Universidade do Sul de Santa Catarina Equações Diferenciais Disciplina na modalidade a distância Palhoça UnisulVirtual 2012 equacoes_diferenciais.indb 1 28/03/12 11:09 Créditos Universidade do Sul de Santa Catarina | Campus UnisulVirtual | Educação Superior a Distância Avenida dos Lagos, 41 – Cidade Universitária Pedra Branca | Palhoça – SC | 88137-900 | Fone/fax: (48) 3279-1242 e 3279-1271 | E-mail: [email protected] | Site: www.unisul.br/unisulvirtual Reitor Ailton Nazareno Soares Vice-Reitor Sebastião Salésio Heerdt Chefe de Gabinete da Reitoria Willian Corrêa Máximo Pró-Reitor de Ensino e Pró-Reitor de Pesquisa, Pós-Graduação e Inovação Mauri Luiz Heerdt Pró-Reitora de Administração Acadêmica Miriam de Fátima Bora Rosa Pró-Reitor de Desenvolvimento e Inovação Institucional Valter Alves Schmitz Neto Diretora do Campus Universitário de Tubarão Milene Pacheco Kindermann Diretor do Campus Universitário da Grande Florianópolis Hércules Nunes de Araújo Secretária-Geral de Ensino Solange Antunes de Souza Diretora do Campus Universitário UnisulVirtual Jucimara Roesler Equipe UnisulVirtual Diretor Adjunto Moacir Heerdt Secretaria Executiva e Cerimonial Jackson Schuelter Wiggers (Coord.) Marcelo Fraiberg Machado Tenille Catarina Assessoria de Assuntos Internacionais Murilo Matos Mendonça Assessoria de Relação com Poder Público e Forças Armadas Adenir Siqueira Viana Walter Félix Cardoso Junior Assessoria DAD - Disciplinas a Distância Patrícia da Silva Meneghel (Coord.) Carlos Alberto Areias Cláudia Berh V. da Silva Conceição Aparecida Kindermann Luiz Fernando Meneghel Renata Souza de A. Subtil Assessoria de Inovação e Qualidade de EAD Denia Falcão de Bittencourt (Coord.) Andrea Ouriques Balbinot Carmen Maria Cipriani Pandini Assessoria de Tecnologia Osmar de Oliveira Braz Júnior (Coord.) Felipe Fernandes Felipe Jacson de Freitas Jefferson Amorin Oliveira Phelipe Luiz Winter da Silva Priscila da Silva Rodrigo Battistotti Pimpão Tamara Bruna Ferreira da Silva Coordenação Cursos Coordenadores de UNA Diva Marília Flemming Marciel Evangelista Catâneo Roberto Iunskovski Auxiliares de Coordenação Ana Denise Goularte de Souza Camile Martinelli Silveira Fabiana Lange Patricio Tânia Regina Goularte Waltemann equacoes_diferenciais.indb 2 Coordenadores Graduação Aloísio José Rodrigues Ana Luísa Mülbert Ana Paula R.Pacheco Artur Beck Neto Bernardino José da Silva Charles Odair Cesconetto da Silva Dilsa Mondardo Diva Marília Flemming Horácio Dutra Mello Itamar Pedro Bevilaqua Jairo Afonso Henkes Janaína Baeta Neves Jorge Alexandre Nogared Cardoso José Carlos da Silva Junior José Gabriel da Silva José Humberto Dias de Toledo Joseane Borges de Miranda Luiz G. Buchmann Figueiredo Marciel Evangelista Catâneo Maria Cristina Schweitzer Veit Maria da Graça Poyer Mauro Faccioni Filho Moacir Fogaça Nélio Herzmann Onei Tadeu Dutra Patrícia Fontanella Roberto Iunskovski Rose Clér Estivalete Beche Vice-Coordenadores Graduação Adriana Santos Rammê Bernardino José da Silva Catia Melissa Silveira Rodrigues Horácio Dutra Mello Jardel Mendes Vieira Joel Irineu Lohn José Carlos Noronha de Oliveira José Gabriel da Silva José Humberto Dias de Toledo Luciana Manfroi Rogério Santos da Costa Rosa Beatriz Madruga Pinheiro Sergio Sell Tatiana Lee Marques Valnei Carlos Denardin Sâmia Mônica Fortunato (Adjunta) Coordenadores Pós-Graduação Aloísio José Rodrigues Anelise Leal Vieira Cubas Bernardino José da Silva Carmen Maria Cipriani Pandini Daniela Ernani Monteiro Will Giovani de Paula Karla Leonora Dayse Nunes Letícia Cristina Bizarro Barbosa Luiz Otávio Botelho Lento Roberto Iunskovski Rodrigo Nunes Lunardelli Rogério Santos da Costa Thiago Coelho Soares Vera Rejane Niedersberg Schuhmacher Gerência Administração Acadêmica Angelita Marçal Flores (Gerente) Fernanda Farias Secretaria de Ensino a Distância Samara Josten Flores (Secretária de Ensino) Giane dos Passos (Secretária Acadêmica) Adenir Soares Júnior Alessandro Alves da Silva Andréa Luci Mandira Cristina Mara Schauffert Djeime Sammer Bortolotti Douglas Silveira Evilym Melo Livramento Fabiano Silva Michels Fabricio Botelho Espíndola Felipe Wronski Henrique Gisele Terezinha Cardoso Ferreira Indyanara Ramos Janaina Conceição Jorge Luiz Vilhar Malaquias Juliana Broering Martins Luana Borges da Silva Luana Tarsila Hellmann Luíza Koing Zumblick Maria José Rossetti Marilene de Fátima Capeleto Patricia A. Pereira de Carvalho Paulo Lisboa Cordeiro Paulo Mauricio Silveira Bubalo Rosângela Mara Siegel Simone Torres de Oliveira Vanessa Pereira Santos Metzker Vanilda Liordina Heerdt Gestão Documental Patrícia de Souza Amorim Poliana Simao Schenon Souza Preto Karine Augusta Zanoni Marcia Luz de Oliveira Mayara Pereira Rosa Luciana Tomadão Borguetti Gerência de Desenho e Desenvolvimento de Materiais Didáticos Assuntos Jurídicos Márcia Loch (Gerente) Bruno Lucion Roso Sheila Cristina Martins Desenho Educacional Marketing Estratégico Rafael Bavaresco Bongiolo Carolina Hoeller da Silva Boing Vanderlei Brasil Francielle Arruda Rampelotte Cristina Klipp de Oliveira (Coord. Grad./DAD) Roseli A. Rocha Moterle (Coord. Pós/Ext.) Aline Cassol Daga Aline Pimentel Carmelita Schulze Daniela Siqueira de Menezes Delma Cristiane Morari Eliete de Oliveira Costa Eloísa Machado Seemann Flavia Lumi Matuzawa Geovania Japiassu Martins Isabel Zoldan da Veiga Rambo João Marcos de Souza Alves Leandro Romanó Bamberg Lygia Pereira Lis Airê Fogolari Luiz Henrique Milani Queriquelli Marcelo Tavares de Souza Campos Mariana Aparecida dos Santos Marina Melhado Gomes da Silva Marina Cabeda Egger Moellwald Mirian Elizabet Hahmeyer Collares Elpo Pâmella Rocha Flores da Silva Rafael da Cunha Lara Roberta de Fátima Martins Roseli Aparecida Rocha Moterle Sabrina Bleicher Verônica Ribas Cúrcio Reconhecimento de Curso Acessibilidade Multimídia Lamuniê Souza (Coord.) Clair Maria Cardoso Daniel Lucas de Medeiros Jaliza Thizon de Bona Guilherme Henrique Koerich Josiane Leal Marília Locks Fernandes Gerência Administrativa e Financeira Renato André Luz (Gerente) Ana Luise Wehrle Anderson Zandré Prudêncio Daniel Contessa Lisboa Naiara Jeremias da Rocha Rafael Bourdot Back Thais Helena Bonetti Valmir Venício Inácio Gerência de Ensino, Pesquisa e Extensão Janaína Baeta Neves (Gerente) Aracelli Araldi Elaboração de Projeto Maria de Fátima Martins Extensão Maria Cristina Veit (Coord.) Pesquisa Daniela E. M. Will (Coord. PUIP, PUIC, PIBIC) Mauro Faccioni Filho (Coord. Nuvem) Pós-Graduação Anelise Leal Vieira Cubas (Coord.) Biblioteca Salete Cecília e Souza (Coord.) Paula Sanhudo da Silva Marília Ignacio de Espíndola Renan Felipe Cascaes Gestão Docente e Discente Enzo de Oliveira Moreira (Coord.) Capacitação e Assessoria ao Docente Alessandra de Oliveira (Assessoria) Adriana Silveira Alexandre Wagner da Rocha Elaine Cristiane Surian (Capacitação) Elizete De Marco Fabiana Pereira Iris de Souza Barros Juliana Cardoso Esmeraldino Maria Lina Moratelli Prado Simone Zigunovas Tutoria e Suporte Anderson da Silveira (Núcleo Comunicação) Claudia N. Nascimento (Núcleo Norte- Nordeste) Maria Eugênia F. Celeghin (Núcleo Pólos) Andreza Talles Cascais Daniela Cassol Peres Débora Cristina Silveira Ednéia Araujo Alberto (Núcleo Sudeste) Francine Cardoso da Silva Janaina Conceição (Núcleo Sul) Joice de Castro Peres Karla F. Wisniewski Desengrini Kelin Buss Liana Ferreira Luiz Antônio Pires Maria Aparecida Teixeira Mayara de Oliveira Bastos Michael Mattar Vanessa de Andrade Manoel (Coord.) Letícia Regiane Da Silva Tobal Mariella Gloria Rodrigues Vanesa Montagna Avaliação da aprendizagem Portal e Comunicação Catia Melissa Silveira Rodrigues Andreia Drewes Luiz Felipe Buchmann Figueiredo Rafael Pessi Gerência de Produção Arthur Emmanuel F. Silveira (Gerente) Francini Ferreira Dias Design Visual Pedro Paulo Alves Teixeira (Coord.) Alberto Regis Elias Alex Sandro Xavier Anne Cristyne Pereira Cristiano Neri Gonçalves Ribeiro Daiana Ferreira Cassanego Davi Pieper Diogo Rafael da Silva Edison Rodrigo Valim Fernanda Fernandes Frederico Trilha Jordana Paula Schulka Marcelo Neri da Silva Nelson Rosa Noemia Souza Mesquita Oberdan Porto Leal Piantino Sérgio Giron (Coord.) Dandara Lemos Reynaldo Cleber Magri Fernando Gustav Soares Lima Josué Lange Claudia Gabriela Dreher Jaqueline Cardozo Polla Nágila Cristina Hinckel Sabrina Paula Soares Scaranto Thayanny Aparecida B. da Conceição Conferência (e-OLA) Gerência de Logística Marcelo Bittencourt (Coord.) Jeferson Cassiano A. da Costa (Gerente) Logísitca de Materiais Carlos Eduardo D. da Silva (Coord.) Abraao do Nascimento Germano Bruna Maciel Fernando Sardão da Silva Fylippy Margino dos Santos Guilherme Lentz Marlon Eliseu Pereira Pablo Varela da Silveira Rubens Amorim Yslann David Melo Cordeiro Avaliações Presenciais Graciele M. Lindenmayr (Coord.) Ana Paula de Andrade Angelica Cristina Gollo Cristilaine Medeiros Daiana Cristina Bortolotti Delano Pinheiro Gomes Edson Martins Rosa Junior Fernando Steimbach Fernando Oliveira Santos Lisdeise Nunes Felipe Marcelo Ramos Marcio Ventura Osni Jose Seidler Junior Thais Bortolotti Carla Fabiana Feltrin Raimundo (Coord.) Bruno Augusto Zunino Gabriel Barbosa Produção Industrial Gerência Serviço de Atenção Integral ao Acadêmico Maria Isabel Aragon (Gerente) Ana Paula Batista Detóni André Luiz Portes Carolina Dias Damasceno Cleide Inácio Goulart Seeman Denise Fernandes Francielle Fernandes Holdrin Milet Brandão Jenniffer Camargo Jessica da Silva Bruchado Jonatas Collaço de Souza Juliana Cardoso da Silva Juliana Elen Tizian Kamilla Rosa Mariana Souza Marilene Fátima Capeleto Maurício dos Santos Augusto Maycon de Sousa Candido Monique Napoli Ribeiro Priscilla Geovana Pagani Sabrina Mari Kawano Gonçalves Scheila Cristina Martins Taize Muller Tatiane Crestani Trentin Gerência de Marketing Eliza B. Dallanhol Locks (Gerente) Relacionamento com o Mercado Alvaro José Souto Relacionamento com Polos Presenciais Alex Fabiano Wehrle (Coord.) Jeferson Pandolfo 28/03/12 11:09 Diva Marília Flemming Equações Diferenciais Livro didático Design instrucional Karla Leonora Dahse Nunes 2 ª edição revista e atualizada Palhoça UnisulVirtual 2012 equacoes_diferenciais.indb 3 28/03/12 11:09 Copyright © UnisulVirtual 2012 Nenhuma parte desta publicação pode ser reproduzida por qualquer meio sem a prévia autorização desta instituição. Edição – Livro Didático Professor Conteudista Diva Marília Flemming Design Instrucional Karla Leonora Dahse Nunes Assistente Acadêmico Leandro Rocha Daniela Siqueira de Menezes (2ª ed. rev. e atual.) Projeto Gráfico e Capa Equipe UnisulVirtual Diagramação Fernanda Fernandes Revisão B2B ISBN 978-85-7817-489-7 515.35 F62 Flemming, Diva Marília Equações diferenciais : livro didático / Diva Marília Flemming ; design instrucional Karla Leonora Dahse Nunes ; [assistente acadêmico Daniela Siqueira de Menezes]. – 2. ed., rev. e atual. – Palhoça : UnisulVirtual, 2012. 251 p. : il. ; 28 cm. Inclui bibliografia. ISBN 978-85-7817-489-7 1. Equações diferenciais. I. Nunes, Karla Leonora Dahse. II. Menezes, Daniela Siqueira. III. Título. Ficha catalográfica elaborada pela Biblioteca Universitária da Unisul 00_eq_diferenciais_iniciais.indd 4 01/04/13 11:26 Sumário Apresentação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7 Palavras da professora. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .9 Plano de estudo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 UNIDADE 1 - O que é uma equação diferencial? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 UNIDADE 2 - Equações homogêneas e equações exatas . . . . . . . . . . . . . . . 49 UNIDADE 3 - Equações diferenciais lineares de primeira ordem . . . . . . . . 77 UNIDADE 4 - Tipos especiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 UNIDADE 5 - Equações lineares de ordem n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 UNIDADE 6 - Noções finais no estudo das equações diferenciais . . . . . . 175 Para concluir o estudo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199 Referências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201 Sobre a professora conteudista . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 Respostas e comentários das atividades de autoavaliação . . . . . . . . . . . . . 205 Biblioteca Virtual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251 equacoes_diferenciais.indb 5 28/03/12 11:09 equacoes_diferenciais.indb 6 28/03/12 11:09 Apresentação Este livro didático corresponde à disciplina Equações Diferenciais. O material foi elaborado com vista a uma aprendizagem autônoma e aborda conteúdos especialmente selecionados e relacionados à sua área de formação. Ao adotar uma linguagem didática e dialógica, objetivamos facilitar seu estudo a distância, proporcionando condições favoráveis às múltiplas interações e a um aprendizado contextualizado e eficaz. Lembre que sua caminhada, nesta disciplina, será acompanhada e monitorada constantemente pelo Sistema Tutorial da UnisulVirtual. Nesse sentido, a “distância” fica caracterizada somente na modalidade de ensino que você optou para sua formação. É que na relação de aprendizagem, professores e instituição estarão sempre conectados com você. Então, sempre que sentir necessidade, entre em contato. Você tem à disposição diversas ferramentas e canais de acesso, tais como: telefone, e-mail e o Espaço Unisul Virtual de Aprendizagem, que é o canal mais recomendado, pois tudo o que for enviado e recebido fica registrado para seu maior controle e comodidade. Nossa equipe técnica e pedagógica terá o maior prazer em lhe atender, pois sua aprendizagem é o nosso principal objetivo. Bom estudo e sucesso! Equipe UnisulVirtual. 7 equacoes_diferenciais.indb 7 28/03/12 11:09 equacoes_diferenciais.indb 8 28/03/12 11:09 Palavras da professora Prezado(a) Aluno(a), Seja bem-vindo à disciplina Equações Diferenciais! Estamos chegando ao final do seu curso de matemática, e para encerrar a sua formação no contexto da área de cálculos diferenciais e integrais, apresentamos esta disciplina. Temos a certeza de que você já domina os métodos e técnicas para lidar com derivadas e com integrais. Dessa forma, agora basta colocar em prática esses conhecimentos em situações mais reais. Não vai ser possível abranger todo o estudo das equações diferenciais, pois é muito amplo e, também, em algumas vezes, bastante teórico. Vamos apenas discutir os métodos algébricos para calcular equações diferenciais mais usuais na Física, na Engenharia e em outras áreas mais específicas, como, por exemplo, no contexto ambiental. Vamos usar uma metodologia de estudo que prevê a inserção de problemas variados. Registro, aqui, que vamos ter certa limitação, pois os problemas práticos, que são modelados com equações diferenciais, exigem conhecimentos mais amplos ou complexos e que estão além do nosso Curso ou da nossa área de atuação. Como exemplo, as aplicações no contexto do cálculo estrutural na Engenharia Civil, o estudo dos circuitos elétricos na telemática ou na Engenharia Elétrica. Portanto, vamos delimitar o nosso estudo considerando, na parte mais prática, apenas as situações que estão no nosso domínio de conhecimentos. Sempre que possível, resgataremos os recursos tecnológicos e históricos para ampliar nosso olhar no contexto da Educação Matemática. Vamos iniciar? Seja bem-vindo(a) ao mundo das equações diferenciais! Profª. Dra. Diva Marília Flemming equacoes_diferenciais.indb 9 28/03/12 11:09 equacoes_diferenciais.indb 10 28/03/12 11:09 Plano de estudo O plano de estudos visa a orientá-lo(a) no desenvolvimento da disciplina. Possui elementos que o(a) ajudarão a conhecer o contexto da disciplina e a organizar o seu tempo de estudos. O processo de ensino e aprendizagem na UnisulVirtual leva em conta instrumentos que se articulam e se complementam, portanto a construção de competências se dá sobre a articulação de metodologias e por meio das diversas formas de ação/mediação. São elementos desse processo: o livro didático; o Espaço UnisulVirtual de Aprendizagem (EVA); as atividades de avaliação (a distância, presenciais e de autoavaliação); o Sistema Tutorial. Ementa Equações diferenciais ordinárias de 1a e 2a ordem. Equações lineares de ordem n. Sistemas de equações diferenciais. Noções de equações diferenciais parciais. equacoes_diferenciais.indb 11 28/03/12 11:09 Universidade do Sul de Santa Catarina Objetivos da disciplina Geral Investigar, observar, analisar e delinear conclusões de problemas práticos e situações didáticas que são modeladas por equações diferenciais. Específicos Identificar e classificar diferentes tipos de equações diferenciais; Resolver problemas que podem ser modelados por equações diferencias de primeira e segunda ordem; Calcular, analiticamente, soluções gerais e particulares de equações lineares de ordem n; Resolver sistemas de equações lineares; Identificar e discutir problemas práticos que são modelados por equações diferenciais parciais. Carga horária A carga horária total da disciplina é 60 horas-aula. Conteúdo programático/objetivos Veja, a seguir, as unidades que compõem o livro didático desta disciplina e os seus respectivos objetivos. Estes se referem aos resultados que você deverá alcançar ao final de uma etapa de estudo. Os objetivos de cada unidade definem o conjunto de conhecimentos que você deverá possuir para o desenvolvimento de habilidades e competências necessárias à sua formação. 12 equacoes_diferenciais.indb 12 Unidades de estudo: 6 28/03/12 11:09 Equações Diferenciais Unidade 1 – O que é uma equação diferencial? Nesta unidade, você terá a oportunidade de refletir, formalmente, o conceito de equação diferencial e suas aplicações em diferentes áreas do conhecimento. Além disso, poderá observar os diferentes tipos de equações e as formas possíveis para a apresentação das soluções. No momento de calcular as soluções das equações diferenciais de variáveis separáveis, você terá a oportunidade de constatar a importância das integrais neste estudo. Unidade 2 – Equações homogêneas e equações exatas A resolução das equações homogêneas e das equações exatas será discutida nesta unidade, para tal, você vai poder aplicar os conhecimentos do cálculo diferencial e integral. Os fatores integrantes serão discutidos, pois esses se tornarão uma boa ferramenta para trabalhar em outros tipos de equações. Unidade 3 – Equações diferenciais lineares de primeira ordem As equações diferenciais lineares são usadas em diferentes situações práticas e dessa forma são sempre destacadas nos estudos das equações diferenciais. Você terá a oportunidade de analisar dois diferentes métodos que podem ser usados para a obtenção das soluções. Em especial, a equação de Bernoulli e a de Ricatti serão exemplificadas como redutíveis às lineares. Unidade 4 – Tipos especiais Nesta unidade, você poderá observar a grande aplicabilidade das equações diferenciais de grau e ordem maiores que um. Em um primeiro momento, poderá observar e analisar as envoltórias e as equações de Clairaut, de Lagrange e, posteriormente, refletir sobre problemas da física que envolvem alguns tipos especiais de equações de segunda ordem. 13 equacoes_diferenciais.indb 13 28/03/12 11:09 Universidade do Sul de Santa Catarina Unidade 5 – Equações lineares de ordem n As equações lineares de ordem n serão discutidas nesta unidade, tendo-se sempre, como suporte motivador, as suas aplicações. São equações simples para serem resolvidas, mas requerem o uso de conceitos algébricos e de métodos do cálculo diferencial e integral. O estudo ficará concentrado nas equações que têm os coeficientes constantes. Entretanto, para ilustrar o estudo, as equações de Cauchy – Euler serão discutidas para que você vivencie, pelo menos, um exemplo de equação cujos coeficientes não são constantes. Unidade 6 – Noções finais no estudo das equações diferenciais Nesta unidade, você terá a oportunidade de conhecer os sistemas de equações diferenciais e as equações diferenciais parciais. Trata-se de dois grandes tópicos que podem ter um detalhamento grande, mas que nesta disciplina serão tratados com a visão inicial e introdutória. Portanto, não haverá a discussão formal e detalhada de todos os métodos, técnicas e aplicações. 14 equacoes_diferenciais.indb 14 28/03/12 11:09 Equações Diferenciais Agenda de atividades/Cronograma Verifique com atenção o EVA, organize-se para acessar periodicamente a sala da disciplina. O sucesso nos seus estudos depende da priorização do tempo para a leitura, da realização de análises e sínteses do conteúdo e da interação com os seus colegas e professor. Não perca os prazos das atividades. Registre no espaço a seguir as datas com base no cronograma da disciplina disponibilizado no EVA. Use o quadro para agendar e programar as atividades relativas ao desenvolvimento da disciplina. Atividades obrigatórias Demais atividades (registro pessoal) 15 equacoes_diferenciais.indb 15 28/03/12 11:09 equacoes_diferenciais.indb 16 28/03/12 11:09 UNIDADE 1 O que é uma equação diferencial? Objetivos de aprendizagem Entender a origem das equações diferenciais e identificar ordens e graus. Estabelecer as diferenças entre as soluções completa, particular e singular. Analisar as representações gráficas das soluções de uma equação diferencial ordinária. Empregar as representações semióticas na interpretação de problemas que utilizam as equações diferenciais. Resolver as equações diferenciais de primeira ordem de variáveis separadas ou separáveis. 1 Seções de estudo Seção 1 Seção 2 Seção 3 equacoes_diferenciais.indb 17 Elementos introdutórios no estudo das equações diferenciais Problema de valor inicial Equações diferenciais de primeira ordem de variáveis separáveis 28/03/12 11:09 Universidade do Sul de Santa Catarina Para início de estudo Nesta unidade, você inicia o estudo das equações diferenciais. É interessante lembrar que as equações diferenciais, na maioria das vezes, não são resolvidas por procedimentos fixos nem rotineiros, pois nem todas as equações podem ser reduzidas a problemas de simples integração. No momento atual, as equações diferenciais ganham espaço de estudos, pois um grande número de problemas da Física, das Engenharias, da Química e de tantas outras áreas de conhecimento tem mobilizado a atenção de muitos matemáticos. Em alguns casos, temos que um problema real pode propiciar a formulação de uma equação diferencial inédita, cuja solução só é obtida por procedimentos que envolvem muita tecnologia e programação computacional. Nesta disciplina, discutiremos apenas os métodos algébricos mais tradicionais que requerem conhecimentos do contexto do Cálculo Diferencial e Integral. Dessa forma, cabe aqui lembrar que você vai precisar muito dos métodos de integração e dos procedimentos operacionais das diferenciais e das integrais. Vamos visualizar novas aplicações do Cálculo Diferencial e Integral? Sigamos! Seção 1 – Elementos introdutórios no estudo das equações diferenciais Para iniciar o estudo das equações diferenciais, é importante estabelecer alguns conceitos introdutórios. As palavras equação e diferencial, com toda a certeza, já têm significados para você e, portanto, basta reunir os dois conceitos para estabelecer a definição de equação diferencial. 18 equacoes_diferenciais.indb 18 28/03/12 11:09 Equações Diferenciais Equação diferencial é uma equação que contém as derivadas ou diferenciais de uma ou mais variáveis dependentes em relação a uma ou mais variáveis independentes. Observe que o fato de estarmos diante de derivadas que envolvem mais de uma variável independente já caracteriza o indicativo de não estarmos trabalhando simplesmente com uma função do tipo y = f(x). Quando estamos no contexto de duas dimensões, ou seja, trabalhando com as funções y = f(x) definidas em algum subconjunto do espaço R 2 (plano real), vamos ter as Equações Diferenciais Ordinárias. Quando ampliarmos a dimensão do espaço de estudo, vamos ter as Equações Diferenciais Parciais. Exemplos (1) Equações diferenciais ordinárias: y’ – 2y = x + 2 y’’’ – 2y’’ = (x – 2)dy + (y + 7x)dx = 0 + 2 (2) Equações diferenciais parciais + y + y = u = 0 Observe que as equações em (1) apresentam apenas a derivada de y em relação a x ou apenas as diferenciais dx ou dy, enquanto que as listadas em (2) apresentam derivadas parciais. Nesse texto, vamos canalizar a nossa atenção para as equações do tipo (1) e somente ao final, na última unidade, vamos estabelecer noções para as equações parciais. Unidade 1 equacoes_diferenciais.indb 19 19 28/03/12 11:09 Universidade do Sul de Santa Catarina Como as equações diferenciais surgem? Você já trabalhou com as taxas de variação no Cálculo I. Assim, revise as aplicações e constate que estamos diante da situação de uma taxa de variação instantânea. O exemplo típico é a velocidade de um carro que, em geral, pode ser considerada como uma velocidade média (taxa média de variação), mas também pode ser considerada em momento pontual ou específico (você olhando em um determinado momento o velocímetro do carro) e, neste caso, temos uma derivada expressa pelo quociente das duas diferenciais. As equações diferenciais surgem de situações práticas que são modeladas por relações que envolvem taxas de variação. No decorrer deste texto, apresentaremos exemplos que envolvem situações: geométricas, da física, da engenharia e de ouras áreas. Para deixar ainda mais claro a origem das equações diferenciais, vamos apresentar alguns problemas. Lembre-se de que, neste momento, não estamos com o compromisso de resolver os problemas, pois ainda não discutimos os métodos de resolução. Vamos aprender a discutir a interpretação do problema para mostrar a formação da equação diferencial. Leia atentamente os problemas que seguem e fique com eles em mente, pois, nesta seção, vamos referenciá-los seguidamente. P1: Suponha que um estudante infectado com uma virose retorne para a universidade em um campus que tem 1000 alunos. Supondo-se que a taxa na qual a virose se espalha é proporcional à quantidade de alunos infectados e, também, proporcional à quantidade de alunos não infectados, determine o número de alunos infectados após 6 dias. Após quatro dias, observou-se que havia 50 alunos infectados. P2: Uma lancha se move numa lagoa com uma velocidade de 10 m/seg., em dado instante, seu motor é desligado, tendo a lancha sofrido uma redução de velocidade proporcional à resistência da água. Sabendo que ao cabo de 5 seg. a sua velocidade é de 8 m/seg., qual será o tempo necessário para que a lancha tenha uma velocidade de 1 m/seg.? (Adaptação de ABUNAHMAN, 1986). Você consegue perceber a presença das taxas de variação? 20 equacoes_diferenciais.indb 20 28/03/12 11:09 Equações Diferenciais Para organizar as ideias, vamos usar uma representação semiótica intermediária no formato de uma tabela. Observe que o formato da representação é sempre igual, somente vamos anotar os dados relativos a cada situação problema apresentada. Representação semiótica intermediária do Problema P1 Vamos escrever a representação semiótica intermediária do problema. Tabela 1.1 – Representação semiótica do problema P1 Símbolos Unidades de medida Quantidade de alunos infectados x Número 1 50 ? Quantidade de alunos não infectados n Número 999 950 — Tempo t Dias 0 4 6 Variáveis Condições iniciais Condições p/a solução Fonte: Elaboração da autora (2011). As perguntas que podem ser feitas para a modelagem do problema são: Qual a relação entre as variáveis listadas? Qual a função identificável? Qual a taxa de variação presente no contexto do problema? Qual é a relação que envolve a taxa de variação? ou Qual é a equação diferencial? Unidade 1 equacoes_diferenciais.indb 21 21 28/03/12 11:09 Universidade do Sul de Santa Catarina As respostas dessas questões nos levam à formulação do modelo. Veja: Relação: x + n = 1000 Função: x = x(t) Taxa de variação*: Equação diferencial: * Variação do número de alunos infectados no decorrer do tempo. Observe que a taxa de variação está escrita formalmente no enunciado do problema – “a taxa na qual a virose se espalha é proporcional à quantidade de alunos infectados e, também, proporcional à quantidade de alunos não infectados” Veja que a constante k está sendo usada para garantir a proporcionalidade indicada no enunciado. Costumamos dizer que é uma constante de proporcionalidade. Representação semiótica intermediária do Problema P2 Vamos escrever a representação semiótica intermediária do problema P2, observe que a formatação da representação semiótica tem as mesmas características sempre, ou seja vamos listar as variáveis, os símbolos, as unidades de medidas, as condições iniciais e as condições para a solução. Tabela 1.2 – Representação semiótica do problema P2 Variáveis Símbolos Velocidade v Tempo t Unidades de medida m/seg. seg. Condições iniciais 10 0 Condições p/a solução 8 5 1 ??? Fonte: Elaboração da autora (2011). 