Apostila de Equações diferenciais Ordinarias_E.D.O

PRE-EDIÇÃO EXPERIMENTAL PARA TESTE E CORREÇÕES

ENGENHARIA DE TELECOMUNICAÇÕES

INTR ODUÇÃO AS

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS APLICADAS

A ENGENHARIA

ENGENHARIA DE TELECOMUNICAÇÕES UNIMINAS

PRODUZIDO EXPERIMENTALMENTE PARA PARTE DA DISCIPLIN A CALCULO 2 Prof.a Dr.a Elaine Gomes Assis

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Capa: Antenas

INTRODUÇÃO AS EDO’S PARA ENGENHEIROS

ENGENHARIA DE TELECOMUNICAÇÕES Alessandro Gomes Silva

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O AUTOR:

ALESSANDRO GOMES SILVA

LICENCIADO EM CIENCIAS FÍSICAS

ESPECIALISTA EM FÍSICA MESTRANDO EM FÍSICA

GRADUANDO EM ENGENHARIA TELECOMUNICAÇÕES Perito Criminal da Polícia Civil do Estado de Minas Gerais

Ex-Professor de Física da UEMG - Patos de Minas-MG Ex- Professor de Matemática e Física do Colégio Marista de Patos de Minas-MG

Ex-Professor de Física da Rede Pitágoras Ex-Professor de Física da Rede Estadual de Ensino – MG

REVISÃO TÉCNICA, COLABORAÇÃO TÉCNICA

PROF. DRA. ELAINE GOMES ASSIS LICENCIADA EM ENGENHARIA MECANICA

PROFESSORA DA UNIVERSIDADE FEDERAL DE UBERLÂNDIA PROFESSORA DE FISICA, CALCULO E SISTEMAS DE INFORMA ÇÃO DA

UNIMINAS



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5

Dedico a meus filhos: Larissa no dia do seu “aniversário” de 6 anos e Mateus para incentivá-lo a melhorar mais nos estudos. Amo vocês!



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SUMÁRIO:

ASSUNTO Página Prefácio Introdução – Conceitos iniciais Capítulo I – Equações Diferenciais Ordinárias de 1ª Ordem



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8



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PREFÁCIO

O presente texto visa iniciar o conceito de equações diferenciais ordinária (que vamos definir e explicar melhor a diante), de colega para colega, mas sem prejuízo aos conceitos matemáticos indispensáveis á nossa formação e aplicando, na medida do possível e dos meus limites, aos tópicos importantes da física e da engenharia pelos quais, ás vezes, até já passamos sem saber muito o “porque?” e outras vezes para outros será objeto estudos mais aprofundados nos quais tais as equações serão imprescindíveis. Não vou ser muito autêntico, principalmente nos exercícios, que são chatos de elaborar (Observamos muitos exercícios repetitivos ou varias leituras diferentes tanto nacionais quanto internacionais). Começaremos nos conceitos matemáticos de exemplos sendo os primeiros, quase sempre matemática pura, e os demais do mesmo típico serão aplicados oportunamente à mecânica clássica, termodinâmica clássica, circuitos elétricos, físico-química e outros temas de cotidiano das ciências. Os erros com certeza poderão aparecer, mas vou corrigi-los junto com vocês que darão sua opinião, em cada, e vamos corrigi-los para os colegas que usaram no futuro (se for aprovado?). No entanto, trata-se de um prazer escrever para vocês, além de valer nota!!!

Uberlândia-MG, 15 de Maio 2006.

Alessandro Gomes SilvaAlessandro Gomes SilvaAlessandro Gomes SilvaAlessandro Gomes Silva Aluno do Curso de Eng de Telecomunicações - Uniminas



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CAP 1 - INTRODUÇÃO Conceitos iniciais O que é uma equação diferencial? Pode-se dizer é uma igualdade que envolve variáveis relacionadas (“misturadas”), com, no mínimo, um elemento diferencial (infinitesimal) como: dx,dy,dt,ds,d , t , q,...etcθ ∂ ∂ . Exemplo:

a) dy cos x ou dy cos ndxdx

= =

b) 2

24 0

d yy

dx+ =

c) 2 2 22 10

xx dy e x y+ = + +

d) 2 2

2 20

x y

µ µ∂ ∂+ =

∂ ∂

As equações diferencias ordinárias nas formas dos exemplos de “a)” a “c)” acima, são assim chamadas somente para distingui-las das equações diferencias parciais (que contém derivadas parciais) como no exemplo “d)” acima. Nosso objetivo são EDO’s (equações diferenciais ordinárias), que são ditas de 1a ordem, quando encontramos apenas derivadas primeiras: dx,dy,dt ,... por exemplo: As EDO’s são de 2

a ordem quando apresentam até derivadas segundas, 2 2d y,d θ ,... . Então para generalizar podemos afirmar que a ordem da EDO é a mesma da derivada de maior ordem que nela aparece, veja: dy sen x dx= (é de 1a ordem)

xy'' e= (é de 2a ordem, pois 2

2

d yy''

dx= )

y''' K= (é de 3aordem) Obs: Não confundir “ordem” com “grau” - Ordem esta ligada a ordem da derivada. - Grau é maior expoente da maior derivada.

Exemplo: ( )42 3d y x dy= +

É uma EDO de 2a ordem e grau 4.



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Como surgiram as Equações Diferenciais? Algumas equações diferenciais surgiram, na matemática, desde a invenção do cálculo diferencial e do cálculo integral, isto é, desde os trabalhos de Newton e Leibniz. Em 1693, Leibniz integrou uma equação linear homogênea de primeira ordem. Em 1739, Euler encontrou a solução de uma equação linear de ordem n, com coeficientes constantes. O método da variação da constante foi elaborado por Lagrange, em 1775. Outrossim, desde 1739, Euler resolveu vários problemas por este método. Durante o século XVIII, a teoria das equações diferencias determinou progressos decisivos na mecânica comum e na mecânica celeste, na teoria das marés, na meteorologia e em alguns domínios da física. O bom êxito obtido pela teoria das equações diferencias constituiu um condicionamento cultural da afirmativa, de cunho filosófico, acerca de seu caráter universal, denominado “princípio do determinismo mecânico” expresso no citado aforismo de Laplace. Pondo em relevo o triunfo final da razão, essa posição filosófica desempenhou papel relevante a liberação da ciência das influências teológicas e escolásticas. Todavia, os avanços da física no século XX denunciaram a estreiteza do determinismo mecânico que, embora conserve seu valor nos problemas mecânicos, cede o lugar ao determinismo estatístico, ao tratar de problemas mais profundos da física. Wronski, matemático e filósofo, introduziu seu determinante em 1812. A colocação do problema geral da existência e unicidade da solução de uma equação diferencial é obra elaborada ao longo do século XIX. A primeira demonstração da existência de solução foi dada por Cauchy (1844); em seguida, Lipschitz a simplificou consideravelmente e formulou a condição que hoje leva o seu nome. O método das aproximações sucessivas foi proposto por Picard (1890); esse método foi reformulado abstratamente para espaços métricos, mediante o uso de um operador contractante, por Banach, em 1922.

(Texto de “Marcelo Pappini”) O que é resolver uma equação diferencial? Como a equação contém derivadas, nosso intuito será desaparecer com elas, ou seja, se eu tenho derivadas vou ter de integra-las, para não haver alteração na equação é integração deve ser possível e



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13

necessariamente realizada dos dois lados de igualdade (obedecidas as condições de existência nos intervalos respectivos). Exemplo: a) dy cos x.dx= (observe que se trata de uma EDO de 1a ordem) como acima foi falado, temos que integrar para sumir com dy e dx acima, então: dy cos xdx= (integrando):

1 2

1 20

dy cos xdx

y c senx c

y senx c c

=

+ = +

− + − =

∫ ∫

Como 1 2c e c são constantes, podemos dizer que

1 2c c K− = outra

constante, daí: 0y sen K− + = Observe que como o valor de K (constante), qualquer, a solução geral da equação é “família” de curvas, correspondentes aos valores possíveis de K . Portanto, é comum chamar a função que possui uma constante arbitrária de solução geral da equação diferencial correspondente de primeira ordem. Se atribuirmos um valor definido á constante, a solução assim obtida passará a ser uma solução particular. Por exemplo: Se: 1 1 0K y senx= ⇒ − + = é uma solução particular da EDO. Se: 2 2 0K y senx= ⇒ − + = é uma outra solução particular. Nota: quase nunca é tão simples assim! O exemplo acima foi resolvido por um método chamado: solução por integração direta. O que pode ser adotado para as EDO’s do tipo:

( )dyf x

dx= .



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Exercícios

1) Com uma boa leitura dos textos anteriores você poderá, em cada

caso, classificar as equações diferenciais abaixo envolvendo a incógnita y, usando os seguintes critérios.

• Equação diferencial Ordinária (EDO) ou Equação diferencial Parcial (EDP).

• Quanto a ordem. • Quanto ao grau (se possível) • Quanto a forma: Normal ou diferencial.

a) 5 1

xy''' xy' e− = +

b) 5 3dy

xdx

= +

c)22

22 1

y d y dyedx dx

+ =

d)3 2

3 2

45 0

d y d ysenx xy

dx dx+ + =

e)3 7 22

3

23 5

d y dy dyy y x

dx dx dx

+ + =

f)2 2

2 24 0

y y

t x

∂ ∂− =

∂ ∂

2) Dê a solução geral da equação do item “b” do exercício anterior.

UMA NOTAÇÃO USUAL EM CIENCIAS EXATAS: Uma observação importante é quanto notação das derivadas temporais (com relação ao tempo), costuma-se usar em textos técnicos:

2

2

dx d x dvx ,x ,v , p dp / dtdt dx dt

= = = =& && & &



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CAPITULO 2

EDO’s de 1ª Ordem O propósito deste capitulo será o de estudar alguns métodos algébricos clássicos para resolver EDO’s de primeira ordem, ou seja, as que envolvem primeiras derivadas. Algumas EDO’s de 1ª ordem podem ser resolvidas como no exemplo 1, mas, muitas vezes, necessitam de um “ajustamento” que separe as variáveis envolvidas(juntamente com suas diferencias), colocando-as uma de cada lado da igualdade (dá-se a essa técnica o nome de “Método Separação de Variáveis”). Por exemplo: y' y= , pode ser escrito na forma:

dyy

dx= , separando y no 1ºmembro:

dydx

y= (ponto para integração direta)

dy

dxy

= ⇒∫ ∫

1 2

2 1

x k x k

n y c x c

ny x c c

ny x k

y e y e .e+

+ = +

= + −

= +

= = =

l

l

l

,

como ke é uma constante a solução geral é ky c.e= (onde kc e ,= )



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(ALGUMAS CURVAS DA FAMÍLIA DE SOLUCÕES)

O trabalho do engenheiro consiste em transformar uma situação problema numa equação deste tipo, e, tal “transformação” é o que chamamos de “modelamento” . Agora vamos considerar alguns exemplos simples da Física que ilustra as etapas típicas do modelamento, isto é, as etapas que vão da situação física á sua formulação matemática e à sua solução. Esta talvez seja a maneira mais fácil de obter uma primeira idéia da natureza e finalidade das equações diferenciais, bem como de suas aplicações. Obs.1: Nos exemplos aplicados talvez você encontre problemas grandes, não se assuste, pois o texto do problema é só para informar melhor sobre os aspectos científicos envolvidos; não quer dizer que é mais difícil . Obs.2: Se você nuca estudou RADIOTIVIDADE em Física ou Físico-química, antes de observar o exemplo leia o texto abaixo, se já tem uma noção, pule para o exemplo 3.

