Professor Bruno Alves

Professor Bruno Alves
Engenharia maecânica
Engenharia de controle e automação
Poços de Caldas
Segundo semestre de 2012
Notas de aula da disciplina Equações Diferenciais Ordinárias ministrada no segundo semestre de 2012 na Faculdade Pitágoras - campus Poços
de Caldas pelo professor Bruno Alves. Algumas informações importantes sobre a disciplina (como datas de provas, listas de exercı́cios, etc.) podem ser
encontradas no portal do aluno, o qual pode ser acessado pelo site da faculdade, a saber: http://www.faculdadepitagoras.com.br/PocosdeCaldas.
Este material pode ser utilizado por alunos e docentes livremente, desde
que citada a fonte e sem fins lucrativos.
Quem pretende apenas a glória não a merece.
Mário Quintana
i
Sumário
1 Introdução ao estudo de equações diferenciais
1.1 Alguns modelos matemáticos básicos . . . . . . .
1.2 Construindo modelos matemáticos . . . . . . . . .
1.3 Noções preliminares e definições básicas . . . . . .
1.3.1 Definição de equação diferencial ordinária
1.3.2 Ordem e grau de uma EDO . . . . . . . .
1.3.3 Classe de diferenciabilidade de funções . .
1.4 EDOs lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5 Soluções de uma EDO . . . . . . . . . . . . . . .
1.6 Problemas de valores iniciais . . . . . . . . . . . .
2 EDOs de primeira ordem
2.1 EDOs lineares de primeira ordem . . . .
2.1.1 Método do fator integrante . . . .
2.2 EDOs separáveis . . . . . . . . . . . . .
2.3 EDOs homogêneas . . . . . . . . . . . .
2.4 Equação de Bernoilli . . . . . . . . . . .
2.5 EDOs exatas . . . . . . . . . . . . . . .
2.6 Modelagem com EDOs de primeira order
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1
1
4
6
6
6
7
7
7
8
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9
9
13
16
18
19
21
23
3 EDOs de segunda ordem
28
3.1 EDOs homogêneas com coeficientes constantes . . . . . . . . . 28
ii
3.2
3.3
3.4
Soluções fundamentais e independência linear . . . . . . . .
Raizes complexas e raizes repetidas da equação caracterı́stica
EDOs não homogêneas de segunda ordem . . . . . . . . . .
3.4.1 Método dos coeficientes a determinar . . . . . . . . .
iii
.
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33
36
40
41
Capı́tulo 1
Introdução ao estudo de
equações diferenciais
Neste capı́tulo, daremos uma motivação inicial para o estudo de equações
diferenciais (com exemplo que envolva modelagem), que consistem basicamente em equações que envolvam derivadas de funções, as quais, desejamos
muitas vezes determinar, e faremos algumas definições preliminares, as quais
são imprescindı́veis para o prosseguimento do estudo de equações diferenciais.
1.1
Alguns modelos matemáticos básicos
A seguir, um exemplo de problema, o quail podem (e sera por nós) modelado com o uso de equações diferenciais.
Exemplo 1.1. Suponha que um objeto esteja caindo próximo ao nı́vel do
mar. Vamos formular uma equação diferencial que descreva esta queda.
Solução: Vamos nomear cada uma das varias variáveis envolvidas. Certamente, usaremos a variável tempo t e a variável velocidade v. Certamente,
a velocidade vai variar com o tempo, assim, teremos v uma função de t, isto
1
é v = v(t). Vamos também assumir v positivo quando aponta para baixo,
isto é, quando em questão o objeto esta caindo. A lei fı́sica que governa tal
movimento é a segunda lei de Newton, a saber
F = ma,
(1.1)
onde F representa a força que age sobre o objeto, m a sua massa e a sua
, assim, podemos escrever (1.1) como
aceleração. Lembre que a = dv
dt
F =m
dv
.
dt
(1.2)
Vamos agora considerar quais são as forças que agem sobre o objeto. A
gravidade é uma delas, a qual é dada por mg, onde g é a aceleração da
gravidade, aproximadamente 9, 8m/s2 próximo à superfı́cie terrestre (vamos
considerar as unidades de medidas como segundos para tempo e metros para
comprimento). Temos também a força de arrasto (a qual assumiremos ser
proporcional à velocidade), dada por γv, onde γ é a constanteo coeficiente
de arrasto. Notemos que a gravidade age a favor do movimento, enquanto o
arrasto age contra o mesmo, assim, temos que F = mg − γv, logo, podemos
escrever (1.2) como
m
dv
= mg − γv.
dt
(1.3)
A equação (1.3) é o modelo procurado. Note que o mesmo contém três
2
constantes (γ, m e g). As constantes γ e m dependem do objeto em questão,
enquanto g é a mesma, independente do objeto. Para resolver (1.3), tentamos
encontrar uma função v = v(t) que satisfaça a equação. Por hora, vejamos o
que podemos afirmar sobre a função v, mesmo sem conhece-la, apenas com
uso da equação (1.3). Vamos tomar alguns valores fictı́cios para γ e m para
facilitar nosso estudo. Seja então γ = 2kg/s e m = 10kg. Assim, (1.3)
torna-se
v
dv
= 9, 8 − .
dt
5
(1.4)
= 1, 8m/s2 , enquanto que se
Assim, se v = 40m/s, temos que a = dv
dt
v = 50m/s, a = dv
= −0, 2m/s2 . Em geral quando v = 49m/s, a = 0m/s2
dt
(isto é, a velocidade não varia com o tempo), quando v > 49m/s, a < 0
(isto é, a velocidade diminui com o tempo) e quando v < 49m/s, a > 0 (isto
é, a velocidade aumenta com o tempo). Temos então, o seguinte campo de
direções
Tais vetores serão sempre tangente às curvas que representam os gráficos
das possı́veis soluções do problema (as quais chamamos de curvas integrais),
não importa qual a velocidade inicial (quando t = 0) do objeto em queda.
Procuramos o valor de v para o qual dv
= 0 (no nosso caso, v = 49m/s), e
dt
este valor, chamamos de solução de equilı́brio para a nossa equação diferencial
(que no nosso caso, corresponde ao balanço entre a gravidade e o arrasto).
Note que, no nosso caso, toda solução se aproxima da solução de equilı́brio
3
quando t → ∞ (dizemos então que toda solução converge para a solução de
equilı́brio). Note que, caso em (1.3), tivessemos dv
= −9, 8 + v5 , no lugar de
dt
dv
= 9, 8− v5 , terı́amos um campo de vetores completamente diferente (esbocedt
o), e neste caso, teriamos que qualquer solução diferente de v = 49m/s
quando t = 0 se afastaria de v = 49m/s com t → ∞ (inclusive, estas iriam
para ±∞). Neste caso, diriamos que as soluções difetentes de v = 49m/s
divergem.
1.2
Construindo modelos matemáticos
A seguir, alguns passos a serem seguidos a fim de facilitar a construção
de modelos matemáticos de um dado problema
1) Identifique e nomeie as variáveis (dependentes e independentes) envolvidas;
2) Escolha a unidade de medida de cada variável e, certifique-se que todas
as variáveis e constantes referentes à mesma grandeza estejam com a
mesma unidade;
3) Articule o(s) princı́pio(s) que se aplica(m) ao problema em questão
(como, por exemplo, uma lei, como a segunda lei de Newton);
4) Expresse tal(is) princı́pio(s) (de 3)) em termos das variáveis em questão
(de 1)). Se necessário, introduza constantes (como o coeiciente de arrasto).
Nos problemas considerados neste curso, teremos sempre como resultado do
passo 4), uma equação diferencial.
