Ministério da Educação
Universidade Tecnológica Federal do Paraná
Campus Curitiba
Gerência de Ensino e Pesquisa
Departamento Acadêmico de Matemática
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS
NOTAS DE AULA
Profa Paula Francis Benevides
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
AULA 01
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS
1 – INTRODUÇÃO:
Antes de mais nada, vamos recordar a diferença entre a derivada e a diferencial, pois,
embora a derivada e a diferencial possuam as mesmas regras operacionais, esses dois
operadores têm significados bastante diferentes. As diferenças mais marcantes são:
a)
a derivada tem significado físico e pode gerar novas grandezas físicas, como por
exemplo a velocidade e a aceleração; a diferencial é um operador com propriedades
puramente matemáticas;
b)
a derivada transforma uma função em outra, mantendo uma correspondência
entre os pontos das duas funções (por exemplo, transforma uma função do segundo
grau em uma função do primeiro grau); a diferencial é uma variação infinitesimal de
uma grandeza;
c)
a derivada é uma operação entre duas grandezas; a diferencial é uma operação
que envolve uma grandeza;
d)
o resultado de uma derivada não contém o infinitésimo em sua estrutura;
conseqüentemente, não existe a integral de uma derivada; a integral só pode ser
aplicada a um termo que contenha um diferencial (infinitésimo);
e)
Se for feito o quociente entre os dois diferenciais, tem-se:
em total semelhança com a definição de derivada. A conseqüência direta desse fato é
que a derivada não é o quociente entre duas diferenciais, mas comporta-se como se
fosse esse quociente. Isto significa que a partir da relação:
é possível escrever:
dy = f(x).dx
que se denomina equação diferencial.
f)
uma das aplicações mais importantes envolvendo derivadas e diferenciais é a
obtenção da equação diferencial, etapa fundamental para a introdução do Cálculo
Integral.
1.1 - Definição: Equação diferencial é uma equação que relaciona uma função e suas
derivadas ou diferenciais. Quando a equação possui derivadas, estas devem ser passadas para
a forma diferencial. As equações diferenciais da forma y ′ = f ( y ) são chamadas de
autônomas.
Exemplos:
1)
dy
= 3x − 1
dx
2)
xdy − ydx = 0
3)
d2y
dy
+ 3 + 2y = 0
2
dx
dx
4)
y "'+ 2( y ") 2 + y ' = cos x
1
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Equações Diferenciais
5)
( y ") 2 + ( y ')3 + 3 y = x 2
6)
∂2 z ∂2 z
+ 2 = x2 + y
2
∂x
∂y
7)
∂z
∂z
= z+x
∂x
∂y
1.2 - Classificação:
Havendo uma só variável independente, como em (1) a (5), as derivadas são ordinárias
e a equação é denominada equação diferencial ordinária.
Havendo duas ou mais variáveis independentes, como em (6) e (7), as derivadas são
parciais e a equação é denominada equação diferencial parcial.
1.2.1 - Ordem: A ordem de uma equação diferencial é a ordem de mais alta derivada que
nela aparece. As equações (1), (2) e (7) são de primeira ordem; (3), (5) e (6) são de segunda
ordem e (4) é de terceira ordem.
1.2.2 - Grau: O grau de uma equação diferencial, que pode ser escrita, considerando a
derivadas, como um polinômio, é o grau da derivada de mais alta ordem que nela aparece.
Todas as equações dos exemplos acima são do primeiro grau, exceto (5) que é do segundo
grau.
As equações diferenciais parciais serão vista mais adiante.
Exemplos:
d3y
y
x 3 − 3 =1
d y
dx
dx 3
2
⎛ d3y ⎞
d3y
x⎜⎜ 3 ⎟⎟ − y = 3
dx
⎝ dx ⎠
⇒
dy
dy
− ln x 2 = y ⇒ ln dx2 = y ⇒
ln
dx
x
1 dy
. = ey
2
x dx
⇒
3a ordem e 2o grau
⇒
dy
= x 2e y ⇒ 1a ordem e 1o grau
dx
Observe que nem sempre à primeira vista, pode-se classificar a equação de imediato
quanto a ordem e grau.
1.3 – Origem das Equações Diferenciais:
Uma relação entre as variáveis, encerrando n constantes arbitrárias essenciais, como
4
y = x + Cx
2
ou y = Ax + Bx , é chamada uma primitiva. As n constantes, representadas
sempre aqui, por letras maiúsculas, serão denominadas essenciais se não puderem ser
substituídas por um número menos de constantes.
Em geral uma primitiva, encerrando n constantes arbitrárias essenciais, dará origem a
uma equação diferencial, de ordem n, livre de constantes arbitrárias. Esta equação aparece
eliminando-se as n constantes entre as (n + 1) equações obtidas juntando-se à primitiva as n
equações provenientes de n derivadas sucessivas, em relação a variável independente, da
primitiva.
2
Equações Diferenciais
Profa Paula Francis Benevides
Exemplos: Obter a equação diferencial associada às primitivas abaixo:
a) y =
3x 2
−x+6
2
b) y = C1 sen x + C2 cos x
c) y = Cx2
d) y = C1 x2 + C2
3
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Equações Diferenciais
e) y = a cos(x + b) onde a e b são constantes
f) y = C1 e3x + C2 e- 2x
AULA 01 – EXERCÍCIOS
1) x2 + y2 = C2
2) y = C ex
3) x3 = C (x2 – y2)
4) y = C1 cos 2x + C2 sen 2x
5) y = (C1 + C2x) ex + C3
6) y = C1 e2x + C2 e- x
7)
Lg
x
= 1 + ay
y
2 3
3 5
8) x y + x y = C
9) y = Ax2 + Bx + C
10) y = Ae2x + Bex + C
11) y = C1e3x + C2e2x + C3 ex
12) ln y = Ax2 + B
Respostas:
1) xdx + ydy = 0
2)
dy
−y=0
dx
3) 3 y − x = 2 xy
2
4)
2
d3y
d 2 y dy
−2 2 +
=0
5)
dx3
dx
dx
d 2 y dy
6)
−
− 2y = 0
dx 2 dx
x dy
−y=0
7) x ln ⋅
y dx
2 y + 3x
9)
d3y
=0
dx3
10)
11)
dy
dx
dy
dy ⎞
⎛
+ xy 2 ⎜ 3 y + 5 x ⎟ = 0
dx
dx ⎠
⎝
8)
12)
d3y
d2y
dy
−
3
+2
=0
3
2
dx
dx
dx
d3y
d2y
dy
− 6 2 + 11 − 6 y = 0
3
dx
dx
dx
2
xyy "− yy '− x( y ') = 0
d2y
+ 4y = 0
dx 2
4
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Equações Diferenciais
AULA 02
1.4 - Resolução:
Resolver uma ED é determinar todas as funções que, sob a forma finita, verificam a
equação, ou seja, é obter uma função de variáveis que, substituída na equação, transforme-a
numa identidade. A resolução de uma equação diferencial envolve basicamente duas etapas: a
primeira, que é a preparação da equação, que consiste em fazer com que cada termo da
equação tenha, além de constantes, um único tipo de variável. A segunda etapa é a resolução
da equação diferencial e consiste na aplicação dos métodos de integração.
1.5 - Curvas Integrais:
Geometricamente, a primitiva é a equação de uma família de curvas e uma solução
particular é a equação de uma dessas curvas. Estas curvas são denominadas curvas integrais
da equação diferencial.
Exemplo:
dy
= 2x
dx
1.6 – Tipos de Solução:
¾
¾
¾
Solução geral: A família de curvas que verifica a equação diferencial, (a primitiva de
uma equação diferencial) contem tantas constantes arbitrárias quantas forem as
unidades de ordem da equação.
Solução particular: solução da equação deduzida da solução geral, impondo condições
iniciais ou de contorno.Geralmente as condições iniciais serão dadas para o instante
inicial. Já as condições de contorno aparecem quando nas equações de ordem superior
os valores da função e de suas derivadas são dadas em pontos distintos.
Solução singular: Chama-se de solução singular de uma equação diferencial à
envoltória da família de curvas, que é a curva tangente a todas as curvas da família. A
solução singular não pode ser deduzida da equação geral. Algumas equações
diferenciais não apresentam essa solução. Esse tipo de solução será visto mais adiante.
As soluções ainda podem ser:
¾
¾
Solução explícita: Uma solução para uma EDO que pode ser escrita da forma y = f (x)
é chamada solução explícita.
Solução Implícita: Quando uma solução pode apenas ser escrita na forma G (x, y)=0
trata-se de uma solução implícita
5
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Equações Diferenciais
Exemplo:
Consideremos a resolução da seguinte EDO:
dy
= 1+ x
dx
∫ dy = ∫ 1 + x dx
(
y = x+
)
2 32
x +c
3
A solução geral obtida é obviamente uma solução explicita.
Por outro lado, pode-se demonstrar que a EDO:
y
dy
y2
x
y
=
Ce
, ou seja, uma solução implícita.
=
tem
como
solução:
dx xy − x 2
1.7 - Existência e unicidade de solução para uma EDO
Três perguntas importantes sobre soluções para uma EDO.
1. Dada uma equação diferencial, será que ela tem solução?
2. Se tiver solução, será que esta solução é única?
3. Existe uma solução que satisfaz a alguma condição especial?
Para responder a estas perguntas, existe o Teorema de Existência e Unicidade de
solução que nos garante resposta para algumas das questões desde que a equação tenha
algumas características.
⎧ dy
⎪ + p ( x) y = q ( x)
Teorema: Considere o problema de valor inicia ⎨ dx
⎪⎩
y ( x0 ) = y 0
Se p(x) e q(x) são continuas em um intervalo aberto I e contendo x 0 , então o problema
de valor inicial tem uma única solução nesse intervalo.
Alertamos que descobrir uma solução para uma Equação Diferencial é algo “similar” ao
cálculo de uma integral e nós sabemos que existem integrais que não possuem primitivas,
como é o caso das integrais elípticas. Dessa forma, não é de se esperar que todas as equações
diferenciais possuam soluções.
1.8 - Problemas de Valor Inicial (PVI)
Uma equação diferencial satisfazendo algumas condições adicionais é denominada
Problema de Valor Inicial (PVI).
Exemplo:
exy' + 2y = arctan(x)
y(0) = π
Se forem conhecidas condições adicionais, podemos obter soluções particulares para a
equação diferencial e se não são conhecidas condições adicionais poderemos obter a solução
geral.
6
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
2 - EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM E PRIMEIRO GRAU
São equações de 1a ordem e 1o grau:
dy
= F ( x, y )
dx
ou
Mdx + Ndy = 0
em que M = M(x,y) e N = N(x,y).
Estas funções têm que ser contínuas no intervalo considerado (- ∞, ∞)
2.1 – TIPOS DE EQUAÇÃO:
2.1.1 - EQUAÇÕES DE VARIÁVEIS SEPARÁVEIS.
Se a equação diferencial M(x,y).dx + N(x,y).dy = 0 puder ser colocada na forma
P(x).dx + Q(y).dy = 0, a equação é chamada equação diferencial de variáveis separáveis.
Resolução:
∫ P( x).dx + ∫ Q( y).dy = C
Exemplos: Resolver as seguintes equações:
1)
dy
= 3x − 1
dx
2) y dx – x dy = 0
7
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Equações Diferenciais
3) xdx −
4)
4−x
dy = 0
y
tgx.sec ydx − tgy sec xdy = 0
5) ( x − 1) 1 − y dx − x dy = 0
2
2
2
8
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Equações Diferenciais
dy
1 + y2
=
dx (1 + x 2 ) xy
6)
7)
dy 1 + y 2
=
dx 1 + x 2
AULA 02 – EXERCÍCIOS
1
dy
1)
− tgy. = 0
x
dx
2) 4xy2 dx + (x2 + 1) dy = 0
3) (2+ y) dx - (3 – x) dy = 0
4) xy dx – (1 + x2) dy = 0
dy
e −2 y
=
5)
dx x 2 + 4
6) (1 + x2) y3 dx + (1 – y2) x3 dy = 0
dy
⎛ dy
⎞
+ 2 y ⎟ = xy
7) a⎜ x
dx
⎝ dx
⎠
8) sec2 x tg y dx + sec2 y tg x dy = 0
9) (x2 + a2)(y2 + b2)dx + (x2 – a2)(y2 – b2)dy = 0
10) (x – 1) dy – y dx = 0
11) (1 + x2)dy – xydx = 0
12)
dy
+ y cos x = 0
dx
Respostas:
1) x cos y = C
2) 2 ln( x + 1) −
2
1
=C
y
3) (2 + y)(3 – x) = C
4) C y2 = 1 + x2
x
=C
2
1
x 1⎛ 1
6) ln − ⎜⎜ 2 + 2
y 2⎝ x
y
5) e
2y
− arctg
ln
k
⎞
⎟⎟ = C
⎠
+y
7) x = e
8) tg x . tg y = C
2a
9) x + a ln
ya
x−a
y
+ y − 2barctg = C
x+a
b
10)
y = c(x – 1)
11)
y = 1 + x 2 .C
K
y = senx
e
12)
9
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Equações Diferenciais
AULA 03
2.1.2 - EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS
Uma função f = f(x, y) é denominada homogênea de grau k se, para todo t ∈ R, vale a
relação f(tx, ty) = tk f(x, y). Uma função f = f(x, y) é homogênea de grau 0 se, para todo t ∈
R, vale a relação f(tx, ty) = f(x, y)
Exemplos:
1) A função f(x, y) = x2 + y2 é homogênea de grau 2.
2)
g ( x, y ) =
x2
⎛ y⎞
e h( x, y ) = arctg ⎜ ⎟ são funções homogêneas de grau 0
2
y
⎝x⎠
Uma forma simples de observar a homogeneidade de uma função polinomial é constatar que todos
os monômios da função possuem o mesmo grau. No caso de uma função racional (quociente de
polinômios), os membros do numerador devem ter um mesmo grau m e os membros do denominador
devem também ter um mesmo grau n, sendo que o grau da expressão do denominador pode ser menor ou
igual que o grau da expressão do numerador.
Uma equação diferencial de primeira ordem na forma normal y’ = f(x, y) é dita homogênea se
f = f ( x, y ) é uma função homogênea de grau zero.
Exemplos:
dy x 2 + y 2
=
1)
dx
xy
2) y ' =
x2
y2
⎛ y⎞
⎟
⎝ x⎠
3) y' = arctg ⎜
Resumindo, As equações homogêneas são as da forma Mdx + Ndy = 0, onde M e N são
funções homogêneas em x e y e do mesmo grau.
2.1.2.1 – Resolução:
Seja a equação homogênea Mdx + Ndy = 0
Tem-se:
dy
M
=−
dx
N
Dividindo-se o numerador e o denominador do segundo membro por x elevado a
potencia igual ao grau de homogeneidade da equação, resultará uma função de y/x.
dy
⎛ y⎞
= F ⎜ ⎟ (1)
dx
⎝x⎠
É necessário, no entanto, substituir a função y/x por uma outra que permita separar as
variáveis.
10
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Equações Diferenciais
Dessa forma, substitui-se
y
x
por u.
y = x.u
(2)
Derivando y=x.u em relação a x tem-se
dy
du
=u+x
(3)
dx
dx
Substituindo (2) e (3) em (1), temos:
u+x
du
= F (u )
dx
du
= F (u ) − u
dx
du
dx
=
F (u ) − u
x
x
Que é uma equação de variáveis separáveis.
Em resumo:
Pode-se resolver uma Equação Diferencial Homogênea, transformando-a em uma
equação de variáveis separáveis com a substituição y = x.u, onde u = u(x) é uma nova
função incógnita. Assim, dy = xdu + udx é uma equação da forma y’ = f(x,y) pode ser
transformada em uma equação separável.
Exemplos:
1) (x2 – y2) dx – 2xy dy = 0
11
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Equações Diferenciais
AULA 03 – EXERCÍCIOS
1) (x – y) dx – (x + y) dy = 0
2) (2x – y) dx – (x + 4y) dy = 0
3) (x2 + y2) dx + (2x + y)y dy = 0
4) (x + y) dx + (y – x) dy = 0
5) (x2 + y2) dx – xy dy = 0
2
2
dy ⎞
⎛ dy ⎞
⎛
2
6) 4 y ⎜
⎟ + 4y − ⎜ x + y ⎟ = 0
dx ⎠
⎝ dx ⎠
⎝
Respostas:
1) y2 + 2xy – x2 = K
2) 2 x − 2 yx − 4 y = K
3) y3 + 3xy2 + x3 = k
2
4)
ln C1 x 2 + y 2 = arctg
5)
x = ke
2
7) Determinar a solução particular da
equação (x2 – 3y2)dx + 2xydy = 0 para y =
1 e x = 2.
2
6)
2
y2
y
x
x2
x 2 − 3y 2 ± 2x = C
7) y = x 1 −
3
x
8
12
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Equações Diferencias
AULA 04
2.1.3 – EQUAÇÕES REDUTÍVEIS ÀS HOMOGÊNEAS E EQUAÇÕES REDUTÍVEIS
ÀS DE VARIÁVEIS SEPARADAS;
São as equações que mediante determinada troca de variáveis se transformam em
equações homogêneas ou em equações de variáveis separáveis.
São equações da forma:
⎡ a x + b1 y + c1 ⎤
dy
= F⎢ 1
⎥
dx
⎣ a 2 x + b2 y + c 2 ⎦
onde a1, a2, b1, b2, c1 e c2 são constantes.
Observemos que a equação acima não é de variáveis separáveis porque temos uma
soma das variáveis x e y e também não é homogênea pela existência de termos
independentes, portanto deveremos eliminar ou a soma ou o termo independente. O que
equivale a efetuar uma translação de eixos.
y
v
x
P
u
Para esse tipo de equação tem dois casos a considerar:
2.1.3.1 – O determinante
a1
a2
b1
é diferente de zero
b2
Resolução:
⎧a1 x + b1 y + c1 = 0
cuja solução é dada pelas raízes x = α e y = β .
⎩ a 2 x + b2 y +c 2 = 0
Seja o sistema (1) ⎨
A substituição a ser feita será:
⎧ x = u + α ∴ dx = du
⎨
⎩ y = v + β ∴ dy = dv
Observa-se que, geometricamente, equivaleu a uma translação dos eixos coordenados
para o ponto ( α , β ) que é a interseção das retas componentes do sistema (1), o que é
verdadeiro, uma vez eu o determinante considerado é diferente de zero.
Assim sendo, a equação transformada será:
13
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Equações Diferencias
Como
α
e
β
⎡ a u + b1v + a1α + b1 β + c1 ⎤
dv
= F⎢ 1
⎥
du
⎣ a 2 u + b2 v + a 2 α + b2 β + c 2 ⎦
são as raízes do sistema:
⎡ a u + b1v ⎤
dv
= F⎢ 1
⎥
du
⎣ a 2 u + b2 v ⎦
que é uma equação homogênea do tipo visto anteriormente.
Exemplos:
Resolver a equação
dy 2 x − 3 y − 1
=
dx 3 x + y − 2
14
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Equações Diferencias
2.1.3.2 – O determinante
a1
b1
a2
b2
é igual a zero.
Assim, observe-se que o método aplicado no 1o caso não fará sentido, de vez que as
retas no sistema seriam paralelas e sua interseção seria verificada no infinito (ponto
impróprio). A equação se reduzirá a uma de variáveis separáveis.
Como
a1
a2
b1
= 0, os coeficientes de x e y são proporcionais, de modo que se pode
b2
escrever:
a1b2 = a2b1
a 2 b2
=
a1 b1
∴
(1)
Chamando a relação constante (1) de m, pode-se escrever:
a 2 b2
c
=
=m≠ 2
a1 b1
c1
a2 = ma1
b2 = mb1
Assim:
⎡ a x + b1 y + c1 ⎤
dy
= F⎢ 1
⎥
dx
⎣ m(a1 x + b1 y ) + c 2 ⎦
Fazendo a1x +b1y = t, e sendo t = f(x), tem-se:
y=
1
(t − a1 x)
b1
Derivando em relação a x:
dy 1 ⎛ dt
⎞
= ⎜ − a1 ⎟
dx b1 ⎝ dx
⎠
Equação transformada:
⎡ t + c1
1 ⎛ dt
⎞
⎜ − a1 ⎟ = F ⎢
b1 ⎝ dx
⎠
⎢⎣ mt + c 2
⎤
⎥
⎥⎦
dt
− a1 = b1G (t )
dx
que é uma equação de variáveis separáveis.
Exemplo: Resolver a equação
dy 2 x − y + 1
=
dx 6 x − 3 y − 1
15
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Equações Diferencias
Aula 04 – Exercícios
1) (2x – 3y)dx – (3x – y -1)dy = 0
2) (x + 2y – 4)dx – (2x + y -5)dy = 0
3) (3y + x)dx + (x + 5y – 8)dy = 0
4) (2x + 3y -1)dx + (2x + 3y + 2)dy = 0
5)
dy 1 − 3x − 3 y
=
dx
1+ x + y
Respostas:
1) 2x2 – 6xy + y2 + 2y = K
2) (y – x + 1)3 = K(x + y – 3)
3) ln[5(y – 4)2 + 4(x + 12)(y – 4) + (x + 12)2] –
2 arctg
⎡ 5( y − 4)
⎤
⎢⎣ x + 12 + 2⎥⎦ = K
4) 3x + 3y = - 9ln(2x + 3y – 7) + C
5) 3x + y + 2ln(-3x – 3y + 3) = K
16
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
AULA 05
2.1.4 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS EXATAS:
Uma equação do tipo M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 (1) é denominada diferencial exata, se
existe uma função U(x,y) tal que dU(x,y) = M(x,y)dx + N(x,y)dy. A condição necessária e
suficiente para que a equação (1) seja uma diferencial exata é que:
∂M ∂N
=
∂y
∂x
Dada a equação diferencial exata Mdx+Ndy=0 (1) e seja u=f(x,y)=C sua solução, cuja
diferencial dada por:
du =
∂u
∂u
dx +
dy (2).
∂x
∂y
Então, comparando (1) e (2) teremos:
∂u
∂u
= M ( x, y ) (3) e
= N ( x, y ) (4).
∂x
∂y
Para obtermos a sua solução u=f(x,y) deveremos integrar, por exemplo,a expressão (3),
em relação à variável x, da qual teremos
f ( x, y ) = ∫ M ( x, y )dx + g ( y ) (5).
Derivando parcialmente (5) em relação à y teremos:
∂f ∂ ∫ M ( x, y )dx
=
+ g ' ( y ) (6).
∂y
∂y
Igualando (6) e (4) resulta:
∂ ∫ M ( x, y )dx
∂y
+ g ' ( y ) = N ( x, y ) .
Isolando g’(y) e integrando em relação a y acharemos:
⎛
∂ ∫ M ( x, y )dx ⎞⎟
⎜
g ( y ) = ∫ N ( x, y ) −
dy + C1
⎜
⎟
∂y
⎝
⎠
(7).
Substituindo (7) em (5) teremos a solução geral da equação exata, que é:
⎛
∂ ∫ M ( x, y )dx ⎞⎟
f ( x, y ) = ∫ M ( x, y )dx + ∫ ⎜ N ( x, y ) −
dy = C .
