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 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 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 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 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 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 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 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 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 ) EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov ( ) ( ) 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 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 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 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 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 Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov ( 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 ( ) EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 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 Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 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 Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 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 Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 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 Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 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 Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov ( 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 Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 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 Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 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 Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 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