22 equacoes_diferenciais.indb 22 28/03/12 11:09 Equações Diferenciais As perguntas que podem ser feitas para a modelagem do problema são: Qual a função identificável? Qual a taxa de variação presente no contexto do problema? Qual é a relação que envolve a taxa de variação? ou Qual é a equação diferencial? As respostas dessas questões nos levam à formulação do modelo. Veja: v = v(t) Função: Taxa de variação: Equação diferencial: Veja que, neste caso, a equação diferencial pode ser estabelecida desde que saibamos as leis da física que regem esse tipo de movimento. Temos: F = m·a a = F = –kv Da segunda Lei de Newton, temos que: “a aceleração adquirida por um corpo é diretamente proporcional à intensidade da resultante das forças que atuam sobre o corpo e é inversamente proporcional a sua massa”. Temos, também, da Física, que a aceleração é a taxa de variação da velocidade no decorrer do tempo. Agora que já discutimos a modelagem de cada um dos problemas e observamos a presença das equações diferenciais, vamos avançar um pouco mais, formalizando mais alguns conceitos essenciais para a interpretação das soluções. Observe que, até o presente Unidade 1 equacoes_diferenciais.indb 23 23 28/03/12 11:09 Universidade do Sul de Santa Catarina momento, os problemas P1 e P2 ainda não foram resolvidos. Isto será feito em momento posterior, quando discutirmos os métodos de resolução das equações diferenciais. A resolução de uma equação diferencial é similar a uma equação algébrica? Para resolver uma equação diferencial, vamos precisar das ferramentas do cálculo diferencial e integral, portanto, é fundamental que você tenha o domínio dessa ferramenta. Em alguns livros, você vai encontrar as terminologias “Primitiva” ou “Integrais da equação diferencial”, quando se refere às soluções da equação. Outro ponto a ser discutido são as diferentes formas que as soluções das equações diferenciais se apresentam. Em geral, podemos dizer que: Qualquer função definida em algum intervalo dos conjuntos dos reais é dita uma solução de uma equação diferencial, se ao ser substituída na equação diferencial, reduz a equação a uma identidade. Observe que de forma similar às soluções das equações algébricas, vamos ter um domínio de solução da equação. Sempre que este domínio é o conjunto dos reais, dispensamos a sua indicação. Caso em que se tenham limitações, é fundamental indicar qual o intervalo em que a solução é válida. Exemplos (1) A função y = x2 – 4 é solução da equação y’’ – y’ = 2 – 2x. De fato, fazendo as derivadas e substituindo-se na equação, vamos ter uma identidade. y = x2 – 4 y’ = 2x y’’ = 2 24 equacoes_diferenciais.indb 24 28/03/12 11:09 Equações Diferenciais Substituindo-se na equação temos: y’’ – y’ = 2 – 2x 2 – 2x ≡ 2 – 2x (2) A função y = Cxe2x, com C uma constante arbitrária é solução da equação y’’’ – 5y’’ + 8y’ – 4y = 0. De fato, fazendo as derivadas da função y = Cxe2x vamos ter: y = Cxe2x y’ = C(x·e2x·2 + e2x) = Ce2x(2x + 1) y’’ = Ce2x(4x + 4) y’’’ = Ce2x(8x + 12). Substituindo na equação dada temos: y’’’ – 5y’’ + 8y’ – 4y = 0 Ce2x(8x + 12) – 5·Ce2x(4x + 4) + 8·Ce2x(2x + 1) – 4· Cxe2x ≡0 Ce2x(8x + 12 – 20x – 20 + 16x + 8 – 4x) ≡ 0 Ce2x· 0 ≡ 0 0≡0 (3) A função definida implicitamente por x2 + y2 = C é solução da equação diferencial yy’ + x = 0. Neste caso, basta fazer a diferenciação implícita da função para chegar à equação diferencial. Veja: x2 + y2 = C 2x + 2yy’ = 0 x + yy’ = 0 Foi possível observar nos exemplos dados que as funções soluções das equações diferenciais podem ser expressas explicitamente (caso de (1) e (2)) ou implicitamente (caso (3)). Unidade 1 equacoes_diferenciais.indb 25 25 28/03/12 11:09 Universidade do Sul de Santa Catarina Muitas outras observações interessantes ainda podem ser feitas, conduzindo-nos para a classificação das soluções como: geral; particular; singular. Voltando o nosso olhar para o exemplo (2), podemos dizer que a equação y’’’ – 5y’’ + 8y’ – 4y = 0 tem outras soluções. Por exemplo, você pode verificar as identidades para: a) y1= C1e2x b) y2= C2xe2x c) y3= C3ex d) y = C1e2x + C2xe2x + C3ex As soluções a), b) e c) são consideradas soluções particulares e a solução d) é considerada uma solução geral. Na Unidade 5, vamos analisar todos os detalhes relativos a este tipo de equação. Como as constantes C1 e C2 são arbitrárias, podemos colocar no lugar delas qualquer número para outras soluções particulares. Por exemplo, as seguintes soluções são soluções particulares da equação y’’’ – 5y’’ + 8y’ – 4y = 0: e) y1 = 2e2x f) y2 = 3xe2x g) y3= 4ex h) y = 2e2x + 3xe2x + 4ex Sempre que temos uma solução geral é possível encontrar uma solução particular mediante a substituição de condições iniciais. 26 equacoes_diferenciais.indb 26 28/03/12 11:09 Equações Diferenciais Exemplos (1) A função y = 2e2x + 4ex é uma solução particular da equação y’’’ – 5y’’ + 8y’ – 4y = 0 que tem como solução geral a função y = C1e2x + C2xe2x + C3ex. As condições iniciais dadas são: Quando x = 0 temos que y = 2 e y’= 8 e y’’= 12. Podemos também escrever a frase anterior como: y(0) = 6, y’(0) = 8 e y’(0) = 12. (2) A função implícita x2 + y2 = 9 é uma solução particular da equação yy’ + x = 0, pois se trata de uma particularização da solução geral, fazendo-se C = 9. Nesse caso, vamos precisar de apenas uma condição inicial dada por “para x = 0 temos que y = 3”. Na maioria dos exercícios dessa nossa disciplina, a resolução a ser encontrada é a solução geral. Sempre que estamos resolvendo problemas práticos, como o P1 e P2, dessa seção, vamos precisar ter a solução particular que é única e as constantes arbitrárias serão calculadas a partir das condições iniciais dadas. A solução singular já indica que não vamos ter relação com a geral nem com a particular, pois é uma solução singular. Somente algumas equações têm esse tipo de solução, que não apresenta constantes arbitrárias e não são originadas a partir de uma solução geral. Veja o exemplo que segue: Exemplo A função y = 4 é solução singular da equação y’2 + y2 = 16. De fato, fazendo as derivadas e substituindo na equação, vamos obter uma identidade. Além disso, a solução geral dessa equação é y = 4sen (x + C), assim, é fácil ver que y = 4 não foi originada de y = 4sen (x + C). Para finalizar essa seção, vamos voltar aos nossos exemplos iniciais de equações diferenciais ordinárias e equações diferenciais parciais, para discutir a Ordem e o Grau de uma equação diferencial. A ordem da derivada de maior ordem em uma equação diferencial é, por definição, a ordem da equação diferencial. Unidade 1 equacoes_diferenciais.indb 27 27 28/03/12 11:09 Universidade do Sul de Santa Catarina Exemplos y' – 2y = x + 2 y''' – 2y'' = Equação diferencial ordinária de primeira ordem. + 2 Equação diferencial ordinária de terceira ordem. (x – 2)dy + (y + 7x)dx = 0 Equação diferencial ordinária de primeira ordem. Quando uma equação diferencial se apresenta na forma polinomial nas diversas derivadas da sua composição, podemos usar a terminologia grau da equação. Neste caso, grau da equação é dado pelo grau da derivada mais elevada que figura na equação. Exemplos y'3 – 2y = x + 2 y''' – 2y'' = Equação diferencial ordinária de primeira ordem e grau 3. + 2 Equação diferencial ordinária de terceira ordem e grau 1. (x – 2)dy + (y + 7x)dx = 0 Equação diferencial ordinária de primeira ordem e grau 1. Agora que discutimos a ordem de uma equação diferencial, podemos fazer uma observação interessante. A solução de uma equação diferencial de ordem n é uma função que apresenta n constantes arbitrárias. Podemos dar valores para essas constantes para gerar uma família de soluções. Metaforicamente, podemos lembrar os membros de uma família que têm características marcantes da família, mas que cada membro tem as suas características próprias que o difere dos demais. Na seção que segue, vamos ampliar essa discussão no contexto do problema de valor inicial, ou seja, vamos discutir um pouco a existência das soluções. 28 equacoes_diferenciais.indb 28 28/03/12 11:09 Equações Diferenciais Seção 2 – Problema de valor inicial Nos problemas P1 e P2, da seção 1, apresentamos, na representação semiótica intermediária, a coluna das condições iniciais. Essas condições são efetivamente essenciais para encontrarmos a solução particular da equação diferencial que modela o problema. Vamos discutir a situação para uma equação diferencial de primeira ordem, que possa ser escrita como = f(x,y), sujeita à condição inicial y(x 0) = y 0, sendo que x 0 ∈ I e y 0 é um número real arbitrário. O problema de valor inicial é formulado da seguinte forma: Resolver: = f(x,y) Sujeito a: y(x 0) = y 0 Vamos visualizar graficamente esse problema com um exemplo. Exemplo A função y = x2 + 2x + C é solução da equação y’ = 2 + 2x. Seja a solução particular y = x2 + 2x – 4. Na Figura 1.1, vamos apresentar a família de curvas e observar o problema de valor inicial: Resolver: = 2 + 2x Sujeito a: y(0) = –4 Podemos observar que a solução geral é uma família de parábolas e que a solução particular é a parábola que passa pelo ponto (0, –4). Essa solução particular é única para a condição inicial dada. Unidade 1 equacoes_diferenciais.indb 29 29 28/03/12 11:09 Universidade do Sul de Santa Catarina Solução particular Figura 1.1 – Problema de valor inicial Fonte: Elaboração da autora (2011). Veja o Teorema que segue, o qual nos dá a condição de existência de uma única solução. Teorema 1.1 Este teorema é devido ao matemático Picard (1856–1941), um francês que se destacou por suas contribuições na área de equações diferenciais. Deve-se salientar que esse teorema dá uma condição suficiente, mas não necessária, da existência e unicidade de soluções. Seja R uma região retangular no plano xy definida por a ≤ x ≤ b e c ≤ y ≤ d, que contém o ponto (x 0, y 0) em seu interior. Se f(x, y) e são contínuas em R, então, existe um intervalo I centrado em x 0 e uma única função y(x) definida em I que satisfaz o problema de valor inicial: Resolver: = f(x,y) Sujeito a: y(x 0) = y 0 Esse teorema é aplicado sempre que necessitamos saber a existência e unicidade da solução de uma equação, sem que esta tenha sido encontrada. Sabemos que na prática muitos problemas de valor inicial não têm solução algébrica e, nesses casos, a indicação da solução numérica é feita desde que tenhamos a certeza da sua existência. É usual na resolução numérica apresentar os campos de direção relativos à equação = f(x, y). 30 equacoes_diferenciais.indb 30 28/03/12 11:09 Equações Diferenciais O que é um campo de direção de uma equação = f(x,y)? O campo de direções de uma equação diferencial de 1a ordem pode ser visualizado pelo desenho de pequenos vetores, num conjunto representativo de pontos no plano. Esses pequenos vetores são tangentes a curvas da família de soluções da equação diferencial. Nos dias de hoje, temos vários sistemas computacionais que possibilitam, de forma bastante simples, a construção de um campo de direção. Em particular, vamos apresentar exemplos, com o uso do software livre Máxima. Exemplos (1) Observe o campo de direção do problema de valor inicial, apresentado no exemplo anterior: Resolver: = 2 + 2x Sujeito a: y(0) = –4 Observe que, neste caso, não necessitamos da solução numérica, pois podemos encontrar a solução algebricamente, mas vale a pena visualizar a solução numérica apresentada do formato gráfico, na Figura 1.2. Figura 1.2 – Campo de direção da função Fonte: Elaboração da autora (2011). = 2 + 2x; y(0) = –4 Unidade 1 equacoes_diferenciais.indb 31 O Máxima é um sistema algébrico para manipulação de expressões simbólicas e numéricas, incluindo a diferenciação, integração, série de Taylor, equações diferenciais ordinárias, sistemas de equações lineares, polinomiais, séries, listas, vetores, matrizes etc. É derivado de um sistema que surgiu em 1968, no Instituto de Tecnologia de Massachusetts. Nos dias de hoje, está sendo bastante analisado e estudado, tornado-se uma opção financeiramente viável, pois trata-se de um software livre. A tendência é que a cada dia seja aperfeiçoado, principalmente, para ter uma interface mais amigável. Você poderá ver mais detalhes desse software no EVA. 31 28/03/12 11:09 Universidade do Sul de Santa Catarina (2) Na Figura 1.3, apresentamos o campo de direção da equação diferencial = 9,8 – 0,2v de um corpo em queda livre, sendo v a velocidade do corpo. Fazendo uma análise do gráfico, você pode perceber que as soluções traçadas no campo de direções tendem a um número próximo de 50. Dessa forma, podemos estimar que a velocidade limite de queda é aproximadamente 50. Na Figura 1.4, temos o problema de valor inicial Resolver: = 9,8 – 0,2v Sujeito a: v(0) = 49 com a solução particular representada por uma reta. Assim, podemos concluir que a velocidade limite é efetivamente igual a 49. Figura 1.3 – Campo de direções da função Fonte: Elaboração da autora (2011). = 9,8 – 0,2v Figura 1.4 – Problema de valor inicial Fonte: Elaboração da autora (2011). = 9,8 – 0,2v; v(0) = 49 Na seção seguinte, você vai ter a oportunidade de compreender os mecanismos metodológicos para resolver uma equação diferencial de primeira ordem de variáveis separáveis. 32 equacoes_diferenciais.indb 32 28/03/12 11:09 Equações Diferenciais Seção 3 – Equações diferenciais de primeira ordem de variáveis separáveis Nesta seção, vamos discutir a resolução das equações diferenciais de primeira ordem denotadas como de variáveis separáveis. Vamos constatar que em alguns casos as variáveis já estão separadas e, neste caso, basta aplicarmos os procedimentos de integração. Para os casos em que as variáveis estão misturadas, vamos ter a necessidade de aplicar procedimentos algébricos para separar as variáveis. Para facilitar a identificação desse tipo de equação, vamos estabelecer um formato inicial de visualização. Equação Diferencial de Variáveis Separáveis: Uma equação do tipo M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 é de variáveis separáveis sempre que M(x, y)dx e N(x, y)dy são funções em que as variáveis podem ser separadas. O que significa separar as variáveis? Ao afirmar que as funções M(x,y)dx e N(x,y)dy são funções em que as variáveis podem ser separadas, estamos dizendo que após procedimentos algébricos podemos reescrever a equação como: g(x)dx + h(y)dy = 0 Nesse caso, a solução geral da equação diferencial será dada por: ∫ g(x)dx + ∫ h(y)dy = C. Observe que C é a constante arbitrária que está indexando as constantes de integração. O termo indexando as constantes significa que estamos usando a propriedade de que múltiplos de constantes ou combinações de constantes podem ser trocados por uma única constante. Por exemplo, podemos fazer 2C1 + C2 = C. Vamos observar a resolução das equações nos exemplos que seguem. Unidade 1 equacoes_diferenciais.indb 33 33 28/03/12 11:09 Universidade do Sul de Santa Catarina Exemplos (1) Resolver a equação (5 + x)dx – (2 – y)dy = 0. Podemos observar que a equação já tem as variáveis separadas, portanto, para resolvê-la basta estabelecer o processo de integração. Vamos, neste primeiro exemplo, listar efetivamente todas as constantes de integração, mas, nos próximos exemplos, vamos otimizar o tempo já subentendo a agregação das constantes. Temos: ∫ (5 + x)dx – ∫ (2 – y)dy = C . 1 Veja que a constante C1 aqui representa é a constante da integração do zero. Lembre-se de que a derivada de uma constante é zero. Fazendo as demais integrais vamos ter: A expressão acima já é a solução da equação, mas podemos simplificá-la: 10x + x2 + 2C2 – 4y + y2 – 2C3 = 2C1 x2 + y2 + 10x – 4y = C. Observe, no desenvolvimento anterior que, inicialmente, resolvemos formalmente as integrais. Em seguida, iniciamos a simplificação, multiplicando toda a expressão por dois. Para finalizar, realizamos a simplificação das constantes usando 2C1 – 2C2 + 2C3 = C. A expressão x2 + y2 + 10x – 4y = C é a solução geral da equação dada. 34 equacoes_diferenciais.indb 34 28/03/12 11:09 Equações Diferenciais (2) Resolver . Nesse exemplo, podemos observar que as variáveis não estão separadas, portanto, vamos, inicialmente, separar as variáveis e, posteriormente, estabelecer a solução. Observe, no desenvolvimento a seguir, que vamos simplificar os passos relativos às constantes, fazendo o entendimento que a constante C já estará absorvendo as demais constantes. Veja: Observe que para separar as variáveis multiplicamos toda a equação por x. Seguimos com a aplicação da integração: A solução geral já está apresentada, mas podemos fazer uma última simplificação, multiplicando tudo por três e trocando 3C1 por C. Veja a solução geral simplificada: (x2 + 1)3/2 + y3 + 3cos y = C. Caso você esteja encontrando dificuldades com a resolução das integrais, deverá buscar revisões. Para facilitar seus estudos, você vai encontrar na midiateca um anexo com as resoluções detalhadas. Dessa forma, você vai poder sempre identificar notas com a indicação da integral que está apresentada no anexo digital. Veja assim: Integral 1: Unidade 1 equacoes_diferenciais.indb 35 35 28/03/12 11:09 Universidade do Sul de Santa Catarina (3) Encontrar a solução geral da equação diferencial y’ = (x + 1)(y – 2). Observe que esta equação está apresentada de forma diferente dos exemplos (1) e (2), mas podemos reescrevê-la. Veja: = (x + 1)(y – 2) dy = (x + 1)(y – 2)dx (x + 1)(y – 2)dx – dy = 0 (x + 1)dx – dy = 0 Observe que ao desenvolver algebrismos, você pode seguir caminhos diferentes, desde que respeite sempre os procedimentos operatórios. O caminho que apresentamos não é único. No contexto acima, o caminho seguido foi: multiplicar por dx; subtrair toda a equação por dy para ficar um termo igualado a zero; dividir toda a equação por (y – 2). Agora, podemos resolver, pois as variáveis já estão separadas. Veja: A solução geral encontrada é + x – ln|y – 2| = C. Observamos que é possível fazer simplificações, mas também podemos optar por deixar nesta forma. 36 equacoes_diferenciais.indb 36 28/03/12 11:09 Equações Diferenciais (4) Veja a resolução que segue e, em especial, preste atenção nas simplificações finais, pois elas serão usadas em métodos posteriores. Assim, a solução geral é dada por x + 3 = C(y – 5)2. Usamos as propriedades de logaritmos para simplificar a solução geral, também usamos ln C ao invés de simplesmente C na constante de integração. (5) Resolver o problema de valor inicial: (x – xy2)dx = (4y + x2y)dy s.a: y(1) = 0 Inicialmente, vamos encontrar a solução geral fazendo a separação das variáveis. Temos: x(1 – y2)dx – y(4 + x2)dy = 0 s.a. é uma abreviação bastante usada no contexto da matemática para representar “sujeito a”. ln |4 + x2| + ln|1 – y2| = ln C1 Unidade 1 equacoes_diferenciais.indb 37 37 28/03/12 11:09 Universidade do Sul de Santa Catarina ln |4 + x2| + ln|1 – y2| = 2 ln C1 (4 + x2)·(1 – y2) = C. Encontramos a solução geral (4 + x2)·(1 – y2) = C que representa uma família de curvas. Para achar a solução particular, vamos aplicar os dados do valor inicial, fazendo y(1) = 0 ou x = 1 e y = 0. Assim, (4 + x2)·(1 – y2) = C (4 + 1)·(1 – 0) = C C = 5 Portanto, a solução particular é dada por (4 + x 2 ).(1 � y 2 ) = 5 . Vamos retornar ao problema P1, mas antes, vamos ver o que o nosso amigo Phil tem para nos dizer sobre a História das Equações Diferenciais. Na História da Matemática muitos conceitos e procedimentos operatórios surgiram da resolução de problemas. No caso das equações diferenciais, temos registros do século XVII, com situações denotadas como problema de tangente inversa. A pergunta chave era: Como determinar uma curva a partir de uma específica propriedade da tangente dada. Descartes tentou resolver um problema desse tipo em 1638, mas coube a Newton e seus contemporâneos elaborar métodos mais ou menos gerais para a resolução das equações diferenciais. (EVES, 1995). No EVA, você poderá ver, com um pouco mais de detalhes, uma situação que mostra o Problema da tangente inversa. O método que discutimos nesta seção, “Separação de Variáveis”, já era do conhecimento de Newton e Leibniz, mas coube ao Johann Bernoulli determinar as classes de equações que poderiam ser resolvidas por esse método. 38 equacoes_diferenciais.indb 38 28/03/12 11:09 Equações Diferenciais Vamos aplicar esse método na resolução dos problemas P1 e P2? P1: Suponha que um estudante infectado com uma virose retorne para a universidade em um campus que tem 1000 alunos. Supondo-se que a taxa na qual a virose se espalha é proporcional à quantidade de alunos infectados e, também, proporcional à quantidade de alunos não infectados, determine o número de alunos infectados após 6 dias. Após quatro dias, observou-se que havia 50 alunos infectados. Revise a representação semiótica intermediária e verifique que vamos ter o problema com as condições iniciais dadas: Resolver: = kx(1000 – x) S.A: x(0) = 1 e x(4) = 50. Veja que nesse problema vamos precisar de duas condições, pois a constante de proporcionalidade precisa ser também definida. Vamos resolver a equação usando a separação das variáveis. Temos: = kx(1000 – x) Para resolver a primeira integral é necessário usar o método das frações parciais. Observe que a fração pode ser representada por uma soma de duas frações mais simples: Unidade 1 equacoes_diferenciais.indb 39 39 28/03/12 11:09 Universidade do Sul de Santa Catarina Da expressão anterior resulta o sistema que nos leva aos valores de A e B: Assim, podemos retomar ao nosso cálculo das integrais da equação: 1 k 1/1000 1 1/1000 dx + ∫ dx − ∫ dt = C x k 1000 − x 1 1 ln x − ln |1000 − x | −t = C 1000k 1000k ∫ € Aplicando a definição de logaritmos vem: Vamos aplicar as condições iniciais dadas para encontrar os valores particulares das constantes k e C. 40 equacoes_diferenciais.indb 40 28/03/12 11:09 Equações Diferenciais Aplicando a condição x(0) = 1, temos: Observe que esse resultado encontrado será usado no desenvolvimento seguinte para facilitar a simplificação. Aplicando a condição x(4) = 50 e o valor de C encontrado, obtemos: Como já encontrado anteriormente temos o valor que substituído na expressão anterior vai nos dar: Unidade 1 equacoes_diferenciais.indb 41 , 41 28/03/12 11:09 Universidade do Sul de Santa Catarina Podemos assim afirmar que o valor de C é dado por: A função que modela o problema dado fica: Observe que estamos com uma função que mostra o comportamento do fenômeno. Na Figura 1.5, podemos observar o comportamento dessa função que é denotada como uma função logística e é muito usada para a previsão de crescimento populacional na área da saúde. Observe que o número de infectados aumenta muito no início, mas, posteriormente, há uma tendência para se estabilizar. A função para um tempo muito grande tende para o número de 1000 infectados. Para responder à questão do problema, basta calcular o valor de x quando t = 6 dias. Veja: 42 equacoes_diferenciais.indb 42 28/03/12 11:09 Equações Diferenciais 1000 x infectados 900 800 700 600 500 400 300 200 100 t (dias) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 Figura 1.5 – Função logística do P1 Fonte: Elaboração da autora (2011). Você deve ter observado que para fazer os procedimentos operacionais do problema P1, foi necessário o uso de um software ou uma calculadora para agilizar os cálculos. Vejamos, agora, o problema P2. P2: Uma lancha se move numa lagoa com uma velocidade de 10 m/seg., em dado instante, seu motor é desligado, tendo a lancha sofrido uma redução de velocidade proporcional à resistência da água. Sabendo que ao cabo de 5 seg. a sua velocidade é de 8 m/seg., qual será o tempo necessário para que a lancha tenha uma velocidade de 1 m/seg.? (Adaptação de ABUNAHMAN, 1986). Verifique o quadro das representações semióticas discutido na seção 1. Vamos, então, resolver a equação diferencial que modela o problema. Unidade 1 equacoes_diferenciais.indb 43 43 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Aplicando a condição inicial v(0) = 10 m/s temos: m·ln 10 + k·0 = C C = m·ln 10 C = m·2,3025. Aplicando a segunda condição inicial v(5) = 8 m/s temos: m·ln 8 + k·5 = C m·ln 8 + k·5 = m·2,302 m·2,0794 – m·2,3025 = – k·5 – m·0,2231 = – k·5 k = 0,04462 m. Dessa forma, a função que modela o problema P2 é dada por: 44 equacoes_diferenciais.indb 44 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Quando v = 1 m/s qual é o valor de t? Temos: t = 51,59 – 22,41·ln|v| t = 51,59 – 22,41·ln|1| t = 51,59 segundos Dessa forma, a resposta para a pergunta do problema é 51,59 segundos. Síntese Nesta unidade, estabelecemos os conceitos iniciais para o estudo das equações diferenciais e também mostramos exemplos para iniciar a reflexão sobre a aplicabilidade das equações diferenciais para modelar problemas que apresentam taxas de variações. Ressaltamos a apresentação inovadora da interpretação dos problemas por meio da representação semiótica na forma tabular. Unidade 1 equacoes_diferenciais.indb 45 45 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Atividades de autoavaliação 1) Verifique que as funções dadas são soluções das correspondentes equações diferenciais indicadas. a) Equação: x 3y’’’ + 2x2y’’ – 6xy’ = 0; Solução: y = 1 + 2x–2. – y = 0; Solução: y = Cex. b) Equação: c) Equação: y’’ – y’ – 2y = 0; Solução: y = C1e 2x + C2e–x. 2) Resolva as seguintes equações diferenciais: a) (2x – 1)dx – y2 dy = 0 b) y2 dx – x2 dy = 0 c) ydx – xdy = 0 d) cotg x dy + ydx = 0 e) (ex + e–x) = f) (yx2 +y)dx + (x2 + x – 2)dy = 0 3) Dada a equação diferencial dx – e3xdy = 0, encontre a solução geral e a solução particular que atende à condição inicial y(4/3) = 0. Mostre graficamente a família de curvas da solução geral e destaque a solução particular encontrada. 4) Leia o texto que segue e resolva o problema apresentado. Um fenômeno que tenha como modelo a equação diferencial = kx, possui crescimento (k > 0) ou decrescimento (k < 0) exponencial. Isso porque a solução dessa equação é uma função exponencial. Essa equação modela o crescimento populacional de bactérias, insetos ou mesmo seres humanos, durante pequenos períodos de tempo. Atualmente, temos aplicações para datar fósseis por meio de medida de estabilidade de uma substância radioativa, denotada na Física como meia-vida. A meia-vida é simplesmente o tempo gasto para que a metade dos átomos de uma quantidade inicial A0 se desintegre ou se transmuta em átomos de outro elemento. (ZILL E CULLEN, 2001). Problema: Um reator converte urânio 238 em isótopo de plutônio 239. Após 15 anos, foi detectado que 0,043% da quantidade inicial A0 de plutônios se desintegrou. Encontre a meia-vida desse isótopo, se a taxa de desintegração é proporcional à quantidade remanescente. 46 equacoes_diferenciais.indb 46 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Saiba mais Para ampliar o contexto das aplicações das equações diferenciais, sugerimos o livro Equações Diferenciais de Dennis G. Zill e Michael R. Cullen, uma publicação da Editora Pearson Makron Books, cuja terceira edição é de 2001. Unidade 1 equacoes_diferenciais.indb 47 47 28/03/12 11:10 equacoes_diferenciais.indb 48 28/03/12 11:10 UNIDADE 2 Equações homogêneas e equações exatas Objetivos de aprendizagem Resolver equações homogêneas. Identificar e resolver as equações exatas. Discutir a existência de fatores integrantes que conduzem à resolução de equações diferenciais quase exatas. 2 Seções de estudo equacoes_diferenciais.indb 49 Seção 1 Equações homogêneas Seção 2 Equações exatas Seção 3 Fatores integrantes 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Para início de estudo Nesta unidade, você vai ter a oportunidade de refletir e desenvolver métodos de resolução das equações diferenciais homogêneas e das equações diferenciais exatas, todas de primeira ordem. Além disso, vamos discutir o uso dos fatores integrantes, um mecanismo muito inteligente para transformar as equações ditas “quase exatas” em equações exatas. Não vamos desenvolver problemas nesta unidade, mas é importante saber que os resultados que culminaram na resolução das equações homogêneas já estavam presentes na obra de Euler, por volta de 1770, na própria história do cálculo diferencial e integral. Em geral, todo estudante de matemática que se identifica com os raciocínios do cálculo diferencial e integral tem certo fascínio pelas equações diferenciais, pois seus métodos de resolução propiciam uma revisão sistemática das técnicas de derivação e integração. Esperamos que você faça parte dessa comunidade de admiradores das equações diferenciais! Seção 1 – Equações homogêneas Nesta seção, apresentam-se as equações diferenciais homogêneas de primeira ordem. Para tal, vamos, inicialmente, discutir a definição de funções homogêneas. O que é uma função homogênea? 