⎜
⎟
∂y
⎝
⎠
Logo, a solução é da forma
⎛
∂P ⎞
⎟dy = C
U ( x, y ) = ∫ Mdx + ∫ ⎜⎜ N −
∂y ⎟⎠
⎝
onde costuma-se denotar P =
∫ Mdx
17
Equações Diferenciais
Profa Paula Francis Benevides
Exemplos:
1) (x2 – y2)dx – 2xy dy = 0
2) (2x – y + 1) dx – (x + 3y – 2) dy = 0
18
Equações Diferenciais
Profa Paula Francis Benevides
AULA 05 – EXERCÍCIOS
1) (x3 + y2) dx + ( 2xy + cos y) dy = 0
2) ey dx + ( xey – 2y) dy = 0
3) 2xy dx + x2 dy = 0
4) senh x.cosy dx = coshx.seny dy
5) e
−2θ
(rdr − r 2 dθ ) = 0
dx
6)
x +y
2
2
+
dy
xdy
=
y
y x2 + y 2
Respostas:
1)
x4
+ y 2 x + seny = K
4
2) xe − y = C
y
2
3) x2y = K
4) coshxcosy = K
5) e
−2θ
6) x +
r2 = K
x2 + y2 = K
19
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
AULA 06
2.1.4.1 – FATOR INTEGRANTE:
Nem sempre a ED é exata, ou seja, Mdx + Ndy = 0 não satisfaz, isso é:
∂M ∂N
≠
.
∂y
∂x
Quando isso ocorre vamos supor a existência de uma função F(x, y) que ao multiplicar
toda a ED pela mesma resulta em uma ED exata, ou seja, F(x,y)[Mdx +Ndy] = 0, e esta é
uma ED exata.
Se
ela
é
exata,
existe
u(x,
y)
=
cte
e
∂u
= F .M
dx
e
∂u
= F .N
dy
e
∂ 2 u ∂M ∂N
∂
∂
=
=
=
FM =
FN
∂x∂y
∂y
∂x ∂y
∂x
Tomando a condição de exatidão
∂
∂
FM =
FN
∂y
dx
∂F
∂M
∂F
∂N
M+
F=
N+
F
∂x
∂y
∂y
∂x
e achar F por aqui é loucura!!!!!!!
Vamos supor então que F(x,y) = F(x)
F
∂M ∂F
∂N
N+F
=
∂x
∂y
∂x
dividindo tudo por FN ≠ 0 e organizando, temos:
1 ∂M
1 ∂F 1 ∂N
⋅
= ⋅
+ ⋅
N ∂y
F ∂x N ∂x
1 ∂F 1 ∂M 1 ∂N
⋅
= ⋅
− ⋅
F ∂x N ∂y N ∂x
1 ∂F 1 ⎛ ∂M ∂N ⎞
⎟
⋅
= ⋅⎜
−
F ∂x N ⎜⎝ ∂y
∂x ⎟⎠
1
1 ⎛ ∂M ∂N ⎞
⎟dx
−
dF = ⋅ ⎜⎜
F
N ⎝ ∂y
∂x ⎟⎠
ln F = ∫ R( x)dx + C
reescrevendo:
integrando:
F ( x) = .e ∫
R ( x ) dx
onde:
R( x) =
1 ⎛ ∂M ∂N ⎞
⎜
⎟
−
N ⎜⎝ ∂y
∂x ⎟⎠
analogamente, supondo F(x,y) = F(y) que torne exata FMdx + FNdy = 0 teremos:
F ( y ) = .e ∫
R ( y ) dy
onde:
R ( x) = −
1
M
⎛ ∂M ∂N ⎞
⎜⎜
⎟
−
∂x ⎟⎠
⎝ ∂y
20
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
Em resumo:
Quando a expressão Mdx + Ndy não é diferencial exata, isto é,
∂M ∂N
≠
, mostra-se
∂y
∂x
que há uma infinidade de funções F ( x, y ) , tais que F ( Mdx + Ndy ) é uma diferencial exata.
A esta função F ( x, y ) , dá-se o nome de fator integrante.
F(x):
F(y):
R( x) =
1 ⎛ ∂M ∂N ⎞
⎜
⎟
−
N ⎜⎝ ∂y
∂x ⎟⎠
F ( x) = e ∫
R ( x ) dx
R( y) = −
1
M
F ( y) = e ∫
⎛ ∂M ∂N ⎞
⎜⎜
⎟
−
∂x ⎟⎠
⎝ ∂y
R ( y ) dy
Exemplos: Resolver as seguintes equações diferenciais transformando em exatas através do
fator integrante.
1) y2 dx + (xy + 1) dy = 0
21
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
2) (x2 – y2) dx + 2xy dy = 0
AULA 06– EXERCÍCIOS
1) (2cos y + 4x2) dx = x sen y dy
Respostas:
1) x2 cos y + x4 = C
x2
2) 2x tg y dx + sec2 y dy = 0
3) seny.e = C
x
3) seny dx + cos y dy = 0
Encontre a solução particular em:
4) 2xy dy = (x2 + y2) dx
2) e tgy = C
4) y =
x 2 + 3x
para y(1) = 2
22
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Equações Diferencias
AULA 07
2.1.5 – EQUAÇÕES LINEARES:
Uma equação diferencial linear de 1a ordem e 1o grau tem a forma:
dy
+ P( x) y = Q( x) (1)
dx
Se Q(x) = 0, a equação é dita homogênea ou incompleta; enquanto, se Q(x) ≠ 0, a
equação é dita não-homogênea ou completa. Analisaremos dois métodos de solução de
equações diferenciais desse tipo a saber:
1o Método: Fator Integrante:
Este método consiste na transformação de uma equação linear em outro do tipo
diferencial exata, cuja solução já estudamos anteriormente. Posto isto, vamos retornando à
equação original de nosso problema:
dy
+ Py = Q
dx
Vamos reescrever esta última sob a forma
( Py − Q)dx + dy = 0
Multiplicando ambos os membros
e∫
Pdx
(Py − Q )dx + e ∫
Pdx
por
e∫
Pdx
(fator integrante) obtemos a expressão
dy = 0 . Aqui, identificamos as funções “M” e “N”:
M = e∫
Pdx
(Py − Q )
e
N = e∫
Pdx
Derivando M com relação a y e N com relação a x, obtemos:
Pdx
Pdx
∂N
∂M
e
= Pe ∫
= Pe ∫
∂y
∂x
confirmando assim, que a equação transformada é uma equação diferencial exata.
23
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
2o Método: Substituição ou de Lagrange:
Esse método foi desenvolvido por Joseph Louis Lagrange (matemático francês: 17361813) criador da Mecânica Analítica e dos processos de Integração das Equações de Derivadas
Parciais. O método consiste na substituição de “y” por “Z.t” na equação (1), onde t = φ (x) e
Z=ψ (x) , sendo Z a nova função incógnita e t a função a determinar, assim y = Z.t.
Derivando em relação a x, tem-se:
dy
dt
dZ
=Z
+t
(2)
dz
dx
dx
Substituindo (2) em (1) vamos obter:
dt
dZ
+t
+ PZt = Q
dx
dx
⎛ dt
⎞ dZ
Z ⎜ + Pt ⎟ + t
= Q (3)
dx
⎝ dx
⎠
Z
Para integral a equação (3), examina-se dois casos particulares da equação (1) a saber:
i) P = 0, então dy = Qx, logo,
y = ∫ Qdx + C
(4)
dy
+ Py = 0 (equação homogênea) que resulta em dy + Pydx = 0 que é de
dx
dy
variáveis separáveis. Daí,
+ Pdx = 0 . Integrando essa última, resulta em ln y = C − ∫ Pdx .
y
C − Pdx
− Pdx
= eC e ∫ .
Aplicando a definição de logaritmo, passamos a escrever a solução y = e ∫
ii) Q = 0, então
Fazendo k = e , temos y = ke ∫
(5) que representa a solução da equação homogênea ou
incompleta. Agora, vamos pesquisar na equação (3) valores para “t” e “Z”, uma vez que
y=Z.t, teremos a solução da equação (1) que uma equação linear completa (não-homogênea).
Se igualarmos os coeficientes de Z a um certo fator, o valor daí obtido poderá ser levado ao
resto da equação, possibilitando a determinação de Z uma vez que “t” pode ser determinado a
partir desta condição. Assim, vamos impor em (3), que o coeficiente de Z seja nulo. Feito isto,
C
− Pdx
− Pdx
dt
+ Pt = 0 (6), que é da mesma forma já estudada no caso ii. Assim, t = ke ∫ . Substituindo
dx
− Pdx dZ
dZ
dZ 1 ∫ Pdx
1 Pdx
este resultado em t
= Q obtemos ke ∫
= Q . Daí,
= e Q e dZ = e ∫ Qdx .
dx
dx
dx k
k
1 ∫ Pdx
Integrando este último resultado, temos Z = ∫ e
Qdx + C (7). Lembrando que y = Z.t,
k
− Pdx ⎡ 1
Pdx
⎤
vamos obter, substituindo “t” e “Z”: y = ke ∫ ⎢ ∫ e ∫ Qdx + C ⎥ , onde resulta, finalmente
⎣k
⎦
em:
− Pdx
Pdx
y = e ∫ ⎡⎢∫ e∫ .Q.dx + C⎤⎥
⎣
⎦
(8)
que é a solução geral da equação (1)
24
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
Exemplos:
1) Resolver a equação
a. Fator integrante
dy y
− = x − 2 por:
dx x
b. Lagrange
25
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
AULA 7 – EXERCÍCIOS
1)
2)
3)
4)
5)
6)
dy y cot gx
+ −
=0
dx x
x
dy
(1 + x 2 ) + y = arctgx
dx
dy
= tgx. y + cos x
dx
dy y
− =x
dx x
dy 2 y
+
= x3
dx x
dy
− ytgx = senx
dx
7) Achar a solução particular para y = 0 e x=0 em
dy
1
− ytgx =
dx
cos x
Respotas:
1
[ln(senx) + C ]
x
y = arctgx − 1 + C.e − arctgx
1
⎛1
⎞
y = ⎜ x + sen2 x + C1 ⎟ sec x
4
⎝2
⎠
2
y = Cx + x
C
1
y = x4 + 2
6
x
⎞
⎛ sen 2 x
y = sec x⎜⎜
+ C ⎟⎟
⎠
⎝ 2
x
y=
cos x
1) y =
2)
3)
4)
5)
6)
7)
26
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
AULA 08
2.1.6 – EQUAÇÕES NÃO LINEARES DE PRIMEIRA ORDEM REDUTÍVEIS A
LINEARES:
Resolver equações diferenciais não lineares é muito difícil, mas existem algumas delas
que mesmo sendo não lineares, podem ser transformadas em equações lineares. Os principais
tipos de tais equações são:
2.1.6.1 – EQUAÇÕES DE BERNOULLI:
dy
+ P( x) y = Q( x) y n
dx
Equação da forma:
(1)
para n ≠ 1 e n ≠ 0
Onde P(x) e Q(x) são funções continuas. Nesse caso, a idéia é realizar uma substituição
na equação acima, de modo a transformá-la em uma EDO linear.
Pois, se:
⇒ y’ + P(x)y = g(x) ⇒ caso anterior
⇒ y’ + [P(x) – g(x)] y = 0 ⇒ caso anterior e homogênea
n=0
n=1
Solução:
Transformação de variável:
y 1− n = t
Substitui por
Deriva-se em relação a x:
(1 − n) y − n
dy dt
=
(2)
dx dx
Substituindo (1), que é:
dy
+ Py = Qy n
dx
em (2) temos:
(1 − n) y − n (Qy n − Py ) =
(1 − n )(Q − Py1− n ) =
como y
1− n
⇒
dy
= Qy n − Py
dx
dt
dx
dt
dx
= t , temos:
(1 − n)(Q − Pt ) =
dt
dx
dt
+ [(1 − n) P ]t = (1 − n)Q
dx
Tornando-se assim uma equação linear a ser resolvida pelo método anterior.
27
Equações Diferencias
Profa Paula Francis Benevides
Exemplos:
1)
dy 2 y
−
= 3xy 2
dx x
28
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
AULA 08 – EXERCÍCIOS
1)
dy
+ xy = x 3 y 3
dx
2) x
dy
+ y = y 2 ln x
dx
3) x
dy
+ y = x3 y 3
dx
4)
dy 4
= y+x y
dx x
5) 2 xy
6)
dy
− y2 + x = 0
dx
dy
− 2 xy = xy 3
dx
Respostas:
1)
1
y=
2) y =
x 2 + 1 + C.e x
2
1
ln( x.e) + Cx
3) − 2 x y + C.x y = 1
3
2
2
2
⎛1
⎞
4) y = x ⎜ ln x + C ⎟
⎝2
⎠
2
4
5) y = x. ln
2
6) y = −
2
C
x
2e 2 x
2
2
e2x + K
29
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
AULA 09
2.1.6.2 – EQUAÇÃO DE RICCATI:
A equação de Jacopo Francesco Riccati (matemático italiano 1676 – 1754) é da forma
dy
= P( x) y 2 + Q( x) y + R( x) (1)
dx
onde P, Q e R designam funções de x. Observamos que, quando P(x)=0 temos a equação
linear e, quando R(x) = 0 temos a equação de Bernoulli. Liouville (matemático francês)
mostrou que a solução da equação de Riccati só é possível quando se conhece uma solução
particular y0. Caso contrário, ela só é integrável através de uma função transcendente.
Resolução:
Admitindo-se uma solução particular y0 da equação (1) e fazendo y = y0 + z (2), onde
“z” é uma função a ser determinada. Como y0 é solução, temos
dy 0
= Py 02 + Qy 0 + R (3)
dx
Por outro lado, derivando (2) tem-se:
dy dy 0 dz
=
+
(4)
dx dx dx
Substituindo (2) e (4) na equação (1) :
dy 0 dz
+
= P( y 0 + z ) 2 + Q( y 0 + z ) + R
dx dx
Desenvolvendo e agrupando os termos:
dy 0 dz
+
= Pz 2 + (2 Py 0 + Q) z + Py 02 + Qy 0 + R
dx dx
(5)
Substituindo (3) em (5) e reagrupando, resulta em:
dz
− (2 Py 0 + Q) z = Pz 2 (6)
dx
que é uma equação de Bernoulli na variável z, cuja solução já foi desenvolvida.
Em resumo: Para sua resolução algébrica deveremos conhecer uma solução particular y = y0
qualquer de (1), na qual a mudança de variáveis y = z + y0, irá eliminar o termo independente
R(x) transformando a equação de Riccatti numa equação de Bernoulli.
30
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
Exemplo:
(
Mostrar que y = - x é solução particular da equação 1 + x
procurar a solução geral.
3
) dy
+ 2 xy
dx
2
+ x2 y +1 = 0 e
31
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
AULA 09 – EXERCÍCIOS
dy y y 2
+ +
= 3 . Em caso afirmativo,
1) Verificar se y = x é solução particular da equação
dx x x 2
calcular a solução geral
2) Mostrar que y =
solução geral.
dy
2
1
= y 2 − 2 e calcular a sua
é solução particular da equação
dx
x
x
3) Sabendo que y = 1 é solução particular da equação
a sua solução geral.
4) Calcular a solução da equação
dy
+ (2 x − 1) y − xy 2 = x − 1 calcular
dx
dy 1 2
⎛ 1⎞
= y − 2⎜1 − ⎟ y + x − 1 sabendo que y = x é
dx x
⎝ x⎠
solução particular.
5) Dar a solução geral da equação
particular.
dy
+ y 2 + 3 y + 2 = 0 sabendo que y = - 1 é solução
dx
Resposta
Kx 5 + 3 x
Kx 4 − 1
1
3x 2
2) y = − 3
x x +k
e x ( 2 − x) + C
3) y = x
e (1 − x) + C
1) y =
kx + 2 x 2 − x 3
k − x2
2 − Ce x
5) y =
Ce x − 1
4) y =
32
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
AULA 10
3 – EQUAÇÕES DE 1a ORDEM E GRAU DIFERENTE DE UM
3.1 – Envoltórias e Soluções Singulares:
3.1.1 – Envoltória de uma Família de Curvas:
Seja f(x,y, α )=0 uma família de curvas dependentes do parâmetro “ α ”. Define-se
como envoltória a curva que é tangente a toda a linha que constituem a família de curvas.
Pode-se existir uma ou mais envoltórias para uma mesma família de curvas, como também
poderá não haver nenhuma. As curvas que forma a família são chamadas envolvidas.
⎧⎪ f ( x, y, α ) = 0
...(1), cuja equação pode ser
=0
⎪⎩
∂α
Geralmente, a envoltória é definida pelo sistema ⎨ ∂f ( x, y, α )
obtida pela eliminação do parâmetro α em (1). Também podemos obter a equação da
envoltória sob a forma paramétrica, resolvendo o sistema para x e y.
Logo:
¾ Curvas integrais: Família de curvas que representa a solução geral de uma equação
diferencial.
¾ Envoltória: Tomando-se como exemplo a família de curvas dependentes de um
parâmetro f(x,y, α )=0, define-se como envoltória a curva que é tangente a todas as
linhas que constituem a família.
¾ Envolvida: É cada uma das curvas integrais. Representa geometricamente uma solução
particular da equação.
Assim sendo, pode-se afirmar que existe uma ou mais envoltórias para uma mesma
família, como também poderá não haver nenhuma. Por exemplo, uma família de
circunferências concêntricas não apresenta envoltória.
Não há envoltória
33
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
e
e
F(x,y,C(x,y))=0
E
e → envolvidas de equação f(x, y,
E → envoltória
α)=0
e
Exemplo:
Obter a envoltória de uma família de circunferência com centro sobre o eixo x e raio
igual a 5.
34
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
3.1.2 – Soluções Singulares:
Uma equação diferencial não linear de 1a ordem pode se escrita na forma alternativa
dy ⎞
⎛
F ⎜ x, y , ⎟ = 0
dx ⎠
⎝
Foi visto que uma equação diferencial pode apresentar três tipos de solução:
- geral
- particular
- singular (eventualmente)
A solução geral é do tipo F(x,y,C)=0, que representa uma família de curvas (curvas
integrais), a cada uma das quais está associada uma solução particular da equação dada.
A envoltória dessa família de curvas (caso exista) representa a solução singular da
equação original.
De fato, o coeficiente angular da reta tangente em um ponto de coordenadas (xo,yo) da
envoltória e da curva integral corresponde a dyo/dxo. Além disso, tem-se que os elementos xo,
yo e dyo/dxo de cada ponto da envoltória satisfazem à equação acima, pois são elementos de
uma curva integral. Portanto, a envoltória é uma solução da equação que não resulta da
fixação da constante C, e por esta razão, é uma solução singular.
Exemplo:
2
dy x 2
⎛ dy ⎞
−
x
+
⎟
dx 2
⎝ dx ⎠
Determinar a solução geral e a solução singular da equação y = ⎜
35
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
4) Achar a solução geral e a solução
singular da equação:
AULA 10 – EXERCÍCIOS
1) Dar a envoltória
famílias de curvas:
a) y = 4α x +
2
b)
das
seguinte
1
α
x + y + 2(α + 2) y + α 2 = 0
2
2
2) Determinar a envoltória de um
segmento
de
reta
cujas
extremidades descrevem 2 retas
perpendiculares.
3) Obter a solução singular da equação
2
⎛ dy ⎞
y ⎜ ⎟ + y2 = 1
⎝ dx ⎠
2
dy ⎛ dy ⎞
y−x
=⎜ ⎟
dx ⎝ dx ⎠
2
Respostas:
1) a ) y3 = 27x
2
2
2) x 3 + y
3) y = ± 1
3
=l
b) x2 + 4y = 0
2
3
(astróide)
4) y = Cx + c2 (solução geral)
y=−
x2
4
(solução
singular)
36
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
AULA 11
3.2 – EQUAÇÃO DE CLAIRAUT:
A Equação de Clairaut (Aléxis Claude Clairaut – matemático francês: 1713 – 1765) tem
a forma
y=x
dy
⎛ dy ⎞
+ φ⎜ ⎟ .
dx
⎝ dx ⎠
Resolução:
Chamando
dy
=p
dx
a equação de Clairaut fica y = xp + φ ( p ) . (1)
Derivando a equação anterior em relação a x, teremos:
dy
dp
dp
=x
+ p.1 + φ ' ( p )
dx
dx
dx
dp
(x + φ ' ( p)) = 0
dx
dp
=0 ∴ p=C
dx
(2)
A solução geral é dada substituindo-se em (1) p pelo seu valor C
Assim,
y = Cx + φ (C ) é a solução geral da equação de Clairaut (família de retas)
De (2), tem-se:
x + φ ' ( p) = 0
∴ φ ' ( p) = − x
(3)
Eliminando-se p entre (1) e (3) tem-se uma relação F(x,y)=0 que representa a solução
singular.
Exemplos:
Determinar a solução geral e a solução singular das seguintes equações de Clairaut:
2
dy
⎛ dy ⎞
⎜ ⎟ −x +y=0
dx
⎝ dx ⎠
37
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
AULA 11 – EXERCÍCIOS
Determinar a solução geral e a solução
singular das seguintes equações de
Clairaut:
1) y = x
dy
⎛ dy ⎞
= 3⎜ ⎟
2) y − x
dx
⎝ dx ⎠
3) y = Cx +
2
2
⎛ dy ⎞
⎛ dy ⎞
⎟ − y⎜ ⎟ + 1 = 0
⎝ dx ⎠
⎝ dx ⎠
dy ⎛ dy
⎞
⎜ x − y + 5⎟ + 4 = 0
dx ⎝ dx
⎠
dy
⎛ dy ⎞
+ 4+⎜ ⎟
5) y = x
dx
⎝ dx ⎠
1
(geral)
C2
4y3 = 27x2 (singular)
3) x⎜
4)
1) y= Cx – lnC (geral)
y = 1 + lnx (singular)
2) y = Cx + 3C2 (geral)
x2 = -12y (singular
dy
dy
− ln
dx
dx
3
Respostas:
4) C(5 – y + xC) + 4 = 0 (geral)
(y – 5)2 = 16x (singular)
5) y = Cx +
y2 =
4 + C 2 (geral)
4(1 ± x 2 ) 2
1− x2
2
38
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
AULA 12
3.3 – EQUAÇÃO DE LAGRANGE:
⎛ dy ⎞ ⎛ dy ⎞
⎟ + φ ⎜ ⎟ ...(1).
⎝ dx ⎠ ⎝ dx ⎠
A equações da Lagrange tem a forma y = xF ⎜
Observamos que a equação de Clairaut é um caso particular da equação de Lagrange,
⎛ dy ⎞ dy
.
⎟=
⎝ dx ⎠ dx
se F ⎜
Resolução:
A solução da equação de Lagrange, geralmente é dada sob a forma paramétrica.
