83
Copyright c 2014, João Pedro Boavida. Versão atual disponível em http://web.tecnico.ulisboa.pt/joao.boavida/2014/ACED/. 0 1 0 1 2 E PISÓDIOS DE E QUAÇÕES DIFERENCIAIS , 2014 JOÃO PEDRO BOAVIDA

Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Embed Size (px)

Citation preview

Page 1: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

0 1 0 1 2

EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS,2014

JOÃO PEDRO BOAVIDA

Page 2: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014Copyright c© 2014, João Pedro Boavida

Este trabalho (tanto esta versão como a versão atual) pode ser encontrado emhttp://web.tecnico.ulisboa.pt/joao.boavida/2014/ACED/.

Este trabalho é licenciado sob uma Licença Creative Commons Atribuição-NãoComercial-SemDerivados 3.0 Portugal. Para ver uma cópia desta licença,visite http://creativecommons.org/licenses/by-nc-nd/3.0/pt/.

Page 3: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

APRESENTAÇÃO

Estes apontamentos foram sendo escritos ao longo dos semestres em que dei Análise Com-plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar aanálise complexa das equações diferenciais. Poderão encontrar informação atualizada emhttp://web.tecnico.ulisboa.pt/joao.boavida/2014/ACED/.

Quis que o resultado final ficasse relativamente curto (à volta de 70 páginas para cadaassunto), pois é fácil ser-se inundado com imensa informação e perder de vista as ideiascentrais. Assim, tentei evitar detalhes exagerados e deixei alguns tópicos para os exercícios(isto não significa que esses tópicos são menos importante; só significa que explicar os deta-lhes por escrito não ia acrescentar muito àquilo que conseguiriam fazer sozinhos, seguindoos passos sugeridos).

À falta de melhor nome, chamei “episódio” a cada conjunto de apontamentos, corres-pondente a uma ou duas semanas de aulas. Tentei escrever informalmente, como se estivés-semos a conversar (daí usar o plural da primeira pessoa). Como não é um monólogo, comoa ideia é que participem ativamente na viagem, deixei algumas perguntas e exercícios pelocaminho. Quando algum exercício for inesperadamente exigente, eu assinalo-o com ?.

Ao contrário de análise complexa (em que as ideias centrais são tão surpreendentes quese justifica começar a explorá-las desde logo, em vez de só as descobrir mesmo no final), emequações diferenciais é possível começar a utilizar as conclusões imediatamente. Em geral,a ordem “lógica” coincide com a ordem natural, e por isso eu vou normalmente segui-la.Os dois primeiros episódios são a única exceção relevante: a ordem “lógica” seria começarpelas demonstrações no episódio 2, enquanto que a ordem mais intuitiva é começar pelosexemplos no episódio 1.

Nada do que aqui lerem é original; estas ideias já estavam arrumadas, aproximadamenteno formato atual, há mais de meio século.

UMA EQUAÇÃO DIFERENCIAL é uma equação cuja incógnita é uma função y(t) e em que apa-recem derivadas de y . Por exemplo,

y ′− t · y = 0

é uma equação diferencial de primeira ordem (a “ordem” é a ordem da derivada mais altaque aparece). Substituindo, podemos verificar que y(t) = t2 não é uma solução, pois

(t2)′− t · (t2) 6= 0.

Por outro lado, y(t) = 0 é uma solução, pois

(0)′− t · 0= 0.

É comum omitir a variável dependente na equação (ou seja, escrever y em vez de y(t)). Éclaro que isso não causa ambiguidade, pois o facto de escrevermos y ′ sugere imediatamente

3/83

Page 4: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

que y depende da outra variável, e não o contrário. Por vezes, usamos a notação maisexplícita dy

dt, para indicar claramente qual a variável dependente e a variável independente.

Também distinguimos entre equações diferenciais ordinárias (EDOs, as que só têm umavariável independente) e as equações diferenciais parciais (EDPs, as com mais que uma va-riável independente, e que portanto envolvem derivadas parciais). Vamos trabalhar quasesó com EDOs; só no último episódio é que faremos alguma coisa com EDPs.

A priori, não é nada óbvio como encontrar soluções para uma equação diferencial. Éverdade que algumas equações diferenciais podem ser resolvidas de forma relativamentesimples; para dar um exemplo extremo, podemos usar integração para resolver

y ′ = t2, com y(0) = 2.

Aqui, y(0) (ou y noutro ponto específico, se for isso que temos) é a condição inicial.Mas esse método só raramente funciona. Por exemplo, não funciona com a equação

x y ′− 2y y ′+ y = 0, y(0) = 3.

O episódio 1 é dedicado a várias estratégias para resolver EDOs de primeira ordem.É razoável querer um critério simples para determinar a priori se uma EDO tem solução,

e se, fixada a condição inicial, a solução é única. É que em geral esperamos que, se doiscarros começam a viagem lado a lado e as suas velocidades variam da mesma forma aolongo do tempo, então deveriam continuar lado a lado ao longo de toda a viagem. Noepisódio 2 discutimos um critério.

Se tivermos um sistema como(

x ′1 = x2,

x ′2 =−42x1+ 13x2,

podemos escrevê-lo na forma matricial�

x1

x2

�′=

0 1−42 13

︸ ︷︷ ︸

A

x1

x2

,

obtendo x′ = Ax. Imaginemos que x = Su é uma mudança de variável (exigimos emparticular que a matriz S seja invertível), permitindo escrever Su′ = ASu. Se escolhermosJ = S−1AS, temos SJ = AS, ou seja, a equação fica Su′ = SJu ou (multiplicando à esquerdapor S−1, de ambos os lados, e simplificando) u′ = Ju. Acontece que todas as matrizes têmuma forma canónica de Jordan J , para a qual u′ = Ju é fácil de resolver. A partir dessasolução u, podemos obter a solução x = Su. No episódio 3 vamos discutir essas e outrasEDOs lineares em Rn.

Uma EDO de ordem superior pode ser transformada numa EDO em Rn. Por exemplo,f ′′ − 13 f ′ + 42 f = 0 (a variável independente continua a ser t) pode ser simulada usandox1 = f e x2 = f ′. O sistema fica então(

x ′1 = f ′ = x2,

x ′2 = f ′′ =−42 f + 13 f ′ =−42x1+ 13x2,ou

x1

x2

�′=

0 1−42 13

︸ ︷︷ ︸

A

x1

x2

.

4/83

Page 5: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

Obtemos precisamente a mesma equação de há pouco, o que significa que os métodos paraequações lineares em Rn são suficientes para resolver equações de ordem superior. Porém,raramente são convenientes, e por isso no episódio 4 vamos discutir outros métodos, comespecial ênfase no método dos aniquiladores.

Entre outras propriedades, a transformada de Laplace converte soluções de EDOs deordem superior em funções no plano complexo com um número finito de polos, e é possívelusar o teorema dos resíduos para recuperar a função original. Isto só por si não seria muitointeressante. O que é interessante é que a transformada converte equações diferenciais emequações algébricas, mais fáceis de resolver. Vamos falar de tudo isto no episódio 5.

Finalmente, imaginem que querem resolver esta equação diferencial parcial:

∂ u

∂ t=∂ 2u

∂ x2 ,

com 0 ≤ x ≤ 1 e t ≥ 0. Como é que alguém poderia resolver uma equação desse género?Na falta de outras ideias, uma opção é tentar encontrar soluções por tentativa e erro. Porexemplo, podemos substituir u(t, x) = T (t) · X (x). Com algum cuidado, acabamos porconcluir que

X (x) = C1 cos(πkx) + C2 sin(πkx), onde k ∈ Z.De facto, para as condições de fronteira (isto é, condições para u ou ∂ u

∂ xem x = 0 e x = 1)

que vamos considerar, é possível mostrar que a solução geral é da forma

u(t, x) =∑

k≥0

ak(t) cos(πkx) +∑

k>0

bk(t) sin(πkx),

onde as funções ak e bk podem ser obtidas (com as técnicas dos episódios anteriores) apartir da condição inicial u(0, x). No episódio 6, vamos falar das séries de Fourier (isto é,séries semelhantes à de u(t, x)) e algumas variantes, e aplicá-las à resolução de algumasEDPs.

João Pedro Boavida < . @ . . >a a i a e i i ao o o t o u s o tj b v d cn c l b p ,Departamento de Matemática, Instituto Superior Técnico,Universidade de Lisboa,Abril de 2014

5/83

Page 6: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

CONTEÚDO

EPISÓDIO 1: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS . . . . 8

(1.1) ALGUNS EXEMPLOS . . . 8

(1.5) AS EQUAÇÕES SEPARÁVEIS . . . 10

(1.11) EQUAÇÕES EXATAS. . . . 11

(1.14) EQUAÇÕES REDUTÍVEIS A EXATAS. . . . 12

(1.22) EQUAÇÕES LINEARES DE PRIMEIRA ORDEM. . . . 16

(1.25) MUDANÇA DE VARIÁVEL. . . . 19

(1.30) RESPOSTAS DE EXERCÍCIOS. . . . 20

EPISÓDIO 2: EXISTÊNCIA DE SOLUÇÕES DE EDO . . . . 21

(2.1) RETRATOS DE FASE. . . . 21

(2.3) O TEOREMA DE PICARD–LINDELÖF . . . 22

(2.21) PROLONGAMENTO DE SOLUÇÕES. . . . 26

(2.29) COMPARAÇÃO DE SOLUÇÕES. . . . 28

(2.34) RESPOSTAS DE EXERCÍCIOS. . . . 29

EPISÓDIO 3: EDO EM Rn E EXPONENCIAIS DE MATRIZES . . . . 30

(3.1) EXPONENCIAL DE MATRIZES. . . . 31

(3.3) A FÓRMULA DE VARIAÇÃO DAS CONSTANTES . . . 32

(3.6) CÁLCULO DE eAt . . . . 33

(3.18) A FORMA DE JORDAN DE UMA MATRIZ. . . . 37

(3.26) COEFICIENTES NÃO CONSTANTES. . . . 46

(3.31) RESPOSTAS DE EXERCÍCIOS. . . . 49

EPISÓDIO 4: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE ORDEM SUPERIOR . . . . . 50

(4.5) DERIVADAS E ANIQUILADORES. . . . 51

(4.12) O MÉTODO DOS ANIQUILADORES. . . . 53

(4.18) COEFICIENTES NÃO CONSTANTES. . . . 55

(4.22) RESPOSTAS DE EXERCÍCIOS. . . . 57

EPISÓDIO 5: TRANSFORMADA DE LAPLACE . . . . 58

(5.1) FUNÇÕES DEFINIDAS POR TROÇOS. . . . 58

(5.5) A TRANSFORMADA DE LAPLACE. . . . 59

(5.18) RESOLUÇÃO DE EDO USANDO TRANSFORMADA DE LAPLACE. . . . 64

6/83

Page 7: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

CONTEÚDO

(5.22) A TRANSFORMADA INVERSA. . . . 66

(5.30) RESPOSTAS DE EXERCÍCIOS. . . . 70

EPISÓDIO 6: AS SÉRIES DE FOURIER E ALGUMAS EDP . . . . . 71

(6.1) FUNÇÕES PERIÓDICAS. . . . 72

(6.12) SÉRIES DE FOURIER. . . . 73

(6.21) A EQUAÇÃO DE CONTINUIDADE. . . . 77

(6.22) A EQUAÇÃO DO CALOR . . . 77

(6.23) RESOLUÇÃO DE EDP USANDO SÉRIES DE FOURIER. . . . 78

(6.32) RESPOSTAS DE EXERCÍCIOS. . . . 83

7/83

Page 8: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

EPISÓDIO 1

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS

Neste episódio, vamos discutir as estratégias mais importantes para resolver equações dife-renciais ordinárias (EDOs) de primeira ordem. Aqui, mencionamos só algumas ideias.

Considerem a equação

x y ′− 2y y ′+ y = 0, y(0) = 3.

À primeira vista, não é óbvio como resolvê-la. Por outro lado, quem é ddx(x y− y2)? (Notem

que x é a variável independente, por isso (y2)′ = ddx(y2) não é só 2y!) Qual é então a

solução da equação?Uma equação diferencial diz-se exata se existe uma função Φ(x , y) que permite escrever

a equação na forma ddx

Φ(x , y)�

= 0. Usando a regra da função composta, isso fica ∂Φ∂ x+

∂Φ∂ y· dy

dx= 0. Assim, se y(x) é uma solução da equação, Φ(x , y(x)) é constante.

Pode acontecer que uma equação não seja exata, mas que seja redutível a exata. Porexemplo, a equação

xex y ′+ ex y − 1= 0

não é exata (como é que podemos ter a certeza?). Mas se multiplicarmos tudo por e−x

(porque é que podemos?), obtemos

x y ′+ y − e−x = 0,

que é exata. Conseguem resolvê-la?

(1.1) ALGUNS EXEMPLOS para ilustrar como é possível resolver certas equações, mesmo semgrande estratégia. Na equação

x + x y ′ = 2y,

podemos tentar que x y ′ e 2y sejam parcelas de uma derivada do quociente. Para tal,precisaríamos que fossem x2 y ′ e 2x y , algo que podemos conseguir multiplicando tudo porx e fazendo algumas manipulações simples:

x2 y ′− (x2)′ y =−x2.

Daqui, basta-nos dividir tudo por (x2)2, que nos leva a

(x2)y ′− (x2)′ y(x2)2

=− 1

x2

e a� y

x2

�′=�1

x

�′, ou

y

x2 =1

x+ C ,

para alguma constante C . Assim, desde que o intervalo de definição que queremos excluax = 0 (porquê?), concluímos que y = x + C x2.

8/83

Page 9: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 1: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS

(1.2) Vejamos um exemplo com uma equação de segunda ordem (i.e., envolvendo a segundaderivada). Se

(2x + 1) f ′′− 2 f ′ = (1− 4x2)(2x + 1),

é tentador ver o lado esquerdo como numerador de uma regra do quociente. Se dividirmostudo por (2x + 1)2, ficamos com

(2x + 1) f ′′− (2x + 1)′ f ′

(2x + 1)2=

1− 4x2

2x + 1.

Como 1− 4x2 = (1− 2x)(1+ 2x), podemos simplificar um pouco mais e chegar a� f ′

2x + 1

�′= 1− 2x .

Assim, para intervalos de definição excluindo 2x + 1 6= 0 (porquê?), vemos que

f ′

2x + 1= x − x2+ A,

para alguma constante A. Escrevendo em ordem a f ′ e primitivando uma segunda vez,concluímos que

f =x2

2+

x3

3− x4

2+ A(x2+ x) + B,

para uma segunda constante B.

(1.3) Exercício. Considerem uma solução definida em todo o R. Acabámos de ver que parax <−1

2(porquê −1

2?) a solução é da forma

f =x2

2+

x3

3− x4

2+ A1(x

2+ x) + B1

para constantes A1 e B1, e que para x >−12

é da forma

f =x2

2+

x3

3− x4

2+ A2(x

2+ x) + B2

para constantes A2 e B2. Quais as relações entre as várias constantes? Conseguem determi-nar todas as soluções da equação? Pode ser útil voltar à equação original e tentar determinarf ′(−1

2).

(1.4) Exercício. Resolvam estas equações diferenciais tentando reconhecer regras de deri-vação. Determinem também os intervalos em que as soluções são válidas. (Pode ser útilcomeçarem por identificar a variável dependente e a independente, já que variam de equa-ção para equação.) Se tiverem informação suficiente, determinem as constantes.

(a) y ′ = t2, y(0) = 2;(b) 2y y ′ = x2, y(1) = 1;(c) 2y y ′ = x2, y(1) =−1;(d) f + t f ′ = t, f (−2) =−1;(e) f + t f ′ = t, f (−2) =−2;

(f)u′

u=

1

x2 , u(1) =−1.

9/83

Page 10: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

(1.5) AS EQUAÇÕES SEPARÁVEIS são aquelas em que, através de multiplicações ou divisões(de ambos os membros pela mesma função), conseguimos separar as variáveis em ladosopostos da equação. Por exemplo,

dy

dx· x = y2 · log x , y(1) =−2,

pode ser escrita na forma

1

y2

dy

dx=

log x

x, y(1) =−2,

desde que não haja divisões por zero. (Já agora, log é o logaritmo natural, já que não háqualquer outro logaritmo relevante daqui em diante.) Ou, escrito de forma mais sugestiva,

dy

y2 =1

x· log x dx .

Integrando de ambos os lados, obtemos (é preciso fazer mudanças de variável—quais?)

− 1

y=(log x)2

2+ C

(não se esqueçam da constante!). Substituindo a condição inicial y(1) = −2, descobrimosque C = 1/2. Portanto,

y =− 2

(log x)2+ 1.

(1.6) Exercício. Aqui está uma equação mais simples: usando a mesma estratégia, procuremsoluções de

y ′− x y + y = 0, y(0) = 2.