50 equacoes_diferenciais.indb 50 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Função homogênea de grau m. Toda função do tipo f(x,y,z) é dita homogênea de grau m (m um número real), se ao substituirmos x por kx, y por ky e z por kz, temos: f [kx,ky,kz] = km f(x,y,z) O real m é dito o grau de homogeneidade da função. Exemplos (1) A função f(x,y,z) = x2 – 3xy + 2yz é uma função homogênea de grau 2. De fato: f(x,y,z) = k2x2 – 3kxky + 2kykz = k2(x2 – 3xy + 2yz) = k2 f(x,y,z) (2) A função M(x,y) = x3 – y3 é homogênea de grau 3. De fato: M(x,y) = x3 – y3 M(kx,ky) = k3x3 – k3y3 = k3(x3 – y3) = k3 M(x,y) (3) Veja o exemplo de uma função que é homogênea de grau . (4) A função u(x,y) = x3 – y2 não é homogênea, pois não satisfaz a definição. Unidade 2 equacoes_diferenciais.indb 51 51 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Como vamos usar essa definição na identificação da equação diferencial homogênea? Equação Diferencial Homogênea: Uma equação diferencial do tipo M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 é homogênea de grau m sempre que as funções M e N são funções homogêneas do mesmo grau m (m é um número real). Exemplos (1) A equação (x2 – y2)dx – 2xy dy = 0 é homogênea de grau 2, pois as funções M(x,y) = (x2 – y2) e N(x,y) = – 2xy são homogêneas de grau dois. Veja: M = x2 – y2 M(kx,ky) = k2x2 – k2y2 = k2(x2 – y2) = k2M e N = –2xy N(kx,ky) = –2kxky = –2k2xy = k2(–2xy) = k2N é homogênea de (2) A equação grau 1. De fato: M(kx,ky) = 2kx – ky = k(2x – y) = kM(x,y) e Como vamos resolver as equações homogêneas? 52 equacoes_diferenciais.indb 52 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais A ideia básica é usar uma substituição algébrica que permitirá transformar a equação homogênea em equação diferencial de variáveis separáveis. Vamos apresentar um roteiro de resolução para organizar as ideias. Observe que estamos considerando a equação escrita na forma M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0. Caso as variáveis estejam representadas por outras letras, devemos fazer a devida adequação ao roteiro de resolução. Roteiro de Resolução 1 1. Identifique se a equação é efetivamente homogênea. 2. Faça a troca de variáveis: y = ux ⇒ dy = udx + xdu. 3. Efetue todas as simplificações possíveis e constate que a equação encontrada é de variáveis separáveis em u e x. 4. Resolva a equação encontrada aplicando a integração. Observe que a solução geral está expressa nas variáveis u e x, portanto, vai ser necessário a substituição indicada no item 5. 5. Fazer a substituição u = na solução, obtendo a solução geral nas variáveis x e y. Exemplos (1) Vamos resolver a equação (x2 – y2)dx – 2xy dy = 0, já mostrada no exemplo anterior que é homogênea de grau dois. Tendo a certeza de que a equação é homogênea, segue a substituição: y = ux ⇒ dy = udx + xdu (x2 – y2)dx – 2xy dy = 0 (x2 – u2x2)dx – 2xux (udx + xdu) = 0 x2 (1 – u2)dx – 2x2u2 dx – 2x3u du = 0. Unidade 2 equacoes_diferenciais.indb 53 53 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Vamos fazer as simplificações procurando deixar as variáveis separadas para aplicarmos a integração. Diante da equação de variáveis separadas, vamos aplicar a integração. Veja Integral 2: no anexo digital. Podemos apresentar o resultado encontrado, aplicando as propriedades de logaritmos. Observe, também, que o fato de usar ln C1 ao invés de C, é estratégico para fazer a simplificação da solução geral. ln|x| + ln|1 – 3u2| = C1 x(1 – 3u2)1/3 = C1 x3(1 – 3u2) = C No resultado anterior, observe que elevamos tudo na terceira potência e usamos a relação C13 = C para apresentar um resultado mais simples. 54 equacoes_diferenciais.indb 54 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Para finalizar, em acordo com o item 5 do nosso roteiro, vamos fazer a substituição u = . x3(1 – 3u2) = C ( x3 1 – 3 ) = C x3 – 3xy2 = C Dessa forma, a solução geral da equação homogênea (x2 – y2)dx – 2xy dy = 0 é x3 – 3xy2 = C. (2) Vamos resolver a equação abaixo: Resolver: (2x – y)dx – (x + 4y)dy = 0 Sujeito a: y(1) = 2. Acompanhe os passos da resolução: Unidade 2 equacoes_diferenciais.indb 55 55 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Portanto, a solução geral é dada por 2x2 – 2xy – 4y2 = C. Para encontrar a solução particular, temos que aplicar a condição inicial: 2x2 – 2xy – 4y2 = C 2·12 – 2·1·2 – 4·22 = C ∴ C = – 18. Assim, x2 – xy – 2y2 + 9 = 0 é a solução particular. É possível encontrar na literatura exemplos de equações que são redutíveis a homogêneas ou redutíveis a variáveis separáveis. Os exemplos clássicos são equações que têm a forma: M(mx + ny + a)dx + N(px + qy + b)dy = 0, sendo m, n, a, p, q e b números reais. A partir dos valores dos coeficientes é possível identificarmos três casos: Caso 1: a = b = 0 Essa situação identifica a equação como uma equação homogênea de grau 1, que poderá ser resolvida usando-se o roteiro dado. Caso 2: a ≠ 0 ou b ≠ 0 e m, n, p, q não são proporcionais, ou seja: ∆ = ≠ 0. Neste caso, vamos estabelecer uma substituição conveniente para transformar em uma equação homogênea. Caso 3: a ≠ 0 ou b ≠ 0 e m, n, p, q são proporcionais, ou seja: o determinante ∆ = = 0. Acompanhe, a seguir, os roteiros de resolução dos casos 2 e 3. Procure, inicialmente, ler o roteiro e, em seguida, identifique as diversas etapas da solução no exemplo apresentado. Lembre-se que estamos considerando a equação na forma M(mx + ny + a)dx + N(px + qy + b)dy = 0. 56 equacoes_diferenciais.indb 56 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais O roteiro de Resolução 2 encaminha o caso 2 e o Roteiro de Resolução 3, o caso 3. Roteiro de Resolução 2 1. Inicialmente, confirme se a equação que você vai resolver é efetivamente uma equação que atende ao caso 2, ou seja: ∆ = ≠ 0. 2. Resolva o sistema que segue e denote o par de raízes encontradas por (x, y) = (h, k). 3. Faça a substituição x = v + h ⇒ dx = dv y = w + k ⇒ dy = dw 4. A equação fica reduzida à equação homogênea. 5. Resolve-se a equação homogênea em v e w, usando o roteiro de resolução 1, lembrando-se de fazer a adequação das variáveis (v = uw ⇒ dv = udw + wdu). Lembre-se de que no final, ao encontrar a solução em u e w, vai ser necessário retornar para v e w, fazendo u = . 6. Você está diante da solução geral nas variáveis v e w, assim, para concluir basta fazer a substituição final v = x – h w = y – k Exemplo Vamos resolver a equação (x + 2y – 5)dx – (2x + 2y – 6)dy = 0. Acompanhe a resolução com o Roteiro de Resolução 2. Temos que Unidade 2 equacoes_diferenciais.indb 57 57 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Resolvendo o sistema obtemos que (x,y) = (h,k) = (1,2). Assim, a substituição a ser feita é x = v + 1 e y = w + 2. Veja: (v + 1 + 2(w + 2) – 5)dv – (2(v + 1) + 2(w + 2) – 6)dw = 0 (v + 2w)dv – (2v + 2w)dw = 0 Estamos diante de uma equação homogênea. Vamos fazer a substituição v = uw ⇒ dv = udw + wdu A segunda integral é resolvida pelo método das frações parciais. Veja: Fazendo a equivalência das frações vamos encontrar os valores de A e B. Veja: Dessa expressão podemos estabelecer o sistema: 58 equacoes_diferenciais.indb 58 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Assim, temos que A = 2+2 e 2 2 Levando esses resultados para a integral temos: Para finalizar esses resultados devem ser levados para a equação diferencial. Temos: Substituindo u = temos: Para finalizar, vamos fazer a substituição final v = x – 1 w = y – 2 Assim, é a solução geral da equação dada. Unidade 2 equacoes_diferenciais.indb 59 59 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Roteiro de Resolução 3 1. Inicialmente, confirme se a equação que você vai resolver é efetivamente uma equação que atende ao caso 3, ou seja: = 0. ∆ = 2. Faça a substituição px + qy = v ⇒ dv = pdx + qdy ou mx + ny = v ⇒ dv = mdx + ndy 3. Encontre dy em função de x e v e substitua na equação. A equação encontrada é uma equação de variáveis separáveis. 4. Resolva a equação em v e x. 5. Substitua, na solução encontrada, v por px + qy ou por mx + ny em acordo com a escolha feita em 1). Exemplo Vamos resolver a equação (2x – 3y + 1)dx + (4x – 6y – 3)dy = 0. Seguindo o roteiro de resolução 3, após a constatação de que = 12 – 12 = 0, ou seja, esta equação é do caso 3. Vamos optar pela substituição: v = 2x – 3y dv = 2dx – 3dy A partir dessa escolha, temos que 3dy = 2dx – dv ∴ dy = 60 equacoes_diferenciais.indb 60 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Substituindo na equação vem: (2x – 3y + 1)dx + (4x – 6y – 3)dy = 0 Substituindo o valor de v = 2x – 3y, vem a solução geral em x e y: 49x = 14(2x – 3y) – 15 ln|7(2x – 3y) – 3| + C 49x = 14(2x – 3y) – 15 ln|14x – 21y – 3| + C Vamos fazer uma paradinha para falar um pouco sobre a Turner Collection, uma valiosa coleção de livros de matemática, originais que haviam pertencido a Isaac Newton. Nesta coleção, existem livros originais de Euclides e as fotos de páginas divulgadas em Baron e Bos (1974) mostram ideias relacionadas com as equações diferenciais, da obra de Euler no século XVIII. Essa valiosa coleção recebeu o nome de Charles Turner que doou a coleção para a Biblioteca da Keel University da Inglaterra. Infelizmente, esse fantástico patrimônio foi vendido pela Universidade, de forma sigilosa, para um comprador desconhecido. E desde então, o mundo está privado de mais uma relíquia que mostra a maravilha da Matemática em suas origens. (EVES, 1995) Unidade 2 equacoes_diferenciais.indb 61 61 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Seção 2 – Equações exatas Nesta seção, discutem-se as equações diferenciais exatas de primeira ordem. É necessário, inicialmente, conhecer o suporte conceitual que nos dá as ferramentas para identificar esse tipo de equação. O que é uma diferencial exata? A expressão M(x,y)dx + N(x,y)dy é uma diferencial exata em uma região R do plano, quando existe uma função potencial u = u(x,y) cuja diferencial total se identifica com a expressão: du = dx + dy = M(x,y)dx + N(x,y)dy. Diante da definição dada, fica simples afirmar que: Equação diferencial exata: Uma equação diferencial M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 é exata quando, o lado esquerdo da equação, expressa uma diferencial exata e de forma precisa a diferencial total de uma primitiva na forma u(x,y) = C. Para facilitar ainda mais a identificação da diferencial exata, podemos usar a condição necessária e suficiente expressa no Teorema que segue. Teorema 2.1 Sejam M(x,y) e N(x,y) funções contínuas com derivadas parciais em uma região retangular R = {(x,y) ∈ | a < x < b, c < y < d}. Então, uma condição necessária e suficiente para que M(x,y)dx + N(x,y)dy seja uma diferencial exata é 62 equacoes_diferenciais.indb 62 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Prova Para provar esse teorema, é necessário dividir em duas partes: 1. provar que a condição é necessária; 2. provar que a condição é suficiente. Prova de que a condição é necessária. Vamos supor que M(x,y) e N(x,y) tenham derivadas parciais de primeira ordem contínuas em todo plano (x,y). Se a expressão M(x,y)dx + N(x,y)dy é exata, existe alguma função u tal que M(x,y)dx + N(x,y)dy = dx + dy para todo par (x,y) em R. Assim, M(x,y)dx = , N(x,y)dy = . A igualdade das derivadas parciais mistas pode ser considerada, pois é uma consequência da continuidade das derivadas parciais de primeira ordem de M(x,y) e N(x,y), logo Prova de que a condição é suficiente. Vamos calcular a integral ∫ M(x,y)dx, observando que o cálculo é na variável x, independente da variável y. Seja ∫ M(x,y)dx = F(x,y). Unidade 2 equacoes_diferenciais.indb 63 63 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Precisamos mostrar que, verificada a condição possível achar uma função C(y), tal que ,é u(x,y) = F(x,y) + C(y) (1) seja, a menos de uma constante arbitrária, a função que precisamos. Com efeito, derivando-se a expressão (1) em x e em y, respectivamente, e tendo em mente as relações M(x,y)dx = , N(x,y)dy = , podemos escrever: = = M; = + C’(y) = N; Da última relação, podemos tirar que: C’(y) = N – . Analisando a última expressão, é possível dizer que o lado esquerdo é independente de x, mas o lado direito precisa ser investigado. Essa investigação é possível, lembrando que a sua derivada é identicamente nula. De fato, derivando-se em x, temos: Considerando, agora, a relação anterior = derivando em relação a y podemos dizer que e, então, vale – = – = M = , = 0 ou seja, a hipótese: 64 equacoes_diferenciais.indb 64 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Para finalizar, observamos que a função C(y) pode ser definida pela integração da expressão anterior C’(y) = N – . Assim, a função procurada u estabelecida em (1) pode ser escrita como: ( u(x,y) = ∫ Mdx + ∫ N – )dy = C. Observe que a expressão ( u(x,y) = ∫ Mdx + ∫ N – )dy = C nos dá a solução geral da equação diferencial exata. O teorema nos conduz ao método para a resolução de uma equação diferencial exata. Não recomendamos estabelecer fórmulas nesse processo, mas exercitar o raciocínio gerado na demonstração do teorema para a resolução das equações diferenciais exatas. Veja o roteiro de resolução 4 e os exemplos que seguem. Roteiro de Resolução 4 1. Certifique-se de que você está efetivamente diante de uma equação . diferencial exata (M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0), testando a relação 2. Vamos pesquisar a função potencial u(x,y) por meio do sistema ao lado: 3. Para a resolução do sistema, você deve escolher uma das equações para resolver e aplicar o resultado obtido na outra. Esse processo é similar ao raciocínio da segunda parte da demonstração do teorema. A solução desse sistema é a função u(x,y). 4. A solução geral da equação é dada por u(x,y) = C. Unidade 2 equacoes_diferenciais.indb 65 65 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Exemplos (1) Resolver a equação diferencial de primeira ordem (3xy – 4y3)xdx + (x3 –6x2y2 – 3)dy = 0. Inicialmente, é necessário constatar que a equação diferencial . dada é exata, observando que Temos: M(x,y) = 3x2y – 4xy3 ⇒ = 3x2 – 12xy2; N(x,y) = x3 –6x2y2 – 3 ⇒ = 3x2 – 12xy2. O sistema que vamos precisar resolver é dado por meio do sistema ao lado: Vamos escolher iniciar com a primeira equação. Observe que a função C(y) surge naturalmente, pois a integral está sendo resolvida considerando-se y como temporariamente uma constante. = 3x2y – 4xy3 u = ∫ (3x2y – 4xy3)dx = yx3 – 2y3x2 + C(y) O resultado obtido deve ser levado para a segunda equação do sistema. Veja: = x3 –6x2y2 – 3 (yx3 – 2y3x2 + C(y)) = x3 –6x2y2 – 3 x3 – 6y2x2 + C’(y) = x3 –6x2y2 – 3 C’(y) = –3 C(y) = ∫ –3 dy C(y) = –3y + C 66 equacoes_diferenciais.indb 66 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Assim, a função potencial é dada por u = yx3 – 2y3x2 – 3y + C. A solução geral da equação é dada por u(x,y) = C, ou seja, yx3 – 2y3x2 – 3y = C Observe, na parte final, que o formalismo seria escrever u = yx 3 – 2y3x2 – 3y + C1; sendo que a solução geral seria yx 3 – 2y3x2 – 3y + C1 = C2. Fazendo-se C2 – C1 = C teríamos a solução geral dada por yx 3 – 2y3x2 – 3y = C. Para facilitar em muitos momentos, vamos passar rápido por esse formalismo, considerando sempre que a constante de integração no cálculo de C(y) já está embutida na constante final. (2) Resolver a equação diferencial de primeira ordem xy’ + y + 4 = 0. Inicialmente, é necessário constatar que a equação diferencial dada é exata. Para tal, vamos deixá-la na forma tradicional M(x,y) dx + N(x,y)dy = 0, isto é xy’ + y + 4 = 0 x + y + 4 = 0 xdy + (y + 4)dx = 0 (y + 4)dx + xdy = 0. Temos: 1. M(x,y) = y + 4 ⇒ = 1; 2. N(x,y) = x ⇒ = 1. Unidade 2 equacoes_diferenciais.indb 67 Derivadas iguais! A equação é exata. 67 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina O sistema que vamos precisar resolver é dado por: Vamos iniciar pela primeira equação. Observe que a função C(y) surge naturalmente, pois a integral está sendo resolvida considerando-se y temporariamente uma constante. = y + 4 u = ∫ (y + 4) dx + C(y) u = yx + 4x + C(y) O resultado obtido deve ser levado para a segunda equação do sistema. Veja: = x (yx + 4x + C(y)) = x x + C’(y) = x C’(y) = 0 C’(y) = C. Encontramos que a função C(y), neste exemplo, é efetivamente uma constante. Assim, a função potencial é dada por u = yx + 4x + C(y). A solução geral da equação é dada por u(x,y) = C, ou seja, yx + 4x = C. 68 equacoes_diferenciais.indb 68 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Seção 3 – Fatores integrantes Em muitos casos, vamos observar que a equação diferencial não é exata e, em uma linguagem mais informal, podemos dizer “quase exata”. Com a multiplicação de uma função adequada, podemos transformá-la em uma equação exata. Essa função adequada é denotada como um fator integrante. O fator integrante pode ser uma função em x, em y ou em x e y. A definição desse fator não é uma tarefa simples. Somente para o caso de ser em x ou em y, podemos estabelecer um método para a sua busca. Como fazer a pesquisa do fator integrante? Vamos estabelecer as sequências de procedimentos que nos levam a uma fórmula para definir, quando existir, um fator integrante. Supondo que a equação M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 não seja exata, ou seja, ≠ . Vamos supor que existe uma função R = R(x) tal que RMdx + RNdy = 0 seja uma equação exata, ou seja, Desenvolvendo as derivadas da relação , usando a regra de produto, e fazendo algebrismos temos: R ( R + M – = R + N ) = N – M Unidade 2 equacoes_diferenciais.indb 69 69 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Como a função R, por suposição é uma função em x, a sua derivada em relação y é igual a zero. ( Assim, podemos escrever: R – ) = N que é uma equação a variáveis separáveis supondo-se que ( – ) seja uma expressão somente em x. Ao resolver essa equação, encontraremos o fator integrante. Veja: ( R ∫ – ∫ ( = ln R = ∫ ( ) = N – – ) dx ) dx A expressão pode ser usada como uma fórmula para calcular o fator integrante R = R(x). A sua existência está condicionada à existência da integral e mais especificamente a condição que uma função somente em x. ( )é – De forma similar, podemos encontrar a expressão que vai nos dar o fator integrante R = R(y). , sendo que a expressão Temos ser uma função somente em y. ( – ) deve Leonhard Euler foi um escritor com uma surpreendente produtividade em quase todos os ramos da matemática. Devemos a Euler a ideia de usar o fator integrante na resolução das equações diferenciais. Eves (1995) afirma que “quem manipula formalmente a matemática, muitas vezes experimenta a sensação desagradável de ver sua caneta superar sua inteligência”. Euler confessou que muitas vezes não conseguia se livrar dessa sensação. 70 equacoes_diferenciais.indb 70 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Veja, a seguir, como fica o roteiro para a resolução de uma equação diferencial usando-se o método do fator integrante. Roteiro de Resolução 5 1. Certifique-se de que a equação dada não pode ser resolvida diretamente por variáveis separáveis ou por exatas. E tenha em mãos as e . derivadas parciais 2. Verifique se: (a) (b) ( ( ) é uma função somente em x; ) é uma função somente em y; – – 3. Se vale o item (a) a pesquisa a ser feita é para obter um fator integrante em x e, nesse caso, aplique a fórmula: 4. Se vale o item (b) a pesquisa a ser feita é para obter um fator integrante em y e, nesse caso, aplique a fórmula: . . Siga para a etapa 6. Siga para a etapa 6. 5. Se não vale (a) nem (b), você deve parar e só seguir adiante caso tenha em mãos a indicação de um fator integrante em x e y. Neste caso, você já deve ir diretamente para a etapa 6. 6. Aplique o fator integrante da equação dada e confirme que a nova equação é exata. 7. Siga os procedimentos do Roteiro de Resolução 4. Exemplo Verificar se existe um fator integrante que permita a resolução da equação y2dx + (xy + 1)dy = 0. Por uma inspeção rápida, é possível afirmar que a equação dada não é de variáveis separáveis e nem homogênea. Constatamos, também, que não é exata, veja: 1. M(x,y) = y2 ⇒ 2. N(x,y) = xy + 1 ⇒ = 2y; = y. Unidade 2 equacoes_diferenciais.indb 71 71 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Vamos investigar a possibilidade de calcular um fator integrante. Para tal temos: (a) (b) ( ( – – Portanto: ) = ) = e (a) não é uma função somente em x; (b) é uma função somente em y; Como vale o item (b), vamos encontrar o fator integrante que é uma função em y. Para tal, conforme roteiro, basta aplicar a fórmula: Vamos confirmar que a função R = é um fator integrante. Veja: y2dx + (xy + 1)dy = 0 ydx + dy = 0 Fazendo as derivadas parciais das novas funções M e N vamos ter: 1. M(x,y) = y ⇒ = 1; 2. N(x,y) = ⇒ = 1. Derivadas iguais! A equação é exata. Seguindo os trâmites do Roteiro de Resolução 4, vamos encontrar a solução geral. Observe o passo a passo: O sistema que vamos precisar resolver é dado por: 72 equacoes_diferenciais.indb 72 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Vamos escolher iniciar pela primeira equação. = y u = ∫ y dx + C(y) u = yx + C(y) O resultado obtido deve ser levado para a segunda equação do sistema. Veja: = (yx + C(y)) = x + C’(y) = C’(y)) = C(y)) = ∫ dy C(y)) = ln|y| + C. Assim, a função potencial é dada por u = yx + ln|y| + C. A solução geral da equação é dada por u(x,y) = C, ou seja, yx + ln|y| = C. Unidade 2 equacoes_diferenciais.indb 73 73 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Síntese Nesta unidade, desenvolvemos métodos de resolução das equações homogêneas, exatas e o método dos fatores integrantes. Nessa síntese, chamamos a atenção para o fato de que é de fundamental importância analisar sempre o tipo da equação, para que a escolha do método de resolução seja adequada. Observamos, ainda, que uma equação pode ficar enquadrada em mais de um tipo e, nesse caso, podemos optar por um método que intuitivamente achamos ser o mais rápido ou o que recai em integrais menos elaboradas. Atividades de autoavaliação Resolver as equações diferenciais de primeira ordem que seguem: ( 1) x sen – y cos )dx + x cos dy = 0 2) (3xy + y2 + x2)dx + xy dy = 0 3) (2x – y)dx + (1 – x)dy = 0 4) (2 cos x + 2xy)dx + x2 dy = 0 ( 5) 2 + ln x + 2 )dx = (1 – 2 ln x)dy 6) y(x + y + 1)dx + (x + 2y)dy = 0 74 equacoes_diferenciais.indb 74 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Saiba mais Para visualizar mais exemplos, recomendamos um livro que já tem edição esgotada, mas ainda encontrado nas bibliotecas das universidades ou nas livrarias que trabalham com “sebo”. Para visualizar o uso dos métodos, esse livro é muito interessante pela variedade de exemplos apresentados. Estamos falando de um livro integrante da coleção “Curso de Cálculo Diferencial e Integral” que trata, especificamente, de equações diferenciais (Volume 4), da Editora Edgard Blucher Ltda., de autoria de Willie Alfredo Maurer. Unidade 2 equacoes_diferenciais.indb 75 75 28/03/12 11:10 equacoes_diferenciais.indb 76 28/03/12 11:10 UNIDADE 3 Equações diferenciais lineares de primeira ordem Objetivos de aprendizagem Identificar e resolver as equações lineares usando o método dos fatores integrantes ou o método da variação dos parâmetros. Reconhecer a equação de Bernoulli e a equação de Ricatti como um caso redutível a equações lineares. 3 Discutir a modelagem de problemas práticos. Seções de estudo equacoes_diferenciais.indb 77 Seção 1 Equações lineares Seção 2 Equações de Bernoulli e equações de Ricatti Seção 3 Aplicações gerais 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Para início de estudo Nesta unidade, vamos discutir as equações diferenciais lineares de primeira ordem e as equações de Bernoulli e Ricatti que podem ser transformadas em lineares. As equações lineares são fundamentais, pois têm aplicações na Geometria, na Física e na Engenharia. Também vai ser interessante lembrar a história da família Bernoulli. Os Bernoullis matemáticos têm uma árvore genealógica com vidas marcadas por conflitos e por muita produção científica. A equação de Bernoulli fica reduzida a uma equação linear, graças aos estudos dos irmãos Jacques e Jean Bernoulli e também por Leibniz. A equação de Ricatti foi estudada por Jacopo Riccatti e tem-se a conjectura de que ele já tivesse estudado o caso especial analisado por Bernoulli, pois a obra de Bernoulli foi bastante discutida na Itália, local de estudos de Ricatti. Vamos, então, detalhar métodos que foram estabelecidos historicamente por grandes homens! Seção 1 – Equações lineares As equações diferenciais lineares são muito usadas no contexto da Física, da Química e da Engenharia, além de muitas outras aplicações geométricas e em outras áreas. Nesta seção, discute-se apenas as de primeira ordem. Quase sempre uma situação problema é destacada por ser de grande importância para a Engenharia e para a Física. Aqui, também serão destacados os problemas de Circuitos Elétricos. Não pretendemos discutir as propriedades e características dos Circuitos Elétricos, mas você tem a oportunidade de lidar com esse objeto de estudo como um interessante exemplo de aplicação das equações diferenciais lineares. Veja o problema P3: 78 equacoes_diferenciais.indb 78 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais P3: O crescimento da intensidade de corrente elétrica num circuito do tipo RL é descrita pela Lei de Kirchhoff das tensões. Supondo que um circuito Da lei de Kirchhoff das elétrico tenha um resistor R de tensões, para o presente R resistência 1 Ohm; um indutor problema, temos que vale de indutância igual a 2 Henries a relação L + Ri = E, e uma força eletromotriz igual a 4 Volts, calcule o valor E sendo que estamos da intensidade da corrente supondo um circuito que elétrica para o tempo t = 2 possui um resistor de segundos, sabendo-se resistência R, um indutor L que para t = 1 segundo, a de indutância L e uma intensidade da corrente mediu Figura 3.1 – Circuito elétrico do problema P3 fonte de alimentação Fonte: Elaboração da autora (2011). 3,5 ampère. A Figura 3.1 constante E. A diferença mostra o circuito. de potencial do resistor é Para resolver esse problema, é necessário discutir com detalhes as equações lineares. dada por VR(t) = Ri(t) e a diferença de potencial do indutor é dada por VL(t) = L . O que é uma equação diferencial linear? Uma equação diferencial de primeira ordem é dita linear quando a função y e a sua derivada y’ são ambas do primeiro grau. Vamos identificá-la com uma forma típica y’ + a(x)y = h(x). Quando a função h(x) é igual a zero, a forma típica fica reescrita como y’ + a(x)y = 0. Neste caso, dizemos que a equação linear é incompleta ou homogênea. Quando temos h(x) ≠ 0, dizemos que a equação linear é completa ou não homogênea. Unidade 3 equacoes_diferenciais.indb 79 É interessante ficar atento que o grau e a ordem de uma equação diferencial são conceitos diferentes (rever a seção 1 da unidade 1). Toda equação linear é de primeiro grau, mas não necessariamente de primeira ordem. A equação y’’ + 2y’ + y = 0 é de primeiro grau (linear), mas é de segunda ordem. 