RADIOTIVIDADERADIOTIVIDADERADIOTIVIDADERADIOTIVIDADE RADIAÇÕES DO URÂNIORADIAÇÕES DO URÂNIORADIAÇÕES DO URÂNIORADIAÇÕES DO URÂNIO

Em 1896, o físico francês Antonie-Henri Becquerel, que se dedicava ao estudo das substância fluorescentes, percebeu que um sal de urânio (o

( ) ( )2 2 4 2K UO SO : sulfato duplo de potássio e uranila) era capaz de sensibilizar não só o negativo de um filme fotográfico – mesmo quando esse filme era recoberto por papel preto -, mas também finas lâminas de metal. Isso ocorria mesmo quando o sal de urânio não era estimulado por luz solar nem por raios catódicos. Assim, Becquerel, o



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descobridor do urânio, percebeu que esse material emitia raios com propriedades semelhantes às dos raios X e a essa propriedade ele denominou radioatividaderadioatividaderadioatividaderadioatividade. Em 1897, a química nascida na Polônia e naturalizada francesa, Marie Sklodowska Curie (1867-1934), ao estudar vários compostos de urânio, demonstrou que a intensidade da radiação emitida era proporcional à quantidade de urânio presente na amostra. Assim, ficou claro que q radiação provinha especificamente dos átomos de urânio, e Marie Curie concluiu que essas radiações eram um fenômeno atômico. Nesse mesmo ano, o físico inglês Ernest Rutherford criou uma aparelhagem para estudar essas radiações. Nessa aparelhagem, as radiações eram emitidas pelo material radioativo, contido no interior de um bloco de chumbo, e submetidas a um campo eletromagnético. Depois de passarem pelo campo, algumas dessas radiações tinham sua trajetória desviada em direção à placa carregada negativamente; portanto, deviam apresentar cargas positivas na sua constituição e foram denominadas raios alfa raios alfa raios alfa raios alfa ( )α . Outro feixe de radiações era atraído pela placa positiva; portanto, elas deviam apresentar cargas negativas e foram denominadas raios beta raios beta raios beta raios beta ( )β . Como tanto os raios alfa quanto os raios beta sofriam a ação do campo magnético, Rutherford concluiu que eles eram constituídos por partículas, chamadas alfaalfaalfaalfa e betabetabetabeta, respectivamente, e que elas apresentam massa. Comparando o desvio sofrido pelas partículas, concluiu também que essas partículas alfa eram constituídas por 2 prótons e 2 nêutrons. Dessa comparação conclui que as partículas beta e os elétrons eram iguais, ou seja, que os raios beta eram constituídos por elétrons. Até então, os elétrons eram associados à corrente elétrica; agora, eles também são associados ao átomos. Nesse mesmo ano, o físico francês Paul Ulrich Villard, repetindo as experiências de Rutherford, percebeu a existência de outros raios que não eram afetados pelo campo eletromagnético. Esses raios não apresentavam nem carga nem massa, eram constituídos por ondas eletromagnéticas e foram denominados raios gama raios gama raios gama raios gama ( )γ . . . . A radiação gama apresentava algumas semelhanças com os raios X, mas eram mais penetrantes, possuíam comprimento de onda menor e, por isso, mais energia. O átomo de um elemento radiativo, ao emitir ima partícula alfa, dá origem a um novo elemento que apresenta número de massa A A A A com 4 unidades a menos e número atômico ZZZZ com 2 unidades a menos. ExplicaçãoExplicaçãoExplicaçãoExplicação: Uma partícula alfa é constituída de 2 prótons e 2 nêutrons e a emissão de uma originará um novo elemento que apresenta 2 prótons e 2 nêutrons a menos. Quando o átomo do elemento 239

94Pu , por exemplo, emite uma

partícula alfa, ele se transformar em 23592U . A reação nuclear que apresenta esta

transformação é dada por:



18

18

239 4 235

94 2 92Pu Uα+→ +

Na medida em que ocorre a emissão de partículas do núcleo de um elemento radioativo, ele está se desintegrando. A velocidade com que ocorrem essas desintegrações por unidade de tempo é denominada velocidade de desintegração velocidade de desintegração velocidade de desintegração velocidade de desintegração radioativaradioativaradioativaradioativa. Exemplo 3 - (Agora sim, vamos ao exemplo): A experiência mostra que uma substância radioativa se decompõe a uma taxa proporcional à massa presente. Iniciando com uma certa massa, digamos 2g, em um dado instante que supomos ser t=0, que podemos dizer sobre a massa existente em um instante posterior. Solução: Primeira Etapa (descrição matemática do processo físico por meio de uma equação diferencial). Representamos massa de substância ainda presente no instante t por m (t). A taxa de variação é dm/dt. De acordo com a lei da Física que rege o processo da radiação, dm/dt é proporcional a m. Então:

(A) dmkm,

dt=

onde k é uma constante física definida, cujo valor numérico é conhecido para várias substâncias radioativas. (Por exemplo, no caso do rádio, 11 1

1 4 10k , . s− −≈ − .) Evidentemente, como a massa da substância

é positiva e diminui com o tempo, dmdt

é negativa, o mesmo se dando com

k. Vemos que o processo físico considerado é descrito matematicamente por meio de uma equação diferencial linear ordinária de primeira ordem. Logo, esta equação diferencial é o modelo matemático daquele processo físico. Sempre que uma lei da Física envolver a taxa de variação de uma função, tal como velocidade, aceleração etc., conduzirá a uma equação diferencial. Por este motivo, as equações diferenciais ocorrem freqüentemente nos problemas da Física e da Engenharia. Segunda Etapa (resolver a equação diferencial). Mesmo neste estágio prematuro de nossas considerações, já temos à disposição um processo sistemático para resolver a equação (A). O cálculo nos informa que as funções exponenciais possuem esta prioridade. De fato, a função kte ou, de maneira mais geral, Usando a Separação de variáveis:

ktdm dmkdt kdt ln( m ) kt m( t ) c.e

m m= ⇒ = ⇒ = ⇒ =∫ ∫

(B) ktm( t ) ce= ,



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19

onde c é uma constante arbitrária, é uma solução de (A) para qualquer t, como pode ser facilmente verificado substituindo (B) em (A). Como (B) possui uma constante arbitrária, ela é a solução geral da equação diferencial de primeira ordem (A). Terceira Etapa (determinação de uma solução particular). É claro que processo físico que examinamos possui um comportamento único, de sorte que podemos esperar que, empregando outras informações, sejamos capazes de escolher um valor numérico definido para c em (B), de modo que a solução particular resultante descreva o processo de maneira adequada. A massa m(t) ainda presente no instante t dependerá da massa inicial dada. Esta massa é de 2g para t=0. Temos assim que escolher c de modo que, para t=0,m=2. Esta condição é chamada condição inicial (é um dito: Problema do Valor Inicial – onde é conhecida uma determinada condição que particulariza as soluções possíveis para a EDO), pois se refere ao estado do sistema físico. Levando em conta:

(C) m(0)=2, em (B) obtemos: m (0)-ceº=2 ou c=2 Empregando este valor de c, (B) se transforma em: (D) 2

ktm( t ) e= . Esta solução particular de (A) fornece a massa de substância radioativa ainda presente em qualquer instante 0t ≥ . A constante física k é negativa e m(t) descreve à medida que o tempo cresce. Quarta Etapa (verificação) . De (D) concluímos que:

2ktdm

ke kmdt

= = e que:

0 2 2m( ) eº= = Veja solução gráfica particular:



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20

Exercícios: 1) Num castelo inglês uma velha mesa redonda de madeira que

muitos afirmam ser famosa Távola Redonda do rei Arthur.Por meio de um contador Geiger (instrumento que mede a radioatividade) constatou-se que a massa M existe na mesa, no ano de 1999, é 0,894 vezes a massa 14

0M de C que existe num

pedaço de madeira viva com o mesmo peso da mesa. 0

M é também a massa de 14C que existia na mesa quando esta foi feita há t anos. A mesa pode ser a famosa Távola Redonda?

RESPOSTA: 4

625000

5p( t )

=

2) Carbono extraído de um crânio antigo continha apenas um sexto do 14C radiativo do que o carbono extraído de um osso atual. Qual a idade do crânio?

Exemplo 2.3 - (Geometria analítica) Resolver a equação diferencial 9 4 0yy' x+ = . (Observar que esta EDO está na FORMA NORMAL e é SEPARÁVEL). Solução: Passando a forma diferencial e separando as variáveis, temos: 9 4ydy xdx= − ; Integrando ambos os membros, obtemos a solução geral:



21

21

2 292

2y x c= − +

:

ou 2 2

9 4

x yc+ =

18

cc

=

:

A solução representa uma família de elipses. Exemplo 2.4 - (Geometria analítica) 2y' xy= − Separando as variáveis, temos:

2dy

xdxy

= − ( )0m ≠

A integração dá: 2dy

xdxy

= −∫ ∫ ;

(5) 2ln y x c= − +:

De fato, o resultado à esquerda pode ser verificado por diferenciação como segue. Quando y>0, então ( )Iny ' y'/ y= .

Quando y<0, então ( )( ) ( )0y e ln -y ' y'/ y y'/ y− > = − − = . Mas y y=

quando 0y e y y> − = quando y<0. Daí pode-se combinar ambas

as formas, achando ( )ln y ' y'/ y= .

É de grande importância introduzir a constante de integração imediatamente quando a integração for efetuada. De (1) obtemos

2x cy e− +=

:

ou, observando que a b a be e e+ = e fazendo ce c=

:

quando

0c

y e e c> = −:

quando 0y ,<

2x

y ce−= . Esta solução representa uma família das chamadas curvas em forma de sino. Podemos também admitir 0c = , o que dá a solução 0y ≡ .



22

22

Exemplo- 2.5 (Uma aplicação à Mecânica de partículas – mais um Problema de Valor inicial) Aceleração de uma partícula é diretamente proporcional ao tempo t. Para t = 0s a velocidade da partícula é v = 9m/s. Sabendo-se que ambas, velocidade e coordenada de posição, são iguais a zero quando t = 3s, escreva a equação do movimento para a partícula. Solução: Para resolver este problema devemos lembrar que se x(t)

é a equação do movimento, a velocidade é dada por dxv( t )dt

= e a

aceleração dva( t )

dt= . Assim, se k IR∈ é uma constante de

proporcionalidade, temos:

dvkt

dt= , separando as diferenciais resulta:

dv ktdt= , donde, integrando vem:

2

1

2

tv k c= + .

Usando a condição, se t=0 então v=9, dada acima, obtemos

19c = e

2

92

ktv = + .

Usando a condição, se t=3 então v=0, dada acima, temos:k=-2 e então

29

dxt

dt= − + .

Separando novamente as variáveis e integrando vem:

3

29

3

tx( t ) t c= − + +

Usando a condição, se t=3 então x=0, obtemos 2

18c = − . Logo, a equação do movimento da partícula é

3

9 183

tx( t ) t= − + − .



23

23

Exemplo- 2.6 (Mecânica – Queda com resistência do ar) Um homem usando uma pára-quedas salta de uma grande altura. O peso do conjunto do homem e do pára-quedas é de 80kg. Seja v(t) sua velocidade no instante t (medido em segundos) depois de começar a queda. Durante os primeiros 16 s, a resistência do ar é v/2. Posteriormente, enquanto o pára-quedas está aberto, a resistência do ar é 8v. Encontre uma expressão para v(t), em qualquer instante t, maior que 16 s. ( )210g m / s= .

Solução: Se um corpo de massa m se move sob a influencia de alguma força F(t,) com a presença de uma força de resistência, que é proporcional à velocidade v(t), então da segunda lei de Newton temos:

dvm F( t ) kvdt

= − . (1)

Usaremos (1) para resolver o problema posto acima. A) Inicialmente consideramos o movimento quando o

pára-quedas está fechado. De (1) obtemos a equação:

2

dv vm mgdt

= − , com t=0, v=0.

Separando as diferencias e integrando esta equação encontramos:

22 2

t

mv( t ) mg mge−

= − , e para t=16,

8

16 2 2 mv( ) mg mge−

= − (detalhe os cálculos). B) Depois da abertura do pára-quedas, de (1), obtemos q

equação:

8dv

m mg vdt

= − .

Integrando esta equação encontramos

8

8

t

mv mg Ae ,A IR−

− = ∈ (detalhe os cálculos para alcançar este resultado) (1' )

Considerando, (por conveniência), no momento da abertura do pára-quedas o tempo t=0, a velocidade neste



24

24

instante é v(16), encontrada acima e, de (1' ) encontramos o valor de A:

8 8

2 2 15 16m mA mg mge mg mg mge− −

= − − = −

.

Portanto, em (1' ) vem:

8 8

8 15 16

t

m mv( t ) mg ( mg mge )e− −

= + −

Substituindo os valores de m e g dados, encontramos o valor de v para t > 16:

1

10 10100 1500 1600

t

v( t ) ( e )e− −

= + −

Obs:

Devemos ter cuidado com o valor de t que deve ser substituído na última expressão. Assim, se desejamos encontrar velocidade v(t), 20º segundo após o início da queda, o valor de t que deve ser substituído na última expressão é t=20-16=4s.