Notem que é preciso algum cuidado a lidar com os casos y = 0 ou y < 0.

(1.7) Exercício. Resolvam a equação

y ′ex = 1+ y, y(0) = e− 1.

(1.8) Exercício. Resolvam a equação

t y ′+ y2+ 1= y ′+ t2 y2+ t2, y(0) = 0.

(1.9) Exercício. Considerem agora a equação

y ′ = (3+ t)y2.

(a) Assumindo que y(t) 6= 0, qual a solução desta equação? Notem que não estamosa especificar a sua condição inicial. Isso significa que, depois de fazer as primitivas, nãotemos como determinar o valor da constante, e por isso deixamo-la ficar, sem tentarmosespecificar o seu valor.

(b) Qual o intervalo de definição da solução da alínea anterior?

10/83

Page 11: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 1: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS

(c) Encontrem uma solução com y(0) = 0.

(d) Imaginem que y(t) é uma solução com y(t0) > 0. Mostrem que, no seu intervalode definição, temos sempre y(t)> 0.

(e) Façam o mesmo para uma solução com y(t0)< 0.

(f) Concluam que só existe uma solução com y(t0) = 0. Qual é?

(1.10) Exercício. Façam um estudo (como o do exercício anterior) das soluções de cadauma destas equações:

(a) (3+t)y ′ = y; (b) (3+t)y ′ = y2; (c) y ′−y t = y ′ t2.

(1.11) EQUAÇÕES EXATAS. Há pouco, considerámos a equação

x y ′− 2y y ′+ y = 0

(a variável independente é x) com condição inicial y(0) = 3. Observámos que

ddx�

x y − y2�= x y ′− 2y y ′+ y,

o que nos leva a concluir (porquê?) que x y − y2 é constante. Substituindo a condiçãoinicial, vemos que a constante é −9 e obtemos a fórmula x y − y2 = −9, que pode serresolvida para obter y .

Dissemos que a equação (com variável independente x)

P +Q · y ′ = 0

é exata se existir uma função Φ(x , y) cujo gradiente seja (P,Q), ou seja, cujas derivadasparciais sejam ∂Φ

∂ x= P e ∂Φ

∂ y= Q. Nesse caso, Φ(x , y) é constante nas soluções y(x) da

equação (notem que x é a variável independente), pois a regra da função composta diz-nosque

ddx�

Φ(x , y(x))�

=∂Φ∂ x︸︷︷︸

P

+∂Φ∂ y︸︷︷︸

Q

· dy

dx︸︷︷︸

y ′

= P +Q · y ′ = 0.

Se um tal Φ existir, então teremos

∂ x

∂Φ∂ y︸︷︷︸

Q

=∂

∂ y

∂Φ∂ x︸︷︷︸

P

⇔ ∂Q

∂ x− ∂ P

∂ y= 0.

(Se isto vos lembra alguma coisa, não é coincidência.) Ou seja, a equação é exata apenas se∂Q∂ x= ∂ P∂ y

.

11/83

Page 12: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

(1.12) Por exemplo, considerem a equação diferencial

−2x2 y︸ ︷︷ ︸

Q

y ′−2x y2+ ex︸ ︷︷ ︸

P

= 0

com condição inicial y(1) = 2. Queremos encontrar uma função Φ cujo gradiente� ∂Φ∂ x

, ∂Φ∂ y

seja (P,Q). Para isso consideramos

∂Φ∂ x=−2x y2+ ex ⇒ Φ =−x2 y2+ ex + (função de y),

∂Φ∂ y=−2x2 y ⇒ Φ =−x2 y2+ (função de x).

A escolha Φ =−x2 y2+ ex é compatível com ambas as condições. Como Φ(1,2) = e−4 (deonde vêm o 1 e o 2?), concluímos que a solução satisfaz a equação

−x2 y2+ ex = e− 4.

Resolvendo em ordem a y , obtemos

y =±r

ex − e+ 4

x2 .

Só o sinal positivo é compatível com a condição inicial; essa é a fórmula para a solução.

(1.13) Exercício. Experimentem resolver estas equações exatas (nalguns casos pode não serprático resolver em ordem a y; vão tão longe quanto conseguirem):

(a) 2x + 2y y ′ = 1, y(0) = 1;(b) 2y y ′+ y sin x = y ′ cos x , y(0) =−2;(c) y2+ 2x y y ′+ y sin x = y ′ cos x − 2x , y(π) = 0;(d) 2x y y ′+ y2 = 4x3, y(1) = 1;(e) x4 y ′+ 4x3 y + 1= 2x y y ′+ y2+ y ′, y(1) = 2;(f) πy sin(πx) + y ′ = x2 y ′+ 2x y + y ′ cos(πx), y(2) = 1;(g) 4x3+ x y ′+ 2y y ′+ y + 9= 2x2 y ′+ 3x2+ 4x y + 4x , y(0) = 3.

(1.14) EQUAÇÕES REDUTÍVEIS A EXATAS. Também vimos que a equação

xex y ′+ ex y − 1= 0

não é exata e observámos que, se a multiplicarmos por e−x , obtemos

x y ′+ y − e−x = 0,

que é uma equação exata com as mesmas soluções que a primeira. (Conseguiram resolvê--la?) Por isso, dizemos que a equação original é redutível a exata. A função e−x usada parafazer a redução é chamada fator integrante ou fator de integração. (Como usamos integração

12/83

Page 13: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 1: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS

para resolver uma equação exata, também há quem fale em “integrar a equação” em vez de“resolver a equação”—e por isso o fator ajuda a integrar a equação. Daí o nome.)

E como é que encontramos fatores integrantes? Boa pergunta. Se tivermos uma equação

P +Q · y ′ = 0

e µ(x , y) for um fator integrante (é tradicional chamar µ ao fator), então a equação

µ · P +µ ·Q · y ′ = 0

é exata. Isso significa que as derivadas cruzadas são iguais, ou seja,

∂ (µQ)∂ x

=∂ (µP)∂ y

.

Simplicando estas derivadas (com a regra do produto), obtemos

∂ µ

∂ x·Q+µ · ∂Q

∂ x=∂ µ

∂ y· P +µ · ∂ P

∂ y.

Notem que tanto P e Q (conhecidas) como µ (desconhecido) são funções de x e de y . Secalhar isto não é lá muito prático. . .

(1.15) De acordo: se não soubermos nada sobre µ, não vamos longe. Mas podemos tentarcasos especiais. Por exemplo, se µ só depender de x , então a equação anterior fica apenas

dx·Q+µ · ∂Q

∂ x= µ · ∂ P

∂ y.

Trata-se de uma equação separável (!) para µ (se esta equação for impossível, significa quenão existe µ dependente só de x). Voltemos ao exemplo de há pouco:

xex︸︷︷︸

Q

y ′+ ex y − 1︸ ︷︷ ︸

P

= 0

A equação para µ ficadµ

dx· xex︸︷︷︸

Q

+µ · (ex + xex)︸ ︷︷ ︸

∂Q∂ x

= µ · ex︸︷︷︸

∂ P∂ y

.

Concordo que isto parece cada vez pior. Mas podemos fazer alguns cancelamentos e simpli-ficar um pouco a equação:

dx=−µ.

Resolvam em ordem a µ (há mais que uma solução, escolham uma qualquer que não sejanula, por exemplo, a que tem µ(0) = 1). Que função encontram? E qual é o fator integranteque tínhamos usado antes? Coincidência?

13/83

Page 14: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

(1.16) Se quisermos um fator integrante µ dependente apenas de y , a equação no final de(1.14) reduz-se (porquê?) a

µ · ∂Q

∂ x=

dy· P +µ · ∂ P

∂ y.

Por exemplo, a equação

x4 y2 y ′+ 4x3 y3 = 2y3 y ′, y(0) =−4

tem um fator integrante que só depende de y . Se escreverem a equação diferencial para µ(experimentem!) e simplificarem, chegam a algo como

dy=−2µ

y.

(Já agora, reparem que depois de simplificada a equação envolve apenas µ e y . Se aindarestasse algum x , era impossível resolvê-la com um µ dependente apenas de y . Percebemporquê?) Esta equação é separável; qual é a sua solução?

Podemos ver que µ(y) = y−2 é um fator integrante. (Conseguem, sem quaisquer contas,indicar outros fatores integrantes?) Multiplicando-o na equação original, obtemos

x4 y ′+ 4x3 y − 2y y ′ = 0, y(0) =−4,

cuja integração leva a x4 y − y2 =−16. Resolvendo em ordem a y , obtemos

y =x4−

p

x8+ 64

2

(reparem que escolhemos o sinal negativo, pois só esse é compatível com y(0) =−4).

(1.17) Exercício. Encontrem fatores integrantes para as seguintes equações, e resolvam-nas.(a) x2 yex + x2ex y ′+ x y ′ = y, y(1) = e+ 1;(b) y2 cos(x) + y y ′ sin(x) = 0, y(π

2) = 2;

(c) 2x2 y2 y ′+ x y3+ y ′ = 3x y y ′+ y2, y(1) = 1;

(d) y y ′+ yex + 1=x y ′

y, y(0) = 2.

As equações podem ser resolvidas com fatores da forma µ(x) ou µ(y). Se houver fatores deambos os tipos, determinem-nos, e resolvam a equação original usando ambos os fatores.

(1.18) Mas sejamos um pouco mais ambiciosos: haverá alguma forma sistemática de verifi-car se existe um fator integrante da forma µ(x + y) ou µ(x y) ou µ(x − y)? (Aqui estamosa cometer um pequeno abuso de linguagem: em vez de falar em µ(x+ y), deveríamos falarem µ(x , y) = ν(x+ y), onde ν é uma nova função. Mas tal não seria necessariamente maisclaro.)

Há. Se o fator integrante for da forma µ(s) (onde s = x + y , ou s = x y , ou s = x − y ,ou outra expressão que queiramos experimentar), então a equação no final de (1.14) podeescrever-se

ds· ∂ s

∂ x·Q+µ · ∂Q

∂ x=

ds· ∂ s

∂ y· P +µ · ∂ P

∂ y.

14/83

Page 15: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 1: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS

Separando o µ à esquerda e abreviando µ′ = dµds

, podemos ainda obter (verifiquem)

µ′

µ=−

∂Q∂ x− ∂ P∂ y

∂ s∂ x·Q− ∂ s

∂ y· P .

Se for possível simplificar o lado direito de forma a envolver apenas s, então a solução destaequação é um fator integrante. De contrário, a equação é impossível (pois o lado esquerdopoderia ser escrito apenas em termos de s e o lado direito não, o que seria uma contradição).

(1.19) Por exemplo, considerem a equação

x5 y ′+ x4 y y ′+ 4x4 y + 4x3 y2 = 2x2 y y ′+ 2x y2 y ′+ x y2+ y3, y(1) = 2,

que tem um fator integrante da forma µ(x + y) (portanto, s = x + y , ∂ s∂ x= 1 e ∂ s

∂ y= 1).

Como P = 4x4 y+4x3 y2− x y2− y3 e Q = x5+ x4 y−2x2 y−2x y2, a fórmula para µ′

µ

fica

µ′

µ=− x4− 4x3 y − 2x y + y2

∂ s∂ x·Q− ∂ s

∂ y· P =− x4− 4x3 y − 2x y + y2

x5− 3x4 y − 2x2 y − x y2− 4x3 y2+ y3 .

Se existir um fator integrante que dependa apenas de s = x + y , devíamos ser capazes desimplificar esta expressão de forma a depender apenas de s. A tarefa não parece promete-dora, mas se for possível, o x4 de cima deve (junto com o resto do numerador) conseguircancelar parte do denominador, de forma a obter uma expressão com x + y . Assim, umpalpite razoável neste caso é: será que o denominador é apenas x + y multiplicado pelonumerador? Experimentemos:

(x + y)(x4− 4x3 y − 2x y + y2) = x5− 4x4 y − 2x2 y + x y2+ x4 y − 4x3 y2− 2x y2+ y3.

É realmente o denominador. Assim, concluímos que

µ′

µ=− 1

x + y=−1

s.

Uma solução desta equação é µ(s) = s−1, mostrando que 1/(x + y) é um fator integrante.Dito de outra forma, devemos conseguir pôr (x + y) em evidência na equação original

x5 y ′+ x4 y y ′+ 4x4 y + 4x3 y2 = 2x2 y y ′+ 2x y2 y ′+ x y2+ y3, y(1) = 2.

Tentemos:(x + y)x4 y ′+ 4(x + y)x3 y = 2(x + y)x y y ′+ (x + y)y2.

Realmente é verdade. Dividindo tudo por x + y obtemos então a equação exata

x4 y ′+ 4x3 y − 2x y y ′− y2 = 0, y(1) = 2,

que, por integração, nos leva a x4 y − x y2 = −2. Resolvendo em ordem a y e usando acondição inicial para decidir o sinal, chegamos a

y =x4+

p

x8+ 8x

2x.

15/83

Page 16: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

(1.20) Mais um exemplo. A fórmula (1.18) da equação

2x y2 y ′+ 2y3 = 4x2 y, y(1) = 1,

fica (depois de simplificada)

µ′

µ=− −4y2+ 4x2

∂ s∂ x· 2x y2− ∂ s

∂ y· (2y3− 4x2 y)

.

Se s = x , obteríamosµ′

µ=−−4y2+ 4x2

2x y2 .

Veem alguma forma de simplificar isto de forma a eliminar o y? Eu também não.Com s = y , teríamos

µ′

µ=− −4y2+ 4x2

−2y3+ 4x2 y.

Infelizmente, por pouco (bastava que fosse um 4 em vez de um 2), também não consegui-mos livrar-nos do x .

Consideremos então s = y/x , com ∂ s∂ x= −y/x2 e ∂ s

∂ y= 1/x . (Em geral, está longe de

ser evidente qual um s que funcionará. Não se tratando de s = x nem de s = y , é mesmopreciso alguma pista adicional.) Nesse caso, a equação para µ fica

µ′

µ=− −4y2+ 4x2

− y · 2x y2

x2 − 2y3− 4x2 y

x

=4x2(y2− x2)

−2x y3− x(2y3− 4x2 y)=

4x2(y2− x2)−4x y(y2− x2)

=− x

y.

Ou seja, µ′

µ= −1

s. Assim, µ(s) = s−1 = x/y é um fator integrante (verifiquem, e tenham

cuidado com as coincidências). Multiplicando a equação original pelo fator integrante,obtemos

2x2 y y ′+ 2x y2− 4x3 = 0, y(1) = 1.

Integrando, obtemos x2 y2 − x4 = 0, que tem duas soluções diferenciáveis (verifiquem!):y = x e y =−x . Destas, só y = x é compatível com a condição inicial.

(1.21) Exercício. Resolvam a equação

6x y3 y ′+ 3y4 = 5x2 y2+ 4x3 y y ′, y(2) = 2,

sabendo que tem um fator integrante da forma µ(x y).

(1.22) EQUAÇÕES LINEARES DE PRIMEIRA ORDEM. Uma equação diferencial diz-se linear secorresponde a um problema linear (homogéneo ou não-homogéneo). Em particular, nocaso homogéneo, o espaço das soluções é um espaço vetorial.

Assim, a equação (nesta secção vamos usar t como variável independente)

y ′+ t y = 0

16/83

Page 17: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 1: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS

é linear, pois a transformação T (do espaço das funções C1 com derivada contínua para oespaço das transformações C0 contínuas) dada por

T (y) = y ′+ t · yé linear (sim?) e a equação original corresponde ao sistema (homogéneo) T (y) = 0.

Mais geralmente, uma equação linear de primeira ordem pode ser escrita na forma

y ′(t) = a(t) · y(t) + b(t)

e é sempre redutível a exata. Como habitualmente, abreviamo-la assim:

−a(t) · y − b(t)︸ ︷︷ ︸

P

+ 1︸︷︷︸

Q

·y ′ = 0.

Usando a equação (1.18) com s = t, ∂ s∂ t= 1, e ∂ s

∂ y= 0, obtemos (recordem que estamos a

usar t, e não x , como variável independente)

µ′

µ=−

∂Q∂ t︷︸︸︷

0 −�∂ P∂ y

︷ ︸︸ ︷

−a(t)�

1 ·Q− 0 · P =−a(t).

Nitidamente, o lado direito depende apenas de t, pelo que existe um fator integrante daforma µ(t). Resolvendo a equação, obtemos

log|µ(t)|=−∫

a(t)dt .

Assim, podemos escolherµ(t) = e−

a(t)dt

como fator integrante. Se tivermos uma condição inicial em t = t0, será preferível escolheruma primitiva mais específica:

µ(t) = e−∫ t

t0a(s)ds

(reparem que tivemos que mudar a variável de integração—veem porquê?).Para simplificar as contas que se seguem, observamos desde já que µ′(t) =−a(t) ·µ(t).