Chamando
dy
= p a equação de Lagrange fica y = xF ( p ) + φ ( p ) .
dx
Derivando a equação anterior em relação a x, teremos:
dp
dp
+ φ ' ( p)
dx
dx
dp
dp
= φ ' ( p)
p − F ( p) − xF ' ( p)
dx
dx
p = F ( p) + xF ' ( p)
Multiplicando por
dx
e dividindo por [p – F(p)], tem-se:
dp
dx
F ' ( p)
φ ' ( p)
−
x=
dp p − F ( p )
p − F ( p)
De onde se pode escrever
dx
+ Px = Q
dp
Como em geral não será possível isolar p na solução da equação linear anterior, a
solução geral da equação de Lagrange será dada na forma paramétrica:
⎧ x = x( p)
⎨
⎩ y = y ( p)
Exemplo:
⎛ dy ⎞ ⎛ dy ⎞
Resolver a equação y = ⎜1 +
⎟x + ⎜ ⎟
⎝ dx ⎠ ⎝ dx ⎠
2
39
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
AULA 12 - EXERCÍCIOS
Respostas:
dx dy
−
dy dx
dy 1
2) y = 2 x
+
dx dy
dx
p
⎧
ln( p + p 2 − 1) − C
⎪ x=−
p2 −1
⎪
1) ⎨
1
⎪y = −
ln p + p 2 − 1 − C − p
2
⎪⎩
p −1
2 ln p + K
⎧
⎪⎪ y =
p
2) ⎨
ln p + C
⎪ x=
⎪⎩
p2
1) y = x
dy
⎛ dy ⎞
− x⎜ ⎟
3) y = 2 x
dx
⎝ dx ⎠
[
[(
2
]
) ]
C
⎧
⎪⎪ x = p
3) ⎨
2C
⎪y =
−C
p
⎩⎪
40
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
AULA 13
3.4 – Outros tipos de equação de 1a Ordem e grau diferente de um:
Resolver as seguintes equações:
⎛ dy ⎞
⎟
⎝ dx ⎠
a) 4 y = x + ⎜
2
2
b) x = sen
dy
dy
+ ln
dx
dx
41
Equações Diferencias
Profa Paula Francis Benevides
3.5 – Equações de ordem superior a primeira:
d 2 y dy
Resolver a equação: (1 + x) 2 +
=0
dx
dx
42
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
AULA 13 – EXERCÍCIOS
1) y =
dy
⎛ dy ⎞
+ 1− ⎜ ⎟
dx
⎝ dx ⎠
2
2
⎛ dy ⎞ dy dx
2) y = ⎜
⎟ .e
⎝ dx ⎠
2
dy
⎛ dy ⎞
⎟ + 2 ln
dx
⎝ dx ⎠
2
⎛ dy ⎞
y2 + ⎜ ⎟
⎝ dx ⎠
y
4) e =
dy
2
dx
3) y = ⎜
d2y
dy ⎛ dy ⎞
= y2
+⎜ ⎟
2
dx ⎝ dx ⎠
dx
d2y
6)
= e 2 x + cos 2 x
dx 2
2
d2y
⎛ dy ⎞
7)
−4=⎜ ⎟
dx 2
⎝ dx ⎠
2
5) y
8)
d2y
+ k2y = 0
2
dx
Respostas:
⎧⎪ y = p + 1 − p 2
1) ⎨
⎪⎩ x = ln p − arcsenp + c
⎧ x = senp + ln p
⎩ y = cos p + psenp + p + c
2) ⎨
⎧ y = p 2 + 2 ln p
⎪
3) ⎨
2
⎪x = 2 p − p + c
⎩
⎧
y2 + p2
⎪ x = ln
2p
⎪
4) ⎨
⎪ln p 2 + y 2 + arctg p = c
⎪⎩
y
1 ⎛ y ⎞
⎟ = x + C2
5)
ln⎜
C1 ⎜⎝ y + C1 ⎟⎠
1 2x 1
e − cos 2 x + C1 x + C 2
4
4
7) y = ln[sen( 2 x + 2C1 )] + C 2
6) y =
8) y =
2C1
k
(senkx. cos kC 2 + senkC 2 cos kx )
43
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
AULA 14
4 - EXERCÍCIOS GERAIS
Calcule as Equações Diferenciais abaixo:
1) xydx − 3( y − 2) dy = 0
2) xdx + ye
− x2
3) (1 − x) dy − y dx = 0
2
4) cos y ⋅ senxdx + seny ⋅ cos xdy = 0
2
dy
= cos( x + y )
dx
2
2
6) 2 x( x + y ) dx + ( x + y ) dy = 0
5)
7) xdy − ydx =
x + y dx
2
8) ( x − xy + y )dx − xydy = 0
2
2
dy
= xy + xy 2
dx
28) Conhecendo-se a solução particular y =
da
equação
ex
dy = 0
2
27) (1 − x )
2
9) ydx + ( 2 xy − x ) dy = 0
10) ( 2 x − y + 4) dy + ( x − 2 y + 5) dx = 0
dy
x + 2 y +1
=
11)
dx 2 x + 4 y + 3
12) (3 x − y + 2) dx + (9 x − 3 y + 1)dy = 0
13)
⎡
1⎤
y ⎤
⎡
⎢ y cos(xy) + x ⎥ dx + ⎢ x cos(xy) + 2 x + y ⎥ dy = 0
⎣
⎦
⎣
⎦
2x
y 2 − 3x 2
+
dy = 0
dx
y4
y3
2
2
2
3
15) (3 x + 6 xy ) dx + (6 x y + 4 y ) dy = 0
dy
− (1 + 2e x ) y + y 2 = −e 2 x calcular
dx
sua
solução geral.
Calcular a solução geral e a singular das
seguintes equações:
dy ⎛ dx ⎞
−⎜ ⎟
29) y = x
dx ⎜⎝ dy ⎟⎠
2
dy
⎛ dy ⎞
30) y = x
+ 1+ ⎜ ⎟
dx
⎝ dx ⎠
dy dy
+
31) y = x
dx dx
dy
dy
32) y = x
+ sen
dx
dx
14)
Resolver as
Lagrange:
dy
x + xy 2
16)
=−
dx
y + x2 y
17) (1 + ysenx) dx + (1 − cos x ) dy = 0
18) (sec x.tgx − y ) dx + (sec y.tgy − x + 2) dy = 0
33) y = −
2
seguintes
equações
1 dy ⎛
dy ⎞
⎜ 2x + ⎟
2 dx ⎝
dx ⎠
dy ⎛ dy ⎞
+⎜ ⎟
34) y = 2 x
dx ⎝ dx ⎠
2
19) ( 2 x cos y − e ) dx − x senydy = 0 ,
determinar a solução particular para x = 0.
2
x
20) xdy − ydx = x e dx
2 x
21) y dy + ydx − xdy = 0
2
22)
y
dx + ( y 3 − ln x)dy = 0
x
23) Achar a solução particular para y = b e x
dy
+ y − ex = 0
dx
2
24) y dx − ( 2 xy + 3) dy = 0
dy 2 y
25)
+
= 2 y2
dx x
2
26) xdy = y ( y + 1) dx
= a em x
44
de
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
Respostas:
1) 6 y − x = 12 ln(Cy )
y = Cx + 1 + C 2
2
2) y + e
x2
=C
3) y ln C (1 − x ) = 1
4) ln sec x + sec y = C
5) cos sec( x + y ) − cot g ( x + y ) = x + C
2
2
6) 2 x + 3 x y + y = C
3
2
3
7) y = Cx −
x +y
y
8) ln( y − x ) +
=C
X
x
9)
+ ln y = C
y
2
2
2
10) ( x + y − 1) = C ( x − y + 3)
3
11) ln(4 x + 8 y + 5) + 8 y − 4 x = C
12) 2 x + 6 y + C = ln(6 x − 2 y + 1)
13)
sen( xy ) + 2 y x + ln y = C
30)
y=
± ( x 2 + 1)
1− x2
31) y = Cx + C
Não há solução singular
32)
y + Cx + senC
y = x arccos x + 1 − x 2
1
−1
⎧
2
x
(
Cp
=
− p)
⎪⎪
3
33) ⎨
⎪ y = 1 (−2Cp 12 − p 2
⎪⎩
6
C
2
⎧
⎪x = 3 p2 − 3 p
⎪
34) ⎨
3
⎪ y = 2C − p
⎪⎩
3p
x2 1
− =C
y3 y
3
2 2
4
15) x + 3 x y + y = C
14)
16)
17)
18)
19)
20)
21)
22)
x 2 (1 + y 2 ) + y 2 = C
x + y − y cos x = C
secx + secy + y(2 - x) = C
x 2 cos y − e x = −1
y = Cx + xe x
y 2 + x = Cy
2 ln x + y 3 = Cy
e x + ab − e a
x
1
2
24) x = Cy −
y
2
25) Cx y + 2 xy − 1 = 0
23)
y=
26)
y2 =
27)
y=
x2
C − x2
1
C 1 − x2 −1
Ce x + Ce 2 x − e x
28) y =
Ce x − 1
1
y = Cx − 2
C
29)
27
y3 = − x2
4
45
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
AULA 15
5 - EQUAÇÕES DIFERENCIAIS COM MODELOS MATEMÁTICOS
5.1 - MODELO MATEMÁTICO:
É freqüentemente desejável descrever o comportamento de algum sistema ou fenômeno
da vida real em termos matemáticos, quer sejam eles físicos, sociológicos ou mesmo econômicos.
A descrição matemática de um sistema ou fenômeno, chamada de modelos matemáticos é
construída levando-se em consideração determinadas metas. Por exemplo, talvez queiramos
compreender os mecanismos de um determinado ecossistema por meio do estudo do crescimento
de populações animais nesse sistema ou datar fósseis por meio da análise do decaimento
radioativo de uma substância que esteja no fóssil ou no extrato no qual foi descoberta.
A construção de um modelo matemático de um sistema começa com:
i.
a identificação das variáveis responsáveis pela variação do sistema. Podemos a
principio optar por não incorporar todas essas variáveis no modelo. Nesta etapa,
estamos especificando o nível de resolução do modelo.
A seguir,
ii.
elaboramos um conjunto de hipóteses razoáveis ou pressuposições sobre o
sistema que estamos tentando descrever. Essas hipóteses deverão incluir também
quaisquer leis empíricas aplicáveis ao sistema.
Para alguns propósitos, pode ser perfeitamente razoável nos contentarmos com um
modelo de baixa resolução. Por exemplo, você provavelmente já sabe que, nos cursos básicos de
Física, a força retardadora do atrito com o ar é às vezes ignorada, na modelagem do movimento
de um corpo em queda nas proximidades da superfície da Terra, mas e você for um cientista cujo
trabalho é predizer precisamente o percurso de um projétil de longo alcance, terá de levar em
conta a resistência do ar e outros fatores como a curvatura da Terra.
Como as hipóteses sobre um sistema envolvem freqüentemente uma taxa de variação de
uma ou mais variáveis, a descrição matemática de todas essas hipóteses pode ser uma ou mais
equações envolvendo derivadas. Em outras palavras, o modelo matemático pode ser uma
equação diferencial ou um sistema de equações diferenciais.
Depois de formular um modelo matemático, que é uma equação diferencial ou um sistema
de equações diferenciais, estaremos de frente para o problema nada insignificante de tentar
resolvê-lo. Se pudermos resolvê-lo, julgaremos o modelo razoável se suas soluções forem
consistentes com dados experimentais ou fatos conhecidos sobre o comportamento do sistema.
Porém, se as predições obtidas pela solução forem pobres, poderemos elevar o nível de resolução
do modelo ou levantar hipóteses alternativas sobre o mecanismo de mudança no sistema. As
etapas do processo de modelagem são então repetidas, conforme disposto no seguinte
diagrama:
46
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
Naturalmente, aumentando a resolução aumentaremos a complexidade do modelo
matemático e, assim, a probabilidade de não conseguirmos obter uma solução explícita.
Um modelo matemático de um sistema físico freqüentemente envolve a variável tempo t.
Uma solução do modelo oferece então o estado do sistema; em outras palavras, os valores da
variável (ou variáveis) para valores apropriados de t descrevem o sistema no passado, presente e
futuro.
5.2 – DINÂMICA POPULACIONAL:
Uma das primeiras tentativas de modelagem do crescimento populacional humano por
meio de matemática foi feito pelo economista inglês Thomas Malthus, em 1798. Basicamente, a
idéia por trás do modelo malthusiano é a hipótese de que a taxa segundo a qual a população de
um pais cresce em um determinado instante é proporcional a população total do pais naquele
instante. Em outras palavras, quanto mais pessoas houver em um instante t, mais pessoas
existirão no futuro. Em termos matemáticos, se P(t) for a população total no instante t, então
essa hipótese pode ser expressa por:
dx
= kx ,
dt
x(t 0 ) = x0
x = x 0 .e kt
(1)
onde k é uma constante de proporcionalidade, serve como modelo para diversos fenômenos
envolvendo crescimento ou decaimento.
Conhecendo a população em algum instante inicial arbitrário t0, podemos usar a solução
de (1) para predizer a população no futuro, isto é, em instantes t > t0.
O modelo (1) para o crescimento também pode ser visto como a equação
dS
= rS , a qual
dt
descreve o crescimento do capital S quando uma taxa anual de juros r é composta
continuamente.
Exemplo:
Em uma cultura, há inicialmente x0 bactérias. Uma hora depois, t = 1, o número de
bactérias passa a ser 3/2 x0. Se a taxa de crescimento é proporcional ao número de bactérias
presentes, determine o tempo necessário para que o número de bactérias triplique.
Resolução:
x(to) = x0
x(t1) =
3
xo
2
dx
= kx
dt
dx
∫ x = ∫ kdt
lnx = kt + c
lnx – ln c = kt
x
= kt
c
x
ekt =
c
ln
x = c.ekt
para t = 0
x(0) = x0
x0 = ce0
x0 = c
∴
x = x0.ekt
47
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
Para t = 1
x(1) =
3
x0
2
x = x0.e0,4055.t
3
x0 = x0 .e k .1
2
3
ek =
2
3x0 = x0.e0,4055.t
ln3 = ln e0,4055.t
ek = 1,5
ln1,5 = k
k = 0,4055
0,4055t = 1,0986
t = 2,71 horas
5.3 - MEIA VIDA:
Em física, meia-vida é uma medida de estabilidade de uma substância radioativa. A meiavida é simplesmente o tempo gasto para metade dos átomos de uma quantidade A0 se
desintegrar ou se transmutar em átomos de outro elemento. Quanto maior a meia-vida de uma
substância, mais estável ela é.
Por exemplo, a meia do ultra-radioativo rádio, Ra-226, é cerca de 1700 anos. Em 1700
anos, metade de uma dada quantidade de Ra-226 é transmutada em Radônio, Rn-222. O isótopo
de urânio mais comum, U-238, tem uma meia-vida de aproximadamente 4.500.000.000 de anos.
Nesse tempo, metade de uma quantidade de U-238 é transmutada em chumbo, Pb-206.
dA
= K .A
dt
A(0) = A0
(2)
A(t ) =
A0
2
A = A0 .e kt
Exemplo:
Um reator converte urânio 238 em isótopo de plutônio 239. Após 15 anos foi detectado
que 0,043% da quantidade inicial A0 de plutônio se desintegrou. Encontre a meia vida desse
isótopo se a taxa de desintegração é proporcional à quantidade remanescente.
Resolução:
t = 0 → A0
t = 15 → A0 – 0,043%A0
99,957%A0
0,99957A0
dA
= kA
dt
dA
∫ A = ∫ kdt
ln A = kt + c
ln
A
= kt
c
A
= e kt
c
A = c.ekt
se t = 0
A(0) = A0
A0 = c.e0
C = A0
48
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
A(t) = A0.ekt
A(15) = A0.e15k
0,99957 A0 = A0.e15k
Ln0,99957 = ln e15t
-0,00043 = 15 k
K = - 2,8667.10- 5
A0
2
−5
A(t ) = A0 .e −2,8867.10 t
A(t) =
A0
= A0 .e −0, 00002867
2
1
= e −0, 00002867t
2
-0,6931 = - 0,00002867t
t = 24,180
t ≅ 24,180 anos
5.4 – DECAIMENTO RADIOATIVO:
O núcleo de um átomo consiste em combinações de prótons e nêutrons. Muitas dessas
combinações são instáveis, isto é, os átomos decaem ou transmutam em átomos de outra
substância. Esses núcleos são chamados de radioativos. Por exemplo, ao longo do tempo, o
altamente radioativo elemento rádio, Ra-226, transmuta-se no gás radônio radioativo, Rn-222.
Para modelar o fenômeno de decaimento radioativo, supõe-se que a taxa de dA/dt segundo a
qual o núcleo de uma substância decai é proporcional a quantidade (mais precisamente, ao
número de núcleos) A(t) de substâncias remanescente no instante t:
dA
= K .A
dt
(2)
Naturalmente as equações (1) e (2) são iguais, a diferença reside apenas na interpretação
dos símbolos e nas constantes de proporcionalidade. Para o crescimento, conforme esperamos
em (1), k>0, para o decaimento, como em (2), k<0.
O modelo (2) para o decaimento também ocorre com aplicações biológicas, como a
determinação de meia vida de uma droga – o tempo necessário para que 50% de uma droga seja
eliminada de um corpo por excreção ou metabolismo. Em química, o modelo de dacaimento (2)
aparece na descrição matemática de uma reação química de primeira ordem, isto é, uma reação
cuja taxa ou velocidade dx/dt é diretamente proporcional à quantidade x de uma substância não
transformada ou remanescente no instante t.
A questão é que:
Uma única equação diferencial pode servir como um modelo matemático para vários
fenômenos diferentes.
5.5 - CRONOLOGIA DO CARBONO:
Por volta de 1950, o químico Willard Libby inventou um método para determinar a idade
de fósseis usando o carbono radioativo.
A teoria da cronologia do carbono se baseia no fato de que o isótopo do carbono 14 é
produzido na atmosfera pela ação de radiações cósmicas no nitrogênio.
A razão entre a quantidade de C-14 para carbono ordinário na atmosfera para ser uma
constante e, como conseqüência, a proporção da quantidade de isótopo presente em todos os
organismos é a mesma proporção da quantidade na atmosfera.
Quando um organismo morre, a absorção de C-14, através da respiração ou alimentação,
cessa. Logo, comparando a quantidade proporcional de C-14 presente, digamos, em um fóssil
com a razão constante na atmosfera, é possível obter uma razoável estimativa da idade do fóssil.
O método se baseia no conhecimento da meia-vida do carbono radioativo C-14, cerca
de 5.600 anos.
49
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
O método de Libby tem sido usado para datar móveis de madeira em túmulos egípcios, o
tecido de linho que envolvia os pergaminhos do Mar Morto e o tecido do enigmático sudário de
Turim.
Exemplo:
Um osso fossilizado contém um milésimo da quantidade original do C-14. Determine a
idade do fóssil.
Resolução:
A(t) = A0.ekt
A0
= A0 .e k .5600
2
1
ln = ln e 5600 k
2
5600k = - 0,6931
K = - 0,000123776
A(t) = A0.e- 0,000123776t
1
A0 = A0 .e −0,000123776t
100
1
ln
= ln e −0, 000123776t
100
- 0,000123776 t = - 6,9077
t = 55.808 anos
5.6 - RESFRIAMENTO:
De acordo com a Lei empírica de Newton do esfriamento/resfriamento, a taxa segundo a
qual a temperatura de um corpo varia é proporcional a diferença entre a temperatura de um
corpo varia proporcionalmente a diferença entre a temperatura do corpo e a temperatura do meio
que o rodeia, denominada temperatura ambiente. Se T(t) representar a temperatura de um corpo
no instante t, Tm a temperatura do meio que o rodeia dT/dt a taxa segundo a qual a temperatura
do corpo varia, a lei de Newton do esfriamento/resfriamento é convertida na sentença
matemática
dT
= K (T − Tm ) ,
dt
(3)
T = C.ekt + Tm
onde k é uma constante de proporcionalidade. Em ambos os casos, esfriamento ou aquecimento,
se Tm for uma constante, é lógico que k<0.
Exemplo:
Um bolo é retirado do forno, sua temperatura é de 300ºF. Três minutos depois, sua
temperatura passa para 200ºF. Quanto tempo levará para sua temperatura chegar a 75 graus, se
a temperatura do meio ambiente em que ele foi colocado for de exatamente 70ºF?
50
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
Resolução:
dT
= k (T − Tm )
dt
dT
= k (T − 70)
dt
dT
∫ (T − 70) = ∫ kdt
ln(T − 70) = kt + c
(T − 70
ln
= kt
c
T − 70
e kt =
c
kt
T = c.e + 70
T(0) = 3000F
T(3) = 2000F
T(?) = 750
Tm = 700
T(0) = 3000
300 = C.ek.0 + 70
C = 2300
T = 230.ekt + 70
T(3) = 200
200 = 230.e3k + 70
230 e3k = 130
e 3k =
130
230
130
230
130
3k = ln
230
T = 230.e −0,19018t + 70
ln e 3k = ln
75 = 230.e −0,19018t + 70
75 − 70
230
5
- 0,19018t = ln
230
e −0,19018t =
K = - 0,19018
T = 20,13 minutos
5.7 – MISTURAS:
A mistura de dois fluidos algumas vezes dá origem a uma equação diferencial de primeira
ordem para a quantidade de sal contida na mistura. Vamos supor um grande tanque de mistura
contenha 300 galões de salmoura (isto é, água na qual foi dissolvida uma determinada
quantidade de libras de sal). Uma outra salmoura é bombeada para dentro do tanque a uma taxa
de três galões por minuto; a concentração de sal nessa segunda salmoura é de 2 libras por
galão.Quando a solução no tanque estiver bem misturada, ela será bombeada para fora a mesma
taxa em que a segunda salmoura entrar. Se A(t) denotar a quantidade de sal (medida em libras)
no tanque no instante t, a taxa segundo a qual A(t) varia será uma taxa liquida:
dA ⎛ Taxa de entrada ⎞ ⎛ Taxa de saída ⎞
⎟⎟ − ⎜⎜
⎟⎟ = Re − Rs
=⎜
de sal
de sal
dt ⎜⎝
⎠ ⎝
⎠
(4)
A taxa de entrada Re de sal (em libras por minuto) é:
51
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
Taxa de entrada
Concentração de sal
de salmoura
no fluxo de entrada
↓
(3 gal / min)
Re =
.
taxa de entrada
de sal
↓
(2kb / gal )
=
↓
6lb / min
Uma vez que a solução está sendo bombeada para fora e para dentro do tanque a mesma
taxa, o número de galões de salmoura no tanque no instante t é constante e igual a 300 galões.
Assim sendo, a concentração de sal no tanque e no fluxo de saída é de A(t)/300 lb/gal, e a taxa
de saída de sal Rs é:
Taxa de saída
Concentração de sal
taxa de saida
de salmoura
no fluxo de saída
de sal
↓
↓
Rs =
(3 gal / min)
.
⎞
⎛ A
lb / gal ⎟
⎜
⎠
⎝ 300
↓
=
A
lb / min
100
A equação (4) torna-se então:
dA
A
= 6−
dt
100
(5)
Exemplo:
Dos dados do tanque acima considerado e da equação (4), obtemos a equação (5).
Vamos colocar agora a seguinte questão: se 50 libras de sal fossem dissolvidas nos 300 galões
iniciais, quanto sal haveria no tanque após um longo período?