Exemplo 2.7 (Puramente Matemática): Resolva o problema de valor inicial:

2 2dy

xy x y , y(0)=2.dx

= + − −

Solução: Algumas vezes a fatoração não é óbvia a primeira vista. Veja que o segundo membro pode ser escrito da seguinte forma:

2 1dy

( x )( y )dx

= − +

A função constante 1y( x ) ≡ − satisfaz a equação diferencial mas não satisfaz a condição inicial, portanto não podemos perder a solução do problema de valor inicial ao dividir por y+1. Assim, efetuamos a divisão e integramos:



25

25

2

2

21

11 2

2

11 22

dy( x )dx;

y

ln y x x c;

ln( y ) x x c

= −+

+ = − +

+ − +

∫ ∫

No passo final usamos o fato de que y+1>0 é próxima do valor inicial y=2. Agora apliquemos a função exponencial a cada lado da última equação. Com a observação de que ln ze z= , chegamos a:

211 2

2y exp x x c

+ = − +

, (atenção: exp=

e?função?) de modo que:

212 1

2y( x ) Aexp x x

= − −

,

onde cA e= . Note de passagem que não a solução constante 1y ≡ − ; ela corresponde a A=0. Mas, para concluir o exemplo, a condição y(0)=2 implica A=3, de modo que a solução desejada é

213 2 1

2y( x ) exp x x

= − −

.

Exercícios: 3) Determine se 2

x xy( x ) e xe− −= + é solução de 2 0y'' y' y+ + = . Explicar como?

(dica: para resolver, encontre as derivadas primeira e segunda de y(x) e substitua na EDO).

4) 1y( x ) ≡ é solução de 2y'' y' y x?+ + =

5) Determine a solução do problema de valor inicial 0 3 2y' y ; y( )+ = = .

6) Determine uma solução do problema de valor inicial 4 0 0 0 0 1y'' y ; y( ) , y'( )+ = = = .



26

26

7) Encontre soluções particulares explícitas dos problemas de valor inicial nos problemas.

a) 0 2xdy

ye ; y( ) edx

= =

b) ( )2 23 1 0 1

dyx y ; y( )

dx= + =

c) ( ) 1 22

2 16 5 2dyy x x ; y( )dx

−= − =

Eliminação de Droga no Organismo: Em muitos casos a quantidade A(t) de uma certa droga sanguínea, medida pelo excesso acima do nível natural da droga, declinará a uma taxa proporcional a este mesmo excesso neste instante. Ou seja,

dAA,

dtλ= −

onde 0λ > . O parâmetro λ é chamado a constante de eliminação da droga. A equação diferencial protótipo dessa situação é x' kx= com x(t)>0 e k constante (seja positiva ou negativa), e é prontamente resolvida separando-se as variáveis e integrando-se:

1dx kdt;x

ln x kt c

=

= +

∫ ∫

Então resolvemos para x:

ln x kt c

c kt kt

e e ;

x e e Ae .

+=

= =

Exercício: 8) Suponha que o sódio pentobarbital é usado para anestesiar um

cachorro. O cachorro fica anestesiado quando a concentração de sua corrente sanguínea contém pelo menos 45 miligramas (mg) de sódio pentobarbital por quilo de peso do cachorro. Suponha também que o sódio pentobarbital é eliminado exponencialmente da corrente sanguínea do cachorro com uma meia-vida de cinco horas. Que dose única deveria ser



27

27

administrada de modo a anestesiar um cachorro de 50 quilos durante uma hora? Resposta: 2584,6mg

Resfriamento e Aquecimento De acordo com a lei de resfriamento de Newton, a taxa de variação temporal da temperatura T(t) de um corpo imenso num meio de temperatura constante A é proporcional à diferença A-t. Isto é,

dTk( A T ),

dt= −

onde k é uma constante positiva. Este é um caso da equação diferencial linear de primeira ordem com coeficientes constantes:

dxax b

dt= +

Ele inclui a equação exponencial como um caso especial (b=0) e é também fácil de resolver por separação de variáveis. Exemplo- 2.8: Uma esfera de cobre é aquecida a uma temperatura de 100ºC. No instante t=0 ela é imersa em água que é mantida a uma temperatura de 30ºC. Ao fim de 3 minutos, a temperatura da esfera está reduzida a 70ºC. Determinar o instante em que a temperatura se encontra reduzida a 31ºC. Informação física. A experiência mostra que a taxa de variação da temperatura T da esfera é proporcional à diferença entre T e a temperatura do meio ambiente (lei do resfriamento de Newton) Primeira Etapa: A formulação matemática da lei do resfriamento de Newton, no caso em pauta, é

30dT

k(T )dt

= − − , (1)

onde representamos a constante de proporcionalidade por –k, a fim de que k>0. Segunda Etapa: Obtém-se a solução geral (1) por separação de variáveis: 30

ktT( t ) ce−= + .



28

28

Terceira Etapa: A condição inicial é T(0)=100. A solução particular que satisfaz a esta condição é 70 30

ktT( t ) e−= + Quarta Etapa: k pode ser determinado a partir da informação

dada T(3)=70. Então 33 70 30 70

kT( ) e−= + = donde 1 70 1865

3 4k ln ,= =

Assim, a temperatura T(t) da esfera é: 0 1865

70 30, tT( t ) e−= + ,

e o valor T=31ºC é atingido quando: 0 1865

70 1 0 1865 70, te ou , t ln− = =

7022 78

0 1865

lnt ,

,= = ,

isto é, depois de aproximadamente 23 minutos. Quinta Etapa: Verificar o resultado’ Obs-1) Nos problemas com aplicação , sugiro que sigamos as etapas acima. Obs-2) Tente sempre desenvolver os cálculos evitando usar resultados anteriores, pois esta é sua chance de aprender mesmo. Exercício: 9) O corpo de uma vítima de assassinato foi descoberto. O perito

da polícia chegou à 1:00 h da madrugada e, imediatamente, tomou a temperatura do cadáver, que era de 34.8º. Uma hora mais tarde ele tomou novamente a temperatura e encontrou 34,1ºC. A temperatura do quarto onde se encontrava a vítima era constante a 20ºC. Use a lei de resfriamento de Newton para estimar a hora em que se deu morte, admitindo que a temperatura normal de uma pessoa viva é de 36,5ºC.

Resposta: -2,24h (deve ser subtraído do 01:00h, para hora exata da morte). 10) Considere uma substância posta numa corrente de ar. Sendo a

temperatura do ar 30ºC e resfriando a substância de 100ºC para 70ºC em 15 minutos, encontre o momento em que a temperatura da substância será de 40ºC.

Resposta: 52,16min. Lei de Torricelli -(Hidrodinâmica - Mecânica dos fluidos): Suponha que um tanque de água tenha um buraco de área a no seu fundo, por onde escoa água. Denote por y(t) a profundidade da água no tanque no instante t, e por V(t) o volume de água então no



29

29

tanque. É plausível – e verdade, sob condições ideais – que a velocidade da água saindo pelo buraco seja 2v gy= , (A) que é a velocidade que uma gota d’água adquirida caindo livremente da superfície da água até o buraco. Sob condições reais, levando-se em conta o aperto de um jato d’agua passando por um critério, 2v c gy= , onde é uma constante empírica entre 0 e 1 (geralmente em torno de 0,6 para um pequeno fluxo contínuo de água). Para simplificar, tomamos c=1 na discussão seguinte. Como conseqüência da equação (A), temos

2dV

av a gydt

= = − ; (B)

este é um enunciado da lei de Torricelli para um tanque esvaziando. Se A(y) denota a área da seção horizontal do tanque na altura y, o método do volume por seções nos dá

0

y

V A( y )dy= ∫

portanto o teorema fundamental do cálculo implica que dV/dy=A(y) e assim que

dV dV dy dyA( y )

dt dy dt dt= = (C)

Das equações (B) e (C) obtemos finalmente

2dy

A( y ) a gydt

= − (D)

uma forma alternativa da lei de Torricelli. Exemplo- 2.9: Um tanque cilíndrico de 1,5m de altura regue-se sobre sua base circular de 1m de diâmetro e estás inicialmente cheio de água. No fundo do tangue há um orifício de 1cm de diâmetro, que é aberto num certo instante, de modo que a água começa a drenar sob a influência da gravidade. Achar a altura h(t) da água no tanque em qualquer instante t. Achara os instantes em que está cheio até a metade, até um quarto, e vazio. Primeira Etapa: Estabelecemos o modelo matemático (equação diferencial) do problema. O volume de água que flui para fora durante um pequeno intervalo de tempo t∆ é V Av t∆ = ∆ , onde 2 2

0 500A , cmπ= é a área da seção transversal da saída e v é a velocidade da água que escoa. A lei de Torricelli estabelece qua a velocidade com que a água sai de um orifício é



30

30

0 600 2v , gh=

onde 2

980g cm / s= é a aceleração da gravidade na superfície da terra e h é a altura instantânea da água acima do orifício. Esta fórmula parece razoável. Realmente, 2gh é a velocidade que um corpo adquire se ele cai de uma distância h e a resistência do ar é tão pequena que pode ser desprezada. O fator 0,6 é introduzido uma vez que a seção transversal da corrente que escoa é um tanto menor do que a do orifício. V∆ deve ser igual à variação *V∆ do volume de água no tanque. Evidentemente, *

V B h∆ = − ∆ , onde B (h) é a área da seção transversal do recipiente na altura h( t ) ou h∆ é decréscimo da altura h(t) da água. O sinal menos aparece o volume de água no tanque diminui. Uma vez que

*V V∆ = ∆ , temos

0 600 2Av t , A gh B h∆ = = − ∆ . Dividindo por t∆ , obtém-se

0 600 2, A ghh

t B

∆=

∆.

Fazendo 0t∆ → , obtemos a equação diferencial

(2) 0 600 2dh h

, A gdt B( h )

= −

Em nosso caso, 2 20 500A , cmπ= (veja acima) e a área da seção

transversal do tanque não varia com h mas é constante, ou seja, 2 2

50B cmπ= . Uma vez que 4 1 2

1 10 2 2 980 44 3A / B . e g . , cm / s− = = = . Obtemos

1 20 600 2 0 00266

dh A, gh , h

dt B= − = −



31

31

A condição inicial é: 0 150h( ) cm= , onde t=0 é o instante em que o orifício é aberto. Segunda Etapa: Resolvemos a equação diferencial. A separação das variáveis dá 1 2

0 00266h dh , dt− = − Por integração,

1 22 0 00266h , t c= − +

:

.

Dividindo e elevando o quadrado, temos, escrevendo 2c c=:

, 2

0 00133h( t ) ( c , t )= − . Pela condição inicial, 2

0 150h( ) c= = . Daí, a solução particular corresponde a nosso problema é 2

12 25 0 00133h( t ) ( , , t )= − Terceira Etapa: Para responder as questões restantes, expressamos t em termos de h:

12 2512 25 0 00133

0 00133

, h, , t h , e daí t

,

−− = = .

Isto mostra que o tanque está cheio até a metade em

312 25 752 7 10 45

0 00133

,t , . s min

,

−= = = ,

até a quarta parte em t=76,8min e vazio em t=154min. Quarta Etapa: Verificar o resultado. Exercícios: 11) Uma caixa dágua cilíndrica de 702dm de base, está provida de

um orifício de 5 2cm de seção praticado na parede lateral. A água

escoa com uma velocidade 2v gh= , onde 29 8g , m / s e h= é a

altura do nível dágua acima do orifício. Quanto tempo leva para que o nível baixe de 40dm a 10dm ?



32

32

Resposta: 1h 13min 44s

14) Um tanque hemisférico tem raio do topo de quatro pés e no instante t=0s está cheio de água. Neste momento um buraco circular com diâmetro de 1 polegada é aberto no fundo do tanque. Quanto demorará para que toda a água do tanque tenha escoado?

Resposta: 35 min e 50 s

Exercícios Gerais

(1) Coloca-se uma barra de metal, à temperatura de 100ºF em um quarto com temperatura constante de 0ºF. Se, após 20 minutos a temperatura da barra é de 50ºF, determine (a) o tempo necessário para a barra chegar à temperatura de 25ºF e (b) a temperatura da barra após 10 minutos.