Multiplicando µ(t) na equação original, ficamos com

µ(t) · y ′−µ(t) · a(t) · y = µ(t) · b(t).Mas isto é equivalente (verifiquem!) a

µ(t) · y�′= µ(t) · b(t),

cuja solução é

µ(t) · y =∫

µ(t) · b(t)dt .

Se tivermos uma condição inicial y(t0) = y0, podemos ser mais específicos e dizer que

µ(t) · y(t)−µ(t0) · y0 =

∫ t

t0

µ(r) · b(r)dr

17/83

Page 18: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

(de novo, precisámos de mudar a variável de integração). Resolvendo em ordem a y(t),chegamos a (verifiquem!)

y(t) = e∫ t

t0a(s)ds · y0+

∫ t

t0

e∫ t

ra(s)ds · b(r)dr .

Esta é a fórmula de variação das constantes. Se olharem para uma equação diferencial ereconhecerem que é linear, podem usar esta fórmula diretamente, sem terem de perdertempo à procura de um fator integrante.

(1.23) À primeira vista, a fórmula de variação das constantes parece não ter um padrãosimples. Por isso, vale a pena explicar um pouco como traduzi-la em intuições sobre apassagem do tempo. Com efeito, podemos pensar que a função

e∫ t

ra(s)ds

codifica o efeito da passagem do tempo entre o instante r e o instante t. Chamemos-lhe porisso passagemt←r . Recordemos que a equação original era

y ′(t) = a(t) · y(t) + b(t), y(t0) = y0.

Intuitivamente, isto indica que a variação de y tem uma componente que depende do pró-prio y (portanto deveria envolver uma exponencial e a condição inicial—daí passagemt←r

envolver a exponencial) bem como uma contribuição adicional em cada instante r anteriora t, controlada por b(r). Isto é, a contribuição de y0 vê o tempo passar de t0 a t, enquantoque cada contribuição b(r) vê o tempo passar de r a t. Assim, o resultado deveria ser

y(t) = passagemt←t0 · y0+

∫ t

t0

passagemt←r · b(r)dr .

Se compararem com a fórmula de variação das constantes, veem que é exatamente isso oque ela diz.

Embora esta mnemónica possa parecer pouco fiável, a verdade é que há um conceitomuito geral de exponencial que codifica esta ideia de passagem do tempo. Por exemplo, aexponencial habitual (na reta real ou no plano complexo) corresponde a passagemt←r =et−r . As propriedades da exponencial correspondem a propriedades da passagem do tempo:dizer et−t = 1 é dizer passagemt←t = 1, e dizer et−s · es−r = et−r é dizer passagemt←s ·passagems←r = passagemt←r (ou seja, é dizer que fazer o tempo passar de r a s e depois des a t é equivalente a fazê-lo passar de r a t).

(1.24) Exercício. Aqui estão mais algumas equações de primeira ordem para resolverem:(a) y ′− sin t · y = sin t, y(0) =−2;(b) 3y2 y ′+ 2x y ′+ 2x + 2y = 0, y(0) = 2;(c) 6t y y ′+ 4y2 y ′+ 2y2 = yet + 2et y ′, y(4) = 0;(d) 2t2 y + t y y ′+ t y ′+ 3tet = t3+ 2y2 y ′+ 2y y ′+ 6yet , y(0) = 2.

Na última equação, precisam de um fator integrante do tipo µ(t − 2y).

18/83

Page 19: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 1: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS

(1.25) MUDANÇA DE VARIÁVEL. Por vezes, uma mudança de variável bem escolhida podeajudar a encontrar soluções de uma equação diferencial. Por exemplo, na equação

x + x y ′ = 2y

podemos substituir y(x) = u(x) x2. (Como esta mudança não é invertível em x = 0, sabe-mos desde logo que podemos não encontrar todas as soluções, ou que as que encontrarmospodem ter problemas, próximo de x = 0.) Como y ′ = u′x2+ 2ux , substituindo na equaçãooriginal obtemos

x + x(u′x2+ 2ux) = 2ux2,

que depois de simplificada se reduz a

x + u′x3 = 0, ou u′ =− 1

x2 .

Somos assim levados a concluir que u= 1x+ C , e que

y = ux2 = x + C x2.

(1.26) Exercício. Usando a equação original em (1.25), o que podem concluir sobre y(0)?Mostrem que é possível escolher a solução em x < 0 independentemente da solução emx > 0 e determinem todas as soluções da equação diferencial em R.

(1.27) As substituições úteis nem sempre são óbvias, mas por vezes algum padrão na equa-ção pode sugerir opções a tentar. Por exemplo, em

y ′ = 3y + 3y2/3

é tentador livrarmo-nos da raiz cúbica usando y = u3 (que, naturalmente, pode esconderproblemas quando y = 0, pois embora nesse ponto a mudança de variável seja invertível—u = y1/3—, a inversa não é diferenciável). Substituindo y ′ = 3u2u′ na equação original,obtemos (é preciso algum cuidado com os sinais na aritmética com expoentes fracionários)

3u2u′ = 3u3+ 3u2, ou u′ = u+ 1.

(1.28) Exercício. Encontrem um fator integrante adequado para u′ = u+ 1 e determinemtodas as soluções dessa equação. Quais as soluções correspondentes para a equação originaly ′ = 3y + 3y2/3? Há mais soluções?

(1.29) Exercício. Usem substituições adequadas para resolver as seguintes equações.(a) y ′ = 2y + 4y3/4, y(0) = 1.(b) y ′ = 4y + 2y1/4, y(1) = 1.(c) cos y y ′ = et + sin y , y(1) = 0.(d) y ′ = te2t y + 2y log y , y(2) = 1.

Basta identificarem uma solução, mas tentem perceber se pode haver mais.

19/83

Page 20: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

(1.30) RESPOSTAS DE EXERCÍCIOS.

(1.3) Basta exigir − 14A1 + B1 =− 1

4A2 + B2.

(1.4) (a) y(t) = 13

t3 + 2, t ∈ R.

(b) y(x) =Æ

x3+23

, x >− 3p

2.

(c) y(x) =−Æ

x3+23

, x >− 3p

2.(d) f (t) = t

2, t ∈ R.

(e) f (t) = t2+ 2

t, se t < 0; f (t) = t

2+ C

t, se

t > 0.(f) u(x) = C exp(− 1

x) (com C 6= 0), se x < 0;

u(x) =−exp(1− 1x), se x > 0.

(1.6) y(x) = 2 exp( x2

2+ x).

(1.7) y(x) = exp(2− e−x)− 1.

(1.8) y(t) = tan( t2

2+ t).

(1.9) (a) y(t) =1

C − 3t − t2

2

.

(b) o maior intervalo contendo a condiçãoinicial e excluindo os pontos −3±p9+ 2C .(c) y(t) = 0. (f) y(t) = 0.

(1.10) (a) y(t) = C(t + 3) (com C ∈ R).

(b) y(t) =1

C − log|t + 3| (com C ∈ R, e no

maior intervalo excluindo zeros dodenominador) ou y(t) = 0.

(c) y(t) =C

p

|t2 − 1|(com C 6= 0, e no maior

intervalo excluindo t =±1) ou y(t) = 0.

(1.13) (a) y(x) =p

1+ x − x2.

(b) y(x) =cos x −

p

(cos x)2 + 24

2.

(c) y(x) =cos x +

p

(cos x)2 − 4x3 + 4xπ2

2x.

(d) y(x) = x3/2.

(e) y(x) =1− x4 −

p

(x4 − 1)2 + 4x(x + 3)−2x

.

(f) y(x) =4

cos(πx)− 1+ x2 .

(g) y(x) = x2 − 2x + 3.

(1.17) (alguns dos fatores integrantes possíveis,seguidos da solução)

(a) x−2; y(x) =(e+ 1)2

ex + 1x

.

(b) sin x ou y−1; y(x) =2

sin x.

(c) y; y(x) =1

x.

(d) y−1; y(x) =3− ex +

p

(ex − 3)2 − 4x

2.

(1.21) um fator possível é x2 y2; y(x) = x .

(1.24) (a) y(t) =−1− exp(1− cos t).(b) solução implícita de y3 + 2x y + x2 = 8.(c) um fator possível é y; y(x) = 0.(d) um fator possível é (t − 2y)−1;

y(t) =−1+Æ

15− 6et + 23

t3.

(1.26) y(0) = 0; y(x) = x + C1 x2 se x < 0;y(x) = x + C2 x2 se x > 0.

(1.28) u(t) = Cet − 1 (com C ∈ R).y(t) = (Cet − 1)3. y(t) = 0 e ainda colagens desoluções dos dois tipos (vejam o exercício (2.26)para mais pistas).

(1.29) (a) y(t) = (3et/2 − 2)4.(b) y(t) =

� 32e3t−3 − 1

2

�4/3.(c) y(t) = arcsin(tet − et).(d) y(t) = exp

� t2

2e2t − 2e2t�.

O exercício (2.27) dá algumas pistas sobre asoutras soluções.

20/83

Page 21: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 2

EXISTÊNCIA DE SOLUÇÕES DE EDO

Nada do que vimos até aqui nos dá indicações sobre a existência ou unicidade das soluçõesde uma equação diferencial. É que em geral esperamos que, se dois carros começam aviagem lado a lado e as suas velocidades variam da mesma forma ao longo do tempo, entãodeveriam continuar lado a lado ao longo de toda a viagem.

Para percebermos melhor o que acontece, vamos recorrer aos retratos de fase. Depoisvemos que as equações diferenciais podem ser convertidas em equações integrais, para asquais uma discussão algo técnica nos dá um critério simples com que assegurar existênciae unicidade das soluções. À primeira vista, o critério parece restringir-nos a intervalos maislimitados do que queremos, mas vamos ver que por vezes é possível prolongar as soluções(sempre de forma única) a intervalos maiores.

(2.1) RETRATOS DE FASE. Para percebermos melhor o que acontece, vamos recorrer aos re-tratos de fase. A ideia fica mais clara se começarmos com duas variáveis dependentes. Ima-ginem que queremos perceber as soluções de

x ′1(t) =−x2(t), x ′2(t) = x1(t).

Podemos escrever isto de forma mais compacta pondo x(t) = (x1(t), x2(t)) e dizendo quea equação é

x′(t) = F(x(t)),

onde F é um campo vetorial dependente de x(t) (F podia depender também de t, masneste exemplo isso não se passa). Nestes termos, o que queremos é encontrar um caminhox parametrizado por t, cujo vetor velocidade seja F(x(t)). Equações com a mesma F mascondições iniciais diferentes, corresponderão a caminhos diferentes no retrato de fase (que éessencialmente uma representação do campo vetorial F). Em geral, não convém representaras velocidades na mesma escala que as posições (de outra forma, a figura tende a ficarconfusa).

(2.2) Quando temos só uma variável dependente, faz sentido incluir também a variável in-dependente no retrato de fase. Não só é mais fácil percebermos o gráfico das soluções dessaforma (por exemplo, se t for a variável independente e y a variável dependente, podemosler diretamente os gráficos das soluções y(t)), mas também porque F pode perfeitamentedepender da variável independente.

Por exemplo, voltemos à equação do exercício (1.9):

y ′ = (3+ t)y2.

21/83

Page 22: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

Se pusermos v(t) = (t, y(t)) ∈ R2, temos v′(t) = (t ′, y ′) = (1, y ′). Assim, a equação podeser reescrita como

v′(t) = F(v(t)), onde F(t, y) = (1, (3+ t)y2).

Isto dá-nos um novo retrato de fase, que revela as soluções correspondentes.

(2.3) O TEOREMA DE PICARD–LINDELÖF dá-nos condições concretas nas quais uma equaçãodiferencial (com condição inicial) tem solução única. Para fixar ideias, vamos trabalharcom vetores em Rn. (Nas figuras vamos usar n = 1, apenas por uma questão de clareza.)Supondo que F(t,x) está definida nos pontos que usarmos, o nosso objetivo é decidir se aequação

x′(t) = F(t,x(t)), x(t0) = x0

tem solução e essa solução é única.Se a equação tiver uma solução x(t), então

x(t)− x0 = x(t)− x(t0) =

∫ t

t0

x′(s)ds =

∫ t

t0

F(s,x(s))ds .

Ou seja, a solução, a existir, satisfaz a igualdade

x(t) = x0+

∫ t

t0

F(s,x(s))ds .

Isto sugere que, dada uma função x : t 7→ x(t), usemos

x0+

∫ t

t0

F(s,x(s))ds .

como definição de uma nova função, à qual chamaremos (à falta de melhor nome) Φ(x).Nessa linguagem, x é uma solução da equação original precisamente quando Φ(x) = x severificar.

Ora, isto sugere a seguinte estratégia: começamos com uma função x(0) qualquer (porexemplo, x(0)(t) = 0), e definimos recursivamente x(n+1) = Φ(x(n)). Se tudo correr bem, olimite destas iteradas de Picard é uma solução da equação original.

22/83

Page 23: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 2: EXISTÊNCIA DE SOLUÇÕES DE EDO

(2.4) Como isto é algo confuso, é melhor vermos um exemplo. Considerem a equação (nãovamos usar notação vetorial, porque estamos em R1)

x ′(t) = x(t), x(0) = 1.

A função F correspondente é dada por F(t, x) = x , enquanto que Φ é definida por (notemque, conforme o contexto, usamos x para denotar um real, ou para denotar uma função devalores reais)

Φ(x)(t) = 1+

∫ t

0

x(s)ds .

(Verifiquem que tudo isso faz sentido.)Assim, se começarmos com x(0)(t) = 0, temos

x(1)(t) = 1+

∫ t

0

x(0)(s)ds = 1+

∫ t

0

0ds = 1;

x(2)(t) = 1+

∫ t

0

x(1)(s)ds = 1+

∫ t

0

1ds = 1+ t;

x(3)(t) = 1+

∫ t

0

x(2)(s)ds = 1+

∫ t

0

(1+ s)ds = 1+ t + t2

2.

(2.5) Exercício. Determinem ainda x(4) e x(5). Qual acham que é a fórmula para x(n)(t)?Conseguem prová-la? Qual a função limite?

(2.6) Exercício. Suponham que tínhamos começado com x(0)(t) = 1. Quais seriam as fun-ções x(1), x(2), x(3) correspondentes? E se começássemos com x(0)(t) = t?

(2.7) Exercício. E se a condição inicial fosse x(2) = −3, quem seria Φ(x)(t)? Começandocom x(0)(t) = 0, quem seriam as iteradas x(1), x(2), x(3) correspondentes?

(2.8) Exercício. Considerem a equação

x ′(t) = 4− x(t), x(1) = 3.

Quem são F(t, x) e Φ(x)(t)? Partindo de x(0)(t) = 1, determinem x(3).

(2.9) Exercício. Considerem a equação

y ′ex = 1+ y, y(0) = e− 1.

do exercício (1.7). Quem são F(x , y) e Φ(y)(x)? Partindo de y(0)(x) = 1, determinem y(2).

(2.10) Exercício. Qual a equação diferencial e respetiva condição inicial associadas a

Φ(u)(t) =−2+

∫ t

2

s+ u(s)ds?

Se u(0)(t) = 1 e u(n+1) = Φ(u(n)), qual o valor de limn→∞ u(n)(t)?

23/83

Page 24: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

(2.11) É claro que nada garante que as coisas corram bem. Para isso, precisamos de umadiscussão algo técnica. Se a quiserem saltar, continuem no (2.21).

Vamos então assumir que F(t,x) está definida num aberto contendo (t0,x0). Além disso,vamos assumir que F é contínua, e localmente Lipschitz em relação a y, ou seja, que cadaponto no seu domínio tem uma vizinhança para a qual existe uma constante de Lipschitz Ctal que a desigualdade

‖F(t,y1)− F(t,y2)‖ ≤ C

y1− y2

,

é válida para quaisquer dois vetores (t,y1) e (t,y2) nessa vizinhança. Notem que estacondição é satisfeita se F for C1 (e este é o caso mais frequente).

(2.12) Exercício?. Mostrem que se F é diferenciável, então é localmente Lipschitz se e sóse as suas derivadas são localmente limitadas (isto é, se existe uma vizinhança de cada t,xonde as derivadas são limitadas).

