4
Equações Diferenciais Ordinárias
4.1
Descrição Matemática da Dinâmica de Sistemas
Suponhamos que a função y = f (x) expressa quantitativamente um fenômeno. Ao estudar
este fenômeno é em geral impossível estabelecer diretamente a dependência entre y e x.
Entretanto, em muitos casos é possível determinar uma relação entre as magnitudes x, y, e
as derivadas de y com relação a x, y ′ , y ′′ , . . ., y (n) , ou seja, o fenômeno pode ser descrito
através de uma equação diferencial.
A partir da dependência obtida entre x, y e as derivadas devemos determinar direta entre
x e y, ou seja, determinar y = f (x) para os apropriados intervalos em x. Tal processo é
denominado integração de uma equação diferencial. Antes de introduzirmos definições mais
formais começaremos ilustrando estas idéias com um exemplo.
Exemplo 106 Desde uma certa altura é lançado verticalmente um corpo de massa m. Determinar a lei segundo a qual a velocidade de queda varia com o tempo. Suponha que, além
da força da gravidade, atua sobre o corpo também a força de resistência do ar, proporcional
à velocidade v, ou seja, encontre a relação v = f (t).
Solução: De acordo com a segunda lei de Newton temos
m
dv
=F,
dt
(4.1)
onde F é a força resultante que atua sobre o corpo, neste caso, na mesma direção do movimento. Temos aqui
F = mg − kv ,
(4.2)
onde adotamos a convenção de que a constante de proporcionalidade k é positiva, g > O e
v > 0 no sentido que aponta para baixo. Portanto, a segunda lei assume a forma
m
dv
= mg − kv ,
dt
(4.3)
que é a formulação matemática do problema em termos de uma equação diferencial. Resolver
esta equação diferencial significa encontrar uma função v = f (t) que satisfaça a expressão
(4.3) identicamente. Existe toda uma família de funções que satisfazem a equação diferencial
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
114
(4.3). É possível verificar (c.f. exercício 1.1) que esta família é dada por
v = Ce−kt/m +
mg
,
k
(4.4)
onde C é uma constante.
Para determinar o valor de C devemos aplicar as denominadas condições de contorno.
Intuitivamente já podemos esperar que cada solução particular (4.4 (especificada por um
valor particular de C) está associada com uma velocidade inicial v0 de lançamento do corpo.
De fato, supondo que no instante inicial, t = 0, temos v = v0 , obtemos da eq. (4.4):
v0 = C +
mg
,
k
(4.5)
C = v0 −
mg
.
k
(4.6)
de modo que
Portanto, substituindo a eq. (4.6) na eq. (4.4) obtemos a solução v(t) do problema:
(
mg ) −kt/m mg
e
+
v = v0 −
.
k
k
(4.7)
Note que lim t→∞ v = mg/k, ou seja, para t muito grande a velocidade não depende de v0
e toma um valor limite, proporcional à massa (maior a massa, maior a velocidade terminal
como é intuitivamente esperado).
Nas seções seguintes estudaremos métodos para determinar a solução de equações diferenciais tais como eq.(4.3). Neste momento o estudante deve se contentar em verificar que a
expressão (4.7) é realmente uma solução.
Exercício 107 Verifique que a relação (4.4) satisfaz a equação diferencial (4.3).
4.2
Definições e Classificação de EDOs
Uma equação diferencial é uma equação que estabelece uma relação entre a variável independente x, a função buscada y = f (x) e suas derivadas y ′ , y ′′ , . . ., y (n) .
Se a função indeterminada y = f (x) é de só uma variável, a equação diferencial é denominada ordinária . A ordem da equação diferencial é dada pela ordem mais alta da derivada
que aparece na equação.
De um modo geral, uma equação diferencial ordinária (EDO) de ordem n pode ser expressa
na seguinte forma.
)
(
F x, y, y ′ , y ′′ , . . . , y (n) = 0 ,
ou
F
(
)
dy d2 y
dn y
x, y, , 2 , . . . , n = 0 .
dx dx
dx
(4.8)
(4.9)
Uma equação diferencial parcial é aquela onde a função desconhecida u depende de mais
de uma variável, ou seja, u = u(x0 , x1 , . . . xi ). A forma geral é dada por
F (x1 , x2 , . . . , u, ux1 , ux2 , . . . , ux1 x1 , ux1 x2 , . . .) = 0 ,
(4.10)
onde utilizamos a notação ux1 := ∂u/∂x1 , etc.
As EDOs de primeira e segunda ordem descrevem um papel especial na descrição de processos evolutivos. Aqui estão alguns exemplos:
4.2. DEFINIÇÕES E CLASSIFICAÇÃO DE EDOS
115
R
C
V
L
Figura 4.1: Circuito RLC
Exemplo 108 A EDO de segunda ordem
L
d2 Q(t)
dQ(t)
1
+R
+ Q(t) = V (t) ,
dt2
dt
C
(4.11)
é a equação que descreve a quantidade de carga elétrica Q(t) num capacitor de capacitância
C, ligado a um resistor de resistência R, um indutor de indutância L e uma fonte que gera
uma diferença de potencial V (t), como mostra a Fig. 4.1.
Exemplo 109 A equação diferencial ordinária de primeira ordem
dR(t)
= −kR(t) ,
dt
(4.12)
onde k é uma constante conhecida, descreve o decaimento com o tempo de uma quantidade
R(t) de material radioativo, como radio.
Equações diferenciais parciais (EDPs) típicas sao ilustradas abaixo.
(i) Equação potencial:
∂ 2 u(x, y) ∂ 2 u(x, y)
+
= 0,
∂x2
∂y 2
(4.13)
(ii) equação de condução de calor:
k2
∂ 2 u(x, t)
∂u(x, t)
=
,
∂x2
∂t
(4.14)
(iii) equação da onda (corda vibrante):
2
∂ 2 u(x, t)
2 ∂ u(x, t)
−
c
= 0,
∂t2
∂x2
(4.15)
onde k e c são constantes.
Neste curso consideraremos primariamente EDOs, sendo que no final introduziremos noções
básicas sobre EDPs.
Uma classificação importante das equações diferenciais consiste na distinção entre equações
diferenciais lineares e não-lineares. Uma EDO geral da forma (4.1) é denominada linear se F
é uma função linear das variáveis y, y ′ , . . . , y (n) . Uma definição similar é aplicável a EDPs.
Portanto, a equação diferencial linear ordinária geral de ordem n deve ter a forma
a0 (x)y n + a1 (x)y (n−1) + · · · + an (x)y = g(x) .
(4.16)
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
116
Por exemplo, equações diferenciais
y ′′′ + y ′ + x2 y = 0 ,
′
x
y + e y = 0,
(4.17)
(4.18)
são lineares, enquanto que as equações
y ′′ + (y ′ )2 + y = 0 ,
y ′′ + sin y = 0 ,
y ′′ + yy ′ + xy = 0
(4.19)
(4.20)
(4.21)
são não-lineares.
Exemplo 110 Cabo Flexível. Consideremos o problema de descrever a curva descrita por
um cabo perfeitamente flexível suspenso pelas extremidades, sujeito à ação da gravidade.
As forças que atuam sobre cada elemento do cabo são a força da gravidade e as tensões
Figura 4.2: Catenária
que impedem que ele caia. Seja, A(a, b) o ponto de mínima altura do cabo e seja P (x, y)
um ponto qualquer do cabo tal que x > a (Fig 4.2). A componente horizontal da tensão
sobre o cabo em A(a, b) é o vetor constante denotado por H. Neste mesmo ponto a força
da gravidade tem direção vertical, para baixo, sendo denotada por L(x) e θ é o ângulo
que a tangente em P (x, y) faz com a horizontal. Sejam T (x), L(x) e H as magnitudes dos
correspondentes vetores. As equações de equilíbrio são então dadas por
T sin θ = L ,
T cos θ = H .
(4.22)
Como dy/dx = tan θ temos
L(x)
dy
=
.
dx
H
Seja w a densidade linear de peso do cabo e s(x) seu comprimento. Então
L(x) = w s(x)
(4.23)
(4.24)
4.2. DEFINIÇÕES E CLASSIFICAÇÃO DE EDOS
117
e
dy
ws(x)
=
= k s(x) .
dx
H
onde k := w/H. Derivando (4.25 com relação a x temos
(4.25)
d2 y
= k ds .
dx2
Como
ds =
(4.26)
√
1 + (dy/dx)2 dx ,
(4.27)
a forma final da equação diferencial para a curva descrita pelo cabo flexível é
√
( )2
d2 y
dy
=
k
1
+
.
dx2
dx
(4.28)
Esta é a chamada equação da catenária, e será resolvida no Exemplo
Exemplo 111 Pêndulo simples. Um problema físico simples que conduz a uma equação
diferencial não-linear é o do pêndulo simples oscilante, cujo diagrama é mostrado na Fig.
4.3.
θ
l
mg sinθ
m
θ mg
Figura 4.3: Pêndulo simples
Utilizando a segunda lei de Newton concluímos que o ângulo θ que o pêndulo de comprimento l faz com a direção vertical satisfaz a equação
d2 θ g
+ sin θ = 0 ,
dt2
l
(4.29)
onde g > 0 denota a aceleração de gravidade. Devido ao termo sin θ a equação (4.29) é nãolinear. Como veremos no Exemplo 142 da Seção 4.6, tal equação não admite uma solução
exata.
Exercício 112 Utilize argumentos físicos para deduzir a eq.(4.29).
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
118
A teoria matemática e as técnicas para o tratamento de equações lineares são bastante
desenvolvidas. Por outro lado, no caso das equações diferenciais não-lineares a situação não
é tão satisfatória, não havendo técnicas gerais de solução. Por este motivo, muitas vezes,
tentamos descrever um fenômeno não-linear como sendo linear, pelo menos em primeira
aproximação.
Por exemplo, no exemplo do pêndulo simples, se tomarmos pequenas oscilações em torno
do ponto de equilíbrio, temos sin θ ≃ θ, de modo que (4.29) torna-se uma equação linear da
seguinte forma:
d2 θ g
+ θ = 0.
(4.30)
dt2
l
Nos casos em que a não-linearidade é inevitável, e os métodos analíticos são inexistentes
ou insuficientes, temos ainda as ferramentas da análise qualitativa e numérica.
Uma solução particular da EDO (4.8) é uma função y = f (x), definida no intervalo a <
x < b, admitindo derivadas de ordem até n no intervalo, e satisfazendo (4.8) identicamente.
Exemplo 113 A equação diferencial
d2 y
+ y = 0,
dx2
(4.31)
admite as soluções particulares y1 = sin x e y2 = cos x. Como a eq. (4.31) é linear temos
que uma combinação linear destas duas soluções também é solução, ou seja, y = C1 sin x +
C2 cos x, onde C1 e C2 são constantes arbitrárias.
Exercício 114 Verifique as afirmações feitas no exemplo 113.
A maior parte das equações a serem consideradas neste curso podem ser escritas na forma
y = f (x, C1 , . . . , Cn ) ,
(4.32)
onde C1 , . . . , Cn são constantes arbitrárias. Em geral o número de constantes arbitrárias é
igual à ordem n da equação.
4.3
Problemas Propostos - Classificação de EDOs
Em cada um dos problemas determine a ordem da equação diferencial e também classifique-a
quanto à linearidade.
1. x2 y ′′ + xy ′ + 2y = sin x ,
3. y (iv) + y ′′′ + y ′′ + y ′ + y = ex ,
2. (1 + y 2 )y ′′ + xy ′ + y = ex ,
4. y ′ + xy 2 = 0 ,
5. y ′′ + sin(x + y) = sin x ,
6. y ′′′ + xy ′ + y cos2 = x3 .
Em cada um dos problemas abaixo verifique que da função é uma solução da equação diferencial.
7. y ′′ − y = 0 ,
′′
y1 = ex ,
y2 = cosh(x) ,
′
y1 = e−3x , y2 = ex ,
1
9. x2 y ′′ + 5xy ′ + 4y = 0 , x > 0 , y1 = 2 , y2 = x−2 ln x ,
x
π
10. y ′′ + y = sin x , 0 < x < , y = cos x ln(cos x) + x sin x ,
2∫
8. y + 2y − 3y = 0 ,
11. y ′ − 2xy = 1 ,
(4.33)
x
y = exp(x2 )
exp(−t2 )dt + exp(x2 ) .
0
(4.34)
4.4. EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM E PRIMEIRO GRAU
119
Em cada um dos problemas abaixo determine os valores de r para os quais a dada equação
diferencial tem soluções da forma y = erx ou y = xr .
12. y ′ + 2y = 0 ,
13. y ′′ + y ′ − 6y = 0 ,
15. x2 y ′′ + 4xy ′ + 2y = 0 ,
14. y ′′ − y = 0 ,
16. x2 y ′′ + 4xy ′ + 4y = 0 .
(4.35)
Em cada um dos problemas abaixo verifique se as dadas funções sao soluções da equação
diferencial parcial.
17. uxx + uyy = 0 ,
18. uxx + uyy + uzz
19. utt − c2 uxx = 0 ,
u1 (x, y) = cos x cosh y , u2 (x, y) = ln(x2 + y 2 ) ,
1
(x, y, z ̸= 0) ,
= 0, u = 2
2
(x + y + z 2 )1/2
u = f (x − ct) + g(x + ct) ,
onde f e g são funções duas vezes diferenciáveis e c é uma constante.
4.4
4.4.1
Equações de primeira ordem e primeiro grau
Introdução
O grau de uma equação diferencial é o grau da potência da derivada mais alta. Por exemplo,
(y ′′′ )2 + xy ′ + y = 0 ,
(4.36)
é uma equação de terceira ordem e segundo grau. Nesta seção consideraremos somente
equações de primeira ordem e primeiro grau que podem ser escritas na forma
y ′ = f (x, y) .
(4.37)
Para a eq. (4.37) vale o seguinte teorema de existência e unicidade da solução:
Teorema 115 Se na equação (4.37) a função f (x, y) e sua derivada parcial ∂f /∂y são
contínuas em um certo domínio D do plano Oxy, e se (x0 , y0 ) é um ponto deste domínio,
então existe a solução y = ϕ(x) desta equação, satisfazendo a condição y = y0 para x = x0 ,
sendo esta solução única.