Resolução:
dA
A
= 6−
dt
100
dA
1
+
⋅A=6
dt 100
Pdt
− Pdt
A = e ∫ ⎡⎢ ∫ e ∫ .Qdt + C ⎤⎥
⎣
⎦
t
−t
A = e 100 ⎡ ∫ e 100 .6dt + C ⎤
⎢⎣
⎥⎦
t
−t
A = e 100 ⎡600e 100 + C ⎤
⎢⎣
⎥⎦
A = 600 + C.e
−t
100
para A(0) =50
50 = 600 + C.e 0
C = −550
Logo:
A = 600 − 550e
−t
100
(6)
A solução acima (6) foi usada para construir a seguinte tabela:
t(min)
50
100
150
200
300
400
A(lb)
266,41
397,67
477,27
525,57
572,62
589,93
52
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
Além disso podemos observar que A → 600 quando t → ∞ . Naturalmente, isso é o que
esperaríamos nesse caso; durante um longo período, o número de libras de sal na solução deve
ser (300 gal).(2lb/gal) = 600 lb.
Neste exemplo supusemos que a taxa segundo a qual a solução era bombeada para dentro
era igual à taxa segundo a qual ela era bombeada para fora. Porém isso não precisa ser assim; a
mistura salina poderia ser bombeada para fora a uma taxa maior ou menor do que aquela
segundo a qual é bombeada para dentro. Por exemplo, se a solução bem misturada do exemplo
acima for bombeada para fora a uma taxa menor, digamos de 2 gal/min, o liquido acumulará no
tanque a uma taxa de (3 – 2) gal/min = 1gal/min. Após t minutos, o tanque conterá 300 + t
galões de salmoura. A taxa segundo a qual o sal sai do tanque é então:
⎛ A
⎞
lb / gal ⎟
Rs = (2 gal / min).⎜
⎝ 300 + t
⎠
Logo, a Equação (4) torna-se:
dA
2A
= 6−
dt
300 + t
ou
dA
2
+
A=6
dt 300 + t
Você deve verificar que a solução da última equação, sujeita a A(0)=50, é:
A(t ) = 600 + 2t − (4,95 × 10 7 )(300 + t ) −2
5.8 – DRENANDO UM TANQUE:
Em hidrodinâmica, a Lei de Toricelli estabelece que a velocidade v do fluxo de água em
um buraco com bordas na base de um tanque cheio até a uma altura h é igual a velocidade com
que um corpo (no caso, uma gota d’agua) adquiriria em queda livre de uma altura h, isto é,
v = 2 gh , onde g é a aceleração devida a gravidade. Essa última expressão origina-se de igualar
1 2
a energia cinética mv com a energia potencial mgh e resolver para v. Suponha que um tanque
2
cheio com água seja drenado por meio de um buraco sob a influência da gravidade.
Gostaríamos de encontrar a altura h de água remanescente no tanque no instante t.
Considere o tanque ao lado:
Se a área do buraco for Ah (em pés quadrados) e a velocidade de
saída da água do tanque for v =
2 gh (em pés/s), o volume de saída de
água do tanque por segundo é Ah
2 gh (em pés cúbicos/s). Assim, se
V(t) denotar o volume de água no tanque no instante t,
dV
= − Ah 2 gh
dt
(6)
onde o sinal de subtração indica que V está decrescendo. Observe aqui que estamos ignorando a
possibilidade de atrito do buraco que possa causar uma redução na taxa de fluxo. Agora, se o
tanque for tal que o volume de água em qualquer instante t possa ser escrito como V (t ) = Aw h ,
onde Aw (em pés quadrados) é a área constante da superfície de água, então
dV
dh
.
= Aw
dt
dt
Substituindo essa última expressão em (6), obtemos a equação diferencial desejada para
a altura de água no instante t:
53
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
A
dh
=− h
dt
Aw
2 gh
(7)
É interessante notar que (7) permanece válida mesmo quando Aw não for constante. Nesse
caso, devemos expressar a superfície superior da água como uma função de h, isto é, Aw = A(h).
5.9 – DISSEMINAÇÃO DE UMA DOENÇA:
Uma doença contagiosa, por exemplo, um vírus de gripe, espalha-se em uma comunidade
por meio do contato entre as pessoas. Seja x(t) o número de pessoas que contraíram a doença e
y(t) o número de pessoas que ainda não foram expostas. É razoável supor que a taxa dx/dt
segundo a qual a doença se espalha seja proporcional ao número de encontros ou interações
entre esses dois grupos de pessoas. Se supusermos que o número de intereações é
conjuntamente proporcional a x(t) e a y(t), isto é, proporcional ao produto xy, então:
dx
= kxy
dt
(8)
onde k é a constante de proporcionalidade usual. Suponha que uma pequena comunidade tenha
uma população fixa de n pessoas. Se uma pessoa infectada for introduzida na comunidade, podese argumentar que x(t) e y(t) são relacionadas por x + y = n + 1. Usando essa última equação
para eliminar y em (8), obtemos o modelo
dx
= kx(n + 1 − x)
dt
(9)
Uma condição óbvia que acompanha a equação (9) é x(0) = 1.
5.10 – CORPOS EM QUEDA:
Para construir um modelo matemático do movimento de um corpo em um campo de força,
em geral iniciamos com a segunda lei do movimento de Newton. Lembre-se da física elementar
que a primeira lei do movimento de Newton estabelece que o corpo permanecerá em repouso
ou continuará movendo-se a uma velocidade constante, a não ser que esteja agindo sobre ele
uma força externa. Em cada caso, isso equivale a dizer que, quando a soma das forças F =
∑F
k
isto é, a força liquida ou resultante, que age sobre o corpo for diferente de zero, essa força
líquida será proporcional a sua aceleração a ou, mais precisamente, F = m.a, onde m é a massa
do corpo.
Suponha agora que uma pedra seja jogada par acima do topo de um prédio, conforme
ilustrado na figura abaixo:
Qual a posição s(t) da pedra em relação ao chão no
2
2
instante t? A aceleração da pedra é a derivada segunda d s dt .
Se assumirmos como positiva a direção para cima e que nenhuma
outra força além da gravidade age sobre a pedra, obteremos a
segunda lei de Newton
m
d 2s
= −mg
dt 2
ou
d 2s
= −g
dt 2
(10)
Em outras palavras, a força liquida é simplesmente o peso
F= F1 = - W da pedra próximo á superfície da Terra. Lembre-se de
que a magnitude do peso é W = mg, onde m é a massa e g é a
aceleração devida a gravidade. O sinal de subtração foi usado em
(10), pois o peso da pedra é uma força dirigida para baixo, oposta
a direção positiva. Se a altura do prédio é s0 e a velocidade inicial
54
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
da pedra é v0, então s é determinada, com base no problema de valor incial de segunda ordem
d 2s
= − g , s (0) = s 0 , s ' (0) = v0
dt 2
(11)
Embora não estejamos enfatizando a resolução das equações obtidas, observe que (11)
pode ser resolvida integrando-se a constante – g duas vezes em relação a t. As condições iniciais
determinam as duas constantes de integração. Você poderá reconhecer a solução de (11), da
física elementar, como a fórmula s (t ) = −
1 2
gt + v0 t + s 0 .
2
5.11 – CORPOS EM QUEDA E A RESISTÊNCIA DO AR:
Antes dos famosos experimentos de Galileu na torre inclinada de Pisa, acreditava-se que
os objetos mais pesados em queda livre, como uma bala de canhão, caíam com uma aceleração
maior do que a de objetos mais leves, como uma pena. Obviamente, uma bala de canhão e uma
pena, quando largadas simultaneamente da mesma altura, caem a taxas diferentes, mas isso não
se deve ao fato de a bala de canhão ser mais pesada. A diferença nas taxas é devida a
resistência do ar. A força de resistência do ar foi ignorada no modelo dado em (11). Sob algumas
circunstâncias, um corpo em queda com massa m, como uma pena com baixa densidade e
formato irregular, encontra uma resistência do ar proporcional a sua velocidade instantânea v. Se
nessas circunstancias, tomarmos a direção positiva como orientada para baixo, a força liquida
que age sobre a massa será dada por F = F1 + F2 = mg – kv, onde o peso F1 = mg do corpo é a
força que age na direção positiva e a resistência do ar F2 = - kv é uma força chamada
amortecimento viscoso que age na direção oposta ou para cima.
Veja a figura abaixo:
Agora, como v esta relacionado com a aceleração a
através de a = dv/dt, a segunda lei de Newton torna-se F = m.a
= m. dv/dt. Substituindo a força liquida nessa forma da segunda
lei de Newton, obtemos a equação diferencial de primeira ordem
para a velocidade v(t) do corpo no instante t.
m
dv
= mg − kv
dt
(12)
Aqui k é uma constante de proporcionalidade positiva. Se s(t) for a distancia do corpo em
queda no instante t a partir do ponto inicial, então v = ds/dt e a = dv/dt = d2s/dt2. Em termos de
s, (12) é uma equação diferencial de segunda ordem:
m
d 2s
ds
= mg − k
2
dt
dt
ou
m
d 2s
ds
+k
= mg
2
dt
dt
(13)
5.12 – CORRENTE DESLIZANTE:
Suponha que uma corrente uniforme de comprimento L em pés seja pendurada em um
pino de metal preso a uma parede bem acima do nível do chão. Vamos supor que não haja atrito
entre o pino e a corrente e que a corrente pese ρ libras/pés. A figura abaixo (a) ilustra a posição
da corrente quando em equilíbrio; se fosse deslocada um pouco para a direita ou para a
esquerda, a corrente deslizaria pelo pino. Suponha que a direção positiva seja tomada como
sendo para baixo e que x(t) denote a distancia que a extremidade direita da corrente teria caído
no tempo t. A posição de equilíbrio corresponde a x = 0. Na figura (b), a corrente é deslocada em
x0 pés e é mantida no pino até ser solta em um tempo inicial que designaremos por t=0. Para a
corrente em movimento, conforme mostra a figura (c), temos as seguintes quantidades:
55
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
Peso da corrente:
W = (L pés) . ( ρ lb/pés) = L ρ
Massa da corrente:
m = W/g = L ρ /32
Força resultante:
⎛L
⎞
⎛L
⎞
F = ⎜ + x ⎟ ρ − ⎜ − x ⎟ ρ = 2 xp
⎝2
⎠
⎝2
⎠
Uma vez que a = d2x/dt2, ma = F torna-se
Lρ d 2 x
d 2 x 64
⋅ 2 = 2 ρx ou
−
x=0
32 dt
L
dt 2
(14)
5.13 - CIRCUITOS EM SÉRIE:
Considere o circuito em série de malha simples mostrado ao lado,
contendo um indutor, resistor e capacitor. A corrente no circuito depois que
a chave é fechada é denotada por i(t); a carga em um capacitor no instante
t é denotada por q(t). As letras L, C e R são conhecidas como indutância,
capacitância e resistência, respectivamente, e em geral são constantes.
Agora, de acordo com a segunda Lei de Kirchhoff, a voltagem aplicada
E(t) em uma malha fechada deve ser igual à soma das quedas de voltagem
na malha.
A figura abaixo mostra os símbolos e as fórmulas para a respectiva queda de voltagem em
um indutor, um capacitor e um resistor. Uma vez que a corrente i(t) está relacionada com a
carga q(t) no capacitor por i = dq/dt, adicionando-se as três quedas de voltagem.
indutor
resistor
dq
iR = R
dt
2
L
di
d q
=L 2,
dt
dt
capacitor
1
q
c
e equacionando-se a soma das voltagens aplicadas, obtém-se uma equação diferencial de
segunda ordem
L
d 2q
dq 1
+R
+ q = E (t )
2
dt
dt c
56
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
Para um circuito em série contendo apenas um resistor e um indutor, a segunda lei de
Dirchhoff estabelece que a soma das quedas de voltagem no indutor (L(di/dt)) e no resistor (iR) é
igual a voltagem aplicada no circuito (E(t)). Veja a figura abaixo
Obtemos, assim, a equação diferencial linear para a corrente i(t).
L
di
+ Ri = E (t )
dt
onde L e R são constantes conhecidas como a indutância e a resistência, respectivamente. A
corrente i(t) é também chamada de resposta do sistema.
A queda de voltagem em um capacitor com capacitância C é dada por q(t)/Ci, onde q é a
carga no capacitor. Assim sendo, para o circuito em série mostrado na figura (a), a segunda lei
de Kirchhoff nos dá
Ri +
1
q = E (t )
C
mas a corrente i e a carga q estão relacionadas por i = dq/dt, dessa forma, a equação acima
transforma-se na equação diferencial linear
R
dq 1
+ q = E (t )
dt C
Exemplo:
Uma bateria de 12 volts é conectada a um circuito em série no qual a indutância é ½
Henry e a resistência é 10 ohms. Determine a corrente i se a corrente inicial for 0.
Resolução:
L= indutância = ½
R = resistência = 10
i = corrente
E = voltagem aplicada = 12
di
+ Ri = E
dt
1 di
⋅ + 10i = 12
2 dt
di
+ 20i = 24
dt
L
P = 20
Q = 24
∫ Pdt = ∫ 20dt = 20t
i = e [∫ e ⋅ 24dx + c ]
−20 t
Para i(0) = 0
6
+ e0c
5
6
c=−
5
0=
Logo:
i=
6 6 − 20t
− e
5 5
20 t
⎛ 24
⎞
i = e − 20t ⎜ e 20t + c ⎟
⎝ 20
⎠
6
i = + e − 20t ⋅ c
5
57
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
AULA 15– EXERCÍCIOS
1) Encontre uma expressão para a corrente em
um circuito onde a resistência é 12 Ω , a
indutância é 4 H, a pilha fornece uma voltagem
constante de 60 V e o interruptor é ligado quanto
t = 0. Qual o valor da corrente?
2) Uma força eletromotriz é aplicada a um circuito
em série LR no qual a indutância é de 0,1 henry e
a resistência é de 50 ohms. Ache a curva i(t) se
i(0) = 0. Determine a corrente quanto t → ∞ .
Use E = 30 V.
3) Uma força eletromotriz de 100 V é aplicada a
um circuito em série RC no qual a resistência é de
200 Ω e a capacitância é de 10- 4 farads. Ache a
carga q(t) no capacitor se q(0) = 0. Ache a
corrente i(t).
4) Uma força eletromotriz de 200 V é aplicada a
um circuito em série RC no qual a resistência é de
1000 Ω e a capacitância é 5 x 10- 6 farads. Ache a
carga q(t) no capacitor se i(0) = 0,4. Determine a
carga da corrente em t = 0,005s. Determine a
carga quando t → ∞ .
5) Sabe-se que a população de uma certa
comunidade cresce a uma taxa proporcional ao
número de pessoas presentes em qualquer
instante. Se a população duplicou em 5 anos,
quando ela triplicará?
6) Suponha que a população da comunidade do
problema anterior seja 10000 após 3 anos. Qual
era a população inicial? Qual será a população em
10 anos?
7) A população de uma cidade cresce a uma taxa
proporcional à população em qualquer tempo. Sua
população inicial de 500 habitantes aumenta 15%
em 10 anos. Qual será a população em 30 anos?
8) O isótopo radioativo de chumbo, Ph 209,
decresce a uma taxa proporcional à quantidade
presente em qualquer tempo. Sua meia vida é de
3,3 horas. Se 1 grama de chumbo está presente
inicialmente, quanto tempo levará para 90% de
chumbo desaparecer?
9) Inicialmente havia 100 miligramas de uma
substância radioativa presente. Após 6 horas a
massa diminui 3%. Se a taxa de decrescimento é
proporcional à quantidade de substância presente
em qualquer tempo, determinar a meia vida desta
substância.
10) Com relação ao problema anterior, encontre
a quantidade remanescente após 24 horas.
11) Em um pedaço de madeira queimada, ou
carvão, verificou-se que 85,5% do C-14 tinha se
desintegrado. Qual a idade da madeira?
12) Um termômetro é retirado de uma sala, em
que a temperatura é 70ºF, e colocado no lado fora
onde a temperatura é 10ºF. Após 0,5 minuto o
termômetro
marcava
50ºF.
Qual
será
a
temperatura marcada pelo termômetro no
instante t=1 minuto? Quanto levará para marcar
15ºF?
13) Segundo a Lei de Newton, a velocidade de
resfriamento de um corpo no ar é proporcional à
diferença entre a temperatura do corpo e a
temperatura do ar. Se a temperatura do ar é 20oC
e o corpo se resfria em 20 minutos de 100oC para
60oC, dentro de quanto tempo sua temperatura
descerá para 30oC?
14) Um indivíduo é encontrado morto em seu
escritório pela secretária que liga imediatamente
para a polícia. Quando a polícia chega, 2 horas
depois da chamada, examina o cadáver e o
ambiente, tirando os seguintes dados: A
temperatura do escritório era de 20oC, o cadáver
inicialmente tinha uma temperatura de 35oC. Uma
hora depois medindo novamente a temperatura
do corpo obteve 34.2oC. O investigador, supondo
que a temperatura de uma pessoa viva é de
36.5oC, prende a secretária. Por que? No dia
seguinte o advogado da secretária a liberta,
alegando o que?
15) Sob as mesmas hipóteses subjacentes ao
modelo em (1), determine a equação diferencial
que governa o crescimento populacional P(t) de
um país quando os indivíduos tem autorização
para imigrar a uma taxa constante r.
16) Usando o conceito de taxa liquida, que é a
diferença entre a taxa de natalidade e a taxa de
mortalidade na comunidade, determine uma
equação diferencial que governe a evolução da
população P(t), se a taxa de natalidade for
proporcional a população presente no instante t,
mas a de mortalidade for proporcional ao
quadrado da população presente no instante t.
17) Suponha que um estudante portador de um
vírus da gripe retorne para um campus
universitário fechado com mil estudantes.
Determine a equação diferencial que descreve o
número de pessoas x(t) que contrairão a gripe, se
a taxa segundo a qual a doença for espalhada for
proporcional ao numero de interações entre os
estudantes gripados e os estudantes que ainda
não foram expostos ao vírus.
18) Suponha um grande tanque para misturas
contenha inicialmente 300 galões de água,no qual
foram dissolvidas 50 libras de sal. Água pura é
bombeada pra dentro do tanque e uma taxa de 3
gal/min, e então, quando a solução esta bem
misturada, ela é bombeada para fora segundo a
mesma taxa. Determine uma equação diferencial
para a quantidade de sal A(t) no tanque no
instante t.
19) Suponha que a água esta saindo de um
tanque por um buraco circular em sua Bse de
área Ah. Quando a água vaza pelo buraco, o atrito
e a concentração da corrente de água nas
proximidades do buraco reduzem o volume de
água que esta vazando do tanque por segundo
para
cAh 2 gh , onde c (0<c<1) é uma constante
empírica no instante t para um tanque cúbico,
como na figura abaixo, O raio do buraco é 2 pol e
g = 32 pés/s2.
58
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
20) Para um movimento em alta velocidade no ar
– tal como o paraquedista mostrado na figura
abaixo , caindo antes de abrir o paraquedas – a
resistência do ara esta próxima de uma potencia
da velocidade instantânea. Determine a equação
diferencial para a velocidade v(t) de um corpo em
queda com massa m, se a resistência do ar for
proporcional ao quadrado de sua velocidade
instantânea.
Respostas:
1)
2)
3)
4)
21) Uma pequena barra de metal, cuja
temperatura inicial é de 200C, é colocada em um
recipiente com água fervendo. Quanto tempo
levará para a barra atingir 900C se sua
temperatura aumentar 20 em 1 segundo? Quanto
tempo levará para a barra atingir 980C?
22) Um tanque contém 200 litros de fluido no
qual foram dissolvidos 30 gramas de sal. Uma
salmoura contendo 1 grama de sal por litro é
então bombeada para dentro do tanque a uma
taxa de 4 L/min; a solução bem misturada é
bombeada para fora à mesma taxa. Ache o
número A(t) de gramas de sal no tanque no
instante t.
23) Um grande tanque contém 500 galões de
água pura. Uma salmoura contendo 2 libras por
galão é bombeada para dentro do tanque a uma
taxa de 5 gal/min. A solução bem misturada é
bombeada para fora à mesma taxa. Ache a
quantidade A(t) de libras de sal no tanque no
instante t. Qual é a concentração da solução no
tanque no instante t = 5 min?
24) Um grande tanque esta parcialmente cheio
com 100 galões de um fluido no qual foram
dissolvidas 10 libras de sal. Uma salmoura
contendo ½ libra de sal por galão é bombeada
para dentro do tanque a uma taxa de 6 gal/min. A
solução bem misturada é então bombeada para
fora a uma taxa de 4 gal/min. Ache a quantidade
de libras de sal no tanque após 30 minutos.
I (t ) = 5 − 5e −3t
3
3
i = + ce − 500t e limt → ∞ i (t ) =
5
5
1
q=
+ ce − 50t onde C = -1/100 e
100
1
i = e − 50t
2
1
q=
+ ce − 200t
1000
i = −200ce −200t
1
C=−
500
q (0,005) = 0,0003coulombs
i (0,005) = 0,1472amp
1
q→
1000
5) 7,92 anos.
6) x0 = 6600,66 e N(10) = 26.396,04
7) N(30) = 760
8) t = 11 horas
9) t = 136,72 horas
10) 88,5 gramas.
11) 15600 anos
12) T(1) = 36,66ºF e t = 3,06 min
13) t = 60 min
14) justificativa pessoal.
dP
dP
= kp + r ,
= kp − r
dt
dt
dP
16)
= k1 P − k 2 P 2
dt
dx
= kx(1000 − x)
17)
dt
dA
A
=−
18)
dt
100
dh
cπ
19)
=−
h
dt
450
dv
= mg − kv 2
20) m
dt
15)
21) Aproximadamente 82,1 s
Aproximadamente 145,7 s
22) A(t) = 200 – 170 e-t/50
23) A(t) = 1000 – 1000 e-t/100
0,0975 lb/gal
24) 64,38 lb
59
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
AULA 16
6 - EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES DE 2a ORDEM
E ORDEM SUPERIOR
As equações lineares de ordem n são aquelas da forma:
A0
dny
d n −1 y
d n−2 y
/ny = B
+
A
+
A
+ ... + A
1
2
dx n
dx n −1
dx n − 2
Onde B, A0, A1, A2,..., An dependem apenas de x ou são constantes.
Para começarmos este estudo vamos utilizar como padrão de uma EDO-2 linear (Equação
Diferencial Ordinária Linear de ordem 2) a seguinte equação:
y” +p(x)y’ +q(x)y = r(x)
onde:
¾ p(x) e q(x) são os coeficientes e representam parâmetros do sistema
¾ r(x) termos de excitação (input)
¾ y(x) resposta do sistema
Se r(x) = 0, ∀ x ∈ I → Eq. Dif. Homogênea
r(x) ≠ 0 → Eq. Dif. não homogênea
A EDO-2 acima possui 2 soluções, y1(x) e y2(x) e são linearmente independentes (L.I), isto
é
y 2 ( x)
= h( x) ≠ cte
y1 ( x)
Com isso, y1(x) e y2(x) formam uma base para a solução da EDO-2 homogênea (base
fundamental).
Exemplo:
y" + y = 0
Se propormos como solução
y1(x) = sen(x)
y2 (x) = cos(x)
y 2 ( x) sen( x)
=
= tg ( x) ≠ cte , logo, formam uma base, com isso, a solução geral da EDO-2
y1 ( x) cos( x)
fica y(x) = C1cos(x) + C2sen(x).