(2.13) Assumindo por um momento que não há problemas com os domínios das funções,dadas duas funções y1(t) e y2(t), temos então

Φ(y1)(t) = x0+

∫ t

t0

F(s,y1(s))ds,

Φ(y2)(t) = x0+

∫ t

t0

F(s,y2(s))ds,

Φ(y1)(t)−Φ(y2)(t) =

∫ t

t0

F(s,y1(s))− F(s,y2(s))ds,

donde se segue que

‖Φ(y1)(t)−Φ(y2)(t)‖=

∫ t

t0

F(s,y1(s))− F(s,y2(s))ds

≤∫ t

t0

‖F(s,y1(s))− F(s,y2(s))‖ds

≤ C

∫ t

t0

‖(s,y1(s))− (s,y2(s))‖ds = C D|t − t0|,

se chamarmos D à distância máxima entre y1(s) e y2(s) (para os valores de s usados). Alémdisso,

‖Φ(y1)(t)− x0‖=

∫ t

t0

F(s,y1(s))ds

=

∫ t

t0

‖F(s,y1(s))‖ds ≤ M |t − t0|,

se chamarmos M ao máximo de ‖F(s,y1(s))‖ (para os valores de s usados).Voltemos então ao t0 e ao x0 que definem a condição inicial. Como F está definida e é

Lipschitz numa vizinhança de (t0,x0), podemos escolher D > 0 e ε > 0 tais que

|t − t0|< ε e ‖x− x0‖ ≤ D ⇒ (t,x) ∈ domínio de F.

Sendo M o supremo de ‖F(t,x)‖ (para |t − t0| < ε e ‖x − x0‖ ≤ D) e C a constante deLipschitz de F nessa vizinhança, encolhemos ε (se necessário) até que Cε < 1 e Mε < D(veem como?).

24/83

Page 25: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 2: EXISTÊNCIA DE SOLUÇÕES DE EDO

(2.14) Consideramos então o espaço vetorial V das funções ]t0−ε, t0+ε[→ Rn contínuase limitadas, e nele definimos a seguinte norma:

‖y‖V = supt:|t−t0|<ε

‖y(t)‖.

Podemos assim falar em convergência de sucessões (yn → y significa ‖yn − y‖V → 0) e desucessões de Cauchy (yn é uma sucessão de Cauchy se ‖ym− yn‖V → 0 quando m, n→∞).

(2.15) Exercício. Mostrem que V é realmente um espaço vetorial.

(2.16) Exercício. Mostrem ainda as três propriedades relevantes da norma:(a) se ‖y‖V = 0, então y(t) = 0;(b) ‖y1+ y2‖V ≤ ‖y1‖V + ‖y2‖V ;(c) se λ ∈ R, então ‖λy‖V = |λ| ‖y‖V .

(2.17) Exercício?. Mostrem que ‖yn−y‖V → 0 (aquilo que acima escrevemos como yn→ y)significa que yn converge uniformemente para y.

(2.18) Exercício?. Mostrem que as sucessões de Cauchy em V convergem. Para isso, consi-deramos uma sucessão de Cauchy yn. Isto significa que

‖ym− yn‖V → 0 quando m, n→∞.

Queremos construir uma função y ∈ V e mostrar que yn converge uniformemente para y.(a) Para cada t ∈ ]t0− ε, t0+ ε[, mostrem que yn(t) é uma sucessão de Cauchy em R.(b) Construam uma função y : ]t0− ε, t0+ ε[→ R que seja limite pontual de yn.(c) Mostrem que yn→ y uniformemente.(d) Mostrem que y ∈ V .

(2.19) Consideramos então o subconjunto Y ⊆ V das funções y cujos valores satisfazem‖y(t)− x0‖ ≤ D. Tudo o que fizemos acima assegura-nos que se y está em Y então tambémΦ(y) está em Y . (Verifiquem!!)

Dadas duas funções y1,y2 ∈ Y , vimos há pouco que

‖Φ(y1)(t)−Φ(y2)(t)‖ ≤ C

∫ t

t0

y1(s)− y2(s)

ds,

ou seja (verifiquem!),‖Φ(y1)−Φ(y2)‖V ≤ Cε ‖y1− y2‖V ,

onde Cε < 1.Mas nós tínhamos dito que x era uma solução da equação diferencial precisamente se

Φ(x) = x. Suponham então que y1 e y2 são duas soluções. Nesse caso, temos

‖Φy1︸︷︷︸

y1

− Φy2︸︷︷︸

y2

‖V = ‖y1− y2‖V ≤ Cε ‖y1− y2‖V .

25/83

Page 26: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

Mas como Cε < 1, isto só é possível se ‖y1− y2‖V = 0, ou seja, se y1 = y2. Isto mostra que,a existir solução da equação diferencial, essa solução está unicamente definida (pelo menosno intervalo |t − t0|< ε).

Mas será que existe alguma solução? Fazemos o seguinte: escolhemos um qualquerponto de partida x(0) e construímos a sucessão definida por x(n+1) = Φ(x(n)). Vamos verificarque x(n) é uma sucessão de Cauchy.

(2.20) Exercício. Para abreviar um pouco, pomos R= Cε.(a) Mostrem que ‖x(n+1)− x(n+2)‖V ≤ R‖x(n)− x(n+1)‖V .(b) Usem a desigualdade triangular para mostrar que, para k inteiro positivo,

‖x(n)− x(n+k)‖V ≤ ‖x(n)− x(n+1)‖V + ‖x(n+1)− x(n+2)‖V + · · ·+ ‖x(n+k−1)− x(n+k)‖V .

(c) Mostrem que, para k inteiro positivo,

‖x(n)− x(n+k)‖V ≤Rn− Rn+k

1− R<

Rn

1− R.

(d) Mostrem que x(n) é uma sucessão de Cauchy.(e) Mostrem que o limite de x(n) também está em Y .

(2.21) PROLONGAMENTO DE SOLUÇÕES. Resumindo... Uma equação diferencial

x′(t) = F(t,x(t)), x(t0) = x0,

onde F é localmente Lipschitz, tem uma única solução definida nalguma vizinhança de t0.Vamos mostrar que existe um intervalo máximo (contendo t0) no qual a solução é única.

Lembram-se que no final de (2.13) encolhemos o intervalo de definição de modo a terCε < 1? De facto, em subintervalos de comprimento ε ou menor, o teorema de Picard–Lindelöf aplica-se (veem porquê?). Fazemos então o seguinte: dividimos o intervalo ori-ginal em subintervalos de comprimento ε. No subintervalo que contém a condição inicial,encontramos a (única) solução, e usamo-la para decidir a condição inicial no subintervalo àesquerda e no à direita. Dessa forma, vamos prolongando a solução para a esquerda e paraa direita, sempre com solução única (porquê?). Só somos forçados a parar quando saímosdo intervalo original, ou do conjunto onde a constante de Lipschitz C é válida.

Assim, vemos que há apenas duas formas de perder unicidade de solução: ou ao longode t chegamos a um ponto onde F não é localmente Lipschitz, ou x “foge” de qualquerconjunto limitado (isto é, tem uma assíntota em alguma das variáveis).

(2.22) Exercício. Considerem a equação y ′ =−e−y .(a) Encontrem conjuntos nos quais se aplique o teorema de Picard–Lindelöf.(b) Qual a solução geral da equação? Contradiz alguma das nossas conclusões sobre

possibilidade de prolongamento de soluções?

26/83

Page 27: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 2: EXISTÊNCIA DE SOLUÇÕES DE EDO

(2.23) Exercício. Considerem a equação diferencial

y ′ = y1/3.

(a) Qual a função F(t, y) correspondente a esta equação?(b) Encontrem a solução desta equação cuja condição inicial é y(1) = 3/4. Mostrem

que essa solução está definida para todo o t ∈ R. Qual o seu valor em t = 0?(c) Encontrem a solução desta equação cuja condição inicial é y(2) = 3/4. Mostrem

que essa solução está definida para todo o t ∈ R. Qual o seu valor em t = 1? E em t = 0?(d) Encontrem a solução desta equação cuja condição inicial é y(3) = 3/4. Mostrem

que essa solução está definida para todo o t ∈ R. Qual o seu valor em t = 3? E em t = 0?(e) Encontrem todas as outras soluções desta equação. Quais delas têm y(0) = 0? Isto

contradiz o teorema de Picard–Lindelöf?

(2.24) Exercício. Considerem a equação

t · y ′ = 2y.

(a) Qual a solução geral desta equação quando t > 0? E quando t < 0?(b) Se y for uma solução da equação definida em t = 0, qual é o valor de y(0)? Mostrem

que coincide com o limite quando t → 0 das soluções da alínea anterior.

27/83

Page 28: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

(c) Usem as alíneas anteriores para construir todas as soluções da equação definidas emR. Em que pontos do domínio se aplica o teorema de Picard–Lindelöf?

(2.25) Exercício. Encontrem todas as soluções de

y ′ = 2y1/2 se y > 0 e y ′ = 0 caso contrário.

(2.26) Exercício. Considerem de novo a equação

y ′ = 3y + 3y2/3

do exemplo (1.27) e dos exercícios que se seguem. Que valores de t e y satisfazem ashipóteses do teorema de Picard–Lindelöf? Determinem todas as soluções da equação.

(2.27) Exercício. Considerem de novo as soluções que encontraram para as equações doexercício (1.29).

(a) y ′ = 2y + 4y3/4, y(0) = 1.(b) y ′ = 4y + 2y1/4, y(1) = 1.(c) cos y y ′ = et + sin y , y(1) = 0.(d) y ′ = te2t y + 2y log y , y(2) = 1.

Qual o maior intervalo onde as soluções são únicas? Quais as soluções fora desse intervalo?

(2.28) Exercício. Considerem a equação

y ′ = 1+ |y|1/2.

(a) Mostrem que todas as soluções são funções crescentes.(b) Encontrem expressões para as soluções, quando y > 0. (Pode ser útil usar y = u2.)(c) Encontrem expressões para as soluções, quando y < 0. (Pode ser útil usar y =−u2.)(d) Encontrem todas as soluções, e mostrem que, apesar desta equação não satisfazer

as hipóteses do teorema de Picard–Lindelöf, a conclusão é verdadeira.

(2.29) COMPARAÇÃO DE SOLUÇÕES. Digamos que y(t) é solução de y ′(t) = F(t, y(t)) comcondição inicial y(t0) = y0 e que z(t) é solução de z′(t) = G(t, z(t)) com condição inicialz(t0) = z0. Se y0 ≤ z0 e F(t, y) ≤ G(t, z) sempre que y ≤ z (notem que aqui y e z sãovalores, não funções), conseguimos mostrar que y(t)≤ z(t) sempre que t > t0?

Se pudermos usar o teorema de Picard–Lindelöf, a resposta é sim.

(2.30) Exercício. Começamos por ver o que se passa quando y0 < z0.(a) Mostrem que se F(t, y(t)) > G(t, z(t)) para algum t > t0, então z(t)− y(t) não

pode ser uma função crescente.(b) Mostrem que nesse caso existe algum t1 > t0 com z′(t1)− y ′(t1) < 0, mas z(t)−

y(t)> 0 no intervalo ]t0, t1[.(c) Mostrem que isso contradiria as condições sobre F e G.

28/83

Page 29: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 2: EXISTÊNCIA DE SOLUÇÕES DE EDO

(2.31) Exercício. Consideramos agora o que se passa se y0 = z0, e assumimos que G satisfazas condições do teorema de Picard–Lindelöf.

(a) Mostrem que se z(t1) < y(t1) para algum t1 > t0, é possível escolher uma soluçãow(t) de w′(t) = G(t, w(t)) (notem que é a mesma equação satisfeita por z(t)) com w(t0)>z(t0) = z0 = y0 e z(t1)< w(t1)< y(t1).

(b) Mostrem que isso contradiria as conclusões do exercício anterior.

(2.32) Exercício. Considerem as equações w′ = −w, y ′ = y sin y ′, e z′ = z, com condiçãoinicial w(0) = y(0) = z(0)> 0. Mostrem que se t > 0, então w(t)< y(t)< z(t).

(2.33) Exercício. Mostrem que as soluções de y ′ = e−y2e as de z′ = ze−z2

estão definidasem toda a reta real.

(2.34) RESPOSTAS DE EXERCÍCIOS.

(2.5) 1+ t + t2

2+ t3

6; 1+ t + t2

2+ t3

6+ t4

24.

0≤k<n

tk

k!. t 7→ et .

(2.6) as anteriores x(2), x(3), x(4).

1+ t2

2; 1+ t + t3

6; 1+ t + t2

2+ t4

24.

(2.7) Φ(x)(t) =−3+∫ t

2x(s)ds.

−3; 3− 3t; −3+ 3t − 32

t2.

(2.8) F(t, x) = 4− x .Φ(x)(t) = 3+

∫ t

11− x(s)ds.

x(3)(t) = 1+ 72

t − 2t2 + 12

t3.

(2.9) F(x , y) = e−x + ye−x .Φ(y)(x) = e− 1+

∫ x

0e−s + y(s)e−s ds.

y(2)(x) = 2e− 2e−x − e1−x + e−2x .

(2.10) u′ = t + u; u(2) =−2.u(t) = et−2 − t − 1.

(2.22) (b) y(t) = log(C − t).

(2.23) (a) F(t, y) = y1/3.(e) y(t) =

� 23

t + C�3/2 se t ≥− 3

2C e y(t) = 0

caso contrário; ou y(t) = 0 em todo o R.

(2.24) (a) y(t) = C t2 (em ambos os casos).

(b) y(0) = 0.(c) escolher uma constante para t ≤ 0 e outra(ou a mesma) para t ≥ 0; aplica-se em t 6= 0.

(2.25) y(t) = (t − C)2 se t ≥ C e y(t) = 0 casocontrário. y(t) = C , com C ≤ 0.

(2.26) y 6= 0. y(t) = (Cet − 1)3; y(t) = 0;y(t) =−1. As soluções do primeiro tipocruzam-se com as do segundo em t =− log C;nesses pontos também podemos trocar de umtipo para outro.

(2.27) (a) ]2 log(2/3),+∞[. É possível colarcom y(t) = 0 à esquerda de t = 2 log(2/3), eainda mais à esquerda também é possível colarcom outras soluções da formay(t) = (Cet/2 − 2)4.(b) ]1− 1

3log3,+∞[. É possível fazer colagens

como em (a).(c) ]−∞,α[, onde (α− 1)eα = 1.(d) R.

(2.28) (b) y(t) = u(t)2, onde u(t) é soluçãoimplícita de 2u− 2 log(1+ u) = t − C e t > C .(c) y(t) =−u(t)2, onde u(t) é solução implícitade 2u− 2 log(1+ u) = C − t e t < C .

29/83

Page 30: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

EPISÓDIO 3

EDO EM Rn E EXPONENCIAIS DE MATRIZES

Nos episódios anteriores falámos principalmente sobre equações diferenciais de primeiraordem, com uma única incógnita. Mas se tivermos um sistema como

(

x ′1 = x2,

x ′2 =−42x1+ 13x2,

podemos escrevê-lo na forma matricial

x1

x2

�′

︸ ︷︷ ︸

x′

=

0 1−42 13

︸ ︷︷ ︸

A

x1

x2

︸ ︷︷ ︸

x

.

Considerem a mudança de variável x= Su, com

S =

1 17 6

.

Nesse caso, a equação x′ = Ax fica Su′ = ASu. Se escrevermos J = S−1AS, temos SJ = AS,ou seja, a equação fica Su′ = SJu ou (multiplicando à esquerda por S−1, de ambos os lados,e simplificando) u′ = Ju. Chegamos portanto a

u′ =�

7 00 6

u, ou

(

u′1 = 7u1,

u′2 = 6u2,

As duas funções u1(t) e u2(t) ficam completamente independentes, com equações que jásabemos resolver. Isto acontece quando a matriz J é diagonal (e portanto a matriz originalA é diagonalizável). Quando as matrizes não são diagonalizáveis, usamos a forma canónicade Jordan.

Neste episódio, vamos considerar principalmente equações da forma

Y ′(t) = A · Y (t) + B(t),

onde Y (t) e B(t) são matrizes n×m e A é uma matriz n×n. Se chamarmos y1(t), . . . ,ym(t)às colunas de Y (t) e b1(t), . . . ,bm(t) às de B(t), essa equação é equivalente às m equações

y′1(t) = A · y1(t) + b1(t), . . . , y′m(t) = A · ym(t) + bm(t).

Desta forma, a notação matricial permite-nos representar várias equações simultaneamente.Omiteremos por vezes a variável t em y(t) ou Y (t), escrevendo apenas y ou Y .

30/83

Page 31: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 3: EDO EM Rn E EXPONENCIAIS DE MATRIZES

(3.1) EXPONENCIAL DE MATRIZES. Vamos chamar exponencial de A (ou de At) à solução M de

M ′(t) = A ·M(t), M(0) = Id .

(O teorema de Picard–Lindelöf garante que uma tal solução existe e é única. Conseguemverificar os detalhes?) Então a derivada de

Y (t) = M(t) · Y0 é Y ′(t) = M ′(t) · Y0 = A ·M(t) · Y0 = A · Y (t),mostrando que essa Y (t) é a única solução—de novo por Picard–Lindelöf—de

Y ′(t) = A · Y (t), Y (0) = Y0.