O significado geométrico deste teorema é que existe uma única função y = ϕ(x) cujo gráfico
passa pelo ponto (x0 , y0 ).
A condição de que a função y deve assumir o valor y0 em x = x0 chama-se condição
inicial . Em geral escrevemos
y |x=x0 = y0 .
(4.38)
Uma solução geral da eq. (4.37) é uma função
y = ϕ(x, C) ,
(4.39)
que depende de uma constante arbitrária C e satisfaz as seguintes condições:
(i) satisfaz a equação diferencial para qualquer valor da constante C;
(ii) qualquer que seja a condição inicial y = y0 para x = x0 , é possível encontrar uma
constante C = C0 tal que a função y = ϕ(x, C0 ) satisfaça a condição inicial dada.
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
120
4
3
2
1
–8
–6
–4
–2
0
2
4
6
8
x
–1
–2
–3
–4
Figura 4.4: Família de curvas para a EDO (4.41)
Neste caso supomos que os valores x0 e y0 pertencem ao domínio das variáveis x e y e que
se verificam as condições do teorema 115 de existência e unicidade da solução.
Durante a busca da solução geral de uma equação encontramos muitas vezes uma relação
da forma
Φ(x, y, C) = 0 ,
(4.40)
onde y é dado apenas implicitamente em termos de x e C. Tal expressão é denominada
integral geral da equação diferencial . A integral geral pode ser interpretada geometricamente
como a representação de uma família de curvas no plano xy, dependente do parâmetro C.
Estas curvas são chamadas curvas integrais da equação diferencial dada.
Exemplo 116 Consideremos a equação diferencial
dy
y
=− ,
dx
x
x ̸= 0 .
(4.41)
A solução geral desta equação é dada pela família de funções
y=
C
,
x
(4.42)
onde c é uma constante arbitrária. As curvas integrais da eq. (4.41) são obtidas fazendo-se
o gráfico da expressão (4.42) para diferentes valores de C, como mostra a Fig. 4.4 .
É possível encontrar uma interpretação geométrica para uma equação diferencial do tipo
(4.37). Seja ϕ(x, C) uma solução geral de uma equação da forma (4.37), que determina uma
família de curvas integrais no plano Oxy. Para cada ponto P , com coordenadas (x, y), a
equação (4.37) define um campo de direções no plano Oxy. Ou seja, em cada ponto do plano
a eq. (4.37) determina a derivada dy/dx, que é o coeficiente angular da tangente à curva
integral que passa por este ponto.
Do ponto de vista geométrico o problema de integração de uma equação diferencial do
tipo (4.37) consiste em encontrar as curvas cujas tangentes estão orientadas de modo que sua
direção coincida com a direção do campo nestes pontos. Este procedimento é especialmente
útil no caso de equações não-lineares.
Exercício 117 Determine os campos de direções definidos pela equação
dy
= xy 2 + sin y .
dx
Em seguida utilize o comando fieldplot do Maple para conferir sua resposta.
(4.43)
4.4. EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM E PRIMEIRO GRAU
121
4.4.2 Equações com variáveis separáveis
Uma equação da forma
dy
= f1 (x)f2 (y)
dx
pode ser resolvida em termos de integrais facilmente:
∫
∫
dy
= f1 (x) dx .
f2 (y)
(4.44)
(4.45)
Exemplo 118 Consideremos a equação
2y
dy
=
,
dx
x
x ̸= 0 .
As variáveis x e y podem ser separadas, de modo que obtemos
∫
∫
dy
dx
=
,
2y
x
(4.46)
(4.47)
ou seja,
1
ln y = ln x + C1 ,
2
(4.48)
ou
y = Cx2 ,
x ̸= 0 .
(4.49)
Exemplo 119 Resolver a equação
dy
x
+ = 0.
dx y
(4.50)
ydy + xdx = 0 .
(4.51)
Esta equação pode ser escrita como
Integrando obtemos
∫
∫
ydy +
ou
xdx = 0 ,
(4.52)
y2
x2
+
= C1 ,
2
2
(4.53)
x2 + y 2 = C .
(4.54)
ou, finalmente,
Ou seja, as curvas integrais consistem em uma família de círculos concêntricos.
Exercício 120 Obtenha, pelo método descrito acima, a solução geral da eq. (4.41), utilizada
no Exemplo 116.
Exemplo 121 A velocidade de desintegração do radio é diretamente proporcional à sua
massa em cada instante. Determinar a lei de variação da massa do radio em função do
tempo, se para t = 0, m = m0 .
De acordo com a informação dada no problema, a equação diferencial que rege a desintegração é dada por
dm
= −k m ,
(4.55)
dt
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
122
onde k > 0, pois devemos ter dm/dt < 0 durante o processo. Separando variáveis obtemos
dm
= −kdt ,
m
(4.56)
ln m = −kt + C ,
(4.57)
m = Ce−kt
(4.58)
de modo que
ou
A constante C deve agora ser determinada a partir da condição inicial m(0) = m0 =
Ce0 = C. Portanto, a solução buscada é dada por
m(t) = m0 e−kt .
(4.59)
A constante k pode ser determinada empiricamente.
Exercício 122 Determine a constante k no exemplo anterior, sabendo-se que instante t = t1
a quantidade de massa da amostra foi medida como sendo m = m1 .
Exemplo 123 Resolva a equação
(1 + x)ydx + (1 − y)xdy = 0 .
Separando as variáveis e integrando obtemos
) ∫ (
)
∫ (
1
1
+1 +
− 1 dy = 0 ,
x
y
(4.60)
(4.61)
ln |x| + x + ln |y| − y = C ,
(4.62)
ln |xy| + x − y = C .
(4.63)
ou
A família correspondente de soluções é mostrada na Fig. 4.5
4.4.3
Equações homogêneas
Uma função f (x, y) é denominada homogênea de grau n com relação às variáveis x e y, se
para todo λ a seguinte desigualdade é satisfeita identicamente:
f (λx, λy) = λn f (x, y) .
Por exemplo,
y
f (x, y) =
x
√
2
f (x, y) = x + y 2
2
f (x, y) = xy + x
(4.64)
é homogênea de grau zero ,
é homogênea de primeiro grau ,
é homogênea de segundo grau .
A equação
dy
= f (x, y)
(4.65)
dx
é dita homogênea com relação a x e y se f (x, y) for homogênea de grau zero com relação a
x e y.
4.4. EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM E PRIMEIRO GRAU
123
5
4
3
y
2
1
–6
–4
0
–2
2
x
–1
–2
Figura 4.5: Gráficos correspondentes a xy + x − y = C, C = −4..1.
Vamos agora determinar um método para resolver equações da forma (4.65) homogêneas.
Como, de acordo com a hipótese, f (λx, λy) = f (x, y), escolhendo λ = 1/x obtemos
( y)
y ′ = f (x, y) = f 1,
.
(4.66)
x
Definindo u := y/x obtemos
y = ux ,
dy
du
=u+
x.
dx
dx
Substituindo este resultado na eq. (4.66) obtemos
u+x
du
= f (1, u) ,
dx
(4.67)
(4.68)
(4.69)
que é uma equação com variáveis separáveis, ou seja,
u − f (1, u) = −x
de modo que
∫
dx
=
x
∫
du
,
dx
du
.
u − f (1, u)
(4.70)
(4.71)
Depois de integrar substituímos u = y/x para obter a solução final.
Exemplo 124 Encontrar a solução geral da equação
dy
xy
= 2
.
dx
x − y2
(4.72)
Como a função no lado direito da eq. (4.72) é homogênea de ordem zero, a equação é homogênea. Dividindo o numerador e o denominador desta função por x2 obtemos
y/x
dy
=
.
dx
1 − (y/x)2
(4.73)
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
124
Introduzindo a nova variável u = y/x, a eq.(4.73) torna-se
u+x
du
u
=
= f (u) .
dx
1 − u2
(4.74)
Podemos manipular esta equação ou utilizar diretamente a relação (4.71). Obtemos então
∫
∫
du
dx
=
1
x
u − 1−u
2
∫
2
1−u
=
u3
∫
du du
=
.
(4.75)
−
u3
u
Calculando as integrais obtemos
−
1
− ln |u| = ln |x| + ln C ,
2u2
(4.76)
x2
= ln |xuC| .
2y 2
(4.77)
ou seja,
−
Substituindo u = y/x na expressão anterior obtemos finalmente
−
4.4.4
x2
= ln |Cy| .
2y 2
(4.78)
Problemas Propostos - Equações Homogêneas
Resolva as seguintes equações homogêneas:
dy
y−x
y y
x + 3y
=
,
2. y ′ + ln ,
3. y ′ =
,
dx
y+x
x x
3x + y
√
y
y
x+y
4. y ′ = + ,
5. xydx − x2 dy = y x2 − y 2 dy ,
6. y ′ =
,
x x
x
dx
x2 + y 2
7. y
= x + 4y exp(−2x/y) ,
8. y ′ =
, y(1) = 2 .
dy
xy
1.
4.4.5
Equações lineares
A equação diferencial linear de primeira ordem mais geral tem a forma
dy
+ P (x)y = Q(x) ,
dx
(4.79)
onde P (x) e Q(x) são funções contínuas de x. Vamos supor que a solução da eq. (4.79) tem
a forma
y = u(x)v(x) ,
(4.80)
de modo que
dv
du
dy
=u
+v
.
dx
dx
dx
Substituindo as expressões (4.80) e (4.81) na eq. (4.79) obtemos
u
du
dv
+v
+ P uv = Q ,
dx
dx
(4.81)
(4.82)
4.4. EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM E PRIMEIRO GRAU
(
ou
u
)
dv
du
+ Pv + v
= Q.
dx
dx
125
(4.83)
Como uma das funções pode ser escolhida arbitrariamente, escolhemos v tal que
ou
dv
+ Pv = 0,
dx
(4.84)
dv
= −P dx .
v
(4.85)
Integrando obtemos
∫
ln v = −
ou
P dx + C1 ,
( ∫
)
v = C1 exp − P dx .
(4.86)
(4.87)
Tomaremos C1 = 1 de modo que
( ∫
)
v = exp − P dx .
(4.88)
A eq. (4.83) agora pode ser escrita como
v
du
= Q(x) .
dx
Separando as variáveis e integrando obtemos
∫
Q(x)
u=
dx + C ,
v(x)
e o resultado final, utilizando (4.80), tem a forma
(∫
)
Q(x)
y = u(x)v(x) = v(x)
dx + C ,
v(x)
(4.89)
(4.90)
(4.91)
sendo v(x) dado por (4.88).
Exemplo 125 Resolver a equação
dy
2
−
y − (x + 1)2 = 0 .
dx x + 1
(4.92)
Solução: Podemos utilizar diretamente as relações (4.88) e (4.91), com P (x) = −2/(x + 1)
e Q(x) = (x + 1)2 . Ou seja,
(∫
)
2
v = exp
dx = (x + 1)2 .
(4.93)
x+1
Da relação (4.91) obtemos
u=x+C,
(4.94)
y = uv = (x + 1)2 (x + C) .
(4.95)
de modo que a solução é
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
126
Exemplo 126 Resolver a EDO
x
dx
+ 2y = ex + ln x .
dy
(4.96)
Solução: Inicialmente colocamos tal equação na forma padrão:
dx
y
ex
ln x
+2 =
+
.
dy
x
x
x
(4.97)
Vamos buscar uma solução da forma y = uv, onde utilizando (4.88) e (4.91), com P (x) =
2/x e Q(x) = exp(x)/x + ln(x)/x, obtemos
( ∫
)
dx
1
v = exp −2
= e−2 ln x = 2 ,
(4.98)
x
x
∫
u=
(xex + x ln x)dx =
x2 ln x x2
+
+C.
2
4
(4.99)
Portanto, a solução geral da EDO é
y = uv =
ex (x − 1) ln x 1
C
+
+ + 2.
x2
2
4 x
(4.100)
Exemplo 127 Resolver o problema de valor inicial
y ′ + 5y = 20 ,
y(0) = 2 .
(4.101)
Solução: Esta equação é linear, com solução da forma y = uv, onde
v = exp(−5x) ,
(4.102)
∫
e
20e5x dx + C = 4e5x + C ,
u=
(4.103)
de modo que a solução geral é
y = uv = (4e5x + C)e−5x = 4 + Ce−5x ,
(4.104)
Da condição inicial temos y(0) = 2 = 4+C, de modo que C = −2, e a solução do problema
de valor inicial é
y = 4 − 2e−5x .
(4.105)
4.4.6
Equação de Bernoulli
Vamos examinar agora um exemplo de equação não-linear que pode ser reduzida a uma forma
linear. A equação de Bernoulli tem a seguinte forma:
dy
+ p(x)y = q(x)y n
dx
(4.106)
onde p(x) e q(x) são funções contínuas de x, n ̸= 0 e n ̸= 1.
Dividindo a eq. (4.55) por y n obtemos
y −n
dy
+ py −n+1 = q .
dx
(4.107)
4.4. EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM E PRIMEIRO GRAU
Definindo a nova variável
127
w := y −n+1
(4.108)
temos
dw
dy
= (−n + 1)y −n
.
dx
dx
Substituindo as expressões (4.108) e (4.109) na eq. (4.107) obtemos
(4.109)
dw
1
+ pw = q ,
−n + 1 dx
(4.110)
que é uma equação linear. A solução é então dada, de acordo com a relação (4.91), por
onde
w = y −n+1 = uv ,
(4.111)
(
)
∫
v = exp −(−n + 1) pdx ,
(4.112)
∫
u = (−n + 1)
q
dx + C .
v
(4.113)
Exemplo 128 Resolva a equação
x2
dx
+ 2xy − y 3 = 0 .
dy
(4.114)
Neste caso temos n = 3, p(x) = 2/x e q(x) = 1/x2 , de modo que das relações (4.112) e
(4.113) temos
( ∫
)
2dx
v = exp 2
= x4 ,
(4.115)
x
∫
dx
1
u = −2
=2 5 +C.
(4.116)
x6
5x
Portanto,
w = y −2 = uv = x4
4.4.7
(
2
+C
5x5
)
=
2
+ Cx4 .