Se obtemos as bases para a solução da homogênea, a solução da equação fica
y(x) =C1y1(x)+C2y2(x)+...+Cnyn(x)
Se temos uma solução y1(x) pode-se obter y2(x) mais facilmente.
Obtida uma solução y1(x) da EDO-2, pode-se obter y2(x) pelo conceito de base, onde
y1(x) e y2(x) são linearmente independentes.
y 2 ( x)
= h( x) ≠ cte
y1 ( x)
y 2 ( x) = h( x). y1 ( x)
60
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
Exemplo: Obter y2(x), sabendo que y1(x) = x
(1 – x2)y” – 2xy’ + 2y = 0
AULA 16 – EXERCÍCIOS
Obter y2(x) nos exercicios abaixo:
1) x2y” – 5xy’ +9y = 0 , com y1(x) = x3
2) 4x2y” – 3y = 0 com y1(x) = x-1/2
2
2
3) x y” + xy’ + (x – ¼)y = 0,
com y1(x) = x-1/2 cosx
Respostas:
1) y2(x) = x3 lnx
3
x 2
2) y2(x) =
2
3) y2(x) = x-1/2senx
61
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
AULA 17
6.1 – EQUAÇÕES
CONSTANTES:
LINEARES
São aquelas da forma: A0
são constantes.
E
HOMOGÊNEAS
DE
COEFICIENTES
dny
d n −1 y
d n−2 y
/ n y = 0 , onde A0, A1, A2,...,An
+
A
+
A
+ ... + A
1
2
dx n
dx n −1
dx n − 2
Resolução:
dy
+ A1 y = 0
dx
dy
A0
= − A1 y
dx
A
dy
= − 1 dx
y
A0
A
ln y = − 1 x + C
A0
Para n= 1 → A0
y=e
y=e
Chamando −
−
A1
x +C
A0
−
A1
x
A0
.e C
A1
= λ e e C = K , temos y = e λx .k
A0
Para nos facilitar a demonstração, vamos usar a seguinte equação:
d2y
dy
+ a + by = 0
2
dx
dx
onde a e b são constantes.
Vamos utilizar y = e
λx
calculado anteriormente como solução proposta.
y = e λx
y ' = λ e λx
y" = λ2 e λx
Substituindo na EDO temos:
λ2 e λx + aλe λx + be λx = 0
(λ2 + aλ + b).e λx = 0
λx
Como e ≠ 0 para qualquer valor de x, temos λ + aλ + b = 0 , a qual iremos chamar de
equação característica da EDO-2 dada.
Em relação a equação característica P (λ ) = 0 temos três casos a considerar:
2
62
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
Caso 1: Raízes Reais Distintas.
y1 = e λ1 x
y 2 = e λ2 x
Assim a solução geral fica:
y = C1 y1 + C 2 y 2
y = C1e λ1 x + C 2 e λ2 x
E para uma equação de ordem n fica:
y = C1e λ1 x + C 2 e λ2 x + C 3 e λ3 x + ... + C n e λn x
Caso 2: Raízes Múltiplas.
λx
λx
Se λ1 = λ 2 = λ , onde se aplicarmos a regra anterior teremos y1 = e e y 2 = e .
Só que é necessário encontrar soluções que sejam linearmente independentes, pois com
as raízes sendo iguais temos
y 2 e λx
=
= 1 = constante.
y1 e λx
Assim temos que achar uma segunda solução que seja linearmente independente.
Supondo a equação y” + ay’ + by = 0 e utilizando o conceito de base em que
y 2 ( x) = h( x). y1 ( x) , onde y1 = e λx , temos:
y 2 ( x) = h( x). y1 ( x)
y 2 = h.e λx
y ' 2 = h' e λx + λhe λx
y"2 = h" e λx + 2λh' e λx + λ2 he λx
Substituindo na equação dada:
h" e λx + 2λh' e λx + λ2 he λx + ah' e λx + aλhe λx + bhe λx = 0
Reordenando:
Como e
Então:
λx
[
]
e λx h"+ (2λ + a )h'+ (λ2 + aλ + b)h = 0
≠ 0 e λ2 + aλ + b =0, pois como já vimos anteriormente P(λ ) = 0 .
h" = 0
h' = C
h = Cx + K
Logo:
y 2 = h. y1
y 2 = (Cx + K ).e λx
Solução geral:
y = C1 y1 + C 2 y 2
y = C1e λx + C 2 (Cx + K )e λx
y = (C1 + C 2 K )e
λx
+ C 2 Ce
fazendo C1 + C2k = C1 e C2C = C2
λx
temos:
y = C1e λx + C 2 xe λx
y = (C1 + C 2 x)e λx
A propriedade se estende para equações de ordem superior:
y = (C1 + C 2 x + C 3 x 2 + ... + C n x n −1 )e λx
63
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
Caso 3: Raízes complexas distintas.
Sejam
λ1 = a + bi
e
λ 2 = a − bi
as raízes da equação característica. Aplicando a condição
para raízes reais distintas teríamos como solução:
y = C1e ( a +bi ) x + C 2 e ( a −bi ) x
y = C1e ax .e bix + C 2 e ax .e −bix
(
y = e ax C1e bix + C 2 e −bix
)
Das fórmulas de Euler temos:
e iθ = cos θ + isenθ
e −iθ = cos θ − isenθ
Com isso:
y = e ax [C1 (cos bx + isenbx ) + C 2 (cos bx − isenbx )]
y = e ax [(C1 + C 2 ) cos bx + i(C1 − C 2 )senbx ]
Fazendo
temos:
C1 + C2 = C1
i(C1 – C2) = C2
y = e ax [C1 cos bx + C 2 senbx ]
Exemplos:
d4y
d2y
− 13 2 + 36 y = 0
1)
dx 4
dx
64
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
2) y”+4y = 0, com y(0) = 3 e y( π /2) = -3
3) y” - 2√2 y’+2y = 0
AULA 17 – EXERCÍCIOS
1) y” – 5y’ + 6y = 0
2) y”’ + 3y” – 4y’ – 12y = 0
3) y” + 2y’ + 2y = 0,
com y(0) = 1 e y( π /2) = 0
4) y” – 25y = 0
com y(0) = 0 e y’(0) = 20
5) y” – y’ – 2y = 0
com y(0) = -4 e y’(0) = -17
6) y”-9 π 2y=0
7) 9y” + 6y’ + y = 0
com y(0) = 4 e y’(0) = − 13
2
Respostas:
11)
12)
13)
14)
y’(-2) = − e
y” – 7y’ + 12y = 0
y”’ - 4y” + 5y’=0
y”’ – 5y” + 7y’ = 0
y” + 2y’ + y = 0
2
2x
2) y = C1e
2x
+ C2 e3x
+ C 2 e −3 x + C 3 e −2 x
3) y = e-xcosx
4) y = - 2e- 5x + 2e5x
5) y = 3e- x – 7e2x
6) y = C1e
3πx
+ C 2 e −3πx
−x
7) y = ( 4 − 3 x)e 3
8) y = (C1 + xC2) e- kx
3
8) y” + 2ky’ +k y = 0
9) 8y” – 2y’ – y = 0
com y(0) = 0,2 e y’(0) = 0,325
10) 4y” – 4y’ - 3y = 0
com y(-2) = e
1) y = C1e
−x
9) y = −0,3e 4 + 0,5e
10) y = e – 0,5x
11) y = C1e
x
2
+ C2e 4x
2x
12) y = C1 + e (C 2 cos x + C 3 senx )
3x
⎡
x 3
x 3⎤
+ C 2 sen
⎢C1 cos
⎥
2
2 ⎦
⎣
−x
14) y = (C1 + C 2 x )e
13) y = C1 + e
5x
2
65
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
AULA 18
6.2 - EULER – CAUCHY
A equação de Euler-Cauchy tem a seguinte forma:
An (ax + b)
n
dny
dx n
+ L + A2 (ax + b)
2
d2y
dx 2
+ A1 (ax + b)
dy
+ A0 y = B
dx
onde A0, A1, ..., An, a e b são constantes. Para resolver tal equação faremos
ax + b = a.e t
que irá eliminar os coeficientes variáveis.
No caso da equação ter a forma:
x2 y"+axy'+by = 0
Faremos:
y = xm
y’ = mxm-1
y” = m(m-1)xm-2
Substituindo y, y’ e y” na EDO-2, temos que:
(m2 + (a – 1) m + b)xm = 0
como y(x) = xm tem que ser diferente de zero, temos m2 + (a – 1) m + b = 0, que é uma
equação do segundo grau com duas raízes.
Caso 1: m1 e m2 são reais e diferentes.
y ( x) = C1 x m1 + C 2 x m2
Caso 2: m1 e m2 são reais e iguais
y( x) = C1 x m + C2 x m ln(x)
y(x) = (C1 + C2 ln(x))x m
Caso 3: m1 e m2 são complexas conjugadas ( a ± bi )
y ( x) = x a [C1 cos(b ln x) + C 2 sen(b ln x)]
Exemplos:
66
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
1) ( 2 x + 1)
2
d2y
dy
− 2(2 x + 1) − 12 y = 0
2
dx
dx
2) x2y” + 2xy’ + 2y = 0
AULA 18 – EXERCÍCIOS
x2y”- 20y = 0
(1+x)3y”’+9(1+x)2y”+18(1+x)y’+6y = 0
10x2y” + 46xy’+32,4y = 0
x2y”+ xy’+y = 0
4x2y”+24xy’+25y = 0
com y(1) = 2 e y’(1) = - 6
6) x2y”- 3xy’+ 4y = 0
com y(1) = 0 e y’(1) = 3
1)
2)
3)
4)
5)
Respostas:
1) C1x-4 + C2x5
2) y =
C3
C1
C2
+
+
2
x + 1 (1 + x)
(1 + x) 3
(C1 + C2 lnx) x-1,8
3) C1.cos(lnx) + C2.sen(lnx)
4) (2 – lnx) x
5) 3x2lnx
−5
2
67
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
AULA 19
6. 3 - EQUAÇÕES LINEARES NÃO HOMOGÊNEAS
⎧ y"+ p ( x) y '+ q ( x) y = r ( x)
⎪
P.V .I ⎨ y ( x0 ) = K 0
⎪ y' ( x ) = K
0
1
⎩
y1(x).y2(x) → base para a solução da EDO-2 homogênea
yh(x) → solução da EDO-2 homogênea
yh(x) = C1y1(x) + C2y2(x)
yp(x) → solução particular, função qualquer que satisfaz a EDO-2 não-homogênea
A solução geral de uma equação linear não homogênea tem a forma:
y ( x) = y h ( x) + y p ( x)
Teorema da existência da Unicidade: Se p(x) e q(x) são funções contínuas sobre o
intervalo aberto I e x0 ∈ I, então o P.V.I. possuiu uma única solução y(x) sobre I.
Para determinarmos yp, denominada solução particular, dispomos dos seguintes
métodos:
i.
ii.
iii.
Método dos coeficientes a determinar ou método de Descartes
Método da variação de parâmetros ou método de Lagrange
Método do operador derivada D.
6.3.1 - Solução por coeficientes a determinar (Descartes):
Vale somente para EDO-2 com coeficientes constantes
Padrão para solução particular:
Termo em r(x)
αx
αx
Proposta para yp(x)
ke
kx n (n = 0,1,...)
Ce
C n x n + C n −1 x n −1 + ... + C1 x + C 0
K cos αx ⎫
⎬
Ksenαx ⎭
C1 cos αx + C 2 senαx
keαx cos β x ⎫⎪
⎬
keαx senβx ⎪⎭
e αx (C1 cos β x + C 2 senβ x)
obs:
1. se r(x) é composição de funções da 1o coluna, yp(x) é composição das respectivas
funções na 2o coluna.
2. se r(x) coincide com uma função que compões yh(x), multiplique por x (ou por x2) para
considerar raiz dupla da equação característica.
68
Equações Diferenciais
Profa Paula Francis Benevides
⎧ y"−2 y '+ y = e x + x 2
⎪
Exemplo: ⎨ y (0) = 1
⎪ y ' (0) = 0
⎩
69
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
AULA 19 – EXERCÍCIOS
1)
2)
3)
4)
5)
6)
y” + 4y = sen 3x
y” + 2y’ +10y = 25x2 + 3
y” + 2y’ – 35y = 12e5x + 37 sen 5x
y” – 5y’ + 6y= 2x2 – 1
y”’ – 4y’ = 1 – 3x
y”’ – 2y” = 3x2 – 2x + 1
−x
7) y” – 7y’ +12y = 3e
8) y” – 7y’ +10y = 8e2x
9) y” – 4y’ +4y = 8e2x
10) y” + 4y = 3e4x
11) y” – 4y” + 3y = 3sen2x
12)
d4y
d2y
−
4
= 8sen4 x
dx 4
dx 2
13) y”’ – 4y’ = 12sen2x
14) y” + y = 4senx
15)
d4y
d2y
+
2
+ y = 4senx
dx 4
dx 2
Problema de valor inicial:
16) y” + 1,5y’ – y = 12x2 + 6x3 – x4
y(0) = 4 e y’(0) = - 8
17) y” – 4y = e-2x – 2x
y(0) = 0 e y’(0) = 0
3)
C1e −7 x + C 2 e 5 x + xe 5 x − 0,1 cos 5 x − 0,6 sen5 x
x 2 5x 5
+
+
3
9 27
x
3
−2 x
5) y = C1 + C 2 e
+ C3 e 2 x + x 2 −
8
4
4
3
x
x
3x 2
2x
6) y = C1 + C 2 x + C 3 e −
−
−
8 12
8
3 −x
3x
4x
7) y = C1e + C 2 e +
e
20
8 2x
2x
5x
8) y = C1e + C 2 e − xe
3
2x
2x
2 2x
9) y = C1e + C 2 xe + 4 x e
3 4x
10) y = C1 cos 2 x + C 2 sen 2 x +
e
20
3
x
3x
11) y = C1e + C 2 e −
( sen2 x − 8 cos 2 x)
65
sen4 x
−2 x
12) C1 + C 2 x + C 3 e
+ C4e 2x +
40
3
−2 x
13) y = C1 + C 2 e
+ C 3 e 2 x + cos 2 x
4
14) y = C1 cos x + C 2 senx − 2 x cos x
4) y = C1e
2x
+ C2 e3x +
15)
x2
senx + (C1 + C 2 x) cos x + (C 3 + C 4 x) senx
2
−2 x
16) 4e
+ x4
y=−
Respostas:
1
sen3x
5
5 2
−x
2) e (C1 cos 3 x + C 2 sen3 x) + x − x
2
1) A cos 2 x + Bsen 2 x −
17)
1 −2 x 1 2 x 1
1
e − e + x − xe − 2 x
16
16
2
4
70
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
AULA 20
6.3.2 - SOLUÇÃO POR VARIAÇÃO DE PARÂMETROS:
¾
¾
Qualquer tipo de excitação r(x)
Qualquer coeficiente Pn(x) desde que contínuos.
yn + Pn-1(x)yn-1 +...+ P1(x)y’ + P0(x)y = r(x)
A solução geral da EDO é y = yh + yp como na resolução por coeficientes a determinar.
mas a solução da particular fica yp=y1(x).u1 + y2(x).u2+...+yn(x)yn, onde y1, y2, ..., yn são
as bases para a EDO homogênea. A idéia é constituir a solução particular com uma
combinação destas bases utilizando parâmetros variáveis.
Onde
u1 = ∫
W ( x).r ( x)
W ( x).r ( x)
W1 ( x).r ( x)
dx , u 2 = ∫ 2
dx , .... u n = ∫ n
dx
W ( x)
W ( x)
W ( x)
Sendo que W = W(y1,y2,...,yn), que é o Determinante de Wronski (Wronskiano)
W ( y1 , y 2 ,..., y n ) =
y1
y1'
y2
y 2'
L
L
yn
y n'
M
M
L
M
y1n −1
= W ( x)
y 2n −1 L y nn −1
Para calcularmos W1(x), substituiremos a primeira coluna pelo vetor (0, 0, 0, ... ,1),
para calcularmos W2(x) substituiremos a segunda coluna e assim sucessivamente:
W1 =
0
0
y2
y 2'
L
L
yn
y n'
M
M
L
M
1
y
n −1
2
L y
, W2 =
n −1
n
y1
y1'
0 L
0 L
yn
y n'
M
M L
M
n −1
1
y
, ...., Wn =
1 L y nn −1
y1
y2
L 0
'
1
'
2
L 0
L M
y
M
y1n −1
y
M
y 2n −1 L 1
Cuidado: Antes de aplicar o método, verificar o que acompanha yn. Se tiver f(x).yn, não se
esqueça de dividir r(x) por f(x).
Se a Equação Diferencial for de ordem 2, tempos como solução da particular yp(x) =
u(x)y1(x) + v(x)y2(x)
onde,
u ( x) = − ∫
y 2 ( x)r ( x)
dx
w( x)
e
v( x) = ∫
y1 ( x)r ( x)
dx
w( x)
e y1(x) e y2(x) são as bases da homogênea.
71
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
Exemplo: x y ' "+ x y"−2 xy '+2 y = x
3
2
−2
72
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
AULA 20 – EXERCÍCIOS
1)
2)
3)
4)
5)
6)
y” + 4y’ + 3y = 65x
x2y” – 2xy’ +2y = x3cosx
x2y” – 4xy’ + 6y = 21x-4
4x2y” + 8xy’ – 3y = 7x2 – 15x3
x3y”’- 3x2y” +6xy’ – 6y = x4lnx
xy”’ + 3y” = ex
7)
d4y
d2y
−
4
= 3x 2 − 2 x + 1
dx 4
dx 2
8) y”’ – y” – 4y’ + 4y = 12e-x
9) y”’ – y” – 2’ = x - 2
Respostas:
65
260
x−
3
9
2
2) y = C1 x + C 2 x − x cos x
1 −4
2
3
3) y = c1 x + c 2 x + x
2
1
(x 2 − x3 )
−3
4) y = C1 x 2 + C 2 x 2 +
3
x4 ⎛
11 ⎞
2
3
5) y = C1 x + C 2 x + C 3 x +
⎜ ln x − ⎟
6⎠
6 ⎝
−1
−1 x
6) y = C1 + C 2 x + C 3 x + x e
1) y = C1e
−3 x
+ C2e −x +
4
3
2
7) y = C1 + C2 x + C3e −2 x + C4 e 2 x − x + x − x + x − 10
16 12 8 8 64
8) y = C1e + C 2 e
x
9) y = C1 + C 2 e
−x
−x
+ C 3 e 2 x + 2e − x
+ C3 e 2 x −
x2 5
+ x
4 4
73
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
AULA 21
6.4 - MÉTODO DO OPERADOR DERIVADA
6.4.1 – Operador “D” (operador derivada):
Os operadores são símbolos sem nenhum significado isolado que indicam, de modo
abreviado, as operações que devem ser efetuadas
Dada uma função definida por y=f(x), chama-se operador derivada, denotado por D, a
D=
d2
d3
d
2
3
, D =
, D =
, ...
dx
dx 2
dx 3
6.4.2 - Propriedades:
Sejam u=u(x) e v =v(x):
P1. D(u+v)=Du+Dv (propriedade distributiva)
P2. D(m.u)=m.Du, (propriedade comutativa, sendo m uma constante)
P3. Dm(Dnu)=Dm+nu, (sendo m e n constantes positivas)
1
u = e ax ∫ e −ax .u.dx , a ∈ℜ.
D−a
du
P5. O operador direto ( D − a )u = Du − a.u =
− au , a ∈ℜ.
dx
P4. O operador inverso
6.4.3 – Resolução de Equações Lineares
1) Resolver, empregando operadores:
2)
d2y
dy
− 7 + 12 y = 0
2
dx
dx
d2y
dy
− 4 + 4y = 0
2
dx
dx
74
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
3) Vamos resolver utilizando operador direto, inverso, coeficientes a determinar e variação de
parâmetro a equação
d2y
− y = e −x .
2
dx
75
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
6.5 – SIMPLIFICAÇÃO DO MÉTODO DO OPERADOR DERIVADA
Casos particulares
1°. Na equação diferencial P ( D ) y = e
ax
a solução particular será dada por y p =
1 ax
e , se
P(a)
P(a)≠0
2°.
Na
1
yp =
3°.
equação
P(−a 2 )
Na
P(−a 2 )
P ( D 2 ) y = sen(ax)
a
solução
particular
será
dada
por
a
solução
particular
será
dada
por
sen(ax) , desde que P(-a2) ≠ 0.
equação
1
yp =
diferencial
diferencial
P( D 2 ) y = cos(ax)
cos(ax) .
4°. Na equação diferencial P ( D ) y = x
m
a solução particular será dada por y p =
1
x m , onde
P( D)
1
deverá ser desenvolvido em série de potências crescentes em D.
P( D)
Isto é; ao + a1D + a2D2 + ... + amDm, desprezados os termos seguintes ao Dm e sendo ao
diferente de zero.
5°.
Na
y p = e ax
equação
diferencial
P( D) y = e ax . f ( x)
d2y
dy
− 5 + 6 y = senx
2
dx
dx
2
d y
dy
3)
− 3 + 2 y = e x senx
2
dx
dx
2)
4) (D3-16D)y=e4x + 1
5) (D2 – 7D+12)y = 5e3x
6) (D3 – 3D + 2)y = xe-2x
2
x
−x
7) (D − 1) (D − 2 ) y = 3e + 2e
9)
solução
particular
será
dada
por
1
f ( x) , desde que P(D + a) seja diferente de zero.