Exercı́cios 1.2. Nos exercı́cios a seguir, sendo y = y(t) (isto é, y uma
função de t), determine o campo de direções da equação diferencial dada,
e baseado neste, determine o comportamento de y quando t → ∞ (se tal
4
comportamento depender da escolha do valor de y quando t = 0, descreva tal
dependência).
1) y 0 = 5 − 3y
2) y 0 = −1 − 4y
3) y 0 = −5 + y
4) y 0 = 3 + 5y
5) y 0 = y 2
6) y 0 = y − t
7) y 0 = et − y
8) Escreva uma equação diferencial da forma y 0 = ay + b de forma que
qualquer solução convirja para a solução y = 3.
9) Uma piscina de 2500m3 esta cheia de água. Um funcionário nota que
a água está suja, e então, inicia um processo de troca de água no qual
a piscina mantém seu nı́vel de água constante, que consiste em abrir
várias bombas que, juntas, bombeiam 1000L de água por segundo e
também vários ralos, que, juntos, sugam na mesma velocidade das bombas. Supondo a mistura de água suja e água limpa na psicina ser sempre
homogênea (e consequentemente, os ralos sugarão uma quantidade de
água limpa junto com a água suja), dê uma equação diferencial cuja
solução descreva a quantidade de água limpa em tal piscina em função
do tempo. Esboce o campo de direções de tal equação.
5
1.3
1.3.1
Noções preliminares e definições básicas
Definição de equação diferencial ordinária
Definição 1.3. Uma equação diferencial é qualquer equação que envolva uma
ou mais funções a(s) qual(is) usualmente se deseja determinar e algumas de
suas derivadas. Uma equação diferencial ordinária (de agora em diante,
chamada apenas de EDO) é uma equação diferencial que envolve apenas uma
função de uma única variável. De forma geral, uma EDO é uma expressão
da forma
F (x, y(x), y 0 (x), y 00 (x), ..., y (n) (x)) = 0, para algum n ∈ N,
(1.5)
onde, em (1.5) temos que y = y(x) é a variável dependente (ou a função em
questão) e x a variável independente.
Exemplos 1.4. 1) y 00 −y 0 = y (onde y é a variável dependente e a variável
independente não foi nomeada);
2) u(4) − 4u0 u + 5 cos t2 u = sec t − 1 (onde u é a variável dependente e t é
a variável independente);
dv 2
d3 v
= ex (onde v é a variável dependente e x é a variável
3) dx
3 −
dx
independente);
4) y 00 y − ln y 0 = t3 (onde y é a variável dependente e t é a variável independente).
1.3.2
Ordem e grau de uma EDO
Definição 1.5. Chamamos de ordem de uma dada EDO, a ordem da derivada
mais alta da função incógnita da mesma, enquanto que o grau é o exponte
da derivada de ordem mais alta.
Exemplos 1.6.
1) y 00 − y 0 = y tem ordem 2 e grau 1;
6
2) u(4) − 4u0 u + 5 cos t2 u = sec t − 1 tem ordem 4 e grau 1;
dv 2
d3 v
= ex tem ordem 3 e grau 1;
3) dx
3 −
dx
4) (y 00 y)3 − ln y 0 = t3 tem ordem 2 e grau 3.
1.3.3
Classe de diferenciabilidade de funções
Definição 1.7. Dada uma função f , dizemos que esta é de classe C n quando
todas suas derivadas de ordem 0, 1, 2, ..., n existem e são contı́nuas (assim,
uma função contı́nua é de classe C 0 , enquanto uma função que tem todas as
derivadas de qualquer ordem é de classe C ∞ ).
Exemplos 1.8.
1) f (x) = |x| é de classe C 1 ;
2) f (x, y) = x|y|3 é de ordem C 3 ;
3) g(x) = ex é de ordem C ∞ .
1.4
EDOs lineares
Definição 1.9. Dada uma EDO, dizemos que esta é uma EDO linear, quando
esta pode ser escrita como
a0 (x)y(x) + a1 (x)y 0 (x) + ... + an (x)y (n) (x) = b(x),
(1.6)
onde as funções a0 (x), a1 (x), ..., an (x) em (1.6), são funções conhecidas, com
an (x) não identicamente nula (a função incógnita é a função y = y(x) e a
variável independente é x).
1.5
Soluções de uma EDO
Definição 1.10. Dada uma EDO, dizemos que uma função é solução da
mesma, quando tal função satisfaz a equação da EDO. Tal função é uma
7
solução geral, se ela descreve todas as possı́veis soluções da EDO em questão,
caso contrário, tal solução é dita uma solução particular da EDO.
Exemplos 1.11.
0;
1) y(x) = e−x é uma solução particular da EDO y 0 +y =
2) y(x) = ce−x é a solução geral da EDO y 0 + y = 0;
3) v(t) = 0 é uma solução particular da EDO v 00 + v = 0;
3) v(t) = a cos t + b sin t é a solução geral da EDO v 00 + v = 0.
1.6
Problemas de valores iniciais
Definição 1.12. Um problema de valor inicial (PVI) é uma EDO acrescida
de alguma condição inicial para a solução da mesma, isto é, é um sistema
da forma

















F (x, y(x), y 0 (x), y 00 (x), ..., y (n) (x)) = 0
y(c) = k0
y 0 (c) = k1
..
.
y (n−1) (c) = kn−1 ,
onde acima, c, k0 , k1 , ..., kn−2 e kn−1 são constantes.
Exemplo 1.13. u(t) = 5e3t é solução do PVI abaixo (verifique)
(
u0 − 3u = 0
u(0) = 5
8
Capı́tulo 2
EDOs de primeira ordem
No presente capı́tulo, estudaremos alguns métodos de solução de EDOs
de primeira ordem, os quais são os mais básicos no estudo de equações diferenciais.
2.1
EDOs lineares de primeira ordem
Uma EDO de primeira ordem é uma equação da forma y 0 = f (x, y)
(a qual possui um campo de direções, que pode nos ajudar a entender o
comportamento da função y, mesmo sem conhecê-la explicitamente). Uma
EDO linear de primeira ordem, em particular, é uma equação que pode ser
escrita como y 0 (x)+p(x)y = q(x), onde p e q são funções conhecidas. No caso
particular onde p e q são constantes, podemos escrever tal equação como
y 0 + ay = b ou
dy
= −ay + b.
dx
9
(2.1)
Se a = b = 0 em (2.1), então, temos que y é uma função cuja derivada é zero,
isto é
dy
= 0 ⇒ dy = 0dx,
dx
integrando de ambos os lados, obtemos
Z
Z
dy =
0dx ⇒ y = C,
onde C é uma constante. Isto é, a solução geral de y 0 = 0 é y(x) = C, para
alguma constante C. Agora, caso a = 0 e b 6= 0 em (2.1), temos
dy
= b ⇒ dy = bdx,
dx
integrando de ambos os lados, obtemos
Z
Z
dy =
bdx ⇒ y = bx + C,
onde C é uma constante. Isto é, a solução de y 0 = b é y(x) = bx + C, para
alguma constante C. Agora, caso a 6= 0 em (2.1), temos
dy
dy
= −ay + b ⇒
= −ay + b
dx
dx
dy
b
⇒
= −a y −
dx
a
dy
= −a
⇒
dx y − ab
dy
⇒
= −adx,
y − ab
10
integrando de ambos os lados, obtemos
Z
dy
=−
y − ab
Z
adx ⇒ ln y −
b = −ax + C
a
b
= e−ax+C
a
b
⇒ y = + e−ax eC
a
b
⇒ y = + Ce−ax ,
a
⇒ y−
onde, mais uma vez, acima, C é uma constante. Obtemos então nosso
primeiro método para soluções de EDOs
dy
b
= −ay + b ⇒ y = + Ce−ax .
dx
a
(2.2)
Exemplo 2.1. Resolva o seguinte PVI:
(
u0 − 2u = 6
u(1) = e
Solução: Primeiro, resolveremos a EDO u0 − 2u = 6, depois nos preocuparemos com a condição u(1) = e. Podemos escrever a EDO em questão
como
du
= 2u + 6 ⇒ a = −2 e b = 6
dt
⇒ u(t) = Ce2t − 3.