5x
(4.117)
Problemas Propostos - Equação de Bernoulli
Resolver as seguintes equações de Bernoulli:
1.
dy
= y + ex y 2 ,
dx
2. xy ′ + y = 1/y 2 ,
4. y ′ = ϵy − σy 3 , ϵ , σ > 0 ,
x + y2
,
x
8. xy ′ = 2xy + 3y 4 , y(1) = 0 .
5. y ′ = 1 + x + y 2 + xy 2 ,
7. (1 − x2 )y ′ = xy(y 3 − 1) , y(1) = 4 ,
4.4.8
3. y ′ + xy = x3 y 3 ,
6. y ′ =
Condições Iniciais e Domínio de Validade
Exemplo 129 Consideremos o problema que consiste na resolução do problema de valor
inicial
3x2 + 4x + 2
y′ =
,
y(0) = 1 ,
(4.118)
2(y − 1)
e determinação do domínio de validade da solução.
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
128
1
0.5
x
–2
–1.5
–1
–0.5
0.5
1
0
–0.5
–1
y(x)
–1.5
–2
Figura 4.6: Curva integral correspondente à eq. (4.118)
A eq. (4.118) pode ser escrita como
2(y − 1)dy = (3x2 + 4x + 2)dx .
(4.119)
y 2 − 2y = x3 + 2x2 + 2x + C ,
(4.120)
Integrando obtemos
onde C = const. Da condição inicial obtemos imediatamente C = 3, de modo que a solução
para o problema de valor inicial é
y 2 − 2y = x3 + 2x2 + 2x + 3 .
Para obter a solução explícita devemos resolver a expressão (4.121) para y:
√
y = 1 ± x3 + 2x2 + 2x + 4 .
(4.121)
(4.122)
Somente a solução com sinal negativo na frente da raiz quadrada satisfaz as condições iniciais, ou seja,
√
y = 1 − x3 + 2x2 + 2x + 4 .
(4.123)
A eq(4.123) pode ser fatorada na forma (x2 + 2)(x + 2), de modo que para que a quantidade
sob o radical seja positiva devemos ter x > −2.
Exercício 130 Utilize o comando fieldplot do Maple para encontrar o campo de direções da eq. (4.118), e o comando implicitplot para determinar a curva integral correspondente à solução (4.123). A solução através do comando DEplot está mostrada na
Fig. 4.6.
Exemplo 131 Resolva o seguinte problema de valor inicial e determine o intervalo de validade da solução:
y cos x
y′ =
,
y(0) = 1 .
(4.124)
1 + 2y 2
4.4. EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM E PRIMEIRO GRAU
129
Esta equação pode ser reescrita como
dy
= cos xdx .
y
(4.125)
ln |y| + y 2 = sin x + C .
(4.126)
(1 + 2y 2 )
Integrando obtemos
Para que a condição inicial seja satisfeita devemos ter C = 1, de modo que a solução
buscada tem a forma
ln |y| + y 2 = sin x + 1 .
(4.127)
Embora uma solução explícita não possa ser obtida neste caso, podemos observar que nenhuma solução cruza o eixo x. De fato, se y → 0, o lado esquerdo da expressão (4.127) tende
a infinito, enquanto que o termo no lado direito está limitado ao intervalo [0, 2]. Da prṕria
equação diferencial (4.124) e da solução (4.127) podemos verificar que os máximos relativos
de y ocorrem em x = π(2n + 1)/2, enquanto que os mínimos ocorrem em x = π(2n + 3)/2.
Os máximos são então obtidos resolvendo a equação
ln y = y 2 = 2 ,
(4.128)
de modo que ymax = 1.3141. Os mínimos são dados por
ln y + y 2 = 0 ,
(4.129)
de modo que ymin = 0.6529.
O gráfico da expressão (4.127) é dado na Fig. 4.7
Exemplo 132 Resolva o problema de valor inicial
y ′ = y 1/3 ,
y(0) = 0 ,
x ≥ 0.
(4.130)
Separando variáveis e integrando ambos os lados obtemos
3 2/3
y
=x+C.
2
(4.131)
Desta expressão verificamos que as condições iniciais são satisfeitas, com C = 0, para duas
funções:
( )3/2
3
y = ϕ1 (x) =
x
,
x ≥ 0,
(4.132)
2
( )3/2
3
y = ϕ2 (x) = −
x
,
x ≥ 0.
(4.133)
2
Outra solução da eq. (4.130), satisfazendo a condição inicial, mas que não está incluída na
solução (4.131) é
y = ϕ3 (x) = 0 .
(4.134)
Esta multiplicidade de soluções para o problema de valor inicial não contradiz o teorema de
existência e unicidade, pois a função
∂ 1/3
1
∂f
=
(y ) = y −2/3
∂y
∂y
2
(4.135)
não está sequer definida em y = 0. Portanto, o teorema não se aplica a regiões que contenham parte do eixo x. Entretanto, se (x0 , y0 ) são as coordenadas de qualquer ponto fora
do eixo x, então há somente uma solução para y ′ = y 1/3 passando por este ponto.
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
130
1
y
0.5
–10
0
–5
5
10
x
–0.5
–1
Figura 4.7: Gráfico da expressão (4.127). Somente a parte superior satisfaz a condição inicial.
Exemplo 133 Resolva o problema de valor inicial
y′ = y2 ,
y(0) = 1 .
(4.136)
e determine o intervalo no qual a solução existe.
O teorema de existência e unicidade garante que este problema tem solução única, pois
f (x, y) = y 2 e ∂f /∂y = 2y sao funções contínuas em todos os pontos. Separando variáveis
e integrando a eq.(4.136) obtemos
y=−
1
.
x+C
(4.137)
Para que a condição inicial seja satisfeita devemos ter C = −1, ou seja,
y=−
1
.
1−x
(4.138)
Esta solução diverge em x=1, de modo que o intervalo de domínio da solução é −∞ < x <
1. Note que não há qualquer indicação da equação diferencial (4.136) que o ponto x = 1
seja especial.
Além disso, se consideramos uma condição inicial de caráter geral
y(0) = y0 ,
(4.139)
temos C = −1/y0 e a solução torna-se
y=
y0
.
1 − y0 x
(4.140)
4.4. EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM E PRIMEIRO GRAU
131
Essa solução cresce sem limites quando x → 1/y0 , de modo que o intervalo de existência da
solução (4.140) é −∞ < x < 1/y0 se y0 > 0 e 1/y0 < x < ∞ se y0 < 0.
Esta dependência entre condições iniciais e o intervalo de soluções é típica de equações
não-lineares.
Um dos aspectos ilustrados nos exemplos acima é o fato de que equações diferenciais
lineares e não-lineares diferem de modo crucial no que se refere à solução geral. Para uma
equação diferencial linear de primeira ordem é possível encontrar uma solução contendo uma
constante arbitrária, a partir da qual todas as possíveis soluções são obtidas dando-se valores
particulares às constantes. Para equações não-lineares este não é necessariamente o caso.
Mesmo que uma solução contendo uma constante seja encontrada, pode haver uma outra
solução que não pode ser obtida especificando-se um valor para esta constante. Por exemplo,
a eq. y ′ = y 2 , estudada anteriormente, admite a solução (4.137) que, apesar de conter uma
constante arbitrária, não engloba todas as possíveis soluções. De fato, y = 0 é uma possível
solução não incluída em (4.137). Por esta razão, o termo solução geral será aplicado somente
a equações diferenciais lineares.
4.4.9
Exercícios - Intervalo de Validade de Soluções
Em cada um dos problemas abaixo especifique a região do plano xy onde as hipóteses do
teorema de existência e unicidade são satisfeitas, provando assim que há uma única solução
passando por cada ponto inicial dado, em cada região.
dy
x−y
=
,
dx
2x + 5y
1 + x2
dy
=
,
4.
dx
3y − y 2
1.
2. y ′ = (1 − x2 − y 2 )1/2 ,
5. y ′ = (x2 + y 2 )3/2 ,
ln |xy|
,
1 − x2 + y 2
y cot x
6. y ′ =
.
1+y
3. y ′ =
Resolva os seguintes problemas de valor inicial e determine como o intervalo no qual a
solução existe depende do valor inicial y0 .
dy
−4x
=
, y(0) = y0 ,
dx
y
9. y ′ = −y 3 , y(0) = y0 .
7.
8. y ′ = 2xy 2 ,
y(0) = y0 ,
10. Considere o problema de valor inicial y ′ = y 1/3 , y(0) = 0 considerado no Exemplo
132. (a) Existe uma solução que passe pelo ponto (1, 1) ? Em caso afirmativo encontre-a.
Considere o mesmo problema para o ponto (2, 1).
(b) Considere todas as possíveis soluções do dado problema de valor inicial. Determine o
conjunto de valores que estas funções assumem em x = 2.
2
11. (a) Verifique que y1 (x) = 1 − x e y2 (x) = − x4 são soluções do problema de valor
inicial
−x + (x2 + 4y)1/2
, y(2) = −1 .
y′ =
2
Qual é o intervalo de validade destas soluções ?
(b) Explique por quê a existência de duas soluções do dado problema não contradiz o teorema
de existência e unicidade ?
(c) Mostre que y = Cx+C 2 , onde C é uma constante arbitrária, satisfaz a equação diferencial
dada em (a) para x ≥ −2C. Se C = −1 a condição inicial também é satisfeita e a solução
y = y1 (x) é obtida. Mostre que não há qualquer escolha para C que resulte na solução
y = y2 (x).
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
132
4.4.10
Equações Diferenciais Exatas
Consideremos uma equação diferencial escrita na forma
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 .
(4.141)
Esta equação é dita exata se existir uma expressão u(x, y) = c, onde c = const. tal que
du = M (x, y)dx + N (x, y)dy =
∂u
∂u
dx +
dy = 0 ,
∂x
∂y
(4.142)
ou seja,
∂u
∂u
, N (x, y) =
.
∂x
∂y
Se M e N tiverem derivadas contínuas, segue-se das relações (4.143) que
M (x, y) =
∂M
∂2u
∂N
∂2u
=
=
=
∂y
∂y∂x
∂x
∂x∂y
(4.143)
(4.144)
A condição
∂M
∂N
=
(4.145)
∂y
∂x
é, portanto, uma condição necessária para que a equação diferencial (4.141) seja exata.
Revertendo o procedimento acima podemos mostrar que a condição (4.145)é também suficiente.
Exemplo 134 Resolver a equação
2x
y 2 − 3x2
dx +
dy = 0 .
3
y
y4
Denotando
M (x, y) =
2x
,
y3
N (x, y) =
y 2 − 3x2
,
y4
(4.146)
(4.147)
temos
∂M
6x
∂N
6x
=− 4 ,
=− 4 ,
(4.148)
∂y
y
∂x
y
de modo que a eq. (4.146) é exata (ou total). O próximo passo consiste em determinar u = c,
tal que
∂u
∂u
du =
dx +
dy = M dx + N dy = 0 .
(4.149)
∂x
∂y
Para isso devemos integrar parcialmente qualquer uma das expressões
2x
∂u
= M (x, y) = 3 ,
∂x
y
∂u
y 2 − 3x2
= N (x, y) =
.
∂y
y4
(4.150)
Normalmente escolhemos a integral mais simples. Integrando parcialmente a primeira das
expressões acima obtemos
∫
x2
2x
u=
dx
+
ϕ(y)
=
+ ϕ(y) ,
(4.151)
y3
y3
onde ϕ(y) é uma função indeterminada de y. Derivando esta expressão com relação a y e
igualando a N , temos
3x2
y 2 − 3x2
∂u
= − 4 + ϕ′ (y) = N =
,
∂y
y
y4
(4.152)
4.4. EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM E PRIMEIRO GRAU
ou
133
1
.
y2
(4.153)
1
ϕ(y) = − .
y
(4.154)
ϕ′ (y) =
Integrando,
Substituindo esta expressão para u em (4.151) obtemos
u=
1
x2
− = C = const.
y3
y
(4.155)
Exemplo 135 Resolver a equação
(3x2 y + 2xy)dx + (x3 + x2 + 2y)dy = 0 .
(4.156)
M = 3x2 y + 2xy ,
N = x3 + x2 + 2y ,
(4.157)
∂N
= 3x2 + 2x ,
∂x
(4.158)
Definindo
temos
∂M
= 3x2 + 2x ,
∂y
de modo que a eq.(4.156) é exata. Devemos então encontrar u tal que
du =
∂u
∂u
dx +
dy = M dx + N dy = 0 .
∂x
∂y
(4.159)
Portanto,
∂u
= M (x, y) = 3x2 y + 2xy ,
∂x
∂u
= N (x, y) = x3 + x2 + 2y .
∂y
(4.160)
Integrando parcialmente a segunda expressão obtemos
u = x3 y + x2 y + y 2 + ϕ(x) .
(4.161)
Diferenciando esta expressão com relação a x e igualando a M obtemos
∂u
= 3x2 y + 2xy + ϕ′ (x) = M = 3x2 y + 2xy ,
∂x
de modo que
ϕ′ (y) = 0 ,
ϕ(y) = C1 = const.
(4.162)
(4.163)
Da expressão (4.161) obtemos então a solução
u = x3 y + x2 y + y 2 = C .
4.4.11
(4.164)
Fator Integrante
Suponhamos que o primeiro membro da equação
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
(4.165)
não é uma diferencial total. Muitas vezes é possível multiplicar a eq. (4.165) por uma função
µ(x, y) que torna a equação exata. Neste caso µ(x, y) é denominado fator integrante da
equação diferencial.
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
134
Multiplicando a eq. (4.165) por µ(x, y) obtemos
µM dx + µN dy = 0 .
(4.166)
Para que esta equação seja exata devemos ter
∂(µM )
(µN )
=
,
∂y
∂x
(4.167)
ou seja,
µ
∂µ
∂N
∂µ
∂M
+M
=µ
+N
.
∂y
∂y
∂x
∂x
Tentando um fator do tipo µ = µ(y), esta equação torna-se
(
)
1 ∂N
∂M
dµ
=
−
dy.
