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Universidade de Pernambuco
Escola Politécnica de Pernambuco
Equações Diferenciais Ordinárias Lineares de
Primeira Ordem
Rodrigo Cavalcante6 de abril de 2016
1 Existência e Unicidade
Uma equação diferencial diferencial linear de primeira ordem é
uma equação do tipo
d
dxy(x) = f (x, y). (1.1)
O problema de resolver uma equação diferencial cuja função
solução passa por um dado pontoé conhecido como problema de valor
inicial (PVI). A existência de soluções para este poblema
égarantida sob determinadas condições, descritas no teorema da
Existência e Unicidade.
Seja R uma região rectangular do plano xy,{(t,
y) : x ∈ [a, b], y ∈ [c, d]}, (a <
bec < d)
que contém o ponto (x0, y0) no seu interior. Se as
funções f (x, y) e ∂f (x,y)
∂y são contínuas
em R, então existe algum intervalo I 0 =
(x0?h, x0 + h), (h > 0) contido em
[a, b] e umaúnica função definida em I 0
que é solução do seguinte PVI.
d
dxy(x) = f (x, y)
y(x0) = y0(1.2)
Exemplos:
• d
dxy = x; (0, 1)
• d
dxy = 3y; (1, e5)
• d
dxy = 5y4/5; (0, 0)
• d
dxy = (x2 − a2)
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A solução de 1.1 depende da forma funcional de f (x,
y). Em condições específicas, algumas técni-cas especiais podem ser
utilizadas, como veremos a seguir.
2 Método da Separação de Variáveis
Suponha que 1.1 pode ser escrita na forma
dy(x)
dx =
P (x)
Q(y). (2.1)
Podemos escrever
P (x)dx = Q(y)dy (2.2)
A solução da equação diferencial é obtida integrando ambos os
lados de 2.2, P (x) dx =
Q(y) dy (2.3)
Exemplos:
1. dy(x)
dx =
x
1 + y(x)
2. mdv(t)
dt = mg − b v(t)
3.
dy
(x
)
dx = 1
x2 (1 + x)
Este método pode ser utilizado também em equações diferenciais
ordinárias de ordem superior,assim como em equações diferenciais
parciais.
Aplicando o método ao Exemplo 1.
• Começamos por separar as variáveis
x dx = (1 + y) dy (2.4)
•
Integrar os dois lados de 2.4 x dx =
(1 + y) dy (2.5)
x2
2 = y +
y2
2 + C (2.6)
x2 − y2 − 2y = C (2.7)
• A solução pode ser dada em termos de uma relação geral
entre x e y ou através de uma
expressão do tipo y (x) (ambas as formas são
igualmente aceitas)
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3 Equações Exatas: Método da Função Potencial
Suponha que 1.1 não possa ser escrita como 2.1, mas possa ser
escrita na forma
P (x, y) dx + Q(x, y) dy = 0,
(3.1)
de forma que
∂P (x, y)
∂y =
∂Q(x, y)
∂x . (3.2)
Diz-se que 3.1 é uma equação exata. Nestas condições, seja
F (x, y) um potencial para o campode vetores
(P (x, y), Q(x, y)), então as soluções da equação 3.1
são dadas pelas curvas de nível docampo de vetores
F (x, y) = C. (3.3)
Exemplos:
1. dy
dx =
−yexy + y sin xy
xexy − x sin xy
2. dy
dx = −
x
y
3. dy
dx = −
ax + by
bx + cy
Para encontrar a função potencial podemos, por exemplo:
• Identificar P (x, y) com a derivada
parcial de F (x, y) em relação a x, isto
é,
∂F (x, y)
∂x = P (x, y) (3.4)
• Integrar 3.4 na variável x, obtendo
F (x, y a menos de uma função apenas de
y
F (x, y) =
P (x, y) dx + g(y) (3.5)
• Derivar 3.5 na variável y e identificar o
resultado como Q(x, y)
∂F (x, y)
∂y =
∂
∂y
P (x, y) dx + g(y)
= Q(x, y) (3.6)
• Integrar a expressão obtida para g (y)
Vamos aplicar este método na resolução do Exemplo 1.