79 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Exemplos – y = 0 é uma equação diferencial linear de primeira ordem incompleta ou homogênea. – y = x + 1 é uma equação diferencial linear de primeira ordem completa ou não homogênea. Compare os exemplos dados com a forma típica e observe que: no exemplo 1 temos a(x) = – e h(x) = 0. no exemplo 2 temos a(x) = – e h(x) = x + 1. Como resolver as equações diferenciais lineares? Vamos analisar a resolução verificando, inicialmente, se estamos diante de uma equação homogênea ou não homogênea. Fique atento, pois daqui para frente, usaremos com mais frequência a terminologia homogênea ou não homogênea ao invés de incompleta ou completa respectivamente. Lembre-se, também, que a equação linear homogênea não é, necessariamente, do tipo das Equações Homogêneas. Você pode observar isso nos exemplos ao longo desta unidade. Resolução das equações diferenciais lineares homogêneas Observe a forma típica da equação linear homogênea: y’ + a(x)y = 0. Observe isto no desenvolvimento que segue: 80 equacoes_diferenciais.indb 80 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Portanto, a solução geral é dada por: ∫ + a(x) dx = ln C ln y – ln C = – ∫a(x) dx = e–∫a(x) dx y = Ce–∫a(x) dx Observe que y = Ce–∫a(x) dx é uma fórmula que dá a solução geral da equação y’ + a(x)y = 0. Recomendamos que na resolução de exemplos e exercícios, o uso de fórmulas seja evitado, para que os conceitos básicos não fiquem “perdidos” entre os algebrismos das fórmulas. Exemplos (1) ∫ – y = 0 – dx = ln C ln|y| – 2 ln|x| = ln C = C y = Cx2. (2) y’ + x sen (x2 + 1)y = 0 + x sen (x2 + 1)y = 0 + x sen (x2 + 1) dx = 0 ∫ + ∫ x sen (x2 + 1) dx = ln C ln|y| – cos (x2 + 1) = ln C ln = cos (x2 + 1) Unidade 3 equacoes_diferenciais.indb 81 81 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina cos (x 2 + 1) = e y = Ce cos (x 2 + 1) . Resolução das equações diferenciais lineares não homogêneas Vamos trabalhar mais intensamente com os operadores diferenciais lineares. No momento, basta observar que, neste caso, Ly = y’ + a(x)y e que o operador linear L = D + a(x) tem as propriedades de uma transformação linear, discutida na Álgebra Linear. Inicialmente, é interessante observar que a equação y’ + a(x)y = h(x) não homogênea é, por definição, uma equação que pode ser reescrita num intervalo I como Ly = h(x), sendo que L é um operador diferencial linear de primeira ordem no intervalo em que as funções a(x) e h(x) são contínuas. Podemos, então, supor ao apresentar os métodos de resolução que a existência da solução está garantida em função da existência das integrais que envolvem essas funções. Vamos apresentar dois métodos: Método do fator integrante; Método de lagrange ou Método da variação dos parâmetros. Método do fator integrante Esse método já foi discutido, portanto, basta ter em mãos o fator integrante para obter a solução da equação linear. O fator integrante pode ser obtido seguindo o roteiro abaixo. Acompanhe: y’ + a(x)y = h(x) + a(x)y – h(x) = 0 dy + [a(x)y – h(x)]dx = 0 82 equacoes_diferenciais.indb 82 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Temos assim: M(x,y) = a(x)y – h(x) N(x,y) = 1 Calculando ⇒ ( – = a(x); ⇒ = 0. ) = a(x), podemos afirmar que o fator integrante é uma função em x e que vale: = e∫a(x) dx. O fator integrante para a resolução das equações diferenciais lineares y' + a(x)y = h(x) é dado por R = e∫a(x) dx . Exemplo (1) – = x + 1 Nesta equação, temos que: a(x) = – e h(x) = x + 1. Encontraremos, então, o fator integrante usando a expressão R = e∫a(x) dx. Temos, R = e∫a(x) dx = e∫– –2 = e–2 ln|x| = e ln x = x–2 = dx Unidade 3 equacoes_diferenciais.indb 83 . 83 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Aplicamos o fator integrante na equação dada e constatamos que, agora, estamos diante de uma equação diferencial exata. O sistema que precisaremos resolver é dado por: Iniciaremos pela segunda equação. Observe que a função C(x) surge naturalmente, pois a integral está sendo resolvida considerando-se x temporariamente uma constante. = u = ∫ u = dy + C(x) y + C(x) O resultado obtido deve ser levado para a primeira equação do sistema. Veja: 84 equacoes_diferenciais.indb 84 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Assim, a função potencial é dada por y – ln|x| + u = + C. A solução geral da equação é dada por u(x,y) = C, ou seja, y – ln|x| + = C. A seguir, discutiremos o segundo método para a resolução das equações diferenciais lineares de primeira ordem. Método de lagrange ou método da variação dos parâmetros O método da variação dos parâmetros é muito interessante e bastante simples. A solução fica sempre apresentada na forma explícita. Partimos da suposição de que a solução geral é da forma y = u1v, sendo que: u1 = u1(x) é a solução particular da equação homogênea associada u’ + a(x)u = 0 fazendo-se a constante de integração igual a 1; v = v(x) é uma função que pode ser encontrada por meio da fórmula . A base desse método está alicerçada na propriedade da solução geral das equações lineares que garantem a forma y = u1v. A generalização dessa propriedade será usada quando discutiremos as equações lineares de ordem n. Unidade 3 equacoes_diferenciais.indb 85 85 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina A forma da função v = v(x) fica garantida fazendo-se: y’ + a(x)y = h(x) (u1v)’ + a(x)u1v = h(x) u1v’ + vu1’ + a(x)u1v = h(x) u1v’ + v(u1’ + a(x)u1) = h(x) Por suposição, a expressão que está dentro dos parênteses se anula, pois, u1 = u1(x) é a solução particular da equação homogênea associada (u’ + a(x)u = 0). Assim: Dada a equação y’ + a(x)y = h(x), vamos sempre denotar como equação homogênea associada, a equação em que h(x) = 0, ou seja, u + a(x)u = 0. u1v’ + v(u1’ + a(x)u1) = h(x) u1v’ = h(x) v’ = ⇒ Segue, assim, o roteiro de resolução. Roteiro de Resolução 6 1. Inicialmente, certifique-se que a equação está escrita na forma y’ + a(x)y = h(x). 2. Escreve-se a equação homogênea associada: u’ + a(x)u = 0. 3. Resolver a equação homogênea associada obtida em 2, usando o método das variáveis separáveis. 4. Particularizar a solução geral encontrada em 3, fazendo C = 1. Procure apresentar a solução particular na forma explícita fazendo u1 = e–∫a(x) dx . 5. Encontrar a função . Observe que, nesse caso, vai surgir a constante de integração C que não deve ser descartada. 6. A solução geral será y = u1·v. 86 equacoes_diferenciais.indb 86 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Exemplos (1) Resolver a equação 2xy’ – y = 3x2. Observar, inicialmente, que se deve apresentar a equação na forma y’ + a(x)y = h(x). Veja: 2xy’ – y = 3x2 y’ – y = y’ – y = x Assim, temos que a(x) = – roteiro de resolução 6. e h(x) = x e podemos seguir o Vamos escrever a equação homogênea associada e resolvê-la. u’ – u = 0 – ∫ = 0 – ∫ = ln C ln|u| – ln|x| = ln C ln u × x–1/2 = ln C u = u = Cx 1/2. Vamos, agora, particularizar a solução encontrada fazendo C = 1. Temos: u1 = x 1/2. Unidade 3 equacoes_diferenciais.indb 87 87 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Agora, vamos encontrar a função v = v(x) usando a fórmula . Veja: v = x 3/2 + C. Estamos, portanto, com as funções calculadas para escrever a solução geral: y = u1v y = x 1/2(x 3/2 + C) y = x2 + Cx 1/2 Resolver o problema P3, apresentado no início desta seção. Inicialmente, leia o problema e, a seguir, confira a tabela que segue com a representação semiótica intermediária: P3: O crescimento da intensidade de corrente elétrica num circuito do tipo RL é descrita pela Lei de Kirchhoff das tensões. Supondo que um circuito elétrico tenha um resistor R de R resistência 1 Ohm; um indutor de indutância igual a 2 Henries e uma força eletromotriz igual a 4 Volts, calcule o valor E da intensidade da corrente elétrica para o tempo t = 2 segundos, sabendo-se L que para t = 1 segundo, a intensidade da corrente mediu Figura 3.1 – Circuito elétrico do problema P3 Fonte: Elaboração da autora (2011). 3,5 ampère. A Figura 3.1 mostra o circuito. 88 equacoes_diferenciais.indb 88 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Tabela 3.1 – Representação semiótica do problema P3 Símbolos Unidades de medida Condições iniciais Condições para a solução Intensidade de corrente elétrica i Ampère 3,5 ???? Resistência R Ohm 1 — Indutância L Henries 2 — Força eletromotriz E Volts 4 — Tempo t Segundos 1 2 Variáveis Fonte: Elaboração da autora (2011). Qual a função identificável? Qual a taxa de variação presente no contexto do problema? Qual é a relação que envolve a taxa de variação? ou Qual é a equação diferencial? As respostas a essas questões nos levam à formulação do modelo que está alicerçado na Lei de Kirchhoff. Veja: Função: i = i(t) Taxa de variação*: Equação diferencial: * variação da intensidade de corrente elétrica no decorrer do tempo. Podemos apresentar a equação acima na forma de uma equação diferencial linear não homogênea. Veja: Unidade 3 equacoes_diferenciais.indb 89 89 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Substituindo os valores da resistência da indutância e da força eletromotriz temos: + i = + i = 2 Temos, então, a equação linear não homogênea do tipo y’ + a(t)y = h(t) sendo que a(t) = e h(t) = 2. Segue a solução pelo método da variação dos parâmetros. + = 0 ∫ + ∫ = ln C ln|u| + t = ln C ln|u| – ln C = – t ln = – t ⇒ = e–1/2t ∴ u = Ce–1/2t Particularizando a solução da homogênea associada temos u1 = e–1/2t. A função v é dada por: = ∫ 2e 1/2tdt = 4e 1/2t + C A solução geral é dada por: i = u1(t)·v(t) i = e–1/2t[4e 1/2t + C] i = 4 + Ce–1/2t 90 equacoes_diferenciais.indb 90 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Vamos aplicar as condições iniciais i(1) = 3,5. 3,5 = 4 + Ce–1/2t Ce–1/2 = 3,5 – 4 C = = –0,5 × e 1/2 = –0,5 × 1,648 = –0,824. Assim, i = 4 – 0,824e–1/2t é a solução particular. Para dar a resposta final do problema temos que calcular a imagem da função encontrada no tempo 2 segundos. Temos i = 4 – 0,824e–1/2·2 = 3,696 Ampère. Seção 2 – Equações de Bernoulli e equações de Ricatti Nesta seção, vamos discutir duas equações específicas que estão relacionadas, pois a equação de Ricatti pode ser transformada em uma equação de Bernoulli. Já a equação de Bernoulli pode ser transformada em uma equação linear. Assim, ambas têm seus métodos de resolução resumidos, pois após as devidas substituições, aplicaremos um dos métodos das equações lineares discutidos na seção anterior. Qual a forma padrão para a identificação da equação de Bernoulli? A equação de Bernoulli tem a sua forma típica expressa por: y’ + a(x)y = h(x)·yn sendo n um número real qualquer. Unidade 3 equacoes_diferenciais.indb 91 91 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Numa análise rápida, podemos dizer que: Se n = 0 ⇒ y’ + a(x)y = h(x), estamos diante de uma equação diferencial linear não homogênea; Se n = 1 ⇒ y’ + [a(x)y – h(x)]y = 0, estamos diante de uma equação diferencial linear homogênea. Para que a equação y’ + a(x)y = h(x)·yn (n ≠ 0, n ≠ 1) se transforme em uma equação diferencial linear, é necessário fazer a troca de variável usando-se a relação z = y1–n. Lembrando que se z = y1–n, vale z’ = (1 – n)y–n·y’ ou y’·y–n = Para visualizar mais facilmente como se comporta essa substituição, vamos multiplicar toda a equação por y–n. y’ + a(x)y = h(x)·yn y’·y–n + a(x)y·y–n = h(x)·yn·y–n y’·y–n + a(x)y1–n = h(x) Substituindo y’·y–n = temos: e z = y1–n na expressão anterior, y’·y–n + a(x)y1–n = h(x) + a(x)z = h(x) z’ + (1 – n)a(x)z = (1 – n)h(x). Portanto, estamos diante de uma equação diferencial linear não homogênea. Observe que a equação é na variável z e x e tem as funções a(x) e h(x) multiplicadas pelo número (1 – n), gerando novas funções, mas a forma da equação diferencial linear não homogênea fica mantida. Veja o roteiro para a resolução. 92 equacoes_diferenciais.indb 92 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Roteiro de Resolução 7 1. Multiplique a equação y’ + a(x)y = h(x)·yn (n ≠ 0, n ≠ 1), por y–n. 2. Faça a mudança de variável y’·y–n = e z = y1–n. Constate que você está diante de uma equação diferencial linear não homogênea, sendo que as variáveis envolvidas são z e x. 3. Resolva a equação encontrada por um dos métodos apresentados na seção 1 desta unidade. A solução geral encontrada é nas variáveis z e x. 4. Faça a substituição final na solução geral obtida em 3) usando a relação definida em 2), ou seja z = y1–n. Exemplos (1) Resolver a equação de Bernoulli y’ – y = 2xy2. Observe, a seguir, os passos do roteiro de resolução 7, sendo que a substituição a ser usada é z = y1–2 = y–1 e y’ – y = 2xy2 y’·y–2 – y–1 = 2x –z’ – z = 2x z’ + z = –2x. Estamos diante de uma equação linear em que a(x) = e h(x) = –2x. Vamos aplicar o Roteiro de resolução 6. Neste caso, lembre-se de que é possível usar também o método do fator integrante. u’ + u = 0 ∫ +∫ = ln C ln u + ln x = ln C u·x = C ⇒ u = . Unidade 3 equacoes_diferenciais.indb 93 93 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Particularizando a solução encontrada vem u1 = . A seguir, vamos calcular a função v(x). Temos, assim, a solução geral em z e x: z = u1v ou , sendo que 3C1 = C. Fazendo a substituição final na qual resgatamos a nossa relação inicial z = y–1 para encontrar a solução geral da equação de Bernoulli dada. Podemos, agora, analisar a equação de Ricatti que se transforma em uma equação de Bernoulli, após uma conveniente substituição. A equação de Ricatti é considerada, na história da matemática, como uma das mais interessantes estudadas no século XVIII. Sua denominação foi dada por D’Alembert em homenagem a Jacopo Ricatti (1676-1754), mas ela foi estudada por matemáticos da família Bernoulli. Foi Euler o primeiro a chamar a atenção para o fato de que quando se conhece uma solução particular (y1), então, a substituição y = y1 + 1/z vai transformá-la em uma equação diferencial linear em z. (BOYER, 1974). Como identificar uma equação de Ricatti? 94 equacoes_diferenciais.indb 94 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais A equação de Ricatti na sua forma original não é uma equação linear, nem de Bernoulli. Veja: y’ = p(x) + q(x)y + r(x)y2. Para transformá-la em uma equação de Bernoulli é necessário conhecermos uma equação particular, denotada por y1. Essa equação particular em alguns casos é observável por uma rápida inspeção, mas em outros casos pode ser algo mais complicado. Você poderá observar nos livros didáticos que, em geral, as soluções particulares já são apresentadas tanto nos exemplos como nas listas de exercícios. Para transformar uma equação de Ricatti em uma equação de Bernoulli, basta ter em mãos uma solução particular y1 e usar as substituições y = y1 + w o que implica em y' = y1' + w'. É usual obter as soluções particulares em problemas práticos a partir das condições da modelagem do problema, mas neste texto não vamos avançar nesta discussão, pois pode ser necessário envolver objetos mais complexos que não estão inseridos nos objetivos dessa disciplina. Aplicando as substituições e lembrando que y1’ = p(x) + q(x)y1 + r(x)y12 ou y1’ – p(x) – q(x)y1 – r(x)y12 = 0, Não esquecer que y1 é solução particular, por isso, vale a relação dada. vamos ter: y’ = p(x) + q(x)y + r(x)y 2 y1’ + w’ = p(x) + q(x)y1 + q(x)w + r(x)(y12 + 2y1w + w2) w’ – [q(x) + 2y1r(x)]w = r(x)w2 A equação obtida é uma equação de Bernoulli, w’ + a(x) w = h(x)·wn, sendo que a(x) = q(x) + 2y1r(x); h(x) = r(x) e n = 2. Unidade 3 equacoes_diferenciais.indb 95 95 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Roteiro de Resolução 8 1. Certifique que a equação dada é da forma y’ = p(x) + q(x)y + r(x)y 2 e que você tem em mãos a solução particular y1. 2. Aplique as substituições y = y1 + w e y’ = y1’ + w’, ou vá direto para a expressão simplificada w’ – [q(x) + 2y1r(x)]w = r(x)w2. 3. Identifique a equação de Bernoulli e siga o roteiro 7. 4. Para finalizar, você deve retornar a substituição aplicada em 2), fazendo w = y – y1 na solução encontrada. Exemplo (1) Resolver y’ = –6 – y + y2. Numa investigação rápida, é possível ver que y1 = 3 é uma solução particular. Observando que p(x) = –6; q(x) = –1; r(x) = 1 e aplicando direto na expressão w’ – [q(x) + 2y1r(x)]w = r(x)w2 temos: w’ –[–1 + 2 × 3 × 1]w = 1w2 w’ – 5w = w2. A equação obtida é de Bernoulli. Aplicando o roteiro 7 temos: w’ – 5w = w2 w’w–2 – 5ww–2 = w2w–2 –z’ – 5z = 1 z’ + 5z = –1. 96 equacoes_diferenciais.indb 96 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Encontramos a equação linear não homogênea. Aplicando o Roteiro 6 temos: z’ + 5z = –1 u’ + 5u = 0 + 5dx = 0 ∫ + ∫5dx = ln C ln |u| + 5x = ln C ln |u| – ln C = –5x ln = –5x u = Ce–5x u1 = e–5x. Calculando a função v(x) temos Assim, Retornado as variáveis iniciais w = y – 3, temos a solução geral final: Na seção seguinte, analisamos mais aplicações das equações discutidas nesta seção. Unidade 3 equacoes_diferenciais.indb 97 97 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Seção 3 Aplicações gerais Para ampliar um pouco mais a prática de resolução de problemas que são modelados com equações diferenciais, seguem três problemas cujos enunciados e dados foram adaptados de Frank (1994). Observe que em cada problema é necessário um conhecimento da Física. Como o nosso objetivo é a visualização e cálculo da equação diferencial, sempre que necessário apresentamos uma nota relativa aos conceitos da Física. P4: Uma aeronave de 48.000 toneladas para transporte de cargas inicia o seu deslocamento com o empuxo de 100.000 N das hélices propulsoras. a) Estabelecer sua velocidade em função do tempo t, sabendo-se que a resistência ao movimento em N é de 1.500v, sendo v a velocidade em metros por segundo. b) Calcular a velocidade no tempo t = 5 horas. c) Definir a velocidade máxima. Preste muita atenção ao completar a tabela das representações semióticas para que os dados tenham as unidades coerentes com o sistema internacional de unidades. Apresentamos, inicialmente, a representação semiótica intermediária. Tabela 3.2 – Representação semiótica do problema P4 Variáveis Condições Condições iniciais para a solução Símbolos Unidades de medida Massa da aeronave m Quilograma (kg) 4.800.000 — Empuxo (força propulsora) Fp Newton (N) 100.000 — Velocidade v Metro por segundo (m/s) 0 ??? Tempo t segundo (s) 0 18.000 Resistência Fr Newton (N) 1.500v — Fonte: Elaboração da autora (2011). 98 equacoes_diferenciais.indb 98 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Temos que responder as seguintes questões: Qual a função identificável? Qual a taxa de variação presente no contexto do problema? Qual é a relação que envolve a taxa de variação? Qual é a equação diferencial? Antes de responder às questões padronizadas que propiciam a leitura da representação, é interessante lembrar alguns conceitos da Física. Da Física temos que para o presente problema vale a relação: Massa × aceleração = força resultante = força propulsora – resistência. Temos portanto: Função identificável: v = v(t) Taxa de variação*: Equação diferencial**: * Aceleração. ** Analisando os dados que temos, obtemos a equação. Aplicando os dados temos: Unidade 3 equacoes_diferenciais.indb 99 99 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Portanto, a equação que modela o problema é uma equação diferencial linear não homogênea. Veja a solução, usando os métodos discutidos nesta unidade. Particularizando a solução da homogênea associada temos: u1 = e–t/3200. Calculando a função w que compõem a solução temos: w= Assim, fazendo v = u1 . w temos: Usando a condição inicial v(0) = 0 temos que C = – . Assim, a solução particular que responde ao item (a) do problema é: v = – e–t/3200. A solução do item (b) é simples a partir do resultado anterior, pois basta aplicar as condições da última coluna da tabela das representações semióticas. Temos: v = – e–18000/3200. v = 66,426 m/s ≅ 239,11 km/h. 100 equacoes_diferenciais.indb 100 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Para responder ao item (c) é importante lembrar que usamos, neste contexto, o termo velocidade máxima, portanto, estamos supondo o tempo tendendo para o infinito, ou seja, estamos analisando as potencialidades do aumento da velocidade no decorrer do tempo. Fazendo, então, o limite de v = – e–t/3200 quando t tende m/s = 240 km/h. para o infinito, vamos obter o valor v = P5: Um corpo de massa m cai, partindo do repouso, em um fluido em que a resistência dada em Newton é proporcional à velocidade dada em metros por segundo. Sabendo que a densidade do fluido é ¼ da densidade do corpo, e que a velocidade máxima limite é de 8 m/s. Achar a velocidade ao final de 3 segundos. (Usar a aceleração da gravidade com o valor aproximado de 10 m/s2) Veja a representação semiótica intermediária do problema P5. Tabela 3.3 – Representação semiótica do problema P5 Unidades Símbolos de medida Variáveis Massa m kg Velocidade v m/s Densidade do fluido d1 kg/m3 Densidade do corpo d2 kg/m3 Tempo t s Condições iniciais Condições para a solução 0 8 ??? 0 t→∞ 3 Fonte: Elaboração da autora (2011). Temos que responder as seguintes questões: Qual a função identificável? Qual a taxa de variação presente no contexto do problema? Qual é a relação que envolve a taxa de variação? Qual é a equação diferencial? Unidade 3 equacoes_diferenciais.indb 101 101 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Antes de responder às questões padronizadas que propiciam a leitura da representação, é interessante lembrar alguns conceitos da Física. Da Física temos que para o presente problema vale a relação: Força resultante = peso do corpo – força devida ao fluido – resistência. Peso do corpo = massa × aceleração da gravidade. Temos, portanto: v = v(t) Função identificável: Taxa de variação*: Equação diferencial**: * Aceleração. ** Analisando os dados que temos, obtemos a equação. Aplicando o valor aproximado da aceleração da gravidade e fazendo simplificações temos: m = m – kv = – v + v = A equação . + v = é linear. 102 equacoes_diferenciais.indb 102 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Seguindo o roteiro de resolução 6, temos: + v = + u = 0 ∫ + ∫ dt = ln C ln|u| – ln C = – t = e– t u1 = e– t. é dada por: A integral Assim, a função velocidade pode ser escrita como: Aplicando a condição inicial v(0) = 0 temos: v = + Ce– t 0 = + Ce– ·0 C = – . Assim, podemos reescrever a função velocidade como: v = – e– t . Unidade 3 equacoes_diferenciais.indb 103 103 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Para encontrar a constante de proporcionalidade k, podemos usar a segunda condição, fazendo o limite de v, quando t tende para o infinito, e aplicando o valor de v igual 8 m/s. Veja: v = ( – ) e– t = = 8 ou Assim temos: = . . Novamente, a função velocidade pode ser reescrita como v = 8 – 8e– t. Usando essa relação, podemos identificar a velocidade no decorrer do tempo. Em especial, temos que responder à pergunta do problema para o tempo igual a 3 segundos. Veja: v = 8 – 8e– ·3 ≅ 7,5 m/s. P6: Se um circuito elétrico tiver uma resistência de 10 Ohms e um capacitor de capacitância igual a 10 –3 Farad e uma força eletromotriz dada por E(t) = 100 sen (120πt) Volts, calcular: a) a carga elétrica (q), supondo que q = 0 quando t = 0 s. b) a intensidade da corrente elétrica (i), supondo que i = 5 ampères quando t = 0 s. Veja, a seguir, a representação semiótica do problema P6. Tabela 3.4 – Representação semiótica do problema P6 Variáveis Símbolos Unidades de medida Condições iniciais Condições para a solução Resistência R Ohms 10 Capacitância C Farad 10–3 Força eletromotriz E Volts Tempo t Segundos 0 Intensidade da corrente elétrica i Ampère 5 ??? Carga elétrica q Coulomb 0 ??? Fonte: Elaboração da autora (2011). 104 equacoes_diferenciais.indb 104 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Podemos fazer os seguintes questionamentos para a análise da representação semiótica: Qual a função identificável? Qual a taxa de variação presente no contexto do problema? Qual é a relação que envolve a taxa de variação? Qual é a equação diferencial? Temos: Função identificável: q = q(t), i = i(t) e E(t) = 100 sen (120πt) Taxa de variação: Equação diferencial*: * Das equações básicas de circuito elétrico Aplicando os dados da representação semiótica, temos: + 10 + = 100 sen (120πt) = 10 sen (120πt) A equação obtida é uma equação diferencial linear não homogênea. Para responder ao item do problema, vamos resolvê-la. ∫ + = 0 + dt = 0 +∫ dt = ln C ln|u| – ln C = – 100t = e–100t u1 = e–100t. Unidade 3 equacoes_diferenciais.indb 105 105 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Temos ainda que: Veja integral 3: ∫e 10 sen (120πt)dt 100t no anexo digital, disponibilizado no EVA. Assim, temos a solução geral da equação diferencial: Para a condição inicial q(0) = 0 temos Assim, a solução particular é dada por Para responder ao item (b) do problema, basta lembrar a relação . 106 equacoes_diferenciais.indb 106 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Assim, Aplicando as condições para o item (b), isto é, i(0) = 5 temos: Finalizando temos: Para finalizar esta unidade, é importante esclarecer que em alguns momentos alguns formalismos matemáticos são omitidos, pois algumas simplificações ficam implícitas. Por exemplo, na maioria das vezes fazemos ln|u| = ln u, sem esclarecer que estamos em um contexto prático em que os valores de u são positivos. Unidade 3 equacoes_diferenciais.indb 107 107 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Síntese Nesta unidade, foi possível analisar a resolução das equações diferenciais lineares por dois diferentes métodos. No decorrer da unidade, em geral, os exemplos foram resolvidos pelo método da variação dos parâmetros, isso se deu pelo fato de já obtermos as funções na forma explícita. Entretanto, o método do fator integrante pode sempre ser usado e os resultados obtidos são iguais após sofrerem simplificações. Ainda nesta unidade, discutimos equações que podem ser transformadas nas equações lineares. Os problemas apresentados não esgotam o universo das aplicações desse tipo de equação, apenas mostram a necessidade de conhecer as leis do fenômeno em análise para que se possa identificar os modelos adequados. 108 equacoes_diferenciais.indb 108 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Atividades de autoavaliação 1) Resolver as seguintes equações diferenciais, apresentando a solução geral de cada item. a) xy’ – (3x – 1)y = 3xe3x b) sen t + 2r·cos t + 1 = 0 c) 3 xy’ – 2y = d) xy’ = y + x2·sen x e) y’ = 9 + 6y + y2 2) Resolver xyy’ – 3y2 – x2 = 0, sujeito à condição y(–1) = 2. 3) Resolver a equação de Ricatti y’ = e 2x + (1 + 2ex)y + y2, considerando que a solução particular conhecida é y1 = –ex. 4) Um corpo cai sob ação da gravidade e está sujeito à resistência do ar que é proporcional à velocidade adquirida. Se a velocidade limite é de 58 m/s, achar a velocidade ao cabo de 10 segundos. Saiba mais De um modo geral, as equações lineares são as mais exemplificadas nos livros de Equações Diferenciais e também nos livros de conteúdos específicos de Engenharia. Em especial, para saber mais, recomendamos o livro Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno, dos autores, William E. Boyce e Richard C. Di Prima, da Editora Livros Técnicos e Científicos, edição de 1994. Unidade 3 equacoes_diferenciais.indb 109 109 28/03/12 11:10 equacoes_diferenciais.indb 110 28/03/12 11:10 UNIDADE 4 Tipos especiais Objetivos de aprendizagem Analisar graficamente a existência das envoltórias. Discutir a resolução das equações de Lagrange. Discutir a resolução das equações de Clairaut. Resolver diferentes tipos de equações diferenciais de segunda ordem e grau diferente de um. Refletir o uso das equações diferenciais em diferentes áreas de conhecimento, a partir de problemas práticos. 4 Seções de estudo Seção 1 Seção 2 equacoes_diferenciais.indb 111 Equações de Lagrange, equações de Clairaut e envoltórias Tipos especiais de equações de ordem maior que um 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Para início de estudo Nesta unidade, discutiremos as equações de Lagrange e Clairaut. O interesse no estudo dessas equações está no fato de podermos mostrar a existência das envoltórias que coincidem com as soluções singulares. Na história da matemática, temos interessantes informações no contexto da formação do conceito das envoltórias. Destacamos um nome pouco comentado no dia a dia do professor da área do Cálculo Diferencial e Integral. Trata-se de Tschirnhausen (16511708), que dedicou sua vida para estudar Matemática e Física. Em 1682, introduziu as curvas catacáusticas, que são envoltórias de raios de luz emitidos de uma fonte pontual, após refletirem-se numa curva dada. Não vamos, nesta seção, estudar esse tipo e envoltórias, pois estamos com o nosso foco nas equações diferenciais, mas não podemos deixar de fazer o registro desse grande matemático, cujo nome nos lembra as envoltórias. Vamos seguir e descobrir as envoltórias no contexto das equações diferenciais! Seção 1 – Equações de Lagrange, equações de Clairaut e envoltórias Nesta seção, discutiremos equações que são de primeira ordem, mas tem grau diferente de um. Inicialmente, vamos analisar a Equação de Lagrange e, posteriormente, o caso específico de equação de Clairaut. Como identificar a equação de Lagrange? 112 equacoes_diferenciais.indb 112 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais A equação de Lagrange assume a forma y = xf(y’) + g(y’). Para resolver essa equação, usaremos um procedimento simples e a solução pode ser apresentada na forma paramétrica, podendo, em alguns casos, ter soluções singulares. Observe a simplicidade do roteiro de resolução. Substituir y’ = p, obtendo a equação dada por y = xf(p) + g(p). Em seguida, fazer a diferencial, lembrando que dy = pdx. Veja como fica a equação: pdx = xf ’(p)dp + f(p)dx + g’(p)dp. Essa expressão deverá ser simplificada e colocada na forma de uma equação diferencial linear em x e p. Veja: [p – f(p)]dx = xf ’(p)dp + g’(p)dp [p – f(p)] – = xf ’(p) + g’(p) x = Comparando com a forma tradicional da equação linear não homogênea sendo que a(p) = + a(p)x = h(p), vamos ter a identificação perfeita e h(p) = . A solução geral dessa equação vai nos dar a primeira expressão da solução paramétrica, ou seja, x = x(p). A segunda expressão da solução paramétrica é obtida quando colocamos o valor de x = x(p) na forma inicial da equação de Lagrange, isto é, em y = xf(p) + g(p). Assim, a solução paramétrica é dada por: Se o parâmetro p puder ser eliminado, vamos obter uma solução singular. Unidade 4 equacoes_diferenciais.indb 113 A solução é dita paramétrica, pois a função solução y = f(x) está expressa em termos de um parâmetro p. 113 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Veja como fica o roteiro de resolução. Roteiro de Resolução 9 1. Identificar, inicialmente, se a equação é efetivamente da forma de Lagrange, ou seja, se está escrita como y = xf(y’) + g(y’). 