33

33

Resposta- a) t=36,6 min Resposta- b) 0

70 5, F

(2) Um corpo à temperatura inicial de 50ºF é colocado ao ar livre, onde a temperatura ambiente é de 100ºF. Se após 5 minutos a temperatura do corpo é de 60ºF, determine (a) o tempo necessário para a temperatura do corpo atingir 75ºF e (b) a temperatura do corpo após 20 minutos.

Resposta- a) t=15,4 min Resposta- b) 0

79 5, F

(3) Coloca-se um corpo com temperatura desconhecida em um quarto mantido à temperatura constante de 30ºF. Se, após 10 minutos, a temperatura do corpo é 0ºF e após 20 minutos é de 15ºF, determine a temperatura inicial desconhecida.

Resposta- 030 F

(4) Sabe-se que certa substância de radioativa diminui a uma

taxa proporcional à quantidade presente. Se, inicialmente, a quantidade de material é 50 miligramas, e se observa que, após duas horas, perderam-se 10% da massa original, determine (a) a expressão para a massa se substância restante em um tempo arbitrário t, (b) a massa restante após 4 horas, e (c) o tempo necessário para que a massa inicial fique reduzida à metade.

Resposta- a) 0 05350

, tN e== Resposta- b) 40,5 mg Resposta- c) t=13 horas

(5) Sabe-se que uma cultura de bactérias cresce a uma taxa proporcional à quantidade presente. Após 1 hora, observam-se 1000 núcleos de bactérias na cultura, e após 4 horas, 3000 núcleos. Determine (a) uma expressão para o número de núcleos presentes na cultura no tempo arbitrário t e (b) o número de núcleos inicialmente existentes na cultura.

Resposta-a) 0 366694

, tN e= Resposta-b)

0694N =



34

34

(6) Sabe-se que a população de determinado Estado cresce a uma taxa proporcional ao número de habitantes existentes. Se após dois anos a população é o dobro da inicial, e após três anos é de 20.000 habitantes, determine a população inicial.

Resposta- 07062N =

(7) Deixa-se cair um corpo de massa de 5 “slugs” de uma altura

de 100 pés, com velocidade inicial zero. Supondo que não haja resistência do ar, determine (a) a expressão da velocidade do corpo no instante t (b) a expressão da posição do corpo no instante t, e (c) o tempo necessário para o corpo atingir o solo.

Resposta- a) v=32t Resposta- b) 2

16x t= Resposta- c) 2 5, seg

(8) Deixa-se cair um corpo com 64 Ib de peso de uma altura de 100 pés, com velocidade inicial de 10 pés/s. Supondo a resistência do ar proporcional à velocidade do corpo, e sabendo-se que a velocidade limite é de 128 pés/s, determine (a) uma expressão para a velocidade do corpo no instante t e (b) uma expressão para a posição do corpo no instante t.

Obs: Se não se lembra use: 1 pé = 0,3048 metro 1 pé/s= 0,3048 m/s 1 “slug” = 14,59 Kg 1 lb (libra) = 0,4536 Kg 1 lb = 4,448 Newtons 1 polegada (in) = 2,540cm Resposta- a) 4

118 128t /v e−= − +

Resposta- b) 4472 128 472

t /x e t−= + −

(9) Lança-se um corpo de massa m verticalmente para cima, com velocidade inicial

0v . Se a resistência do ar é proporcional à

velocidade, determine (a) a equação do movimento no sistema de coordenadas , (b) uma expressão para a velocidade do corpo no instante t, e (c) o instante em que o corpo atinge a altura máxima.

Resposta- a) dv kv g

dt m+ = −

Resposta- b) ( )0

k / m tmg mgv v e

k k

− = + −



35

35

Resposta- c) 01

m v kt ln

k mg

= +

(10) Um corpo de 2 “slugs” de massa é solto no espaço sem

velocidade inicial, e encontra uma resistência do ar proporciona ao quadrado da velocidade de queda. Determine a expressão da velocidade no instante t.

Resposta- 84v tgh k .t

k=

(11) Um tanque contém inicialmente 100 galões de salmoura com 20 Ibs de sal. No instante t=0, começa-se a deitar no tanque água pura à razão de 5 gal/min, enquanto a mistura resultante se escoa do tanque à mesma taxa. Determine a quantidade de sal no tanque no instante t.

Resposta- 20t /Q ce−=

(12) Um tanque contém inicialmente 100 galões de salmoura com 1 Ib de sal. No instante t=0, adiciona-se outra solução de salmoura com 1 Ib de sal por galão, à razão de 3 gal/min, enquanto a mistura resultante se escoa do tanque à mesma taxa. Determine (a) a quantidade de sal presente no tanque no instante e (b) o instante em que a mistura no tanque conterá 2 Ibs de sal.

Resposta- a) 0 0399 100

, tQ e−= − + Resposta- b) 0,338 min

(13) Um tanque de 50 galões de capacidade contém inicialmente 10 galões de água fresca. Quando t=0, adiciona-se ao tanque uma solução de salmoura com 1 Ib de sal por galão, à razão de 4 gal/min., enquanto que a mistura se escoa à razão de 2 gal/min. Determine (a) o tempo necessário para que ocorra o transbordamento e (b) a quantidade de sal presente no tanque por ocasião do transbordamento.

Resposta- a) t=20 min

Resposta- b) 2

40 20 4 2048

10 2 20

( ) ( )Q Ib

( )

+= =

+



36

36

(14) Determine as trajetórias ortogonais da família de curvas 2 2 2x y c+ = .

Resposta- y=kx

(15) Determine as trajetórias ortogonais da família de curvas 2y cx= .

Resposta- 2 21

2x y k+ =

(16) Determine as trajetórias ortogonais d família de curvas

2 2x y cx+ = .

Resposta- 2 2

2

dy y x

dx xy

−=



37

37

Capitulo 3

Equações Lineares de Primeira Ordem

Vimos como resolver uma equação diferencial separável integrando depois de multiplicar cada lado por um fato apropriado. Por exemplo, para resolver a equação:

2dt

xydx

= 0( y )> (1)

multiplicando cada lado pelo fator 1/y para obter:

12

dyx;

y dx= isto é [ ] 2

x xD ln y D x = (2)

Como cada lado da equação em (2) é reconhecível como derivada (em relação à variável independente x), só resta integrar, o que então fornece 2ln y x C= + . Por esta razão, a função ( x, y )ρ é dita um fator de integração da equação original em (1). Um fator de integração para uma equação diferencial é uma função ( x, y )ρ fornece uma equação em que cada lado seja reconhecível como uma derivada. Com a ajuda do fator de integração apropriado, há uma técnica padrão para resolver a equação de primeira ordem linear

dyP( x )y Q( X )

dx+ = (3)

em um intervalo onde as funções coeficientes P( x ) e Q( x ) sejam contínuas. Multiplicamos ambos os lados da equação (3) pelo fator de integração

P( x )dx

( x ) eρ ρ ∫= = (4) O resultado é

yP( x )dx P( x )dx P( x )dxdye P( x )e Q( x )e

dx

∫ ∫ ∫+ = (5)

Como xD P( x )dx P( x ) = ∫ , o lado esquerdo é a derivada do

produto P( x )dx

y( x ).e∫ , de modo que (5) é equivalente a

P( x )dx P( x )dx

xD y( x )e Q( x )e ∫ ∫=

.

A integração dos dois lados desta equação nos dá

P( X )dx P( x )dx

y( x )e Q( x )e dx C ∫ ∫= + ∫



38

38

Finalmente resolvemos em relação a y, obtendo a solução geral da equação linear de primeira ordem em (3):

P( x )dx P( x )dx

y( x ) e Q( x )e dx C− ∫ ∫= + ∫

(6) A fórmula em (6) não deve ser memorizada. Em um problema específico é geralmente mais simples usar o método com que foi deduzida a fórmula. Isto é, para resolver a equação (3) siga os seguintes passos: 1- Comece calculando o fator de integração

P( x )dx

( x ) eρ ∫= . 2- Multiplique então cada lado da equação diferencial por ( x )ρ . 3- Reconheça a seguir o lado esquerdo da equação resultante como

a derivada de um produto: [ ]xD ( x )y( x ) ( x )Q( x )ρ ρ= . 4- Finalmente integre esta equação, ( x )y( x ) ( x )Q( x )dx Cρ ρ= +∫ ,

e resolva então em relação a y para obter a solução geral da equação diferencial original. Além disso, dada uma condição inicial

0 0y( x ) y= podemos

substituir 0 0

x x e y y= = em (6) para achar o valor de C que fornece a solução particular de (3) que satisfaz esta condição inicial. O fator de integração ( x )ρ é determinado só a menos de uma

constante multiplicativa. Se trocamos P( x )dx por P( x )dx c+∫ ∫ em

(4), o resultado será

( )P( x )dx c P( x )dxc( x ) e e eρ+∫ ∫= =

Mas o fator constante ce não afeta o resultado da multiplicação dos dois lados da equação diferencial em (3) por ( x )ρ . Assim podemos

escolher para P( x )dx∫ qualquer antiderivada de P( x ) que for

conveniente. Exemplo- 1 Resolva o problema de valor inicial.

23 0 3

xdvy e , y( )

dx− = =



39

39

Solução: Aqui temos 23

xP( x ) e Q( x ) e= − = , de modo que o fator de integração é

33

( )dx xe eρ

− −∫= = . A multiplicação de cada lado da equação dada por 3

e− fornece

333

yxx xdye e e

x

−− −− = ,

que reconhecemos como

3 yx xd( e ) e

dx

− −= .

A integração em relação a x nos dá aqui 3 yx x x

e e dx e C− − −= = − +∫ ,

de modo que a multiplicação por 3xe fornece a solução geral 3 2x xy( x ) Ce e= − . A substituição de x=0 e y=3 agora nos dá C=4. Assim a solução particular desejada é 3 2

4x xy( x ) e e= − .

Teorema A equação Linear de Primeira Ordem Se as funções P(x) e Q(x) são contínuas no intervalo aberto I contendo o ponto

0x então o problema de valor inicial

0 0

dyP( x )y Q( x ), y( x ) y

dx+ = =

tem uma solução única y(x) em I, dada pela fórmula na equação (6) para um valor apropriado da constante C. Exercícios

1) Ache uma solução geral de

21 3 6dy

( x ) xy xdx

+ + =

2) Resolva o problema de valor inicial

21 2

dyx xy senx, y( )dx

+ = =

3.1 Métodos de Substituição As primeiras equações diferencias de primeira ordem que resolvemos, foram todas ou separáveis ou lineares. Muitas aplicações , contudo, envolvem equações diferenciais que não são separáveis ou lineares. Agora discutiremos métodos



40

40

de substituição que às vesez podem ser usados para transformar uma dada equação diferencial em uma que já sabíamos resolver. Dada uma equação diferencial

dyf ( x, y )

dx= (1)

Exemplo- Resolva a equação diferencial

23

dy( x y )

dx= + + .

Solução- Parece razoável tentar a substituição 3v x y ;= + + isto é, 3y v x= − − . Então

1dy dv

dx dx= −

de modo que nossa equação transformada é

21

dvv

dx= + .

Esta equação é separável, e facilmente obtemos sua solução

1

21

dvx tan v C

v

−= = ++∫ .