Sabendo isso, podemos verificar que (considerando s constante)

M(t) ·M(s) = M(t + s),

pois (verifiquem!) ambas as expressões são (a única) solução de

Y ′(t) = A · Y (t), Y (0) = M(s).

Por essa razão, podemos concluir que

M(t) ·M(−t) = M(0) = Id .

Ou seja, M(t) é uma matriz invertível e a sua inversa é M(−t). Da mesma forma, podemosver que

M(t) · A− A ·M(t) = 0,

pois (verifiquem também aqui) ambas as expressões são (a única) solução de

Y ′(t) = A · Y (t), Y (0) = 0.

Concluímos portanto queM(t) · A= A ·M(t),

isto é, a exponencial de A comuta com A. A um nível mais profundo, a matriz M(t) descreveo efeito da passagem do tempo. O facto de M(t) comutar com A está relacionado comM(t) · M(s) = M(t + s) (que poderia traduzir-se por “a passagem de tempo s seguida dapassagem de tempo t é equivalente à passagem de tempo t + s”). Ambos são cruciais paraque uma abordagem simplificada às equações em Rn seja possível. (Daí focarmo-nos nocaso em que A é constante.)

Resumindo tudo isto: usando a notação eAt em vez de M(t), acabámos de mostrar queeAt · Y0 é a única solução de Y ′(t) = A · Y (t) com condição inicial Y (0) = Y0. Mostrámostambém as identidades

eA(t+s) = eAt · eAs, (eAt)−1 = e−At , e eAt · A= A · eAt = (eAt)′.

(3.2) Exercício. Conseguem mostrar que se A e B comutam, então

eAt · B = B · eAt e eAt · eBt = e(A+B)t?

O raciocínio é o mesmo que antes: mostrar que ambos os lados de cada equação são (aúnica) solução de uma mesma equação diferencial.

31/83

Page 32: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

(3.3) A FÓRMULA DE VARIAÇÃO DAS CONSTANTES para matrizes n×m pode ser obtida com umraciocínio semelhante ao que fizemos em (1.22). Um “fator integrante” (se nos permitirmosusar tal designação neste caso) para a equação

Y ′(t) = A · Y (t) + B(t)

é e−At multiplicado à esquerda, pois a equação torna-se

e−At Y ′(t)− e−At · A · Y (t) = e−At · B(t),que é equivalente (verifiquem!) a

e−At · Y (t)�′= e−At · B(t).

Se tivermos uma condição inicial em t = t0, podemos integrar e obter

e−At · Y (t)− e−At0 · Y (t0) =

∫ t

t0

e−Ar · B(r)dr .

Tal como no caso n= 1, resolvemos em ordem a Y (t) e chegamos a

Y (t) = eA(t−t0) · Y (t0) +

∫ t

t0

eA(t−r) · B(r)dr .

E tal como antes, podemos interpretar isto como

Y (t) = passagemt←t0 · Y (t0) +

∫ t

t0

passagemt←r · B(r)dr .

(3.4) Um exemplo concreto permite-nos ilustrar tudo isto. A solução de

y′(t) =�

−8 1−4 −12

︸ ︷︷ ︸

A

y(t) +

1+ t2− 2t

︸ ︷︷ ︸

b(t)

, y( 0︸︷︷︸

t0

) =

01

︸ ︷︷ ︸

y0

é dada por

y(t) = eAt�

e−At0y0+

∫ t

t0

e−Arb(r)dr�

.

Mais à frente, vamos ver que

eAt = e−10t

1+ 2t t−4t 1− 2t

.

Substituindo na função integranda, temos

e−Arb(r) = e10r

1− 2r −r4r 1+ 2r

��

1+ r2− 2r

= e10r

1− 3r2+ 6r

=

e10r(1− 3r)e10r(2+ 6r)

.

Assim, o integral fica∫ t

0

e−Arb(r)dr =

∫ t

0

e10r(1− 3r)e10r(2+ 6r)

dr =

∫ t

0e10r(1− 3r)dr

∫ t

0e10r(2+ 6r)dr

.

(3.5) Exercício. Terminem as contas e obtenham a expressão simplificada (sem integrais)para y(t).

32/83

Page 33: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 3: EDO EM Rn E EXPONENCIAIS DE MATRIZES

(3.6) CÁLCULO DE eAt . Há várias estratégias para calcular eAt . Começamos por observar quese Y (t) é uma solução de Y ′(t) = A · Y (t), então Y (t) = eAt · Y (0) permite-nos concluir queY (t) é invertível exatamente quando Y (0) o for (e portanto, quando qualquer outra Y (t0)o for).

Assim, suponhamos que A é uma matriz n×n e que temos n soluções y1(t), . . . ,yn(t) de

y′(t) = A · y(t).Então a matriz Y (t) com colunas y1(t), . . . ,yn(t) é uma solução de

Y ′(t) = A · Y (t),logo é da forma Y (t) = eA(t−t0) · Y (t0). Se os vetores y1(t), . . . ,yn(t), para algum t fixo,forem linearmente independentes, a matriz Y (t) será invertível. E vimos há pouco quenesse caso a matriz Y (t0) é invertível. Somos assim levados a concluir que

eA(t−t0) = Y (t) · Y (t0)−1.

Esta construção de eAt corresponde à matriz wronskiana. Se Z(t) for uma solução de

Z ′(t) = A · Z(t),podemos escrever

Z(t) = eA(t−t0) · Z(t0) = Y (t) · Y (t0)−1 · Z(t0).

(3.7) EXPONENCIAL DE MATRIZ DIAGONAL. Voltemos então a um exemplo do início deste epi-sódio. Queremos encontrar todas as soluções do sistema

y′ = A · y, onde A=

7 00 6

.

Neste caso, é fácil ver que v1 =� 1

0�

gera os vetores próprios com λ = 7 e que v2 =� 0

1�

gera os vetores próprios com λ= 6.Se v é um vetor próprio de A com valor próprio λ, então y = eλtv é uma solução de

y′ = A · y. Com efeito, temos

y′ =�

eλt · v�′ = �eλt�′ · v= eλt · λv︸︷︷︸

Av

= eλt · Av= A · eλtv= A · y.

No caso da nossa equação, temos então duas soluções (que são linearmente indepen-dentes pois os próprios vetores v1 e v2 o são):

y1(t) = e7tv1 =

e7t

0

e y2(t) = e6tv2 =

0e6t

.

Com estes dois vetores, podemos construir a matriz

Y (t) =�

y1(t) y2(t)�

=

e7t 00 e6t

.

Como neste caso Y (0) = Id, vemos que eAt = Y (t) · Y (0)−1 = Y (t). Ou seja, a matrizexponencial associada a uma matriz diagonal é também ela uma matriz diagonal: cadavalor próprio λ é substituído por eλt .

33/83

Page 34: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

(3.8) Exercício. Usem a fórmula da variação das constantes em R2 para resolver

y′(t) =�

7 00 6

y(t) +

t−1

, y(0) = 0.

Comparem com o que obteriam escrevendo como sistemas de equações a uma variável eresolvendo cada equação usando (1.22).

(3.9) Exercício. Vamos provar que se A · S = S · B, então eAt · S = S · eBt . Vamos usarum raciocínio semelhante ao que fizemos no exercício (3.2) e imediatamente antes. TantoeAt · S − S · eBt como a matriz 0 são (a única) solução de Z ′(t) = A · Z(t) com Z(0) = 0.Conseguem preencher os detalhes que faltam?

(3.10) Exercício. Diagonalizem as seguintes matrizes e determinem as suas exponenciais.

(a)

11 3−6 2

; (b)

−1 −124 13

; (c)

−9 10−8 9

; (d)

−9 4−5 0

.

(Notem que, para ser mais fácil inverter a matriz dos vetores próprios, pode ser boa ideiaescolhê-los de modo a que a matriz tenha determinante 1.)

(3.11) Exercício. Resolvam os seguintes sistemas de equações diferenciais com t como va-riável independente:

(a) x ′1 = 11x1+ 3x2, x ′2 =−6x1+ 2x2, x1(0) = 0, x2(0) = 0;

(b) x ′1 =−x1− 12x2+ 3t, x ′2 = 4x1+ 13x2− 2t, x1(0) = 0, x2(0) = 0;

(c) x ′1 =−9x1+ 10x2, x ′2 =−8x1+ 9x2, x1(0) = 0, x2(0) = 1;

(d) x ′1 =−9x1+ 4x2+ t, x ′2 =−5x1+ t, x1(0) = 5, x2(0) = 6.

(3.12) Vejamos mais um exemplo. Se

A=

4 0 00 −3 00 0 11

,

então e1, e2, e e3 (os vetores da base canónica) são vetores próprios de A, pois A · e1 = 4e1,A · e2 =−3e2, e A · e3 = 11e3. Por isso,

eAt · e1 = e4te1, eAt · e2 = e−3te2, e eAt · e3 = e11te3

e concluímos que

eAt =

e4t 0 00 e−3t 00 0 e11t

.

34/83

Page 35: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 3: EDO EM Rn E EXPONENCIAIS DE MATRIZES

(3.13) EXPONENCIAL DE BLOCO DE JORDAN. Suponham agora que temos

y′ = A · y, onde A=

0 10 0

.

Para esta matriz A, temos apenas um vetor próprio independente: v1 =� 1

0�

. Peloraciocínio que fizemos há pouco, sabemos que y1(t) = e0tv1 = v1 é uma solução da equação.Como a solução também é dada pela exponencial, obtemos

eAt · v1 = v1.

Temos A · v2 = 0v2+ v1. Queremos calcular y2(t) = eAt · v2. Mas

y′2(t) =�

eAt · v2�′ = eAt · A · v2

︸︷︷︸

v1

= eAt · v1 = v1.

Integrando ambos os lados da equação entre 0 e t, obtemos

y2(t) = y2(0) + tv1. ou seja, eAt · v2 = v2+ tv1.

Se construirmos uma matriz com colunas y1(t),y2(t),

Y (t) =�

y1(t) y2(t)�

=

1 t0 1

,

temos, mais uma vez, Y (0) = Id. Portanto, eAt = Y (t) · Y (0)−1 = Y (t).É razoável perguntar o que acontece quando o valor próprio não é 0. Por exemplo,

consideremos

B =

7 10 7

.

Mas nesse caso A= B− 7 Id tem valor próprio 0, por isso

eBt · e−7t = eBt · e−7 Id t = e(B−7 Id)t = eAt =

1 t0 1

, logo eBt = e7t ·�

1 t0 1

.

Consideremos agora o bloco de Jordan n× n com valor próprio λ= 0

N =

0 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 10 0 0 0 0

.

Se chamarmos e1, . . .e5 aos vetores da base canónica, podemos ver que N ·ek = ek−1 quandok > 1 e N · e1 = 0. Como é que isso ajuda?

Escrevendo yk(t) = eN t · ek, já vimos que y1(t) = e1 e y2(t) = e2+ te1. Temos ainda

y′k(t) =�

eN t · ek�′ = eN t · N · ek = eN t · (0ek + ek−1) = eN t · ek−1 = yk−1(t).

Assim, temosy′3(t) = y2(t) = e2+ te1.

35/83

Page 36: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

Primitivando e usando y3(0) = e3, chegamos a

y3(t) = e3+ te2+t2

2e1.

Com o mesmo género de raciocínio, obtemos ainda

y4(t) = e4+ te3+t2

2e2+

t3

3!e1;

y5(t) = e5+ te4+t2

2e3+

t3

3!e2+

t4

4!e1.

Construímos agora uma matriz a partir dos yk(t):

Y (t) =�

y1(t) y2(t) y3(t) y4(t) y5(t)�

=

1 t t2

2!t3

3!t4

4!

0 1 t t2

2!t3

3!

0 0 1 t t2

2!0 0 0 1 t0 0 0 0 1

.

Como Y (0) = Id, concluímos que eN t = Y (t) · Y (0)−1 = Y (t).Se quisermos considerar o caso geral de

J =

λ 1 0 0 00 λ 1 0 00 0 λ 1 00 0 0 λ 10 0 0 0 λ

,

podemos observar que J −λ Id= N . Portanto,

eJ t = e(λ Id+N)t = eλ Id t · eN t = eλt ·

1 t t2

2!t3

3!t4

4!

0 1 t t2

2!t3

3!

0 0 1 t t2

2!0 0 0 1 t0 0 0 0 1

.

Por exemplo, se

J =

7 1 0 0 00 7 1 0 00 0 7 1 00 0 0 7 10 0 0 0 7

,

então a sua exponencial é

eJ t = e7t

1 t t2

2t3

3!t4

4!

0 1 t t2

2t3

3!

0 0 1 t t2

20 0 0 1 t0 0 0 0 1

.

36/83

Page 37: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 3: EDO EM Rn E EXPONENCIAIS DE MATRIZES

(3.14) Outro caso relevante é o das matrizes que se podem decompor como

C =

A 00 B

(onde A e B são matrizes quadradas e cada 0 é uma matriz nula com as dimensões necessá-rias para que C seja outra matriz quadrada). Vamos mostrar que

eC t =

eAt 00 eBt

.

Lembram-se da definição da exponencial de matrizes? Dissemos que eC t é a solução deM ′(t) = C ·M(t) com M(0) = Id. Para provar que eC t é realmente dada pela fórmula acima,basta verificar essas duas condições:

��

eAt 00 eBt

��′=

(eAt)′ 00 (eBt)′

=

A · eAt 00 B · eBt

=

A 00 B

·�

eAt 00 eBt

;

eA0 00 eB0

=

Id 00 Id

= Id .

(Conseguem verificar que isto chega?)

(3.15) Exercício. Determinem as exponenciais das seguintes matrizes.

(a)

3 10 3

; (b)

5 0 00 4 10 0 4

; (c)

−1 0 00 −1 10 0 −1

.

(3.16) Exercício. Resolvam os seguintes sistemas de equações diferenciais com t como va-riável independente:

(a) x ′1 = 3x1+ x2, x ′2 = 3x2+ 1, x1(0) = 0, x2(0) = 0;

(b) x ′1 = 5x1, x ′2 = 4x2+ x3, x ′2 = 4x3, x1(0) = 1, x2(0) = 0, x3(0) = 1;

(c) x ′1 =−x1+ t, x ′2 =−x2+ x3, x ′3 =−x3, x1(0) = 0, x2(0) = 1 x3(0) = 2.

(3.17) Resta a pergunta: e como fazemos quando a matriz não é diagonal nem um blocode Jordan? Podemos ter a sorte de encontrar soluções suficientes para usar a matriz wrons-kiana: eAt = Y (t) · Y (0)−1. Ou podemos tentar encontrar a forma de Jordan, e aproveitar oque já sabemos sobre exponenciais de matrizes diagonais e de blocos de Jordan. Felizmente,na prática a questão é bastante menos técnica do que esta longa discussão poderia fazer sus-peitar. Em todo o caso, vamos dedicar o resto deste episódio a uns quantos exemplos.

(3.18) A FORMA DE JORDAN DE UMA MATRIZ. Antes de mais, o que é uma forma de Jordan deuma matriz? É o que usamos quando gostávamos de ter uma diagonalização, mas não hávetores próprios suficientes. Uma matriz de Jordan é uma matriz com blocos de Jordan ao

37/83

Page 38: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

longo da diagonal, e zeros em todas as outras componentes. Assim,

4 1 0 0 00 4 0 0 00 0 2 1 00 0 0 2 10 0 0 0 2

e

7 1 0 00 7 0 00 0 −2 00 0 0 3

são matrizes de Jordan, enquanto que

5 2 0 0−1 3 0 1

0 0 0 10 0 0 0

,

2 3 00 2 00 0 11

e

3 1 00 3 00 −1 7

não são.Não vamos demonstrar que há vetores próprios generalizados suficientes para construir

uma base. O que nos interessa aqui não é a demonstração; o que realmente queremos éuma estratégia que nos permita obter uma forma de Jordan. Vamos descrever por alto umatal estratégia, e depois explicá-la com uns quantos exemplos.

Temos então uma certa matriz A. A primeira coisa a fazer é determinar o polinómiocaracterístico de A. Cada valor próprio λ ocorre com uma certa multiplicidade (algébrica)nesse polinómio. Por exemplo, no polinómio (λ− 7)4, o valor λ= 7 tem multiplicidade 4.

Para cada valor próprio λ, calculamos a matriz A− λ Id. Um vetor próprio generalizadode A com valor próprio λ é um vetor no núcleo de (A− λ Id)k, para algum k ≥ 1. Doispontos cruciais: quando aumentamos k nunca “perdemos” vetores próprios generalizados,e nunca é preciso usar k maior que a multiplicidade algébrica de λ.

