k
e) (x + y )dx + (y − x )dy = 0
R: ln k x 2 + y 2 = 2 ⋅ arctg
(
[(
)
)]
f) x (x + 2 y )dx + x 2 + y 2 dy = 0
R: x 3 + 3x 2 y + y 3 = k
g) xdy − ydx = x 2 + y 2 dx ; x > 0
R:
(
x 2 + y 2 + y = kx 2
y
R: ln (x − y ) + = k
x
)
h) x 2 − xy + y 2 dx − xydy = 0
y
dy
y
= ex +
i)
dx
x
j) x ⋅ sen
y
+ x + y dx − xdy = 0
x
R: ln (kx ) = tg
)
k) ydx + 2 ⋅ xy − x dy = 0 ; x > 0
(
) (
R:
x
x
x
dx + y ⋅ sen
− x ⋅ cos
y
y
y
n) (x − 2y )dy + ydx = 0
y
y
− sec
x
x
x
+ ln (y ) = k
y
(
)
)
3
R: x 2 + y 2 ⋅ (x + y )2 = k
l) 4x 2 + 3xy + y 2 dx + 4y 2 + 3xy + x 2 dy = 0
m) y ⋅ cos
k
x
R: y = − x ⋅ ln ln
(
y
x
dy = 0
R: y = k ⋅ cossec
R: y ⋅ (y − x ) = k
x
y
2) Resolva os problemas de valor inicial (PVI) abaixo:
a) (2x − y )dx − (x + 4y )dy = 0 ; x = 1 ; y = 2
R: x 2 − xy − 2y 2 + 9 = 0
3
b) x 2 − 3y 2 dx + 2xydy = 0 ; x = 2 ; y = 1
R: y 2 − x 2 = − x 3
8
(
)
dy x 2 + xy
c) dx = x 2
y(1) = 1
dy
d) dx =
y(1) =
y − x ⋅ cos 2
π
x
R: x =
y
x
R: tg
y−x
e x
y
= 1 − ln (x )
x
4
dy 4y 3 + 3xy 2
e) dx =
x3
y(3) = 1
R: ( y + x )(4y − x )4 =
4
5
3
⋅ (xy )5
3) Dadas as equações abaixo, verifique que a mudança para coordenadas polares,
x = r ⋅ cos(θ ) e y = r ⋅ sen (θ ) , transforma as equações em variáveis separáveis
e, então, resolva as equações:
y2
R: ln(kx ) = 2
a) x 2 + y 2 dx − xydy = 0
2x
(
)
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b)
1.9
10
dy y
x
y
= ⋅ ln
+
dx x
y
x
R: x ⋅ ln
x
=k
y
Equações Diferenciais Exatas
Definição 11: Uma equação na forma, ou redutível à forma Mdx + Ndy = 0 é
diferencial exata se existe U(x, y ) tal que:
dU = Mdx + Ndy = 0
(como dU = 0 então U(x, y ) = c é solução da equação diferencial dada)
Teorema: Sejam M e N funções contínuas e deriváveis. Mdx + Ndy = 0 é
∂M ∂N
diferencial exata se, e somente se,
=
.
∂y ∂x
Demonstração:
( ) Sejam M e N funções contínuas e deriváveis tais que Mdx + Ndy = 0 é
diferencial exata.
Então, ∃U(x, y ) tal que U(x, y ) = c e dU = Mdx + Ndy = 0 .
Pela definição de diferencial total,
∂U
∂U
dU =
dx +
dy
∂x
∂y
∂U
∂U
Mdx + Ndy =
dx +
dy
∂x
∂y
∂U
∂U
M=
e N=
∂x
∂y
∂M
∂2U
∂N
∂2U
=
e
=
.
∂ y ∂ y∂x
∂x ∂x∂y
Pelo teorema de Schwartz,
Daí,
∂2U
∂ 2U
=
.
∂x∂ y ∂ y∂x
∂M ∂N
=
.
∂y ∂x
(⇐) Sejam M e N funções contínuas e deriváveis tais que
Seja Mdx + Ndy = 0 .
Pelo teorema de Schwartz,
∂ ∂U
∂ ∂U
=
.
∂y ∂x
∂x ∂y
∂U
∂U
e N=
.
∂x
∂y
∂U
∂U
Mdx =
dx e Ndy =
dy .
∂x
∂y
Daí, M =
∂M ∂N
=
.
∂y ∂x
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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11
∂U
∂U
dx +
dy = dU = 0 .
∂x
∂y
Logo, Mdx + Ndy = 0 é diferencial exata.
Mdx + Ndy =
(
)
Exemplo: Verificar se a equação x 2 − y 2 dx − 2xy dy = 0 é diferencial exata.
Resolução: Sabemos que
∂M ∂N
=
e queremos determinar a função U(x, y )
∂y ∂x
tal que dU = Mdx + Ndy .
Seja w = Mdx a integral parcial de Mdx , isto é, a integral obtida
quando se considera y constante (M = M (x, y )) .
∂w
Mostraremos que N −
é função apenas de y:
∂y
∂
∂w
∂N
∂
∂
N−
=
−
(w ) =
∂x
∂y
∂x ∂x ∂y
=
(
)
(
)
∂N ∂
∂
−
Mdx =
∂x ∂x ∂y
∂N ∂
∂
−
Mdx =
∂x ∂y ∂x
∂N ∂
=
−
(M ) =
∂x ∂y
∂N ∂M
=
−
= 0.