P( D + a)
AULA 21 – EXERCÍCIOS
1) (D2 – D – 12)y = 0
8)
a
(D
(D
)
2
− 4 y = x −1
2
− 5D + 6 y = e 3 x
)
Respostas:
1) y = C1e4x + C2e-3x
1
1
senx + cos x
10
10
x
e
2x
x
(cos x − senx )
3) y = C1e + C 2 e +
2
x
x
−4 x
+ C3 e 4 x + e 4 x −
4) y = C1 + C 2 e
32
16
3x
4x
3x
5) y = C1e + C 2 e − 5 xe
2) y = C1e
2x
+ C2 e3x +
6) y = C1e + C 2 xe + C 3 e
x
x
8) y = Ae
9) y = xe
x
−2 x
3x
+
2 x −2 x x 2 −2 x
e +
e
27
18
3 2 x 1 −x
x e − e
2
6
x 1
+ Be 2 x − +
4 4
7) y = Ae + Bxe + Ce
x
−2 x
2x
−
− C1e 2 x + C 2 e 3 x
76
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
AULA 22
7 - EXERCÍCIOS GERAIS
Calcule as Equações Diferenciais abaixo:
15)
d2y
dy
−2
= e2 x + 5
2
dx
dx
16)
d2y
dy
− 4 + 4 y = xe 2 x
2
dx
dx
2
17)
d2y
dy
− 2 − 8 y = e x − 8 cos 2 x
2
dx
dx
2
18)
d2y
dy
x
− 4 + 4 y = 2e 2 x +
2
dx
dx
2
19)
d2y
dy
ex
−2 + y =
dx 2
dx
x
20)
d2y
1
+y=
2
dx
cos x
21)
d2y
1
+y=
2
dx
senx
22)
x 2 y"−2 xy '+2 y = 3x
23)
x 3 y" '+3x 2 y"−2 xy '+2 y = 0
24)
x 3 y" '+2 xy '−2 y = 0
25)
(1 + x) 3
3
1)
d y
dy
+4
= 3e 2 x − x − 2sen2 x
3
dx
dx
3
2)
3)
4)
5)
d y
d y
dy
−5 2 +6
= 2 x + 3e 2 x
3
dx
dx
dx
d y
− y = 3senx − e 2 x + 1
dx 2
d y
− 4 y = 8 x 2 − x + 12
2
dx
d3y d2y
dy
− 2 −2
= x−2
3
dx
dx
dx
4
6)
7)
2
2
d y
d y
− 4 2 = 3x 3 − 2 x + 1
4
dx
dx
d2y
dy
− 3 + 2 y = 3e − x
2
dx
dx
2
8)
d y
− 4 y = 4e 2 x
2
dx
9)
d2y
dy
− 4 + 4 y = 3e 2 x
2
dx
dx
10)
d2y
dy
− 2 + y = 2e x
2
dx
dx
11)
d2y
dy
− 3 + 2 y = 2senx
2
dx
dx
12)
d2y
dy
+4
= 3 cos x
2
dx
dx
13)
d4y
− 16 y = 3sen2 x
dx 4
14)
d2y
− 4 y = 5 cos 2 x
dx 2
d3y
d2y
dy
+ 9(1 + x) 2 2 + 18(1 + x) + 6 y = ln(1 + x)
3
dx
dx
dx
77
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
RESPOSTAS:
1)
2)
3)
y = C1 + C 2 e 2 x + C 3 e 3 x +
y = C1e
−x
−2 x
3 xe 2 x
x2 5
+ x−
6 18
2
3senx e 2 x
+ C2 e −
−
−1
2
3
x
+ C2 e − 2 x + − 4
4
y = C1e
5)
y = C1 + C 2 e − x + C 3 e 2 x −
6)
y = C1 + C 2 x + C 3 e − 2 x + C 4 e 2 x −
7)
y = C1e x + C2e 2 x +
8)
y = C1e −2 x + C2e 2 x + xe 2 x
9)
y = C1e 2 x + C2 xe 2 x +
10)
y = e x (C1 + C2 x + x 2 )
12)
13)
14)
15)
16)
2x
2
22)
y = C1 x + C2 x 2 − 3x ln x
23)
y = C1 x + C2 x ln x + C3 x −2
24)
y = C1 x + x[C2 cos(ln x) + C3 sen(ln x)]
25)
y=
C3
C1
C2
1
11
+
+
+ ln( x + 1) −
x + 1 (1 + x ) 2 (1 + x ) 3 6
36
x 2 5x
+
4
4
3x 5 5 x 3 x 2
−
−
80
48
8
e− x
2
3 2 2x
xe
2
3
1
y = C1e x + C2e 2 x + cos x + senx
5
5
3
y = C1 + C2e −4 x + (cos x + 4senx)
17
y = C1e −2 x + C2 e 2 x + C3 cos 2 x + C4 sen 2 x +
3 x cos 2 x
32
5 cos 2 x
8
5 x xe 2 x
y = C1 + C2e 2 x − +
2
2
3
⎛
x ⎞
y = ⎜⎜ C1 + C2 x + ⎟⎟e 2 x
6⎠
⎝
y = C1e −2 x + C2e 2 x −
17)
1
1
y = C1e −2 x + C2e 4 x − e ex + (3 cos 2 x + sen2 x)
9
5
18)
y = (C1 + C2 x + x 2 )e 2 x +
19)
y = (C1 + xC2 )e x − xe x + xe x ln x
20)
y = C1 cos x + C2 senx − x cos x + senx ln senx
x
4)
11)
21)
3e 2 x x 2 xsen2 x
−
+
y = C1 + C 2 cos 2 x + C 3 sen2 x +
16
8
4
x +1
8
y = C1 cos x + C2 senx + cos x ln cos x + xsenx
78
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
AULA 23
8 – MODELAGEM COM EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE ORDEM
SUPERIOR
Vimos que uma única equação pode servir como modelo matemático para fenômenos
diversos. Por essa razão, examinamos uma aplicação, o movimento de uma massa conectada
a uma mola, detalhadamente na seção 8.1 abaixo. Veremos que, exceto pela terminologia e
pelas interpretações físicas dos quatro termos na equação linear ay” + by’ + cy = g(t), a
matemática de um circuito elétrico em série é idêntica à de um sistema vibratório massa-mola.
Formas dessa equação diferencial linear de segunda ordem aparecem na análise de problemas
em várias áreas da ciência e da engenharia. Na seção 8.1, consideramos exclusivamente
problemas de valor inicial, enquanto na seção 8.2 examinamos aplicações descritas por
problemas de contorno conduzem-nos aos conceitos de autovalor e autofunção. A seção 8.3
começa com uma discussão sobre as diferenças entre mola linear e mola não-linear; em
seguida, mostraremos como um pêndulo simples e um fio suspenso levam a modelos nãolineares.
8.1 – EQUAÇÕES LINEARES - PROBLEMAS DE VALOR INICIAL:
8.1.1 - Sistema Massa-Mola:
Movimento Livre não amortecido
Lei de Hooke: Suponha que uma mola flexível esteja suspensa verticalmente em um suporte
rígido e que então uma massa m seja conectada à sua extremidade livre. A distensão ou
elongação da mola naturalmente dependerá da massa; massas com pesos diferentes
distenderão a mola diferentemente. Pela lei de Hooke, a mola exerce uma força restauradora F
oposta à direção do alongamento e proporcional à distensão s. Enunciado de forma simples, F
= ks, onde k é a constante de proporcionalidade chamado constante da mola. A mola é
essencialmente caracterizada pelo número k. Por exemplo, se uma massa de 10 libras alonga
em ½ pé uma mola, então 10 = k(½) implica que k = 20 lb/pés. Então uma massa de,
digamos, 8 lb necessariamente estica a mesma mola somente 2/5 pé.
Segunda Lei de Newton: Depois que uma massa m é conectada a uma mola, provoca uma
distensão s na mola e atinge sua posição de equilíbrio no qual seu peso W é igual à força
restauradora ks. Lembre-se de que o peso é definido por W = mg, onde g= 32 pés/s2, 9,8m/s2
ou 980 cm/s2.
l
Posição
inicial
s
equilíbrio
x
K(s+x)
mg
79
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
Conforme indicado na figura acima, a condição de equilíbrio é mg = ks ou mg – ks = 0.
Se a massa for deslocada por uma quantidade x de sua posição de equilíbrio, a força
restauradora da mola será então k(x + s). Supondo que não haja forças de retardamento
sobre o sistema e supondo que a massa vibre sem a ação de outras forças externas –
movimento livre – podemos igualar F com a força resultante do peso e da força
restauradora:
d 2x
m 2 = −k ( s + x) + mg = − kx + mg − ks = −kx
1
424
3
dt
zero
(1)
O sinal negativo indica que a força restauradora da mola age no sentido oposto ao do
movimento. Além disso, podemos adotar a convenção de que os deslocamentos medidos
abaixo da posição de equilíbrio são positivos.
8.1.1.1 - ED do Movimento Livre não amortecido:
Dividindo a equação (1) pela massa m obtemos a equação diferencial de segunda
ordem
d 2x
+ω2x = 0
2
dt
onde
(2)
ω2 = k /m
A equação (2) descreve um movimento harmônico simples ou movimento livre não
amortecido. Duas condições iniciais óbvias associadas com (2) são x(0) = x0 e x’(0) = x1,
representando, respectivamente, o deslocamento e a velocidade iniciais da massa. Por
exemplo, se x0 > 0, x1 < 0, a massa começa de um ponto abaixo da posição de equilíbrio com
uma velocidade inicial dirigida para cima. Quando x1 = 0, dizemos que ela partiu do repouso.
Por exemplo, se x0 < 0, x1 = 0, a massa partiu do repouso de um ponto |x0| unidades acima
da posição de equilíbrio.
8.1.1.2 - Solução e Equação do Movimento:
Para resolver a Equação (2), observamos que as soluções da equação auxiliar
m2+ϖ 2=0 são números complexos m1 = ϖ i, m2 = - ϖ i. Assim, determinamos a solução
geral de (2) como:
x(t ) = C1 cos ωt + C 2 senωt
(3)
O período das vibrações livres descritas por (3) é T = 2 π / ω e a freqüência é
f = 1 / T = ω / 2π . Por exemplo, para x(t) = 2 cos 3t – 4 sen 3t, o período é 2 π /3 e a
freqüência é 3/2 π unidades; o segundo número significa que há três ciclos do gráfico a cada
2 π unidades ou, equivalentemente, que a massa está sujeita a 3/2 π vibrações completas por
unidade de tempo. Além disso, é possível mostrar que o período 2 π /ϖ é o intervalo de tempo
entre dois máximos sucessivos de x(t). Lembre-se de que o máximo de x(t) é um
deslocamento positivo correspondente à distância máxima de x(t) é um deslocamento positivo
correspondente à distância máxima atingida pela massa abaixo da posição de equilíbrio,
enquanto o mínimo de x(t) é um deslocamento negativo correspondente à altura máxima
atingida pela massa acima da posição de equilíbrio. Vamos nos referir a cada caso como
deslocamento extremo da massa. Finalmente, quando as condições iniciais forem usadas
para determinar as constantes C1 e C2 em (3), diremos que a solução particular resultante ou a
resposta é a equação do movimento.
Exemplo:
Uma massa de 2 libras distende uma mola em 6 polegadas. Em t = 0, a massa é solta
de um ponto 8 polegadas abaixo da posição de equilíbrio, a uma velocidade de 4 pés/s para
3
cima. Determine a equação do movimento livre.
80
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
Solução:
Convertendo as unidades:
6 polegadas = ½ pé
8 polegadas = 2/3 pé
Devemos converter a unidade de peso em unidade de massa
M = W/g = 2/32 = 1/16 slug
Além disso, da lei de Hooke , 2 = k(½) implica que a constante de mola é k = 4 lb/pé,
Logo, (1) resulta em:
1 d 2x
= −4 x
16 dt 2
d 2x
+ 64 x = 0
dt 2
ϖ 2 = - 64
ϖ
= 8i
x(t) = C1 cos 8t + C2 sem 8t
O deslocamento e a velocidade iniciais são x(0) = 2/3 e x’(0) = - 4/3, onde o sinal
negativo na última condição é uma conseqüência do fato de que é dada à massa uma
velocidade inicial na direção negativa ou para cima.
Aplicando as condições iniciais a x(t) e a x’(t), obtemos C1 = 2/3 e C2 = - 1/6, assim, a
equação do movimento será:
x(t ) =
2
1
cos 8t − sen8t
3
16
8.1.2 – Sistema Massa-Mola: Movimento Livre Amortecido
O conceito de movimento harmônico livre é um tanto quanto irreal, uma vez que é
descrito pela Equação (1) sob a hipótese de que nenhuma força de retardamento age sobre a
massa em movimento. A não ser que a massa seja suspensa em um vácuo perfeito, haverá
pelo menos uma força contrária ao movimento em decorrência do meio ambiente.
8.1.2.1 - ED do Movimento Livre Amortecido:
No estudo de mecânica, as forças de amortecimento que atuam sobre um corpo são
consideradas proporcionais a uma potência da velocidade instantânea. Em particular, vamos
supor durante toda a discussão subseqüente que essa força é dada por um múltiplo constante
de dx/dt. Quando não houver outras forças externas agindo sobre o sistema, segue na
segunda lei de Newton que
m
d 2x
dx
= −kx − β
2
dt
dt
(4)
onde β é positivo e chamado de constante de amortecimento e o sinal negativo é uma
conseqüência do fato de que a força amortecedora age no sentido oposto ao do movimento.
Dividindo-se (4) pela massa me, obtemos a equação diferencial do movimento livre
amortecido
d 2 x ⎛ β ⎞ dx ⎛ k ⎞
+ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟x = 0
dt 2 ⎝ m ⎠ dt ⎝ m ⎠
(5)
ou
onde
d 2x
dx
+ 2λ
+ω2x = 0
2
dt
dt
(6)
81
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
2λ =
β
m
e
ω2 =
k
m
O símbolo 2 λ foi usado somente por conveniência algébrica, pois a equação auxiliar é:
m2 + 2 λ m + ω = 0
e as raízes correspondentes são, portanto,
2
m1 = −λ + λ2 − ω 2
e m 2 = −λ − λ − ω
Podemos agora distinguir três casos possíveis, dependendo do sinal algébrico de
λ2 − ω 2 .
2
2
Como cada solução contém o fator de amortecimento e
massa fica desprezível após um longo período.
− λt
,
λ >0,
o deslocamento da
CASO I: Superamortecido
λ2 − ω 2 > 0
x(t ) = C1e m1t + C 2 e m2t
(7)
Essa equação representa um movimento suave e não oscilatório.
CASO II: Amortecimento Crítico
λ2 − ω 2 = 0
x(t ) = e − λt (C1 + C 2 t )
(8)
Observe que o movimento é bem semelhante ao sistema superamortecido. É também
evidente de (8) que a massa pode passar pela posição de equilíbrio no máximo uma vez.
Qualquer decréscimo na força de amortecimento resulta em um movimento oscilatório.
CASO III: Subamortecido
λ2 − ω 2 < 0
Como as raízes m1 e m2 agora são complexas, a solução geral da Equação (6) é:
(
x(t ) = e −λt C1 cos ω 2 − λ2 t + C 2 sen ω 2 − λ2 t
)
O movimento descrito em (9) é oscilatório; mas, por causa do fator e
de vibração → 0 quando t → ∞ .
(9)
− λt
, as amplitudes
Exemplos:
1) Um peso de 8 libras alonga uma mola em 2 pés. Supondo que uma força amortecedora
igual a duas vezes a velocidade instantânea aja sobre o sistema, determine a equação
de movimento se o peso for solto de uma posição de equilíbrio a uma velocidade de 3
pés/s para cima.
82
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
Solução:
Com base na lei de Hooke, vemos que 8 = k(2) nos dá k = 4 lb/pés e que W = mg nos
dá m = 8/32=1/4 slug. A equação diferencial do movimento é então:
1 d 2x
dx
= −4 x − 2
2
4 dt
dt
2
d x
dx
+ 8 + 16 x = 0
2
dt
dt
Resolvendo a equação temos:
X(t)= C1 e – 4t + C2te
- 4t
(amortecimento crítico)
Aplicando as condições iniciais x(0) = 0 e x’(0) = - 3, obtemos c1 = 0 e c2 = -3, logo, a
equação do movimento é:
X(t) = - 3te -4t
2) Um peso de 16 lb é atado a uma mola de 5 pés de comprimento. Na posição de
equilíbrio, o comprimento da mola é de 8,2 pés. Se o peso for puxado para cima e solto
do repouso, de um ponto 2 pés acima da posição de equilíbrio, qual será o
deslocamento x(t) se for sabido ainda que o meio ambiente oferece uma resistência
numericamente igual à velocidade instantânea.
Solução:
O alongamento da mola depois de preso o peso será de 8,2 – 5 = 3,2 pés; logo, segue
da lei de Hooke que 16 = k(3,2) ou k = 5 lb/pés. Alem disso, m = 16/32 = ½ slug.
Portanto, a equação diferencial é dada por:
Resolvendo a equação temos:
dx
1 d 2x
= −5 x −
2
2 dt
dt
2
d x
dx
+ 2 + 10 x = 0
2
dt
dt
x(t ) = e − t (C1 cos 3t + C 2 sen3t )
(subamortecido)
Aplicando as condições iniciais x(0) = - 2 e x’(0) = 0, obtemos c1 = - 2 e c2 = - 2/3, logo a
equação do movimento é:
2
⎛
⎞
x(t ) = e −t ⎜ − 2 cos 3t − sen3t ⎟
3
⎝
⎠
8.1.3 – Sistema Massa Mola: Movimento Forçado
8.1.3.1 - ED do Movimento Forçado com Amortecimento:
Considerando agora uma força externa f(t) agindo sobre uma massa vibrante em uma
mola. Por exemplo, f(t) pode representar uma força que gera um movimento oscilatório
vertical do suporte da mola. A inclusão de f(t) na formulação da segunda lei de Newton
resulta na equação diferencial do movimento forçado ou induzido
m
d 2x
dx
= − kx − β
+ f (t )
2
dt
dt
(10)
Dividindo (10) por m, obtemos:
83
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
d 2x
dx
+ 2λ
+ ω 2 x = F (t )
2
dt
dt
(11)
Onde F(t) = f(t)/m. Como no item anterior, 2 λ = β / m , ω = k / m . Para resolver essa
última equação não homogênea, podemos usar tanto o método dos coeficientes a determinar
quanto o de variações de parâmetro.
2
Exemplo:
1 d 2x
dx
+ 1,2 + 2 x = 5 cos 4t , com x(0) =
Interprete e resolva o problema de valor inicial
2
5 dt
dt
½ e x’(0) = 0
Solução:
O problema representa um sistema vibrante que consiste em uma massa ( m= 1/5 slug
ou quilograma) presa a uma mola (k = 2 lb/pés ou N/m). A massa é solta do repouso ½
unidade (pé ou metro) abaixo da posição de equilíbrio. O movimento é amortecido ( β = 1,2 ) e
esta sendo forçado por uma força externa periódica (T =
π
2
) que começa em t=0.
Intuitivamente, poderíamos esperar que, mesmo com o amortecimento, o sistema continuasse
em movimento até o instante em que a força externa fosse “desligada”, caso em que a
amplitude diminuiria. Porém, da forma como o problema foi dado, f(t)=5cos4t permanecerá
“ligada” sempre.
Em primeiro lugar, multiplicaremos a equação dada por 5 e resolvemos a equação
d 2x
dx
+ 6 + 10 x = 0 empregando os métodos usuais e usando o método dos coeficientes a
2
dt
dt
determinar, procuramos uma solução particular, achando como solução:
x(t ) = e −3t (C1 cos t + C 2 sent ) −
25
50
cos 4t + sen4t
102
51
Aplicando as condições iniciais, temos que a equação do movimento é:
x(t ) = e −3t (
38
86
25
50
cos t − sent ) −
cos 4t + sen4t
51
51
102
51
8.1.3.2 – ED de um Movimento Forçado Não Amortecido:
Se houver a ação de uma força externa periódica, e nenhum amortecimento, não
haverá termo transiente na solução de um problema. Veremos também que uma força externa
periódica com uma freqüência próxima ou igual às das vibrações livres não amortecidas pode
causar danos severos a um sistema mecânico oscilatório.
Exemplo:
d 2x
+ ω 2 x = F0 senγt , x(0) = 0 e x’(0) = 0,, onde F0
Resolva o problema de valor inicial:
2
dt
é uma constante e γ ≠ ω .
Solução:
A função complementar é xc(t) = c1cos ω t + c2 sen ω t. Para obter uma solução
particular, vamos experimentar xp(t) = A cos γ t + B sen γ t de tal forma que:
x "p + ω 2 x p = A(ω 2 − γ 2 ) cos γt + B(ω 2 − γ 2 ) senγt = F0 senγt
84
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
Igualando os coeficientes, obtemos imediatamente A = 0 e
x p (t ) =
B =
F0
(ω 2 − γ
2
)
. Logo:
F0
senγt
(ω − γ 2 )
2
Aplicando as condições iniciais dadas à solução geral, obtemos a solução final que será:
x(t ) =
F0
(−γsenωt + ωsenγt ) , com γ ≠ ω
(ω − γ 2 )
2
8.1.4 – Circuito em Série Análogo
Circuitos elétricos RLC em série
Aplicando a segunda Lei de Kirchoff, chegamos a:
R
L
L
C
d 2q
dq q
+R
+ = E (t )
2
dt C
dt
(12)
E
Se E(t) = 0, as vibrações elétricas do circuito são consideradas livres. Como a
equação auxiliar da equação (11) é Lm2 + Rm + 1/C = 0, haverá três formas de solução com
R ≠ 0, dependendo do valor do discriminante R2 -4L/C. Dizemos que o circuito é:
¾ Superamortecido: R −
2
4L
>0
C
¾ Criticamente amortecido: R −
2
¾ Subamortecido: R −
2
4L
=0
C
4L
<0
C
Em cada um desses três casos, a solução geral de (12) contém o fator e-Rt/2L e,
portanto, q(t) → 0 quando t → ∞ . No caso subamortecido, se q(0) = q0, a carga sobre o
capacitor oscilará à medida que decair, em outras palavras, o capacitor é carregado e
descarregado quanto t → ∞ . Quando E(t) = 0 e R = 0, dizemos que o circuito é não
amortecido e as vibrações elétricas não tendem a zero quando t cresce sem limitação; a
resposta do circuito é harmônica simples.
Exemplos:
1) Encontre a carga q(t) sobre o capacitor em um circuito em série LRC quando L=0,25
henry(h), R = 10 ohms( Ω ), C = 0,001 farad(f), E(t) = 0, q(0) = q0 coulombs(C) e
i(0)=0.
Solução:
Como 1/C = 1000, a equação (12) fica:
1
q"+10q'+1000q = 0
4
q"+40q'+4000q = 0
85
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
Resolvendo a equação homogênea de maneira usual, verificamos que o circuito é
subamortecido e q(t) = e-20t(C1 cos60t +C2 sen60t). Aplicando as condições iniciais, obtemos:
q(t ) = q 0 e − 20t (cos 60t +
1
3
sen60t )
Quando há uma voltagem impressa E(t) no circuito as vibrações elétricas são chamadas
forçadas. No caso em que R ≠ 0, a função complementar qc(t) de (12) é chamada de solução
transiente. Se E(t) for periódica ou constante, então a solução particular qp(t) de (12) será
uma solução estacionária.
8.2 – EQUAÇÕES LINEARES - PROBLEMAS DE CONTORNO
8.2.1 – Deflexão de uma viga:
Muitas estruturas são construídas usando grandes suportes de aço ou vigas, as quais
defletem ou distorcem sob seu próprio peso ou em decorrência de alguma força externa. A
deflexão y(x) é governada por uma equação diferencial linear de quarta ordem relativamente
simples.
L
Vamos supor uma viga de comprimento L seja homogênea e tenha seção transversal
uniforme ao longo de seu comprimento. Na ausência de qualquer carga sobre a viga (incluindo
o próprio peso), a curva que liga os centróides de todas as suas seções transversais é uma
reta chamada eixo de simetria. Se for aplicada uma carga à viga em um plano contendo o
eixo de simetria, ela sofrerá uma distorção e a curva que liga os centróides de todas as seções
transversais será chamada então de curva de deflexão ou curva elástica. A curva de
deflexão aproxima o formato da viga. Suponha agora que o eixo x coincida com o eixo de
simetia da viga e que a deflexão y(x), medida a partir desse eixo, seja positiva se dirigida para
baixo. Na teoria da elasticidade, mostra-se que o momento fletor M(x) em um ponto x ao
longo da viga está relacionado com a carga por unidade de comprimento w(x) pela equação:
d 2M
= w( x)
dx 2
(12)
Além disso, momento fletor M(x) é proporcional à curvatura k da curva elástica
M ( x) = EIk
(13)
onde E e I são constantes; E é o módulo de elasticidade de Yang do material de que é feita a
viga e I é o momento de inércia de uma seção transversal da viga (em torno de um eixo
conhecido como o eixo neutro). O produto EI é chamado de rigidez defletora da viga.