µ
M ∂x
∂y
(4.168)
(4.169)
Se o lado esquerdo desta equação depender somente de y podemos obter µ através de uma
quadratura, ou seja,
(∫
(
) )
1 ∂N
∂M
µ = exp
−
dy .
(4.170)
M ∂x
∂y
Se esta hipótese falhar podemos tentar tentar um fator integrante do tipo µ = µ(x). Neste
caso, utilizando a eq. (4.168), obtemos
(
)
1 ∂M
∂N
dµ
−
dx =
,
(4.171)
N
∂y
∂x
µ
(∫
ou
µ = exp
1
N
(
∂M
∂N
−
∂y
∂x
)
)
dx .
(4.172)
No caso em que estas tentativas falham, há ainda outros métodos para a determinação do fator
integrante, que não serão considerados aqui. Se o fator integrante tiver sido determinado,
procede-se então como mostrado na seção anterior, sobre equações exatas.
Exemplo 136 Resolva a equação
y′ +
y
= 0.
2xy − e−2y
(4.173)
Esta equação não pode ser resolvida por nenhum dos métodos que vimos anteriormente, exceto possivelmente pela possibilidade de ser transformada numa diferencial exata. Podemos
reescrever a eq. (4.173) como
ydx + (2xy − e−2y ) = 0 .
Com
M = y,
temos
∂M
= 1,
∂y
N = 2xy − e−2y ,
∂N
= 2y ,
∂x
(4.174)
(4.175)
(4.176)
de modo que a equação não é exata. Devemos então buscar um fator integrante, ou seja, uma
função µ tal que
(∂µN )
∂(µM )
=
.
(4.177)
∂y
∂x
4.4. EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM E PRIMEIRO GRAU
Supondo que µ = µ(y), utilizando a eq. (4.170), obtemos
( ∫ (
) )
1
e2y
µ = exp −
− 2 dy =
.
y
y
135
(4.178)
A equação M̃ dx + Ñ dy = 0, com M̃ := µM e Ñ := µN , agora é exata. Devemos então
encontrar u = C = const., tal que
du =
∂u
∂u
dx +
dy = M̃ dx + Ñ dy = 0 .
∂x
∂y
(4.179)
Da expressão anterior temos
∂u
e2y
= M̃ =
y = e2y ,
∂x
y
∂u
e2y
1
= Ñ =
(2xy − e−2y ) = 2xe2y − .
∂y
y
y
(4.180)
Integrando a primeira destas equações com relação a x obtemos
u = e2y x + ϕ(y) .
(4.181)
Diferenciando parcialmente esta expressão com relação a y temos
∂u
= 2e2y x + ϕ′ (y) .
∂y
(4.182)
Utilizando a segunda equação em (4.180), obtemos
2e2y x + ϕ′ (y) = 2xe2y −
ou
1
,
y
(4.183)
1
ϕ′ (y) = − ,
y
(4.184)
ϕ(y) = − ln |y| .
(4.185)
de modo que
Voltando a (4.181) obtemos finalmente a solução:
e2y x − ln |y| = C .
A família de curvas correspondente a estas soluções é dada na Fig.4.8
4.4.12
Exercícios - Equações Exatas e Fator Integrante
Resolva as seguintes equações, encontrando o fator integrante caso necessário:
1. 2xydx + (x2 + 2y)dy = 0,
2. (2xy + y 2 cos x)dx + (x2 + 2y sin x)dy = 0,
3. (ln |y| + y cos x)dx + (x/y + sin x)dy = 0,
4. (3x sin y + 2y)dx + (x2 cos y + x)dy = 0,
5. (3x2 y + 2xy + y 3 )dx + (x2 + y 2 )dy = 0,
6. y ′ = e2x + y − 1,
(4.186)
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
136
30
20
10
y
–1
–0.8
–0.6
–0.4
–0.2
0.2
0.4
–10
–20
–30
–40
Figura 4.8: Gráficos correspondentes a exp(2y)x − ln |y|] = C, C = −4..1.
7. dx + (x/y − sin y)dy = 0,
8. ydx + (2xy − e−2y )dy = 0,
9. ex dx + (ex cot y + 2y csc y)dy = 0.
10. Mostre que se (Nx − My )/M = Q, onde Q é uma função de y somente, então a
equação diferencial
M + N y′ = 0
admite um fator integrante da forma
∫
µ(y) = exp
Q(y)dy.
11. Utilizando o resultado obtido no problema anterior, resolva a equação
(
) ( 2
)
6
x
y
3x +
+
+3
y ′ = 0.
y
y
x
4.4.13
Exercícios de Revisão
Resolva as equações abaixo utilizando qualquer um dos métodos vistos nesta seção.
1. y ′ = (x3 − 2y)/x,
2. y ′ = (2x + y)/(3 + 3y 2 − x),
3. y ′ = (2xy + y 2 + 1)/(x2 + 2xy),
4. y ′ = x/(x2 y + y 3 ),
5. y ′ = y(1 − ex )/(ex + 1),
6. xy ′ = y + xy/x ,
y(0) = 0,
4.4. EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM E PRIMEIRO GRAU
137
7. xy ′ + y − y 2 e2x = 0,
8. y ′ = y 3 /(1 − 2xy 2 ),
y(0) = 1,
9. y ′ = −(3x2 y + y 2 )/(2x3 + 3xy),
y(1) = −2,
10. (cos 2y − sin x)dx − 2 tan x sin 2y dy = 0,
11. (x + y)dx − (x − y)dy = 0,
12. xy ′ + xy = 1 − y,
y(1) = 1,
13. y ′ + y = 1/(1 + ex ),
14. y ′ = ex+y ,
15. y ′ = (x2 − 1)/(y 2 + 1),
y(−1) = 1,
16. 2 sin y cos xdx + cos y sin xdy = 0,
17. y ′ = (2y +
√
x2 − y 2 )/2x,
18. Resolva todos os problemas acima utilizando Maple. Obtenha a família de curvas correspondente à solução geral ou a curva correspondente à solução particular, conforme
o caso.
19. Equações de Riccati. A equação
dy
= q1 (x) + q2 (x)y + q3 (x)y 2
dx
é denominada equação de Riccati. Suponha que uma particular solução y1 desta equação
seja conhecida. Uma soluçãoo mais geral, contendo uma constante arbitrária, pode ser
obtida através da substituição
y = y1 (x) +
1
.
v(x)
Mostre que v(x) satisfaz a equação linear de primeira ordem
dv
= −(q2 + 2q3 y1 )v − q3 .
dx
20. Utilize o método do problema anterior para resolver as seguintes equações de Riccati:
(a) y ′ = 1 + x2 − 2xy + y 2 ,
′
(b) y = −1/x − y/x + y ,
2
2
y1 (x) = x,
y1 (x) = 1/x,
(c) y ′ = (2 cos2 x − sin2 x + y 2 )/(2 cos x),
y1 (x) = sin(x)
Aplicações Elementares
Vamos aqui apresentar alguns exemplos de aplicações simples de EDOs de primeira ordem.
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
138
4.4.14
Decaimento radioativo
Tório-234
O isótopo radioativo tório-234 desintegra-se a uma taxa proporcional à sua massa em cada
instante Se 100 mg deste material são reduzidos a 82.04 mg em uma semana, determinar a
relação que expressa a massa em função do tempo. A partir disso calcular o tempo necessário
para que a massa decaia à metade do seu valor original.
Solução:
De acordo com a informação dada acima, a taxa de desintegração da massa M do material é
dada por
dM
= −κM,
(4.187)
dt
onde κ > 0 é a constante de decaimento, M é dado em miligramas e t em dias. Devemos
encontrar uma solução para de (4.187) satisfazendo a condição inicial.
M (0) = 100 ,
(4.188)
M (7) = 82.04 .
(4.189)
assim como
A solução geral de (refeq167) é dada por
M (t) = Ce−κt ,
(4.190)
onde C é uma constante a ser determinada a partir da condição inicial. De fato, M (0) =
100 = C, de modo que
M (t) = 100e−κt .
(4.191)
A condição adicional (4.189) pode ser utilizada para determinar a constante de decaimento
κ:
M (7) = 100e−κ7 = 82.04 ,
(4.192)
ou
κ=
ln 0.8204
= 0.02828 dias−1 ,
7
(4.193)
M (t) = 100e0.02828t mg .
(4.194)
Portanto,
O período de tempo necessário para que a massa se reduza à metade do seu valor original é
denominado meia-vida do material. Seja τ o tempo necessário para que a massa se reduza a
50 mg. Da eq. (4.194) temos então que τ = 24.5 dias.
Lei de Resfriamento de Newton
Vamos considerar agora um modelo simplificado para o fenômeno de variação de temperatura
num corpo devido à perda de calor para o meio ambiente. Adotaremos as seguintes hipóteses:
(i) a temperatura T do corpo é a mesma em todo corpo e depende somente do tempo t;
(ii) a temperatura Θ do meio ambiente é constante;
(iii) o fluxo de calor através das paredes do corpo é proporcional à diferença entre as temperaturas do corpo de do meio ambiente:
dT
= −k (T − Θ) ,
dt
(4.195)
4.4. EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM E PRIMEIRO GRAU
139
onde k > 0 é a chamada constante de resfriamento, e o sinal negativo está associado ao fato de
que a temperatura de um corpo quente relativamente ao meio ambiente sempre decresce com
o tempo. Tal modelo foi considerado por Newton no caso de uma esfera de metal aquecida.
Um modelo mais acurado consistiria na utilização da “lei de Newton dos elementos próximos” dentro do corpo, onde a temperatura depende agora também do ponto x do corpo, sendo
dada pela equação diferencial parcial, chamada equação do calor,
dT
∂2T
=k 2 .
dt
∂x
(4.196)
Neste modelo a eq. (4.195) aparece como condição de fronteira.
Vejamos alguns exemplos de aplicação da lei de resfriamento de Newton.
Esfera de Cobre
A experiência mostra que a taxa de variação da temperatura de um corpo é aproximadamente
proporcional à diferença entre a temperatura do corpo e a temperatura do ambiente. Uma
esfera de cobre é aquecida a uma temperatura de 100 C. No instante t = 0 ela é imersa em
água que é mantida a uma temperatura de 30 C. Depois de 3 min. a temperatura de esfera está
reduzida a 70 C. Determinar o instante em que a temperatura atinge 31 C.
Solução:
Sendo T a temperatura do corpo, o problema nos informa que
dT
= −κ(T − 30) ,
dt
(4.197)
onde a constante de proporcionalidade κ é positiva, pois a temperatura do corpo sempre
diminui com o tempo. Esta equação tem solução geral T (t) = 30 + e−κt C , onde a constante
arbitrária C é determinada pela condição T (0) = 100 , ou seja, C = 70, de modo que
T (t) = 30 + 70e−κt ,
(4.198)
A constante κ pode ser determinada a partir da condição T (3) = 30 + 70e−κ3 = 70, de
modo que κ = 0. 186 54 . Portanto, a temperatura da esfera em um instante qualquer t é
T (t) = 30 + 70e−0.18654t .
(4.199)
Desta equação temos que a temperatura T = 31◦ C é atingida quando
t=
ln 70
= 22.78 min.
0.1865
(4.200)
Café
Dois amigos vão ao bar e pedem dois cafés. O primeiro adiciona uma colher de açúcar imediatamente. O segundo espera um pouco e adiciona uma colher de açúcar 30 segundos depois.
Então ambos bebem seus cafés. Quem bebe o café mais frio ?
Solução:
Podemos novamente utilizar a lei de Newton do resfriamento, utilizada no exemplo anterior,
que pode servir nesse caso como uma boa aproximação para uma estimativa que é qualitativa.
Sejam Θ a temperatura ambiente, T a temperatura em que o café é servido, T1 é temperatura do café do primeiro rapaz após 30 segundos e T2 é a temperatura do café do segundo
rapaz, após 30 segundos antes dele adicionar açúcar. Assumimos então que a temperatura dos
dois cafés evolui de acordo com lei de resfriamento de Newton:
dT
= −κ(T − Θ) ,
dt
(4.201)
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
140
onde κ > 0 é a constante de resfriamento, associada ao sistema café-xícara. A equação
(4.201) é separável e sua integração resulta, para cada caso, em
T1 (t) = Θ + (T0 − ∆T − Θ) e−κt ,
T2 (t) = Θ + (T0 − Θ) e−κt ,
(4.202)
(4.203)
onde ∆T é a queda de temperatura do café causada pela adição de açúcar. No caso do
primeiro rapaz tal queda de temperatura já é tomada em conta na temperatura inicial, de
modo que T1 é a temperatura do café que ele bebe. Por outro, lado o segundo rapaz bebe o
café a uma temperatura T2 = T2 − ∆T . A diferença das temperaturas é então dada por
T2 − T1 = ∆T (e−κt − 1) < 0 .
(4.204)
Portanto, T2 < T1 , de modo que o segundo rapaz bebe o café mais frio.
Temperatura do Ambiente não-constante
Suponhamos que a temperatura Θ do meio ambiente varia com o tempo ao ceder ou receber
calor do corpo. As demais hipóteses da lei de resfriamento de Newton são mantidas. Sejam
m e mA , as massas do corpo e do meio ambiente, respectivamente. O calor específico de
um corpo é definido como sendo a quantidade de calor (em calorias) necessária para elevar
de 1◦ C a massa de 1g do corpo. Sejam c e cA os calores específicos do corpo e do meio
ambiente, respectivamente. A lei de conservação da quantidade de calor é então dada por
mc(T0 − T ) = mA cA (Θ − Θ0 ) ,
(4.205)
onde T (t) e Θ(t) designam as temperaturas do corpo e do meio ambiente, respectivamente,
e T0 = T (0), Θ0 = Θ(0). Substituindo Θ, obtida de (4.205), em (4.195) obtemos
dT
+ k(1 + β)T = k(Θ0 + βT0 ) ,
dt
(4.206)
onde β := mc/mA cA . Esta equação, com a condição inicial T (0) = T0 tem solução
T (t) =
T0 − Θ0 −k(1+β)t Θ0 + β T0
e
+
.
1+β
1+β
(4.207)
Notamos que para t → ∞ a temperatura do corpo tende ao valor de equilíbrio
Te := lim T (t) =
t→∞
Θ0 + βT0
mA cA Θ0 + mcT0
=
.