Temos então a solução geral da EDO. Aplicando agora a condição u(1) = e,
temos
u(1) = e ⇒ Ce2·1 − 3 = e
⇒ Ce2 = e + 3
11
⇒ C=
e+3
,
e2
donde segue que a solução do PVI em questão é u(t) =
e+3 2t
e
e2
− 3.
De fato, para PVIs, temos o seguinte
Teorema 2.2. Se f e
∂f
∂y
são funções contı́nuas, então o PVI
(
y 0 = f (t, y)
y(t0 ) = y0 ,
tem uma única solução.
Exercı́cios 2.3. Resolva as seguinte EDOs e esboce o campo de direções de
todas.
1) y 0 − 4 = 0.
2) y 0 = 4y.
3) u0 − 4y + 4 = 0.
4) Resolva o seguinte PVI e esboce o gráfico da solução encontrada
(
y0 = y − 1
u(0) = 0.
5) Resolva o PVI do exercı́cio 9) do capı́tulo anterior.
6) Um certo lı́quido muito volátil, evapora a uma taxa de 2% de seu volume
por segundo. Se inicialmente tem-se 500ml de tal lı́quido, encontre um
PVI cuja solução seja a função que nos dá a quantidade do lı́quido em
função do tempo. Resolva tal PVI. Esboce o gráfico da solução. Qual
12
será o volume deste lı́quido após uma hora? Quanto tempo levará para
se ter menos de 10ml do mesmo?
Temos então um método de solução para EDOs do tipo y 0 + p(x)y = q(x),
quando p e q são constantes. E caso tais funções não sejam constantes? A
fim de responder esta questão, utilizamos um método, que, no fundo é uma
recorrência ao caso onde p e q são funções constantes, chamado
2.1.1
Método do fator integrante
Para reolver uma EDO da forma y 0 + p(x)y = q(x), multiplicamos toda a
expressão por uma função a princı́pio desconhecida µ(x) (a qual chamamos
de fator integrante), a fim de simplificar a solução do problema. Assim, temos
que y 0 + p(x)y = q(x) torna-se µ(x)y 0 + µ(x)p(x)y = µ(x)q(x). Temos então:
µ(x)
dy
+ µ(x)p(x)y = µ(x)q(x).
dx
(2.3)
Note que em (2.3), o lado direito da igualdade é igual a derivada da função
µ(x)y, se assumirmos que µ0 (x) = µ(x)p(x) (lembre que (f g)0 = f g 0 + f 0 g).
Assim, temos
dµ
dµ
= µp ⇒
= pdx ⇒ ln |µ| =
dx
µ
R
isto é, tomando µ(x) = e
pode ser escrita como
p(x)dx
Z
, temos que
pdx ⇒ µ = e
dµy
dx
µqdx ⇒ y =
pdx
,
dy
= µ dx
+ µpy, assim, (2.3)
R
Z
dµy
= µq ⇒ µy =
dx
R
µqdx
,
µ
e, fazendo as devidas substituições, obtemos
dy
+ p(x)y = q(x) ⇒ y =
dx
R
R
e
p(x)dx
q(x)dx
R
p(x)dx
e
13
R
⇒y=
µ(x)q(x)dx
.
µ(x)
Temos agora um método mais geral para resolver algumas EDOs. Em geral,
para resolver a EDO y 0 + p(x)y = q(x), usamos o fator integrante, o qual
pode ser encontrado via resolução da EDO homogênea associada a EDO em
questão, isto é, via a resolução da EDO u0 − pu = 0.
Observação 2.4. O método do fator integrante funciona para o caso onde
as funções p e/ou q são constantes.
Exemplo 2.5. Resolva a EDO v 0 + 2tv = 4t.
Solução: Utilizando o método do fator integrante para resolver a EDO
R
2
v + 2tv = 4t, temos que p(t) = 2t e q(t) = 4t, assim µ(t) = e 2tdt = et , e
então
R t2
e 4tdt
v(t) =
et2
2
2et + c
=
et2
2
= 2 + Ce−t .
0
2
Assim, v(t) = 2 + Ce−t é a sulução geral da EDO v 0 + tv = t.
Exemplo 2.6. Resolva o seguinte PVI:
(
ty 0 + 2y = 4t2
y(1) = 2.
Solução: Utilizando o método do fator integrante para resolver a EDO
ty 0 + 2t = 4t2 , primeiro a reescrevemos como y 0 + 2t y = 4t, donde temos que
R 2
p(t) = 2t e q(t) = 4t, assim µ(t) = e t dt = e2 ln |t| = t2 , e então
R
t2 · 4tdt
y(x) =
t2
4
t +C
=
t2
2
= t + Ct−2 .
14
Assim, y(t) = t2 + Ct−2 é a sulução geral da EDO ty 0 + 2y = 4t2 . Aplicando a condição inicial y(1) = 2, obtemos 12 + C1−2 = 2 ⇒ C = 1, assim,
y(t) = t2 + t−2 é a sulução do PVI em questão.
Na figura a seguir, temos as curvas integrais da EDO ty 0 + 2y = 4t2 ,
inclusive a solução do PVI acima (aquela com o ponto (1, 2)).
Exercı́cios 2.7. Nos exercı́cios abaixo, resolva as EDOs em questão e esboce
o campo de direções e três curvas de nı́vel de cada uma delas.
1) y 0 + 3y = t + e−2t .
2)
dy
dx
− 1 = xe−x − y.
3) 2 du
− 3t − u = 0.
dt
4) xv 0 − v = x2 e−x .
5) t3 dv
4t2 v − e−t = 0.
dt
Nos exercı́cios a seguir, resolva os seguintes PVIs e esboce o gráfico de cada
uma de suas soluções
15
6) u0 = u + 2xex , y(0) = 1.
7) t3 y 0 + 4t2 y = e−t , y(−1) = 0.
dy
8) x dx
+ 2y = sin x, u
π
2
= 1.
9) xv 0 + (x + 1)v = x, v(ln 2) = 1.
10) y 0 + 12 y = 2 cos t, y(0) = −1.
2.2
EDOs separáveis
Uma EDO linear de primeira ordem pode ser escrita de várias formas,
dentre elas y 0 = f (x, y). Escrevendo f como um quociente de duas funções,
(x,y)
obtemos y 0 = f (x, y) = M
, isto é:
N (x,y)
M (x, y)
dy
=
⇒ N (x, y)dy = M (x, y)dx.
dx
N (x, y)
(2.4)
Se acima, N é função apenas de y, isto é, não depende de x (N = N (x)), e
M é função apenas de x, independendo de y (M = M (x)), dizemos que (2.4)
é uma equação separável, e podemos reescreve-la como
Z
N (y)dy = M (x)dx ⇒
isto é, a solução da equação
(x,y)
dy
EDO dx
=M
.
N (x,y)
R
Z
N (y)dy =
N (y)dy =
R
M (x)dx,
M (x)dx é a mesma solução da
Exemplo 2.8. Resolva a EDO y 0 = xy .