Então a estratégia será a seguinte: começamos por determinar a nulidade de A− λ Id.(Recordem que a nulidade de uma matriz é o número de variáveis livres—ou de colunassem pivot—e é também a dimensão do núcleo. O núcleo de A− λ Id consiste nos vetorespróprios habituais.) Se houver vetores próprios suficientes, determinamo-los e temos oproblema resolvido. Senão, determinamos a nulidade de (A−λ Id)2, (A−λ Id)3, (A−λ Id)4,etc., até que coincida com a multiplicidade algébrica. Quando isso acontecer, significa quenão vale a pena aumentar o expoente.

Imaginem que (para uma matriz A) o valor próprio λ= 7 tem multiplicidade (algébrica)4. Os blocos de Jordan para λ= 7 podem ser de vários formatos diferentes:

7 0 0 00 7 0 00 0 7 00 0 0 7

,

7 1 0 00 7 0 00 0 7 00 0 0 7

,

7 1 0 00 7 0 00 0 7 10 0 0 7

,

7 1 0 00 7 1 00 0 7 00 0 0 7

, etc.

Se A− 7 Id tiver nulidade 4, significa que conseguimos encontrar quatro vetores pró-prios independentes e portanto podemos diagonalizar A. Obtemos blocos como na primeiramatriz mostrada.

Se A−7 Id tiver nulidade 3, temos que subir o expoente. Como a nulidade de (A−7 Id)2

é 4, podemos parar. Escolhemos então qualquer vetor v2 no núcleo de (A− 7 Id)2. Em

38/83

Page 39: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 3: EDO EM Rn E EXPONENCIAIS DE MATRIZES

seguida, escolhemos v1 = (A− 7 Id) · v2. (Tipicamente, v1 6= 0; se não for, temos de voltaratrás e escolher outro v2.) A consequência dessa escolha é que (A− 7 Id) · v2 = v1, ouA · v2 = 7v2 + v1. Mas recordem que a nulidade de A− 7 Id era 3. Este v1 é um vetor donúcleo de A− 7 Id; podemos encontrar mais dois: serão o v3 e o v4. Ora, escrevendo istoem termos de matrizes, ficamos com algo como

A ·�

v1 v2 v3 v4

=�

A · v1 A · v2 A · v3 A · v4

=�

7v1 7v2+ v1 7v3 7v4

=�

v1 v2 v3 v4

·

7 1 0 00 7 0 00 0 7 00 0 0 7

,

que corresponde à segunda matriz mostrada acima.Como imaginam, tentar descrever os outros casos em termos genéricos fica rapidamente

monótono ou confuso. É melhor passarmos a alguns exemplos concretos.

(3.19) PRIMEIRO EXEMPLO. Começamos com um caso relativamente simples, o da matriz

A=

1 6 00 −5 0

−12 −12 −5

.

O polinómio característico de A é (λ− 1)(λ+ 5)2.Os vetores próprios com λ= 1 são obtidos resolvendo o sistema (A− Id) · v= 0:

0 6 0 00 −6 0 0

−12 −12 −6 0

, cujas soluções são os múltiplos de v1 =

10−2

.

Para λ = −5, podemos verificar que A+ 5 Id tem nulidade 2. Como coincide com amultiplicidade algébrica, podemos calcular imediatamente os vetores próprios, resolvendo(A+ 5 Id) · v= 0:

6 6 0 00 0 0 0

−12 −12 0 0

L1/6

L3+ 2L1

1 1 0 00 0 0 00 0 0 0

.

As soluções deste sistema são dadas por

x1+ x2 = 0 ⇒

x1

x2

x3

= x2

−110

︸ ︷︷ ︸

v2

+x3

001

︸ ︷︷ ︸

v3

= x2v2+ x3v3.

Ou seja, encontrámos dois vetores próprios independentes com λ=−5.

39/83

Page 40: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

Dissemos antes que se v é um vetor próprio de A com valor próprio λ, então y(t) = eλtvé uma solução de y′(t) = A · y(t). Como encontrámos três vetores próprios independentes(v1, v2, e v3), encontrámos também três soluções:

y1(t) = etv1 = et

10−2

, y2(t) = e−5tv2 = e−5t

−110

,

e y3(t) = e−5tv3 = e−5t

001

.

Construímos uma matriz Y (t) com estas três soluções como colunas:

Y (t) =�

y1(t) y2(t) y3(t)�

=

et −e−5t 00 e−5t 0−2et 0 e−5t

.

Observando que a matriz Y (0) =�

v1 v2 v3

é invertível (pois já vimos que os três ve-tores são, de facto, uma base) e recordando o que dissemos sobre a exponencial de matrizes,concluímos que eAt = Y (t) · Y (0)−1. Ou seja, obtemos

eAt =

et −e−5t 00 e−5t 0−2et 0 e−5t

·

1 −1 00 1 0−2 0 1

−1

.

Há outra forma de prosseguir após a determinação dos vetores próprios. Consiste emobservar que, se construirmos uma matriz S =

v1 v2 v3

com os três vetores próprioscomo colunas, então

A · S = A ·�

v1 v2 v3

=�

A · v1 A · v2 A · v3

=�

v1 −5v2 −5v3

=�

v1 v2 v3

·

1 0 00 −5 00 0 −5

︸ ︷︷ ︸

D

= S · D.

(Este é o raciocínio que está por trás da definição tradicional de diagonalização de matrizes.)Como A · S = S · D, temos eAt · S = S · eDt . Mas como D é uma matriz diagonal, já sabemosque

eDt =

et 0 00 e−5t 00 0 e−5t

.

Portanto, eAt = S · eDt · S−1, ou

eAt =

1 −1 00 1 0−2 0 1

·

et 0 00 e−5t 00 0 e−5t

·

1 −1 00 1 0−2 0 1

−1

.

Se fizerem o primeiro produto de matrizes, podem ver que obtemos a mesma expressão quetínhamos antes. (E portanto, podem escolher qual dos dois métodos preferem usar.)

40/83

Page 41: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 3: EDO EM Rn E EXPONENCIAIS DE MATRIZES

(3.20) SEGUNDO EXEMPLO. Quando a matriz é diagonalizável, a situação é sempre seme-lhante ao que fizemos com a matriz A. Mas o que se passa se a matriz não for diagonalizável?Consideremos a matriz

B =

−8 1−4 −12

,

cujo polinómio característico é (λ+10)2. Temos portanto um único valor próprio, λ=−10,com multiplicidade algébrica 2. Como a matriz

B−λ Id= B+ 10 Id=

2 1−4 −2

tem nulidade 1 (lembram-se como calcular a nulidade?), temos de considerar (B+ 10 Id)2,cuja nulidade é 2 (pois trata-se da matriz nula).

Escolhemos então qualquer v2 no núcleo de (B+ 10 Id)2. Por exemplo, v2 =� 0

1�

(paraquê complicar?). Em seguida definimos v1 = (B+ 10 Id) · v2 =

1−12

.

O vetor v1 deveria ser�

1−2

, e a correcção correspondente deve ser feita até ao finaldesse exemplo.

Essas escolhas garantem que (B + 10 Id) · v1 = (B + 10 Id)2 · v2 = 0. Por conseguinte,B · v1 = −10v1 e B · v2 = −10v2 + v1 (verifiquem!). Usando esses dois vetores, obtemosduas soluções de y′(t) = B · y(t):

y1(t) = e−10tv1 = e−10t

1−12

e y2(t) = e−10t(v2+ tv1) = e−10t

t1− 12t

.

Se construirmos a matriz Y (t) =�

y1(t) y2(t)�

, obtemos

eBt = Y (t) · Y (0)−1 = e−10t

1 t−12 1− 12t

·�

1 0−12 1

�−1

.

Alternativamente, depois de termos escolhido v1 e v2, podemos obter a forma de Jordanpara B. Pondo S =

v1 v2

, temos

B · S = B ·�

v1 v2

=�

B · v1 B · v2

=�

−10v1 −10v2+ v1

=�

v1 v2

·�

−10 10 −10

︸ ︷︷ ︸

J

= S · J .

A exponencial de J é conhecida, por isso podemos dizer

eBt = S · eJ t · S−1 =

1 0−12 1

· e−10t

1 t0 1

·�

1 0−12 1

�−1

.

Se fizerem as contas, podem confirmar que chegamos de facto ao mesmo resultado que noparágrafo anterior.

41/83

Page 42: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

(3.21) TERCEIRO EXEMPLO. Experimentemos agora com a matriz

C =

−8 1 30 −2 0

−12 2 4

,

cujo polinómio característico (verifiquem) é (λ+ 2)3. Temos portanto um único valor pró-prio, λ=−2, com multiplicidade (algébrica) 3.

Como a nulidade de

C + 2 Id=

−6 1 30 0 0

−12 2 6

é 2 (que é menor que a multiplicidade algébrica, 3), temos de considerar (C + 2 Id)2 quetem nulidade 3 (pois é a matriz nula).

Queremos escolher um v2 no núcleo de (C + 2 Id)2 mas fora do núcleo de C + 2 Id—decontrário v1 = (C+2 Id) ·v2 seria 0, e teríamos que voltar atrás para escolher outro v2. Umadas (imensas) escolhas possíveis é

v2 =

010

e v1 = (C + 2 Id) · v2 =

102

.

Com isto, encontrámos um dos dois vetores próprios independentes (são dois, porque anulidade de C + 2 Id era 2). Precisamos de encontrar o outro (que será o v3). Para tal,precisamos das soluções de (C + 2 Id) · v= 0. Através do método de Gauss,

−6 1 3 00 0 0 0

−12 2 6 0

L3− 2L1

−6 1 3 00 0 0 00 0 0 0

,

vemos que as soluções correspondem a −6x1+ x2+ 3x3 = 0. Entre as soluções, temos queescolher uma independente de v1 e v2. Pode ser, por exemplo,

v3 =

0−3

1

.

O resultado de tudo isto é que encontrámos três vetores linearmente independentes.Como (C + 2 Id) · v1 = 0, temos C · v1 = −2v1. Como (C + 2 Id) · v2 = v1, temos C · v2 =−2v2+ v1. Como (C + 2 Id) · v3 = 0, temos C · v3 =−2v3.

A estes três vetores podemos associar soluções de y′(t) = C · y(t):

y1(t) = e−2tv1 = e−2t

102

, y2(t) = e−2t(v2+ tv1) = e−2t

t12t

,

e y3(t) = e−2tv3 = e−2t

0−3

1

.

42/83

Page 43: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 3: EDO EM Rn E EXPONENCIAIS DE MATRIZES

Como no exemplo anterior, construímos Y (t) =�

y1(t) y2(t) y3(t)�

e obtemos

eC t = Y (t) · Y (0)−1 =

e−2t te−2t 00 e−2t −3e−2t

2e−2t 2te−2t e−2t

·

1 0 00 1 −32 0 1

−1

.

Alternativamente, podemos construir explicitamente uma forma de Jordan para a matrizC . Com efeito, pondo S =

v1 v2 v3

, temos

C · S = C ·�

v1 v2 v3

=�

C · v1 C · v2 C · v3

=�

−2v1 −2v2+ v1 −2v3

=�

v1 v2 v3

·

−2 1 00 −2 00 0 −2

︸ ︷︷ ︸

J

= S · J .

Ora, como a matriz J é formada por dois blocos de Jordan, temos

eJ t =

eh−2 1

0 −2

i

t 00

0 0 e[−2 ]t

=

e−2t

1 t0 1

00

0 0 e−2t

=

e−2t te−2t 00 e−2t 00 0 e−2t

.

Temos então eC t = S ·eJ t ·S−1. Se fizerem o primeiro produto, podem ver que esta expressãopara eC t realmente coincide com a que obtivemos acima.

(3.22) QUARTO EXEMPLO. Mais um exemplo, agora com a matriz

F =

1 0 03 −3 1

−12 0 −3

.

O seu polinómio característico é (λ− 1)(λ+ 3)2.Os vetores próprios com λ= 1 são os vetores no núcleo de F− Id. Resolvendo o sistema

0 0 0 03 −4 1 0

−12 0 −4 0

, obtemos os múltiplos de v1 =

10−3

.

Como a nulidade de

F + 3 Id=

4 0 03 0 1

−12 0 0

é 1 (menor que a multiplicidade algébrica 2), temos que considerar

(F + 3 Id)2 =

16 0 00 0 0

−48 0 0

.

43/83

Page 44: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

Esta matriz tem nulidade 2. Vamos então escolher qualquer v3 no seu núcleo, exigindoapenas que v2 = (F + 3 Id) · v3 seja não-nulo. Por exemplo, tomemos

v3 =

001

e v2 = (F + 3 Id) · v3 =

010

.

(Se, por coincidência, obtivéssemos v2 = 0, teríamos que voltar atrás para escolher outrov3.)

Encontrámos assim três vetores linearmente independentes. Como (F − Id) · v1 = 0,temos F · v1 = v1. Como (F +3 Id) · v2 = 0, temos F · v2 =−3v2. E como (F +3 Id) · v3 = v2,temos F · v3 =−3v3+ v2.

A estes três vetores podemos associar soluções de y′(t) = F · y(t):

y1(t) = etv1 = et

10−3

, y2(t) = e−3tv2 = e−3t

010

,

e y3(t) = e−3t(v3+ tv2) = e−3t

0t1

.

Como nos outros exemplos, construímos Y (t) =�

y1(t) y2(t) y3(t)�

e obtemos

eF t = Y (t) · Y (0)−1 =

et 0 00 e−3t te−3t

−3et 0 e−3t

·

1 0 00 1 0−3 0 1

−1

.

Alternativamente, podemos construir explicitamente uma forma de Jordan para a matrizF . Pondo S =

v1 v2 v3

, temos

F · S = F ·�

v1 v2 v3

=�

F · v1 F · v2 F · v3

=�

v1 −3v2 −3v3+ v2

=�

v1 v2 v3

·

1 0 00 −3 10 0 −3

︸ ︷︷ ︸

J

= S · J .

Como a matriz J é formada por dois blocos de Jordan, temos

eJ t =

e[1 ]t 0 000

eh−3 1

0 −3

i

t

=

et 0 0

0

0e−3t

1 t0 1

=

et 0 00 e−3t te−3t

0 0 e−3t

.

Temos também eF t = S · eJ t · S−1.

44/83

Page 45: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 3: EDO EM Rn E EXPONENCIAIS DE MATRIZES

(3.23) QUINTO EXEMPLO. Para um último exemplo, consideramos a matriz

G =

3 0 03 0 1

10 −9 6

,

cujo polinómio característico (verifiquem) é (λ − 3)3. Vemos que G tem um único valorpróprio, λ= 3, com multiplicidade (algébrica) 3.

Como a nulidade de

G− 3 Id=

0 0 03 −3 1

10 −9 3

é 1 (confirmam?), teremos que considerar (G − 3 Id)2. Mas esta matriz tem nulidade 2(concordam?), que é ainda inferior à multiplicidade algébrica. Por isso, teremos que ir até(G− 3 Id)3, que é a matriz nula.

Assim, escolhemos um qualquer v3 e definimos v2 = (G− 3 Id) · v3 e v1 = (G− 3 Id) · v2,exigindo apenas que resulte v1 6= 0. Por exemplo, tomemos

v3 =

001

, v2 = (G− 3 Id) ·

001

=

013

, e v1 = (G− 3 Id) ·

013

=

000

.

Azar—chegámos a v1 = 0. Tentemos de novo:

v3 =

100

, v2 = (G−3 Id)·

100

=

03

10

, e v1 = (G−3 Id)·

03

10

=

013

.

Encontrámos três vetores linearmente independentes. Como (G − 3 Id) · v1 = 0, temosG · v1 = 3v1. Como (G− 3 Id) · v2 = v1, temos G · v2 = 3v2+ v1. E como (G− 3 Id) · v3 = v2,temos G · v3 = 3v3+ v2.

A esses vetores podemos associar estas soluções de y′(t) = G · y(t):

y1(t) = e3tv1 = e3t

013

, y2(t) = e3t(v2+ tv1) = e3t

03+ t

10+ 3t

,

e y3(t) = e3t�v3+ tv2+t2

2v1�

= e3t

1

3t + t2

2

10t + 3 t2

2

.

Como nos exemplos anteriores, construímos uma matriz Y (t) a partir destas três soluções,

Y (t) =

0 0 e3t

e3t (3+ t)e3t �

3t + t2

2

e3t

3e3t (10+ 3t)e3t �

10t + 3 t2

2

e3t

,

45/83

Page 46: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

e concluímos que eGt = Y (t) · Y (0)−1.Ou então construímos a matriz S =

v1 v2 v3

e calculamos

G · S = G ·�

v1 v2 v3

=�

G · v1 G · v2 G · v3

=�

3v1 3v2+ v1 3v3+ v2

=�

v1 v2 v3

·

3 1 00 3 10 0 3

︸ ︷︷ ︸

J

= S · J .

Então, como eGt = S · eJ t · S−1 e J é um bloco de Jordan, teremos

eGt = S · e3t

1 t t2

20 1 t0 0 1

· S−1.