Assim v=tan(x-C). Como v=x+y+ 3, a solução geral da equação original 2

3 3y' ( x y ) é x y tan( x C )= + + + + = − ; isto é 3y( x ) tan( x C ) x= − − − . O Exemplo ilustra o fato de que qualquer equação diferencial da forma

dyF( ax by c )

dx= + +

Pode ser transformada em uma equação separável através da substituição v=ax+by+c 3.1.1- Equações Homogêneas Uma equação diferencial de primeira ordem homogênea se puder ser escrita da forma

dy yF

dx x

=

Substituindo:

y dy dvv , y vx, v x

x dx dx= = = +

a equação inicial pode ser transformada em uma equação separável

dvx F( v ) vdx

= −



41

41

Assim qualquer equação diferencial de primeira ordem homogênea pode ser reduzida a um problema de integração através destas substituições. Exemplo- Resolva a equação diferencial

2 22 4 3

dyxy x ydx

= +

Solução- Esta equação não é nem separável nem linear, mas nós reconhecemos como uma equação homogênea escrevendo-a da forma

2 2

4 3 32

2 2

dy x y x y

dx xy y x

+ = = +

As substituições então toma a forma

1

dy dvy vx, v x ,

dx dx

y xv , e

x v y

= = +

= =

Isto fornece

2 3

2

dvv x v,

dx v+ = +

e logo

2

2

2

2 4

2 2

2 1

4

4

dv v vxdx v v;

vdv dx;

v x

ln( v ) ln x lnC

+= + =

=+

+ = +

∫ ∫

Aplicamos a função exponencial a cada lado desta última equação para obter



42

42

2

2

2

2 2 3

4

4

4

v C x ;

yC x ;

x

y x Cx ,

+ =

+ =

+ =

porque o sinal de x pode ser absorvido pela constante arbitrária C. Exemplo- Resolva o problema de valor inicial

2 2 1 21 0

dyx y ( x y ) , y( )dx

= + − =

Solução- Dividimos os dois lados por x e encontramos

1

2 2

1dy y y

dx x x

= + −

,

de modo que fazemos as substituições para obter

1 22

2 1 2

1

1

1 1

1

dvv x v v ;

dx

dv dx;( v ) x

sen v ln x C−

+ = + −

=−

= +

∫ ∫

Não há necessidade de usar ln x porque x>0 perto de x=1

(parte da condição inicial dada). Em seguida reparamos que v(1)=y(1)/1=0, de modo que 1

0 1 0C sen ln−= − = Então

yv sen(ln x ),

x= =

e logo y(x)=xsen (lnx) é a solução desejada. 3.1.2- Equações de Bernoulli Uma equação diferencial da forma

ndvP( x )y Q( x )y

dx+ =

é dita uma equação de Bernoulli. Se n=0 ou n=1 então a equação é linear. Caso contrário faça:



43

43

1 nv y −= e transforma-a em

1 1dv

( n )P( x )v ( n )Q( x )dx

+ − = − .

Ao contrário de memorizar é melhor usar a substituição em cada caso. Exemplo- Se escrevemos a equação homogênea

2 22 4 3xyy' x y= + do exemplo 2.

3 2

2

dy xy ,

dx x y− =

vemos que ela é também uma equação de Bernoulli com P(x)=-3/(2x),Q(x)=2x,n=-1 e 1-n=2. Assim substituímos

2 1 21

2

dy dy dv dvv y , e v

dx dv dx dx

−= = =

Isso fornece

1 2 1 2 1 21 32

2 2

dvv v xv

dx x

− −− =

A multiplicação por

34

dvv x

dx x− =

com o fator de integração ( )33

/ x dx

e xρ− −∫= = . Assim obtemos

3

2

3

3 2

2 2 3

4

4

4

4

xD ( x v ) ;x

x v C;x

x y C;x

y x Cx

−

−

−

=

= − +

= − +

= − +

Exemplo- 2 A equação

4 36 3

/dyx y xydx

+ =



44

44

não é nem separável, nem linear, nem homogênea, mas é

uma equação de Bernoulli com 4 11

3 3n , n= − = − . As

substituições

1 3 3 43

/ dy dy dv dvv y , y v , e v

dx dv dx dx

− − −= = = = −

transformam-se em

4 3 43 6 3

dvxv v xv

dx

− − −− + = .

A divisão por 43xv−− fornece a equação linear

21

dvv

dx x− = −

com o fator de integração ( )22

/ x dx

e xρ− −∫= = . Isto fornece

2

2

2

2

1

1

xD ( x ) ;x

x v C;x

v x Cx ;

−−

−

= −

= +

= +

e finalmente

( )32

1y( x )

x Cx=

+.

Exemplo- 3 A equação

2 4 22 3

y ydyxe x e

dx= + (1)

não é nem separável, nem linear, nem homogênea nem é uma equação de Bernoulli. Mas observamos que y só aparece nas combinações ( )2 2 2

2y y ye e e ' e y'= . Isto leva à substituição

2 22

y ydv dyv e , e

dx dx= =

que transforma a equação(1), na equação linear

313

dvv x

dx x− = .

Depois de multiplicar pelo fator de integração 1xρ −= , encontramos 1 2 3

3vx x dx x C− = = +∫ ,

de modo que 2 4y

e v x Cx= = + , e logo



45

45

41

2y( x ) ln x Cx .= +

Exercícios: Achar as soluções gerais das seguintes equações de Bernoulli.

1. 2'xy y y ln x+ = Resp. 1 1 xln x Cy

= + =

2. 2drrsen cos r

dθ θ

θ− = Resp. 1 sen C cos

rθ θ= +

3. 2 2x y' xy y+ = Resp.2

1 1

2C

xy x= +

4. 22y' ytgx y sen x− = Resp. 2

2 1y( cos x C cos x )+ = 5. 4 54 3 0

xxy' y x y e+ + = Resp. 3 41

xx y ( e C )+ =

6.2

2

3dy xy y

dx x

+= Resp. 2 3

1 2y( Cx ) Cx− =

7. 2 21( x )y' xy axy− − = Resp. 2

1 1 0y( a C x )+ − + = 8. 2 2 21 1 0( x ) dy ( x )y x y dx + − + + =

Resp. 2 3 22 3 1y (C x ) ( x )− = +

9. 2 2 2 31 2 1x( x )y' ( x )y x y− + − =

Resp. 2 5 2 22 5 1y ( x C ) x ( x )− = −

10.y' y x y+ = Resp. 22

x /y x Ce−= − +

Aplicações em “Circuitos Elétricos” As equações diferencias de primeira ordem lineares possuem várias aplicações na Física na Engenharia. Para ilustrar este fato, vamos considerar alguns exemplos típicos referentes a circuitos elétricos. Estas considerações e outras semelhantes são importantes porque ajudam os estudantes a aprender a construir modelos, isto é, com exprimir uma situação física em termos de relações matemáticas. A transição as situação física para um modelo matemático constitui sempre a primeira etapa na Matemática aplicada à Engenharia, etapa esta que requer experiência e treinamento, que só podem ser adquiridos considerando exemplos típicos de vários campos.



46

46

O circuito elétrico mais simples é o circuito em série que possui uma fonte de energia elétrica (força eletromotriz), tal como um gerador ou uma bateria, e um resistor, que emprega a energia, como, por exemplo, uma lâmpada. 1) A corrente I passa a circular pelo resistor o que produz

numa “queda de tensão”, dá os potenciais nas extremidades do condutor são diferentes; essa “ddp” ou “queda de tensão” é aquela medida no voltímetro.

Seja R uma resistência constante. V RI∆ = (ddp= resistência x corrente) ( Lei de Ohms) Mas no circuito pode conter capacitor ou indutores. O indutor se opõe a variação da corrente (“tipo na lei da energia na eletricidade”). Daí temos a lei: A queda de tensão LV∆ através do indutor é proporcional à taxa instantânea de variação da corrente I.

L

dIV L

dt∆ = ,

onde L é uma constante chamada de INDUTÂNCIA do indutor, que é medida em henrys, onde t é medido em segundos. 2) O capacitor é um elemento que armazena energia, daí sua

queda da tensão será energia proporcional ao valor instantâneo da carga elétrica Q

c

QV

C∆ =

onde C é a capacitância medida em farads e Q é a carga em

coulonbs (Você já estudou um física!). Como dQIdt

= .

0

1 t

ct

V I( t )dtC

∆ = ∫ ,

a corrente I pode ser concentrada pela 2ª Lei de Kirchhoff: “ A soma das quedas de tensão instantânea em uma malha é nula. Vejamos exemplos:



47

47

Exemplo- 1 (Circuito RL). Para o circuito RL , obtemos mediante aplicações da lei da voltagem de Kirchhoff e das equações (1) e (2).

dIL RI V( t )dt

+ = ∆ .

Caso A (Força Eletromotriz Constante). Se

0V V const∆ = ∆ = (sempre que possível para não causar

confusões usaremos apenas V=V0 =const. por comodidade da escrita),fornece a solução geral

0t tVI( t ) e e dt c

L

α α− = + ∫ ( )R / Lα =

0 ( R / L )tVce

R

−= +

O último termo tende para zero quando t tende para o infinito, de modo que I(t) tende para o valor limite

0V / R∆ ;

após um tempo suficientemente longo, I será praticamente constante, seu valor sendo independente de c, e por conseguinte independente de uma condição inicial que possamos querer impor. A solução particular correspondente à condição inicial I(0)=0 é

( ) ( )0 01 1

( R / L )t t / LV VI( t ) e e

R R

τ− −∆ ∆= − = −



48

48

onde L L / Rτ = é chamada constante de tempo indutiva do circuito. Caso B (Força Eletromotriz Periódica). Se

0V(T ) V sen cot∆ = ∆ , então, de acordo com a soluçao geral

nesta seção será

0t tVI( t ) e e sen cot dt c

L

α α− ∆ = + ∫ ( )R / Lα =

Integrando por partes, vem

0

2 2 2

( R / L )t VI( t ) ce ( Rsen t- Lcos t )

R Lω ω ω

ω− ∆

= ++

,

o que se pode escrever[ ]3cf ,Apêndice :

0

2 2 2

( R / L )t V LI( t ) ce sen( t ), arc tg

RR L

ωω δ δ

ω− ∆

= + − =+

O termo exponencial tende para zero à medida que t tende para o infinito. Isto significa que, após um tempo suficiente longo, a corrente I(t) oscila de maneira praticamente harmônica. [Cf . A figura abaixo mostra o ângulo de fase δ em função de L / Rω . Seja 0 0L ,δ= = e as condições de I(t) se encontram em fase com as de V( t )∆ .

Um sistema elétrico ou dinâmico se diz em estado estacionário quando variáveis que descrevem seu comportamento são funções periódicas do tempo ou constantes; se diz em estado transitório (ou não estacionário) quando não se encontra no estado estacionário.



49

49

As variáveis correspondentes são chamadas funções do estado estacionário e funções transitórias, respectivamente. Exemplo-2 (Circuito RC). Aplicando a lei da voltagem de Kirchhoff e ao circuito RC, obtemos a equação

1

RI Idt V( t )C

+ = ∆∫

Para integrar, derivamos em relação a t, obtendo

1dI d VR Idt C dt

∆+ =

De acordo com a, solução geral é

1t / RC t / RC d VI( t ) e e dt c

R dt

− ∆ = + ∫ .

Caso A (Força Eletromotriz Constante). Se V∆ é constante,

então 0d V

dt

∆= e adquire forma simples.

t / RC t / cI( t ) ce ce τ− −= = onde C RCτ = é chamada constante de tempo capacitiva do circuito. Caso B (Força Eletromotriz Senoidal). Se

0V( t ) V sen t,ω∆ = ∆ então

0

d VV cos t

dtω ω

∆= ∆ ,

e substituindo e integrando por partes, encontramos



50

50

0

21

t / RC V CI( t ) ce (cos t+ RC sen t

( RC )

ωω ω ω

ω− ∆

= ++

0

21

t / RC V Cce sen( t )

( RC )

ωω δ

ω− ∆

= + −+

,

onde 1tg

RCδ

ω= − . O primeiro termo do descreve

continuamente à medida que t cresce, e o último termo representa a corrente estacionária, que é senoidal. O gráfico de I(t) é semelhante ao da Figura. Os circuitos mais complicados e a analogia entre as vibrações mecânicas e elétricas serão examinadas juntamente com as equações diferenciais de segunda ordem. Estes circuitos mais complicados serão chamados circuitos RLC, uma vez que contêm resistores, indutores e capacitores. O modelo matemático destes circuitos será uma equação diferencial de segunda ordem obtida das leis de Kirchhoff. (Vejam no capitulo 4) Exercícios:

1) Um circuito RL tem de 5 volts, resistência de 50 ohms e indutância de 1 henry. A corrente inicial é zero. Determine a corrente no circuito no instante t.

Resposta- 501 1

10 10

tI e−= − +

2)Um circuito RL tem fem (em volts) dada por 3 sem 2t, resistência de 10 ohms, indutância de 0,5 henry e corrente inicial de 6 ampères. Determine a corrente no circuito no instante t.

Resposta- 20609 30 32 2

101 101 101

tI ,e .sen t cos t−= + −

3)Um circuito RC tem fem (em volts) dada por 400 cos 2t, resistência de 100 ohms, e capacitância de 210

− farad. Inicialmente, não existe carga no capacitor. Determine a corrente no circuito no instante t.