∂x ∂y
=
Se tomarmos U = w +
N−
∂w
dy , teremos:
∂y
∂w
∂w
∂w
dx +
dy + N −
dy =
∂x
∂y
∂y
∂
∂w
∂w
=
Mdx dx +
dy + Ndy −
dy =
∂x
∂y
∂y
= Mdx + Ndy .
dU =
(
)
Logo, U(x, y ) = w +
U(x, y ) = Mdx +
N−
(
N−
)
∂
Mdx dy = c é a solução geral da equação.
∂y
Exemplos:
a) e y dx + xe y − 2y dy = 0
(
(
)
)
b) x + y dx + (2xy + cos(y )) dy = 0
3
2
∂w
dy = c , ou ainda:
∂y
(
)
c) x 2 − y 2 dx − 2xy dy = 0
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov
12
1.10 Fator Integrante
Quando a equação M (x, y )dx + N(x, y )dy = 0 não é diferencial exata, isto é,
∂M ∂N
≠
, pode-se transformá-la em uma diferencial exata multiplicando-a por
∂x
∂y
uma função (a ser determinada) λ (x, y ) , denominado fator integrante.
Exemplo: y(1 + xy)dx − xdy = 0 ; λ =
1
y2
.
Pesquisa do Fator Integrante:
Seja λ (x, y ) fator integrante de Mdx + Ndy = 0 .
∂ (λ M ) ∂ (λ N )
Daí,
=
(1)
∂x
∂y
∂λ
∂M ∂λ
∂N
⋅M + λ ⋅
=
⋅N+λ⋅
∂x
∂y
∂y ∂x
∂λ
∂λ
∂N ∂M
− N⋅
=λ⋅
−
(2)
∂y
∂x
∂x ∂y
Esta equação é uma equação diferencial parcial de 1a ordem em λ e, portanto,
sua solução não poderia ser efetuada por enquanto.
Assim, ela se simplifica supondo-se λ função apenas de x ou apenas de y.
∂λ
Suponhamos λ = λ (x ) . Então,
= 0.
∂y
Daí e de (2), temos:
∂λ
∂N ∂M
− N⋅
=λ⋅
−
(: λ N )
∂x
∂x ∂y
M⋅
−
1 ∂λ 1 ∂N ∂M
⋅
= ⋅
−
λ ∂x N ∂x ∂y
1 ∂λ 1 ∂M ∂N
⋅
= ⋅
−
λ ∂x N ∂y ∂x
Como
(3)
1 ∂M ∂N
1 ∂λ
−
⋅
é função apenas de x, seja R (x ) = ⋅
N ∂y ∂x
λ ∂x
R (x ) =
1 ∂λ
⋅
λ ∂x
R (x )dx =
R (x )dx =
(4)
1 ∂λ
⋅
dx
λ ∂x
u=λ
∂λ
du =
dx
∂x
1
du = ln (u ) = ln (λ )
u
λ =e
R ( x )dx
ou
λ =e
1 ∂M ∂N
⋅
−
N ∂y ∂x
dx
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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13
Analogamente, se λ = λ ( y ) ,
λ=e
R ( y )dy
1 ∂N ∂M
⋅
−
M ∂x ∂y
λ=e
ou
dy
Observe que, pelo processo adotado, pode-se obter um fator integrante e não
todos os fatores, de modo que as restrições adotadas não prejudicam a pesquisa deste
fator.
Exemplos:
a) y 2 dx + (xy + 1)dy = 0
b) xdy − ydx = x 2 e x dx
1.11 Exercícios
1) Determine, se possível, a solução geral das seguintes equações diferenciais:
R: 2x 2 − 2xy + 2x − 3y 2 + 4y = k
a) (2x − y + 1)dx − (x + 3y − 2)dy = 0
b) y ⋅ cos(xy ) +
y
1
dx + x ⋅ cos(xy ) + 2 x + dy = 0
y
x
R: sen (xy ) + 2y x + ln (y ) = C
c)
2x
y
(
dx +
3
y 2 − 3x 2
y
4
dy = 0
) (
R:
)
x2
y
3
−
1
=C
y
d) 3x 2 + 6xy 2 dx + 6x 2 y + 4y 3 dy = 0
R: x 3 + 3x 2 y 2 + y 4 = C
xdy + ydx
2
2 2
e) xdx + ydy = 2
R:
x
+
y
− 4xy = k
x + y2
f) (1 + y ⋅ sen (x ))dx + (1 − cos(x ))dy = 0
R: x − y ⋅ cos(x ) + y = C
g) (sec(t ) ⋅ tg(t ) − w )dt + (sec(w ) ⋅ tg(w ) − t + 2)dw = 0
R: sec(t ) − wt + sec(w ) + 2w = k
dy
h) 2t ⋅ sen ( y ) + y 3 ⋅ e t + t 2 ⋅ cos( y ) + 3y 2 ⋅ e t
=0
dt
R: t 2 ⋅ sen (y ) + y 3 ⋅ e t = C
dy
i) y ⋅ sec 2 (t ) + sec(t ) ⋅ tg (t ) + (2y + tg (t )) = 0 R: y 2 + y ⋅ tg(t ) + sec(t ) = C
dt
dx
dy
xdy
j)
+
=
R: x + x 2 + y 2 = k
2
2
2
2
y
x +y
y⋅ x + y
(
dy
x + xy 2
k)
=−
dx
y + x2y
l) (x − 2y )dx − 2xdy = 0
m) (x − y ⋅ cos(x ))dx − sen (x )dy = 0
n) sec 2 (x ) ⋅ tg( y ) dx + sec 2 (y ) ⋅ tg(x ) dy = 0
(
)
)
R: x 2 + x 2 y 2 + y 2 = k
R: x ⋅ (x − 4y ) = C
R: x 2 − 2y ⋅ sen (x ) = k
R: tg(x ) ⋅ tg (y ) = C
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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14
o) y − x ⋅ x 2 + y 2 dx + x − y ⋅ x 2 + y 2 dy = 0
(
(
R: 3xy − x 2 + y 2
)
3
2
)
=K