Solução: Escrevendo a EDO em questão em sua forma separável, temos
dy
y
dy
dx
=
⇒
=
dx
x
y
x
16
Z
dx
dy
=
⇒
y
x
⇒ ln |y| + C1 = ln |x| + C2
Z
⇒ eln |y|+C1 = eln |x|+C2
⇒ K1 y = K2 x
⇒ y = Cx.
Exemplo 2.9. Encontre uma equação para as curvas integrais da EDO y 0 =
x2
.
1−y 2
Solução: Escrevendo a EDO em questão em sua forma separável, temos
dy
x2
=
⇒ (1 − y 2 )dy = x2 dx
dx
1 − y2
Z
Z
2
⇒
(1 − y )dy = x2 dx
1
1
⇒ y − y 3 + C 1 = x3 + C 2
3
3
3
3
⇒ y − 3y + x = C.
Abaixo, o esboço do campo de direções e das curvas integrais da EDO y 0 =
x2
.
1−y 2
17
Exercı́cios 2.10. Resolva (quando possı́vel) as EDOs e os PVIs abaixo
1) u0 =
u cos t
.
1+2u2
2) t dv
= v2.
dt
3)
dy
dx
= (1 − 2x)y 2 .
4) r0 =
r2
,
θ
r(1) = 2.
5) sin 2xdx + cos 3ydy = 0, y
π
2
= π3 .
2
6) y 0 = 3y1+3t
2 −6y , y(0) = 1. Determine também em qual intervalo a sulução
é válida.
2.3
EDOs homogêneas
Se em uma EDO y 0 = f (x, y), o lado direito da equação pode ser expresso
como função da razão xy , então, tal EDO é dita uma EDO homogênea, e
podemos transforma-la numa EDO separável. Em geral, uma EDO y 0 =
f (x, y) é dita homogênea de grau n, se f for uma função homogênea de grau
n, e f é homogênea de grau n se satisfaz f (λx, λy) = λn f (x, y). O método
que utilizamos, fica claro no exemplo a seguir:
Exemplo 2.11. Resolva a EDO y 0 =
y−x
.
y+x
Solução: Temos
dy
y−x
dy
=
⇒
=
dx
y+x
dx
Fazendo a substituição v =
temos
dy
=
dx
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
−1
.
+1
(ou y = xv), temos que
−1
dv
v−1
⇒ v+x
=
+1
dx
v+1
18
dy
dx
dv
= v + x dx
, assim,
v−1
dv
=
−v
dx
v+1
dv
v2 + 1
x
=−
dx
v+1
1
v+1
dv = − dx
2
x Z
Zv + 1
v+1
1
dv = −
dx
2
v +1
x
1
ln(v 2 + 1) + arctan v + ln |x| = C
2
√
v 2 + 1 + earctan v + x = C.
⇒ x
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
Acima, não temos a solução da EDO, mas temos uma equação, cuja solução
é também solução da mesma.
Exercı́cios 2.12. Resolva se possı́vel, as seguintes EDOs.
1) u0 =
4u−3t
.
2t−u
2) y 0 =
y 2 +xy+x2
.
x2
3)
dv
dx
=
x+3v
.
x−v
4) (t2 + 3ty + y 2 )dt = t2 dy.
2.4
Equação de Bernoilli
Muitas vezes é possı́vel resolver uma EDO não linear fazendo uma mudança na variável dependente e, assim, transformando-a numa EDO linear.
De fato, seja a EDO y 0 = p(x)y + q(x)y n , onde n = 2, 3, 4, .... Tal EDO
é chamada equação de Bernoulli, e pode ser resolvida via a mudança de
1
variáveis v = y 1−n (ou y = v 1−n ), assim,
v 0 = (1 − n)y −n y 0 ⇒ y 0 =
19
ynv0
,
1−n
e a equação de Bernoulli torna-se
ynv0
v0
= p(x)y + q(x)y n ⇒
= p(x)y 1−n + q(x) ⇒ v 0 + (n − 1)p(x)v = (1 − n)q(x),
1−n
1−n
que é uma EDO linear de primeira ordem, a qual a solução ja conhecemos.
Exemplo 2.13. Resolva a EDO t2 u0 + 2tu − u3 = 0, para t > 0.
Solução: Reescrevendo tal EDO, temos u0 = − 2t u +
v = u−2 , a EDO em questão se torna
2
4
v0 − v = − 2 ⇒ v =
t
t
R
R
e
− 4t dt
e
R
⇒ v=
⇒
⇒
⇒
Exercı́cios 2.14. Resolva as seguintes EDOs.
1) y 0 + yt−1 = y 3 .
2)
dv
dt
(− t22 )dt
− 4t dt
e−4 ln t (−2t−2 )dt
e−4 ln t
R −6
2t dt
v=−
t−4
−5
2t + C
v=
5t−4
2
v = t−1 + Ct4
5
− 12
2 −1
4
u=±
t + Ct
.
5
R
⇒
1 3
u
t2
+ vt−1 = 2v 2 .
3) xu0 − u = y 2 .
4) y 2 dx − (2xy + 3)dy = 0.
20
= 0, tomando
2.5
EDOs exatas
d
Quando temos uma EDO do tipo dx
F (x, y) = 0, temos que a função F é
constante em relação à x, e assim, esta define implicitamente y em função de
x. Porém, dada uma EDO M (x, y) + N (x, y)y 0 = 0, como reconhecer o lado
d
F (x, y)? Pela regra da Cadeia,
esquerdo como sendo ou não a derivada dx
temos que
d
∂F
∂F ∂y
F (x, y) =
+
.
dx
∂x
∂y ∂x
d
Assim, o lado esquerdo de M (x, y) + N (x, y)y 0 = 0 é a derivada dx
F (x, y)
∂F
∂F
se, e só se, ∂x = M (x, y) e ∂y = N (x, y). Como resultado muito útil para
verificarmos tal fato, temos o seguinte
Teorema 2.15. Se M (x, y) e N (x, y) são funções C 1 , então, para que
∂F
= M (x, y)
∂x
∂F
= N (x, y)
∂y
e
é necessário e suficiente que
∂M
∂N
=
.
∂y
∂x
Exemplo 2.16. Verifique se a EDO (1 + ty)ety + (1 + t2 ety ) dy
= t satisfaz
dt
as condições do teorema 2.15.
Solução: Temos que M (t, y) = (1 + ty)ety − t e N (t, y) = (1 + t2 ety ),
assim
∂M
= 2tety + t2 yety
∂y
∂N
= 2tety + t2 yety ,
∂t
e
assim, temos que a resposta é sim, pois
21
∂M
∂y
= 2tety + t2 yety =
∂N
.
∂t
Para determinarmos a função F em
como ∂F
= M (x, y), teremos que
∂x
d
F (x, y)M (x, y)
dx
+ N (x, y)y 0 = 0,
Z
F (x, y) =
M (x, y)dx + h(y),
onde acima, h(y) representa a constante de integração, visto que estamos
integrando em relação à x apenas. Agora, precisamos determinar a função
h(y), e, para isso, lembremos que ∂F
= N (x, y), assim
∂y
∂
N (x, y) =
∂y
Z
Z
dh
∂
M (x, y)dx + h(y) ⇒
= N (x, y) −
M (x, y)dx,
dy
∂y
e a partir dai, determinamos a função h(y).
Observação 2.17. Veja que poderiamos ter usado a relação ∂F
= N (x, y)
∂y
∂F
primeiro, e, depois usar ∂x = M (x, y) para obtermos um raciocı́nio bastante
semelhante.
Exemplo 2.18. Determine a solução geral da EDO (1+ty)ety +(1+t2 ety ) dy
=
dt
t.
Solução: Como M (t, y) = (1 + ty)ety − t, temos que
Z
F (x, y) =
Z
=
=
[(1 + ty)ety − t]dt + h(y)
[ety + tyety − t]dt + h(y)
t2
+ tety + h(y).