• Primeiramente escrevemos esta equação na forma da
equação 3.1:
(yexy − y sin xy) dx + (xexy − x sin xy)
dy = 0 (3.7)
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• Identificar P (x, y) e Q(x,
y)
P (x, y) = yexy − y sin xy (3.8)
Q(x, y) = xexy − x sin xy (3.9)
• Calcular as derivadas parciais
∂P (x, y)
∂y = exy + xyexy − sin xy − xy
sin xy (3.10)
∂Q(x, y)
∂x = exy + xyexy − sin xy − xy
sin xy (3.11)
Logo, ∂P (x,y)∂y = ∂Q(x,y)
∂x , o que prova que 3.7 é uma equação exata.
• Identificar P (x, y) como derivada
parcial da função potencial F (x, y),
∂F (x,y)∂x = P (x, y) eintegrar essa
expressão na variável x
F (x, y) =
(yexy − y sin xy) dx + g(y)
= exy + cos xy + g(y) (3.12)
• Derivar 3.12 em relação a y e identificar
com a função Q(x, y)
∂F (x, y)
∂y = xexy − x sin xy + g(y)
= xexy − x sin xy. (3.13)
De onde concluímos que
g(y) = 0, (3.14)
isto é, g (y) é uma função constante.
• A função potencial é então:
F (x, y) = exy + cos xy + C 0,
(3.15)
em que C 0 é uma constante qualquer.
• A solução geral da equação 3.7 é dada por
exy + cos xy + C 0 = C ,
(3.16)
ou ainda,
exy + cos xy = C. (3.17)
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4 Fator Integrante
Suponha que a equação diferencial
P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 (4.1)
não satisfaça à condição 3.2, isto é, que a equação não seja
exata. O método do fator integranteconsiste em buscar uma função
µ(x, y) = 0, chamada fator integrante, tal que
µ(x, y)P (x, y)dx + µ(x, y)Q(x, y)dy = 0
(4.2)
é uma equação diferencial exata. Sendo 4.2 exata, é verdade
que
∂
∂y [µ(x, y)P (x, y)] =
∂
∂x [µ(x, y)Q(x, y)] . (4.3)
Aplicando a regra do produto em 4.3 obtemos
P (x, y) ∂
∂yµ(x, y) + µ(x, y)
∂
∂yP (x, y) = Q(x, y)
∂
∂xµ(x, y) + µ(x, y)
∂
∂xQ(x, y) (4.4)
Resolvendo 4.4 para µ(x, y) é possível determinar a
solução de 4.2, cuja resposta é identica à daequação original 4.1.
Entretanto, resolver 4.4, em geral, é tão ou mais complicado que
resolver4.1. Veremos alguns casos onde µ(x, y) é uma
função simples ou quando conseguimos sugerir umaforma para essa
função.Exemplo 1. Considere a equação diferencial
x2y + (1 − x2)y2 = 0 (4.5)
Note que esta equação é não linear. Na forma da equação 4.1,
esta equação se escreve:
(1 − x2)y2 dx + x2 dy = 0.
(4.6)
Verifiquemos que 4.6 não é exata
∂
∂y
(1 − x2)y2
= 2y(1 − x2) (4.7)
∂
∂x[x2] = 2x (4.8)
Logo, a equação não é exata. Buscamos então um fator integrante
µ(x, y) tal que
µ(x, y)(1 − x2)y2 dx + µ(x, y)x2 dy =
0. (4.9)
é uma equação exata, isto é, a condição 4.3 é atendida.
Para este problema em específico, devido ao fato de que as
funções P (x, y) e Q(x, y) só
envolvempotências de x e y, buscaresmos um fator integrante da
forma
µ(x, y) = xαyβ (4.10)
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Substituindo 4.10 em 4.3
∂
∂yxαyβ(1 − x2)y2 = ∂
∂xxαyβx2
(β + 2)yβ+1xα(1 − x2) = (α +
2)xα+1yβ
(β + 2)y(1 − x2) = (α + 2)x
(β + 2)yx2 + (α +
2)x − (β + 2)y = 0
Para que essa expressão seja válida para qualquer valor de
x e y os coeficientes da soma devemser
nulos, isto é,
α + 2 = 0 ⇒ α = −2,
(4.11)
β + 2 = 0 ⇒ β = −2.