2. Substituir y’= p na equação dada. 3. Fazer a diferencial e substituir dy = pdx. 4. Simplificar para identificar a equação linear não homogênea em x e p. 5. Resolver a equação encontrada em 4. 6. Apresentar a solução na forma paramétrica. Exemplo Resolver a equação y = 2xy’ + ln y’. Observe que estamos diante da Equação da Lagrange y = xf(y’) + g(y’), sendo que f(y’) = 2y’ e g(y’) = ln y’. Vamos substituir y’= p e fazer a diferencial. y = 2xy’ + ln y’ y = 2xp + ln p dy = 2xdp + 2pdx + dp pdx = 2xdp + 2pdx + dp Simplificaremos para visualizar a equação diferencial linear em x e p. pdx = 2xdp + 2pdx + dp –pdx = 2xdp + dp + x = – 114 equacoes_diferenciais.indb 114 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Estamos diante da equação linear não homogênea. Seguindo, agora, o Roteiro de Resolução 6 temos: + u = 0 ∫ + 2∫ = ln C ln|u| + 2 ln|p| = ln C = p–2 u1 = p–2 A função v(p) é dada por: dp = –p +C A solução é dada por x = p–2(–p + c) = . Essa expressão é a primeira equação da solução paramétrica. Veja: ou é a solução paramétrica da equação dada. Unidade 4 equacoes_diferenciais.indb 115 115 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Um caso particular da equação de Lagrange é a Equação de Clairaut. Alexis Claude Clairaut (1713-1765) foi um grande matemático. Sua carreira científica inicia aos 10 anos de idade quando já lia textos de Cálculo e Cônicas. Aos 13 anos, já estava produzindo para a Académie des Sciences e, aos 18 anos, já era um dos membros desta renomada academia de Paris. Nasceu em Paris e participou de uma interessante pesquisa para dirimir as pendências sobre a forma da terra. Em 1752, foi premiado com o seu trabalho Théorie de la Lune – um inédito estudo matemático do movimento lunar. Aplicou o processo de diferenciação à equação diferencial y = x(y’) + g(y’) e encontrou a solução singular. Esse processo já era usado por Taylor. É interessante dizer que em 1759, Clairaut calculou, com erro de cerca de um mês, o retorno do cometa Halley – um cometa que a nossa atual geração teve a alegria de visualizar, mas que muitos jovens ainda não viram. Sua última aparição foi em 1985/1986, e a próxima está prevista para o ano de 2061. (EVES, 1995) Como identificar a equação de Clairaut? A equação de Clairaut é um caso particular da equação de Lagrange. Sua forma típica é y = xy’ + g(y’). O método de resolução é o mesmo, apenas tem-se uma simplificação que permitirá estabelecer a solução geral e a solução singular de maneira mais rápida. Roteiro de Resolução 10 1. Identificar se a equação é efetivamente da forma de Clairaut, ou seja, se está escrita como y = xy’ + g(y’). 2. Substituir y’= p na equação dada. 3. Fazer a diferencial e substituir dy = pdx. 4. Simplificar para identificar a solução geral que tem a forma y = Cx + g(C). 5. Eliminar a constante C para encontrar a solução singular. 116 equacoes_diferenciais.indb 116 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Exemplo Resolver a equação y = xy’ + y’2. Observe que estamos diante da Equação de Clairaut y = xy’ + g(y’), sendo que g(y’) = y’2. Substituí-se y’ = p e fazer a diferencial. y = xy’ + y’2 y = xp + p2 dy = xdp + pdx + 2pdp pdx = xdp + pdx + 2pdp Vamos simplificar para visualizar a solução geral. pdx = xdp + pdx + 2pdp (x + 2p)dp = 0 Da última expressão, podemos concluir que temos: dp = 0 ou (x + 2p) = 0 Se dp = 0, temos que p = C. Se (x + 2p) = 0, temos que x = –2p ou p = – . Usando esses dois resultados aplicados na equação dada, podemos ter: Solução Geral: Solução singular: y = Cx + C2; ou Unidade 4 equacoes_diferenciais.indb 117 . 117 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Na Figura 4.1, você pode observar soluções particulares geradas da solução geral e a solução singular. y 8 6 4 2 –8 –6 –4 –2 2 4 6 8 x –2 –4 –6 –8 Figura 4.1 – Soluções particulares e solução singular Fonte: Elaboração da autora (2011). Observe que a solução singular é uma envoltória das soluções particulares. O que é uma envoltória? Seja a família de curvas dependente de um parâmetro f(x,y,C) = 0. Uma envoltória dessa família de curvas é a curva que é tangente a todas as linhas que constituem a família. Podemos afirmar que existe uma ou mais envoltórias para uma mesma família de curvas ou também poderá não existir envoltória. As curvas da família são denotadas de envolvidas. 118 equacoes_diferenciais.indb 118 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Um exemplo de família de curvas que não tem envoltória é a família formada por circunferências concêntricas. A Figura 4.2 mostra este exemplo. Claramente, visualizamos a impossibilidade de existir a envoltória. 6 y 4 2 –6 –4 –2 2 6 x 4 –2 –4 –6 Figura 4.2 – Família de circunferências concêntricas Fonte: Elaboração da autora (2011). Para o caso de uma família de circunferências de mesmo raio não concêntricas, vamos poder visualizar as envoltórias. Veja na Figura 4.3, o caso da família (x – α)2 + y2 = 25 de raio igual a 5 e centradas em (α,0). y 6 4 2 –10 –8 –6 –4 –2 2 4 6 8 10 x –2 –4 –6 Figura 4.3 – Família (x – α)2 + y2 = 25 Fonte: Elaboração da autora (2011). Unidade 4 equacoes_diferenciais.indb 119 119 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Como estabelecer algebricamente a envoltória? Para estabelecer a existência da envoltória, podemos usar o conceito de que duas envolvidas infinitamente próximas se cortam num ponto situado sobre a envoltória. Portanto, podemos dizer que os pontos da envoltória são os limites das intersecções das curvas que compõem a família. Algebricamente, podemos considerar que as duas curvas infinitamente próximas podem ser escritas como f(x,y,α) = 0 e f(x,y,α + ∆α) = 0 quando ∆α → 0. A intersecção das curvas é expressa pelo sistema algébrico Para ∆α → 0, podemos reescrever a segunda equação do sistema como Assim, o sistema fica Para cada valor de α, o sistema nos dá um par de valores x e y, ou seja, dá-nos uma envoltória. 120 equacoes_diferenciais.indb 120 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais A equação algébrica da envoltória pode ser obtida eliminandose o parâmetro α do sistema que a define. Observamos que a existência da envoltória está relacionada com a existência de solução para o sistema . Os pontos das envolvidas que pertencem à envoltória são chamados pontos característicos. Dessa forma, a envoltória é o lugar geométrico dos pontos característicos. Exemplos (1) Definir a envoltória da família de circunferências de raio 5 e centro no eixo dos x. A envoltória dessa família já foi mostrada na Figura 4.3. Temos: Equação da família: (x – α)2 + y2 = 25 Sistema que define a envoltória: Da segunda equação, temos que (x – α) = 0. Levando esse valor na primeira equação obtemos: (x – α)2 + y2 = 25 0 + y2 = 25 y2 = 25 ∴ y1 = 5 e y2 = –5. Unidade 4 equacoes_diferenciais.indb 121 121 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Observe que encontramos exatamente as duas retas que estão envolvendo a família de curvas na Figura 4.3. Qual a relação das envoltórias com as equações diferenciais que discutimos nesta seção? Considerando-se que a solução geral de uma equação diferencial é uma família de curvas do tipo F(x,y,C) = 0 onde C é uma constante arbitrária. Podemos formalizar o sistema. Caso haja a envoltória da família de curvas F(x,y,C) = 0, essa é exatamente a solução singular da equação. Na seção que segue, ampliamos a discussão da resolução de equações diferenciais de ordem maior que um. As equações discutidas são consideradas tipos especiais pela forma em que são apresentadas. Seção 2 – Tipos especiais de equações de ordem maior que um Nesta seção, discutiremos tipos especiais de equações diferenciais de ordem maior, que assumem formas tais como: y(n) = f(x); yn = f(y); y’’ = f(y’). Todas têm aplicações práticas e, em alguns casos, são também lineares e podem ser resolvidas pelos métodos das equações lineares de ordem n. Observe que somente no tipo I vamos ter ordens maiores que dois. Nos demais tipos, discutiremos, especificamente, equações de segunda ordem. Sempre que representamos a equação de segunda ordem, na forma y'' = f(x,y,y') dizemos que é uma forma normal. 122 equacoes_diferenciais.indb 122 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Restringiremos o nosso estudo às equações que podem ser reescritas na forma normal. Ao resolver uma equação de ordem n, vamos obter uma solução geral que contém n constantes arbitrárias. Para particularizar a solução geral, vamos necessitar de n condições iniciais. Assim, diante de n condições iniciais, vamos encontrar a solução particular que é única. Geometricamente, não vamos mais ter o visual de uma família de curvas no caso da solução geral e um específico membro dessa família para o caso da solução particular, pois, agora, estamos lidando com mais objetos. É possível, na equação de segunda ordem, associar a cada ponto (x,y) de uma específica região do plano, não somente uma direção y’, como acontece com a equação de primeira ordem, mas, ainda, uma curvatura ou um raio de curvatura. Vamos, a seguir, estabelecer detalhes adicionais na medida em que vamos discutindo a resolução dos tipos especiais. TIPO I Equações que assumem a forma y(n) = f(x) A resolução desse tipo de equação é simples, pois vamos somente aplicar sucessivamente a operação inversa da derivação. Veja os exemplos que seguem: A curvatura de uma curva em um dado ponto é a medida de quão rapidamente a curva muda de direção no ponto. A definição matemática depende de conceitos do cálculo vetorial. Especificamente, para o caso de uma curva plana, a curvatura é dada por . O raio de curvatura é definido como r = 1/k. Exemplos (1) Resolver xy’’ = 3. Unidade 4 equacoes_diferenciais.indb 123 123 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina (2) Resolver y(5) = 2x2 + x – 2. Observe a notação de derivada de quinta ordem. Podemos, também, representar como y (5) = yv. Em geral, com ordens superiores a três, o usual é a representação y (5). Estamos diante de uma equação de quinta ordem, portanto, a sua solução geral deverá ter 5 constantes arbitrárias. Temos as sucessivas integrações: (3) Encontrar a solução particular para o seguinte problema de valor inicial: y’’ = x + ex; y(0) = 0 e y(1) = e. Neste caso, vamos, inicialmente, encontrar a solução geral e, posteriormente, aplicar as duas condições iniciais para definir a solução particular única. 124 equacoes_diferenciais.indb 124 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Aplicando as condições iniciais, vamos ter um sistema com duas equações para resolver: Da primeira equação temos que C2 = –1. Aplicando esse resultado na segunda equação, vamos obter C1 = . Portanto, a solução particular é dada por Vamos, agora, destacar o seguinte problema: P7: O estudo de flexão de vigas é uma prática do dia a dia de um Engenheiro Civil, principalmente se atua no cálculo estrutural. Para o caso da flexão de uma viga de comprimento L engastada, fixa em A e livre em B (ver Figura 4.4), sujeita a uma carga Q, aplicada em B, podemos deduzir a equação diferencial de segunda ordem que modela a situação. Veja: Temos que E é o módulo de elasticidade de Young dado em kg/cm2, um valor fixo que depende da constituição do material da viga. Temos, ainda, que I representa o momento de inércia da área da seção transversal em relação a um eixo normal ao plano da figura. Um sistema cartesiano é alocado com o eixo horizontal (x) tangente à viga, e o eixo vertical (y) voltado para baixo (ver Figura 4.5). A N O –Q T A C P R B Q N C Q Figura 4.4 – Viga engastada Fonte: Maurer, 1975, p. 121 e 123. Figura 4.5 – Sistema cartesiano Fonte: Maurer, 1975, p. 121 e 123. Unidade 4 equacoes_diferenciais.indb 125 125 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina A equação apresentada é do tipo I e sua resolução fica: Vamos apresentar a solução particular considerando que as condições iniciais são: y(0) = 0 e y’(0) = 0, obteremos as constantes de integração iguais a zero. Portanto, a solução particular que modela o problema é dada por: Essa equação é conhecida como a equação da viga flexionada, para a situação de engastada em uma extremidade. TIPO II Equações que assumem a forma y’’ = f(y) Veja o roteiro de resolução para esse tipo de equação. Roteiro de Resolução 11 1. Identificar se a equação é da forma y’’ = f(y). 2. Aplicar a substituição y’ = = p e y’’ = = · = ·p. 3. Fazer as simplificações e resolver a equação encontrada que é de variáveis separáveis em p e y. 4. Substituir o p pelo seu valor inicial, ou seja, p = . 5. Fazer as simplificações e resolver a equação encontrada que é de variáveis separáveis em x e y. 126 equacoes_diferenciais.indb 126 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Exemplos (1) Resolver a equação . Vamos fazer a substituição . Fazendo = C2 vem, ou Unidade 4 equacoes_diferenciais.indb 127 127 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Fazendo cos C2 = A e sen C2 = B temos a solução geral apresentada como: y = A·sen kx + B·cos kx. Nesse exemplo, vamos destacar outro problema prático. P8: Uma partícula de massa m gramas se desloca ao longo do eixo dos x atraída por outra com força F = –4mx–3 N, sendo x > 0, que se acha situada na origem. Determinar a equação do movimento, sabendo que para t = 0 segundos, tem-se x = 2 cm e a velocidade v = – cm/s (adaptação de ABUNAHMAN, 1986). Vamos fazer a representação semiótica do problema. Tabela 4.1 – Representação semiótica do problema P8 Símbolos Unidades de medida Massa m g Força F N Tempo t s Velocidade v cm/s Deslocamento x cm Variáveis Condições iniciais Condições para a solução 0 t 2 ??? – Fonte: Elaboração da autora (2011). As perguntas que podem ser feitas para a modelagem do problema são: Qual a função identificável? Qual a taxa de variação presente no contexto do problema? Qual é a relação que envolve a taxa de variação? Qual é a equação diferencial? 128 equacoes_diferenciais.indb 128 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais As respostas dessas questões nos levam à formulação do modelo. Veja: Função identificável: x = x(t) Taxa de variação: Equação diferencial: Veja que, nesse caso, a equação diferencial pode ser estabelecida desde que saibamos as leis da física que regem esse tipo de movimento. Temos: F = m·a e a = Assim, estamos diante da equação = –4x–3 que é uma equação do segundo tipo, apenas observando que a função é x = x(t), portanto, ao aplicar o roteiro de resolução 10 precisaremos fazer as devidas adequações de notação simbólica. Considerando-se que v = , podemos trabalhar com a variável v ao invés de p, pois, nesse caso, estamos dando uma interpretação para o parâmetro auxiliar p. Vamos aplicar a substituição = v e Unidade 4 equacoes_diferenciais.indb 129 = = · = .v. 129 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Aplicando a condição inicial temos: x = 2 ⇒ v = – ∴ (– )2 = 4·2–2 + C1 3 = 1 + C1 ∴ C1 = 2 Assim, podemos reescrever a expressão anterior como: Vamos usar o sinal negativo, pois já sabemos que em x = 2 a velocidade v é negativa. Aplicando a condição inicial temos: t = 0 ⇒ x = 2. Assim, podemos escrever a solução geral. t = – (4 + 2x2)1/2 + 130 equacoes_diferenciais.indb 130 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Como o problema solicita a função x = x(t), podemos explicitar o x, obtendo: Observando que vamos usar apenas o sinal positivo, pois foi imposto no enunciado do problema que x > 0. Com esse resultado, podemos ter em mãos a posição da partícula no decorrer do tempo. TIPO III Equações que assumem a forma y’’ =f(y’) Veja o roteiro de resolução para esse tipo de equação. Roteiro de Resolução 12 1. Identificar se a equação é da forma y’’ = f(y’). 2. Substituir = p. 3. Simplificar e resolver a equação de variáveis separáveis encontrada em p e x. 4. Substituir novamente o valor de p para . 5. Simplificar e resolver a nova equação encontrada em y e x. Esse tipo de equação surge de forma sistemática quando analisamos o movimento de um corpo em um meio resistente, por exemplo, um pingo de chuva ou um paraquedista ao cair na atmosfera. Inicialmente, tem-se um movimento acelerado, porém, ao aumentar a velocidade, aumenta também a resistência do ar que acaba por equilibrar a força da gravidade. Daí por diante, o movimento fica uniforme. A velocidade constante adquirida nesses casos é denotada como velocidade limite do corpo no meio resistente. A equação que modela esse tipo de problema é do tipo = g – k , É usual na literatura encontrar esse tipo de equação denotada por . sendo que x é o espaço percorrido no decorrer do tempo t. Unidade 4 equacoes_diferenciais.indb 131 131 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Exemplo Resolver y’’ = y’2 + 4. = p2 + 4 dp = (p2 +4)dx ∫dx – ∫ = C. Fazendo C = –C1, vem: x – arctg = –C1 Antes de substituir novamente o p, vamos explicitar para facilitar a resolução da nova equação. x – arctg = –C1 2(x + C1) = arctg tg [2(x + C1)] = p = 2 tg [2(x + C1)] = 2 tg [2(x + C1)] Agora, vamos resolver a equação em x e y. = 2 tg [2(x + C1)] ∫dy – ∫2 tg [2(x + C )] dx = C 1 y – ln|sec(2 x + C1)| = C2 2 y = ln|sec(2 x + C1)| + C2. Assim, a solução geral é y = ln |sec 2(x + C1)| + C2. 132 equacoes_diferenciais.indb 132 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Síntese Nesta unidade, analisamos equações que têm soluções singulares e, em seguida, analisamos equações consideradas especiais pela sua forma de apresentação. Todas as equações discutidas nesta unidade surgem em diferentes problemas práticos, que envolvem tanto a Física como a Engenharia Civil. Na unidade seguinte, você terá a oportunidade de retomar alguns casos para discutir novas formas de resolução. Atividades de autoavaliação Resolver as seguintes equações: a) y = xy’2 + y’3 b) y’2 + y = 2xy’ c) y – y’x = a(1 + y’2)1/2 d) y = xy’ + (1 – y’)y’ e) y(4) = 2x + sen 2x f) y’’ = ln (2x + 1) g) y’’ = 1 + y’2 Unidade 4 equacoes_diferenciais.indb 133 133 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Saiba mais Para saber mais, recomendamos a leitura dos conceitos básicos de curvatura no contexto do Cálculo Vetorial. Ver, por exemplo, o livro de Cálculo (volume II) de James Stewart. Este livro é considerado pelas editoras como o livro de Cálculo mais vendido no mundo todo. Tem-se a versão em português pela Editora Thomson, com a quarta edição de 2004. 134 equacoes_diferenciais.indb 134 28/03/12 11:10 UNIDADE 5 Equações lineares de ordem n Objetivos de aprendizagem Identificar as equações diferenciais de coeficientes constantes homogêneas e não homogêneas. Resolver equações diferenciais de ordem n pelo método dos coeficientes a determinar. Resolver equações diferenciais de ordem n pelo método da variação dos parâmetros. Resolver equações de Cauchy-Euler de primeira, segunda e terceira ordem. 5 Seções de estudo Seção 1 Introdução Seção 2 Métodos para resolução das equações lineares de ordem n Equações de Cauchy-Euler Seção 3 equacoes_diferenciais.indb 135 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Para início de estudo Esta unidade é importante, pois as equações lineares são aplicáveis em um grande número de problemas práticos. As equações que discutiremos mais detalhadamente são as que têm coeficientes constantes e os métodos atuais para a resolução foram sistematizados a partir dos estudos de Leonhard Euler, que trouxe “a chave” do entendimento das equações diferenciais pelos seus estudos no contexto das funções. Em algumas situações, depararemo-nos com equações aparentemente simples, mas que, na realidade, são extremamente complicadas. Muitas delas foram estudadas por mais de 50 anos. A discussão em torno do método da variação dos parâmetros, elaborada ainda no século XVIII, acrescentou a visão das dificuldades que podemos enfrentar quando estamos com equações lineares que não são “amigáveis”, como nos apresentam os historiadores. Vamos conhecer um pouco mais de perto os métodos e as equações “amigáveis” e as “não amigáveis”? Seção 1 – Introdução Nesta seção, analisamos algumas definições e propriedades necessárias na discussão das equações lineares de ordem n. Há na literatura bastante diversificação na forma de apresentar os objetos de estudos dessa unidade. Optamos por uma metodologia que agrega conceitos e, por isso, torna-se mais rápido e prático no momento dos estudos. Os métodos das equações lineares de primeira ordem são usados, sendo que algumas propriedades, características e procedimentos são destacadas. 136 equacoes_diferenciais.indb 136 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Veja, na sequência, os tópicos que seguiremos para compor esse quadro teórico necessário para a prática da resolução das equações lineares de ordem superior. 1. Funções linearmente dependentes e linearmente independentes. 2. Determinante Wronskiano. 3. Características básicas das equações diferenciais lineares de ordem superior. 4. Problema de valor inicial e problema de contorno. O que é um conjunto de funções linearmente dependente? O que é um conjunto de funções linearmente independente? O conceito básico sobre a dependência ou independência linear é inicialmente discutido no contexto da Álgebra Linear, envolvendo objetos vetoriais. Agora, vamos discutir esse conceito com funções. Observamos que todos os conceitos aqui apresentados estão sempre focados para o estudo das equações lineares, denotadas como an(x)y(n) + an–1(x)y(n–1) + … + a1(x)y’ + a 0(x)y = h(x), sendo que n é um número natural maior ou igual a dois, para que tenhamos a ordem superior a um. Dessa forma, algumas especificidades de imediato serão apontadas. Várias demonstrações serão omitidas, sendo que algumas delas você poderá encontrar em livros clássicos de equações diferenciais ou de cálculo avançado. Unidade 5 equacoes_diferenciais.indb 137 137 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Definição 5.1 Dizemos que um conjunto de funções f 1, f 2, f 3, f4, …, fn é linearmente dependente (LD) em um intervalo I se existem constantes C1, C2, C3, C4, …, Cn não todas nulas, tais que C1 f 1 + C2 f 2 + C3 f 3 + C4 f4 + … + Cn fn = 0 para todo x no intervalo I. Quando o conjunto não for linearmente dependente, dizemos que é linearmente independente (LI). Para verificar se um conjunto de funções é LI, basta constatar que nenhuma delas é múltipla da outra em um intervalo e para constatar que um conjunto de funções é LD em um intervalo basta verificar se pelo menos uma função pode ser expressa como uma combinação linear das outras funções. Exemplos No quadro que segue, apresentamos diversos exemplos de conjuntos LD ou LI. Conjunto Intervalo f 1(x) = sen 2x (–∞,+∞) f 2(x) = 2·sen x·cos x f 1(x) = x f 2(x) = 2x f 3(x) = 3x (–∞,+∞) f 1(x) = ex f 2(x) = e 2x f 3(x) = e–4x f 1(x) = x f 2(x) = |x| (–∞,+∞) (0,+∞) LD ou LI São LD, pois a expressão linear C1·sen 2x + C2·2·sen x·cos x = 0 é satisfeita para todo x ∈ (–∞,+∞). Se por exemplo, fazermos C1 = 1 e C2 = –1. São LD, pois a expressão linear C1·x + C2·2x + C3·3x = 0 é satisfeita para todo x ∈ (–∞,+∞). Se, por exemplo, fazermos C1 = 1, C2 = 1 e C3 = –1. São LI, pois a expressão linear C1ex +C2e2x + C3e–4x = 0 é satisfeita somente quando temos C1 = C2 = C3 = 0. São LD, pois a expressão linear C1x + C2|x| = 0 é satisfeita para todo x ∈ (0,+∞) se, por exemplo, usamos C1 = 1 e C2 = –1. Quadro 5.1 – Exemplos de conjuntos LD ou LI Fonte: Elaboração da autora (2011). Lembre-se de que o intervalo de definição é de grande importância na definição da dependência ou independência linear (rever o último exemplo do quadro anterior). 138 equacoes_diferenciais.indb 138 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais No decorrer da análise, nas equações diferenciais, é usual omitir a indicação do intervalo, por estar subentendido que estamos trabalhando no conjunto dos reais. O que é o Wronskiano? Definição 5.2 Dado um conjunto de funções diferenciáveis pelo menos (n–1) vezes, f1, f2, f3, f4, …, fn, denominamos de Wronskiano, o determinante As definições 5.1 e 5.2 são usadas no contexto das equações diferenciais lineares, para identificar um conjunto de soluções LI. Veja o Teorema 5.1. Teorema 5.1 (Critério para independência linear de soluções) Sejam y1, y2, y3, y4, …, yn um conjunto de n soluções para a equação diferencial linear homogênea an(x)y(n) + an–1(x)y(n–1) + … + a1(x)y’ + a 0(x)y = 0 em um intervalo I. Então, o conjunto de soluções é LI em I, se, e somente se, o Wronskiano W(y1, y2, y3, y4, …, yn) ≠ 0 para x ∈ I. O nome Wronskiano é devido ao filósofo polonês, Josef Maria Hoëne Wronski (1778-1853), que passou a maior parte da sua vida na França. Acreditava que a verdade absoluta poderia ser alcançada por meio da matemática. Na história da matemática, basicamente a única referência ao seu nome é o determinante Wronskiano. (ZILL E CULLEN, 2001). Unidade 5 equacoes_diferenciais.indb 139 139 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Exemplos (1) O conjunto contém soluções particulares da equação y’’ – 5y’ + 6y = 0. Observe que o Wronskiano W(y1,y2) ≠ 0 no conjunto dos reais. De fato: para qualquer x real. (2) O conjunto contém soluções particulares da equação y’’’ + 6y’’ + 12y’ + 8y = 0. Observe que o Wronskiano W(y1,y2,y3) ≠ 0 no conjunto dos reais. De fato: que é diferente de zero para qualquer x real. Quais as características das equações diferenciais lineares serão destacadas nesta unidade? 140 equacoes_diferenciais.indb 140 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Vamos trabalhar com as equações da forma an(x)y(n) + an–1(x)y(n–1) + … + a1(x)y’ + a 0(x)y = h(x), Sendo: 1. an(x), an –1(x), …, a1(x), a 0(x) funções contínuas em um intervalo I. 2. h(x) é uma função contínua. 3. an(x) ≠ 0 no intervalo I. Se h(x) = 0 teremos uma equação diferencial linear de ordem n homogênea, caso contrário, vamos dizer que a equação é não homogênea. Quando as funções an(x), an–1(x), …, a1(x), a 0(x) assumirem valores constantes, vamos denotar como Equações Diferenciais Lineares a Coeficiente Constantes. Inicialmente, focamos o nosso estudo nas equações com coeficientes constantes e, na sequência, apresentamos exemplos com coeficientes variáveis. Vejamos, então, algumas características que devem ser destacadas das equações diferenciais lineares de ordem n: 1. As equações diferenciais lineares a coeficientes constantes podem sempre ser reescritas com operadores diferenciais. 