2
Agora, para determinarmos h(y), lembremos que ∂F
= N (x, y) = 1 + t2 ety ,
∂y
assim
∂ t2
h
2 ty
ty
= 1+t e −
+ te
y
∂y 2
= 1 + t2 ety − t2 ety
22
= 1,
assim, temos que h(y) = y + C, donde F (x, y) =
solução procurada.
t2
2
+ tety + y + C = 0 é a
Exercı́cios 2.19. Resolva as seguintes EDOs
1) (y − t2 )dt − (y 2 − t)dy = 0.
2) (cos θ + θ cos φ)dφ + (sin φ + φ sin θ)dθ = 0.
3) 3x2 + 4ux + (2u + 2x2 )u0 = 0.
4)
2.6
v 2 et
2
+ 2ve2t + (vet + e2t ) dv
= 0.
dt
Modelagem com EDOs de primeira order
Em geral, para modelarmos um problema via EDO, usamos os passos ja
descritos no inı́cio do texto, a saber
1) Identifique e nomeie as variáveis (dependentes e independentes) envolvidas;
2) Escolha a unidade de medida de cada variável e, certifique-se que todas
as variáveis e constantes referentes à mesma grandeza estejam com a
mesma unidade;
3) Articule o(s) princı́pio(s) que se aplica(m) ao problema em questão;
4) Expresse tal(is) princı́pio(s) (de 3)) em termos das variáveis em questão
(de 1)). Se necessário, introduza constantes.
Também é conveniente, muitas vezes, depois de modelarmos e resolvermos o
problema em questão, alanisarmos o comportamento da solução e comparálos com a nossa observação.
23
Exemplo 2.20. Suponha que uma certa quantia de dinheiro foi aplicada
num banco que paga uma taxa anual r de juros sobre o valor aplicado. Se
inicialmente foi aplicado uma quantia Q0 de dinheiro, dê uma equação que
descreva a quantia de dinheiro em função do tempo.
Solução: A taxa de variação do valor aplicado é dada por dQ
(onde Q
dt
representa a quantia e t o tempo em anos). Assim, como a taxa de rendimento
de tal aplicação é r, se supormos que a instituição financeira considerar o
tempo como uma constante e pagar um rendimento proporcional a qualquer
perı́odo em que a quantia fique aplicada, temos que
dQ
= rQ.
dt
Se aplicado inicialmente uma quantia Q0 , temos o seguinte PVI
(
dQ
dt
= rQ
Q(0) = Q0 ,
cuja solução, é dada por Q(t) = Q0 ert . Se compararmos tal situação àquela
na qual o rendimento é pago apenas após um perı́odo aplicado. Neste caso
temos que Q(t) = Q0 (1 + r)t . Se o rendimento for pago duas vezes ao
ano, em cada uma delas paga a metade do rendimento anual, temos Q(t) =
2t
Q0 1 + 2r . Em geral, se for pago a fração de n1 do rendimento a cada n1 do
ano, temos
r nt
Q(t) = Q0 1 +
.
n
Fazendo n crescer, estaremos considerando o tempo contado em intervalos
cada vez menores, e assim, com n → ∞, temos o tempo considerado como
uma variável contı́nua, e assim
r nt
Q(t) = lim Q0 1 +
= Q0 ert .
n→∞
n
24
Supondo agora que será depositado em tal aplicação anualmente uma quantia
q (a qual assumiremos inicialmente constante), temos que o nosso PVI tornase
(
dQ
= rQ + q
dt
Q(0) = Q0 ,
cuja solução é Q(t) = Q0 ert + qr (ert − 1).
A vantagem de se resolver um problema como o dado no exemplo acima,
é que podemos usa-lo para qualquer problema, bastando substituir os valores
do caso particular que desejamos analizar.
Exemplo 2.21. Suponha um tanque de 100 000L de água pura, o qual contenha agua salgada, com 20g de sal por litro de água. Suponha que este
tanque tenha uma hélice que mantenha a mistura de sal e água sempre homogênea, e que uma bomba bombeie água sem sal para dentro deste tanque
a uma taxa de 100L por minuto, enquanto o mesmo é esvaziado à mesma
taxa. Encontre uma função que descreva a quantidade S de sal em função
do tempo t.
Solução: Temos que o volume de água se mantém constante em 100 000L.
Se VS e VP representam o volume de água com sal presente inicialmente no
25
tanque e VP o volume de água pura bombeada para dentro do tanque, temos
que VS + VP 100 000L. Além disso, temos que entra no tanque, por minuto,
1
(VS + VP ). Temos
100L de água pura e que sai sempre 100100000 (VS + VP ) = 1 000
então o seguinte PVI
(
dVP
dt
= 100 −
VP (0) = 0,
1
V
1 000 P
t
t
cuja solução é dada por VP (t) = 100 000(1−e− 1 000 ), assim, VS = 100 000e− 1 000 ,
e como temos 20g de sal por litro de água salgada, temos que a quantidade
t
de sal no tanque em função do tempo é dada por Q(t) = 2 000 000e− 1 000 em
t
gramas, ou Q(t) = 2e− 1 000 em toneladas.
Exercı́cios 2.22. Resolva cada um dos problemas a seguir modelando-os e
utilizando EDOs.
1) Considere um tanque usado em experimentos hidrodinâmicos. Após um
experimento, o tanque contém 100L de uma certa solução com concentração de 1g por litro. Para prepara-lo para o próximo experimento,
o tanque é cheio com água que entra a uma taxa de 2L por minuto,
enquanto a mistura desta solução e da água que esta entrando sai do
tanque na mesma velocidade. Encontre o tempo gasto para que que a
concentração da solução no tanque seja de 1% da concentração original.
2) Suponha que a soma S0 seja depositada num banco com taxa de retorno
anual de r, computada continuamente.
a) Encontre o tempo para que o valor aplicado dobre.
b) Determine o tempo em questão no item a), se r = 7%.
c) Encontre a taxa de retorno para que o valor dobre em 8 anos.
3) A população de mosquitos de uma certa região cresce à uma taxa proporcional à população atual, e, sem fatores externos, a população dobra
26
a cada semana. Atualmente, há 200 000 nesta região, e os predadores
naturais comem 20 000 por dia. Determine a população de mosquitos
nesta área em função do tempo. Com o passar do tempo, a população
de mosquitos tende a se manter constante, a morrer ou a se tornar
cada vez maior, sem limite?
4) Um atirador atira para cima uma bala que sai, inicialmente à uma
velocidade de 300m/s. Se o arrasto é proporcional à velocidade da
bala, encontre o tempo no qual a bala atingirá a altura máxima.
27
Capı́tulo 3
EDOs de segunda ordem
EDOs de segunda ordem têm diversas aplicações na fı́sica matemática,
como na equação do calor, da onda, mecânica dos fluidos, etc. o que faz
importante o estudo das mesmas. No presente capı́tulo, estudaremos as
EDOs de segunda ordem e diversos métodos de solução para as mesmas, os
quais muitas vezes, se resumem em solucionar equaçõs de segundo grau.
3.1
EDOs homogêneas com coeficientes constantes
Uma EDO de segunda ordem é uma equação da forma
y 00 = f (t, y, y 0 ),
(3.1)
onde f é uma função dada. A equação (3.1) é dita ser linear se a função f
for da forma
f (t, y, y 0 ) = r(t) − p(t)y 0 − q(t)y,
28
assim, podemos reescrever (3.1) como
y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = r(t).