(4.12)
De onde vem
µ(x, y) = x−2y−2. (4.13)
Verifiquemos que x−2y−2 é, de fato, um fator integrante de
4.6.
∂
∂y
x−2y−2(1 − x2)y2
=
∂
∂y
x−2(1 − x2)
= 0
e∂
∂x[x−2y−2x2] =
∂
∂x[y−2]
= 0.
Logo, x−2y−2 é fator integrante de 4.6. Agora podemos
resolver 4.9 pelo método das equaçõesexatas.
Note que, neste exemplo, conseguimos encontrar o fator
integrante utilizando uma função tenta-tiva. De forma geral, é
bastante complicado encontrar o fator integrante quando este
dependede x e de y. O problema é bastante
simplificado quando somos capazes de encontrar um fatorintegrante
que depende apenas de x ou apenas de y .
Verifiquemos em que casos isso acontece.
• µ(x, y) = µ(x)
Suponhamos que o fator integrante seja apenas função de x.
Neste caso, a derivada parcialem relação a y na
expressão 4.4 é nula. Desta forma
µ(x)∂P
∂y = Qµ(x) + µ(x)
∂Q
∂x
Qµ(x) =
∂P
∂y −
∂ Q
∂x
µ(x)
µ(x)
µ(x) = 1
Q∂P
∂y − ∂ Q
∂x
(4.14)
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Note que, o lado esquerdo de 4.14 é uma função apenas de
x. Isso implica que, se o fatorintegrante é uma função apenas
de x, então
1
Q ∂P
∂y −
∂Q
∂x ⇒ Função apenas de x (4.15)Note que,
se fizermos
f (x) = 1
Q
∂P
∂y −
∂Q
∂x
(4.16)
podemos integrar a expressão 4.14 e obter a forma funcional de
µ(x).
µ(x)
µ(x) = f (x)
d ln µ(x)
dx dx =
f (x) dx
ln µ(x) =
f (x) dx
ln µ(x) =
f (x) dx
exp{ln µ(x)} = exp
f (x) dx
µ(x) = exp
f (x) dx
= exp
1
Q
∂P
∂y −
∂Q
∂x
dx
(4.17)
•
µ(x, y) = µ(y)
Neste caso, a derivada parcial em relação a x na
expressão 4.4 é nula. Desta forma
µ(y)∂Q
∂x = P µ(y) + µ(y)
∂P
∂y
P µ(y) = −
∂P
∂y −
∂ Q
∂x
µ(y)
µ(y)
µ(y) = −
1
P
∂P
∂y −
∂ Q
∂x
(4.18)
Note que, o lado esquerdo de 4.18 é uma função apenas de
y. Isso implica que, se o fator
integrante é uma função apenas de y , então
− 1
P
∂P
∂y −
∂Q
∂x
⇒ Função apenas de y (4.19)
Se fizermos
g(y) = − 1
P
∂P
∂y −
∂Q
∂x
(4.20)
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podemos integrar a expressão 4.18 e obter a forma funcional de
µ(y).
µ(y)
µ(y) = g(y)
d ln µ(y)dy dy =
g(y) dy
ln µ(y) =
g(y) dy
ln µ(y) =
g(y) dy
exp{ln µ(y)} = exp
g(y) dy
µ(y) = exp
g(y) dy
= exp− 1
P ∂P
∂y −
∂ Q
∂x dy (4.21)Exemplos:
• xy + x2 + 1 + (x2 + x)y;
• y cos x + (y + 2)(sin x)y;
• (cos y + x + 1) dx − sin
y dy.
5 Solução Geral de uma EDO Linear de Primeira ordem
Uma EDO linear de primeira ordem pode sempre ser escrita na
forma
y + p(x)y = q (x). (5.1)
Escrevendo essa expressão na forma de campo de vetores
obtemos
[yp(x) − q (x)] dx + dy = 0.