Agora, do cálculo, a curvatura é dada por k =
[
]
y"
[1 + ( y' ) ]
2
3
. Quando a deflexão y(x) for
2
3
pequena, a inclinação y’ ≈ 0 e, portanto, 1 + ( y ' ) 2 ≈ 1, Se fizermos k = y”, a Equação (13)
vai se tornar M = Ely”. A derivada segunda dessa última expressão é:
2
d 2M
d2
d4y
=
EL
y
"
=
EL
dx 2
dx 2
dx 4
(14)
Usando o resultado dado em (1) para substituir d2M/dx2 em (14), vemos que a deflexão
y(x) satisfaz a equação diferencial de quarta ordem
EL
d4y
= w( x)
dx 4
(15)
86
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
As condições de contorno associadas à Equação (15) dependem de como as
extremidades da viga estão apoiadas. Uma viga em balanço é engastada ou presa em uma
extremidade e livre de outra. Trampolim, braço estendido, asa de avião e sacada são exemplos
comuns de vigas, mas até mesmo árvores, mastros, edifícios e o monumento de George
Washington podem funcionar como vigas em balanço, pois estão presos em uma extremidade
e sujeitos à força fletora do vento. Para uma viga em balanço, a deflexão y(x) deve satisfazer
às seguintes condições na extremidade engastada x = 0:
¾ y(0) = 0, uma vez que não há deflexão e
¾ y’(0) = 0, uma vez que a curva de delexão é tangente ao eixo x (em outras palavras, a
inclinação da curva de deflexão é zero nesse ponto).
Em x = L, as condições da extremidade livre são:
¾ y”(L) = 0, uma vez que o momento fletor é zero e
¾ y”’(L) = 0, uma vez que a força de cisalhamento é zero.
A Tabela abaixo resume as condições de contorno que estão associadas com a equação (15)
Extremos da viga
engastada
Livre
Simplesmente
apoiada
Condições de contorno
y = 0, y’ = 0
y” = 0 m y”’ = 0
y = 0, y” = 0
8.2.1.1 – Soluções Não Triviais do Problema de Valores de Contorno:
Resolva o problema de valores de contorno y” +
Consideremos três casos:
λ = 0, λ
<0e
λ
λ y = 0, y(0) = 0 e y(L) = 0
> 0.
Caso I: Para λ = 0, a solução de y” = 0 é y = C1x + C2. As condições y(0) = 0 e y(l) = 0
implicam, sucessivamente que c2 = 0 e c1= 0. Logo, para λ = 0, a única solução do problema
de contorno é a solução trivial y = 0.
Caso II: Para
λ <0,
temos que y = c1cosh − λ x + c2senh − λ x. Novamente y(0) = 0 nos
dá c1 = 0 e, portanto, y = c2senh − λ x. A segunda condição y(l) = 0 nos diz que
c2senh − λ L = 0. Como
− λ L ≠ 0, precisamos ter c2 = 0. Assim y = 0
Obs.: − λ parece um pouco estranho, mas tenha em mente que
λ >0.
Caso III: Para
λ >0,
a solução geral de y”+
λy
λ
< 0 é equivalente a -
λx
= 0 é dada por y = c1cos
Como antes, y(0) = 0 nos dá que c1 = 0, mas y(L) = 0 implica c2sen
+ c2sen
λ x.
λ L = 0.
Se c2 = 0, então, necessariamente, y = 0. Porém, se c2 ≠ 0, então sen λ L = 0. A
última condição implica que o argumento da função seno deve ser um múltiplo inteiro de π .
λ L = nπ
ou
λ=
n 2π 2
, n = 1, 2, 3...
L2
Portanto, para todo real não nulo c2, y = c2sen(n π x/L) é uma solução do problema
para cada n. Como a equação diferencial é homogênea, podemos, se desejarmos, não escrever
c2. Em outras palavras, para um dado número na seqüência,
correspondente na seqüência
problema original.
sen
π
L
x, sen
π 2 4π 2 9π 2
L2
,
L2
,
L2
,..., a função
2π
3π
x, sen
x,... é uma solução não trivial do
L
L
87
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
8.2.1.2 – Deformação de uma Coluna Fina:
No século XVIII, Leonhard Euler dói um dos primeiros matemáticos a estudar um
problema de autovalor quando analisava como uma coluna elástica fina se deforma sob uma
força axial compressiva.
Considere uma longa coluna vertical fina de seção transversal uniforme de comprimento
L. Seja y(x) a deflexão da coluna quando uma força compressiva vertical constante ou carga P
for aplicada em seu topo conforme mostra a figura. Comparando os momentos fletores em
qualquer ponto ao longo da coluna, obtemos
EL
d2y
d2y
= − Py ou EL 2 + Py = 0
dx
dx
(16)
onde E é o módulo de elasticidade de Yang e I é o momento de inércia de
uma seção transversal em torno de uma reta vertical pelo seu centróide.
Exemplo:
Determine a deflexão de uma coluna vertical fina e homogênea de comprimento L
sujeita a uma carga axial constante P, se a coluna for simplesmente apoiada em ambas as
extremidades.
Solução:
⎧
⎪ EI
⎪
O problema de contorno a ser resolvido é: ⎨
⎪
⎪
⎩
d2y
+ Py = 0
dx 2
y (0) = 0
y ( L) = 0
Observe primeiramente que y = 0 é uma solução perfeitamente aceitável desse
problema. Essa solução tem uma interpretação intuitiva e simples: se a carga P não for grande
o suficiente, não haverá deflexão. A questão é esta, para que valores de P a coluna vai
defletir? Em termos matemáticos: para quais valores de P o problema de contorno dado tem
soluções não triviais?
⎧ y"+ λy = 0
⎪
, vemos que: ⎨ y (0) = 0
Escrevendo λ = P
EI
⎪ y ( L) = 0
⎩
é idêntico ao problema dado no item 8.2.1.1. Com base no Caso III daquela discussão vemos
que as curvas de deflexão são y n ( x ) = c 2 sen( nπx / L) , correspondentes aos autovalores
λn = Pn / EI = n 2π 2 / L2 , n = 1,2,3...
Fisicamente, isso significa que a coluna vai deformar-se ou defletir somente quando a
Pn = n 2π 2 EI / L2 , n = 1,2,3... Essas forças são
força compressiva assumir um dos valores
chamadas cargas criticas. A curva de deflexão correspondente a menor carga crítica
P1 = π 2 EI / L2 , chamada de carga de Euler, é y1 ( x) = c 2 sen(πx / L) e é conhecida como o
primeiro modo de deformação.
As curvas de deflexão correspondentes a n = 1, n = 2 e n = 3 são apresentadas na
figura abaixo. Observe que, se a coluna original tiver algum tipo de restrição física em x = L/2,
então a menor carga crítica será P2 = 4π EI / L e a curva de deflexão será aquela da figura
(b). Se a restrição for colocada na coluna em x = L/3 e x = 2L/3, a coluna somente vai se
2
2
88
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
deformar quando a carga critica P3 = 9π EI / L for aplicada. Nesse caso a curva de deflexão
2
2
será aquela da figura (c).
8.2.1.3 – Corda Girando:
A equação diferencial linear de segunda ordem
y"+ λy = 0
(17)
ocorre muitas vezes como modelo matemático. Já vimos nas formas d x dt + ( k / m) x = 0 e
2
2
d 2 q dt 2 + (1 / LC )q = 0 como modelos para, respectivamente, um movimento harmônico
simples e um sistema massa-mola e a resposta harmônica simples de um circuito em série. É
evidente que o modelo para deflexão de uma coluna fina dado em (16) quando escrito como
d 2 y dx 2 + ( P / EL) y = 0 , é igual ao que foi dado em (17). Vamos encontrar a Equação (17)
como um modelo que define a curva de deflexão ou a configuração y(x) assumida por uma
corda girando. A situação física é análoga aquela de duas pessoas segurando uma corda e
fazendo-a girar sincronizadamente. Veja as figuras (a) e (b) abaixo.
Suponha que uma corda de comprimento L e densidade linear
constante ρ (massa por unidade de comprimento) seja esticada
ao longo do eixo x e fixada em x = 0 e x = L. Suponha que a
corda seja então girada em torno do eixo x a uma velocidade
angular constante ω . Considere uma parte da corda sobre o
[
]
intervalo x, x + Δx , onde Δx é pequeno. Se a magnitude T da
tensão T, tangencial a corda, for constante ao longo dela, a
equação diferencial desejada pode ser obtida igualando-se duas
formulações diferentes da força liquida que age sobre a corda
no intervalo x, x + Δx . Em primeiro lugar, vemos na figura (c),
que a força liquida vertical é:
[
]
F = Tsenθ 2 − Tsenθ 1
θ1 e θ 2 (medidos em radianos)
senθ 2 ≈ tgθ 2 e senθ1 ≈ tgθ1 . Alem
Se os ângulos
pequenos, teremos
(18)
forem
disso,
como tgθ 2 e tgθ 1 são, por sua vez, inclinações das retas
contendo os vetores T2 e T1, podemos também escrever
tgθ 2 = y ' ( x + Δx) e tgθ1 = y ' ( x)
Assim sendo, (18) vai se tornar:
F ≈ T [ y ' ( x + Δx) − y ' ( x)]
(19)
89
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
Em segundo lugar, podemos obter uma forma diferente dessa mesma força liquida
usando a segunda lei de Newton, F = m.a. Aqui, a massa da corda no intervalo é m = ρΔx ; a
aceleração centrípeta de um corpo girando a uma velocidade angular ω em um circulo com
raio r é a = rω . Sendo Δx pequeno, podemos tomar r = y. Assim sendo, a força liquida
vertical é também aproximada por
2
F ≈ −(ρΔx ) yω 2
(20)
onde o sinal de subtração justifica-se pelo fato de a aceleração ter o sentido oposto ao do eixo
y. Igualando-se (20) e (19), temos:
T [ y ' ( x + Δx) − y ' ( x)] ≈ −( ρΔx) yω 2
Ou
T
(21)
y ' ( x + Δx) − y ' ( x)
≈ − ρω 2 y
Δx
Para Δx próximo a zero, o quociente da diferença
y ' ( x + Δx) − y ' ( x)
Δx
em (21) é
aproximado pela derivada segunda de d2y/dx2. Finalmente chegamos ao modelo
d2y
T 2 = − ρω 2 y
dx
Ou
(22)
2
T
d y
+ ρω 2 y = 0
dx 2
Como a corda esta fixa em ambas as extremidades, x = 0 e y = L, esperamos que a
solução y(x) da última equação em (22) também satisfaça as condições de contorno y(0) = 0 e
y(L) = 0.
AULA 23 – EXERCÍCIOS
Movimento Livre não amortecido
1) Um peso de 4 lb é preso a uma mola cuja
constante é 16 lb/pés. Qual é o período
do movimento harmônico simples?
2) Um peso de 24 libras, preso a uma das
extremidades de uma mola, distende-a
em 4 polegadas. Ache a equação de
movimento, considerando que o peso será
solto do repouso, de um ponto 3
polegadas acima da posição de equilíbrio.
3) Um peso de 20 libras distende uma mola
em 6 polegadas. O peso é solto do
repouso 6 polegadas abaixo da posição de
equilíbrio.
a) Determine a posição do peso em t
=
π π π π 9π
, , , ,
12 8 6 4 32
b) Qual será a velocidade do peso
quanto t =
3π
16
s? Qual será o
sentido do movimento do peso
nesse instante?
c) Em que instante o peso passa pela
posição de equilíbrio
Movimento Livre Amortecido
4) Uma massa de 1 quilograma é presa a
uma mola cuja constante é 16 N/m e todo
o sistema é então submerso em um
líquido que oferece uma força de
amortecimento numericamente igual a 10
vezes
a
velocidade
instantânea.
Determine as equações do movimento,
considerando que:
a) o peso é solto do repouso 1 metro
abaixo da posição de equilíbrio.
b) O peso é solto 1 metro abaixo da
posição de equilíbrio a uma
velocidade de 12 m/s para cima.
5) Um peso de 10 libras é preso a uma mola,
distendendo-a em 2 pés. O peso está
preso a uma dispositivo de amortecimento
que oferece uma resistência igual a
β ( β > 0)
vezes
a
velocidade
instantânea. Determine os valores da
constante de amortecimento β de tal
forma que o movimento
seja:
a) superamortecido
subseqüente
90
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
b) criticamente amortecido
c) subamortecido
Movimento Forçado
6) Um peso de 16 libras distende uma mola
em 8/3 pé. Inicialmente, o peso parte do
repouso 2 pés abaixo da posição de
equilíbrio. O movimento subseqüente em
lugar em um meio que oferece uma força
amortecedora numericamente igual a ½
da velocidade instantânea. Qual é a
equação do movimento se o peso sofre a
ação de uma força externa igual a f(t) =
10 cos 3t?
7) Quando uma massa de 2 quilogramas é
presa a uma mola cuja constante de
elasticidade é 32 N/m, ela chega ao
repouso na posição de equilíbrio. A partir
de t=0 uma força igual a f(t)=68e-2t cos
4t é aplicada ao sistema. Qual é a
equação de movimento na ausência de
amortecimento?
Circuito em Série Análogo
8) Ache a carga no capacitor em um circuito
em série LRC em t=0,01s quando
L=0,05h, R=2 Ω , C=0,01f, E(t)=0V,
q0=5C e i(0)=0A. Determine a primeira
vez em que a carga sobre o capacitor é
igual a zero.
9) Ache a carga no capacitor, a corrente no
circuito em série LRC e a carga máxima
no capacitor quando:L= 5/3h R=10 Ω ,
C=1/30f, E(t)=300V, q(0)=0C, i(0)=0A.
10) Determine a carga no capacitor em um
circuito em série LRC, supondo L = ½ h,
R=10 Ω , C = 0,01f, E(t) = 150V,
q(0)=1C e i(0) = 0A. Qual é a carga no
capacitor após um longo período?
Corda Girando
11) Considere o problema de contorno
introduzido na construção do modelo
matemático para a forma de uma corda
girando:
d2y
T 2 + ρω 2 y = 0
dx
y (0) = 0, y ( L) = 0
Respostas:
2π
8
1)
1
x(t ) = − cos 4 6t
4
1
1
⎛π ⎞
⎛π ⎞
a) x⎜
⎟ = − , x⎜ ⎟ = −
4
2
⎝ 12 ⎠
⎝8⎠
1 ⎛π ⎞ 1
⎛π ⎞
x⎜ ⎟ = − , x⎜ ⎟ = ,
4 ⎝4⎠ 2
⎝6⎠
2)
3)
2
⎛ 9π ⎞
x⎜ ⎟ =
4
⎝ 32 ⎠
b) 4 pés/s para baixo
(2n + 1)π
, n= 0, 1, 2, ...
16
4
1
x(t ) = e − 2t − e −8t
3
3
2 − 2 t 5 −8 t
x(t ) = − e + e
3
3
t=
c)
4) a)
b)
β > 5/2 b) β
c) 0 < β < 5/2
5) a)
x(t ) = e
−t
6)
+
2
= 5/2
⎛ 4
47
64
47 ⎞
⎜ − cos
t
sen
t⎟ +
−
⎜ 3
2
2 ⎟⎠
3 47
⎝
10
(cos 3t + sen3t )
3
1
9
1
x(t ) = − cos 4t + sen4t + e − 2t cos 4t −
2
4
2
− 2t
− 2e sen4t
7)
8) 4,1078C; 0,0509s
9) q(t)=10+10e-3t(cos3t+sen3t)
i(t) = 60e-3tsen3t; 10,432 C
10)
1
3 3
q(t ) = − e −10t (cos10t + sen10t ) + ; C
2
2 2
11) Wn
=
nπ 1
L P
n = 1, 2, 3…
y = sen
nπx
L
91
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
AULA 24
9 – SISTEMA DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS
9.1 – SISTEMA CANÔNICO E SISTEMA NORMAL:
Define-se como sistema de equações diferenciais o conjunto de equações diferenciais
com as mesmas funções incógnitas e que se verificam para as mesmas soluções.
Neste item iremos estudar os sistemas de equações em que o número de funções
incógnitas de uma mesma variável é igual ou número de equações. Neste caso o sistema é
dito canônico, desde que possa ser posto, na forma explicita, em relação às derivadas de
maior ordem.
O sistema é denominado normal quando pode ser resolvido em relação as derivadas
primeira e pode ser escrito sob a forma abaixo:
⎧ dy1
⎪ dx = F1 ( x, y1 , y 2 ,..., y n )
⎪ dy
⎪ 2 = F2 ( x, y1 , y 2 ,..., y n )
⎨ dx
⎪........................................
⎪ dy n
= Fn ( x, y1 , y 2 ,..., y n )
⎪
⎩ dx
Ou seja, é o sistema canônico de equações de 1a ordem.
A solução geral deste sistema é um conjunto de n funções, y1(x), y2(x),...,yn(x), que
contém p constantes arbitrárias (p ≤ n) e que verificam as equações. A solução particular é o
conjunto de funções obtidas atribuindo-se valores particulares às constantes na solução geral.
Todo sistema canônico de equações de ordem superior pode ser transformado num
sistema normal quando lhe são acrescentadas equações diferenciais com novas funções
incógnitas, que são as derivadas nele contidas, excluídas as de ordem mais elevada para cada
função incógnita. Por razões de ordem prática, serão estudados apenas os sistemas que
contem no máximo derivadas de segunda ordem, sem a demonstração do processo de redução
de um sistema canônico de n equações a um sistema normal.
Os sistemas de equações diferenciais podem ser resolvidos tal como os sistemas de
equações algébricas, por processos de eliminação. Por isso é sempre conveniente escrever o
sistema em função do operador derivado D.
Exemplos:
dz
⎧
⎪ y + dx = cos x + senx
1) ⎨
dy
⎪ + z = cos x − senx
⎩ dx
92
Equações Diferenciais
Profa Paula Francis Benevides
⎧
d2y
dz
− 3 = x2
⎪⎪
2
dx
2) ⎨ 2 dx
d
y
dz
⎪
− 2 − 2y + z = x
dx
⎩⎪ dx 2
93
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
⎧ dx
⎪ du + 6 x + 3 y − 14 z = 0
⎪⎪ dy
3) ⎨
− 4 x − 3 y + 8z = 0
du
⎪
⎪ dz + 2 x + y − 5 z = senu
⎪⎩ du
(este sistema deverá ser entregue, resolvido passo a passo para ser entregue na próxima
aula!!!)
AULA 24 – EXERCÍCOS
1)
2)
3)
4)
5)
⎧ dy dz
⎪2 dx − dx − y + z = 0
⎨ dy dz
⎪
+
− 2z = 0
⎩ dx dx
⎧ dy dz
5x
⎪ dx + dx − y − 4 z = e
⎨ dy dz
⎪ +
− 2 y − 3z = e 2 x
⎩ dx dx
⎧d 2 y
dz
− 2 − y = ex
⎪⎪ dx 2
dx
⎨
2
dy
d
z
⎪ −
− 2z = x 2
⎪⎩ dx dx 2
⎧ dy dz
x
⎪2 dx + dx − 4 y − z = e
⎨
dy
⎪
+ 3y + z = 0
dx
⎩
⎧( D − 3) y + 2( D + 2) z = 2 senx
⎨
⎩ 2( D + 1) y + ( D − 1) z = cos x
Respostas
z = C1e
1)
3+ 3
3
+ C2e
y = (2 − 3 )C1e
3− 3
x
3
3+ 3
3
+ (2 + 3 )C 2 e
3− 3
x
3
Ou
y = C1e
3+ 3
3
+ C2 e
z = (2 + 3 )C1e
3− 3
x
3
3+ 3
3
+ (2 − 3 )C 2 e
3− 3
x
3
5
2)
x
3
z = C1e 2 − e 5 x − e 2 x
5
5
x
2
y = C1e 2 + e 5 x − 2e 2 x
5
3)
z = C1e
2x
+ C2e−
y = 2 2C1 e
4)
5)
2x
2x
1 x 1 2 3
e − x +
2
2
2
3 x
+ C 3 senx − C 4 cos x − e + 2 x
2
C 3 cos x + C 4 senx −
− 2 2C 2 e −
2x
ex
2
z = −(3C1 + C 2 ) cos x + (C1 − 3C 2 ) senx + 2e x
y = C1 cos x + C 2 senx −
y = C1e
z = C1e
−x
3
−x
3
+ C 2 e −5 x +
1
(8senx + cos x)
65
4
33
61
cos x +
− C 2 e −5 x −
senx
3
130
130
94
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
AULA 25
9.2 – SISTEMAS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS NA FORMA SIMÉTRICA
Dado o sistema:
⎧ dy1
⎪ dx = F1 ( x, y1 , y 2 ,..., y n )
⎪ dy
⎪ 2 = F2 ( x, y1 , y 2 ,..., y n )
⎨ dx
⎪........................................
⎪ dy n
= Fn ( x, y1 , y 2 ,..., y n )
⎪
⎩ dx
este pode ser escrito na seguinte forma:
dy
dx dy1 dy 2
=
=
= ... = n
1
F1
F2
Fn
Esta é chamada forma simétrica, na qual quaisquer das variáveis pode ser tomada
por variável independente. Considere-se por exemplo, o sistema
⎧ dy
⎪ dx = F1 ( x, y, z )
⎨ dz
⎪ = F2 ( x, y, z )
⎩ dx
(1)
que pode ser escrito da seguinte maneira:
dx dy dz
=
=
1
F2 F3
ou, generalizando,
dx
dy
dz
=
=
M ( x , y , z ) P ( x, y , z ) R ( x , y , z )
(2)
Genericamente, a solução de (2) representa uma família de curvas reversas dependente
de dois parâmetros.
Esse sistema pode ser resolvido por integrações simples, o que nem sempre ocorrerá.
Assim pode-se usar as funções l(x, y, z), m(x, y, z) e n(x, y, z) como multiplicadores. Para
tanto faz-se:
dx dy dz ldx + mdy + ndz
=
=
=
M
P
R
lM + mP + nR
Escolhe-se l, m e n tais que:
lM + mP + nR = 0
o que faz com que
ldx + mdy + ndz = 0
Para dois conjuntos de valores de l, m e n tirados da relação (1), obtém-se duas
equações do tipo (2) que fornecem duas relações distintas entre as variáveis x, y, e z, as
quais representam a solução do sistema.
Exemplos:
95
Equações Diferenciais
1)
dx dy dz
=
=
y
x
x
2)
2dx
dy dz
=
=
y + z yx zx
Profa Paula Francis Benevides
96
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
3)
dx
dy
dz
=
=
2
2
2
2
x( z − y ) y ( x − z ) z ( y − x 2 )
2
OBS.: Observe-se que há uma infinidade de soluções para lM + mP + nR = 0. Pelo critério
adotado, chega-se aquelas convenientes.