p) 3x 2 + 2x + y ⋅ cos(xy ) dx + (sen (y ) + x ⋅ cos(xy ))dy = 0
R: x 3 + x 2 + sen (xy ) − cos( y ) = c
q) cosh (2x ) ⋅ cosh (2y ) dx + senh (2x ) ⋅ senh (2y ) dy = 0
R: senh (2x ) ⋅ cosh (2y ) = C
r) 2xye x
2y
R: e x
2
+ y 2 e xy + 2x dx + x 2 e x
2y
2y
2
+ 2xye xy + 2y dy = 0
2
+ e xy + x 2 + y 2 = C
2
2
s) e y − cossec( y )cossec 2 (x ) dx + 2xye y − cossec(y )cotg (y ) ⋅ cotg (x ) dy = 0
2
R: xe y + cossec( y ) ⋅ cotg(x ) = C
t) y 2 −
y
1
+ 2x dx +
+ 2xy + 2y dy = 0
x ⋅ (x + y )
x+y
x+y
=K
x
R: xy 2 + x 2 + y 2 + ln
2) Determine os fatores integrantes para as seguintes equações:
(
)
1
x
1 ey
R: λ = ⋅ e
y
a) x 3 y − x 2 dx + xdy = 0
(
R: λ =
)
b) ydx + ye y x − y 2 dy = 0
c) ( y ⋅ cos(x ) − tg(x ))dx − sen (x )dy = 0
(
x3
⋅e 3
)
d) x 3 − 2xy dx + x 2 dy = 0
R: λ = cossec 2 (x )
1
R: λ = 4
x
3) Determine, se possível, a solução geral das seguintes equações diferenciais:
x 2 + y2
a) x 2 − y 2 dx + 2xydy = 0
R:
=C
x
b) y 2 dy + ydx = xdy
R: y 2 + x = Cy
y
c) dx + y 3 − ln (x ) dy = 0
R: ln x 2 + y 3 = ky
x
d) x 2 + x − y 2 dx − xydy = 0
R: x 2 3x 2 + 4x − 6y 2 = C
(
)
(
)
(
)
e) (3x y + 2xy + y )dx + (x
2
3
dy
= e 2x + y − 1
dx
x
− sen ( y ) dy = 0
g) dx +
y
f)
2
)
+ y 2 dy = 0
( )
(
R: ye (y
3x
2
)
)
+ 3x 2 = C
R: y − e 2x = k ⋅ e x + 1
R: xy + y ⋅ cos(y ) − sen ( y ) = k
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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15
(
)
i) e dx + (e cotg( y ) + 2y ⋅ cossec(y ))dy = 0
j) (y + x ln(x ))dx − xdy = 0
k) 2xydx + (2y − 3x )dy = 0
l) (y + 2y )dx + (xy + 2y − 4x )dy = 0
h) ydx + 2xy − e −2y dy = 0
x
x
4
2
2
4
3
m) 2y 3 + 3xe x
3
(
4
dx + 3xy 2 dy = 0
( ))
n) e y + xe y + tg e x dx + xe y dy = 0
R: xe 2y − ln(y ) = c
R: e x sen ( y ) + y 2 = K
(
( ))
R: 9y + x 4 1 − ln x 3 = Cx
R: x 2 − 2y 2 = Ky 3
R: y 3 (x + y ) + 2x = cy 2
3
R: x 2 y 3 + e x = K
( ( ))
R: xe x + y + ln sec e x = C
4) Mostre que as equações abaixo não são exatas, mas tornam-se exatas quando
multiplicadas pelo fator integrante dado ao lado. Portanto, resolva as equações:
1
1
a) x 2 y 3dx + x 1 + y 2 dy = 0 ; λ (x, y ) = 3
R: x 2 − 2 + ln y 2 = C
y
xy
(
( )
)
sen ( y )
cos(y ) + 2e − x cos(x )
−x
b)
− 2e sen (x ) dx +
dy = 0 ; λ (x, y ) = ye x
y
y
R: e x sen ( y ) + 2 y ⋅ cos(x ) = k
5) Achar a solução particular para x = 0 na equação:
2x ⋅ cos(y ) − e x dx − x 2sen (y )dy = 0
(
)
R: e x − x 2 cos(y ) = 1
6) Resolver os seguintes problemas de valor inicial (PVI):
dy
a) 2ty + 3t y
= 0 ; y(1) = 1
dt
dy
b) 3t 2 + 4ty + 2y + 2t 2
= 0 ; y(0 ) = 1
dt
dy 2x − 3y + 5
c)
=
; y(1) = 1
dx 3x − 4y + 2
3
2 2
(
d)
e)
)
dy
ye xy + 4y 3
= − xy
; y(0) = 2
dx
xe + 12xy 2 − 2y
dy 3x 2 ln (x ) + x 2 − y
=
; y(1) = 5
dx
x
R: y = t
−
2
3
R: t 3 + 2t 2 y + y 2 = 1
R: x 2 − 3xy + 5x + 2y 2 − 2y = 3
R: y 2 − e xy − 4xy3 = 3
R: xy − x 3 ⋅ ln(x ) = 5
7) Determine a constante a de modo que a equação seja exata e, então, resolva a
equação resultante:
dy
a) x + ye 2xy + axe 2xy
=0
R: x 2 + e 2xy = k
dx
1
1 ax + 1 dy
b) 2 + 2 + 3
=0
R: 2x 2 − 2y 2 − x = cxy 2
dx
x
y
y
(
c) e ax + y + 3x 2 y 2 + 2x 3 y + e ax + y
dy
)dx
=0
R: e x + y + x 3 y 2 = C
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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(
16
)
d) xy 2 + ax 2 y dx + (x + y )x 2 dy = 0
R: x 2 y ⋅ ( y + 2x ) = K
1.12 Equações Lineares
Se apresentam, ou podem ser colocadas, na forma
são funções de x ou constantes.