(3.2)
Algumas vezes, temos a EDO dada da forma S(t)y 00 + P (t)y 0 + Q(t)y = R(t),
(t)
, q(t) = Q(t)
e r(t) = R(t)
, podemos escrever
e neste caso, tomando p(t) = PS(t)
S(t)
S(t)
a EDO na forma dada em (3.2).
Caso a EDO não é dada como em (3.2), dizemos que esta não é linear.
Mais que isso, se em (3.2), r(t) ∼
= 0, dizemos que a EDO é homogênea, e,
caso contrário, dizemos que esta é não homogênea.
Vamos restringir nossa atenção ao caso onde temos uma EDO homogênea
com coeficientes constantes, ou seja, para o caso
ay 00 + by 0 + cy = 0,
(3.3)
mas primeiro, vamos resolver uma EDO em particular para termos uma idéia
de como resolver no caso mais geral. Seja então a EDO
y 00 − y = 0 (neste caso, a = 1, b = 0 e c = −1).
(3.4)
(3.5) é equivalente à y 00 = y, assim, para solucinarmos a mesma, devemos encontrar uma função que coincide com sua segunda derivada. Podemos tomar
y1 = et , e a EDO em questão é satisfeita. Tomando também y2 = e−t , temos
uma outra solução para a mesma EDO. Verifique que qualquer combinação
linear de y1 e y2 (isto é, uma função da forma y(t) = c1 et + c2 e−t , verifique!) é também uma solução para tal (3.5). Agora, a fim de tomarmos um
caso particular dentre infinitas possibilidades, podemos acrescentar algumas
condições iniciais. Acrescentando então
y(0) = 4 e y 0 (0) = 2 ⇒ c1 = 3 e c2 = 1 ⇒ y(t) = 3et + e−t .
29
Voltando agora para o caso mais geral dado em (3.3), temos, supondo que
y(t) = ert (onde r é um parâmetro a ser determinado), que (3.3) torna-se
(ar2 + br + c)ert = 0 ⇒ ar2 + br + c = 0, visto que ert 6= 0.
A equação ar2 + br + c = 0 é chamada equação caracterı́stica de (3.3), e
sua importância está no fato de esta nos dar o valor do parâmetro r, e,
por ser esta uma equação de segundo grau, teremos para r dois valores, os
quais podem ser reais e diferentes, reais e repetidos ou complexos conjugados.
Consideremos primeiro o caso em que tal equação nos da dois valores reais
diferentes (os outros casos, trataremos na sequência). Veja que, se r1 e r2
são duas raizes distintas da equação ar2 + br + c = 0, então y1 = er1 t e
y2 = er2 t serão soluções de (3.3), e assim, y(t) = c1 er1 t + c2 er2 t , visto que
y 0 (t) = c1 r1 er1 t + c2 r2 er2 t e y 00 (t) = c1 r12 er1 t + c2 r22 er2 t , assim, substituindo
estas expressões em (3.3), teremos que
ay 00 + by 0 + cy = c1 (ar12 + br1 + c)er1 t + c2 (ar22 + br2 + c)er2 t = 0,
visto que r1 e r2 são raizes de ar2 + br + c = 0.
Agora, se acrescentarmos as condições iniciais y(t0 ) = y0 e y 0 (t0 ) = y00 ,
y 0 −y r
obtemos um PVI, e facilmente vemos que devemos tomar c1 = 0r1 −r02 2 e−r1 t0
y r −y 0
e c2 = 0r11−r2 0 e−r2 t0 , isto é, não importam as soluções iniciais (ou seja, não
importa os valores de t0 , y0 e y00 ), sempre conseguiremos constantes c1 e c2
que satisfaçam o PVI em questão.
Exemplo 3.1. Resolva o seguinte PVI:





d2 y
dt2
+ 5 du
+6=0
dx
y(0) = 2
dy
(0) = 3.
dt
30
Solução: Temos que r2 + 5r + 6 = 0 é a equação caracterı́stica da EDO
+ 5 du
+ 6 = 0, e suas raizes são −2 e −3, assim, temos que y(t) =
dt2
dx
c1 e−2t + c2 e−3t será a solução de tal EDO. Aplicando agora as condições
iniciais, obtemos
d2 y
y(0) = 2 ⇒ c1 + c2 = 2
e
y 0 (0) = 2 ⇒ −2c1 + −3c2 = 3,
assim, temos que c1 = 9 e c2 = −7, logo, teremos a solução y(t) = 9e−2t −
7e−3t para o PVI.
Exercı́cios 3.2. Resolva as seguintes EDOs trace algumas de suas curvas
integrais.
1) y 00 − 2y 0 + 3y = 0.
2) 4u00 − 9u = 0.
3)
d2 v
dx2
dv
− 9 dx
+ 9v = 0.
2
4) 2 ddt2y − 3 dy
+ y = 0.
dt
31
5) 11v 0 − v 00 = 10v.
Nos exercı́cios abaixo, resolva os dados PVIs e esboce o gráfico de suas
soluções.
6) v 00 + v 0 − 2v = 0, v(0) = 1, v 0 (0) = 1.
2
7) 4 ddt2u − u = 0, u(−2) = 1, v 0 (−2) = −1.
8) y 00 + 3y 0 = 0, y(0) = 1, y 0 (0) = 1.
9) Resolva o PVI y 00 + 14y 0 − 15y = 0, y(0) = α, y 0 (0) = 1, e depois,
determine o(s) valor(es) de α (se possı́vel) para o(s) qual(is) a solução
convirja a zero com t → ∞.
Equações sem a variável dependente
Se uma EDO de segunda ordem é da forma y 00 = f (t, y 0 ), então uma
substituição do tipo v = y 0 , nos dá v 0 = y 00 e também v 0 = f (t, v), isto é,
podemos reduzir a EDO de segunda ordem original numa EDO de primeira
ordem. Podemos então encontrar a solução v da EDO de primeira ordem, e
R
assim, teremos que a sulução y da EDO original é dada por y = v. Com
base nessas idéias, resolva as seguintes EDOs.
10) t2 y 00 + 2ty 0 − 1 = 0, t > 0.
11)
d2 u
dt2
+t
du 2
dt
= 0.
12) v 00 + v 0 = e−x .
2
d r
13) 2θ2 dθ
2 +
dr 2
dθ
dr
= 2θ dθ
.
32
Equações sem a variável independente
Se uma EDO de segunda ordem é da forma y 00 = f (y, y 0 ), então uma
substituição do tipo v = y 0 , nos dá v 0 = y 00 e também v 0 = f (y, v), isto é,
podemos reduzir a EDO de segunda ordem original numa EDO de primeira
ordem. Porém, o lado direito desta equação depende de y e de v, assim,
devemos pensar em y como uma variável independente, e, para isso, lembredv dy
dv
= dy
= dy
v, assim, a EDO original pode ser reescrita como
mos que dv
dt
dt
dv
v dy = f (y, v), e a solução desta EDO, será uma função v(y). Lembrando de
dt
= v(y), obtemos, após uma integração a solução da EDO inicial. Com
dt
base em tais idéias, resolva as seguintes EDOs.
14) y 0 y 00 = 2.
15)
d2 u
dt2
− 3u2 = 0.
16) v 0 v 00 − (v 0 )3 =.
17) u00 + (u0 )2 = 2e−u .
3.2
Soluções fundamentais e independência
linear
Na presente seção, apresentamos alguns teoremas sobre as soluções de
EDOs de segunda ordem. O primeiro deles é o
Teorema 3.3. Se p, q e r são funções contı́nuas, então o PVI





y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = r(t)
y(t0 ) = y0
y 0 (t0 ) = y00 ,
tem uma única solução.