1+β
mA cA + mc
(4.208)
Exercício 137 Obtenha as equações (4.206) e (4.207).
4.4.15
Misturas
Tanque de Água
Um tanque contém inicialmente uma quantidade Q0 Kg de sal dissolvida em 100l de água.
Suponha que é despejada no tanque água a 3l/min, com 1/15Kg de sal por litro dissolvidos.
Suponha ainda que a solução é mantida bem misturada e que 3l/min desta solução deixam o
tanque (Fig. 4.9). Encontre uma expressão para a quantidade de sal no tanque em função do
tempo t.
Solução:
A taxa de variação da massa de sal no tanque, dQ/dt, no instante t, deve ser igual à taxa de
sal que entra no tanque menos a taxa que sai.
4.4. EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM E PRIMEIRO GRAU
141
Figura 4.9: Tanque com água e misturador
A taxa de sal que entra no tanque é dada por
1 kg 3 l
1 kg
=
.
15 l min
5 min
A taxa de sal que sai é
3 kg
Q(t) kg 3 l
=
.
100 l min
100 l
Portanto, a taxa de variação da quantidade de sal no tanque a qualquer instante é dada pela
diferença
dQ
1
3
= −
Q.
(4.209)
dt
5 100
A solução desta equação linear é dada por (demonstre)
Q(t) =
20
+ C e−0.03t .
3
(4.210)
Da condição inicial dada pelo problema temos que
Q(0) = Q0 =
)
20 (
1 − e−0.03 t + Q0 e−0.03 t .
3
(4.211)
O segundo termo no lado direito da equação acima representa a quantidade original de sal que
permanece no tanque no instante t. Este termo torna-se muito pequeno para t → ∞, quando a
solução original já terá sido então totalmente drenada para fora do tanque. O primeiro termo
no lado direito dá a quantidade de sal no tanque no tempo t devido à ação do processo de
fluxo. Quando t → ∞ este termo tendo ao valor constante 20/3 Kg. Este valor limite é o que
poderíamos esperar intuitivamente, pois com o decorrer do tempo a concentração de sal na
água do tanque deve ser igual à da água que entra, de modo que Q(t → ∞) = 20/3 Kg.
Contaminação em Lagoa
Considere uma lagoa que inicialmente contém 10 milhões de litros de água fresca. Água
contendo resíduos químicos indesejáveis flui para dentro da lagoa a uma taxa de 5 milhões
de litros por ano. A mistura na lagoa flui para fora a uma mesma taxa. A concentração y(t)
de resíduos químicos da água que entra varia periodicamente com o tempo de acordo com a
expressão y(t) = 2 + sin2t g/l. Construa um modelo matemático deste processo de fluxo e
determine a quantidade de resíduo químico na lagoa em qualquer instante. Faça um gráfico
da solução e descreva em palavras o efeito da variação da concentração que entra.
Solução:
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
142
Como o fluxo de água que entra e que sai é o mesmo, a quantidade de água na lagoa permanece constante em 10 milhões de litros. Seja t o tempo medido em anos e Q(T ) a quantidade de resíduos químicos, medida em gramas.
Temos então
dQ
= taxa que entra − taxa que sai .
(4.212)
dt
A taxa de resíduos químicos que entram é dada por
taxa que entra = (5 × 106 )
l
g
(2 + sin 2t) .
ano
l
(4.213)
A concentração de resíduos químicos na lagoa a cada instante é dada por Q(t)/107 g/l, de
modo que o fluxo que sai é dado por
taxa que entra = (5 × 106 )
l Q(t) g
Q(t) g
=
.
ano 107 l
2 ano
(4.214)
Portanto, obtemos a equação diferencial
dQ
Q(t)
= (5 × 106 ) (2 + sin 2t) −
.
dt
2
(4.215)
Para simplificar os coeficientes, definimos novas variáveis q(t) := Q(t)/106 , de modo que a
equação diferencial agora assume a forma
dq 1
+ q = 10 + 5 sin 2t .
dt
2
(4.216)
A solução geral para esta equação linear é dada por
q(t) = 20 −
40
10
cos 2t +
sin 2t + C e−t/2 .
17
17
(4.217)
Não há resíduos químicos na lagoa inicialmente, de modo que q(0) = 0. Utilizando esta
condição inicial na solução (4.216) obtemos C = −300/17, de modo que a solução do
problema de valor inicial é dada por
q(t) = 20 −
40
10
300 −t/2
cos 2t +
sin 2t −
e
.
17
17
17
(4.218)
O gráfico corresponde é mostrado na Fig. (4.10).
Do gráfico vemos que o termo exponencial na solução é importante para t pequeno, mas
diminui rapidamente quando t aumenta. Mais tarde, a solução consiste de uma oscilação
devida aos termos sin 2t e cos 2t, em torno do valor constante q = 20. Note que se o termo
sin 2t não estivesse presente na eq. (4.218), então q = 20 seria a solução de equilíbrio da
equação.
4.4.16
Dinâmica
Velocidade de Escape
Vamos supor que um corpo é lançado verticalmente a partir da superfície de um planeta com
raio R e aceleração gravitacional na superfície g. Admitindo que não existe atmosfera, determine a velocidade de escape do corpo, ou seja, a velocidade inicial mínima para que o corpo
não retorne mais.
Solução:
Devemos obter a velocidade em função da altura. A velocidade inicial desejada vesc é aquela
4.4. EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM E PRIMEIRO GRAU
143
20
15
10
5
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
t
Figura 4.10: Quantidade de resíduos químicos na lagoa em função do tempo t
para a qual a velocidade final é zero quando a altura vai a infinito. Vamos assumir que a direção positiva é para cima. Utilizando a segunda lei de Newton e a lei da gravitação universal
de Newton, temos
dv
Mm
m
= −G
,
(4.219)
dt
(x + R)2
onde m é a massa do corpo, M a massa do planeta, x, a altura do corpo, acima da superfície,
num instante qualquer t, v sua velocidade e G a constante universal de gravitação.
Como neste problema queremos obter a velocidade em função da distância, vamos escrever
dv
dv dx
dv
=
=
v.
dt
dx dt
dx
(4.220)
Para eliminar as grandezas desconhecidas M e G utilizamos o fato de que na superfície x = 0
e mg = GM m/R2 , de modo que
GM = gR2 .
(4.221)
A eq. (4.219) pode agora ser escrita como
M
dv
v = −gR2
.
dx
(x + R)2
(4.222)
Esta equação diferencial é separável e pode ser integrada imediatamente:
∫
∫
vdv = −gR
2
dx
,
(x + R)2
(4.223)
ou seja,
gR2
v2
=
+C,
2
x+R
(4.224)
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
144
onde C é uma constante de integração a ser determinada a partir de uma condição inicial,
sendo esta dada por v(0) = v0 , de modo que
v02
= gR + C ,
2
v2
C = 0 − gR .
2
(4.225)
(4.226)
A velocidade do corpo em função da distância é então dada por
v2
gR2
v2
= 0 − gR +
,
2
2
x+R
(4.227)
ou
v2
v2
gRx
= 0 −
.
2
2
x+R
Durante a subida a velocidade, a qualquer altura x, é dada por
√
2gRx
v = v02 −
.
x+R
A velocidade de escape v0 = ve sc é obtida quando v(∞) = 0, ou seja,
√
√
2gRx
vesc = lim
= 2gR .
x→∞
x+R
4.4.17
(4.228)
(4.229)
(4.230)
Circuitos Elétricos
Circuitos RCL
Consideremos o circuito elétrico RCL mostrado na Fig. 4.1. Já apresentamos a equação
(4.11), que descreve a carga no capacitor. Vamos agora descrever a construção desta equação
a partir de princípios físicos e como resolver alguns problemas particulares que recaem em
EDOs de primeira ordem.
O circuito possui uma fonte de energia elétrica (força eletromotriz), que consiste de um
gerador ou bateria, que é capaz de manter entre suas extremidades uma dada diferença de potencial V (t), normalmente uma função conhecida do tempo. Essa tensão imposta ao circuito
desempenha um papel análogo ao da força externa num sistema massa-mola-amortecedor.
Quando a chave do circuito é fechada, passa a circular uma corrente elétrica I, medida de
ampères, através de todos os seus dispositivos. O dispositivo que denominamos resistor faz
com que o potencial de um ponto a outro do circuito sofra uma queda dada pela expressão
conhecida como lei de Ohm
VR = RI ,
(4.231)
onde I é a corrente elétrica que atravessa o resistor e a constante de proporcionalidade R é
denominada resistência do resistor, sendo medida em ohms. Tal dispositivo dissipa a energia
do sistema convertendo-a em calor, sendo análogo ao amortecedor no sistema massa-molaamortecedor.
O dispositivo chamado indutor tem a forma física semelhante à sua representação na Fig.
(4.1). Ele se opõe à variação da corrente elétrica, desempenhando um papel análogo ao da
massa no sistema mecânico. A queda de tensão nesse caso é dada por
VL = L
dI
,
dt
(4.232)
4.4. EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM E PRIMEIRO GRAU
145
onde a constante de proporcionalidade L é denominada indutância do indutor e é medida em
henrys, sendo o tempo dado em segundos.
O capacitor é um dispositivo armazenador de energia, consistindo de duas placas metálicas
paralelas separadas por vácuo ou por um material dielétrico. A queda de tensão no capacitor
é proporcional ao valor da carga elétrica armazenada numa das placas, num dado instante:
Q
,
(4.233)
C
onde a constante C é denominada capacitância e é medida em farads, sendo a carga medida
em coulombs. Como
dQ
I(t) =
,
(4.234)
dt
podemos escrever
∫
1 t
VC =
I(τ )dτ .
(4.235)
C t0
VC =
A corrente I(t) em um circuito pode ser determinada através da segunda lei de Kirchhoff:
A soma algébrica de todas as quedas de potencial em torno de qualquer circuito
fechado é nula. Ou seja, a tensão aplicada num circuito fechado é igual à soma
das quedas de tensão no resto do circuito.
Tal lei aplicada ao circuito da Fig.4.1 resulta em V (t) = VR + VC + VL , que é equivalente
à eq. (4.11).
Vamos agora considerar alguns casos particulares.
Circuito RL
Uma força eletromotriz (em Volts) dada por
{
V (t) =
120, 0 ≤ t ≤ 20 ,
0, t > 20 ,
é aplicada a um circuito LR em série, com 20H e R = 2Ω. Encontre a corrente i(t) se
i(0) = 0.
Solução:
A EDO que descreve o circuito é dada por
L
di
+ Ri = V (t) .
dt
(4.236)
di
+ 2i = 120 ,
dt
(4.237)
Quando 0 ≤ t ≤ 20s temos
20
ou
1
di
+ i = 6,
i(0) = 0 .
dt 10
Esta equação é linear e tem como solução
)
3(
0 ≤ t ≤ 20 .
i(t) =
1 − e−t/10 ,
5
Quando t > 20s a dinâmica do sistema é descrita pelo problema de valor inicial:
)
di
1
3(
+ i = 0,
i(20) =
1 − e−2 ,
dt 10
5
que tem como solução
i(t) =
3 2
(e − 1)e−t/10 ,
5
t > 20 .
(4.238)
(4.239)
(4.240)
(4.241)
146
4.4.18
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
Solução de EDO’s de Primeira Ordem com Maple
O Maple é um sistema de computação algébrica. Ou seja, sua especialidade é a manipulação
matemática simbólica, embora também se preste de forma eficiente para cálculos numéricos. Vamos dar alguns exemplos do seu emprego no estudo de EDOs de primeira ordem. O
estudante pode utilizar o conhecimento adquirido a partir destes exemplos para resolver os
problemas propostos, com a ajuda do Maple, checando os resultados obtidos manualmente.
Abaixo mostramos como representar graficamente as soluções de equações diferenciais
abordadas anteriormente.
4.4.19
Geração do gráfico da Fig. 4.5
>
>
>
>
>
>
>
>
>
restart:
with(plots):
eq:=\ln(abs(x*y))+x-y=C;
v[-1]:=’maroon’:
v[-2]:=’red’:
v[-3]:=’blue’:
v[-4]:=’sienna’:
for C from -4 to -1 do
G[C]:=implicitplot(eq,x=-6..5,y=-2..5,color=v[C],
numpoints=10000):
> od:
> display([seq(G[i],i=-4..-1)],scaling=constrained);
4.4.20
Solução gráfica da Eq.(4.118)
> eq1:=diff(y(x),x)=(3*x^2+4*x+2)/(2*(y(x)-1));
> with(DEtools):
> CI:=[[y(0)=-1]]:
> DEplot(eq1,y(x),x=-2..1,CI,arrows=large,color=grey,linecolor=red,
> method=rkf45);
4.4.21
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
Geração do gráfico da Fig. 4.8
eq:=\exp(2*y)*x-\ln (abs(y))=C;
isolate(eq,x);
assign(%);
with(plots):
L:=[]:
for C from -6 to 4 by 2 do
p[C]:=plot(x,y=-1..0.5):
L:=[op(L),p[C]];
od:
display(L);
4.4.22 Solução gráfica do Problema 9 da Sec. 4.4.13
>
>
>
>
eq:=diff(y(x),x)=-(3*x^2*y(x)+y(x)^2)/(2*x^3+3*x*y(x));
with(DEtools):
CI:=[[y(1)=-2]]:
DEplot(eq,y(x),x=0.1..4,CI,title=‘Curvas Integrais para o Problema 9‘
4.4. EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM E PRIMEIRO GRAU
147
Soluªo do Problema 9
e curvas integrais
–2
–4
–6
–8
y(x)
–10
–12
–14
–16
0
1
2
3
4
x
Figura 4.11: Solução do Problema 9. Sec. 4.4.13
,arrows=large,color=grey,linecolor=red, method=rkf45);
O gráfico correspondente é apresentado na Fig.4.11.
4.4.23
Problemas Propostos - Aplicações de EDOs de Primeira Ordem
1. Um corpo a 120o C é colocado numa sala de temperatura desconhecida, mas que é
mantida constante. Sabendo que após 10 min o corpo está a 90o C, e após 20 min a
82o C, determine a temperatura da sala.