(5.2)
Verifiquemos que essa equação admite um fator integrante que
depende apenas de x. Começamospor calcular
1
Q
∂P
∂y −
∂Q
∂x
, (5.3)
em que
P (x, y) = yp(x) − q (x)
(5.4)
e
Q(x, y) = 1. (5.5)
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Obtemos então
1
Q ∂P
∂y −
∂ Q
∂x =
1
1 ∂yp(x) − q (x)
∂y −
∂ 1
∂x = 1 · [ p(x) − 0]
= p(x).
De onde concluimos que 5.2 admite um fator integrante que
depende apenas de x, e este fatorintegrante é dado por
µ(x) = exp
1
Q
∂P
∂y −
∂ Q
∂x
dx
= exp
p(x) dx
(5.6)
A equação 5.2 pode então ser escrita na forma de uma equação
exata multiplicando por µ(x). Isto é,
µ(x)[yp(x) − q (x)] dx + µ(x) dy =
0 (5.7)
é exata, e pode ser resolvida pelo método da função
potencial.
Seja F (x, y) a função potencial da equação 5.7,
as derivadas parciais de F (x, y) são dadas
por
∂F (x, y)
∂x = µ(x)[yp(x) − q (x)]
(5.8)
∂F (x, y)
∂y = µ(x) (5.9)
Integrando 5.9 na variável y obtemos:
∂F (x, y)
∂y dy =
µ(x) dy
F (x, y) = µ(x)
dy
= µ(x) · y + g(x). (5.10)
Derivando em relação a x e igualando à expressão 5.8
obtemos:
∂F (x, y)
∂x = µ(x)[yp(x) − q (x)]
∂
∂x[µ(x) · y + g(x)]
= µ(x) · yp(x) − µ(x)q (x)
µ(x) · y + g(x)
= µ(x) · yp(x) − µ(x)q (x).
Agora note que:
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µ(x) = dµ(x)
dx
= d
dx exp p(x) dx
= exp
p(x) dx
·
d
dx
p(x) dx
= p(x)exp
p(x) dx
= µ(x) p(x).
De onde vem
µ(x) · y + g(x)
= µ(x) · yp(x) − µ(x)q (x)
µ(x) p(x) · y + g(x)
= µ(x) · yp(x) − µ(x)q (x)
g(x) = −µ(x)q (x) g(x) dx =
−
µ(x)q (x) dx
g(x) = −
µ(x)q (x) dx.
Concluimos então que a função potencial é dada por
F (x, y) = µ(x) · y −
µ(x)q (x) dx. (5.11)
E a solução geral da EDO linear de primeira ordem é
µ(x) · y −
µ(x)q (x) dx = C, C ∈ R.
(5.12)
Expressando o y como função de x
temos:
y(x) = 1
µ(x)
C +
µ(x)q (x) dx
, C ∈ R. (5.13)
Exemplo: Aplique a expressão 5.13 para resolver a seguinte
equação diferencial
y + 1
xy = x3 . (5.14)
Neste caso temos
p(x) = 1
x e q (x) = x3. (5.15)
O fator integrante de 5.14 é dado por
µ(x) = exp
p(x) dx
= exp
1
x dx
= exp {ln |x|}
= |x| (5.16)
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De onde vem
y(x) = 1
µ(x)C + µ(x)q (x) dx
= 1
|x|
C +
|x|x3 dx
= 1
x
C +
x4 dx
= 1
x
C +
x5
5
= C
x +
x4
5 , C ∈ R
6 Aproximações Numéricas pelo Método de Euler
As situações em que somos capazes de determinar uma relação
geral entre y e x que sãosolução da
equação
y(x) = f (x, y) (6.1)
são muito escassas no mundo real. O que se faz, geralmente, é
encontrar aproximações numéricaspara y(x). O mais simples dos
métodos que permite obter estas aproximações numéricas é conhe-cido
como método de Euler.