33
Temos também um outro resultado muito útil, a saber
Teorema 3.4 (Princı́pio da superposição). Se y1 e y2 são duas soluçõe da
EDO homogênea y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = 0, então qualquer combinação linear
de y1 e y2 será também solução da mesma.
O princı́pio da superposição nos diz que, se temos várias soluções para a
EDO y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = 0, qualquer combinação linear destas soluções será
também uma solução para tal EDO. Agora, dado o PVI





y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = 0
y(t0 ) = y0
y 0 (t0 ) = y00 ,
se temos y1 e y2 , duas soluções da EDO y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = 0, será que
sempre podemos conseguir uma combinação linear de y1 e y2 de forma a esta
ser solução de tal PVI?
A resposta para tal pergunta, é dada no próximo teorema, mas, antes de
respondê-lo, precisamos da seguinte
Definição 3.5. Dadas duas funções y1 e y2 , definimos o determinante Wronskiano (ou simplesmente Wronskiano) de y1 e y2 no ponto t0 como
y (t ) y (t )
1 0
2 0
W (y1 , y2 ) (t0 ) = 0
y1 (t0 ) y20 (t0 )
= y1 (t0 ) y20 (t0 ) − y2 (t0 ) y10 (t0 ) .
Temos agora condições de enunciar o seguinte
Teorema 3.6. Sejam y1 e y2 soluções distintas da EDO y 00 + p(t)y 0 + q(t)y =
0. Se o Wronskiano W (y1 , y2 ) (t0 ) 6= 0, então, existem valores c1 e c2 tais
34
que c1 y1 + c2 y2 seja a solução do PVI





y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = 0
y(t0 ) = y0
y 0 (t0 ) = y00 .
Mais do que isto, temos um resultado ainda mais forte, que trata da
existência da solução de EDOs lineares homogêneas de segunda ordem, a
saber
Teorema 3.7. Sejam y1 e y2 soluções distintas da EDO y 00 + p(t)y 0 + q(t)y =
0. Se existe um ponto t0 para o qual o Wronskiano W (y1 , y2 ) (t0 ) 6= 0, então
a familia de soluções c1 y1 + c2 y2 , para valores arbitrários de c1 e c2 inclui
todas as possı́veis soluções para a EDO y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = 0, isto é, se y
é uma solução qualquer de tal EDO, então, existem valores c1 e c2 tais que
y = c1 y1 + c2 y2 .
No caso de y1 e y2 satisfazerem as condições do teorema 3.7, dizemos que
{y1 , y2 } é um conjunto de soluções fundamentais da EDO y 00 +p(t)y 0 +q(t)y =
0.
Exemplo 3.8. Encontre a solução geral da EDO y 00 − y = 0.
Solução: A equação caracterı́sta da EDO y 00 − y = 0 é r2 − 1 = 0, cujas
raizes são dadas por r = 1 e r = −1, assim, et e e−t são soluções desta
EDO. Note que W (et , e−t ) = −2 6= 0, assim, et e e−t formam um conjunto
de soluções fundamentais da EDO y 00 − y = 0, e, assim, a solução geral da
mesma é dada por c1 et + c2 e−t .
Exercı́cios 3.9. Encontre um conjunto de soluções fundamentais para as
EDOs
1) y 00 + 12y 0 + 35y = 0.
35
2) u00 + u0 − 2u = 0.
3)
d2 v
dx2
dv
+ 3v = 0.
+ 4 dx
Resolva os seguintes PVI
4)
d2 u
dt2
+ 3u = 0, u(0) = 3, u0 (0) = 7.
5) 4v 00 + v 0 + 12v = 0, v(1) = 0, v 0 (1) = −1.
6) Prove que as soluções dos PVIs





y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = 0
y(t0 ) = 0
y 0 (t0 ) = 1
e





y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = 0
y(t0 ) = 1
y 0 (t0 ) = 0.
formam um conjunto de soluções fundamentais da EDO y 00 + p(t)y 0 +
q(t)y = 0.
3.3
Raizes complexas e raizes repetidas da
equação caracterı́stica
Continuaremos nossa discussão a respeito da EDO ay 00 +by 0 +cy = 0 (onde
a, b e c são números reais), cuja equação caracterı́stica é ar2 + br + c = 0.
Ja sabemos solucionar tal EDO qdo as raizes de sua equação caracterı́stica
são reais e distintas. Vamos agora, analisar o caso onde ar2 + br + c = 0 tem
duas raizes complexas conjugadas. Neste sentido, suponha que r1 = λ + iµ e
r2 = λ − iµ são raizes de ar2 + br + c = 0. Seguindo o mesmo procedimento
36
do caso em que r1 e r2 são duas raizes distintas, teremos que as soluções são
dadas por
y1 (t) = e(λ+iµ)t = eλt eiµt e y2 (t) = e(λ−iµ)t = eλt e−iµt ,
(3.5)
mas como calcular eix (onde x é um número real)? Para respondermos a esta
pergunta, relembremos da série de Taylor para ex , dada por
x
e =
∞
X
xn
n=0
n!
.
(3.6)
Usando ix no lugar de x em (3.6), obtemos
eix =
=
∞
X
ixn
n=0
∞
X
n=0
n!
∞
X
(−1)n−1 x2n−1
(−1)n x2n
+i
2n!
(2n − 1)!
n=1
= cos x + i sin x.
Note que acima, separamos a soma em sua parte real e sua parte imaginária,
usando as potências adequadas de i. Desta forma, podemos reescrever (3.5)
como
y1 (t) = eλt (cos µt + i sin µt) e y2 (t) = eλt (cos µt − i sin µt) .
Como podemos tomar qualquer combinação linear de y1 e y2 , note que
u1 (t) = y1 (t) + y2 (t) = 2eλt cos µt e u2 (t) = y1 (t) − y2 (t) = 2ieλt sin µt,
e, como 2 e 2i são constantes, podemos tomar y1 = eλt cos µt e y2 (t) =
2ieλt sin µt para formar nosso conjunto de soluções fundamentais (verifique
que W (y1 , y2 )(t0 ) 6= 0, para algum t0 ).
37
Exemplo 3.10. Encontre a solução geral de y 00 + 9y = 0
Solução: A equação caracterı́stica associada a tal EDO é r2 + 9 = 0,
cujas raizes são r = ±3i, assim, temos que a solução geral de tal EDO é dada
por y(t) = c1 cos 3t + c2 sin 3t.
Exemplo 3.11. Encontre a solução do PVI





16y 00 − 8y 0 + 145y = 0
y(0) = −2
y 0 (0) = 1.
Solução: A equação caracterı́stica associada a EDO 16y 00 −8y 0 +145y = 0
é 16r2 − 8r + 145 = 0, cujas raizes são r = 41 ± 3i, assim, temos que a solução
1
1
geral de tal EDO é dada por y(t) = c1 e 4 t cos 3t + c2 e 4 t sin 3t, e, usando as
condições iniciais, temos
1
y(0) = −2 ⇒ c1 = −2 e y 0 (0) = 1 ⇒ c2 = .
2
1
1
Assim, temos que a solução do PVI dado é y(t) = −2e 4 t cos 3t + 21 e 4 t sin 3t.