AULA 25 – EXERCÍCIOS
dx
dy
dz
1)
=
=
ay − bz cz − ax bx − cy
dx
dy
dz
2)
=
=
4
4
4
4
4
x(2 y − z ) y ( z − 2 x ) z ( x − y 4 )
dx
dy
dz
=
=
3 y − 2 z z − 3x 2 x − y
dx dy dz
4)
=
=
y
x
z
dx dy
dz
5)
=
= 2
1 2x x + y
3)
Respostas:
1) x2 + y2 + z2 = C1
cx + by + az = C2
2) x4 + y4 +z4 = C1
xyz2 = C2
3) x2 + y2 + z2 = C1
x + 2y + 3z = C2
4) x2 – y2 = C1
zC2 = y + x
5) y = x2 + C1
z=
2 3
x + xy – x3 + C2
3
97
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
AULA 26
10 - EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS
10.1 –Introdução às Equações Diferenciais Parciais:
Muitos fenômenos que ocorrem na Ótica, Eletricidade, Ondulatória, Magnetismo,
Mecânica, Fluidos, Biologia,..., podem ser descritos através de uma equação diferencial parcial.
Na maioria das vezes faz-se a tentativa de transformar a equação diferencial parcial em
uma ou mais equações diferenciais ordinárias,com o objetivo de simplificar os trabalhos na
obtenção da solução do problema.
Uma equação diferencial ordinária possui derivadas de apenas uma variável enquanto
que uma equação diferencial parcial possui derivadas parciais da função incógnita.
Muitas leis físicas como: Leis de Newton para o resfriamento dos corpos, Equação de
Maxwell, Equações de Navier-Stokes e Equação da Mecânica Quântica de Schrödinger são
escritas por equações diferenciais parciais que relacionam o espaço e suas derivadas como
tempo.
Nem todas as equações podem ser construídas a partir de modelos matemáticos reais
como é o caso das Equações de Maxwell, mas o estudo de Modelos é fundamental para
explicar como e porque funcionam muitas equações diferencias parciais.
O uso intenso de derivadas e integrais neste contexto é fundamental e depende da
interpretação feita para cada objeto matemático como: velocidade, força, aceleração, fluxo,
corrente elétrica, taxa de variação, temperatura, etc.
10.2 – Definição:
São equações de derivadas parciais que contém as derivadas parciais de uma função de
duas ou mais variáveis independentes.
Nosso estudo se limitará às equações que contém duas variáveis independentes, como
a do exemplo 6 no seguinte item.
10.2.1 – Exemplos de Equações Diferenciais Parciais:
∂u
∂ 2u
= a2 2
∂t
∂x
2
⎛ ∂ u ∂ 2u ⎞
∂u
= a 2 ⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟
∂t
∂x ⎠
⎝ ∂x
1) Equação do calor:
Pode ser escrito também da seguinte forma: u t = a u xx e u t = a (u xx + u yy )
2
2
2
∂ 2u
2 ∂ u
2) Equação da onda:
=a
∂t 2
∂x 2
2
∂ 2u ⎞
∂ 2u
2⎛ ∂ u
⎜
a
+
=
⎜ ∂x 2 ∂x 2 ⎟⎟
∂t 2
⎝
⎠
3) Equação de Laplace:
∂ 2u ∂ 2u
=0
+
∂x 2 ∂x 2
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u
=0
+
+
∂x 2 ∂x 2 ∂z 2
∂u
= x+ y
∂x
2
∂ 3u
∂ 2u
∂u ∂u ⎛ ∂u ⎞
5)
+ 2y 2 + x
+ ⎜ ⎟ = sen( xy )
∂x ∂y ⎝ ∂x ⎠
∂x 3
∂x
∂2z
∂ 2 z ∂z
6)
−
3
+
= ex
∂x∂y ∂y
∂x 2
4)
98
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
10.2.2 – Ordem e Grau de uma Equação Diferencial Parcial:
A ordem de uma equação diferencial parcial é a ordem de mais alta derivada que
ocorre na equação e o grau é o expoente da deriva mais alta quando a equação esta escrita
em forma semelhante a uma função polinomial em que as potências fazem o papel das
derivadas da ordem respectiva. Tal como foi visto nas equações ordinárias, a ordem da
equação é a ordem da derivada de maior ordem.
10.2.2.1 – Exemplos relacionados com ordem e grau de uma EDP
No item 8.2.1, os exemplos 1, 2, 3, e 6 são de segunda ordem, o exemplo 4 é de
primeira ordem e o exemplo 5 é de terceira ordem.
10.3 – Formação:
É sempre possível deduzir de uma função de duas variáveis independentes uma
equação de derivadas parciais que admite aquela função como solução.
10.3.1 – Eliminação de constantes arbitrárias:
Consideremos z como uma função de duas variáveis independentes x e y definida
por:
g(x,y,z,a,b) = 0 (1)
onde a e b são duas constantes arbitrárias. Derivando (1) em relação à x e y temos:
∂g
∂g
+p
= 0 (2)
∂x
∂z
onde: p =
∂z
∂x
e q=
∂g
∂g
+q
=0
∂y
∂z
(3)
∂z
∂y
- Em geral, as constantes arbitrárias podem ser eliminadas de (1), (2) e (3) dando uma
equação diferencial parcial de primeira ordem.
f(x,y,z,p,q) = 0 (4)
- Se z for uma função de x e y, definida por uma relação envolvendo apenas uma constante
arbitrária, normalmente é possível obter duas equações diferenciais parciais distintas de,
primeira ordem como resultado da eliminação da constante.
- Se o número de constantes arbitrárias a se eliminar exceder o número de variáveis independentes, a equação diferencial parcial (ou equações) é, geralmente, de ordem acima da
primeira.
Exemplos:
1) z = f(x2 + y2), onde f é uma função arbitrária do argumento u = x2 + y2, ou seja, z = f(u).
99
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
2) z = φ (y + ax) + ψ (y – ax), onde a é a constante e
respectivos argumentos u = y + ax e v = y – ax.
φ
e
ψ
são funções arbitrárias dos
3) z = ax + by + ab, sendo a e b constantes.
A resposta da equação acima é uma equação de derivadas parciais de 1a ordem e que
foi obtida eliminando-se duas constantes arbitrárias na relação z = ax + by + ab, que é a sua
solução.
Observe que existem dois tipos de solução: um que contém funções arbitrárias e
outro que contém constantes arbitrárias.
Denomina-se solução geral aquela que contém funções arbitrárias e solução
completa a que contém constantes arbitrárias.
Tal como nas equações ordinárias, há certas equações que admitem as soluções
singulares, que são as que não resultam da solução geral nem da solução completa.
Observe-se que nem sempre o número de funções ou de constantes arbitrárias traduz
a ordem da equação. O 3o exemplo mostrou uma equação de 1a ordem cuja solução completa
encerra duas constantes arbitrárias.
4) Achar a equação de derivadas parciais de primeira ordem que resulta de z = e . f ( x − y ) ,
eliminando-se a função arbitrária f.
y
100
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Equações Diferenciais
5) xz = f(y + z), eliminando-se a função arbitrária f.
AULA 26 – EXERCÍCIOS
Achar a equação de derivadas parciais de
primeira ordem que resulta das equações
abaixo, eliminando-se a função arbitrária ou
a constante arbitrária.
3) pq = XP + yq
⎛ y⎞
2) z = f ⎜ ⎟
⎝x⎠
4) px – qy = 0
5) q = p2
3) z = xy + y x − a + b
2
2
4) z = axy + b
5) z = ax+a2y + b
6) 3xy z = (x + y – z)
2
7) z = (x – y )
φ (x
2
2
–y )
8) z = (x + a)3 + (y + b)3
φ (x.y)
yz + xyp 1 − p
=
2 xz + xyq 1 − q
8) p
3
2
+q
3
2
= z 27
9) xp – yq = 0
10) q – q2 = 0
11) p – q = 0
y
10) z = f(x) + e .g(x),
11) z =
6)
7) py + qx = 0
2
9) z =
1) p.q = 1
2) px + qy = 0
1) az + b = a2x + y
2
Respostas:
φ (x + y)
12) z = p.q
12) z = (y + a)(x + b)
101
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Equações Diferenciais
AULA 27
10.4 – Equação Linear de Primeira Ordem:
10.4.1 – Método de Lagrange
A equação linear de primeira ordem é da forma:
P.p + Q.q = R
onde p =
(1)
∂z
∂z
; q=
e P, Q e R são funções conhecidas de x, y e z.
∂x
∂y
Se z é uma função de x e y , pode se escrever:
dz = p.dx + q.dy
(2)
A condição de equivalência das equações (1) e (2) mostra que :
dx dy dz
=
=
P
Q
R
(3)
As relações (3) constituem um sistema de equações diferenciais ordinárias na forma
simétrica, cujas equações são chamadas de equações auxiliares. A solução geral de (1)
proposta por Lagrange consiste na resolução de (3) desde que se saiba que φ (u,v) = 0.
Suponha-se que u(x,y,z) = a e v(x,y,z) = b sejam a solução do sistema (3). Sendo a
e b constantes arbitrárias pode-se considerar uma relação tal que b = φ (a) ou v = φ (u),
que é a solução geral da equação (1). Pode ainda considerar F(u,v) = 0 como solução.
Exemplos: Achar a SOLUÇÃO GERAL das equação diferenciais abaixo
1) yp – xq = 0
102
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
2)
y3
x2
p+
x3
y2
q=z
AULA 27 – EXERCÍCIOS
Achar a
seguintes
solução
geral
Respostas:
das
equações
1) yp - xq = 2xyz
2) (x – y + z)p + (2y – z)q = z
3) x2p + y2q = z2
∂z ∂z
−
=x
4) 2 y
∂x ∂y
5) ptgx + qtgy = tgz
6)
∂z
∂z
senx + cos x = 1
∂x
∂y
1) x − ln z = φ ( x + y )
2
2
2
2)
y−z
⎛x+ y⎞
= φ⎜
⎟
2
z
⎝ z ⎠
3)
⎛1 1⎞
1 1
= + φ ⎜⎜ − ⎟⎟
z y
⎝ y x⎠
4)
φ (x + y2, 3z + 2y3 + 3xy) = 0
⎛ senx ⎞
⎟⎟
5) senx = senzφ ⎜⎜
⎝ seny ⎠
⎡
⎛ x ⎞⎤
6) ln(sec x) = y + φ ⎢ z − ln⎜ tg ⎟⎥
⎝ 2 ⎠⎦
⎣
103
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Equações Diferenciais
AULA 28
10.5 – Obtenção da Solução completa:
Método de Charpit
Seja a equação diferencial parcial não linear:
F(x,y,z,p,q) = 0
O método de Charpit consiste em obter uma relação da forma
φ(x,y,z,p,q,c) = 0
onde c é uma constante arbitrária, e resolver em seguida o sistema formado por essas duas
equações em relação a p e q, cujos valores substituídos em: dz = pdx + qdy devem
transformar esta expressão numa diferencial total. Para tanto, deriva-se (1) e (2) em relação
a x e a y:
∂F ∂F ∂p ∂F ∂q
⎧ ∂F
⎪ ∂x + p ∂z + ∂p . ∂x + ∂q . ∂x = 0
⎪
⎪ ∂F
∂F ∂F ∂p ∂F ∂q
⎪ ∂y + q ∂z + ∂p . ∂y + ∂q . ∂y = 0
⎪
⎨
⎪ ∂φ + p ∂φ + ∂φ . ∂p + ∂φ . ∂q = 0
⎪ ∂x
∂z ∂p ∂x ∂q ∂x
⎪
∂
φ
⎪ + q ∂φ + ∂φ . ∂p + ∂φ . ∂q = 0
∂z ∂p ∂y ∂q ∂y
⎩⎪ ∂y
∂p ∂p ∂q
∂q
∂φ
∂φ
;
;
e
multiplicando a 1.ª equação por −
, a 2.ª por −
,a
∂q
∂x ∂y ∂x
∂y
∂p
∂φ
∂F
∂p ∂q
3.ª por −
e a 4.ª por
, considerando que
=
e somando os resultados teremos:
∂q
∂y ∂x
∂P
Eliminamos
∂F ⎞ ∂φ ⎛ ∂F ∂F ⎞ ∂φ ⎛ ∂F ∂F ⎞ ∂φ
∂F ∂φ ∂F ∂φ ⎛ ∂F
−⎜
+
=0
⋅
+
⋅
+ ⎜⎜
p+
q⎟
−⎜
+
p⎟
q⎟
∂q ⎟⎠ ∂z ⎝ ∂x ∂z ⎠ ∂p ⎜⎝ ∂y ∂z ⎟⎠ ∂q
∂p ∂x ∂q ∂y ⎝ ∂p
Esta equação é linear de 1.ª ordem em φ, tomada como função das variáveis
x,y,z,p,q. Aplicando o método de Lagrange teremos:
dx dy
dz
dp
dq
dφ
=
=
=
=
=
∂F ∂F
∂F
∂F
⎛ ∂F ∂F ⎞
⎛ ∂F ∂F ⎞ 0
+q
p
−⎜
+
p ⎟ − ⎜⎜
+
q ⎟⎟
∂p ∂q
∂p
∂q
⎝ ∂x ∂z ⎠
⎝ ∂y ∂z ⎠
A solução deste sistema fornece a função φ procurada e as equações que formam o
sistema acima são chamadas Equações de Charpit..
Exemplos: Dar uma solução completa das equações seguintes:
104
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
1) q = p2 x
A aplicação do método de Charpit para determinadas formas de equações diferenciais
parciais nos darão regras mais simplificadas para a obtenção da solução completa. Podemos
citar os seguintes casos:
f ( p, q ) = 0
i.
Uma solução completa é z = ax + g ( a ) y + b , onde
{
f ( p, q) = 0 com a = p e g(a) = q.
q
Exemplo:
∂z ∂z
+
−1 = 0
∂x ∂y
105
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
ii.
f ( x, p , q ) = 0
Fazendo q = a em f ( x, p, q ) = 0 determinaremos p = f1 ( a, x ) , que substituído em
dz = p.dx + q.dy e integrado nos dará a solução completa z = ∫ f 1 (a, x)dx + ay + b .
1
424
3
p
Exemplo:
p.q = x
iii.
f ( z , p, q ) = 0
A partir das equações auxiliares do método de Charpit teremos q = ap , ou p = aq (1),
assim a equação f ( z , p, q ) = 0 ficará f ( z , p, ap ) = 0 (2). A integração de dz = p.dx + q.dy após
a substituição de q e p, das equações (1) e (2) anteriores, nos dará a solução completa.
Exemplo:
9(p2z + q2) = 4
106
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
f ( y , p, q ) = 0
Fazendo p = a em f ( y, p, q ) = 0 determinaremos q = f1 ( a, y ) , que substituído em
iv.
dz = p.dx + q.dy e integrado nos dará a solução completa z = ax + ∫ f1 (a, y )dy + b .
Exemplo:
q = 2yp2
v.
z = px + qy + f ( p, q ) - Equação Generalizada de Clairaut
Uma solução completa tem a forma z = ax + by + c , com c = f ( p, q ) .
Exemplo:
(p2+ q2)(z – px – qy) = 1
AULA 28 – Exercícios
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
p.q = z
z = px + qy + pq
p = y2q2
p2 = 2q – 1
p.q = 2p – q
p2 = 2qx
p + x = qy
Respostas:
1) 2 z =
ax +
y
a
+b
2) z = ax + by + ab
3) z = ax ± a ln y + b
4) 2z = 2ax + (a2 + 1)y + 2b
5) z = ax +
6) z = ±
2ay
+b
a +1
3
2
2c x 2 + cy + k
3
x2
7) z = ax −
+ a ln y + b
2
107
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
AULA 29
10.6 – Equações com derivadas parciais em relação apenas a uma das
variáveis.
Estas equações são tratadas como se fossem equações diferenciais ordinárias em
relação a essa variável. A constante de integração é substituída por uma função arbitrária de
outra variável, e sua solução é, praticamente, imediata.
Exemplos:
1) x + y
2) x
∂z
=0
∂x
∂z
= x + 2 y + 2z
∂x
108
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais
3)
∂2z
∂z
− 5 + 6 z = 12 x
2
∂x
∂x
∂2z
= x2 + y2
4)
∂x∂y
AULA 29 – Exercícios
1) y − x
2) x
∂z
=0
∂y
∂z
−y= z−x
∂x
3)
∂ z
∂z
− 4 − 5z = e x
2
∂x
∂x
4)
∂2z
= 2xy 2
∂x∂y
2
∂2z
∂z
5)
− 4 + 4 y = xe 2 x
2
∂x
∂x
Respostas:
y2
+ φ ( x)
2x
2) z = − y − x ln x + xφ ( y )
1) z =
3) z = φ ( y )e
−x
1
+ ψ ( y )e 5 x − e x
8
x2 y3
4) z =
+ f ( y ) + ψ ( x)
3
⎛
x3 ⎞ 2x
⎜
⎟⎟e
5) y = ⎜ C1 + C 2 x +
6
⎝
⎠
109
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
AULA 30
10.7 – Superfície Integral que contém uma curva:
Problema de Cauchy
Se a superfície integral deve conter uma curva de equações paramétricas x = x(t), y =
y(t), z = z(t), as equações das curvas integrais geradoras da superfície integral podem ser
escritas na forma
u[x(t ), y (t ), z (t )] = C1
e
v[x(t ), y (t ), z (t )] = C 2
nas quais, eliminando-se o parâmetro t, obtem-se uma relação φ (C1 , C 2 ) = 0 que é a superfície
integral procurada. O problema de Cauchy consiste na determinação dessa superfície
integral desde que se tenha imposto a mesma condição de conter uma determinada curva.
π → superfície integral
L → curva pertencente a π
Seja a equação
f(x, y, z, p, q) = 0
(1)
F(x, y, z, a, b) = 0
(2)
Suponha-se que
seja uma solução completa de (1) e que sua solução geral seja obtida pela eliminação de a
entre as equações
⎧ F [x , y , z , a , φ ( a ) ] = 0
⎪ ∂F
∂F dφ
⎨
+
⋅
=0
⎪⎩ ∂ a
∂ φ da
(3)
uma vez que a só pode ser eliminado quando conhecida a função arbitrária de
Seja L uma curva de equações
x = x(t), y = y(t) e z = z(t)
φ.
(4)
não contida em nenhuma das superfícies integrais de (1), nem na superfície correspondente a
solução singular (envoltória), se houver.
A determinação da superfície integral π , que contém L, equivale a obter φ de modo
que os pontos de L estejam todos na superfície π , que resulta de (3) pela eliminação de a.
Os pontos comuns a L e a π são obtidos eliminando-se x, y e z entre as equações (3) e
(4).
Representando a primeira das equações do sistema (3) por u t , a, φ ( a ) = 0 , depois de
substituir x, y e z por suas expressões (4), tem-se:
[
]
110
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
⎧ u[t , a, φ (a )] = 0
⎪ ∂u ∂u dφ
⎨ +
⋅
=0
⎪⎩ ∂a ∂φ da
(5)
⎡
⎣
dφ ⎤
=0
Eliminando u em (5), obtém-se a equação diferencial de 1a ordem Θ ⎢ a, φ ( a ),
da ⎥
que permite determinar a função
φ.
⎦
Este cálculo é simplificado, considerando-se a função de t na 1a das equações do
sistema (5):
∂u ∂u da ∂u dφ da
+
⋅
+
⋅
⋅
=0
∂t ∂a dt ∂φ da dt
∂u ⎡ ∂u ∂u dφ ⎤ da
+
+
⋅
⋅
=0
∂t ⎢⎣ ∂a ∂φ da ⎥⎦ dt
Este último resultado, em virtude da 2a equação de (5), se reduz a
Desse modo, o sistema (5) fica reduzido a:
⎧⎪u[t , a, φ (a )] = 0
∂u
⎨
=0
⎪⎩
∂t
O sistema (6) permite obter
φ (a)
∂u
= 0.
∂t
(6)
que, levada em (3), conduz a obtenção de a.
Exemplos:
1) Sendo z = a ( x − 1) + ay + b a solução completa da equação p = q , determinar a
superfície integral que contém a linha L de equações x = 1 e z = y2.
2
2
111
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
2) Dar a superfície integral da equação x( y + z ) p − y ( x + z ) q = ( x − y ) z que contém a
2
2
2
2
⎧x + y = 0
⎩ z =1
linha ⎨
112
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
10.8 – Superfícies Ortogonais:
As superfícies ortogonais de uma família de superfícies
F(x, y, z) = C
(1)
são aquelas que em cada um dos seus pontos cortam, em ângulo reto, a superfície da família
que passa por esse ponto.
Os parâmetros diretores da normal a qualquer superfície da família dada são
∂F ∂F
e
,
∂x ∂y
∂F
. Os parâmetros diretores da superfície ortogonal z = f(x, y) correspondente são (p, q,- 1).
∂z
Do perpendicularismo dessas duas normais resulta
∂F
∂F
∂F
⋅p+
⋅q =
∂x
∂y
∂z
(2)
que é a equação linear cuja solução representa a superfície z procurada, ortogonal de (1).
Observe-se que a superficie ortogonal z é gerada pelas curvas integrais do sistema:
dx
dy
dz
=
=
∂F ∂F ∂F
∂x
∂y
∂z
A equação (2) representa o produto escalar dos vetores
r r r
pi + qj − k , que é nulo em virtude de seu perpendicularismo.
∂F r ∂F r ∂F r
i +
j+
k por
∂x
∂y
∂z
Exemplo:
Dar a superfície que intercepta as curvas da família z(x +
ortogonalmente e que contém a circunferência x2 + y2 = 1, z = 1.
y) = C(3z + 1)
113
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferencias
Aula 30 – Exercícios
1) Dar a equação da superfície integral da equação 2 y ( z − 3) p + ( 2 x − z ) q = y ( 2 x − 3) , que
contém o círculo x + y = 2 x , z = 0 .
2
2
2) Dar a superfície integral de
( 2 xy 2 + xz ) p − ( yz + 3 x 3 y )q = 3 x 3 z − 2 y 3 z , que contém a
parábola y = z , x = 2 .
3) Dar a superfície que intercepta ortogonalmente a família de superfície x2 + y2 = 2Cz,
que contém a reta y = 1, z = 0.
4) Dar a equação geral das superfícies ortogonais a família de parabolóides x2+ y2= Cz.
5) Dar a superfície ortogonal da família z=Cxy(x2 + y2), que contém a hipérbole x2–y2=a2,
z=0
2
Respostas:
1) x + y − 2 x − z + 4 z = 0
2
2
2
2) x + y − z = 8
3
2
3) x + y = y ( x + y + z )
2
2
2
2
2
2
⎤
⎡x 1 2
, (x + y 2 ) + z 2 ⎥ = 0
⎦
⎣y 2
4) F ⎢
5) ( x + y + 4 z )( x − y ) = a ( x + y )
2
2
2
2
2 2
4
2
2
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Equações Diferencias
Profa Paula Francis Benevides
Referencias Bibliográficas:
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ABUNAHMAN,SERGIO A. Equações Diferenciais: LTC, 1994.
BOYCE, W.E.; DIPRIMA, R.C., Equações diferenciais elementares e problemas de valores de contorno. LTC,
1989
KREYSZIG, Erwin. Advanced Engineering Mathematics. LTC. 1999.
ZILL, Dennis G. Equações Diferenciais com Aplicações em Modelagem. Thomson Learning, 2003..
As notas de aula foram compostas pelos livros acima citados.
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