dy
+ Py = Q , onde P e Q
dx
Pdx
Observe que, neste tipo de equação, e
é fator integrante.
dy
De fato,
+ Py = Q
(Py − Q )dx + dy = 0
dx
e
Pdx
(Py − Q)dx + e Pdx dy = 0 , onde λ M = e Pdx (Py − Q ) e λ N = e
∂ (λ M )
∂ (λ N )
Pdx
Pdx
= P⋅e
e
= P⋅e
∂x
∂y
Daí, transformamos a equação linear em outra diferencial exata.
Vamos achar, então, sua solução:
∂
Pdx
Pdx
Pdx
e
⋅ (Py − Q ) dx + e
−
e
⋅ (Py − Q ) dx dy = C
∂y
e
Pdx
⋅ (Py − Q ) dx = y ⋅
= y⋅e
∂
∂y
Pdx
e
P⋅e
Pdx
⋅ (Py − Q ) dx = e
Pdx
−
Pdx
dx −
e
Pdx
⋅ Q dx
e
Pdx
y⋅e
−
e
Pdx
Pdx
=
e
y=e
− Pdx
⋅
⋅ Q dx +
Pdx
e
e
Pdx
Pdx
−e
Pdx
dy = C
⋅ Q dx + C
que é a solução geral de uma equação linear de 1a ordem e 1o grau.
Exemplos:
dy
a) x
+ 2y = x 4
dx
dy
b)
− y = ex
dx
(1)
(2)
(3)
⋅ Q dx + C
Pdx
.
⋅ Q dx =
De (1), (2) e (3), temos:
y⋅e
Pdx
c)
dy y
− =x−2
dx x
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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17
1.13 Exercícios
1) Determine, se possível, a solução geral das seguintes equações diferenciais:
a)
dy
− y ⋅ tg (x ) = sen (x )
dx
sen 2 (x )
+C
2
R: y = sec(x ) ⋅
b) (x + sen (y ) − 1)dy − cos(y )dx = 0
R: x = [sec( y ) + tg(y )]⋅ [2sec(y ) − 2tg( y ) + y + C]
dy
c) 1 + x 2
+ y = arctg(x )
R: y = arctg(x ) − 1 + k ⋅ e −arctg( x )
dx
dy y cotg (x )
1
d)
+ −
=0
R: y = ⋅ [ln (sen (x )) + C]
dx x
x
x
dy
1
1
e)
= y ⋅ tg (x ) + cos(x )
R: y = sec(x ) ⋅ x + sen (2x ) + C
dx
2
4
dy
f) x
− y = x2
R: y = Cx + x 2
dx
dy 2y
x4
g)
+
= x3
R: y =
+ Cx − 2
dx x
6
1
h) y 2 dx − (2xy + 3)dy = 0
R: x = Cy 2 −
y
dy
i)
+y=x
R: y = x − 1 + k ⋅ e − x
dx
dy
sen (x ) − cos(x )
j)
R: y =
+ k ⋅ e−x
+ y = sen (x )
dx
2
1
dy
1
− 4x
4x 8
k)
+ 4y =
R:
y
=
e
⋅
ln
3
+
2e
+C
dx
3 + 2e 4x
dx
− x ⋅ ln(y ) = y y
R: x = y y ⋅ 1 + k ⋅ e − y
l)
dy
dy
1
m) x 2 + 1
+ 2xy = x 2 ⋅ e x
R: y = 2
⋅ e x ⋅ x 2 − 2x + 2 + C
dx
x +1
(
)
(
(
(
)
[ (
)
n) dx + 2xdy = e −2y ⋅ sec 2 (y ) ⋅ dy
dx
6y
y2
+ 2
⋅x =
4
dy y + 1
y2 + 1
dy 2
p)
− ⋅ y = x 2 ⋅ arctg(x )
dx x
o)
)
(
)
q) x ⋅ ln(x ) ⋅ dy + ( y − 2 ⋅ ln(x ))dx = 0
) ]
R: x = e −2y ⋅ [tg( y ) + C]
R: x =
1
(y + 1)
2
3
⋅ [y − arctg(y ) + C]
R: y = x 2 ⋅ x ⋅ arctg(x ) − ln 1 + x 2 + C
R: y = ln(x ) +
C
ln(x )
dx
+ x ⋅ cos(y ) = sen (2y )
R: x = 2 ⋅ (sen (y ) − 1) + C ⋅ e − sen ( y )
dy
dy sen (x ) − (1 − y ) ⋅ cos(x )
s)
=
dx
sen (x )
R: y = sen (x ) ⋅ [ln(cossec(x ) − cotg(x )) + cossec(x ) + C]
r)
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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18
dr
+ 3r ⋅ cotg (θ ) = −5 ⋅ sen (2θ )
R: r = −2 ⋅ sen 2 (θ ) + k ⋅ cossec3 (θ )
dθ
u) x ⋅ cos(x ) ⋅ dy + [y ⋅ (x ⋅ sen (x ) + cos(x )) − 1]⋅ dx = 0
1
R: y = ⋅ [sen (x ) + k ⋅ cos(x )]
x
t)
(
)