Só nos falta agora analisarmos o caso onde as raizes da equação caracterı́stica possui uma única raiz real. Assim, se r é a única raiz da equação
38
, e, se procedermos como no caso em
ar2 + br + c = 0, então, teremos r = −b
2a
que tal equação tem duas raizes distintas, obteremos apenas ert como solução
fundamental da EDO ay 00 + by 0 + cy = 0. Agora, se multiplicarmos ert por
uma função v = v(t) a fim de obtemos possı́veis soluções diferentes de cert ,
obtemos, como solução
y(t) = v(t)ert ⇒ y 0 = v 0 ert + rvert = v 0 ert + ry
⇒ y 00 = v 00 ert + 2rv 0 ert + r2 vert = v 00 ert + 2rv 0 ert + r2 y
e assim, substituindo tais valores na expressão ay 00 + by 0 + cy = 0, obtemos
a(v 00 ert + 2rv 0 ert + r2 vert ) + b(v 0 ert + rvert ) + cy = 0
⇓
av 00 ert + 2arv 0 ert + ar2 vert + bv 0 ert + brvert + cvert = 0
⇓
ert (av 00 + 2arv 0 + ar2 v + bv 0 + brv + cv) = 0
⇓
b2
v 0 + a 4a2 v + bv 0 + b −b
v + cv = 0
av 00 + 2a −b
2a
2a
⇓
v 00 =
b2 −4ac
v
4a2
⇓
v 00 = 0
⇓
v = c1 t + c2
assim, teremos então que a solução geral da EDO ay 00 + by 0 + cy = 0 neste
caso será y(t) = c1 tert + c2 ert , visto que teremos que as funções y1 (t) = tert
e y2 (t) = ert formam um conjunto de soluções fundamentais para tal EDO
(prove!).
39
Exercı́cios 3.12. Encontre a solução geral das seguintes EDOs
1) y 00 − 2y 0 + 2y = 0.
2)
d2 u
dt2
+ 2u = 0.
3)
d2 y
dx2
dy
+ +y = 0.
− 2 dx
4) v 00 + 2v 0 + 5v = 0.
5) u00 − 6u0 y 0 + 9u = 0.
6)
d2 v
dt2
− 9v = 0.
7)
d2 y
dx2
dy
− 2 dx
+ 5y = 0.
8) u00 − 6u0 + 9u = 0.
Resolva os seguintes PVIs, esboce o gráfico de suas soluções, e, determine se
estes convergem para algum valor, e em caso afirmativo, para qual
9) 9y 00 − 12y 0 + 4y = 0, y(0) = 2, y 0 (0) = −1.
10) v 00 + 4v = 0, v(0) = 0, v 0 (0) = 1.
2
11) 9 ddt2u + 4 du
+ 4u = 0, u(−1) = 2, u0 (−1) = 1.
dt
2
d v
dv
12) 9 dx
2 + 2 dx + 2v = 0, v
3.4
π
4
= 2, v 0
π
4
= −2.
EDOs não homogêneas de segunda ordem
Como ja vimos, nem sempre uma EDO é homogênea e/ou linear. Em
vista disso, vamos estudar o caso onde a EDO linear de segunda ordem em
questão não é homogênea, e veremos que o estudo de tal método, pouco difere
do caso onde tal EDO é homogênea.
40
Assim, seja a EDO
y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = r(t),
(3.7)
onde p, q e r são funções contı́nuas. A equação
y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = 0
é a equação homogênea associada à equação (3.7). Note que se Y1 e Y2 são
soluções da equação (3.7), então a diferença Y1 − Y2 será solução da equação
homogênea associada à (3.7) (exercı́cio). Deste fato, segue o seguinte
Teorema 3.13. Se Y1 e Y2 são soluções da equação (3.7), e y1 e y2 formam
um conjunto de soluções fondamentais para a EDO homogênea associada,
então a diferença Y1 − Y2 pode ser escrita por
Y1 − Y2 = c1 y1 + c2 y2 ,
onde c1 e c2 são constantes reais.
O teorema 3.13 nos diz que qualquer solução (ou seja, a solução geral)
da equação (3.7) pode ser escrita como uma solução particular da mesma,
somada com a solução geral da EDO homogênea associada. Assim, precisamos apenas de métodos para encontrarmos soluções particulares de uma
EDO como (3.7), visto que ja dispomos de alguns métodos para encontrar a
solução geral da EDO homogênea associada.
3.4.1
Método dos coeficientes a determinar
No presente método, supomos que a solução para a EDO em questão
tem uma certa forma, porém, com coeficientes a serem determinados. Para
determinar tais coeficientes, basta substituimos a nossa suposta solução na
41
EDO em questão.
A grande vantagem deste método é que seu uso é extremamente simples,
assim, o explicaremos apenas através dos exemplos a seguir.
Exemplo 3.14. Determine uma solução particular da EDO y 00 − 3y 0 − 4y =
3e2t .
Solução: Temos que encontrar uma função Y tal que Y 00 − 3Y 0 − 4Y =
3e2t . Visto que a função exponencial se reduz a ela mesma pela diferenciação,
supomos que Y (t) = Ae2t , e assim, encontramos o valor de A fazendo as
substituições adequadas na EDO em questão. Temos então que
Y (t) = Ae2t ⇒ Y 0 (t) = 2Ae2t ⇒ Y 00 (t) = 4Ae2t ,
assim,
1
4Ae2t − 6Ae2t − 4Ae2t = 3e2t ⇒ A = − .
2
Obtemos então que Y (t) = − 21 e2t é uma solução particular da EDO y 00 −
3y 0 − 4y = 3e2t .
Exemplo 3.15. Determine uma solução particular da EDO y 00 − 5y 0 + 6y =
sin t.
Solução: Temos que encontrar uma função Y tal que Y 00 − 5Y 0 + 6Y =
sin t. Em analogia ao caso do exemplo anterior, as funções que reduzem à
sin t pela derivação são sin t e cos t, assim, supomos Y (t) = A sin t + B cos t.
Vamos agora encontrar os valores de A e B, obtendo então a função procurada
Y (t) = A sin t + B cos t ⇒ Y 0 (t) = A cos t − B sin t ⇒ Y 00 (t) = −A sin t − B cos t,
assim, substituindo adequadamente na EDO em questão, temos
−A sin t − B cos t − 5A cos t + 5B sin t + 6A sin t + 6B cos t = sin t
42
⇓
(5B + 5A − 1) sin t + (5B − 5A) cos t = 0
⇓
A=B=
1
,
10
1
(sin t + cos t) é uma solução particular da EDO dada.
assim Y (t) = 10
Em geral, no presente método, para EDOs da forma
ay 00 + by 0 + cy = r(t),
procuramos soluções de uma forma semelhante à função r(t). De fato
r(t) = a0 + a1 t + ... + an tn ⇒ Y (t) = ts (a0 + a1 t + ... + an tn )
r(t) = (a0 + a1 t + ... + an tn )eαt ⇒ Y (t) = ts (a0 + a1 t + ... + an tn )eαt
r(t) = (a0 + a1 t + ... + an tn )eαt sin βt ⇒ Y (t) = ts (a0 + a1 t + ... + an tn )eαt sin βt +
+ts (a0 + a1 t + ... + an tn )eαt cos βt
r(t) = (a0 + a1 t + ... + an tn )eαt cos βt ⇒ Y (t) = ts (a0 + a1 t + ... + an tn )eαt sin βt +
+ts (a0 + a1 t + ... + an tn )eαt cos βt,
e vale a também para a soma dos casos citados acima.
Exercı́cios 3.16. Encontre a solução geral das seguintes EDOs
1) y 00 − 2y 0 − 3y = 3e2t .
2)
d2 u
dx2
+ 2 du
+ u = 2e−x cos x.
dx
3) 2v 00 + 3v 0 + v = x2 + 3 sin x.
4)
d2 v
dt2
+ 2 dv
= 3 + 4 sin 2t.
dt
43
Referências Bibliográficas
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Matemáticos para Engenharia - 1. ed. Rio de Janeiro: SBM, 2005.
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[10] STEWART, James. Cálculo, V.2. 5. ed. São Paulo:
2005. ISBN: 9788522104840
45
Cengage,