2. Um corpo a 100o C é posto numa sala onde a temperatura ambiente se mantém a 25o C.
Após 5 min. a temperatura do corpo é 90o C. Depois de quanto tempo a temperatura do
corpo atinge 50o c ?
3. Um corpo a 110o C é colocado num reservatório com água a 50o C. Supomos que todo
o calor cedido pelo corpo é absorvido e mantido pela água. Após 10 min. a temperatura
do corpo é de 85o C e a da água é 60o C. Determine o instante em que a temperatura da
água atinge 75o C e a temperatura de equilíbrio.
4. Qual deve ser a temperatura de 4l de água para que uma barra de ferro de 500g a 90o C
nela imerso atinja uma temperatura de 30o C em meia hora ? O calor específico do ferro
é de 0.113 cal/(g o C). Suponha além disso, que k = 0, 05.
5. A massa de um determinado material radioativo decresce a uma taxa proporcional à
quantidade presente em qualquer tempo. Sua meia-vida é de 4,5 horas. Se uma massa
de 3g deste material está presente inicialmente, quanto tempo levará para 99% do material desaparecer ?
6. O núcleo de urânio 239
92 U tem uma meia-vida de 23 min e produz espontaneamente um
novo elemento chamado neptúnio, emitindo um elétron e um neutrino:
239
92 U
−→
0
−1 e
+
239
93 Np
+ ν.
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
148
O neptúnio, por sua vez, é um emissor de elétron e neutrino, com meia-vida de 2,3 dias,
decaindo espontaneamente num novo elemento chamado plutônio:
239
93 Np
−→
0
−1 e
+
239
94 Pu
+ ν.
Finalmente, o plutônio, com uma meia-vida de 24.100 anos, emite uma partícula alfa
decaindo novamente no urânio, formando o isótopo raro encontrado na natureza:
239
94 Pu
−→ α +
235
92 U .
Supondo que temos 1Kg de 239
92 U,(i) qual a quantidade deste material que restará após
6h ? (ii) Qual a quantidade de 239
93 Np restante após este tempo ? (iii) Qual a quantidade
de 235
92 U restante após 50 anos ?
7. Um tanque está parcialmente cheio com 100 l de fluido nos quais há 10g de sal dissolvidos. Uma solução salina contendo 0, 5 g/l é bombeada para dentro do tanque a
uma taxa de 6 l/min. A mistura é drenada a uma taxa de 4 l/min. Qual a quantidade
de sal no tanque após 20 min ?
8. Um tanque contém inicialmente 120 l de água pura. Uma mistura contendo uma concentração de γ g/l de sal entra no tanque a uma taxa de 2 l/min. o Líquido é mantido
bem misturado e deixa o tanque a uma mesma taxa. Determine a expressão para a
quantidade de sal no tanque para qualquer tempo t. Determine também a quantidade
de sal no tanque para t → ∞.
9. Uma bebida contendo 6% de álcool é bombeada a uma taxa de 3 l/min para um tonel
que contém inicialmente 400 l de bebida com 3% de álcool. A mistura é drenada a uma
taxa de 4 l/min. Determine a quantidade de álcool no tanque em qualquer instante.
Qual é a porcentagem de álcool no tanque após 50 min ? Quando o tanque estará vazio
?
10. (3) Determinar a solução das equações
(a) (3x2 − y 2 )y ′ − 2xy = 0 ,
(b) y ′′ + y ′ tan(x) = cos(2x).
11. Determinar a equação diferencial que determina o movimento vertical de um corpo
sob a ação do campo gravitacional da Terra. A equação diferencial deve ser dada em
termos da velocidade, do raio da Terra R, da altura do corpo em relação à superfície
x, da aceleração da gravidade na superfície da Terra g e da massa m do corpo. A força
sobre o corpo é dada pela lei de Newton da gravitação universal, F = −GM m/r2 ,
onde G é a constante universal da gravitação, M é a massa da Terra e r a distância do
corpo ao centro da Terra (supomos positiva a direção associada a r crescente). Suponha
que a atmosfera exerce uma força dissipativa sobre o corpo que é proporcional à sua
velocidade. Formule um problema de valor inicial, atribuindo valores numéricos onde
necessário e resolva o correspondente problema numericamente.
12. Um corpo caindo em um fluido relativamente denso, óleo, por exemplo, sofre a ação de
três forças (Fig. 4.12): uma força resistiva R, uma força de empuxo B, e o peso devido
à gravidade. A força de empuxo é igual ao peso do fluido deslocado pelo objeto. Para
um corpo esférico de raio α, a força resistiva é dada pela lei de Stokes R = πµα|v|,
onde v é a velocidade do corpo, a µ é o coeficiente de viscosidade do fluido.
(a) Determine a velocidade limite da esfera sólida de raio α e densidade ρ, caindo
livremente num fluido de densidade ρ′ e coeficiente de viscosidade µ.
(b) Em 1909 o físico R. A. Millikan (1868-1953) determinou a carga de um elétron
estudando o movimento de minúsculas gotas de óleo caindo em um campo elétrico.
Um campo elétrico de intensidade E exerce uma força n e E sobre a gota, onde e é a
4.5. EDO’S DE ORDENS SUPERIORES
149
R
B
α
w
Figura 4.12: Corpo caindo num fluido denso
carga elétrica elementar e n é o número de elétrons na gota. Suponha que E é ajustado
de modo que a gosta permanece estacionária, e que w e B são dados pela parte (a).
Determine uma fórmula para n e. Millikan usou tal procedimento para descobrir que
a carga das gotas de óleo ocorrem somente em múltiplos de uma carga mínima, cujo
valor é 1, 60210 × 10−19 C.
4.5
EDO’s de Ordens Superiores
4.6
Introdução
Uma equação diferencial de ordem n pode ser escrita na forma geral
F (x, y, y ′ , y ′′ , . . . , y (n) ) = 0 .
(4.242)
Caso seja possível resolver esta equação para y (n) , temos
y (n) = f (x, y, y ′ , y ′′ , . . . , y (n−1) ) .
(4.243)
Nesta seção trataremos somente de equações que podem ser escritas na forma (4.243). Neste
caso vale o teorema de existência e unicidade:
Teorema 138 Se na equação diferencial (4.243) a função f (x, y, y ′ , . . . , y (n−1) ) e suas
derivadas parciais com respeito às variáveis y, y ′ , . . . , y (n−1) são contínuas em um certo
(n−1)
domínio que contém o ponto x = x0 , y = y0 , . . . , y (n−1) = y0
, então existe uma única
solução y = y(x) de (4.243) que satisfaz as condições iniciais:
y(x0 ) = y0 ,
y ′ (x0 ) = y0′ , . . . , y (n−1) (x0 ) = y0
(n−1)
.
(4.244)
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
150
No caso de uma EDO de segunda ordem
y ′′ = f (x, y, y ′ ) ,
(4.245)
as condições iniciais são dadas por
y(x0 ) = y0
y ′ (x0 ) = y0′ .
(4.246)
O significado geométrico destas condições iniciais, se (4.245) satisfaz as condições do teorema de existência e unicidade no ponto (x0 , y0 , y0′ ) é o seguinte:
Pelo ponto (x0 , y0 ) do plano passa somente uma curva integral cuja inclinação
neste ponto é dada por y0′ .
Uma solução geral de uma equação diferencial de ordem n é uma função y = ϕ(x, C1 , C2 , . . . , Cn ),
que depende de n constantes arbitrárias C1 , C2 , . . . , Cn , de modo que
1. a equação diferencial é satisfeita para quaisquer valores da constantes C1 , C2 , . . . , Cn ;
2. para quaisquer condições iniciais dadas dentro do domínio de validade da solução, é
possível escolher as constantes C1 , C2 , . . . , Cn de modo que estas condições iniciais
sejam satisfeitas.
Consideremos agora alguns tipos particulares de equações diferenciais de segunda ordem.
4.6.1
Equação da forma y (n) = f (x)
Uma EDO da forma
y (n) = f (x)
(4.247)
pode ser resolvida através de sucessivas integrações. Vejamos um exemplo:
Exemplo 139 Determinar a solução geral de
y ′′ = sin(kx) .
(4.248)
e a solução particular que satisfaz as condições iniciais
y(0) = 0 ,
y ′ (0) = 1 .
(4.249)
Solução: Integrando (4.248) uma vez obtemos
y′ =
∫
sin(kx) dx + C1 =
cos(kx) − 1
+ C1 .
k
(4.250)
Integrando novamente,
y=−
sin(kx) x
+ + C1 x + C2 .
k2
k
(4.251)
Aplicando as condições iniciais (4.249) a (4.250-4.251) obtemos C2 = 0 e C1 = 1, de modo
que a solução particular é
sin(kx)
+x
y=−
k2
(
1
+1
k
)
.
(4.252)
4.6. INTRODUÇÃO
4.6.2
151
Equação da forma y ′′ = f (x, y ′ )
A equação
y ′′ = f (x, y ′ )
(4.253)
p := y ′ ,
(4.254)
dp
= f (x, p) .
dx
(4.255)
Definindo uma nova variável
a eq. (4.253) torna-se
Exemplo 140 Consideremos a equação da catenária, construída no Exemplo 110 da Seção
4.2. De acordo com (4.28),
√
( )2
d2 y
1
dy
=
1+
.
(4.256)
dx2
a
dx
Definindo a nova variável desconhecida p = dy/dx temos
dp
1√
=
1 + p2 ,
dx
a
(4.257)
ou
√
Integrando obtemos
dp
1+
p2
dx
.
a
=
x
+ C1 ,
a
(x
)
p = sinh
+ C1 .
a
arcsinh p =
ou
(4.258)
(4.259)
(4.260)
Devemos agora determinar y:
∫
y=
4.6.3
p dx = a cosh
(x
a
)
+ C1 + C2 .
(4.261)
Equação da forma y ′′ = f (y, y ′ )
Se a EDO tem a forma
y ′′ = f (y, y ′ )
(4.262)
podemos reduzi-la a uma EDO de primeira ordem definindo a nova variável
p=
dy
.
dx
(4.263)
Devemos considerar agora p como uma função de y, ou seja,
dp
dp dy
dp
d2 y
=
=
=
p,
2
dx
dx
dy dx
dy
(4.264)
de modo que a EDO (4.264) toma a forma
p
dp
= f (y, p) .
dy
(4.265)
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
152
Exemplo 141 Resolver a equação
y ′′ =
1 −5/3
y
.
3
dy
,
dx
y ′′ = p
Com
p=
temos
dp
dy
(4.267)
dp
1
= y −5/3 .
dy
3
(4.268)
p2 = C1 − y −2/3 ,
(4.269)
p
Integrando obtemos
(4.266)
de modo que
√
dy
= ± C1 − y −2/3 .
dx
Separando variáveis e integrando temos
∫
y 1/3
x + C2 = ±
dy .
C1 y 2/3 − 1
(4.270)
(4.271)
Para calcular esta integral fazemos a substituição
t2 = C1 y 2/3 − 1 ,
(4.272)
de modo que
y 1/3 =
(t2 + 1)1/2
(4.273)
1/2
C1
e
dy =
3t(t2 + 1)1/2
3/2
.
(4.274)
C1
Portanto,
( 3
)
∫
1
3t(t2 + 1)
3
t
y 1/3
√
dy =
dt
=
+
t
C1 2
t
C1 2 3
C1 y 2/3 − 1
[
(
)]
1 √
=
C1 y 2/3 − 1 C1 y 2/3 + 2 .
C1 2
∫
De (4.271) obtemos então a solução final:
(
)]
1 [√
2/3 − 1 C y 2/3 + 2
x + C2 =
C
y
.
1
1
C1 2
(4.275)
(4.276)
(4.277)
Exemplo 142 Consideremos a equação não-linear do pêndulo simples (4.29) tratado no
Exemplo 111 da Seção 4.2:
d2 θ g
+ sin θ = 0 .
(4.278)
dt2
l
Definindo p tal que
d2 θ
dp
dθ
,
=
p,
(4.279)
p=
2
dt
dt
dθ
reduzimos (4.278 a uma equação de primeira ordem:
g
dp
p + sin θ = 0 .
dθ
l
(4.280)
4.7. PROBLEMAS PROPOSTOS - REDUÇÃO À PRIMEIRA ORDEM
Separando variáveis temos
g
p dp = − sin θdθ ,
l
153
(4.281)
de modo que
2g
cos θ + C .
(4.282)
l
Para determinar C vamos supor que θ(0) = θ0 corresponde ao máximo ângulo de oscilação,
ou seja quando dθ/dt = p = 0. Ou seja,
p2 =
C=−
Portanto,
p2 =
e
2g
cos θ0 .
l
4g
2g
(cos θ − cos θ0 ) =
sin(θ + θ0 ) sin(θ − θ0 )
l
l
√
dθ
g
p=
=2
sin(θ + θ0 ) sin(θ − θ0 ) .
dt
l
Separando as variáveis,
√
t=
l
2g
∫
dθ
√
.
sin(θ + θ0 ) sin(θ − θ0 )
(4.283)
(4.284)
(4.285)
(4.286)
Esta integral é do tipo elíptica, e não pode ser resolvida exatamente.
Exercício 143 Resolva esta integral numericamente e compare os resultados obtidos para
θ(t) com aqueles obtidos a partir da aproximação linear para pequenas oscilações (θ ≃ 0).
4.7
Problemas Propostos - Redução à Primeira Ordem
Reduzir à primeira ordem e resolver:
1. y ′′ = 2y ′ ,
2. xy ′′ = y ′ ,
3. xy ′′ + 2y ′ = 0;
4. y ′′ + 2y ′ tanh x = 0;
5. y ′′ = 1 + y ′2 ;
6. y ′′ + xy 2 = 1;
7. 2y ′ y ′′ = 1;
8. y ′′ + y ′ tan x = sin 2x ,
9. xy ′′ − y ′ = x2 ex ,
y(0) = −1,
10. yy ′′ − (y ′ )2 + (y ′ )3 = 0 ,
11. (y ′′ )2 + (y ′ )2 = a2
y(0) = −1,
y ′ (0) = 0;
y(0) = 1,
y(0) = 1,
y ′ (0) = 1;
y ′ (0) = −1;
y ′ (0) = −1;
12. Seja a EDO y ′′ + a(y ′ )2 + f (y) = 0; onde a é uma constante. Mostre que as substituições y ′ = z, v = z 2 , conduzem à equação linear de primeira ordem y ′ +2av+2f (y) =
0;
13. y ′′′ = (y ′′ )2 .