Resposta- 4 16 82 2

5 5 5

tdqI e cos t sen t

dt

−= = + −

Exercícios propostos



51

51

Resolva as equações abaixo, identificando-as primeiro e, no caso em que as condições iniciais forem dadas, encontre a solução particular: 1) 0xdy ydx− = R) y kx= 2) 2 5 0ydx ( xy X )dy+ + = R) 2 5 yx y e k= 3) 3xy' y y− = R) 2 2 2

1y kx ( y )= + 4) 22 3 3 1y y' y y',x , y= − = = R) 2

3 8y ln y x+ = −

5) ( ) 24 0 0 1xy x dx x dy ,x , y+ + + = = = R)

22 4

1 2xy e − += − +

6) 2

y' sen x y ln y,x , y eπ

= = = R) ln y cos sec x cot gx= −

7) 3 4( x ln x )dy ydx,x , y= = = R) 4

3

ln xy

ln=

8) xy' x y= + R) y x(ln x k )= +

9) 0 2y x

y' , y( )y x

+= =

− R) 2 2

2 4y xy x− − =

10) 2 20( y x y )dx xdy+ − = = R) y

ln x arcsen kx

= +

11) 3 3 2 0( x y )dx ( x y )dy+ + − = R) 2 26 2x xy y k+ − =

12) 2 2 2x y' x xy y= − + R) xy x

k ln x= −

+

13) 2 2 2 2 31 2 3 3 2 0( xy x y )dx ( x y x y )dy− + − + − =

R) 2 3 2 3x x y x y y k− + − = 14) 0y cos xdx ( sen x sen y )dy+ − = R) y sen x cos y k+ = 15) 3 2 2

2 8 3 5 0 2 1( xy x )dx ( x y )dy , y( )+ + + = = − R) 2 3 2

4 5 7x y x y+ + =

16) 2

2 0x

x ln ydx dyy

+ = R) 2x ln y k=

17) 2 1 2 7 0( x y )dx ( x y )dy+ − + − − = R) 2 2

4 2 14x xy y x y k+ − − − = 18) 1 4 6 0( x y )dx ( x y )dy− − + + − =

R) ( ) ( )2 2 2 22 4 1

2

yln x y arctg k

x

− − + − + = −

19) 4 3 6 5 0( x y )dx ( x y )dy− − − − − = R) 2

2 1 3 2( x y ) k( x y )− − = − − 20) 1 2 2 1 0( x y )dx ( x y )dy+ + + + + = R)2( x y ) ln( x y ) x k+ + + = +



52

52

21) 1y' cot g( x y )= + − R) Incos( x y ) x k− + = + 22) 2 2

2x y' xy x+ = + R) 12 2y x ln x ( x / ) ( k / x )−= + +

23) 2 22 1 0y dx ( y x xy )dy+ + − = R) 2

1yy x ke= +

24) 21 0y dx ( xy )dy+ + = R) xy ln y k+ =

25) 2 2 33 4 3 0x y dx ( x y )dy+ − = R) 3 4 3

4x y y k− =

26) 2

2x

xy' y e+ = R)2

2 1

2

xyx k e= +

27) 42( x y )y' y+ = R) 4 2

2x y ky= +

28) 4y( x y )dx dyx

+ = R) 4 2y x (ln x k )= +

29) 1 0y x y( y e e )dx ( e )dy−+ − + + =

R) y xy e ( x k )e−+ = + 30) Determine a equação da curva que passa pelo ponto P(1,0) e corta ortogonalmente as hipérboles 2 2

1x ay− = R) 2 2 2

1x y ln x+ − = 31) Determine as trajetórias ortogonais às famílias de curvas 2 2

2x y c+ = . R) 2y kn= 32) Prove que as trajetórias ortogonais de todas as parábolas

com vértice na origem e foco sobre OX são elipses com centro na origem e focos sobre OU.

33) Uma sala de conferências contém 3000m3 de ar, livre de monóxido de carbono. O sistema de ventilação introduz o ar, livre de monóxido de carbono, numa razão de 0,3m3 /min e o extrai na mesma razão. Se, no tempo t=0, as pessoas na sala começam a fumar, adicionam monóxido de carbono à sala na razão de 0,02m3 /min, em quanto tempo o ar da sala conterá 0,015% de monóxido de carbono? R) 4

10 200 199 55 27 5t ln( / , ) , min= ≈ 34) Trajetórias isogonais ocorrem quando uma família de curvas intercepta outra família de curvas sob o ângulo

2,

πα α ≠ . Se uma família é dada pela solução da equação

y' f ( x, y )= , a outra família, que intercepta estas curvas sob o

ângulo α é dada por 1

dy f ( x, y ) tg

dx f ( x, y )tg

αα

+=

−.

Usando estas informações, encontre a família de curvas que intercepta a família:



53

53

A) y x c= + sob o ângulo 3

πα = .

B) 2y kx= sob o ângulo 4

πα = .

Respostas: A) 2 3y ( )x k= − − + B) y x k= − +



54

54

Capítulo-4

EQUAÇÕES DEFERENCIAIS DE ORDENS SUPERIORES

Forma geral: 0 1

( n )F( x, y, y', y'',..., y ) ,n= > Solução geral:

1 20nf ( x, y,C ,C ,...,C ) =

Observação: Nas páginas a seguir abordemos apenas alguns tipos de equações interessantes. Para a resolução destas equações, alguns resultados serão demonstrados, outros apenas enunciados. Por questão de facilidade, as demonstrações e deduções serão feitas para E.D.O. de 2ª ordem e estendidas para as equações de ordem n,n>2. 4.1- TIPOS ESPECIAIS DE E.D.O DE ORDENS SUPERIORES 4.1.1. E.D.O- resolvida por integração direta: Forma geral: ( n )y f ( x )= (1) Para este tipo de equação basta integrar n vezes, sucessivamente, não esquecendo das n constantes de integração: y ... f ( x )dx= ∫ ∫

n vezes Exemplo 4.1.1 Resolva a equação y''' x= Solução: Usar a notação de Leibniz, integramos três vezes sucessivamente. Integrando primeira vez obtemos:

2

1

2

xy'' c= + .

Integrando novamente, vem: 3

1 2

6

xy c x c= + +



55

55

Integrando pela terceira vez, vem:

4 2

1 2 3 1 2 3

24 2

x xy c c x c , c ,c ,c R= + + + ∈ .

4.1.2- E.D.O resolvida por redução de ordem A) Equações do tipo 0F( x, y', y'') = (não contém y

explicitamente) Solução: Fazemos a substituição

dpy' p, y''

dx= = , (2)

que reduz a equação em E.D.O de 1ª ordem, do tipo 0F( x, p, p') = .

Exemplo 4.1.2 Resolva a equação 0xy'' y' x+ + = . Solução:

Substituindo na equação dada dpy' p, y''

dx= = , vem

0dpx p xdx

+ + = , que é linear em p e também homogênea.

Resolvendo esta equação, obtemos

2

A xp

x= −

Fazendo as substituições necessárias e integrando novamente obtemos a solução geral da equação dada:

2

4

xy Aln x B,A,B R= − + ∈

B) Equações do tipo 0F( y,y', y'') = . ( não contém x

explicitamente) Solução. Fazemos a substituição

dp dp dy dpy' p, y'' . y'' .p

dx dy dx dy= = = ⇒ = , (3)

que reduz a equação em E.D.O. de 1ª ordem do tipo

0dp

F( y, p, p. )dy

= .



56

56

Exemplo- 4.1.3 Resolva a equação 1 0yy'' y'( y')− + = . Solução:

Sendo dpy' p, y'' p

dy= = . Substituindo na equação dada, vem:

1 0dp

yp p( p )dy

+ = ou

1dp P

dy y y− = , que é uma equação linear em p,

donde, 1p cy= − . Fazendo as substituições necessárias obtemos a solução geral da equação dada 1

cxcy ae ,a,c R− = ∈ . (Verifique!!) Exemplo 4.1.4 Uma partícula de massa m se desloca ao longo do eixo das abscissas OX atraída por outra partícula, situada na origem, com força 3

4 0F mx ,x−= − > . Determine a equação do movimento da partícula, sabendo-se que para t=0 temos a posição x=2 e velocidade 3v = − . Solução:

Usando a 2ª lei de Newton, 2

2

d xF ma m

dt= = , vem

2

3

24

d xm mxdt

−= − , ou

2

3

24

d xx

dt

−= − . (4)

A nossa equação se encaixa no tipo 0F( x,x',x'') = (não contém a variável t explicitamente); assim, a substituição a ser usada é:

2

2

dx d x dv dv dx dvv, . v.

dt dt dt dx dt dx= = = = .

Substituindo na equação (4), vem:

34

dvv. xdx

−= − , ou, integrando:

2 2

14v x C−= + .

Para que 2 3x ,v= = − , obtemos 12C = e então:

2 24 2v x−= + , donde



57

57

24 2

dxv ou x

dt

−= = + − +

Para 2x ,v= é negativo, portanto consideramos

24 2

dxv x

dt

−= = − +

Separando as variáveis e integrando, encontramos

2

21

2

xt C+ = +

Para 2

0 2 3t ,x ,C= = = , portanto,

( )222 3 1x t = − −

, e para x>0,

e a equação do movimento é

( )1 2

2

2 3 1x t = − −

.

Exercícios propostos. Resolva as equações abaixo: 1- 2xy''' = R. 2 2

1 2 3y x ln x c x c x c= + + +

2- 2 xxy'' y' x e− = R. 2

1 21

xy ( x )e c x c= − + + 3- 2

1x y'' xy'+ = R. 2

1 22y (ln x ) c ln x c= + +

4- 0xy'' y'+ = R.1 2

y c c ln x= + 5- 1 2 2 0( x )y'' ( x )y' x+ − + + + = R.

1 21

xy ( c e )x c= + + 6- 22 1 1 2 1 1yy'' ( y') , y( ) , y'( )= + = = R. 2

4 2 5y x x= + + 7- 2 3

0 1 0 1yy'' ( y') ( y') , y( ) , y'( )+ = = = R. 1y x= + 8- 2 4

0 1 0 0yy'' ( y') y , y( ) , y'( )− = = = R. y sec x= 9- 1xy''' y''+ = R. 2

1 2 32y x c x ln x c x c= + + +

3.2 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES DE ORDENS SUPERIORES Forma geral:

1

1 1

( n ) ( n )

n ny a ( x )y ... a ( x )y' a ( x )y f ( x )−−+ + + + = (5)

onde 1 2ia ( x ),i , ,...,n e f ( x )= são funções contínuas de x. - se 0f ( x ) ≡ , a E.D.O. (5) é chamada de linear, homogênea de ordem n, ou linear sem o lado direito; - se 0f ( x ) ≠ , a E.D.O. (5) é chamada de linear não homogênea de ordem n, ou linear com o lado direito.



58

58

Obs.: consideremos o coeficiente da derivada de maior ordem, sempre igual à 1. Equação diferencial linear homogênea associada a equação (5) é toda equação da forma

1

1 10

( n ) ( n )

n ny a ( x )y ... a ( x )y' a ( x )y−−+ + + + =

onde 1 2ia ( x );i , ,...,n= , são funções contínuas de x Começaremos o estudo das equações lineares de ordens superiores com a equação não homogênea de ordem dois

1 2y'' a ( x )y' a ( x )y f ( x )+ + = (6)

A equação homogênea associada a (6) é

1 20y'' a ( x )y' a ( x )y+ + = (7)

Nas páginas seguir definiremos e demonstraremos os resultados para a equação (7). Para as equações lineares de ordem n, n>2 estenderemos todos os resultados necessários.

TEOREMA DA EXISTÊNCIA E UNICIDADE DE SOLUÇÕES

Suponha que as funções

1 2a ( x ),a ( x ) e f ( x ) são contínuas no

intervalo aberto I contendo o ponto 0x . Então, dados dois

números 0 1y e y , a equação

1 2y'' a ( x )y' a ( x )y f ( x )+ + = , tem

uma única solução na totalidade do intervalo I que satisfaz as condições iniciais

0 0 0 1y( x ) y , y'( x ) y= =

O teorema acima é uma extensão para ordem dois, do teorema da existência e unicidade para equações de 1ª ordem (T.E.U) Precisamos das seguintes definições: DEFINIÇÃO Considere as funções

1 1 2 2y ( x ) y , y ( x ) y= = contínuas com

derivadas contínuas em [a,b]. Então o determine de Wronski, ou Wronskiano, das funções

1 2y , y indicado por

1 2W( y ,y ) , é:

1 2

W( y ,y ) =1 2

1 2

y y

y' y'



59

59

Exemplo- 4.2.1 Encontre o Wronskiano das funções A)

1 2y cos x, y senx= = .