2. O conjunto de n soluções, denotado por y1, y2, y3, y4, …, yn, lineamente independente pode ser estabelecido para a equação homogênea de coeficientes constantes. Esse conjunto é denotado por Conjunto Fundamental de Soluções e tem o Wronskiano diferente de zero no conjunto I. 3. A solução geral da equação homogênea an(x)y(n) + an–1(x)y(n–1) + … + a1(x)y’ + a 0(x)y = 0, com coeficientes constantes, será expressa por uma função que contém n constantes arbitrárias e com a forma y = C1y1 + C2y2 + … + Cnyn, sendo que y1, y2, …, yn é o Conjunto Fundamental de Soluções. Unidade 5 equacoes_diferenciais.indb 141 141 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina 4. A solução geral da equação não homogênea an(x)y(n) + an–1(x)y(n–1) + … + a1(x)y’ + a 0(x)y = h(x), será expressa por uma função que contém n constantes arbitrárias e com a forma y = yh + yp, sendo que yh = C1y1 + C2y2 + … + Cnyn é a solução geral da Homogênea Associada e y p é uma solução particular da equação não homogênea. As características listadas acima são usadas como ponto de partida para os métodos de resolução. Todas podem ser provadas por meio da formulação de propriedades ou Teoremas. Para esclarecer as características citadas, veja alguns exemplos. Lembre-se de que, neste momento, ainda não estamos aplicando os métodos de resolução. Exemplos (1) Reescrever as equações que seguem usando operadores diferenciais: a) y(4) – 5y’’ + 6y = 0 temos (D4 – 5D2 + 6)y = 0. b) y(8) + 6y’’’ – 5y’’ + 6y + 2y = 0 temos (D8 + 6D3 – 5D2 + 6D + 2)y = 0 (2) Verificar que y1 = 2xe–3x é solução particular da equação (D + 3)2 = 0. Temos que a equação (D + 3)2 = 0 pode ser reescrita como (D2 + 6D + 9)y = 0 ou y’’ + 6y’ + 9y = 0. Vamos, então, encontrar as derivadas da função y1 = 2xe–3x e aplicar na equação para verificar a equivalência. Temos: y1 = 2xe–3x y1’ = 2e–3x – 6xe–3x y1’’ = –12e–3x + 18xe–3x Substituindo na equação temos: y’’ + 6y’ + 9y = 0 –12e–3x + 18xe–3x + 6(2e–3x – 6xe–3x) + 9× 2xe–3x = 0 0 = 0 142 equacoes_diferenciais.indb 142 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Como vamos encontrar as soluções particulares das equações diferenciais de ordem superior? Podemos encontrar as soluções particulares das equações diferenciais de ordem superior, usando o problema de valor inicial: Resolver an(x)y(n) + an–1(x)y(n–1) + … + a1(x)y’ + a 0(x)y = h(x) Sujeita a: y(x 0) = y 0, y’(x 0), …, y(n–1)(x 0) = y 0(n–1). Exemplo A função y = 2e–2x + 2e2x – 2x2 + – 4 é uma solução particular da equação y’’ – 4y = 8x2 – x + 12, pois é uma solução do problema de valor inicial Resolva y’’ – 4y = 8x2 – x + 12 Sujeita a y(0) = 0, y’(0) = . Na seção seguinte, estabelecemos os métodos e vamos constatar que y = C1e–2x + C2e2x – 2x2 + – 4 é a solução geral. Ao aplicar as condições iniciais y(0) = 0, y’(0) = 1/4, vamos ter o sistema que permite particularizar os valores de C1 e de C2. Veja: y = C1e–2x + C2e2x – 2x2 + – 4 y’ = –2C1e–2x + 2C2e2x – 4x + y’’ = 4C1e–2x + 4C2e2x – 4 Aplicando as condições iniciais temos: y(0) = C1 + C2 – 4 = 0 y’(0) = –2C1 + 2C2 + = Resolvendo o sistema gerado Vamos encontrar os valores C1 = 2 e C2 = 2. Unidade 5 equacoes_diferenciais.indb 143 143 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina Outro tipo de problema que surge, neste contexto, consiste em resolver uma equação diferencial de ordem superior sujeita a condições em que a variável y ou suas derivadas são especificadas em pontos diferentes. Neste caso, temos a condição de contorno ou um problema de valor de contorno. Veja, no caso de uma equação de segunda ordem: Resolver a2(x)y’’ + a1(x)y’ + a 0(x)y = h(x) Sujeita a: y(a) = y 0, y(b) = y1. Temos que chamar a atenção que este problema pode ter várias soluções, uma única solução ou não ter solução. Este tipo de equação não será discutida neste texto. Ressaltamos, apenas, que o problema de valor de contorno é muito usado nas equações diferenciais parciais. A seguir, vamos iniciar a discussão dos métodos de resolução. Seção 2 – Métodos para resolução das equações lineares de ordem n Vamos, nesta seção, trabalhar com as equações diferenciais lineares a coeficientes constantes da forma an(x)y(n) + an–1(x)y(n–1) + … + a1(x)y’ + a 0(x)y = h(x). com as condições estabelecidas na seção anterior. Para facilitar, omitiremos a condição de que estamos trabalhando em um conjunto I, em que as funções envolvidas existem e são contínuas. Inicialmente, discutiremos as equações homogêneas e, posteriormente, vamos discutir dois métodos para encontrar a solução a yp, solução particular da equação não homogênea. 144 equacoes_diferenciais.indb 144 28/03/12 11:10 Equações Diferenciais Observe o roteiro de resolução que segue, lembrando-se de acompanhar as notas que ampliam as explicações relativas a algumas das etapas. Essas notas justificam as escolhas do roteiro. Roteiro de Resolução 13 1. Inicialmente, certifique-se de que você está diante de uma equação diferencial linear de ordem superior, com coeficientes constantes e homogêneos (ver a Nota 1). 2. Caso a equação não esteja apresentada na forma de operadores, seu primeiro passo será reescrever com a notação de operadores, denotada por Ly = 0, sendo L o operador diferencial de ordem n. 3. Achar as raízes do operador, estabelecendo uma expressão fatorada. 4. Verificar a natureza das raízes e se forem: Raízes reais e diferentes, observe as características das soluções particulares no passo 5; Raízes reais e múltiplas, observe as características das soluções particulares no passo 6; Raízes complexas simples, observe as características das soluções conjugadas no passo 7; Raízes complexas múltiplas, observe as características das soluções no passo 8. 5. Supondo três raízes α, β, γ, vamos ter as seguintes três soluções particulares LI (ver a Nota 2): y1 = e ; αx y2 = e ; y3 = e ;. βx γx 6. Supondo uma raiz α com multiplicidade três e uma raiz β com multiplicidade dois, vamos ter o seguinte conjunto de soluções LI (ver a Nota 3): y1 = eαx; y2 = xeαx; y3 = x2eαx; y4 = e βx; y4 = xe βx. 7. Supondo que tenhamos as raízes complexas conjugadas a + bi e a – bi, vamos ter o seguinte conjunto de soluções LI no campo dos complexos (Ver Nota 4): y1 = e(a + bi)x; eiθ = cos θ + i sen θ ou e–iθ = cos θ – i sen θ. y2 = e(a – bi)x; Unidade 5 equacoes_diferenciais.indb 145 O conjunto de soluções apresentado está no campo dos complexos. É possível reunir as soluções oriundas das raízes conjugadas em uma única solução no campo dos reais. Para tal, basta usar a fórmula de Euler: 145 28/03/12 11:10 Universidade do Sul de Santa Catarina 8. Supondo que as raízes complexas conjugadas se repitam, vamos ter: y1 = e(a + bi)x; y2 = e(a – bi)x; y3 = xe(a + bi)x; y4 = xe(a – bi)x; 9. Você pode estar diante de uma situação que faça a combinação linear das situações anteriores. Reúna todas as soluções particulares e escreva a solução geral na forma: y = C1y1 + C2y2 + … + Cnyn. Notas importantes relativas aos passos do roteiro de resolução 13. Nota 1: No passo 1, temos que o operador diferencial linear pode ser denotado por L = anDn + an–1Dn–1 + … + a 0 sendo que Dny significa , ou seja, derivada de ordem n de y em relação a x. Nota 2: No passo 5, temos que y1 = eαx é solução particular da equação homogênea, supondo que α é solução do operador diferencial L. De fato, ao fatorar o operador, podemos visualizar o fator correspondente à raiz α e como Ly = 0, cada fator pode ser igualado a zero. Veja: (D – α)y = 0 – αy = 0 – αdx = 0 ∫ – α∫ dx = ln C ln|y| – ln C = αx = eαx y = Ceαx. 146 equacoes_diferenciais.indb 146 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Nota 3: No passo 6, na suposição das raízes múltiplas, por exemplo, com a raiz α de multiplicidade dois, vamos ter soluções particulares na forma y1 = eαx e y2 = xeαx. Neste exemplo, temos o fator do operador escrito como (D – α)2. A solução y1 = eαx é solução de (D – α)2y = 0 e podemos constatar que a função y2 = xeαx também é solução. Podemos fazer as derivadas e substituir na equação (D – α)2y = 0, para constatar a equivalência. Veja: y = xeαx y’ = eαx(αx + 1) y’’ = αeαx(αx + 2) Ao substituir em (D – α)2y = 0 ou (D2 – 2αD + α2)y = 0 y’’ – 2αy’ + α2y = 0 αeαx(αx + 2) – 2α[eαx(αx + 1)] + α2 xeαx = 0 0 = 0 Nota 4: No passo 7, as soluções conjugadas no campo dos complexos podem ser reescritas no campo dos reais. Basta desenvolver a combinação linear e aplicar as fórmulas de Euler. Veja: y = C1e(a + bi)x + C2e(a – bi)x y = C1eaxebix + C2eaxe–bix y = eax[C1ebix + C2e–bix] Utilizando as fórmulas de Euler eiθ = cos θ + i sen θ e e–iθ = cos θ – i sen θ, vamos ter: y = eax[C1(cos bx + i sen bx) + C2(cos bx – i sen bx)] y = eax[(C1 + C2)cos bx + i (C1 – C2) sen bx] Unidade 5 equacoes_diferenciais.indb 147 147 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Fazendo C1 + C2 = A e i (C1 – C2) = B, podemos reescrever a última expressão como y = eax[A cos bx + B sen bx], obtendo-se a solução geral na forma real, sendo que A e B são as constantes arbitrárias. Exemplos (1) Resolver a equação y’’ – 5y’ + 6y = 0. Vamos reescrever a equação dada com o uso dos operadores diferenciais. Temos: (D2 – 5D + 6)y = 0. Observe que para encontrar as raízes do operador, podemos usar todos os mecanismos da resolução de equações algébricas elementares. Nesse caso, podemos aplicar a fórmula de Bhaskara, pois temos uma expressão do segundo grau. Veja: Assim, podemos reescrever a equação como (D2 – 5D + 6)y = 0 (D – 2)(D – 3)y = 0 Estamos diante de raízes reais e diferentes e, em acordo com o passo 5, vamos ter o seguinte Conjunto Fundamental de Soluções Particulares LI: 148 equacoes_diferenciais.indb 148 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Dessa forma, a combinação linear dessas funções vai resultar na solução geral: y = C1e2x + C2e3x. (2) Resolver as seguintes equações: a) (D – 1)(D – 2)(2D + 5)y = 0 b) (D + 1)(D + 2)(2D – 5)y = 0 Para resolver as equações dadas, basta analisar, atentamente, o valor das raízes, pois o operador já está fatorado. Temos: a) (D – 1)(D – 2)(2D + 5)y = 0 As raízes são 1, 2 e – . Assim, a solução geral é dada por: y = C1ex + C2e2x + C3e– x. b) (D + 1)(D + 2)(2D – 5)y = 0 As raízes são –1, –2 e . Assim, a solução geral é dada por: y = C1e–x + C2e–2x + C3e x. (3) Aplicar o método na equação y’’’ + 6y’’ + 12y’ + 8y = 0. Vamos reescrever na forma de operadores (D3 + 6D2 + 12D + 8) y = 0. As raízes, neste caso, poderão ser obtidas pelo Método de Ruffini. Encontraremos a raiz –2 com multiplicidade três. Podemos reescrever a equação como (D + 2)(D + 2)(D + 2)y = 0 ou (D + 2)3y = 0. Estamos diante da situação do Passo 6, com raízes múltiplas e o Conjunto Fundamental das Soluções LI fica: Unidade 5 equacoes_diferenciais.indb 149 149 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina A solução geral é dada por: y = C1e–2x + C2xe–2x + C3x2e–2x. (4) Para exemplificar o caso de raízes complexas, veja a equação y’’ – 6y’ + 13y = 0. Vamos reescrever na forma de operadores (D2 – 6D + 13)y = 0. Ao aplicar a fórmula de Bhaskara, você vai perceber a existência das raízes complexas 3 ± 2i. Dessa forma, estamos diante da situação do Passo 7. O Conjunto Fundamental das Soluções LI no campo dos complexos fica: A solução geral no campo dos complexos é dada por: y = C1e(3 + 2i)x + C2e(3 – 2i)x. Usando os resultados apresentados na Nota 4, podemos reescrever a solução geral no campo dos reais como y = eax[A cos bx + B sen bx], ou seja y = e3x[A cos 2x + B sen 2x]. (5) Apresentamos, agora, um exemplo em que surgem diferentes tipos de raízes. Nesse caso, temos que aplicar todas as considerações relativas aos correspondentes tipos de raízes. Veja a equação já fatorada: (D – 3)2(D – 2)3(D + 2)(D2 + 1)2Dy = 0 150 equacoes_diferenciais.indb 150 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Observe que estamos diante de uma equação de ordem 11. Para encontrar as 11 raízes, basta analisar cada fator isoladamente. Temos: fator (D – 3)2y = 0 indica a existência da raiz 3 com multiplicidade dois; fator (D – 2)3y = 0 indica a existência da raiz 2 com multiplicidade três; fator (D + 2)y = 0 indica a existência da raiz -2; fator (D2 + 1)2y = 0 indica a existência das raízes complexas +i e –i com multiplicidade dois; fator Dy = 0 indica a existência da raiz zero. Vamos, então, ter o seguinte Conjunto Fundamental de Soluções LI no campo dos complexos: {e3x, xe3x, e2x, xe2x, x2e2x, e–2x, eix, xeix, e–ix, xe–ix, 1} A solução geral no campo dos complexos é dada por: y = C1e3x + C2xe3x + C3e2x + C4xe2x + C5x2e2x + C6e–2x + C7 + C8eix + C9xeix + C10 e–ix + C11xe–ix A solução no campo dos reais é dada por: y = C1e3x + C2xe3x + C3e2x + C4xe2x + C5x2e2x + C6e–2x + C7 + e 0x(A cos x + B sen x) + xe0x(C cos x + D sen x) ou y = C1e3x + C2xe3x + C3e2x + C4xe2x + C5x2e2x + C6e–2x + C7 + A cos x + B sen x + x(C cos x + D sen x) Observe que a solução particular y11 = e0x já está reescrita como y11 = 1. Observe, também, que apresentamos o conjunto solução na forma tradicional de notação de conjuntos para facilitar a sua representação ou escrita. Dessa forma, a ordem em que apresentamos ou numeramos as soluções particulares não interfere no momento de escrevermos a combinação linear da solução geral. (6) Vamos resolver um problema de valor inicial. Resolver (D – 1)(D + 2)(D + 1)y = 0 Sujeita a: y(0) = 1, y’(0) = 3, y’’(0) = –5. Unidade 5 equacoes_diferenciais.indb 151 151 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina A equação dada tem como solução geral y = C1ex + C2e–2x + C3e–x. Fazendo as derivadas dessa solução geral, temos: y = C1ex + C2e–2x + C3e–x y’ = C1ex – 2C2e–2x – C3e–x y’’ = C1ex + 4C2e–2x + C3e–x Aplicando as condições inicias, temos o sistema: Resolvendo o sistema, obtemos os valores C1 = 1, C2 = –2 e C3 = 2, resultando, então, a solução particular y = ex – 2e–2x + 2e–x. Vamos destacar um problema prático. P9: Um circuito elétrico apresenta as seguintes características: uma indutância de 0,3 Henries, uma resistência de 15 Ohms e uma capacitância de 20×10 –6 Farads. Achar a corrente i e a carga q em dado instante, sabendo-se que ela vale 0,06 Coulombs, quando i = 0 e t = 0 s, e que não há fonte geradora de tensão neste circuito (E = 0). Veja a representação semiótica intermediária deste problema: 152 equacoes_diferenciais.indb 152 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Tabela 5.1 – Representação semiótica do problema P9 Variáveis Símbolos Unidades de medida Condições iniciais Condições para a solução Indutância L Henries 0,3 Resistência R Ohms 15 Capacitância C Farads 20×10–6 Intensidade da corrente elétrica i Ampère 0 ??? Tempo t Segundos 0 t Carga q Coulombs 0,06 ??? Força eletromotriz E Volts 0 Fonte: Elaboração da autora (2011). Qual a função identificável? Qual a taxa de variação presente no contexto do problema? Qual é a relação que envolve a taxa de variação? Qual é a equação diferencial? Função identificável: i = i(t) e q = q(t) Taxa de variação: Equação diferencial*: *dada por leis no contexto dos circuitos elétricos. Aplicando os dados do problema, vamos ter: Estamos diante de uma equação diferencial linear de segunda ordem homogênea. Unidade 5 equacoes_diferenciais.indb 153 153 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Considerando-se os dados dessa equação, as raízes do operador são complexas e com cálculos bastante grandes. Nesses casos, recomendamos o uso de um recurso tecnológico para chegar à solução. Veja, de forma detalhada, os cálculos no anexo digital. A solução obtida é q = e–25t[0,0036·sen (407t) + 0,06·cos (407t)] e i = 25e–25t[–0,0014·cos (407t) – 0,9796·sen (407t)] Como vamos resolver as equações lineares não homogêneas? As equações lineares não homogêneas podem ser resolvidas por dois diferentes métodos. A escolha do método sempre é uma decisão de quem está resolvendo e, em geral, requer habilidades diferentes. Vamos discutir os métodos: do coeficiente a determinar; da variação dos parâmetros. Método dos coeficientes a determinar Este método vai ser usado para resolver as equações não homogêneas que podem ser escritas como Ly = h(x). Inicialmente, necessitamos determinar um operador L1 que anula a função h(x) e, nesse caso, ao aplicá-lo na equação Ly = h(x), vamos obter uma equação homogênea, pois L1Ly = L1h(x) = 0. A equação L1Ly = 0 não é a equação Ly = h(x), mas a sua solução é o suporte para a solução da equação não homogênea. Como vamos encontrar o operador L1 que anula a função h(x)? 154 equacoes_diferenciais.indb 154 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Veja que o operador L1 é um operador diferencial e, nesse caso, basta lembrar o procedimento operacional inverso para encontrá-lo. Existem muitas funções que não têm o operador que anula. Isso nos indica que o método que estamos usando não vai ser aplicável para todos os tipos de equações não homogêneas. A sua aplicabilidade só é viável quando o operador L1 existe. Exemplos O quadro que segue nos mostra exemplos de operadores que anulam e que surgem de forma mais sistemática nas equações diferenciais lineares não homogêneas. Função h(x) Operador que anula Verificação h(x) = ex D – 1 (D – 1)ex = ex – ex = 0 h(x) = e–x D + 1 (D + 1)e–x = –e–x + e–x = 0 h(x) = e–2x D + 2 (D + 2)e– 2x = –e–2x + e–2x = 0 h(x) = x – 2 D2 D(x – 2) = 1 D2(x – 2) = D(1) = 0 h(x) = x2 – 2 D3 D(x2 – 2) = 2x D2(x2 – 2) = D(2x) = 2 D3(x2 – 2) = D(2) = 0 h(x) = 2x 3 + x2 – 4x + 2 D4 D(2x3 + x2 – 4x + 2) = 6x2 + 2x – 4 D2(2x3 + x2 – 4x + 2) = D(6x2 + 2x – 4) = 12x + 2 D3(2x3 + x2 – 4x + 2) = D(12x + 2) = 12 D4(2x3 + x2 – 4x + 2) = D(12) = 0 h(x) = sen 2x e h(x) = cos 2x (D2 + 4) (D2 + 4) sen 2x = D2(sen 2x) + 4sen 2x = –4sen 2x + 4sen 2x = 0 e (D2 + 4) cos 2x = 0 h(x) = e3x(A·cos 2x + B sen·2x) (D2 – 6D + 13) com A e B constantes. (D2 – 6D + 13)[e3x(A·cos 2x + B·sen 2x)] = 0 h(x) = x2 + sen (2x) (D5 + 4D3)[x2 + sen (2x)] = = D5(x2) + D5[sen (2x)] + 4D3(x2) + 4D3[sen (2x)] = 0 D3(D2 + 4) ou (D5 + 4D3) Quadro 5.2 – Exemplos de operadores diferenciais Fonte: Elaboração da autora (2011). Unidade 5 equacoes_diferenciais.indb 155 155 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Fazendo uma reflexão sobre os exemplos do quadro anterior, é fácil fazer conjecturas que podem ser comprovadas. Por exemplo: 1. As funções exponenciais do tipo h(x) = eαx têm como operador que anula D – α. Se h(x) = xeαx vamos ter (D – α)2. 2. As funções polinomiais de grau n têm como operador que anula Dn+1. 3. As funções trigonométricas seno e cosseno estão relacionadas com operadores que geram raízes complexas conjugadas. 4. Sempre que temos a soma de funções de tipos diferentes, vamos ter o produto dos operadores de cada parcela. 5. Outros operadores que anulam a função dada podem ser definidos, mas nos interessa o operador de menor grau. Um exemplo bem típico é o das funções polinomiais. Como vamos aplicar a ideia de operadores que se anulam? A solução geral da equação diferencial linear não homogênea tem a forma y = yh + yp, sendo que y = C1y1 + C2y2 + … + Cnyn e a solução geral da Homogênea Associada e yp é uma solução particular da equação não homogênea. Vamos aplicar o operador que anula para encontrar uma equação homogênea. Em seguida, vamos aplicar a quarta característica das equações não homogêneas, citadas na seção 1, para alicerçar os procedimentos do método dos coeficientes a determinar. Veja, a seguir, o roteiro de resolução para aplicar o método dos coeficientes a determinar. 156 equacoes_diferenciais.indb 156 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Roteiro de Resolução 14 1. Constatar que você está diante de uma equação diferencial linear de ordem superior que pode ser escrita como Ly = h(x). 2. Identificar o operador diferencial, L1, que anula h(x). 3. Aplicar o operador L1 na equação para encontrar a equação homogênea L1Ly = 0. 4. Resolver a equação L1Ly = 0, usando o roteiro de resolução 13. 5. A equação geral obtida tem o formato da equação geral da equação inicial Ly = h(x), entretanto, temos constantes (coeficientes) que precisam ser determinados. Assim, nesse passo, devemos identificar quais os coeficientes devem ser determinados (usar a propriedade de que y = yh + yp). 6. Formalizar a expressão da solução geral da equação homogênea associada (yh). 7. Formalizar a expressão que identifica a solução particular yp e aplicá-la na equação inicial Ly = h(x), para obter um sistema de equações algébricas que tem como variáveis os coeficientes a determinar. 8. Calcular o sistema para encontrar os valores numéricos dos coeficientes da solução yp. 9. Formalizar a solução geral na forma y = yh + yp. Exemplos Resolver a equação y’’ – 7y’ + 12y = 3e–x. Inicialmente, temos a equação escrita na forma de operadores fatorados: (D2 – 7D + 12)y = 3e–x (D – 3)(D – 4)y = 3e–x O operador que anula h(x) = 3e–x é o operador (D + 1). Observar que a constante 3, a qual está multiplicando a função exponencial, não altera a escolha do operador que anula. Unidade 5 equacoes_diferenciais.indb 157 157 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Vamos aplicar o operador que anula: (D – 3)(D – 4)y = 3e–x (D + 1)(D – 3)(D – 4)y = (D + 1)3e–x (D – 3)(D – 4)(D + 1)y = 0 Em acordo com o passo 4, resolve-se essa equação obtida, que é homogênea de terceira ordem, com três raízes reais e diferentes 3, 4 e –1. Assim, a solução geral é: y = C1e3x + C2e4x + C3e–x. Ao comparar esse resultado com a expressão y = yh + yp, podemos identificar que: ou seja: yh = C1e3x + C2e4x yp = C3e–x Procure não associar ordem nas parcelas da soma da solução geral de L1Ly = 0, procure lembrar sempre da definição de yh como sendo a solução geral da equação homogênea associada [(D – 3)(D – 4)y = 0]. Agora, é preciso determinar o coeficiente da solução yp = C3e–x, no caso o valor de C3. Vamos fazer a derivada até segunda ordem e aplicar na equação inicial y’’ – 7y’ + 12y = 3e–x. Temos: yp = C3e–x yp’ = –C3e–x yp’’ = C3e–x 158 equacoes_diferenciais.indb 158 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais y’’ – 7y’ + 12y = 3e–x C3e–x + 7C3e–x + 12C3e–x = 3e–x 20C3e–x = 3e–x 20C3 = 3 C3 = Assim, a função yp = C3e–x é reescrita como yp = e–x. A solução geral é dada por y = C1e3x + C2e4x + e–x. (2) Resolver a equação y’’ – y = x2 – 2 A equação pode ser reescrita na forma de operadores fatorados (D – 1)(D + 1)y = x2 – 2. O operador que anula h(x) = x2 – 2 é D3. Então, D3(D2 – 1)y = 0 Solução geral: y = C1ex + C2e–x + C3 + C4x + C5x2 Sendo yh = C1ex + C2e–x vamos identificar yp = C3 + C4x + C5x2. Cálculo dos coeficientes: yp = C3 + C4x + C5x2 yp’ = C4 + 2C5x yp’’ = 2C5 Substituindo na equação inicial y’’ – y = x2 – 2 vem: 2C5 – C3 – C4x – C5x2 ≡ x2 – 2 Observe que, agora, teremos uma equivalência estabelecida, pois temos três coeficientes para determinar. Montamos o sistema a partir da relação de equivalência, lembrando que estamos fazendo uma comparação entre os termos semelhantes no momento de estabelecer o sistema. Unidade 5 equacoes_diferenciais.indb 159 159 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Resolvendo o sistema obtemos: C5 = –1; C4 = 0 e C3 = 0, assim, yp = –x2. A solução geral da equação inicial dada é y = C1ex + C2e–x – x2. (3) Resolver (D2 – 1)y = sen x + e3x. O operador que anula é L1 = (D2 + 1)(D – 3). Aplicando na equação, vamos obter: (D2 + 1)(D – 3)(D2 – 1)y = 0. A solução geral obtida é: y = C1ex + C2e–x + C3e3x + C4sen x + C5cos x A solução da equação homogênea associada é dada por yh = C1ex + C2e–x. Assim, vamos ter que yp = C3e3x + C4sen x + C5cos x. Para o cálculo dos coeficientes a serem determinados vamos ter: yp = C3e3x + C4sen x + C5cos x. yp’ = 3C3e3x + C4cos x – C5sen x. yp’’ = 9C3e3x – C4sen x – C5cos x. Substituindo na equação inicial (D2 – 1)y = sen x + e3x vem, 9C3e3x – C4sen x – C5cos x – C3e3x – C4sen x – C5cos x ≡ sen x + e3x ou (9C3 – C3)e3x + (–C4 – C4)sen x + (–C5 – C5)cos x ≡ sen x + e3x 160 equacoes_diferenciais.indb 160 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Da equivalência obtida, vamos estabelecer o sistema que propicia o cálculo dos coeficientes: Então, yp = e3x – sen x E a solução geral é y = C1ex + C2e–x + e3x – sen x. Método da variação dos parâmetros As bases conceituais desse método são similares aos processos das equações diferenciais lineares de primeira ordem. Trata-se de uma nova maneira para encontrar a solução particular (yp) que compõem a solução geral da equação diferencial linear não homogênea (y = yh + yp). Vamos mostrar as bases do método para o caso de segunda ordem e, posteriormente, usar a generalização sem formalizar uma demonstração. A equação de segunda ordem, de forma genérica, pode ser escrita como: [a 0(x)D2 + a1(x)D + a2(x)] = h(x) Devemos sempre trabalhar com a equação na sua forma normal, que é identificável por ter o coeficiente da segunda derivada igual a um. Sempre que a equação não estiver nessa forma, é possível deixá-la assim aplicando algebrismo. Veja: Unidade 5 equacoes_diferenciais.indb 161 161 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Para facilitar o manuseio, vamos fazer: Assim, a equação fica: [D2 + A1D + A 2]y = H(x) Seja yh = C1y1 + C2y2 a solução da equação linear homogênea associada. Vamos supor que yp é da forma: yp = C1(x)y1(x) + C2(x)y2(x) Precisamos determinar os valores das funções C1(x) e C2(x). Para tal, vamos fazer as derivadas de yp, até segunda ordem, para aplicar na equação. Veja: yp = C1y1 + C2y2 yp’ = C1y1’ + C2’y2 + C2y2’ + C1’y1 yp’’ = C1y1’’ + C1’y1’ + C1’y1’ + C1’’y1 + C2y2’’ + C2’y2’ + C2’y2’ + C2’’y2 Substituindo na equação: [D2 + A1D + A 2]y = H(x) C1y1’’ + 2C1’y1’ + C1’’y1 + C2y2’’ + 2C2’y2’ + C2’’y2 + + A1[C1y1’ + C1’y1 + C2y2’ + C2’y2] + A 2[C1y1 + C2y2] = H(x) ou C1[y1’’ + A1y1’ + A 2y1] + C2[y2’’ + A1y2’ + A 2y2] + + (C1’y1 + C2’y2)’ + C1’y1’ + C2’y2’ = H(x) Observe que as expressões dentro dos colchetes, que estão multiplicando C1 e C2, são iguais a zero, pois y1 e y2 são soluções particulares da homogênea associada. Dessa forma, a expressão anterior fica: [C1’y1 + C2’y2]’ + C1’y1’ + C2’y2’ = H(x). 162 equacoes_diferenciais.indb 162 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Sem perda de generalidade, vamos impor a condição C1’y1 + C2’y2 = 0. Assim, a expressão anterior fica reduzida em C1’y1’ + C2’y2’ = H(x). As funções C1(x) e C2(x) que queremos encontrar devem satisfazer o sistema: Resolvendo o sistema pela regra de Cramer, vamos ter a certeza da existência das soluções, pois temos a presença do determinante Wronskiano, W = W(y1,y2), diferente de zero. Veja o sistema na forma matricial Assim, Integrando em um intervalo de existência das funções, vamos encontrar as funções C1(x) e C2(x) Apresentamos a dedução do processo para a segunda ordem, mas é possível fazer a generalização para ordens superiores. Veja, a seguir, o roteiro de resolução para a resolução da equação diferencial linear não homogênea. Observe que o roteiro dado é mais geral e poderá ser usado para ordens superiores e, também, para casos especiais de equações cujos coeficientes não sejam constantes. Unidade 5 equacoes_diferenciais.indb 163 163 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Roteiro de Resolução 15 1. Certifique-se de que você está diante de uma equação diferencial linear de ordem superior não homogênea normalizada. 2. Se a equação é de coeficientes constantes, siga o roteiro de resolução 13 para encontrar a solução geral da equação homogênea associada. Caso não tenha coeficientes constantes, verifique se você tem em mãos uma solução encontrada por outros métodos ou apresentada como dado para a solução. Lembre-se de que essa solução será denotada por yh = C1y1 + C2y2 + … + Cnyn. 3. Fazer a suposição que a solução particular da não homogênea terá o formato yp = C1(x)y1(x) + C2(x)y2(x) + … + Cn(x)yn(x). 4. A seguir, estabelecer o sistema que permite encontrar as derivadas das funções C1(x), C2(x), …, Cn(x). 5. Resolva o sistema e obtenha a solução particular yp = C1(x)y1(x) + C2(x)y2(x) + … + Cn(x)yn(x). 6. Escrever a solução geral da equação linear não homogênea, usando y = yh + yp, sendo yh obtida em 2) e yp obtida em 5). Exemplos (1) Resolver a equação linear não homogênea y’’ + y = sec x. Observe que a equação já está normalizada. Calcula-se, então, inicialmente, yh, usando o roteiro de resolução 13 e, posteriormente, encontrar yp usando o método descrito no roteiro 15. Cálculo de yh: Temos que (D2 + 1)y = 0 é a equação homogênea associada, cujo operador tem as raízes complexas. Portanto, yh = C1sen x + C2cos x. 164 equacoes_diferenciais.indb 164 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Cálculo de yp: Iniciamos com a suposição que yp = C1(x)sen x + C2(x)cos x Vamos estabelecer o sistema: Resolvendo temos: Assim, Portanto, yp = x sen x + ln|cos x|cos x A solução geral é y = C1sen x + C2cos x + x sen x + ln|cos x|cos x (2) Resolver a equação diferencial linear com coeficientes variáveis xy’’ + y’ = x + 1, tendo como dado a solução geral da homogênea associada yh = C1 + C2ln|x|. Unidade 5 equacoes_diferenciais.indb 165 165 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Inicialmente, precisamos deixar a equação normalizada. Veja: A equação homogênea associada é dada por: y’’ + y’ = 0, que tem como solução geral a função yh = C1 + C2ln|x|. Veja que a solução yh nos dá a forma da equação yp: yp = C1(x) + C2(x) ln|x| O sistema fica: Resolvendo o sistema vamos ter: C1’ = x + 1 C2’ = –(x + 1) ln|x| Integrando temos: Substituindo na solução particular vamos ter: yp(x) = + x Assim, a solução geral é dada por: y = C1 + C2 ln|x| + + x. Na seção seguinte, analisamos um tipo especial de equação linear com coeficientes variáveis. 166 equacoes_diferenciais.indb 166 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Seção 3 – Equações de Cauchy‑Euler Esta equação é sempre lembrada, pois pode ser resolvida por um método descoberto por Euler. É uma equação diferencial linear a coeficientes variáveis não homogêneos, da forma: Sendo que a, a 0, a1, a2, …, an e b são constantes. Esta equação é resolvida reduzindo-a a uma linear de coeficiente constante, por meio da transformação ax + b = aet. Outros métodos podem ser estabelecidos, mas, nesse texto, vamos apenas discutir o método que foi historicamente formalizado por Euler. Roteiro de Resolução 16 1. Identificar que a equação dada é uma Equação de Cauchy-Euler. 