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
154
4.7.1
Equações Lineares Homogêneas
Uma EDO linear de ordem n linear tem a forma geral
a0 y (n) + a1 y (n−1) + · · · + an y = f (x) ,
(4.287)
onde a0 , a1 , . . . , an e f (x) são funções de x, que neste capítulo, vamos supor contínuas para
todos os valores de x. Podemos, neste caso, escolher a0 = 1.
Se f (x) ≡ 0, a equação (4.287) é dita homogênea (o lado esquerdo de (4.287) passa a ser
uma função homogênea de y, y ′ , . . . , y (n) ).
Consideremos novamente EDO’s de segunda ordem. É fácil mostrar que Uma equação
linear admite superposição linear de soluções: se y1 e y2 são duas soluções particulares da
equação
y ′′ + a1 y ′ + a2 y = 0 ,
(4.288)
então a combinação linear c1 y1 + c2 y2 , onde c1 e c2 são constantes, é também uma solução
desta equação.
Duas soluções y1 e y2 de (4.288) são ditas linearmente independentes no intervalo [a, b] se
sua razão não é constante, ou seja, y1 /y2 ̸= const. Caso contrário elas são ditas linearmente
dependentes.
O wronskiano de y1 e y2 são funções de x é o determinante
)
(
y1 y2
(4.289)
= y1 y2′ − y1′ y2 .
W (y1 , y2 ) = det
y1′ y2′
É fácil mostrar que se y1 e y2 são LI no intervalo [a, b], o wronskiano neste intervalo é
zero.
Uma propriedade importante do wronskiano é dada pelo seguinte teorema:
Teorema 144 Se o wronskiano W (y1 , y2 ) das soluções y1 e y2 da equação linear homogênea
(4.288)não se anula em um ponto x = x0 do intervalo [a, b], onde os coeficientes da equação
são contínuos, então ele não se anula em nenhum valor de x neste segmento.
Prova. Uma vez que y1 e y2 são soluções de (4.288), então
y1 ′′ + a1 y1 ′ + a2 y1 = 0 ,
y2 ′′ + a1 y2 ′ + a2 y2 = 0 .
(4.290)
Multiplicando a primeira das equações acima por y2 e a segunda por y1 e subtraindo uma
da outra obtemos:
(y1 y2 ′′ − y1 ′′ y2 ) + a1 (y1 y2 ′ − y1 ′ y2 ) = 0 .
(4.291)
Notemos que o segundo termo em parêntesis da equação anterior é justamente o wronskiano
W (y1 , y2 ). O primeiro termo é a derivada do wronskiano:
W (y1 , y2 )′ = (y1 y2 ′ − y2 y1 ′ )′ = y1 y2 ′′ − y1 ′′ y2 .
(4.292)
Portanto, (4.291) pode ser escrita como
W ′ + a1 W = 0 .
(4.293)
Vamos determinar uma solução de (4.293) satisfazendo a condição inicial
W |x=x0 = W0 .
(4.294)
A solução formal de (4.293) então é dada formalmente por
−
W = W0 e
∫x
x0
a1 dx
.
Portanto, se W0 ̸= 0, W (x) ̸= 0 para qualquer x no intervalo [a, b].
(4.295)
4.7. PROBLEMAS PROPOSTOS - REDUÇÃO À PRIMEIRA ORDEM
155
De (4.295) podemos também concluir que se W = 0 para x = x0 , então W = 0 para
qualquer x no intervalo.
É possível ainda mostrar que se as soluções y1 e y2 de (4.288) são LI no intervalo [a, b], o
wronskiano W definido por estas soluções é não-nulo para qualquer ponto do intervalo.
Um resultado importante, cuja prova está além do escopo deste texto, refere-se à solução
geral:
Teorema 145 Se y1 e y2 são soluções LI de (4.288), então
y = C1 y1 + C2 y2 ,
(4.296)
onde C1 e C2 são constantes arbitrárias, é a solução geral de (4.288).
Não há métodos gerais que permitam a determinação da solução geral de uma equação
diferencial linear de coeficiente variáveis. O procedimento usual neste caso consiste no uso de
soluções aproximadas por séries, a ser estudado neste curso. O caso envolvendo coeficientes
constantes, como veremos adiante, admite métodos precisos.
No entanto, se conhecermos uma solução particular de uma EDO linear geral a solução
geral homogênea pode ser determinada:
Teorema 146 Se uma solução particular de uma equação linear homogênea de segunda
ordem é conhecida, a busca da solução geral consiste numa integração de funções.
Prova. Seja y1 uma solução particular conhecida da equação
y ′′ + a1 y ′ + a2 y = 0 .
(4.297)
Vamos determinar uma outra solução particular y2 de (4.297) linearmente independente de
y1 , de modo que a solução geral será
y = C1 y1 + C2 y2 .
(4.298)
Notemos agora que de (4.295),
W = y2 ′ y1 − y2 y1 ′ = Ce−
∫
a1 dx
.
(4.299)
Dividindo esta equação por y1 2 temos
∫
y2 ′ y1 − y2 y1 ′
1
= 2 Ce− a1 dx
2
y1
y1
ou
y2
=
y1
∫
(4.300)
∫
Ce− a1 dx
dx + C2 .
y1 2
(4.301)
Como buscamos somente uma solução particular, podemos fazer C = 1 e C2 = 0, de modo
que
∫ − ∫ a1 dx
e
y2 = y1
dx ,
(4.302)
y1 2
e a solução geral toma a forma
∫
y = C1 y1 + C2 y1
Consideremos alguns exemplos.
e−
∫
a1 dx
y1 2
dx .
(4.303)
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
156
Exemplo 147 Determinar a solução geral da equação
(1 − x2 ) y ′′ − 2x y ′ + 2y = 0 ,
sabendo que uma solução particular é y1 = x.
Solução:
Com
2x
a1 = −
,
1 − x2
a solução particular y2 , de acordo com (4.302), é dada por
(
)
2x
∫ exp ∫
dx
2
1−x
y2 = x
dx = (1 − x) ln(x − 1) + (x + 1) ln(x + 1) .
x2
(4.304)
(4.305)
(4.306)
de modo que a solução geral é dada por
y = C1 x + C2 [ (1 − x) ln(x − 1) + (x + 1) ln(x + 1)] .
(4.307)
Exercício 148 Obtenha a solução (4.306) e mostre que outra possível forma para y2 é
y2 = ln(x2 − 1) + 2x arctan x .
4.7.2
(4.308)
Problemas Propostos - EDOs Lineares Homogêneas
Mostre que y1 dado é solução da EDO e determine a solução geral:
1. x2 y ′′ − 2y = 0,
y1 = x2 ;
2. x2 y ′′ − x(x + 2)y ′ + (x + 2)y = 0,
3. x2 y ′′ − 3xy ′ + 4y = 0,
4.7.3
x > 0,
y1 = x;
y1 = x2 .
EDOs Lineares Homogêneas com Coeficientes Constantes
EDOs lineares com coeficientes não constantes podem ser resolvidas exatamente somente
em alguns casos particulares, como naqueles vistos nas seções anteriores. Em geral, essas
equações podem ser tratadas somente de forma aproximada, utilizando soluções em série de
potências (método a ser estudado mais adiante) ou por métodos numéricos. No entanto, o
caso em que coeficientes são constantes pode ser tratado exatamente. Tal caso tem extrema
importância em física e engenharia, pois vários sistemas físicos podem ser satisfatoriamente
modelados através de EDOs lineares com coeficientes constantes. Exemplos típicos consistem no sistema massa-mola-amortecedor, circuito RCL, pêndulo simples amortecido (para
pequenas oscilações).
Trataremos inicialmente de equações homogêneas. Veremos nas seções seguintes que uma
vez encontrada a solução geral da parte homogênea yh de uma EDO linear, a solução geral
consiste na soma yh + yp , onde yp é uma solução particular da EDO não-homogênea.
Consideremos a equação linear homogênea de segunda ordem geral
y ′′ + py ′ + qy = 0 ,
(4.309)
onde p e q são constantes reais. Como já foi mostrado na Seção 4.7.1, para encontrar a
solução geral desta equação devemos determinar duas soluções particulares linearmente independentes. Busquemos soluções da forma
y = eλx .
(4.310)
4.7. PROBLEMAS PROPOSTOS - REDUÇÃO À PRIMEIRA ORDEM
Isso implica que
y ′ = λeλx ,
y ′′ = λ2 eλx .
157
(4.311)
Substituindo as eqs. (4.310) e (4.311) em (4.309) obtemos a denominada equação característica associada à equação diferencial (4.309):
λ2 + pλ + q = 0 .
Em geral há dois possíveis resultados:
)
√
1(
λ1 =
−p + p2 − 4q ,
2
λ2 =
)
√
1(
−p − p2 − 4q .
2
(4.312)
(4.313)
Vamos examinar, a seguir, diferentes casos relacionados a estas raízes.
I. As raízes λ1 e λ2 são reais e distintas
Neste caso temos duas soluções particulares, linearmente independentes de (4.309):
y1 = eλ1 x ,
y2 = eλ2 x .
(4.314)
As soluções y1 e y2 são LI pois y1 /y2 = e(λ1 −λ2 )x ̸= 0. Portanto, a solução geral tem a
forma
y = C1 y1 + C2 y2 = C1 eλ1 x + C2 eλ2 x ,
(4.315)
onde C1 e C2 são constantes arbitrárias.
Exemplo 149 Determinar a solução geral
y ′′ + y ′ − 2y = 0 .
(4.316)
A equação característica associada a (4.316) é dada por
λ2 + λ − 2 = 0 ,
(4.317)
que tem raízes λ1 = 1 e λ2 = −2. Portanto, a solução geral é dada por
y = C1 ex + C2 e−2x .
(4.318)
II. As raízes λ1 e λ2 são complexas
Neste caso escrevemos λ como
λ=
)
√
1(
−p ± i 4q − p2 = α ± iβ ,
2
√
p
p2
α := − , β := q −
.
2
4
A solução geral é então dada por
(
)
y = eαx C1 eiβx + C2 e−iβx .
(4.319)
onde
(4.320)
(4.321)
Podemos ainda obter uma outra expressão para a solução geral neste caso. Utilizando a
fórmula de Euler
eiθ = cos θ + i sin θ ,
(4.322)
podemos reescrever uma solução particular y1 = eαx eiβx como
y1 = y1 = eαx eiβx = eαx (cos βx + i sin βx) .
(4.323)
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
158
Neste ponto notamos que se alguma função complexa de argumento real
y = u(x) + iv(x) ,
(4.324)
satisfaz (4.309), então u(x) e v(x) também satisfazem. Tal fato segue-se imediatamente da
linearidade da equação. Portanto, duas soluções linearmente independentes de (4.309) são
também:
y1 = eαx cos βx , y2 = eαx sin βx .
(4.325)
A solução geral pode ser então escrita somente em termos de funções reais:
y = eαx (C1 cos βx + C2 sin βx) .
(4.326)
Exemplo 150 Resolver o problema de valor inicial
y ′′ + 2y ′ + 5y = 0 ,
y(0) = 0 ,
y ′ (0) = 1 .
(4.327)
A equação característica é
λ2 + 2λ + 5 = 0 ,
(4.328)
de modo que λ = −1 ± 2i e α = −1, β = 2. A solução geral pode então ser escrita como
y = e−x (C1 cos 2x + C2 sin 2x) .
(4.329)
Para aplicar as condições iniciais, notemos que
y ′ = −e−x (C1 cos 2x + C2 sin 2x) + e−x (−2C1 sin 2x + 2C2 cos 2x) .
(4.330)
De (4.329) temos que y(0) = 0 = C1 . De (4.330), y ′ (0) = 1 = −C1 + 2C2 , C2 = 1/2.
Portanto, a solução particular buscada é:
y=
1 −x
e sin 2x .
2
(4.331)
O gráfico para esta função é mostrado na Fig. 4.13 e pode ser gerado no Maple através dos
comandos:
>
>
>
>
>
>
y:=(1/2)*exp(-x)*sin(2*x);
with(plots):
p1:=plot((1/2)*exp(-x),x=0..4,color=red,linestyle=DASH):
p2:=plot(-(1/2)*exp(-x),x=0..4,color=red,linestyle=DASH):
p3:=plot(y,x=0..4,color=black,thickness=2):
display([p1,p2,p3]);
III. As raízes λ1 e λ2 são reais e idênticas
Neste caso,de (4.309), temos
p
λ := λ1 = λ2 = − ,
2
de modo que uma solução particular é dada por
y1 = eλ x .
(4.332)
(4.333)
Devemos, portanto, determinar uma segunda solução particular de (4.309) que seja linearmente independente de (4.334). Tentaremos uma solução da forma
y2 = u(x)y1 = u(x)eλ x .
(4.334)
4.7. PROBLEMAS PROPOSTOS - REDUÇÃO À PRIMEIRA ORDEM
159
0.4
0.2
0
1
2
3
4
x
–0.2
–0.4
Figura 4.13: Gráfico correspondente à solução (4.331)
Diferenciando esta expressão obtemos
y2′ = u′ eλx + uλeλx ,
(4.335)
y2′′ = u′′ eλx + 2u′ λeλx + uλ2 eλx .
(4.336)
Substituindo (4.334) e (4.335) na equação diferencial temos
[
]
eλx u′′ + (2λ + p)u′ + (λ2 + pλ + q)u = 0 .
(4.337)
Os coeficiente de u e u′ devem ser iguais a zero, de modo que u′′ = 0. A função mais simples
que satisfaz esta relação é u = x, de modo que
y2 = xeλx .
(4.338)
y = eλx (C1 + xC2 ) .
(4.339)
A solução geral toma então a forma
Exemplo 151 Determine a solução do problema de valor inicial
y ′′ − y ′ + 0.25y = 0 ,
y(0) = 2 ,
y ′ (0) =
1
.