(3.24) Exercício. Determinem as formas de Jordan e as exponenciais das seguintes matrizes:

(a)

−9 9−4 3

; (b)

8 1−9 2

; (c)

1 −2 −2−3 5 5

4 −7 −7

;

(d)

−1 −1 2−4 0 −5−4 2 −7

; (e)

0 2 −34 −2 −24 −4 0

; (f)

−1 1 −2−3 −1 6−1 −1 4

;

(g)

1 2 2−3 6 3

1 −1 2

; (h)

−2 7 −1−3 7 −1−1 1 1

.

Os valores próprios da matriz (c) são 0 e −1. Os valores próprios da matriz (d) são −2 e −3.Os valores próprios da matriz (e) são ±2. As matrizes (g) e (h) só têm um valor próprio.

(3.25) Exercício. Resolvam os seguintes sistemas de equações diferenciais com t como va-riável independente:

(a) x ′1 =−9x1+ 9x2, x ′2 =−4x1+ 3x2, x1(0) = 7, x2(0) = 5;

(b) x ′1 = 8x1+ x2+ 1, x ′2 =−9x1+ 2x2− 3, x1(0) =−3, x2(0) = 10;

(c) x ′1 =−2x1+ 7x2− x3− 2, x ′2 =−3x1+ 7x2− x3− 1, x ′3 =−x1+ x2+ x3+ 1,x1(0) = 1, x2(0) = 0, x3(0) =−1;

(d) x ′1 =−2x1+ 7x2− x3+ 1, x ′2 =−3x1+ 7x2− x3, x ′3 =−x1+ x2+ x3− 1,x1(0) =−2, x2(0) =−1, x3(0) = 1;

(e) x ′1 =−2x1+ 7x2− x3+ 1, x ′2 =−3x1+ 7x2− x3, x ′3 =−x1+ x2+ x3− 1,x1(2) =−2, x2(2) =−1, x3(2) = 1.

46/83

Page 47: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 3: EDO EM Rn E EXPONENCIAIS DE MATRIZES

(3.26) COEFICIENTES NÃO CONSTANTES. É razoável perguntar o que se passa quando os coe-ficientes da equação não são constantes, como em

Y ′(t) = A(t)Y (t) + B(t), Y (t0) = Y0.

Vamos admitir que exista algum análogo W (t) da exponencial de matrizes, satisfazendoW ′(t) = A(t)W (t). A solução seria da forma Y (t) =W (t)Z(t)? Se sim, teríamos

Y ′(t) =W ′(t)Z(t) +W (t)Z ′(t) = A(t)W (t)Z(t) +W (t)Z ′(t) = A(t)Y (t) +W (t)Z ′(t).

Por outro lado, Y ′(t) = A(t)Y (t) + B(t), o que nos leva a concluir que B(t) = W (t)Z ′(t).Assim, desde que W (t) seja invertível, temos Z ′(t) =W (t)−1B(t) e conseguimos obter Z(t)por primitivação, usando ainda Z(t0) =W (t0)−1Y (t0) (de onde vem isto?):

Y (t) =W (t)�

W (t0)−1Y0+

∫ t

t0

W (r)−1B(r)dr�

.

É uma simples variante da fórmula da variação das constantes, desta vez com a W (t) emvez da exponencial.

Para construir W (t) precisamos de várias soluções (uma para cada coluna) de w′(t) =A(t)w(t), e precisamos que sejam linearmente independentes em t0 (para assegurar queW (t) é invertível numa vizinhança de t0). Ou seja, construímos W (t) a partir de soluçõesdo problema homogéneo associado à mesma matriz A(t).

Vejamos um exemplo. Considerem o sistema(

(1− t2)y ′1 =−t y1+ y2+ t(1− t2), y1(0) = 0,

(1− t2)y ′2 = y1− t y2+ (1− t2), y2(0) = 1.

O sistema homogéneo associado é(

(1− t2)w′1 =−tw1+w2,

(1− t2)w′2 = w1− tw2,

e podemos verificar que�

1t�

e�

1t�

são duas soluções linearmente independentes (desdeque 1− t2 6= 0). Definimos então W (t) =

1 tt 1

.O sistema original pode ser reescrito (se aceitarmos uma divisão por 1− t2) na forma

y′(t) =�

−t 11 −t

1

1− t2 y(t) +

t1

.

(3.27) Exercício. Qual a solução y(t)?

(3.28) Exercício. Considerem a equação

y′(t) =�

0 02t 0

y(t) +

3t0

, y(0) =

1−1

.

Sabendo que (1, t2− 1) e (1, t2+ 1) são soluções do sistema homogéneo, determinem y(t).

47/83

Page 48: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

(3.29) Exercício. Considerem o sistema(

z′1(t) = tz1(t)− z2(t) + 1,

z′2(t) = (1+ t2) z1(t)− tz2(t) + t,z1(0) = z2(0) = 0.

Sabendo que (t, t2− 1) e (1, t) são soluções do sistema homogéneo, determinem z(t).

(3.30) Exercício. Considerem o sistema(

w′1(t) = 2w1(t)− et w2(t),

w′2(t) = 2e−t w1(t)− 2w2(t) + 1,w1(0) = w2(0) = 1.

Sabendo que (et , 1) e (1,2e−t) são soluções do sistema homogéneo, determinem w(t).

48/83

Page 49: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 3: EDO EM Rn E EXPONENCIAIS DE MATRIZES

(3.31) RESPOSTAS DE EXERCÍCIOS.

(3.5)� 13

100+ t

10− 13

100e−10t + 3t

5e−10t ,

750− t

5+ 43

50e−10t − 6t

5e−10t�.

(3.8)�− 1

49− t

7+ 1

49e7t , 1

6− 1

6e6t�.

(3.10) (a)h

2e8t−e5t e8t−e5t

−2e8t+2e5t −e8t+2e5t

i

.

(b)h

−3e7t+4e5t −6e7t+6e5t

2e7t−2e5t 4e7t−3e5t

i

.

(c)h

−4et+5e−t 5et−5e−t

−4et+4e−t 5et−4e−t

i

.

(d)h

−4e−4t+5e−5t 4e−4t−4e−5t

−5e−4t+5e−5t 5e−4t−4e−5t

i

.

(3.11) (a) (0,0).(b)�− 3

49− 3

7t − 3

49e7t , 2

49+ 2

7t − 2

49e7t�.

(c) segunda coluna da exponencial.(d)� t

5− 1

25+ 4

e4t +26

25e5t , t5− 1

25+ 5

e4t +26

25e5t

.

(3.15) (a)�

1 t0 1

e3t .

(b)�

e5t 0 00 e4t te4t

0 0 e4t

. (c)�

1 0 00 1 t0 0 1

e−t .

(3.16) (a)� 1

9− 1

9e3t + 1

3te3t ,− 1

3+ 1

3e3t�.

(b) (e5t , te4t , e4t).(c) (t − 1+ e−t , e−t + 2te−t , 2e−t).

(3.24) (a)�−3 1

0 −3

;� 1−6t 9t−4t 1+6t

e−3t .

(b)�

5 10 5

;� 1+3t t−9t 1−3t

e5t .

(c)�−1 0 0

0 0 10 0 0

;�

2−e−t 2e−t−2 2e−t−22e−t−2−t 5+t−4e−t 4+t−4e−t

3+t−3e−t 6e−t−6−t 6e−t−5−t

.

(d)�−2 0 0

0 −3 10 0 −3

;�

(1+2t)e−3t e−3t−e−2t (t−1)e−3t+e−2t

−4te−3t 3e−2t−2e−3t (3−2t)e−3t−3e−2t

−4te−3t 2e−2t−2e−3t (3−2t)e−3t−2e−2t

.

(e)�

2 0 00 −2 10 0 −2

;�

(1+2t)e−2t e2t−(1+2t)e−2t (1+t)e−2t−e2t

4te−2t e2t−4te−2t (1+2t)e−2t−e2t

4te−2t −4te−2t (1+2t)e−2t

.

(f)�

2 0 00 0 10 0 0

;�

1−t t −2t−3t 3+3t−2e2t 6e2t−6−6t−t 1+t−e2t 3e2t−2−2t

.

(g)�

3 1 00 3 00 0 3

;�

1−2t 2t 2t−3t 1+3t 3t

t −t 1−t

e3t .

(h)�

2 1 00 2 10 0 2

;

1−4t−2t2 7t+3t2 −t−t2

−3t−t2 1+5t+ 32

t2 −t− 12

t2

t2−t t− 32

t2 1−t+ 12

t2

e2t .

(3.25) (a) (7+ 3t, 5+ 2t)e−3t .(b)�

te5t − 145

e5t − 15, 47

5e5t − 3te5t + 3

5

.

(c)�

1− 3te2t − t2e2t , 12− 1

2e2t − 2te2t −

12

t2e2t ,− 12− 1

2e2t + 1

2t2e2t�.

(d)�−1− e2t − te2t − 1

2t2e2t ,− 3

8− 5

8e2t −

34

te2t − 14

t2e2t , 38+ 5

8e2t − 1

4te2t + 1

4t2e2t�.

(e) igual, mas com t substituído por t − 2.

(3.27) y(t) = (t + t2, 1+ t).

(3.28) y(t) =�

1+ 32

t2,−1+ t2 + 34

t4�.

(3.29) z(t) = (t, t2).

(3.30) w(t) = (−1+ 2et − tet , 3− t − 2e−t).

49/83

Page 50: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

EPISÓDIO 4

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE ORDEM SUPERIOR

As equações diferenciais de ordem superior podem ser resolvidas com as técnicas que discu-timos no episódio 3. Por exemplo, f ′′ − 13 f ′ + 42 f = 0 (a variável independente continuaa ser t) pode ser simulada usando x1 = f e x2 = f ′. O sistema fica então

(

x ′1 = f ′ = x2,

x ′2 = f ′′ =−42 f + 13 f ′ =−42x1+ 13x2,ou

x1

x2

�′=

0 1−42 13

︸ ︷︷ ︸

A

x1

x2

.

Esta é exatamente a equação discutida no início desse episódio. O polinómio característicoda matriz A é−λ(13−λ)+42, ou (λ−7)(λ−6). Quais os vetores próprios correspondentes?Digamos que Av1 = 7v1 e Av2 = 6v2. Assim,

A�

v1 v2

︸ ︷︷ ︸

S

y(t) =

f (t)f ′(t)

=�

M · v1 M · v2

=�

7v1 6v2

= S

7 00 6

︸ ︷︷ ︸

D

,

e podemos concluir que

eAt = S · eDt · S−1 = S ·�

e7t 00 e6t

· S−1.

Em particular, vemos que a primeira coordenada da solução (correspondente a x1 = f ) éuma combinação linear de e7t e e6t .

Isto encaixa num padrão mais geral: se usarmos D para indicar a derivação, podemosescrever f ′′−13 f ′+42 f = (D2−13D+42) f e fatorizar D2−13D+42= (D−7)(D−6). Poroutro lado, podemos ver que (D−7) aniquila e7t , ou seja, que (D−7)(e7t) = (e7t)′−7e7t =0. Da mesma forma, (D − 6) aniquila e6t . Vemos então que as funções aniquiladas porD2−13D+42 (entre as quais está a solução f da nossa equação) são uma combinação lineardas funções aniquiladas pelos seus fatores (que neste caso não têm raízes em comum). Ométodo dos aniquiladores sistematiza esta estratégia, e será o nosso primeiro assunto nesteepisódio.

(4.1) Exercício. Escrevam a equação matricial correspondente a uma equação como

f ′′′+ a f ′′+ b f ′+ c f = 0.

Qual o polinómio característico da matriz que encontram? (Calculem o determinanteusando a regra de Laplace em relação às primeiras colunas das matrizes.)

50/83

Page 51: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 4: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE ORDEM SUPERIOR

(4.2) Vamos olhar para a equação f ′′+ f ′−2 f = g, com condições iniciais f (0) = f ′(0) = 3.Escrevendo-a na forma matricial, obtemos

ff ′

�′

︸ ︷︷ ︸

y′

=

0 12 −1

︸ ︷︷ ︸

A

ff ′

︸ ︷︷ ︸

y

+

0g

︸ ︷︷ ︸

b

,

f (0)f ′(0)

︸ ︷︷ ︸

y(0)

=

33

.

Pela fórmula da variação das constantes, sabemos que

y(t) = eAt�

y(0) +

∫ t

0

e−Arb(r)dr�

= eAty(0)︸ ︷︷ ︸

solução da eq.homogénea

+ eAt

∫ t

0

e−Arb(r)dr︸ ︷︷ ︸

solução particular

.

(4.3) Exercício. Calculem a exponencial da matriz, e usem-na para resolver a equação nocaso g(t) = 6et + 2.

(4.4) Só nos interessa a primeira linha. Vemos que, se não dermos condições iniciais, temosde escolher um vetor constante em R2 (ou seja, a primeira linha envolve tantas constantesquanto a ordem da equação) e que há sempre uma solução particular.

Porém, também vemos que, já que as soluções envolvem exponenciais (que podem serdeterminadas a partir dos valores próprios da matriz, ou mesmo diretamente a partir daequação—como?), seria desejável evitar a fórmula da variação das constantes.

(4.5) DERIVADAS E ANIQUILADORES. Começamos por identificar o núcleo de (D − λ). Dizer(D−λ) f = 0 é dizer f ′−λ f = 0. Esta equação não é exata, mas e−λt é um fator integrante.Assim, podemos escrever

f ′−λ f = 0 ⇔ e−λt f ′− e−λtλ f = 0 ⇔ (e−λt f )′ = 0.

Ou seja, e−λt f é uma constante C , ou f = Ceλt .Imaginem agora que temos qualquer função f (aniquilada ou não por (D − λ)) e que

queremos calcular g = (D−λ) f = f ′−λ f . Usando o mesmo fator integrante e−λt (no fimde contas, continuamos a ter uma equação linear), obtemos

e−λt g = e−λt f ′−λe−λt f = (e−λt f )′ ⇔ g = eλt(e−λt f )′.

Concluímos assim que (D−λ) f = eλt(e−λt f )′.

(4.6) Exercício. Mostrem que (D−λ)k f = eλt(e−λt f )(k) (para k inteiro positivo). Com basenesse resultado, mostrem que (D−λ)k f = 0 (i.e., f está no núcleo de (D−λ)k, i.e., (D−λ)kaniquila f ) precisamente se e−λt f é um polinómio P(t) de grau menor que k, ou seja, sef (t) = P(t) eλt .

(4.7) E o que acontece se o nosso operador tiver valores próprios distintos? Em geral, pode-mos escrever a equação original na forma AB f = 0, onde A e B são operadores envolvendoapenas a derivada D (e portanto A e B comutam) e sem valores próprios em comum. Nesse

51/83

Page 52: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

caso, todas as soluções de AB f = 0 são da forma f = a+ b, onde Aa = 0 e Bb = 0 (isto nãoé óbvio; conseguem demonstrar?).

A ideia ficará mais clara com um exemplo. Imaginem que queremos encontrar as solu-ções de (D + 2)(D − 1)2D f = 0. Como os fatores (D + 2), (D − 1)2, e D não têm valorespróprios comuns (os valores são, respetivamente, −2, 1, e 0), sabemos que f é uma combi-nação linear de elementos nos núcleos de (D+ 2), (D− 1)2, e D. Ora, o núcleo de (D+ 2)consiste nos múltiplos de e−2t . O núcleo de (D−1)2 consiste em polinómios de grau menorque 2 multiplicados por et . E o núcleo de D consiste nas constantes. Assim, vemos que f éda forma

f = C1e−2t︸ ︷︷ ︸

núcleo de (D+ 2)

+ C2et + C3 tet︸ ︷︷ ︸

núcleo de (D− 1)2

+ C4︸︷︷︸

núcleo de D

.

(4.8) Podemos querer o contrário: dada uma função, encontrar um operador que a aniquile(ou seja, encontrar uma aniquilador). Para tal, começamos por juntar as parcelas associadasao mesmo valor próprio (ou seja, com a mesma exponencial), e determinar, para cada valorpróprio, qual o grau necessário.

Por exemplo, quem é um aniquilador para et − t5e5t + 3t2et − t3e4t + 10e5t − 4tet? Sejuntarmos as parcelas associadas a cada valor próprio, podemos ler diretamente:

(1+ 3t2− 4t)et︸ ︷︷ ︸

aniquilado por (D− 1)3

+ (−t5+ 10)e5t︸ ︷︷ ︸

aniquilado por (D− 5)6

+ (−t3)e4t︸ ︷︷ ︸

aniquilado por (D− 4)4

.

Assim, (D−1)3(D−5)6(D−4)4 (ou qualquer outro operador com os mesmos fatores) é umaniquilador para essa função.