2. Aplicar a substituição ax + b = aet, desenvolvendo a diferenciação implícita para concluir que: ax + b = aet a dx = aet dt ⇒ = e–t 3. Preparar as derivadas em função da substituição proposta, fazendo: A preparação das derivadas vai requerer o uso sistemático da regra da cadeia, que foi apresentada no Cálculo I. De maneira análoga podemos obter: E, assim, sucessivamente, para as demais derivadas em função da ordem da equação que está sendo trabalhada. Unidade 5 equacoes_diferenciais.indb 167 167 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina 4. Fazer todas as substituições na equação, inclusive no termo h(x), simplificar e constatar que vamos ficar diante de uma equação linear de coeficientes constantes nas variáveis y e t. 5. Resolver a equação obtida e retornar à variável inicial, fazendo a substituição ax + b = aet Exemplos (1) Resolver a equação (2x + 1)2y’’ – 2(2x + 1)y’ – 12y = 6x. A equação dada é de Cauchy-Euler. Observe que o expoente de cada um dos coeficientes deve coincidir com a ordem da derivada do respectivo termo. Vamos, então, considerar a transformação 2x + 1 = 2et 2 dx = 2et dt = e–t ∴ As derivadas deverão ser substituídas por: = e–t ( = – )e –2t Além disso, vamos precisar substituir o h(x) = 6x = 6· = 3(2et – 1). 168 equacoes_diferenciais.indb 168 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Na equação temos: Obtemos uma equação linear não homogênea a coeficientes constantes em y e t. Podemos escrever na forma de operadores: (4D2 – 8D – 12)y = 6et – 3. A equação homogênea associada, (4D2 – 8D – 12)y = 0, tem como solução geral yh = C1e–t + C2e3t. O operador que anula 6et – 3 é L1 = D(D – 1). De fato: D(D – 1)(6et – 3) = D(6et – 6et + 3) = 0, assim podemos escrever D(D – 1)(4D2 – 8D – 12)y = 0 A solução geral tem o formato y = C1e–t + C2e3t + C3et + C4. Ao comparar com y = yh + yp, vamos ter que: yp = C3et + C4 yp’ = C3et yp’’ = C3et Substituindo na equação vem: 4C3et – 8C3et – 12(C3et + C4) ≡ 6et – 3 4C3et – 8C3et – 12C3et – 12C4 ≡ 6et – 3 Unidade 5 equacoes_diferenciais.indb 169 169 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Da equivalência obtida vamos obter os valores das constantes C3 = – e C4 = . A solução geral é y = C1e–t + C2e3t – et + . A solução de Cauchy-Euler é dada por: Síntese Nesta unidade, discutimos as equações lineares, consideradas por todos os autores como a mais importante no estudo das equações diferenciais. Essa importância é devida pela sua aplicabilidade na modelagem de diferentes situações, em diferentes áreas do conhecimento. É importante salientar que outros métodos podem ser usados com o uso de outras ferramentas, como séries e transformada de Laplace. 170 equacoes_diferenciais.indb 170 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Atividades de autoavaliação 1) Verificar se o conjunto de funções {ex, sen 2x, cos 2x} são soluções LI da equação y’’’ – y’’ + 4y’ – 4y = 0. 2) Resolver as seguintes equações: a) y’’’ + 3y’’ – 4y’ – 12y = 0 b) y IV + y’’’ – 3y’’ – 5y’ – 2y = 0 c) y’’ + y = 0 d) y(4) – 13y’’ + 36y = 0 e) y’’’ + 2y’’ – 5y’ – 6y = 0 f) y(4) – y = 0 g) y’’ – y’ + y = 0 h) y(4) + y’’’ – 3y’’ – 5y’ – 2y = 0 3) Encontrar a solução particular da equação diferencial (D – 1)(D + 2)y = 0, sabendo que y(0) = 7 e y’(0) = – 5. 4) Resolver y’’ – 3y’ + 2y = 0 Sujeita a: y(0) = 1 e y(1) = 0. 5) Indicar o operador que anula cada uma das seguintes funções no conjunto dos números reais: a) h(x) = sen (3x) + e–x b) h(x) = xex + x2 c) h(x) = ex sen (2x) Unidade 5 equacoes_diferenciais.indb 171 171 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina 6) Resolver as seguintes equações usando o método dos coeficientes a determinar: a) y’’ – 4y’ + 4y = 8e2x b) y’’’ – 2y’’ = 3x2 – 2x + 1 c) y’’ + 3y’ = ex d) y’’ – 4y’ = xe4x e) y’’ = 9y + 4 f) y’’ + y’ – 2y = 8 sen 2x 7) Resolver as seguintes equações usando o método da variação dos parâmetros: a) y’’ – 7y’ + 10y = 8e 2x b) y’’ – 3y’ + 2y = ex sen x 8) Sabendo que y1 = x2 e y2 = x3 formam um conjunto fundamental de soluções da equação x2y’’ – 4xy’ + 6y = 0 em (0,+∞), encontrar a solução geral para x2y’’ – 4xy’ + 6y = . 9) Sabendo que y1 = x e y2 = x ln x formam um conjunto fundamental de soluções da equação x2y’’ – xy’ + y = 0 em (0,+∞), encontrar a solução geral para x2y’’ – xy’ + y = 4x ln x. 10) Resolver as seguintes equações de Cauchy-Euler: a) x2y’’ – 2xy’ + 2y = 3x b) (x – 1)3y’’’ + 2(x – 1)2y’’ – 4(x – 1)y’ + 4y = 4 ln (x – 1) 172 equacoes_diferenciais.indb 172 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Saiba mais Para quem deseja obter mais detalhes sobre o uso das séries e das transformadas de Laplace para resolver equações lineares, sugerimos o livro de William E. Boyce e Richard C. Di Prima, com o título Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno, da Editora LTC. Na quinta edição, esses temas estão contemplados nos capítulos 5 e 6. Unidade 5 equacoes_diferenciais.indb 173 173 28/03/12 11:11 equacoes_diferenciais.indb 174 28/03/12 11:11 UNIDADE 6 Noções finais no estudo das equações diferenciais Objetivos de aprendizagem Identificar diferentes tipos de sistemas de equações diferenciais. Resolver sistemas de equações diferenciais lineares. Identificar tipos de equações diferenciais parciais. Discutir soluções de tipos especiais de equações parciais. 6 Seções de estudo equacoes_diferenciais.indb 175 Seção 1 Noções sobre sistemas de equações diferenciais Seção 2 Noções sobre equações diferenciais parciais 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Para início de estudo Os conteúdos relativos aos sistemas de equações diferenciais e relativos às equações diferenciais parciais são apresentados de forma bastante elementar, pois o nosso objetivo é apresentar as noções básicas. Os sistemas de equações diferenciais aparecem naturalmente em problemas que envolvem diversas variáveis dependentes, sendo que cada uma das funções envolvidas são funções de uma única variável independente. Dessa forma, é fundamental que saibamos sempre qual letra está simbolizando as variáveis dependentes e qual letra está simbolizando a variável independente. Já no contexto das equações diferenciais parciais, vamos ter a situação de diversas variáveis independentes caracterizando, assim, a existência das derivadas parciais. Equações famosas da física podem ser citadas como exemplos de equações diferenciais parciais, como a equação da onda, a da condução do calor e a de Laplace. Dessa forma, vamos, nesta unidade, trilhar por caminhos que exigem muita atenção, em função do uso de diversas variáveis. Concentre-se e siga em frente com seus estudos. Lembre-se de que você pode sempre contar com seu professor virtual! Seção 1 – Noções sobre sistemas de equações diferenciais Vamos focar os estudos dos sistemas de equações diferenciais lineares. Para tal, será importante que você revise a resolução de sistemas, buscando seus estudos no contexto da álgebra linear. Inicialmente, veja como podemos apresentar os sistemas diferenciais de primeira ordem. 176 equacoes_diferenciais.indb 176 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Forma implícita Observe que temos n funções em x e a relação entre elas e suas derivadas está apresentada de forma implícita. Exemplo Veja que neste exemplo vamos ter as funções y e z como funções de x. Forma explícita ou normal Observe que agora as derivadas de primeira ordem das n funções foram explicitadas. Unidade 6 equacoes_diferenciais.indb 177 177 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Exemplo Vamos apresentar o exemplo anterior na forma normal, explicitando as derivadas. Forma simétrica Observe que é uma maneira não usual na álgebra, comum para representar um sistema. Nesta representação, podemos escolher qual variável será considerada como independente. Exemplo Podemos reescrever este sistema reunindo duas a duas igualdades de forma conveniente. Veja: ou seja, temos a forma explícita: 178 equacoes_diferenciais.indb 178 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Os sistemas de equações diferenciais lineares podem ser apresentados com a notação de operadores. Exemplo Essa notação nos permite manusear os sistemas de equações diferenciais lineares de modo similar aos sistemas algébricos lineares. Como resolver os sistemas de equações diferenciais lineares? Resolvem-se os sistemas de equações diferenciais lineares que tem o número de funções incógnitas de uma mesma variável independente, iguais ao número de equações dadas. Nesse caso, dizemos que estamos diante de um sistema canônico. A solução geral de um sistema com n equações será apresentada como um conjunto de n funções. Vamos usar a representação de operadores e aplicar todos os métodos e procedimentos de resolução das equações diferenciais. Além disso, podemos usar os métodos algébricos como referência para os procedimentos metodológicos. Unidade 6 equacoes_diferenciais.indb 179 179 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Exemplos (1) Veja o exemplo que segue, no qual aplicamos procedimentos similares ao método de adição dos sistemas algébricos. Vamos reescrever usando os operadores. Veja que estamos diante de um sistema com duas equações. Queremos encontrar as funções y e z. No método da adição, adicionamos os termos semelhantes e a estratégia básica é que uma função seja eliminada. Para usar o método da adição, vamos aplicar o operador D na primeira equação. Veja, Para que a função y seja eliminada ao fazermos a soma, vamos multiplicar a primeira equação por (–1). Observe que poderia ser a segunda equação, pois o objetivo é eliminar a função y. Agora, vamos fazer a soma termo a termo. 180 equacoes_diferenciais.indb 180 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Atente que –D2z + z = 0 é uma equação diferencial linear homogênea a coeficientes constantes. Para resolvê-la, usaremos o Método de Resolução 13. –D2z + z = 0 (D2 – 1)z = 0 (D – 1)(D + 1)z = 0 A solução geral é dada por z = C1ex + C2e–x Substituindo-se a função z encontrada em uma das duas equações do sistema, por exemplo, na primeira equação do sistema dado inicialmente (para ser mais ágil), vamos ter: y + Dz = sen x + cos x y + C1ex – C2e–x = sen x + cos x y = – C1ex + C2e–x + sen x + cos x Portanto, a solução do sistema dado é o conjunto de funções: z = C1ex + C2e–x y = – C1ex + C2e–x + sen x + cos x Ao resolver um sistema, procure sempre investigar procedimentos que produzem um caminho mais curto. (2) Vamos, agora, resolver um exemplo aplicando procedimentos similares à regra de Cramer. Unidade 6 equacoes_diferenciais.indb 181 181 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Vamos reescrever usando os operadores: O sistema pode ser reescrito numa forma matricial Observe que estamos lidando com operadores e, portanto, o procedimento operacional envolvido é a derivação. Com essa ressalva, podemos aplicar a Regra de Cramer de forma muito similar aos sistemas algébricos. Veja: 182 equacoes_diferenciais.indb 182 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Assim, temos as seguintes equações formalizadas: Temos três equações diferenciais lineares não homogêneas a coeficientes constantes para resolver: (D3 – 2D2 – D + 2)x = 14 cos u – 18 sen u (D3 – 2D2 – D + 2)y = 8 cos u – 8 sen u (D3 – 2D2 – D + 2)z = 3 cos u – 7 sen u Aplicando os métodos já conhecidos, vamos encontrar as soluções: x = C1eu + C2e2u + C3e–u – 5 sen u + cos u y = C4eu + C5e2u + C6e–u + sen u – cos u z = C7eu + C8e2u + C9e–u – sen u – cos u Unidade 6 equacoes_diferenciais.indb 183 183 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina A solução do sistema pode ser simplificada, pois as constantes listadas estão relacionadas. Para tal, basta substituir os resultados no sistema e constatar a relação entre elas. Podemos, então, ter: x = C1eu + C2e2u + C3e–u – 5 sen u + cos u y = – C3e2u – C2e–u + sen u – cos u z = C7eu + C3e2u + C2e–u – sen u – cos u Uma maneira para chegar a esse resultado é substituir o resultado da função x = C1eu + C2e2u + C3e–u – 5 sen u + cos u no sistema e por algebrismos encontrar as demais funções. Os mecanismos algébricos são variados assim como os caminhos para chegar à solução. Observe que estamos diante de uma resolução bastante trabalhosa, pois os cálculos são extensos. (3) Uma rede elétrica com mais de uma malha também dá origem a um sistema de equações diferenciais. Por exemplo, para o caso da Figura 6.1, vamos ter o sistema A1 C1 B1 R1 i2 i3 i1 L1 E R2 A2 B2 C2 Figura 6.1 – Circuito elétrico Fonte: Elaboração da autora (2011). 184 equacoes_diferenciais.indb 184 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Em geral, nesses problemas, vamos ter condições iniciais para uma resposta particularizada, sem constantes arbitrárias. A resolução desse tipo de problema tem uma solução mais rápida com o uso de ferramentas do Cálculo, não discutidas nessa nossa disciplina, que são as transformadas de Laplace. Podemos resolver um sistema apresentado na forma simétrica? Para encerrar essa seção, veja, a seguir, alguns exemplos de resolução de sistemas de equações apresentados na forma simétrica. Alguns casos são relativamente simples, mas, em outros casos, vamos ter que usar procedimentos mais sofisticados para resolver. Exemplos (1) Veja a resolução do sistema = = Podemos reescrever como: O que nos leva à resolução de duas equações diferenciais independentes uma da outra. Unidade 6 equacoes_diferenciais.indb 185 185 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Para a primeira equação temos: Para a segunda equação temos: = = 2x dx – y dy = 0 3 dy – 2 dz = 0 ∫ 2x dx – ∫ y dy = C ∫ 3 dy – ∫ 2 dz = C x2 – 3y – 2z = C2 1 = C1 2 Assim, as funções implícitas que seguem formam o conjunto solução do sistema dado. x2 – = C1 3y – 2z = C2 (2) Veja, agora, a resolução do sistema Vamos reescrever nas equações: Resolvendo a primeira equação vem: = ∫ – ∫ = ln C1 ln|y| – ln|z| = ln C1 = C1 186 equacoes_diferenciais.indb 186 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Para resolver a segunda equação, vamos precisar substituir o valor da variável y. Veja: 3 dx – (C1 + 2) dz = 0 ∫ 3 dx – ∫ (C + 2) dz = C 1 3x – (C1 + 2)z = C2 3x – 2 – 2z = C2 Portanto, a solução é o conjunto formado com as funções: = C1 3x – – 2z = C2 Na seção seguinte, vamos discutir aspectos introdutórios das equações diferenciais parciais. Seção 2 – Noções sobre equações diferenciais parciais As equações diferenciais parciais são aquelas que envolvem uma ou mais derivadas parciais. Devem ter, portanto, ao menos duas variáveis independentes. A ordem de uma equação diferencial parcial é a da derivada de mais alta ordem que nela figura. Unidade 6 equacoes_diferenciais.indb 187 187 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Exemplos (1) A equação x + y = z é uma equação diferencial parcial de primeira ordem. Observe que temos uma função z = f(x,y), de duas variáveis, envolvida e que representa uma solução da equação. (2) A equação + 3 + = 0 é uma equação diferencial parcial de segunda ordem. Observe a presença das derivadas de segunda ordem da função z = f(x,y). Uma equação diferencial parcial pode ter a sua origem em problemas da Física, da Engenharia e, também, em problemas geométricos. Podemos, também, visualizar a formação de uma equação parcial como resultado da eliminação de constantes arbitrárias de uma expressão que relaciona variáveis. Temos, ainda, a possibilidade de estar no contexto da eliminação de funções arbitrárias. Exemplos (1) Eliminar as constantes arbitrárias de z = ax2 + by2 + ab. Para eliminar constantes, vamos fazer as derivadas parciais da função dada. Veja: z = ax2 + by2 + ab = 2ax ⇒ a= = 2by ⇒ b= Substituindo os valores de a e b da função dada, vamos encontrar uma equação diferencial. z = ax2 + by2 + ab z= z= x2 + + y2 + + 4xyz = 2x2y + 2xy2 + 188 equacoes_diferenciais.indb 188 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais (2) Eliminar a função arbitrária de z = f(x2 + y2). Para eliminar a função arbitrária é importante visualizar a função dada z = f(x2 + y2) como uma função composta, ou seja, z = f(u) e u = x2 + y2. Vamos, então, fazer as derivadas parciais: = · = .2x = · = .2y Vamos, a seguir, fazer a divisão entre as duas derivadas encontradas. Veja: Assim, obtemos a equação x + y = 0 que é uma equação diferencial parcial de primeira ordem. Como ficam as soluções das equações diferenciais parciais? As equações diferenciais parciais podem ter soluções: geral; completa; singular. A solução geral contém funções arbitrárias. Geometricamente, representa um conjunto de superfícies que são obtidas particularizando-se as funções arbitrárias. Unidade 6 equacoes_diferenciais.indb 189 189 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina A solução completa é caracterizada por conter constantes arbitrárias. Geometricamente, a solução completa representa uma família de superfícies dependentes de dois parâmetros, sendo que cada uma das superfícies é solução da equação e se denomina superfície integral. A solução singular representa a envoltória da família de superfícies correspondente à solução completa. Dessa forma, não resulta da solução geral nem da completa, mas quando existe, em alguns casos, pode ser deduzida da solução completa a partir da eliminação das constantes a e b do sistema Observe que a ordem de uma equação diferencial parcial não está relacionada com o número de funções arbitrárias ou com o número de constantes arbitrárias. Vejamos, agora, como se apresentam as equações diferenciais parciais de primeira ordem lineares. As equações diferenciais parciais de primeira ordem lineares podem aparecer de duas formas: (1) Pp + Q q = R sendo p = ;q= e P, Q e R são funções de x, y e z. (2) sendo z = f(x,y). Observe que no caso (2), temos um sistema de equações diferenciais ordinárias na forma simétrica e as equações são chamadas de equações auxiliares. 190 equacoes_diferenciais.indb 190 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Como resolver esse tipo de equação parcial? Vamos resolver essas equações, quando possível, pelo Método de Lagrange. Nesse método, vamos considerar o sistema equações auxiliares. e as A solução encontrada é uma solução da equação parcial, desde que se tenha a suposição inicial que: u(x,y,z) = a v(x,y,z) = b sejam as soluções do sistema, sendo a e b constantes arbitrárias. Nesse caso, consideramos que b = ϕ(a) ou v = ϕ(u) é a solução geral procurada. Podemos, ainda, ter u = φ(v) ou F(u,v) = 0 onde φ e F são funções arbitrárias. Exemplos Resolver a equação y – x = 0. Esta equação pode ser reescrita como um sistema na forma simétrica. Temos: Observe que o zero no denominador, neste caso, é simbólico para efetivar a forma simétrica do sistema. Unidade 6 equacoes_diferenciais.indb 191 191 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Vamos, então, estabelecer as duas equações para serem resolvidas, usando duas relações extraídas do sistema: a) Usando as duas primeiras frações: –x dx = y dy ∫ x dx + ∫ y dy = C + =C x2 + y2 = a b) Usando a segunda e terceira fração: –x dz = 0 dz = 0 z=b (usamos a = 2C) Observe que estamos usando a e b como constantes arbitrárias. Considerando que b = ϕ(a) , assim temos a solução geral dada por z = ϕ(x2 + y2). Algumas equações são tratadas como se fossem equações diferenciais ordinárias, pois são equações parciais cujas derivadas parciais descritas na equação são apenas em relação a uma das variáveis. Nesses casos, podemos contar com os métodos de resolução já discutidos e substituir a constante de integração por uma função arbitrária da variável não visível na equação. 192 equacoes_diferenciais.indb 192 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Exemplos (1) Resolver a equação diferencial parcial x = x + 2y + 2z. Considerando-se que a derivada parcial visível é em relação a x, vamos trabalhar inicialmente com essa equação, como se fosse a equação diferencial ordinária x = x + 2y + 2z x = x + 2y + 2z = 1 + 2 + 2 – z = 1 + 2 A expressão encontrada é uma equação diferencial linear de primeira ordem não homogênea. Podemos resolvê-la pelo método da variação dos parâmetros. Vamos escrever a equação homogênea associada e resolvê-la. u’ – u = 0 – 2 ∫ =0 – 2∫ = ln C ln|u| – 2 ln|x| = ln C ln (u×x–2) = ln C u= = Cx2 Agora, particularizamos a solução encontrada fazendo C = 1. Temos, então: u1 = x2 Unidade 6 equacoes_diferenciais.indb 193 193 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Na sequência, encontramos a função v = v(x) usando a fórmula . Veja: Observe que já colocamos a constante arbitrária que será convertida em uma função arbitrária. Temos a solução geral: Para finalizar, observe alguns tipos de equações diferenciais consideradas famosas, pois servem de modelos para vários fenômenos da Física e das Engenharias. Destacamos: a) Equação da condução do calor: k = para k > 0. Essa equação aparece na teoria do fluxo de calor, ou seja, o calor transferido por condução em uma haste ou fio delgado. A função u = u(x,t) é temperatura. b) Equação da propagação das ondas: a2 = . Essa equação modela, por exemplo, problemas de vibrações mecânicas. Podemos, de forma simples, dizer que a função u = u(x,t), nesse caso, significa o deslocamento de uma corda ideal. c) Equação de Laplace: + = 0. Essa equação pode representar a modelagem da distribuição de temperatura em uma placa delgada bidimensional, considerada de estado estacionário, ou seja, não depende do tempo. 194 equacoes_diferenciais.indb 194 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais A resolução dessas equações envolve um método denotado como método de separação das variáveis, que não será aqui discutido, pois é parte integrante de um curso que tem como objetivos discutir apenas as equações diferenciais parciais. Durante os dois últimos séculos, diversos métodos foram desenvolvidos para resolver equações diferenciais parciais. O método da separação de variáveis é um método bastante antigo usado por D’Alembert, Daniel Bernoulli e Euler, nas investigações das ondas e das vibrações, por volta de 1750. Posteriormente novos estudos trouxeram refinamentos e generalizações, daí o fato de ser usado até os dias atuais (BOYCE e DI PRIMA, 1994). Ao encerrarmos esta unidade, lembramos que ao usar uma equação diferencial parcial para modelar problemas físicos ou de engenharia, estamos sempre diante de problemas que envolvem as condições iniciais e as condições de contorno. Ao discutir esses problemas, é usual aplicar novas ferramentas matemáticas como as Transformadas de Laplace e as Séries de Fourier, encontrados em livros de Cálculo Avançado. Síntese Nesta unidade, você estudou, de forma bastante resumida, os sistemas de equações diferenciais lineares e as equações diferenciais parciais. A complexidade dos cálculos em termos de tempo de operacionalização ou em funções das sofisticadas aplicações, levou-nos à apresentação apenas de noções básicas. Essas noções deverão suscitar novos estudos, caso haja o interesse específico para esses temas. Unidade 6 equacoes_diferenciais.indb 195 195 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Atividades de autoavaliação 1) Resolver os seguintes sistemas de equações diferenciais: a) c) b) d) 2) Seja a rede elétrica da Figura 6.2, cuja modelagem é dada por , encontrar a função i1 = i2 + i3, , sabendo-se que: R = 5 ohms L1 = 0,01 henry L2 = 0,0125 henry E = 100 volts com as condições i2(0) = i3(0) = 0. i1 E R i3 i2 L1 L2 Figura 6.2 – Circuito do Problema (2) Fonte: Elaboração da autora (2011). 196 equacoes_diferenciais.indb 196 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais 3) Eliminar as constantes arbitrárias a, b, c de z = ax + by + cxy para encontrar uma equação diferencial parcial. Procure investigar várias opções. 4) Eliminar a função arbitrária de z = f(x2 + y2) para encontrar uma equação diferencial parcial. 5) Resolver as seguintes equações parciais: a) x2 + y2 = z2 b) – 5 + 6z = 12x c) = x2 + y2 Saiba mais Para ampliar os estudos dos dois temas apresentados nesta unidade, recomendamos o livro de Equações Diferenciais (Volume 2) de Zill e Cullen, da Editora Pearson Makron Books, de 2001. Unidade 6 equacoes_diferenciais.indb 197 197 28/03/12 11:11 equacoes_diferenciais.indb 198 28/03/12 11:11 Para concluir o estudo Prezados Alunos Esta é uma disciplina da última fase do seu curso e envolve um conteúdo que exige os conhecimentos do Cálculo Diferencial e Integral. Alguns problemas foram apresentados com o objetivo de mostrar aplicações. Entretanto, reconhecemos que a amostra apresentada é muito pequena em função das aplicações nesta área que crescem a cada dia. Para um pesquisador que se dedica à modelagem de fenômenos das Engenharias e de muitas outras áreas, usar essa poderosa ferramenta é uma escolha acertada, principalmente quando os problemas envolvem taxas de variações. Estamos concluindo essa disciplina com a sensação de incompletude, principalmente no contexto das equações diferenciais parciais e, também, no contexto das aplicações práticas. No entanto, estamos cumprindo o que foi proposto na ementa da disciplina. Estamos, também, seguindo as orientações metodológicas do curso que indica o estudo básico e amostras de caminhos futuros. Temos a certeza de que você, enquanto um estudante autônomo, terá condições de avançar em seus estudos a partir das discussões apresentadas. Resta-me apenas deixar um abraço carinhoso e o desejo sincero de muito sucesso em sua vida profissional. Um grande abraço! Profª. Diva Marília Flemming equacoes_diferenciais.indb 199 28/03/12 11:11 equacoes_diferenciais.indb 200 28/03/12 11:11 Referências ABUNAHMAN, S. A. Equações diferenciais. Rio de Janeiro: LTC, 1986. AYRES JR. F. Equações diferenciais. 2. ed. São Paulo: Makron Books, 1994. BOYCE, W. E.; DIPRIMA, R. C. Equações diferenciais elementares e problemas de valores de contorno. 6. ed. Rio de Janeiro: Livros Técnicos e Científicos, 1999. BOYER, C. B. História da matemática, 3. ed. São Paulo: Edgard Blücher, 2010. EVES, H. Introdução à história da matemática. Campinas: Unicamp, 1995. MAURER, W. A. Curso de cálculo diferencial e integral. Vol. 4. São Paulo: Edgar Blucher, 1975. STEWART, J. Cálculo. Vol. II. São Paulo: Thomson, 2004. ZILL, D. G.; CULLEN, M. R. Equações diferenciais. Vol. 1 e 2. São Paulo: Makron Books, 2001. equacoes_diferenciais.indb 201 28/03/12 11:11 equacoes_diferenciais.indb 202 28/03/12 11:11 Sobre a professora conteudista Diva Marília Flemming é doutora em Engenharia de Produção pela Universidade Federal de Santa Catarina (UFSC). É mestre em Matemática Aplicada e graduada em Matemática, ambos pela UFSC. Aposentada como professora pela UFSC, atualmente é professora e pesquisadora na Universidade do Sul de Santa Catarina (UNISUL). No contexto do ensino de Matemática, tem desenvolvido suas atividades na Unisul com alunos dos cursos de Engenharia e de Matemática. É autora de livros de Cálculo Diferencial e Integral, adotados em vários estados do Brasil. Como pesquisadora, no Núcleo de Estudos em Educação Matemática (NEEM– UNISUL), dedica-se à Educação Matemática com ênfase nos recursos tecnológicos. Sua atual paixão profissional está nos desafios da educação a distância, realizando experimentos na formação de professores de Matemática. Atualmente, coordena, na UnisulVirtual, o curso de Matemática – Licenciatura. É autora de vários livros didáticos utilizados na UnisulVirtual. equacoes_diferenciais.indb 203 28/03/12 11:11 equacoes_diferenciais.indb 204 28/03/12 11:11 Respostas e comentários das atividades de autoavaliação Observação: Lembre-se de que ao conferir os seus exercícios, temos caminhos diferentes que podem ser seguidos para encontrarmos as soluções. Dessa forma, não considere as soluções que seguem como a única maneira de desenvolver as suas atividades de autoavaliação. Sempre que tiver dúvidas, recorra ao seu professor no EVA. UNIDADE 1 1) a) De fato a função y = 1 + 2x–2 é solução particular da equação x 3y’’’ + 2x2y’’ – 6xy’ = 0. Veja: y’ = –4x–3 y’’ = 12x–4 y’’’ = –48x–5 x3(–48x–5) + 2x2(12x–4) – 6x(–4x–3) = 0 –48x–2 + 24x–2 + 24x–2 = 0 –48x–2 + 48x–2 = 0 0 = 0. b) De fato, a função y = Cex é solução geral da equação – y = 0. Veja: y = Cex y’ = Cex Na equação temos Cex – Cex = 0. equacoes_diferenciais.indb 205 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina c) De fato, a função y = C1e2x + C1e–x é solução geral da equação y’’ – y’ – 2y = 0. Veja: y = C1e2x + C2e–x y’ = 2C1e2x – C2e–x y’’ = 4C1e2x + C2e–x. Substituindo na equação temos: y’’ – y’ – 2y = 0 4C1e2x + C2e–x – 2C1e2x + C2e–x – 2(C1e2x + C2e–x) = 0 0 = 0 2) a) (2x – 1)dx – y2 dy = 0 ∫ (2x – 1)dx – ∫ y dy = C 2 2 – x – x2 – x – = C = C. b) y2 dx – x2 dy = 0 Sendo que –C = C. 206 equacoes_diferenciais.indb 206 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais c) ydx – xdy = 0 – = 0 ∫ – ∫ = C ln|x| – ln|y| = C | | = C ln| | = ln C ln = C ∴ x = Cy d) cotg x dy + ydx = 0 e) (ex + e–x) = 207 equacoes_diferenciais.indb 207 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina f) (yx2 +y)dx + (x2 + x – 2)dy = 0 3) dx – e3xdy = 0 – dy = 0 ∫ ∫e –3x – ∫ dy = C1 dx – ∫ dy = C1 – e–3x – y = C1 e–3x + 3y = –3C1 e–3x + 3y = C. A solução geral é dada por e–3x + 3y = C ou . Para a solução particular temos: e–3x + 3y = C e–3×4/3 + 3×0 = C C = e–4. Assim, a solução particular é dada por e–3x + 3y = e–4 ou . A figura que segue mostra a família de curvas da solução geral com o destaque para a solução particular encontrada com as condições iniciais dadas. 