dy
+y=
v) x ⋅ x − 1
dx
2
x2
R: y =
x2 −1
dy
+ y ⋅ sec 2 (x ) = tg (x ) ⋅ sec 2 (x )
dx
dy
x) x ⋅ ln (x ) ⋅ + y = ln (ln (x ))
dx
dr
y)
+ 2r ⋅ cos(2θ ) = sen (4θ )
dθ
x
x 2 −1
⋅ ln
x −1
+C
x +1
R: y = tg(x ) − 1 + C ⋅ e − tg (x )
w)
R: y = ln(ln(x )) +
k
−1
ln(x )
R: r = sen (2θ ) + k ⋅ e −sen (2θ ) − 1
2) Achar a solução particular para y = 0 e x = 0 na equação:
dy
− y ⋅ tg (x ) = sec(x )
R: y = x ⋅ sec(x )
dx
3) Achar a solução particular para y = b e x = a na equação:
dy
1
x ⋅ + y − ex = 0
R: y = ⋅ e x + ab − e a
dx
x
(
)
1.14 Equações Redutíveis às de Variáveis Separáveis
Equações da forma
a x + b1y + c1
dy
=F 1
dx
a 2x + b2 y + c2
constantes e o determinante
a1
a2
(1)
, onde a1, a2, b1, b2, c1, c2 são
b1
= 0 , podem ser redutíveis a variáveis
b2
separáveis.
Se o determinante acima é zero, então a1b 2 − a 2 b1 = 0 .
a 2 b2
c
Daí, a1b 2 = a 2 b1
=
= m , onde m ≠ 2 (caso fosse igual seria
a1 b1
c1
possível uma simplificação na forma da equação, não sendo necessário, então, o
processo em descrição).
a = m ⋅ a1 (2)
Desta forma, 2
.
b 2 = m ⋅ b1
Levando (2) em (1), temos:
a1x + b1y + c1
a1x + b1y + c1
dy
dy
(3)
=F
=F
dx
m(a1x + b1 y ) + c 2
dx
ma1x + mb1 y + c 2
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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Seja t = a1x + b1y
(4)
19
b1y = t − a1x
dy 1 dt
=
− a1 (5)
dx b1 dx
Levando (5) e (4) em (3), temos:
t + c1
1 dt
− a1 = F
= G(t)
b1 dx
mt + c 2
dt
= b1 ⋅ G(t) + a1
dx
separáveis.
y=
1
(t − a 1 x )
b1
1 dt
− a1 = G(t)
b1 dx
dt
= dx , que é uma equação de variáveis
b1 ⋅ G(t) + a1
Exemplos:
a) (2x − y + 4 )dy + (4x − 2y + 5)dx = 0
c)
b) (x + y + 1)dx + (2x + 2y − 1)dy = 0
dy 2x − y + 1
=
dx 6x − 3y − 1
1.15 Equações Redutíveis às Homogêneas
Equações da forma
a x + b1y + c1
dy
=F 1
dx
a 2x + b2 y + c2
constantes e o determinante
a1
a2
(1)
, onde a1, a2, b1, b2, c1, c2 são
b1
≠ 0 , podem ser reduzidas à forma das
b2
homogêneas.
Considerando o sistema
e y=β .
a1x + b1y + c1 = 0
a 2x + b2 y + c2 = 0
(2)
, com solução genérica x = α
x = u + α ∴ du = dx
y = v + β ∴ dv = dy
(geometricamente equivale a uma translação dos eixos coordenados para o ponto
(α , β ) que é a interseção das retas componentes do sistema (2), o que é verdadeiro,
uma vez que o determinante considerado é diferente de zero).
a (u + α ) + b1 (v + β ) + c1
a u + a1α + b1v + b1 β + c1
dv
=F 1
=F 1
=
du
a 2 (u + α ) + b 2 (v + β ) + c 2
a 2 u + a 2α + b 2 v + b 2 β + c 2
Reintroduzindo x e y na equação (1) como
a1u + b1v + (a1α + b1β + c1 )
(vemos, em (2), que α e β são soluções
a 2 u + b 2 v + (a 2α + b 2 β + c 2 )
do sistema)
a u + b1v
dv
=F 1
, que é uma equação homogênea.