Considere o seguinte problema de valor inicialy
= f (x, y)
y(x0) = y0(6.2)
Seja y (x) a solução exata (desconhecida) de 6.2. A
equação da reta tangente a y(x) em (x0,
y0) é
y − y0 = y(x0)(x − x0)
= f (x0, y0)(x − x0),
ou, na forma reduzida,y = y0 + f (x0,
y0)(x − x0). (6.3)
Em que, 6.3 só é válida para nas proximidades de x0. Seja
então
L(x) = y0 + f (x0, y0)(x − x0)
(6.4)
uma solução aproximada de 6.2 num intervalo [x−, x+]. O
método de Euler consiste em aumen-tar a extensão deste intervalor,
às custas de um afastamento entre y(x) e L(x).
Dizemos que é oincremento dado em x (ou o
tamanho do passo) e L(x0+) é a aproximação numérica
para y(x0+).
INCLUIR FIGURA
Seja h > 0 um incremento em x, tal
que
x1
= x0
+ h. (6.5)
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A aproximação de y (x) em x1 é
L(x1) = y0 + f (x0,
y0)(x1 − x0)
= y0 + hf (x0, y0). (6.6)
O tamanho do incremento h é determinante na precisão
da aproximação L(x1). De modo geral,com exceção apenas para
casos fortuitos, quanto menor o valor de h menor é a
diferença entreL(x1) e y (x1).
Uma maneira de aumentar a precisão consiste em dividir o
intervalo x1−x0 em n partes e calcularo
valor de L(x) para cada um dos pontos que fazem parte do
conjunto formado por essa subdivi-são. Por exemplo, uma maneira de
aumentar a precisão (e por consequência diminuir o erro) deL(x0 +
h), consiste em tomar h1 = h/2, encontrar L(x0
+ h1), usar L(x0 + h1) como se fosse o
valorexato y(x0 +h1) e, então, calcular a nova
aproximação L((x0 +h1)+h1) = L(x0 +2h1) = L(x0
+h).
Em tese, quanto menor for o tamanho do passo, mais preciso será
o valor da aproximação L(x).Entretanto, valores muito
pequenos de h geram instabilidades numéricas que podem
causar grande
perda na precisão (ou até não convergência).
Se desejarmos dar vários passos (de modo a atingir um ponto
x0 + H ) podemos obter uma apro-ximação para
cada ponto xn através da expressão
L(xn+1) = L(xn) + (xn+1 − xn)f (xn, L(xn))
(6.7)
Se todos os passos entre x0 e x0
+H tiverem o mesmo tamanho, dado por H/N ,
onde N representao número de passos, então 6.7
reduz-se a
L(xn+1) = L(xn) + hf (xn, L(xn)).
(6.8)
A aplicação do método de Euler segue o seguinte roteiro:
1. Determinar a função f (x, y) e identificar o
ponto inicial;
2. Identificar o ponto xN onde se deseja
calcular a função y (x);
3. Calcular o tamanho do passo, dado em função do número de
passos N que se deseja darentre x0
e x1, h =
xN −x0N ;
4. Aplicar 6.8 N vezes, partindo do
ponto x0, obtendo ao fim do processo L(xN )
= L(x0 + H ).
Exemplo: Seja y = 0, 2xy e y (1) = 1.
Determine, pelo método de Euler, y (1, 5).
Embora seja possível resolver esta equação de forma analítica,
resultando em y(x) = e0,1(x2−1),
vamos utilizar o método de Euler para estimar y(1,
5) e ao fim comparamos com o resultado exato.