B)1 2 31y , y x, y ln x= = =

Solução:

A)W(cos x,senx ) =1

cos x senx

senx cos x

=

−

B)

1W( ,x,ln x ) =2

2

1

1 10 1

10 0

x ln x

x x

x

= −

−

Dessa forma, para n funções, temos

1 2 nW( y ,y ,..., y ) =

1

1

1 1

1

n

n

( n ) ( n )

n

y ..........................y

y' .........................y'

...................................

y .....y− −

Duas funções

1 2y e y contínuas com derivada contínua em

[a,b] são linearmente independentes (LI) sobre um intervalo [a,b] se

1 20W( y ,y ) ≠ para todo x [ a;b ]∈ . Caso contrário,

1 2y e y são lineares dependentes (LD).



60

60

Exemplo- 4.2.2. As funções 1.

1 2

x xy e e y xe= = são LI, enquanto que 2.

1 25y x y x= = são LD.

TEOREMA Sejam

1 2y e y duas soluções da equação (7).

Então: a)1

ky ,k R∈ é uma solução de (7). b)

1 2( y y )+ é uma solução de (7).

Demonstração b)Sendo

1y uma solução de (7), temos

1 1 1 2 10y'' a ( x )y' a ( x )y+ + = .

Sendo 2y uma solução de (7), temos

2 1 2 2 20y'' a ( x )y' a ( x )y+ + =

Vamos mostrar que 1 2

z ( y y )= + é uma solução de (7). Derivando e substituindo em (7), vem

1 2 1 1 2 2 1 2

( y '' y '') a ( x )( y' y' ) a ( x )( y y )+ + + + + =

Capitulo-5

E. D. LINEARES DE ORDEM SUPERIOR As equações diferenciais ordinárias podem ser divididas

em duas grandes classes: a das equações lineares e a das equações não-lineares. Enquanto as equações não-lineares (de segunda ordem e de ordem superior) são bastante difíceis, as equações lineares são muito mais simples sob muitos aspectos, porque várias propriedades de suas soluções podem ser caracterizadas de uma maneira geral, existindo métodos padronizados para resolver muitas destas equações. No presente capítulo, consideramos as equações diferenciais lineares e suas aplicações. Estas equações representam papel importante na Matemática aplicada à Engenharia devido a suas



61

61

aplicações, por exemplo, nas vibrações mecânicas e nos circuitos e redes elétricas.

Muita atenção será devotada às equações diferenciais de segunda ordem. Isto se justifica devido aos seguintes fatos. Em primeiro lugar, as equações de segunda ordem são mais importantes do ponto de vista prático. Além disso, as condições teóricas necessárias se tornarão mais fáceis se nos concentrarmos sobre as equações de segunda ordem. Uma vez que o leitor entenda o que é necessário para manipular as equações de segunda ordem, ele facilmente se tornará familiar com as generalizações dos conceitos, métodos e resultados válidos para equações diferenciais de ordem superior.

5.1- Equações de Segunda ordem, Lineares, Homogêneas O leitor já estudou as equações diferenciais lineares de

primeira ordem; vamos agora definir e examinar as equações lineares de segunda ordem.

Uma equação diferencial de segunda ordem é linear se pode ser escrita sob a forma

(1) y'' f ( x )y' g( x )y r( x )+ + = O aspecto característico desta equação é que ela é linear

em y e suas derivadas, enquanto f,g e r podem ser quaisquer funções de x.

Veremos que (1) tem propriedades um tanto mais simples quando a função r(x) no segundo membro foi identicamente nula. Então (1) se torna simplesmente

(2) 0y'' f ( x )y' g( x )y+ + = é chamada homogênea. Se 0r( x ) ,≠ então (1) é dita não –

homogênea. Por exemplo 4

xy'' y e senx−+ = é uma equação diferencial linear não-homogênea, enquanto que 2 2

1 0x y'' xy' ( x )y+ + − = é uma equação diferencial linear homogênea. Qualquer equação diferencial de segunda ordem que não

possa ser escrita sob a forma (1) é dita não-linear. Por exemplo, as equações que seguem são não-lineares: 0y'' y y'+ = e



62

62

21y'' y'= +

As equações diferencias lineares de segunda ordem, representam papel fundamental em muitos problemas de Engenharia. Veremos que algumas destas equações são muito simples porque suas soluções são funções elementares. Outras são mais complicadas, sendo suas soluções importantes funções como as funções de Bessel e as funções hipergeométricas.

As funções f e g em (1) e (4) são chamadas coeficientes das equações.

Nas condições que faremos, suporemos que x varia num intervalo arbitrariamente fixado, como, por exemplo, algum intervalo finito ou todo o eixo dos x. Todas as hipótese e afirmações se referem a tal intervalo fixado que não precisa, pois, ser especificado em cada caso.

Uma função y ( x ),=∅ constitui uma solução de uma equação diferencial (linear ou

não) de segunda ordem, em um dado intervalo (possivelmente infinito), se ( x )∅ for duas vezes derivável em todo o intervalo e for tal que a equação se transforme uma identidade quando substituirmos a função incógnita y e suas derivadas, na equação, por ∅ e suas derivadas.

Esta definição é análoga à que foi dada no caso de equações de primeira ordem.

Exemplo-1. As funções y cos x= e y sen x= , são soluções da equação diferencial linear-homogênea 0y'' Y= = , para x qualquer, já que 0(cos x )'' cos x cos x cos x+ = − + = . e analogamente para y=sen x. Podemos dar um passo

importante em frente. Multiplicando a primeira solução por uma constante, por exemplo, por 3, a função resultante y=3 cos x é também uma solução porque

[ ]3 3 3 0( cos x )'' cos x (cos x )'' cos x+ = + = .

É claro que em um lugar de 3 podemos escolher qualquer outra constante, por exemplo, -5ou 2/9. Podemos mesmo multiplicar cos x e sen x por constantes diferentes, digamos por 2 e -8 respectivamente, e adicionar as funções resultantes, obtendo



63

63

2 8y cos x sen x= − , esta função é também uma solução da equação homogênea,

para x qualquer, porque [ ] [ ]2 8 2 8 2 8 0( cos x sen x )'' cos x sen x (cos x )'' cos x ( sen x )'' sen x− + − = + − + =

Este exemplo ilustra o fato muito importante de que

podemos obter novas soluções da equação linear homogênea (2) a partir de soluções conhecidas, mediante multiplicação por constantes e adição. Este fato constitui naturalmente grande vantagem teórica e prática, porque tal propriedade nos permite gerar soluções mais complexas a partir de soluções simples. Podemos caracterizar esta propriedade fundamental como se segue:

Teorema fundamental 1. Se uma solução da equação diferencial linear homogênea (2) em um intervalo J é multiplicada por qualquer constante, a função resultante é também uma solução de (2) em J. Se duas soluções daquela equação são adicionadas, a soma resultante é também uma solução da equação naquele intervalo.

5.2- Equações de Segunda Ordem, Homogêneas, com

Coeficientes constantes Vamos examinar agora equações diferenciais lineares de

segunda ordem cujos coeficientes são constantes. Tais equações têm importantes aplicações na Engenharia, especialmente em relação às vibrações mecânicas e elétricas.

Iniciamos considerando as equações homogêneas, isto é, as equações da forma

0y'' ay' by+ + = , onde a e b são constantes. Supomos que a e b são reais e que o intervalo de

variação de x é o eixo dos x. Como resolver a equação (1)? Lembramos que a solução

da equação homogênea linear de primerira ordem com coeficientes constantes

0y' ky+ = , é uma função exponencial, a saber, kxy ce−= . Parece natural supor que



64

64

(2) xy eλ= , possa ser uma solução de (1) se λ for escolhido

adequadamente. Substituindo (2) e sua derivadas xy' eλλ= e 2 xy'' eλλ= , na equação (1) obtemos 2

0x( a b )eλλ λ+ + =

Então (2) será uma solução de (1), se λ for uma solução da equação de segundo grau

(3) 20a bλ λ+ + = .

Esta equação é chamada a equação característica (ou equação auxiliar) de (1). Suas raízes são

(4) 2

1

14

2( a a bλ = − + − , 2

2

14

2( a a bλ = − − − .

Em vista da dedução, segue-se que as funções (5) 1

1

xy eλ= e 2

2

xy eλ= , são soluções de (1). É possível verificar este resultado

substituindo (5) em (1). Da Álgebra elementar decorre, pelo fator de a e b serem

reais, que a equação característica pode possuir. (Caso I) duas raízes reais distintas; (Caso II) duas raízes complexas conjugadas; (Caso III) uma raiz dupla real. Estes casos serão discutidos separadamente. Por ora

vamos ilustrar cada caso por um exemplo simples. Exemplo- 1 (Raízes reais distintas). Determine as

soluções da equação 2 0y'' y' y+ − = . A equação característica é 2

2 0λ λ+ − = . Sendo raízes 1 e -2, obtemos as duas soluções

1

xy e= e 2

2

xy e−= . Exemplo-2 (Raízes complexas conjugada). Determine

as soluções da equação 0y'' y+ = . A equação característica é 2

1 0λ + = . As raízes são 1i( )= − e –i; obtemos as duas soluções

1

ixy e= e 2

ixy e−=



65

65

Na seção 5.4 veremos que é muito fácil obter soluções reis a partir de soluções complexas.

Exemplo- 3 (Uma raiz real dupla). Determine as

soluções da equação 2 0y'' y' y− + = . A equação característica

22 1 0λ λ− + = ,

possui a raiz dupla 1, e obtemos inicialmente somente uma solução

1

xy e= . Caso da raiz dupla será discutido na seção 5.4. 5.3- Solução geral. Bases. Problema de valor Inicial Para o estudo futuro das equações lineares com

coeficientes constantes será necessário o conhecimento de algumas propriedades gerais importantes das soluções das equações diferenciais lineares a serem consideradas nesta seção. De início introduzimos os dois seguintes conceitos.

Uma solução de uma equação diferencial de segunda ordem ( linear ou não) chamada uma solução geral e ela contém duas constantes arbitrárias independentes. Aqui, independência significa que a mesma solução não pode ser reduzida uma forma contendo somente uma constante arbitraria ou nenhuma. Quando atribuímos valores definidos a estas duas constantes, então a solução obtida é chamada uma solução particular .

Estas noções são generalizações naturais daquelas adequadas às equações diferenciais de primeira ordem.

Veremos mais tarde que, se uma equação diferencial de segunda ordem é linear (homogênea ou não), uma solução geral inclui todas as soluções da equação; qualquer solução que não contenha constantes arbitrárias pode ser obtida atribuindo valores definidos às constantes arbitrárias que figuram na solução geral.

0y'' f ( x )y' g( x )y+ + = , e mostraremos que uma solução geral de tal equação pode ser

facilmente obtida se conhecem duas soluções adequadas 1 2y e y .



66

66

Naturalmente, se 1 2y ( x ) e y ( x ) são soluções de (1) em

um dado intervalo I, então, de acordo com o Teorema Fundamental 1 da seção 5.1,

1 1 2 2

y( x ) c y ( x ) c y ( x )= + , onde

1 2c e c são constantes arbitrárias, será uma solução de (1)

no intervalo I. Por conseguinte, por definição, y é uma solução geral de

(1) no intervalo I, desde que não possa ser reduzida a uma expressão contendo menos que duas constantes arbitrárias.

Em que condições será possível tal redução? Para considerar tal questão, introduzimos, inicialmente, os seguintes conceitos fundamentais, que são também importantes em outras considerações.