3
(4.340)
A equação característica é
1
=0
(4.341)
4
de modo que temos raízes repetidas λ1 = λ2 = 1/2. A solução geral tem então a forma
λ2 − λ +
y = ex/2 (C1 + xC2 ) .
(4.342)
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
160
A primeira condição inicial implica que y(0) = 2 = C1 . Como
y′ =
1 x/2
e (C1 + xC2 ) + ex/2 C2 ,
2
(4.343)
a segunda condição inicial implica que y ′ (0) = 1/3 = C1 /2+C2 , de modo que C2 = −2/3.
A solução particular é, portanto,
(
)
2
2 x/2
x/2
x/2
=e
2− x .
(4.344)
y = 2e
− xe
3
3
O gráfico da solução, gerado com o comando de Maple plot(exp(x/2)*(2-2/3*x),x=0..3.5);
é mostrado na figura 4.14.
2
1
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
x
–1
–2
Figura 4.14: Gráfico correspondente à solução (4.344)
4.7.4
Problemas Propostos - EDOs Lineares Homogêneas com
Coeficientes Constantes
Nos problemas de 1 a 10 determine a solução geral ou a solução do problema de calor inicial:
1. y ′′ − 2y ′ + 2y = 0 ,
2. y ′′ − 2y ′ + 6y = 0 ,
3. y ′′ + 2y ′ + 1.25y = 0 ,
4. 9y ′′ + 9y ′ − 4y = 0 ,
5. y ′′ − 6y ′ + 9y = 0 ,
6. y ′′ + 4y = 0 ,
y(0) = 0,
y ′ (0) = 1 ,
4.7. PROBLEMAS PROPOSTOS - REDUÇÃO À PRIMEIRA ORDEM
7. y ′′ + 4y ′ + 5y = 0 ,
y(0) = 1,
8. y ′′ − 2y ′ + 5y = 0 ,
y(π/2) = 0,
9. y ′′ + y = 0 ,
y(π/3) = 2,
10. y ′′ + 4y ′ + 4y = 0 ,
161
y ′ (0) = 0 ,
y ′ (π/2) = 2 ,
y ′ (π/3) = −4 ,
y(−1) = 2,
y ′ (−1) = 1 ,
11. Uma equação da forma x2 y ′′ + αxy ′ + βy = 0, y > 0 , onde α e β são constantes
reais, é chamada equação de Euler-Cauchy. Mostre que a substituição z = ln c transforma uma equação de Euler em uma equação de coeficientes constantes. Use esta
técnica para resolver os problemas 12 a 14.
12. x2 y ′′ + xy ′ + y = 0 ,
13. x2 y ′′ + 4xy ′ + 2y = 0 ,
14. x2 y ′′ + 3xy ′ + 1.25y = 0 .
15. Equação diferencial geradora de polinômio. A equação diferencial xy ′′ − (x + N )y ′ +
N y = 0, onde N é um inteiro não -negativo, tem a peculiaridade de admitir uma
solução exponencial e uma solução polinomial.
(i) Verifique que uma uma solução é y1 = ex ;
(ii)Mostre que uma segunda solução tem a forma
∫
y2 (x) = Cex xN e−x dx.
Calcule y2 para N = 1 e N = 2. Conclua que C = −1/N !, de modo que
y2 (x) = 1 +
x x2
xN
+
+ ···
.
1
2!
N!
Note que y2 resulta exatamente nos primeiros N + 1 termos da expansão em série de
Taylor de y1 = ex em torno de x = 0.
4.7.5
Equações Lineares Não-Homogêneas
Consideremos a EDO linear não-homogênea de segunda ordem da forma:
y ′′ + a1 (x)y ′ + a2 (x)y = f (x0 ,
(4.345)
onde a1 (x) e a2 (x) e f (x) são funções contínuas em um intervalo aberto. A solução geral de
(4.345) é dada pelo seguinte teorema:
Teorema 152 A solução geral da equação (4.345) é dada pela soma:
y = yh + yp ,
(4.346)
onde yh é a solução feral da eq. homogênea associada a (4.345),
y ′′ + a1 (x)y ′ + a2 (x)y = 0 ,
e yp é uma solução particular de (4.345).
(4.347)
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
162
Prova:
É muito fácil ver que (4.346) é solução de (4.347). Substituindo (4.346) em (4.345) obtemos
(yh + yp )′′ + a1 (yh + yp )′ + a2 (yh + yp ) = f (x) ,
ou
(y ′′ + a1 (x)y ′ + a2 (x)y) + (y ′′ + a1 (x)y ′ + a2 (x)y − f ) = 0 .
(4.348)
(4.349)
Os termos em parêntesis são zero, de modo que a primeira parte do teorema está demonstrada.
Para provar que (4.346) é uma solução geral de (4.345) devemos mostrar que é possível
escolher constantes arbitrárias tal que as condições iniciais y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y0′ sejam
satisfeitas para quaisquer x0 , y0 , y0′ , definidos num domínio onde a1 (x), a2 (x) e f (x) são
contínuas. A solução yh pode ser escrita como yh = C1 y1 + C2 y2 , onde y1 e y2 são duas
soluções linearmente independentes de (4.347) e C1 e C2 são constantes arbitrárias. Portanto,
a solução geral pode ser escrita como
y = C1 y1 + C2 y2 + yp .
Aplicando as condições iniciais a (4.350) temos
{
C1 y1 0 + C2 y2 0 + yp 0 = y0 ,
C1 y1′ 0 + C2 y2′ 0 + yp′ 0 = y0′ .
Tal sistema pode ser escrito na forma matricial
)
)(
) (
(
y0 − yp 0
C1
y1 0 y2 0
.
=
y0′ − yp′ 0
C2
y1′ 0 y2′ 0
(4.350)
(4.351)
(4.352)
O determinante da matriz do lado esquerdo é o wronskiano W (y1 , y2 ) em x = x0 . Por
hipótese, y1 e y2 são linearmente independentes no intervalo que contém x0 , de modo que
W ̸= 0. Portanto, (4.352) admite uma solução bem determinada para C1 e C2 , para quaisquer
y0 e y0′ . Portanto,
4.7.6
Método dos Coeficientes Indeterminados
O método dos coeficientes indeterminados, como veremos a seguir, embora matematicamente
limitado, envolve um número apreciável de problemas práticos de física e engenharia, e não
requer integração. Este método é aplicável quando a EDO possui coeficientes constantes e o
termo não-homogêneo envolve combinações lineares de termos da forma Pn (x)eax sin(bx)+
Qm (x)ecx cos(ex), onde Pn e Qn são polinômios de grau n e m, a, b, c, d, e são constantes
reais. O método consiste na busca de de uma solução particular da equação não-homogênea
da forma
polinômio × exponencial × (cos ou sin) .
Se um fator desta solução contém um termo já existente na solução geral da parte homogênea,
este fator deve ser multiplicado por x. Consideremos alguns exemplos:
Exemplo 153 Consideremos a EDO
y ′′ + 4y = x2 cos x.
(4.353)
yh = C1 cos(2x) + C2 sin(2x) .
(4.354)
A solução da parte homogênea é
A solução particular da parte não-homogênea deve ser da forma
yp = (Ax2 + Bx + C) cos x + (Ax2 + Bx + C) sin x .
(4.355)
4.7. PROBLEMAS PROPOSTOS - REDUÇÃO À PRIMEIRA ORDEM
163
Substituindo esta expressão na EDO obtemos
(−4 A x−2 B+3 F +3 D x2 +2 D+3 E x) sin(x)+(2 A+3 B x+3 A x2 +2 E+3 C+4 D x) cos(x) = 0 .
(4.356)
Como esta expressão deve ser válida para todo x, os coeficientes dos fatores cos x, x cos x,
etc. devem ser iguais a zero. Obtemos assim o sistema linear:

−2B + 3F + 2D = 0,




2A
+ 2E + 3C = 0,



−4A + 3E = 0,
(4.357)
3B + 4D = 0,




3D = 0,



3 A − 1 = 0,
que tem solução E = 4/9, A = 1/3, C = −14/27, D = 0, B = 0, F = 0. Portanto, a
solução geral é dada por
( 2
)
x
14
4
y = yh + yp = C1 cos(2x) + C2 sin(2x) +
−
cos(x) + x sin(x) . (4.358)
3
27
9
Exemplo 154 Consideremos agora uma EDO similar àquela do exemplo anterior, com um
diferente termo não-homogêneo.
y ′′ + 4y = x2 cos 2x.
(4.359)
Notemos agora a solução particular da parte não-homogênea não pode ser escrita na forma
yp = (Ax2 + Bx + C) cos 2x + (Dx2 + Ex + F ) sin 2x ,
(4.360)
pois os termos C cos 2x e F sin 2x já são soluções da parte homogênea, ou seja, tais termos
anulam identicamente o lado esquerdo de (4.359). Tentamos então uma solução da forma
yp = x(Ax2 + Bx + C) cos 2x + x(Dx2 + Ex + F ) sin 2x .
(4.361)
Substituindo esta expressão na EDO, obtemos
2 (2 A x + B) cos(2 x) − 4 (A x2 + B x + C) sin(2 x) + 2 (2 D x + E) sin(2 x) +
4 (D x2 + E x + F ) cos(2 x) + x(2 A cos(2 x) − 4 (2 A x + B) sin(2 x) −
4 (A x2 + B x + C) cos(2 x) + 2 D sin(2 x) + 4 (2 D x + E) cos(2 x) −
4 (D x2 + E x + F ) sin(2 x)) + 4 x ((A x2 + B x + C) cos(2 x) +
(D x2 + E x + F ) sin(2 x)) − x2 cos(2 x) = 0.
(4.362)
Simplificando esta expressão obtemos
(−12 A x2 −8 B x+6 D x−4 C+2 E) sin 2x+(12 D x2 +8 E x+4 F +6 A x+2 B−x2 ) cos 2x = 0.
(4.363)
Impondo que os coeficientes de sin 2x, x sin 2x, etc, sejam nulos, obtemos

−12A = 0,




 −8B + 6D = 0,


4C + 2E = 0,
(4.364)
12D − 1 = 0,




8E + 6A = 0,



4F + 2B = 0,
4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
164
de modo que os coeficientes não-nulos são F = −1/32, D = 1/12, B = 1/16. A solução
particular é então
[
( 2
)
]
1
x
1
yp = x
x cos 2x +
−
sin 2x ,
(4.365)
16
12 32
e a solução geral é
[
1
y = yh +yp = C1 cos(2x)+C2 sin(2x)+x
x cos 2x +
16
4.8
(
x2
1
−
12 32
)
]
sin 2x . (4.366)
Resolução do Oscilador Forçado com Maple
Exercício 155 Utilize o modelo da worksheet acima para ilustrar o fenômeno de ressonância.
4.9
Método da Variação dos Parâmetros
Este método é mais geral que o dos coeficientes indeterminados. É apropriado quando a EDO
não possui coeficientes constantes ou o termo não-homogêneo não envolve simplesmente o
produto de polinômios por exponenciais e ou seno, cosseno.
Seja a EDO linear de segunda ordem
y ′′ + a1 (x)y ′ + a2 (x)y = f (x),
(4.367)
onde a1 (x), a2 (x) e f (x) são funções contínuas num dado intervalo. Sejam y1 e y2 duas
soluções linearmente independentes da equação homogênea correspondente. O método da
variação dos parâmetros consiste na busca de funções u1 (x) e u2 (x) de modo a obtermos
uma solução geral da forma
y = u1 (x)y1 + u2 (x)y2 .
(4.368)
Derivando (4.368) obtemos
y ′ = u′1 y1 + u1 y1′ + u′2 y2 + u2 y2′ .
(4.369)
Como temos duas funções-parâmetro u1 e u2 ainda arbitrárias, e uma equação diferencial a
ser satisfeita, sobra um grau de liberdade a ser imposto sobre u1 e u2 da forma mais conveniente possível. Vamos impor a seguinte equação:
u′1 y1 + u′2 y2 = 0 ,
(4.370)
y ′ = u1 y1′ + u2 y2′ .
(4.371)
y ′′ = u′1 y1′ + u′2 y2′ + u1 y1′′ + u2 y2′′ .
(4.372)
de modo que (4.369) torna-se
Diferenciando novamente obtemos
Substituindo as expressões acima para y, y ′ e y ′′ na EDO (4.367) e rearranjando os termos
obtemos
u1 (y1′′ + a1 y1′ + a2 y1 ) + u2 (y2′′ + a2 y2′ + a2 y2 ) + u′1 y1 + u′2 y2 = f (x) .
(4.373)
4.9. MÉTODO DA VARIAÇÃO DOS PARÂMETROS
165
Os termos entre parêntesis na expressão acima são nulos, pois y1 e y2 são soluções da parte
homogênea da EDO. Temos, ao fim de tudo, um sistema de duas equações algébricas para u′1
e u′2 :
{ ′
u1 y1 + u′2 y2 = 0,
(4.374)
u′1 y1 + u′2 y2 = f (x),
Em forma matricial o sistema acima também pode ser escrito como
)
(
)( ′ ) (
0
y1 y2
u1
=
.
u′2
f
y1′ y2′
As soluções para tal sistema são dadas por
1 0 y2 f y2
′
u1 =
=−
,
W f y2′ W
1 y1 0 f y1
u′2 =
=
,
W y1′ f W
y
W = W (y1 , y2 ) = 1′
y1
onde
y2 y2′ (4.375)
(4.376)
(4.377)
(4.378)
é o wronskiano de y1 e y2 . Esta divisão por W , pois y1 e y2 são linearmente independentes,
de modo que W (y1 , y2 ) ̸= 0. Portanto, integrando (4.376) e (4.377) obtemos
∫
∫
y2 f
y1 f
u1 = −
dx + C1 ,
u2 =
+ C2 dx .
(4.379)
W (y1 , y2 )
W (y1 , y2 )
A solução geral pode então ser escrita como
y = C1 y1 + C2 y2 + yp ,
∫
onde
yp = −y1
y2 f
dx + y2
W (y1 , y2 )
∫
y1 f
+ C2 dx .
W (y1 , y2 )
(4.380)
(4.381)