208 equacoes_diferenciais.indb 208 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais (4) Vamos usar A = A(t) para denotar a quantidade de plutônio remanescente no instante t. Estamos diante do problema de valor inicial: Resolver: = kA Sujeito a: A(0) = A0 e A(15) = 0,99957A0. Observe que estamos considerando que se 0,043% se desintegrou, sobraram 99,957% da substância. Daí o valor de A(15) = 0,99957A0. Vamos resolver a equação diferencial = kA. – kdt = 0 ∫ – ∫ kdt = ln C ln|A| – kt = ln C ln|A| – ln C = kt ln = kt = ekt A = Cekt ∴ Para as condições iniciais dadas temos: A = Cekt A0 = Cek×0 ∴ C = A0. 209 equacoes_diferenciais.indb 209 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina A solução particular fica A = A0 ekt, pronta para aplicarmos a segunda condição. Veja: 0,99957A0 = A0 ek×15 0,99957 = e15k 15k = ln 0,99957 k = = –0,00002867 Assim, temos A = A0 e–0,00002867t. Para definir a solução do problema é importante ver o conceito dado no texto inicial, em que a meia-vida é o tempo t no qual A(t) = . Assim, aplicando esse resultado, vamos ter: = A0 e–0,00002867t = e–0,00002867t ln = –0,00002867t t = ≅ 24176,74 anos. UNIDADE 2 ( ) 1) x sen – y cos dx + x cos dy = 0 Esta equação é homogênea, veja: M(x,y) = x sen – y cos ⇒ M(tx,ty) = tx sen – ty cos ( = t x sen – y cos = t M(x,y) N(x,y) = x cos ⇒ ( N(tx,ty) = tx cos = t x cos = t N(x,y) ) ) As funções M e N são homogêneas de mesmo grau. 210 equacoes_diferenciais.indb 210 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Vamos aplicar a substituição: y = ux ⇒ dy = udx + xdu. (x sen – ux cos )dx + x cos (udx + xdu) = 0 (x sen u – ux cos u)dx + ux cos u dx + x2cos u du = 0 x(sen u – u cos u + u cos u)dx + x2cos u du = 0 x sen u dx + x2cos u du = 0 + ∫ du = 0 + ∫ du = ln C ln|x| + ln|sen u| = ln C x sen u = C. Vamos retornar às variáveis inicias para concluir a solução geral da equação dada. Veja: x sen u = C x sen = C. 2) (3xy + y2 + x2)dx + xy dy = 0 Estamos diante de uma equação homogênea. M(x,y) = 3xy + y2 + x2 ⇒ M(tx,ty) = 3txty + (ty)2 + (tx)2 = t 2(3xy + y2 + x2) = t 2 M(x,y) N(x,y) = xy ⇒ N(tx,ty) = txty = t 2xy = t 2 N(x,y) As funções M e N são homogêneas de mesmo grau. 211 equacoes_diferenciais.indb 211 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Vamos aplicar a substituição: y = ux ⇒ dy = udx + xdu. Vamos retornar às variáveis inicias para concluir a solução geral da equação dada. Veja: 3) (2x – y)dx + (1 – x)dy = 0 Estamos diante de uma equação exata. Veja: M(x,y) = 2x – y ⇒ = –1 N(x,y) = 1 – x ⇒ = –1 Vamos, então, resolver o sistema: 212 equacoes_diferenciais.indb 212 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Usando a primeira equação temos: = 2x – y u = ∫(2x – y)dx + C(y) u = x2 – yx + C(y) Aplicando esse resultado na segunda equação temos: = 1 – x –x + C’(y) = 1 – x C’(y) = 1 C(y) = ∫ dy = y + C Dessa forma, a função potencial é dada por u = x2 – yx + y + C e a solução geral é dada por x2 – yx + y = C. 4) (2 cos x + 2xy)dx + x2dy = 0 Estamos diante de uma equação exata. Veja: M(x,y) = 2 cos x + 2xy ⇒ = 2x N(x,y) = x2 ⇒ = 2x Vamos, então, resolver o sistema: Usando a primeira equação temos: = 2 cos x + 2xy u = ∫ (2 cos x + 2xy)dx + C(y) u = 2 sen x + yx2 + C(y) 213 equacoes_diferenciais.indb 213 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Aplicando esse resultado na segunda equação temos: = x2 x2 + C’(y) = x2 C’(y) = 0 ⇒ C(y) = C. Dessa forma, a função potencial é dada por u = 2 sen x + yx2 + C e a solução geral é dada por 2 sen x + yx2 = C. ( 5) 2 + ln x + 2 )dx = (1 – 2 ln x)dy A equação pode ser reescrita como (2 + ln x + 2 )dx – (1 – 2 ln x)dy = 0 Estamos diante de uma equação exata. Veja: M(x,y) = 2 + ln x + 2 ⇒ = N(x,y) = –1 + 2 ln x ⇒ = Vamos, então, resolver o sistema: Usando a segunda equação temos: = –1 + 2 ln x u = ∫(–1 + 2 ln x)dy + C(x) u = –y + 2(ln x)y + C(x) Aplicando esse resultado na primeira equação temos: = 2 + ln x + 2 2y + C’(x) = 2 + ln x + 2 C’(x) = 2 + ln x ⇒ C(x) = ∫(2 + ln x)dx = 2x + x ln x – x + C. 214 equacoes_diferenciais.indb 214 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Dessa forma, a função potencial é dada por u = –y + 2(ln x)y + 2x + x ln x – x + C e a solução geral é dada por –y + 2(ln x)y + 2x + x ln x – x = C, ou –y + 2y lnx + x – x ln x = C 6) y(x + y + 1)dx + (x + 2y)dy = 0 Essa equação não é homogênea nem exata, vamos resolver por fator integrante. M(x,y) = yx + y 2 + y ⇒ = x + 2y + 1 N(x,y) = x + 2y ⇒ = 1 Vamos usar a expressão ( – ) para verificar a possibilidade da existência do fator integrante. Temos, ( – ) = (x + 2y + 1 – 1) = 1, como é um valor constante não depende de y, portanto, podemos encontrar o fator integrante usando a fórmula estabelecida na unidade 2. Veja: R = e∫dx = ex Aplicando o fator integrante vamos ter: y(x + y + 1)dx + (x + 2y)dy = 0 exy(x + y + 1)dx + ex(x + 2y)dy = 0 Agora, temos a igualdade entre as derivadas parciais que nos garantem que a nova equação é exata: M(x,y) = ex(yx + y2 + y) ⇒ = ex(x + 2y + 1) = xex + ex + 2yex N(x,y) = ex(x + 2y) ⇒ = xex + ex + 2yex 215 equacoes_diferenciais.indb 215 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Vamos, então, resolver o sistema: Usando a segunda equação temos: = xex + 2yex u = ∫(xex + 2yex)dy + C(x) u = xexy + exy2 + C(x) Aplicando esse resultado na primeira equação temos: = exy(x + y + 1) exy + xexy + exy2 + C’(x) = xexy + exy2 + exy C’(x) = 0 ⇒ C(x) = C. Dessa forma, a função potencial é dada por u = xexy + exy2 + C e a solução geral é dada por xexy + exy2 = C. UNIDADE 3 1) a) xy’ – (3x – 1)y = 3xe3x Estamos diante de uma equação diferencial linear não homogênea, que pode ser resolvida por um dos dois métodos apresentados na unidade 3. Vamos apresentar a resolução pelo método da variação dos parâmetros. Reescrevendo a equação temos: y’ – u = 0 u’– – ∫ y = 3e3x. dx = 0 –∫ dx = ln C ln|u| – 3x + ln|x| = ln C ln = 3x = e3x ⇒ u1 = . 216 equacoes_diferenciais.indb 216 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Vamos calcular a função sendo que h(x) = 3e3x. Veja: Assim, y = u1v y = b) sen t ( ) x2 + C . + 2r·cos t + 1 = 0 Estamos diante de uma equação diferencial linear de primeira ordem não homogênea que pode ser reescrita como Veja: Vamos calcular a função sendo que h(x) = –1. Veja: 217 equacoes_diferenciais.indb 217 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Assim, r = u1v r = (– ) t + sen 2t + C . c) 3 xy’ – 2y = Estamos diante de uma equação de Bernoulli. Vamos fazer a substituição z = y3 ∴ z’ = 3y2y’. Resolvendo a equação linear encontrada pelo método da variação dos parâmetros temos: 218 equacoes_diferenciais.indb 218 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Vamos calcular a função linear em z e x. sendo que h(x) = x2 da equação Assim, z = u1v z = x2(x + C) Voltando às variáveis da equação dada, temos a solução geral y3 = x2(x + C). d) xy’ = y + x2·sen x Reescrevendo a equação y’ – y = x sen x, podemos observar que estamos diante de uma equação diferencial linear de primeira ordem não homogênea. Veja a resolução: u’ – u = 0 ∫ – ∫ = ln C ln|u| – ln|x| = ln C u =C u1 = x. Vamos calcular a função sendo que h(x) = x sen x. = –cos x + C Podemos escrever a solução geral: y = u1v y = x (–cos x + C) 219 equacoes_diferenciais.indb 219 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina e) y’ = 9 + 6y + y2 Estamos diante de uma equação de Ricatti, sendo que p(x) = 9; q(x) = 6 e r(x) = 1. Numa investigação rápida, é possível ver que y1 = –3 é uma solução particular. Aplicando direto na expressão w’ – [q(x) + 2y1r(x)]w = r(x)w2 temos: w’ – [6 + 2×(–3)×1]w = 1w2 w’ – 0w = w2. Nesse caso, encontramos uma equação de variáveis separáveis. Veja: Precisamos retomar à variável inicial fazendo a substituição w = y – y1 ou w = y + 3. Assim, a solução geral fica: 2) A equação dada é uma equação de Bernoulli. Veja xyy’ – 3y2 – x2 = 0 y’ – y = xy–1. Vamos fazer a substituição z = y2 ∴ z’ = 2yy’. y’ – y = xy–1. y’y – yy = xy–1y – z = x z’ – z = 2x. 220 equacoes_diferenciais.indb 220 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Resolvendo a equação linear encontrada pelo método da variação dos parâmetros temos: u’ – u = 0 ∫ – ∫ dx = ln C ln|u| – 6 ln|x| = ln C = C u1 = x 6. Vamos calcular a função linear em z e x. sendo que h(x) = 2x da equação Assim, Voltando às variáveis da equação dada, temos a solução geral y2 = – x2 + Cx 6. Precisamos aplicar a condição inicial dada. Veja 22 = – (–1)2 + C(–1)6 4 = – + C C = 4 + = Assim, a solução particular é y2 = – x2 + x 6. 221 equacoes_diferenciais.indb 221 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina 3) Estamos diante de uma equação de Ricatti sendo que p(x) = ex; q(x) = 1 + 2ex; r(x) = 1. Temos a equação particular dada y1 = –ex. Aplicando direto na expressão w’ – [q(x) + 2y1r(x)]w = r(x)w2 temos: w’ – [(1 + 2ex) + 2(–ex)]w = w2 w’ – w = w2 A equação obtida é uma equação de Bernoulli. Vamos, portanto, aplicar a substituição: z = w –1 ⇒ z’ = –w–2w’. Veja: w’w –2 – ww –2 = w2w –2 –z’ – z = 1 z’ + z = –1 Resolvendo a equação linear não homogênea encontrada temos: u’ + u = 0 ∫ + ∫ dx = ln C ln|u| + x = ln C = e–x u1 = e–x sendo que h(x) = –1 da equação Vamos calcular a função linear em z e x. Assim, z = u1v z = e–x(–ex + C) = –1 + Ce–x. Voltando às variáveis da equação dada em w temos a solução geral w –1 = –1 + Ce–x ⇒ = –1 + Ce–x Voltando às variáveis da equação dada inicialmente temos: = –1 + Ce–x ⇒ = –1 + Ce–x. 222 equacoes_diferenciais.indb 222 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais 4) Nesse caso, vamos usar os conhecimentos da Física relativos à queda de corpos, sujeito a uma força F = ma = mg – kmv, sendo que a é a aceleração e k é a constante de proporcionalidade. Temos assim, a equação diferencial linear não homogênea: a = g –kv = 10 – kv + kv = 10 Resolvendo temos: + ku = 0 ∫ + ∫ kdt = ln C ln|u| + kt = ln C = e–kt u1 = e–kt Vamos calcular a função sendo que h(x) = 10. Obs.: Vamos usar v* para não confundir com a velocidade! Temos: Assim, v = u1v* ( ) v = e–kt 10· ekt + C . Aplicando as condições iniciais dadas, vamos encontrar as constantes k e C. Temos: Condição 1: v(0) = 0 ( ) 0 = e–k×0 10· ek×0 + C C = – 223 equacoes_diferenciais.indb 223 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina A equação fica: ( v = e–kt 10· ekt – ) Condição 2: v(∞) = 58 ( 58 = e–kt 10· ekt – 58 = ∴ k = ) = A equação fica: Para responder ao problema, vamos encontrar o valor da velocidade para o tempo t = 10 segundos. v(10) = 58 – 58e–(5/29)10 ≅ 47,657 m /s Observar que no início outra aproximação foi usada relativa ao valor da aceleração da gravidade. UNIDADE 4 a) y = xy’2 + y’3 Observe que estamos diante da Equação da Lagrange y = xf(y’) + g(y’), sendo que f(y’) = y’2 e g(y’) = y’3. Vamos substituir y’ = p e fazer a diferencial. y = xy’2 + y’3 y = xp2 + p3 dy = 2xpdp + p2 dx + 3p2 dp pdx = 2xpdp + p2 dx + 3p2 dp. Vamos simplificar para visualizar a equação diferencial linear em x e p. pdx = 2xpdp + p2 dx + 3p2 dp (p – p2)dx = 2xpdp + 3p2 dp 224 equacoes_diferenciais.indb 224 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Estamos diante da equação linear não homogênea. + A função v(p) é dada por: . A solução é dada por . Essa expressão é a primeira equação da solução paramétrica. Aplicando o resultado em y vamos ter as equações paramétricas: b) y’2 + y = 2xy’ Estamos diante da equação de Lagrange y = 2xy’ – y’2. Vamos substituir y’ = p e fazer a diferencial. y = 2xy’ – y’2 y = 2xp – p2 dy = 2xdp + 2pdx – 2pdp pdx = 2xdp + 2pdx – 2pdp 225 equacoes_diferenciais.indb 225 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Vamos simplificar para visualizar a equação diferencial linear em x e p. Estamos diante da equação linear não homogênea. A função v(p) é dada por: A solução é dada por . Essa expressão é a primeira equação da solução paramétrica. Veja: 3 3 3 4 3 c) y – y’x = a(1 + y’2)1/2 Estamos diante da função de Clairaut y = y’x + a(1 + y’2)1/2. Vamos substituir y’ = p e fazer a diferencial. y = xp + a(1 + p2)1/2 pdx = xdp + pdx + a(1 + p2)–1/2(2p)dp [x + a(1 + p2)–1/2p]dp = 0. 226 equacoes_diferenciais.indb 226 28/03/12 11:11 Equações Diferenciais Da última expressão, podemos concluir que temos: dp = 0 ou x + a(1 + p2)–1/2p = 0 Se dp = 0 temos que p = C. Se x + a(1 + p2)–1/2p = 0 temos que . Podemos escrever a solução geral: y = xp + a(1 + p2)1/2 Podemos escrever a solução singular x2 + y2 = a2. De fato, x2 + y2 = + [xp + a(1 + p2)1/2]2 = a2. Observe os procedimentos operatórios para concluir o valor final de expressão anterior. d) y = xy’ + (1 – y’)y’ Estamos diante da equação de Clairaut y = xy’ + (1 – y’)y’. Vamos substituir y’ = p e fazer a diferencial. y = xy’ + (1 – y’)y’ y = xp + (1 – p)p pdx = xdp + pdx + dp – 2pdp (x + 1 – 2p)dp = 0 Da última expressão, podemos concluir que temos: dp = 0 ou (x + 1 – 2p) = 0 Se dp = 0 temos que p = C. Se (x + 1 – 2p) = 0 temos que x = 2p – 1. 227 equacoes_diferenciais.indb 227 28/03/12 11:11 Universidade do Sul de Santa Catarina Podemos escrever a solução geral: y = xp + (1 – p)p y = xC + (1 – C)C Podemos escrever a solução singular . De fato, y = xp + (1 – p)p e) y(4) = 2x + sen 2x Para resolver essa equação, basta fazer as integrações sucessivas. Veja: f) yn = ln (2x + 1) Para resolver essa equação, basta fazer as integrações sucessivas. Veja: y’’ = ln (2x + 1) y’ = ∫ ln (2x + 1)dx = (2x + 1) ln (2x + 1) – x + C1 y = ∫ ( ) (2x + 1) ln (2x + 1) – x + C1 dx y = (4x2 + 4x + 1) ln (2x + 1) – x(3x + 1) + C1x + C2. 228 equacoes_diferenciais.indb 228 28/03/12 11:12 Equações Diferenciais g) y’’ = 1 + y’2 p’ = 1 + p2 ∫ – ∫ dx = C1 arctg p – x = C1 tg (C1 + x) = p y’ = tg (C1 + x) y = ∫ tg (C1 + x)dx + C2 y = ln|sec (C1 + x)| + C2 UNIDADE 5 1) Inicialmente, podemos verificar que cada função representa uma solução particular. Basta fazer as derivadas sucessivas e aplicar na equação para identificar a equivalência com zero. Para a função y1 = ex y = y’ = y’’ = y’’’ = ex ex – ex + 4ex – 4ex = 0 0 = 0 Para a função y2 = sen 2x y2’ = 2 cos 2x; y 2’’ = –4 sen 2x; y2’’’ = –8 cos 2x; y’’’ – y’’ + 4y’ – 4y = 0 –8 cos 2x + 4 sen 2x + 8 cos 2x – 4 sen 2x = 0 0 = 0 Para a função y3 = cos 2x y3’ = –2 sen 2x; y3’’ = –4 cos 2x; y3’’’ = 8 sen 2x; y’’’ – y’’ + 4y’ – 4y = 0 8 sen 2x + 4 cos 2x – 8 sen 2x – 4 cos 2x = 0 0 = 0 229 equacoes_diferenciais.indb 229 28/03/12 11:12 Universidade do Sul de Santa Catarina Diante dos resultados acima, podemos usar o Wronskiano para mostrar que são LI. Veja: O resultado é sempre diferente de zero para todos os valores reais, portanto, nesse caso de soluções particulares da equação diferencial, temos a garantia que são LI. 2) a) y’’’ + 3y’’ – 4y’ – 12y = 0 (D3 + 3D2 – 4D – 12)y = 0 Temos as raízes 2, –3 e –2. A solução geral é dada por: y = C1e2x + C2e–3x + C3e–2x. b) y IV + y’’’ – 3y’’ – 5y’ – 2y = 0 (D4 + D3 – 3D2 – 5D – 2)y = 0 Temos as raízes 2 e –1 com multiplicidade 3. A solução geral é dada por: y = C1e2x + C2e–x + C3xe–x + C4x2e–x. c) y’’ + y = 0 (D2 + 1)y = 0 As raízes são complexas e iguais a i e –i. A solução geral no campo dos reais é dada por: y = e 0x[C1cos x + C2sen x] y = C1cos x + C2sen x 230 equacoes_diferenciais.indb 230 28/03/12 11:12 Equações Diferenciais d) y(4) – 13y’’ + 36y = 0 (D4 – 13D2 + 36)y = 0 Temos as raízes –2, 2, 3 e –3. A solução geral é dada por: y = C1e–2x + C2e2x + C3e3x + C4 e–3x. e) y’’’ + 2y’’ – 5y’ – 6y = 0 (D3 + 2D2 – 5D – 6)y = 0 Temos as raízes 2, –3 e –1. A solução geral é dada por: y = C1e2x + C2e–3x + C3e–1. f) y(4) – y = 0 (D4 – 1)y = 0 As raízes são 1, –1, i e –i. A solução geral no campo dos complexos é dada por: y = C1ex + C2e–x + C3eix + C4 e–ix A solução geral no campo dos reais é dada por: y = C1ex + C2e–x + C3cos x + C4sen x. g) y’’ – y’ + y = 0 (D2 – D + 1)y = 0 Temos as raízes complexas . A solução geral no campo dos reais é dada por: 231 equacoes_diferenciais.indb 231 28/03/12 11:12 Universidade do Sul de Santa Catarina h) y(4) + y’’’ – 3y’’ – 5y’ – 2y = 0 (D4 + D3 – 3D2 – 5D – 2)y = 0 Temos as raízes 2 e –1 com multiplicidade 3. A solução geral é dada por: y = C1e2x + C2e–x + C3xe–x + C4x2e–x. 3) A solução geral é dada por y = C1ex + C2e–2x. Vamos aplicar as condições iniciais para achar a solução particular. Temos: y = C1ex + C2e–2x y' = C1ex – 2C2e–2x 7 = C1 + C2 –5 = C1 – 2C2 Basta resolver o sistema: Temos como solução os valores: C1 = 3 e C2 = 4. Assim, a solução particular que atende às condições dadas é y = 3ex + 4e–2x . 4) Resolver y’’ – 3y’ + 2y = 0 Sujeita a: y(0) = 1 e y(1) = 0. y’’ – 3y’ + 2y = 0 (D2 – 3D + 2)y = 0 (D – 1)(D – 2)y = 0 A solução geral é y = C1ex + C2e2x. Vamos aplicar as condições iniciais para achar a solução particular. Temos: y = C1ex + C2e2x y = C1ex + C2e2x 1 = C1 + C2 0 = C1e + C2e2 Basta resolver o sistema: Temos como solução os valores: C1 = e C2 = . Assim, a solução particular que atende às condições dadas é y = ex + e2x. 232 equacoes_diferenciais.indb 232 28/03/12 11:12 Equações Diferenciais 5) a) h(x) = sen (3x) + e–x → (D + 1)(D² + 9) b) h(x) = xex + x2 → D³(D – 1)² c) h(x) = ex sen (2x) → D² – 2D + 5 6) a) y’’ – 4y’ + 4y = 8e2x (D2 – 4D + 4)y = 8e2x (D – 2)2y = 8e2x (D – 2)(D – 2)2y = 8e2x y = C1e2x + C2xe2x + C3x2e2x Assim temos: yh = C1e2x + C2xe2x yp = C3x2e2x Vamos encontrar a constante da solução particular. yp = C3x2e2x yp’ = C3(2x2e2x + 2e2xx) yp’’ = C3(4x2e2x + 4xe2x + 4e2xx + 2e2x) = C3(4x2e2x + 8xe2x + 2e2x) Substituindo na equação, vamos ter: y’’ – 4y’ + 4y = 8e 2x C3(4x2e2x + 8xe2x + 2e2x) – 4C3(2x2e2x + 2e2xx) + 4 C3x2e2x ≡ 8e2x 2C3e2x ≡ 8e2x ∴ C3 = 4 A solução geral é dada por: y = C1e2x + C2xe2x + 4x2e2x. 233 equacoes_diferenciais.indb 233 28/03/12 11:12 Universidade do Sul de Santa Catarina b) y’’’ – 2y’’ = 3x2 – 2x + 1 D3 – 2D2 = 3x2 – 2x + 1 D2(D – 2)y = 3x2 – 2x + 1 D3 D2(D – 2)y = D3(3x2 – 2x + 1) D5(D – 2)y = 0 y = C1 + C2x + C3e2x + C4x2 + C5x3 + C6x4 yp = C4 x2 + C5x3 + C6x4 yp’ = 2xC4 + 3x2C5 + 4x3C6 yp’’ = 2C4 + 6xC5 + 12x2C6 yp’’’ = 6C5 + 24xC6 6C5 + 24xC6 – 2(2C4 + 6xC5 + 12x2C6) = 3x2 – 2x + 1 A solução geral é dada por: y = C1 + C2x + C3e2x – x4 – x3 – x2 234 equacoes_diferenciais.indb 234 28/03/12 11:12 Equações Diferenciais c) y’’ + 3y’ = ex (D2 + 3D)y = ex D(D + 3)y = ex D(D + 3)(D – 1)y = (D – 1)ex D(D + 3)(D – 1)y = 0 y = C1 + C2e–3x + C3ex Sendo que: yh = C1 + C2e–3x yp = C3ex Vamos encontrar a constante da solução particular. yp = C3ex yp’ = C3ex yp’’ = C3ex Substituindo na equação vem: C3ex + 3C3ex ≡ ex 4C3ex = ex 4C3 = 1 ∴ C3 = A solução geral é dada por: y = C1 + C2e–3x + ex d) y’’ – 4y’ = xe4x (D2 – 4D)y = xe4x D(D – 4)y = xe4x D(D – 4)(D – 4)2 y = 0 y = C1 + C2e4x + C3xe4x + C4x2e4x Sendo que: yh = C1 + C2e4x yp = C3xe4x + C4 x2e4x 235 equacoes_diferenciais.indb 235 28/03/12 11:12 Universidade do Sul de Santa Catarina Vamos encontrar as constantes da solução particular. yp = C3xe4x + C4x2e4x yp’ = C3(4xe4x + e4x) + C4(4x2e4x + 2e4xx) yp’’ = C3(16xe4x + 8e4x) + C4(16x2e4x + 16xe4x + 2e4x) Aplicando na equação temos: y’’ – 4y’ = xe4x 16C3xe4x + 8C3e4x + 16C4x2e4x + 16C4xe4x + 2C4 e4x – 16C3xe4x – 4C3e4x – 16C4x2e4x – 8C4 e4xx ≡ xe4x Vamos ter o sistema para resolver: 8C4 = 1 ∴ C4 = 8C3 + 2 = 0 8C3 + = 0 8C3 = – ∴ C3 = – A solução fica yp = – xe4x + x2e4x A solução geral fica y = C1 + C2e4x – xe4x + x2e4x e) y’’ = 9y + 4 (D2 – 9)y = 4 (D – 3)(D + 3)y = 4 D(D – 3)(D + 3)y = 0 y = C1e–3x + C2e3x + C3 Sendo que: yh = C1e–3x + C2e3x yp = C3 236 equacoes_diferenciais.indb 236 28/03/12 11:12 Equações Diferenciais Vamos encontrar o valor da constante da solução particular. yp = C3 yp’ = 0 yp’’ = 0 Aplicando na equação: y’’ = 9y + 4 0 = 9C3 + 4 ∴ C3 = – A solução geral fica: y = C1e–3x + C2e3x – f) y’’ + y’ – 2y = 8 sen 2x (D2 + D – 2)y = 8 sen 2x (D2 + 4)(D2 + D – 2)y = (D2 + 4)8 sen 2x (D2 + 4)(D + 2)(D – 1)y = 0 Temos: y = C1e–2x + C2ex + A cos 2x + B sen 2x. Sendo que: yh = C1e–2x + C2ex yp = A cos 2x + B sen 2x Vamos encontrar as constantes da solução particular: yp = A cos 2x + B sen 2x yp’ = –2A sen 2x + 2B cos 2x yp’’ = –4A cos 2x – 4B sen 2x Substituindo na equação, vamos ter: y’’ + y’ – 2y = 8 sen 2x –4A cos 2x – 4B sen 2x –2A sen 2x + 2B cos 2x – 2A cos 2x – 2B sen 2x ≡ 8 sen 2x 237 equacoes_diferenciais.indb 237 28/03/12 11:12 Universidade do Sul de Santa Catarina Resolvendo o sistema vamos obter: A = – e B = – . A solução geral é dada por: y = C1e–2x + C2ex – cos 2x – sen 2x. 7) a) y’’ – 7y’ + 10y = 8e2x (D2 – 7D + 10)y = 8e2x (D – 5)(D – 2)y = 8e2x yh = C1e2x + C2e5x yp = C1(x)e 2x + C2(x)e5x Armando o sistema vem: A solução geral é dada por: y = C1e2x + C2e5x + 2e2x b) y’’ – 3y’ + 2y = ex sen x (D2 – 3D + 2)y = ex sen x (D2 – 3D + 2)y = 0 yh = C1e2x + C2ex yp = C1(x)e 2x + C2(x)ex 238 equacoes_diferenciais.indb 238 28/03/12 11:12 Equações Diferenciais Armando o sistema vem: ; C1(x) = ∫ e–x sen x dx x 0 x 0 = – (sen x + cos x)|x0 = cos x|x0 = – (sen x + cos x) + . = cos x – 1 yp = – (sen x + cos x)e2x + cos x ex (sen x + cos x) + excos x = – = C2(x) = ∫ –sen x dx (cos x – sen x) A solução geral é: y = Ae2x + Bex + A = C1 + (cos x – sen x), sendo que e B = C2 – 1. 8) Inicialmente, devemos normalizar a equação: x2y’’ – 4xy’ + 6y = y’’ – y’ + y = A solução geral é dada por: y = C1x2 + C2x3 + A(x)x2 + B(x)x 3 Neste caso, vamos usar o método da variação dos parâmetros. Veja o sistema 239 equacoes_diferenciais.indb 239 28/03/12 11:12 Universidade do Sul de Santa Catarina Resolvendo o sistema, vamos obter: A solução geral é dada por: 9) Inicialmente, devemos normalizar a equação: x2y’’ – xy’ + y = 4x ln x y’’ – y’ + y = ln x A solução geral é dada por: y = C1x + C2x ln x + A(x)x + B(x)x ln x Nesse caso, vamos usar o método da variação dos parâmetros. Veja o sistema Resolvendo o sistema, vamos obter: A solução geral é dada por: y = C1x + C2x ln x – (ln x)3x + 2(ln x)2x ln x y = C1x + C2x ln x – x(ln x)3 + 2x(ln x)3 240 equacoes_diferenciais.indb 240 28/03/12 11:12 Equações Diferenciais 10) Resolver as seguintes equações de Cauchy-Euler: a) x2y’’ – 2xy’ + 2y = 3x Vamos fazer a substituição x = et dx = etdt y’ = y’’ = = e–t ∴ e–t ( – )e –2t Substituindo na equação vem: x2y’’ – 2xy’ + 2y = 3x ( (et)2·e–2t ( – – ) – 2 ) – 2e t e–t + 2y = 3et + 2y = 3et (D2 – 3D + 2)y = 3et Estamos diante de uma equação linear não homogênea (D – 1)(D – 2)y = 3et (D – 1)(D – 2)(D – 1)y = 0 y = C1et + C2e2t + C3tet Sendo que: yh = C1et + C2e2t yp = C3tet Vamos calcular as constantes da solução particular: yp = C3tet yp’ = C3(tet + et) yp’’ = C3(tet + 2et) Aplicando na equação temos: (D2 – 3D + 2)y = 3et C3(tet + 2et) – 3C3(tet + et) + 2C3tet ≡ 3et C3 = – 3 241 equacoes_diferenciais.indb 241 28/03/12 11:12 Universidade do Sul de Santa Catarina Assim, a solução pode ser escrita como: y = C1et + C2e2t – 3tet Voltando à substituição inicial temos: y = C1et + C2e2t – 3tet y = C1x + C2x2 – 3x ln x. b) (x – 1)3y’’’ + 2(x – 1)2y’’ – 4(x – 1)y’ + 4y = 4 ln (x – 1) Vamos fazer a substituição (x – 1) = et dx = etdt y’ = = e–t e–t ( y’’’ = ( – y’’ = )e – 3 –2t + 2 )e –3t Substituindo na equação vem: (x – 1)3y’’’ + 2(x – 1)2y’’ – 4(x – 1)y’ + 4y = 4 sen (x – 1) ( (et)3e–3t – 3 – 4et + + 2 ) + 2 (e ) ·e ( t 2 –2t – ) e–t + 4y = 4 ln (et + 1 – 1) –3y’’ + y’’’ + 2y’ + 2y’’ – 2y’ – 4y’ + 4y = 4t y’’’ – y’’ – 4y’ + 4y = 4t Estamos diante de uma equação linear não homogênea (D3 – D2 – 4D + 4)y = 4t (D – 1)(D – 2)(D + 2)y = 4t D2(D – 1)(D – 2)(D + 2)y = 0 y = C1et + C2e2t + C3e–2t + C4 + C5t 242 equacoes_diferenciais.indb 242 28/03/12 11:12 Equações Diferenciais Sendo que: yh = C1et + C2e2t + C3e–2t yp = C4 + C5t Vamos calcular as constantes da solução particular yp = C4 + C5t y’ = C5 y’’ = 0 y’’’ = 0 Aplicando na equação temos: (D3 – D2 – 4D + 4)y = 4t –4C5 + 4C4 + 4C5t = 4t C4 = C5 = 1. Assim, a solução pode ser escrita como: y = C1et + C2e2t + C3e–2t + 1 + t Voltando à substituição inicial temos: y = C1et + C2e2t + C3e–2t + 1 + t y = C1(x – 1) + C2(x – 1)2 + C3(x – 1)–2 + 1 + ln (x – 1). UNIDADE 6 1) a) Vamos reescrever com operadores 243 equacoes_diferenciais.indb 243 28/03/12 11:12 Universidade do Sul de Santa Catarina Vamos, agora, resolver usando o método da adição, inicialmente, aplicando o operador (D – 1) na segunda equação e multiplicando a primeira equação por (–1), obtemos: (D2 + 1)y = –ex Resolvendo essa equação, vamos obter: y = A·cos x + B·sen x – Aplicando esse resultado na segunda equação, vamos obter o valor de z. z = – – 3y z = –(3A + B)cos x + (A – 3B)sen x + 2ex. b) Usando pela Regra de Cramer para encontrar o valor de x temos: (D2 + 1)x = –et (D – 1)(D2 + 1)x = 0 x = A·cos x + B·sen x + Cet x = A·cos x + B·sen x – et. Substituindo esse resultado na segunda equação, vamos obter: (D + 3)x + y = 0 y = –Dx – 3x y = (–3A – B)cos x + (A – 3B)sen x + 2et. Assim, a solução do sistema é dada por: x = A·cos x + B·sen x – et. y = (–3A – B)cos x + (A – 3B)sen x + 2et. 244 equacoes_diferenciais.indb 244 28/03/12 11:12 Equações Diferenciais c) Vamos resolver fazendo: = ⇒ ∫ = ∫ ⇒ – = – + a = ⇒ ∫ = ∫ ⇒ – = – + b e As funções – = a e – = b constituem a solução do sistema. d) Vamos resolver fazendo: = ∫ = ∫ ln|x| = ln|y| + a = ea x = Ay Levando esse resultado na relação seguinte temos: y = (ln z – ln (az – 1)) + B As funções x = Ay e y = (ln z – ln (az – 1)) + B formam a solução do sistema. 245 equacoes_diferenciais.indb 245 28/03/12 11:12 Universidade do Sul de Santa Catarina 2) Vamos substituir os dados no sistema (0,0125D + 5)(0,01D + 5)i2 – 25i2 = 0 [(0,0125D + 5)(0,01D + 5) – 25]i2 = 0 i2 = Ae–900t + B Substituindo esse resultado na primeira equação, vamos ter: 0,01 + 5i2 + 5i3 = 100 0,01(–900Ae–900t) + 5(Ae–900t + B) + 5i3 = 100 i3 = [100 – 0,01(–900Ae–900t) – 5(Ae–900t + B)] i3 = 20 + Ae–900t – B A solução obtida é dada por: i2 = Ae–900t + B i3 = 20 + Ae–900t – B Aplicando as condições iniciais temos 0 = A + B 0 = 20 + A – B 246 equacoes_diferenciais.indb 246 28/03/12 11:12 Equações Diferenciais Resolvendo o sistema obtemos A = – e B = . Assim, a solução final do nosso problema é dada por i1 = i2 + i3, sendo que: i2 = – i3 = – e–900t + e–900t + . 3) Vamos fazer as derivadas parciais: z = ax + by + cxy = a + cy = b + cx = 0 = 0 Podemos, então, ter as seguintes equações: = 0 ; z = x = 0 ; – xy = 0 e + y 4) Vamos considerar que a função dada é uma função composta, sendo z = f(u) e u = x2 + y2. Temos, = ·2x e = ·2y Assim, y = x 247 equacoes_diferenciais.indb 247 28/03/12 11:12 Universidade do Sul de Santa Catarina 5) + y2 a) x2 = z2 Essa equação pode ser reescrita como um sistema de equações auxiliares: = = . Usando as duas primeiras razões e, posteriormente, as duas últimas, temos: = ⇒ ∫ = ∫ +a ⇒ = + a ⇒ a = – = ⇒ ∫ = ∫ +b ⇒ = + b ⇒ b = – Como vamos fazer b = φ(a), temos a solução geral que contém funções arbitrárias. b) – = φ ( – = + φ ( – – 5 ) ). + 6z = 12x Como as derivadas parciais são em relação apenas em x, podemos resolver pelos métodos das equações diferenciais ordinárias. Temos: – 5 + 6z = 12x (D2 – 5D + 6)z = 12x Aplicando o operador que anula 12x, temos: D2(D2 – 5D + 6)z = 0 Temos as raízes 2, 3 e 0 com multiplicidade dois. Assim, z = C1e2x + C2e3x + C4 + C5x. 248 equacoes_diferenciais.indb 248 28/03/12 11:12 Equações Diferenciais Temos que: zh = C1e2x + C2e3x zp = C4 + C5x Vamos encontrar os valores das constantes C4 e C5. zp = C4 + C5x zp’ = C5 zp’’ = 0 Assim, (D2 – 5D + 6)z = 12x 0 – 5C5 + 6C4 + 6C5x ≡ 12x Temos o sistema: A solução do sistema é C5 = 2 e C4 = . Portanto, a solução da equação diferencial parcial é dada por: z = C1(y)e 2x + C2(y)e3x + + 2x. c) = x2 + y2 Nesse caso, vamos, também, resolver com os métodos das equações ordinárias. 249 equacoes_diferenciais.indb 249 28/03/12 11:12 equacoes_diferenciais.indb 250 28/03/12 11:12 Biblioteca Virtual Veja a seguir os serviços oferecidos pela Biblioteca Virtual aos alunos a distância: Pesquisa a publicações on-line <www.unisul.br/textocompleto> Acesso a bases de dados assinadas <www.unisul.br/bdassinadas> Acesso a bases de dados gratuitas selecionadas <www.unisul.br/bdgratuitas > Acesso a jornais e revistas on-line <www.unisul.br/periodicos> Empréstimo de livros <www.unisul.br/emprestimos> Escaneamento de parte de obra* Acesse a página da Biblioteca Virtual da Unisul, disponível no EVA, e explore seus recursos digitais. 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