Faremos isso usando dois tamanhos diferentes de passo:
• N = 5
Seguindo os passos descritos anteriormente
1. f (x, y) = 0, 2xy e (x0, y0) = (1,
1)
2. x1 = 1, 5
3. h = xN −x0N =
1,5−1
5 = 0, 1
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4. Aplicando 6.8 N vezes obtemos
– L(x1) = L(x0) + hf (x0, L(x0)) ⇒
L(1, 1) = 1 + 0, 1 · 0,
2 · 1 · 1 = 1, 02
– L(x2) = L(x1) + hf (x1, L(x1)) ⇒
L(1, 2) = 1, 02 + 0, 1 · 0, 2 · 1,
1 · 1, 02 = 1, 04244
– L(x3) = L(x2) + hf (x2, L(x2)) ⇒
L(1, 3) = 1, 04244 + 0, 1 · 0, 2 · 1,
2 · 1, 04244 =1, 06746
– L(x4) = L(x3) + hf (x3, L(x3)) ⇒
L(1, 4) = 1, 06746 + 0, 1 · 0, 2 · 1,
3 · 1, 06746 =1, 09521
– L(x5) = L(x4) + hf (x4, L(x4)) ⇒
L(1, 5) = 1, 09521 + 0, 1 · 0, 2 · 1,
4 · 1, 09521 =1, 12588
A aproximação para y (1, 5) é dada então por
L5(1, 5) = 1, 12588.
• N = 10 Neste caso os itens 1. e 2.
são os mesmos do problema anterior. O tamanho dopasso é dado
por
h = 1, 5 − 1
10= 0, 05
E os valores de L(xn) são dados por:
– L(1, 05) = 1, 01000
– L(1, 10) = 1, 02060
– L(1, 15) = 1, 03183
– L(1, 20) = 1, 04370
– L(1, 25) = 1, 05622
– L(1, 30) = 1, 06942
– L(1, 35) = 1, 08332
– L(1, 40) = 1, 09795
– L(1, 45) = 1, 11332
– L(1, 50) = 1, 12947
A aproximação para y (1, 5) é dada então por
L10(1, 5) = 1, 12947.
Comparando essas apeoximações com o valor exato y(1, 5)
= e1,52−1 = 1, 13315, podemos identi-
ficar o erro cometido por cada um dos dois procedimentos:
δ 5 = |y(1, 5) − L5(1, 5)| = 0,
00727 ⇒ δ 5 = 0, 64%
δ 10 = |y(1, 5) − L10(1, 5)| = 0,
00368 ⇒ δ 10 = 0, 32%
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8/18/2019 EDO Ordem 1
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Problemas Propostos
1. Resolva as seguintes equações diferenciais separáveis e os
problemas de valor inicial.
a) x−2 dx = y−2 dy
b) (1 + y) dx − (1 + x) dy =
0
c) y = x2/[y(1 + x3)]
d) y = xex
/2y
e) sin x dx + y dy = 0; y(0)
= −2
f) (x2 + 1) dx + y−1 dy = 0; y(−1) = 1
g) xex2
dx + (y5 − 1) dy = 0; y(0) = 0
h) y = x2y − y/y + 1; y(3) = 1
2. Verifique se as seguintes equações diferenciais são exatas, e
resolva as que forem.
a) (2xy + x) dx + (x2 + y) dy =
0
b) yexy dx + xexy dy = 0
c) xexy dx + yexy dy = 0
d) y dx + x dy = 0
e) (x − y) dx + (x + y)
dy = 0
f) (y sin x + xy cos x) dx + (x sin
x + 1) dy = 0
3. Mostre que as equações a seguir não são exatas, mas tornam-se
exatas quando multiplicadaspelo fator integrante µ()x, y
dado. Resolva as equações exatas assim obtidas.
a) x2y3 + x(1 + y2)y = 0; µ(x, y) =
1/(xy3)
b)
sin yy − 2e
−x sin x
dx +
cosy+2e−x cosxy
= 0; µ(x, y) = yex
4. Mostre que cada equação a seguir possui um fator integrante
que depende de apenas umavariável. Determine esse fator e resolva a
equação.
a) (3x2y + 2xy + y3) dx + (x2
+ y2) dy = 0
b) y
= e2x + y − 1 = 0c) dx +
(x/y − sin y) dy = 0
d) ex dx + (ex cotan y + 2y cossec y) dy =
0
5. Resolva as seguintes equações diferenciais lineares e os
problemas de valor inicial.
a) y − 7y = sin 2x
b) y + x2y = x2
c) y + 2y/x = x; y (1) = 0
d) y + 6xy = 0; y (π) = 5
e) y + 2xy = 2x3; y (0) = 1
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