du
a 2u + b 2 v
=F
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov
20
Exemplos:
a) (x + 2y − 4)dx − (2x + y − 5)dy = 0
b) (x + y − 2)dx + (x − y + 4)dy = 0
1.16 Exercícios
Determine, se possível, a solução geral das seguintes equações diferenciais:
a) (2x + 3y − 1)dx + (2x + 3y + 2)dy = 0 R: 3x + 3y + ln(2x + 3y − 7 )9 = k
dy − 3x − 3y + 1
b)
=
R: 3x + y + ln(− x − y + 1)2 = k
dx
x + y +1
dy
x + 2y + 1
c)
=
R: 8 y − 4 x + ln(4x + 8y + 5) = k
dx 2x + 4 y + 3
d) (3x − y + 2)dx + (9x − 3y + 1)dy = 0
R: 2x + 6 y + ln(6x − 2 y + 1) = k
dy 2x − 3y − 1
e)
=
R: 2x 2 − 6xy − y 2 − 2x + 4y = k
dx 3x + y − 2
f) (3y + x )dx + (x + 5y − 8)dy = 0
5( y − 4 )
R: ln 5( y − 4 )2 + 4(x + 12 )(y − 4 ) + (x + 12 )2 − 2arctg
+2 =k
x + 12
[
g) (2x − y + 4 )dy + (x − 2 y + 5)dx = 0
h) (x − 4y − 3)dx − (x − 6y − 5)dy = 0
]
R: C(x + y − 1)3 = y − x − 3
R: C(2y − x + 1)2 = 3y − x + 2
1.17 Equação de Bernoulli
dy
+ Py = Qy n , onde P
dx
e Q são funções de x ou constantes e n é diferente de zero e de um (n ≠ 0 ∧ n ≠ 1)
pois, nestes casos, teremos uma equação linear.
A equação de Bernoulli se resolve através de sua redução a uma linear.
dy
Seja a equação
+ Py = Qy n , onde n ≠ 0 e n ≠ 1 .
dx
Dividindo ambos os membros por y n , temos:
dy
y−n
+ Py1− n = Q (1)
dx
Fazendo a substituição y1− n = t , sendo t uma função de x, teremos:
dy
1 dt
(1 − n )y − n dy = dt
y−n
=
dx dx
dx 1 − n dx
Substituindo na equação (1):
dt
1 dt
+ P(1 − n )t = Q(1 − n ) , que é uma equação linear.
+ Pt = Q
dx
1 − n dx
Se apresentam, ou podem ser transformadas, na forma
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov
21
Exemplos:
dy
y
a)
− 2 = 3xy 2
dx
x
dy
b)
− 2xy = xy 3
dx
c) x
dy
+ y = y 2 ⋅ ln (x )
dx
1.18 Exercícios
Determine, se possível, a solução geral das seguintes equações diferenciais:
dy
a) x + y = x 3 y 3
R: − 2x 3 y 2 + Cx 2 y 2 = 1
dx
1
dy
b)
+ xy = x 3 y 3
R: y 2 =
2
2
dx
x + 1 + Ce x
1
ln(x ) + C
2
C
R: y 2 = x ⋅ ln
x
dy 4
= y+x y
dx x
dy
d) 2xy
− y2 + x = 0
dx
dy 2y
e)
+
= 2y 2
dx x
R: y = x 4
f) x dy = y y 2 + 1 dx
R: y 2 =
c)
(
(
g) 1 − x 2
R: Cx 2 y + 2xy − 1 = 0
)
dy
)dx
= xy + xy
2
2
R: y =
x2
C − x2
1
C 1− x2 −1
1.19 Equação de Riccati
Se apresentam, ou podem ser transformadas, na forma
dy
= Py 2 + Qy + R (2),
dx
onde P, Q e R são funções de x ou constantes.
Observemos que a equação linear e a de Bernoulli são casos particulares desta
(a primeira quando P=0 e a segunda quando R=0).
Comprovou-se que a solução dessa equação só é possível quando se conhece
uma solução particular y 0 .
dy
= Py 2 + Qy + R .
Admitamos, então, uma solução particular y 0 da equação
dx
dy dy 0 dz (4)
Seja y = y 0 + z (3), onde z é uma função a determinar. Daí,
=
+
.
dx
dx dx
Se y 0 é solução da equação, podemos escrever:
dy 0
= Py 02 + Qy 0 + R (5)
dx
Substituindo (3) e (4) na equação (2), temos:
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov
22
dy 0 dz
+
= P(y 0 + z )2 + Q(y 0 + z ) + R
dx dx
dy 0 dz
+
= Py 02 + 2Py 0 z + Pz 2 + Qy 0 + Qz + R
dx dx
dy 0 dz
+
= Pz 2 + (2Py 0 + Q )z + Py 02 + Qy 0 + R
dx dx
Daí e da equação (5), temos:
dz
Py 02 + Qy 0 + R +
= Pz 2 + (2Py 0 + Q )z + Py 02 + Qy 0 + R
dx
dz
= Pz 2 + (2Py 0 + Q )z
dx
dz
− (2Py 0 + Q )z = Pz 2 , que é uma equação de Bernoulli em z.
dx
Exemplos:
1) Verificar se y = x é solução particular da equação
dy y y 2
+ +
= 3 . Em
dx x x 2
caso afirmativo, calcular a solução geral.