As funções 1 2y ( x ) e y ( x ) se dizem linearmente

dependentes em um intervalo aberto I onde ambas são definidas, se elas são proporcionais em I, isto é, se (3) (a)

1 2y ky= ou (b)

2 1y ly=

vale para qualquer x em I; aqui k e l são números que podem ser iguais a zero ou não. Se as funções não são proporcionais em I elas se dizem linearmente independentes em I. Notemos que os conceitos de dependência e independência lineares sempre se referem a um conjunto infinito (os pontos de I), e não simplesmente a um único ponto. Se ao menos uma das funções

1 2y e y é identicamente

nula me I, então as funções são linearmente dependentes em I. Em qualquer outro caso as funções são linearmente dependentes em I se, e só se, o quociente

1 2y / y for constante

em I. Assim, se 1 2y / y depende de x em I, então

1 2y e y são

linearmente independentes em I. De fato, se

10y ≡ , então (3a) vale com k=0; se

20y ≡ ,

então (3b) vale com l=0. Isto demonstra a primeira assertiva; as outras afirmações são também conseqüências imediatas de (3). Naturalmente, na última afirmação, admitimos que

1 2y / y

possa se tornar infinito, naqueles x para os quais 20y = (ou

mesmo indefinido num ponto se 1 2y e y tiveram um zero

comum). Exemplo-1. As funções

13y x= e

2y x=



67

67

são lineares dependentes em qualquer intervalo, porque 1 2

3y / y const= = . As funções 2

1 2y x e y x= = ,

são linearmente independente em qualquer intervalo porque 1 2y / y x const= ≠ . As funções

1 21y x e y x= = + ,

são também linearmente independentes. Se as soluções

1 2y e y em (2) são linearmente

dependentes em I, então (3a) ou (3b) são verificadas e vemos que é possível reduzir (2) a uma das formas

2y Ay=

1 2( A c k c )= +

1

y By= 1 2

( B c lc )= + contendo somente uma constante arbitrária. Assim, neste caso, (2) não é certamente uma solução geral de (1) em I. Por outro lado, se

1 2y e y são linearmente independentes

em I, então elas não são proporcionais e tal redução não pode ser efetuada. Assim, neste caso, (2) é uma solução geral de (1) em I. Duas soluções linearmente independentes de (1) em I, constituem uma base, ou um sistema fundamental de soluções em I. Empregado esta noção, podemos formular o resultado como se segue. Teorema 1. (Solução geral, base) A Solução

1 1 2 2y( x ) c y ( x ) c y ( x )= + (

1 2c ,c arbitrárias )

constitui uma solução geral da equação diferencial (1) em um intervalo I do eixo dos x se, e só se, as funções

1 2y e y

constituírem uma base de soluções de (1) em I.

1 2y e y constituem uma base se, e só se, seu quociente

1 2y / y não for constante em I, mas depender de x. Exemplo- 2. As funções

1

xy e= e 2

2

xy e−= , considerados no Ex1, são soluções de 2 0y'' y' y+ − = . Como

1 2y / y não é constante, estas soluções constituem

uma base, e a solução geral correspondente para qualquer x é



68

68

2

1 1 2 2 1 2

x xy c y c y c e c e−= + = + . Exemplo- 3. As funções

1 23

x xy e e y e= = , são soluções da equação no Ex,2., mas, como seu quociente é constante, elas são linearmente dependentes e não constituem uma base. No caso de uma equação de primeira ordem, uma solução geral continha uma constante arbitrária e necessitávamos de uma condição para obter uma solução particular. No presente caso, temos duas constantes arbitrárias e necessitamos de duas condições. Em muitas aplicações estas condições são do tipo (4)

0y( x ) K= ,

0y'( x ) L=

onde 0

x x= é um ponto dado e K e L são números dados. Por conseguinte, estamos procurando uma solução particular de (1) que em

0x tenha o valor K e o valor da derivada L. As

condições em (4) são chamadas condições iniciais. A Eq.(1) e as condições (4) constituem juntas o que é conhecido por problema de valor inicial. Ilustraremos o assunto com um exemplo típico. Exemplo- 4. Problema de valor inicial Resolver 2 0y'' y' y+ − = , 0 4y( ) = , 0 1y'( ) = Uma solução geral da equação é 2

1 2

x xy( x ) c e c e−= + Daí,

1 20 4y'( ) c c= + = pela primeira condição inicial. A

diferenciação dá 2

1 22

x xy'( x ) c e c e−= − Daí

1 20 2 1y'( ) c c= − = pela segunda condição inicial.

Simultaneamente, 1 23 1c ,c= = . A solução é

23

x xy( x ) e e−= + y. Mencionamos que algumas aplicações conduzem a um outro tipo de condições, quais sejam: (5)

1y( A) k ,=

2y( B ) k= .

Estas são chamadas condições de fronteira ou de contorno, uma vez que se referem aos pontos extremos A,B (pontos limites A,B) de um intervalo I. A tarefa consiste em determinar uma solução de (1) no intervalo I que satisfaça (5).



69

69

A Eq. (1) e as condições (5) constituem o que é denominado problema de valor contorno. Por exemplo, um problema de valor de contorno é

0y'' y+ = , 0 3y( ) = , 3y( )π = − . Uma solução é

23y cos x c sen x= + .

Aqui, 2c ainda é uma constante arbitrária. Isto é uma

surpresa. Evidentemente, a razão é que sen x é zero em 0 e π . O leitor pode concluir e provar que a solução de um problema (1) de valor de contorno (5) é única se e somente se nenhuma solução 0y ≠ de (1) satisfazer y(A)=y(B)=0.

Estamos agora em condições de continuar nossa discussão sobre equações diferencias de coeficientes constantes, e adiaremos portanto outras considerações teóricas.

5.4- Raízes reais, Raízes complexas, Raiz dupla da equação

característica Da Séc.5.2 recordamos que uma equação diferencial

homogênea de segunda ordem com coeficientes reais a, b é da forma

(1) 0y'' ay' by+ + = Uma função (2) xy eλ= é uma solução de (1) se λ for uma raiz da equação

característica (3) 2

0a bλ λ+ + = Estas raízes são

(4) 2

1

14

2( a a b )λ = − + − , 2

2

14

2( a a b )λ = − − − .

Uma vez que a e b são reais, a equação característica pode ter

(Caso I) duas raízes reais distintas, (Caso II) duas raízes complexas conjugadas, ou (Caso III) uma raiz real dupla. Este é o ponto que atingimos na Séc. 5.2. Podemos

agora discutir estes casos separadamente. Caso I. Duas raízes reais distintas. Uma base em

qualquer intervalo é



70

70

1

1

xy eλ= , 2

2

xy eλ= . Realmente, a independência linear é conseqüência do

fato de que 1 2y / y não é constante em nenhum intervalo. A

solução geral correspondente é (5) 2

1

xy c e

λ= . Exemplo- 1. Solução geral no caso de raízes reais

distintas Resolver 2 0y'' y' y+ − = . A equação característica 2 2 0λ λ+ − = tem as raízes 1 e -

2, de modo que obtemos a solução geral 2

1 2

x xy c e c e−= + . Caso II. Raízes complexas. As raízes complexas devem

ser conjugadas, ou seja:

1p iq,λ = +

2p iqλ = − ,

onde p e q são reais e 0q ≠ . Isto decorre da hipótese de a e b serem reais, conforme sabemos da Álgebra. Por conseguinte, obtemos primeiro a base

1

( p iq )xy e += , 2

( p iq )xy e −= que consiste de duas funções complexas. É de grande interesse

pratico obter soluções reais a partir destas soluções complexas, o que se consegue aplicando as formulas de Euler

ie cos i senθ θ θ= + i

e cos i senθ θ θ= − , considerando qxθ = . De fato, da primeira fórmula de Euler

obtemos

1

( p iq )x px iqx pxy e e e e (cos qx i senqx )+= = = + , e da segunda fórmula de Euler,

2

( p iq )x px iqx pxy e e e e (cos qx i sen qx )−= = = − . A partir destas duas expressões de

1y e

2y deduzimos

agora, por adição e subtração,

1 2

1

2

px( y y ) e cos qx+ = ,

1 2

1

2

px( y y ) e sen qxi

− = .

As duas funções nos segundos membros são de valor real, e pelo Teorema Fundamental 1 na Séc. 5.1 concluímos que elas são soluções da equação diferencial (1). Uma vez que o quociente destas funções não é constante em nenhum intervalo, elas são linearmente independentes em qualquer



71

71

intervalo. Por conseguinte, no caso de raízes complexas, uma base em qualquer intervalo é

pxe cos qx , pxe sen qx . A solução geral correspondente é (6) pxy( x ) e ( Acosqx B sen qx )= + onde A e B são constantes arbitrárias. Exemplo- 2. Solução geral no caso de raízes

complexas conjugadas. Achar uma solução geral da equação 2 10 0y'' y' y− + = . A equação característica 2

2 10 0λ λ− + = tem as raízes

11 3p iq iλ = + = + e

21 3p iq iλ = − = − .

Assim, p=1,q=3. Isto dá base 3

xe cos x , 3

xe sen x .

A solução geral correspondente é 3 3

xy e ( Acos x B sen x )= + Exemplo- 3. Um problema de valor inicial Resolver o problema de valor inicial 2 10 0y'' y' y− + = , 0 4y( ) = , 0 1y'( ) = . A equação é a mesma que no exemplo anterior. Por

conseguinte, podemos considerar a solução geral que acabamos de obter e sua derivada

3 3 3 3 3 3xy'( x ) e ( Acos x B sen x Asen x Bcos x )= + − + .

De y, y' e das condições iniciais, 0 4y( ) A= = , 0 3 1y'( ) A B= + = . Por conseguinte, 4 1A ,B= = − , e a resposta é 4 3 3

xy e ( cos x sen x )= − . Exemplo- 4.Uma solução geral da equação 2

0y'' yω+ = ( constante, não zero)ω y Acos x B sen xω ω= + . Caso III. Raiz dupla. Este caso às vezes é chamado

caso crítico. De (4) vemos que ele surge se e somente se o discriminante da equação característica (3) for zero, isto é,



72

72

24 0a b− = .

Então

21

4b a= .

Por conseguinte, (1) toma agora a forma

(7) 210

4y'' ay' a y+ + = .

A raiz dupla é 2a /λ = − , e temos de início apenas uma solução

1

xy eλ= 2

aλ = −

.

Para achar uma outra solução 2y , podemos aplicar o

método de variação de parâmetros, partindo de

2 1y ( x ) u( x )y ( x )= ,

onde 2

1

ax /y ( x ) e−= Temos que determinar u. Substituindo

2y e suas

derivadas em (7) e grupando os termos, obtemos

2

1 1 1 1 1 1

12 0

4y( y '' ay ' a y ) u'( y ' ay ) u'' y+ + + + + = .

Uma vez que 1y é uma solução, a expressão no primeiro

parêntese é zero. E como

2

1 12 2

2

ax /ay ' e ay

− = − = −

,

a expressão no segundo parêntese é zero, e nossa equação se reduz a

10u'' y = . Daí, 0u'' = . Uma solução é u=x.

Conseqüentemente,

2

xy ( x ) xeλ= 2

aλ = −

1 2y e y são linearmente independentes em qualquer intervalo, já que o quociente delas é

2 1y / y x= , que não é constante. Por

conseguinte, no caso de uma raiz dupla, uma base de soluções de (1) em qualquer intervalo é

x xe ,xeλ λ 2

aλ = −

A solução geral correspondente é

1 2

xy ( c c x )eλ= + 2

aλ = −

Note-se que se λ for uma raiz simples de (3) , então (8) não é uma solução de (1).

Exemplo- 5. Solução geral no caso de uma raiz dupla



73

73

Resolver . A equação característica tem a raiz dupla . Por

conseguinte, uma base é e a solução geral correspondente é y. Exemplo- 6. Um problema de valor inicial Resolva o problema de valor inicial , , . Uma solução geral da equação diferencial é . Por diferenciação, obtemos . A partir disto e das condições iniciais, segue-se que: , . Por conseguinte, , e a resposta é . Isto completa a discussão de todos os três casos;

podemos agora resumir nosso resultado em forma tabular:

Tem que faz quadro 5.5- Operadores diferenciais Por operador entendemos uma transformação que leva

uma função em outra função. Os operadores e as técnicas correspondentes (“métodos operacionais”) desempenham importante função na Engenharia Matemática.

A diferenciação sugere um operador como se segue. Designemos por D a diferenciação em relação a x, isto é, escrevemos

D é um operador; ele transforma y (suposta

diferenciável) em sua derivada . Por exemplo,



74

74

Aplicando-se D duas vezes, obtemos a derivada segunda . Simplesmente escrevemos , de

modo que , , , ... De maneira mais geral, (1)

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Apostila de Equações diferenciais Ordinarias_E.D.O