2) Verificar
que
y = −x
é
solução
particular
da
equação
dy
1 + x3
+ 2xy 2 + x 2 y + 1 = 0 e determinar a sua solução geral.
dx
3) Sabendo que y = 1 é solução particular da equação (verifique)
dy
+ (2x − 1)y − xy 2 = x − 1 , calcular a sua solução geral.
dx
(
)
1.20 Exercícios
Mostrar que y 0 é solução particular da equação dada e calcular sua solução
geral:
1 dy
2
1
3x 2
a) y 0 = e
= y2 − 2
R: y = − 3
x dx
x x +C
x
b) y 0 = x e
dy 1 2
1
= y − 2 1− y + x −1
dx x
x
R: y =
c) y 0 = −1 e
dy
+ y 2 + 3y + 2 = 0
dx
R: y =
d) y 0 = e x e
dy
− 1 + 2e x y + y 2 = −e 2x
dx
R: y =
(
)
Cx + 2x 2 − x 3
C − x2
2 − Ce x
Ce x − 1
e 2x + e x + Ce x
ex + C
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov
e) y 0 = sen (x ) e
R: y =
23
dy
= cotg (x ) ⋅ cossec(x ) ⋅ y 2 − y + sen (x )
dx
[
sen (x ) ⋅ cos(x ) + sen (x ) + Ce x
cos(x ) − sen (x ) + Ce x
]
1.21 Equação de Clairaut
É a equação da forma y = x
dy
dy
+φ
dx
dx
(6)
.
dy
, temos:
dx
dy
dp
dp
y = xp + φ (p ) (7)
=p=p+x
+ φ ′(p )
[x + φ ′(p )] dp = 0 (8)
dx
dx
dx
dx
dp
=0
p=C
dx
A solução geral é dada substituindo-se, em (7), p pelo seu valor C.
Assim, y = Cx + φ (C ) é a solução geral da equação de Clairaut (família de
retas).
De (8), tem-se que:
x + φ ′(p ) = 0 (9)
φ ′(p ) = − x
Eliminando-se p entre (7) e (9) tem-se uma relação F(x, y ) = 0 que representa a
solução singular. De fato, essa eliminação equivale a eliminar C entre a solução geral
y = Cx + φ (C ) e a equação x + φ ′(C ) = 0 , o que conduz à envoltória da família de
curvas definida pela solução geral.
Fazendo p =
Exemplos:
Determine, se possível, a solução geral e a solução singular das seguintes
equações de Clairaut:
3
2
dy
dy
dy
dy
a) y = x
− ln
d) x
−y
+1 = 0
dx
dx
dx
dx
2
dy
dy
dy
dy
e)
b)
−x
+y=0
x
−y+5 +4 = 0
dx
dx
dx
dx
dy
dy
c) y − x
=3
dx
dx
2
dy
dy
f) y = x
+ 4+
dx
dx
2
1.22 Exercícios
Determine, se possível, a solução geral e a solução singular das seguintes
equações de Clairaut:
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov
dy
dy
a) y = x −
dx
dx
2
dy
dy
b) y = x + 1 +
dx
dx
c) y = x
24
dy dy
+
dx dx
dy
dy
d) y = x
+ sen
dx
dx
R:
2
R:
R:
y = Cx −
1
C2
27
y3 = − x 2
4
y = Cx + 1 + C 2
y = 1− x2
y = Cx + C
Não há solução singular
y = Cx + sen (C )
R:
y = x ⋅ arccos(x ) + 1 − x 2
OU
y = x ⋅ arcsen 1 − x 2 + 1 − x 2
1.23 Aplicações
Problemas, fenômenos, processos, etc., que dependem (são funções) de uma
variável contínua (independente) podem sempre ser representados (modelados) por
uma equação diferencial. Geralmente a variável (contínua) independente é tempo,
distância, tamanho, velocidade, volume, etc. A variável dependente (função) deve ser
aquela que melhor caracteriza (descreve) o fenômeno ou processo que se deseja
modelar.
A modelagem – representação matemática de um enunciado em palavras – de
um fenômeno, processo, etc., é facilitada se forem levadas em consideração as
seguintes sugestões:
a) No enunciado do problema reconheça a variável dependente e represente-a
por uma função (f) da variável independente (x);
b) Represente uma “taxa de variação” pela derivada da função em relação à
df (x )
variável independente
;
dx
c) Represente a frase “proporcional a ...” por “ = k ⋅ g(x) ” onde g(x) pode ser a
própria f(x) ou o x ou uma outra função (g) de f e/ou de x, conforme
especificado no enunciado;
d) A constante de proporcionalidade k pode ser positiva ou negativa,
dependendo se f(x) cresce ou decresce, de acordo com o enunciado.
Após a montagem da equação diferencial esta deve ser resolvida. Os valores da
constante k e da constante arbitrária (provenientes da solução da equação diferencial)
serão determinados pelas condições iniciais dadas no enunciado do problema.
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov
25
Exemplos:
1) A taxa de crescimento de um investimento na bolsa de valores é
proporcional ao investimento a cada instante. Determine a equação (modelo
matemático) que rege o investimento com o tempo.
Solução:
Sejam:
t − tempo (variável independente);
f(t) − valor do investimento no instante t (variável dependente);
df (t )
− taxa de crescimento do investimento com o tempo;
dt
k ⋅ f(t) − representando o “proporcional ao investimento”.
Logo, do enunciado temos a equação diferencial que modela o problema:
df (t )
= k ⋅ f(t)
dt
onde k > 0 , por ser a taxa de investimento crescente (pelo enunciado do
problema).
2) Experiências mostram que uma substância radioativa se decompõe a uma
taxa proporcional à quantidade de material radioativo presente a cada
instante. Obtenha a equação diferencial que modela o fenômeno.
Solução:
Sejam:
t − tempo (variável independente);
f(t) − quantidade (massa) de substância presente no instante t;
df (t )
− taxa de variação da quantidade de substância;
dt
k ⋅ f(t) − representando o “proporcional à quantidade de substância”.
Logo, do enunciado temos a equação diferencial que modela o problema:
df (t )
= k ⋅ f(t)
dt
onde k < 0 , por haver decaimento (pelo enunciado do problema).
3) Qual a equação diferencial que vai permitir determinar a velocidade inicial
mínima de um corpo o qual é disparado na direção radial da Terra e que é
suposto escapar desta. Desprezar a resistência do ar e a atração gravitacional
de outros corpos celestes.
Solução:
Sejam:
t − tempo (variável independente);
v(t) – velocidade do corpo no instante t.
Aqui o problema é mais complexo por não enunciar a proporcionalidade.
Mas, sabemos da Física Clássica (Lei de Newton) que a aceleração radial a
uma distância r do centro da Terra (a(r)) é inversamente proporcional ao
quadrado da distância (r) do corpo ao centro da Terra.
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov
Temos, então, que a (r ) = k ⋅
26
1
r2
, onde k < 0 por ser a aceleração dirigida
para o centro da Terra.
A constante k é facilmente determinada, lembrando que:
a (R ) = −g = −9,81 m s 2 , onde R é o raio da Terra R = 6,38 ⋅106 m .
1
Assim, − g = k ⋅ 2
k = −g ⋅ R 2 .
R
dv
dr
Por outro lado, sabemos que a (r ) =
, onde v(t ) =
(taxa de variação da
dt
dt
distância radial em relação ao tempo).
Juntando as informações anteriores e verificando que desejamos a variação
de v em relação à r (e não a t), temos:
dv dr dv
1
1
a (r ) =
⋅ =
⋅ v = k ⋅ 2 = −g ⋅ R 2 ⋅ 2 .
dr dt dr
r
r
Daí, a equação procurada é:
dv
1
⋅ v = −g ⋅ R 2 ⋅ 2
dr
r
(
)
4) Sabendo que o volume de uma gota, suposta esférica, decresce por
evaporação a uma taxa proporcional à área de sua superfície, determine a
equação do raio da gota em função do tempo.
Solução:
Sejam:
t – tempo (variável independente);
V(t) – volume da gota no instante t;
S(t) – superfície da gota no instante t.
Do enunciado do problema, temos:
dV
= k ⋅ S , onde k < 0 pois V decresce com o tempo.
dt
4
Como a gota é esférica, V = π r 3 e S = 4 π r 2 , onde r(t) é o raio da gota
3
no instante t.
Substituindo V e S na equação diferencial, temos:
d 4
π r3 = k ⋅ 4 π r 2 , k < 0 .
dt 3
Derivando e simplificando a equação acima, teremos:
4
dr
dr
3 r2
= k 4 r2
= k , k <0.
3
dt
dt
Integrando a equação acima teremos a equação que exprime o raio da gota
em função do tempo, isto é,
r (t ) = k ⋅ t + r0 , onde r0 é o raio da gota no instante t = 0 (constante de
integração).
(
)
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov
27
1.24 Exercícios
1) No exemplo 1, sabe-se que um investimento de R$ 100,00 rendeu R$ 44,00
após 6 anos. Determine qual foi o rendimento deste investimento nos 3
primeiros anos.
R: R$ 20,00
2) No exemplo 3, determine:
a) A distância radial do centro da Terra na qual o corpo para e começa a
retornar a Terra em queda livre sabendo que a velocidade inicial no
lançamento foi de 3600 km/h;
b) A velocidade inicial mínima necessária para o corpo escapar da
gravitação terrestre e nunca mais retornar.
R: a) 6431 km; b) 4027 km/h.
3) No exemplo 4, determine o tempo necessário para a gota evaporar por
completo, sabendo que a gota inicialmente tinha 1 mm de diâmetro e que o
tempo em que uma outra gota de 0,5 mm de diâmetro evaporou foi de 10
minutos.
R: 20 minutos
4) a) Determine a equação diferencial cujas curvas integrais são círculos de
raio 10 e cujos centros estejam sobre o eixo das ordenadas.
b) Quais são as duas soluções singulares da equação diferencial determinada
no item (a)?
dy
R: a)
dx
2
=
x2
10 2 − x 2
; b) Retas x = ±10
5) Um tanque vertical tem uma pequena fenda no fundo. Supondo que a água
escape do tanque a uma taxa proporcional à pressão da água sobre o fundo e
sabendo que 5% de água escapou no primeiro dia, determine o tempo
necessário para que o nível da água no tanque chegue à metade.
R: 13,5 horas
6) De acordo com a Lei de Newton, a taxa a que uma substância se resfria é
proporcional à diferença das temperaturas da substância e do ar. Se a
temperatura do ar é de 20oC e a substância se resfria de 100oC para 60oC em
30 minutos, quando a temperatura da substância atingirá 40o.
R: 60,2 minutos