Um ponto importante é que só podemos aplicar este método depois de termos simpli-ficado cada parcela de modo a ter apenas uma exponencial e um polinómio. Por exemplo,se tivermos um produto de exponenciais, temos de simplificá-lo; se tivermos um produtode exponenciais e funções trigonométricas, temos de converter as funções trigonométricaspara exponenciais complexas e simplificar.

(4.9) Exercício. Determinem o aniquilador mais simples de cada uma das seguintes funções:

(a) e4t ; (b) 3e4t ; (c) e3t ; (d) e3t + 3e4t ;

(e) ei t ; (f) e−i t ; (g)ei t + e−i t

2; (h) cos t;

(i) te3t+2i t ; (j) te3t−2i t ; (k) te3t e2i t − e−2i t

2i; (l) te3t cos(2t);

(m) te3t − t2e3t ; (n) te3t + t2e3t sin(2t); (o) sin(2t) + t3 cos(2t); (p) (sin(2t))2.

(4.10) Vale a pena tomar nota deste padrão:

(D− a)2+ b2 = (D− a)2− (bi)2 = (D− a− bi)(D− a+ bi)

aniquila combinações lineares de e(a+bi)t e e(a−bi)t , que são (porquê?) as combinações deeat cos(bt) e eat sin(bt).

52/83

Page 53: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 4: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE ORDEM SUPERIOR

Da mesma forma, ((D − a)2 + b2)k = (D − a − bi)k(D − a + bi)k aniquila produtosde polinómios de grau menor que k por essas exponenciais, ou seja (porquê?), aniquilacombinações lineares de parcelas das formas t`eat cos(bt) e t`eat sin(bt) (onde ` < k).

(4.11) Exercício. Indiquem três aniquiladores distintos para

e2t +p

3te2t + (cos t)2+ t2 cos(2t) + et(cos(2t) + t2+ t3 sin(3t)).

(4.12) O MÉTODO DOS ANIQUILADORES. Vejamos então como usar o método dos aniquilado-res para resolver a equação

f ′′+ f ′− 2 f = 6et + 2, f (0) = f ′(0) = 3.

Começamos por escrever a equação na forma

(D2+ D− 2) f = 6et + 2 ⇔ (D+ 2)(D− 1) f = 6et + 2.

Neste momento, sabemos resolver imediatamente a equação homogénea correspon-dente:

(D+ 2)(D− 1) f = 0.

As suas soluções são da forma C1e−2t + C2et (a solução geral da equação homogénea).Nitidamente, as equações homogéneas são mais fáceis de resolver.

A equação original é não homogénea, pois tem 6et + 2 no lado direito. Esta função éaniquilada por (D − 1)D. Ao aplicarmos este operador a ambos os membros da equaçãooriginal, obtemos

(D2+ D− 2) f = 6et + 2 ⇒ (D− 1)D(D2+ D− 2) f = (D− 1)D(6et + 2) = 0.

Notem que os polinómios em D comutam sempre entre si (conseguem demonstrar?). Porisso, a nova equação, depois de simplificada e fatorizada, fica

(D+ 2)(D− 1)2D f = 0,

cujas soluções são, como vimos em (4.7),

f = C1e−2t + C2et︸ ︷︷ ︸

solução homogénea

+ C3 tet + C4︸ ︷︷ ︸

solução particular

.

Mas notem que nem todos os valores de C3 e C4 são compatíveis com a equação original.Na verdade, qualquer outro lado direito (em vez de 6et+2) que tenha o mesmo aniquiladordará origem a soluções desta forma.

Para determinar C3 e C4, substituímos f ? = C3 tet + C4 na equação original (não vale apena incluirmos parcelas da solução homogénea, pois já sabemos que estão no núcleo de(D+ 2)(D− 1), ou seja, que depois de as substituir na equação original e simplificar, a suacontribuição é 0). Temos então

( f ?)′ = C3et + C3 tet e ( f ?)′′ = C3et + C3et + C3 tet = 2C3et + C3 tet .

53/83

Page 54: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

Substituindo na equação original f ′′+ f ′− 2 f = 6et + 2, obtemos

(2C3et + C3 tet) + (C3et + C3 tet)− 2(C3 tet + C4) = 6et + 2,

ou simplesmente 3C3et − 2C4 = 6et + 2. Como et e 1 são linearmente independentes,podemos concluir que os seus coeficientes não se misturam. Assim, obtemos 3C3 = 6 e−2C4 = 2, ou C3 = 2 e C4 = −1. A solução geral (i.e., ignorando as condições iniciais) daequação original é então

f = C1e−2t + C2et + 2tet − 1.

Falta-nos apenas determinar C1 e C2, e para isso vamos usar as condições iniciais. Como

f ′ =−2C1e−2t + C2et + 2et + 2tet ,

temos f (0) = C1+C2−1= 3 e f ′(0) =−2C1+C2+2= 3. A solução desse sistema é C1 = 1e C2 = 3, pelo que concluímos que

f = e−2t + 3et + 2tet − 1.

(4.13) Vejamos outro exemplo:

f ′′− 2 f ′+ 10 f =−10, f (0) = 0, f ′(0) =−2.

O operador do lado esquerdo é D2 − 2D + 10 = (D − 1)2 + 32, e um aniquilador para afunção do lado direito é D. Assim, vamos querer resolver

((D− 1)2+ 32)D f = 0.

Mas as soluções dessa equação são

f = C1et cos(3t) + C2et sin(3t)︸ ︷︷ ︸

solução homogénea

+ C3︸︷︷︸

f ?

.

Como ( f ?)′ = ( f ?)′′ = 0, substituindo f ? na equação original obtemos 10C3 = −10, ouC3 =−1. Logo, a solução geral da equação original é

f = C1et cos(3t) + C2et sin(3t)− 1

e a sua derivada é

f ′ = C1et cos(3t)− 3C1et sin(3t) + C2et sin(3t) + 3C2et cos(3t),

pelo que obtemos f (0) = C1− 1= 0 e f ′(0) = C1+ 3C2 =−2. Ou seja, C1 = 1, C2 =−1, e

f = et cos(3t)− C2et sin(3t)− 1.

(4.14) Exercício. Determinem a solução geral de cada uma das seguintes equações:(a) f ′′− 8 f ′+ 15 f = 0;(b) f ′′− 8 f ′+ 16 f = 0;(c) f ′′− 8 f ′+ 17 f = 0;

54/83

Page 55: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 4: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE ORDEM SUPERIOR

(d) f ′′− 8 f ′+ 20 f = 0;

(e) f ′′′− 3 f ′′+ 3 f ′− f = 0.

(4.15) Exercício. Determinem a solução geral de cada uma das seguintes equações:

(a) f ′′− 8 f ′+ 15 f = 3e3t + 8et ;

(b) f ′′− 8 f ′+ 16 f = 6e4t − 8sin t − cos t;

(c) f ′′− 8 f ′+ 17 f =−10tet + 4e4t − 11et ;

(d) f ′′− 8 f ′+ 20 f = 12et cos t − 14et sin t;

(e) f ′′′− 3 f ′′+ 3 f ′− f = 6et .

(4.16) Exercício. Determinem a solução de cada uma das seguintes equações:

(a) f ′′− 8 f ′+ 15 f = 2e5t , f (0) = 1, f ′(0) = 4;

(b) f ′′− 8 f ′+ 16 f = 2e5t , f (0) = 1, f ′(0) = 4;

(c) f ′′− 8 f ′+ 17 f = 2e5t , f (0) = 1, f ′(0) = 4;

(d) f ′′− 8 f ′+ 17 f =−3e4t cos(2t), f (0) = 1, f ′(0) = 4;

(e) f ′′− 8 f ′+ 20 f =−3e4t cos(2t), f (0) = 1, f ′(0) = 4;

(f) f ′′′− 3 f ′′+ 3 f ′− f = 6et , f (0) = f ′′(0) =−1, f ′(0) = 1.

(4.17) Exercício. Determinem a solução de cada uma das seguintes equações:

(a) f ′′− 2 f = 4, f (0) = f ′(0) = 2;

(b) f ′′′+ 8 f = 12e−2t , f (0) =−2, f ′(0) =−1, f ′′(0) = 0.

(4.18) COEFICIENTES NÃO CONSTANTES. Como em (3.26), também aqui é razoável perguntaro que se passa quando a equação não tem coeficientes constantes. Olhemos de novo para(1.2), reescrita ligeiramente:

f ′′− 2

2x + 1f ′ = 1− 4x2.

Na forma matricial, e chamando y ao vetor, ficamos com

y′(x) =�

0 10 2

2x+1

︸ ︷︷ ︸

A(x)

y(x) +

01− 4x2

︸ ︷︷ ︸

b(x)

.

Pela fórmula da variação das constantes (vamos considerar t0 = 0), sabemos que

y(x) =W (x)�

y(0) +

∫ x

0

W (r)−1b(r)dr�

,

onde as colunas de W (t) são soluções do problema homogéneo w′(x) = A(x)w(x), ou seja,são obtidas a partir de soluções de f ′′− 2

2x+1f ′ = 0.

55/83

Page 56: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

(4.19) Exercício. Mostrem que f1(x) = 1 e f2(x) = x2 + x são soluções da equação homo-génea. Qual a matriz W (x) correspondente? Calculem

C1(x)C2(x)

= y(0) +

∫ x

0

W (r)−1b(r)dr

e usem o resultado para mostrar que as soluções da equação original (não homogénea) sãoda forma f (x) = C1(x) f1(x) + C2(x) f2(x). (Daí ser a fórmula da variação das constantes.)

(4.20) Exercício. Considerem agora a equação

x2 f ′′− x f ′+ f = 3x , f (1) = f ′(1) = 0.

Sabendo que f1(x) = x e f2(x) = x log x são soluções da equação homogénea, qual amatriz W (x) correspondente? Qual a solução da equação? O que mudava se mudássemosas condições iniciais?

(4.21) Exercício. Resolvam

(cos x) f ′′+ (sin x) f ′ = (cos x)3, f (0) = 1, f ′(0) = 4,

sabendo que f1(x) = 1 e f2(x) = sin x são soluções da equação homogénea. (De que outrasformas conseguem resolver esta equação?)

56/83

Page 57: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 4: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE ORDEM SUPERIOR

(4.22) RESPOSTAS DE EXERCÍCIOS.

(4.1)� f

f ′

f ′′

�′=�

0 1 00 0 1−c −b −a

�� ff ′

f ′′

;

λ3 + aλ2 + bλ+ c.

(4.3)� 2

3et+ 1

3e−2t 1

3et− 1

3e−2t

23

et− 23

e−2t 13

et+ 23

e−2t

; a equação é a

mesma discutida em (4.12).

(4.9) (a) D− 4. (b) D− 4. (c) D− 3.(d) (D− 4)(D− 3). (e) D− i. (f) D+ i.(g) (D− i)(D+ i). (h) (D− i)(D+ i).(i) (D− 3− 2i)2. (j) (D− 3+ 2i)2.(k) (D− 3− 2i)2(D− 3+ 2i)2.(l) (D− 3− 2i)2(D− 3+ 2i)2. (m) (D− 3)3.(n) (D− 3)2(D− 3− 2i)3(D− 3+ 2i)3.(o) (D− 2i)4(D+ 2i)4.(p) D(D− 4i)(D+ 4i).

(4.11) qualquer múltiplo de (D− 2)2D(D2 +22)3(D− 1)3((D− 1)2 + 22)((D− 1)2 + 32)4.

(4.14) (a) C1e3t + C2e5t . (b) C1e4t + C2 te4t .(c) C1e4t cos t + C2e4t sin t.(d) C1e4t cos(2t) + C2e4t sin(2t).(e) C1et + C2 tet + C3 t2et .

(4.15) (a) C1e3t + C2e5t − 32

te3t + et .

(b) C1e4t + C2 te4t + 3t2e4t − 112289

sin t − 79289

cos t.

(c) C1e4t cos t + C2e4t sin t − tet − 1710

et + 4e4t .

(d) C1e4t cos(2t)+C2e4t sin(2t)+ et

3cos t−4et

3sin t.

(e) C1et + C2 tet + C3 t2et + t3et .

(4.16) (a) te5t + e3t . (b) 2e5t − e4t − 2te4t .

(c) e5t − e4t sin t. (d) e4t cos(2t).(e) e4t cos(2t)− 3

4te4t sin(2t).

(f) t3et − 2t2et + 2tet − et .

(4.17) (a) −2+�

2+ 1p2

ep

2t +�

2− 1p2

e−p

2t .

(b) te−2t − 2et cos(p

3t).

(4.19) W (x) =h

1 x2+x0 2x+1

i

;

C1(x) = f (0)− 12

x2 + 13

x3 + 12

x4;C2(x) = f ′(0) + x − x2.

(4.20) W (x) =h

x x log x1 log x+1

i

; f (x) = 32

x(log x)2.

(4.21) f (x) = 12(sin x)2 + 1+ 4sin x .

57/83

Page 58: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

EPISÓDIO 5

TRANSFORMADA DE LAPLACE

O nosso tópico neste episódio é a transformada de Laplace. O seu principal efeito é trans-formar derivadas em produtos por variáveis. Ou seja, transformar equações diferenciais emequações algébricas. Por exemplo, f ′′− 13 f ′+ 42 f = 0 transforma-se em

(s2F(s)− s f (0)− f ′(0))− 13(sF(s)− f (0)) + 42F(s) = 0

(é tradicional chamar F(s) à transformada de f (t)). Daqui é fácil obter F(s), o que signi-fica que, se tivermos uma forma prática de inverter a transformada de Laplace, temos ummétodo alternativo de resolução de equações.

(5.1) FUNÇÕES DEFINIDAS POR TROÇOS. Como vamos lidar com funções definidas por troços,começamos por introduzir as funções de Heaviside. Definimos

Ha : t 7→(

1, se t > a,

0, se t < a.

(Notem que não especificamos Ha(a), porque não tem qualquer papel no que vamos fazer.)Esta função permite-nos “cortar” o gráfico de uma função f e ficar apenas com a parte dográfico à direita de a, pois

(Ha f )(t) =

(

f (t), se t > a,

0, se t < a.

(Mais uma vez, não especificamos o valor da função na fronteira entre troços.)A mesma notação pode ser generalizada para descrever funções com mais troços, pois

se a < b então

(Ha −Hb)(t) =

(

1, se a < t < b,

0, se t < a ou b < t

(verifiquem). Isto permite-nos escrever a função

g : t 7→

et , se t <−1,

cos t + 1, se −1< t < 2,

e3t , se 2< t < 3,

e3t + e5t , se 3< t

como

et(1−H−1) + (cos t + 1)(H−1−H2) + e3t(H2−H3) + (e3t + e5t)H3

= et(1−H−1) + (cos t + 1)(H−1−H2) + e3t H2+ e5t H3.

58/83

Page 59: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 5: TRANSFORMADA DE LAPLACE

Reparem que (1−H−1) corresponde a manter o gráfico da função desde −∞ até −1. Repa-rem também que na segunda versão e3t se mantém de 2 em diante (tanto no troço 2< t < 3como no troço 3< t) e que e5t se mantém de 3 em diante.

Da mesma forma, podemos reconstituir uma função por troços a partir da expressãocom funções de Heaviside. Por exemplo, se

h(t) = e3t H2(t) + e4t H5(t) + (e5t − e3t)H6(t),

vemos que os pontos que separam os diferentes troços são 2, 5, e 6. A primeira parcela só étida em conta à direita de 2, a segunda parcela só é tida em conta à direita de 5, e a terceiraparcela só é tida em conta à direita de 6. Ficamos então com

h(t) =

0, se t < 2,

e3t , se 2< t < 5,

e3t + e4t , se 5< t < 6,

e3t + e4t + (e5t − e3t), se 6< t.

(5.2) Exercício. Usem funções de Heaviside para escrever estas funções:

(a)

¨

et , se t < 1,et + e2t , se 1< t;

(b)

¨

et , se t < 1,e2t , se 1< t;

(c)

¨

e3t , se −2< t < 1,e2t , se 1< t;

(d)

t2, se 0< t < 3,

cos t, se 3< t < 5,

sin t, se 5< t;

(e)

t2, se 0< t < 1,

et , se 1< t < e,

t e, se e < t;

(f)

t − t2, se 1< t < 2,

t2+ et , se 2< t < 4,

1− et , se 4< t < 6.

(5.3) Exercício. Escrevam estas funções na forma tradicional (descrição por troços):

(a) Hπ+H2− 3H5; (b) Hπ+H2− 3H5+ 5H1;

(c) Hπ+H2− 3H5+ 5H1− 2; (d) H3(t)et +H2(t)e

2t −H1(t)et ;

(e) H0(t) + cos(3t)H−1(t); (f) H0(t) + cos(3t)H−1(t) + et .

(5.4) Exercício. Calculem estes integrais:

(a)

∫ 4

0

H2(t)dt; (b)

∫ 4

0

H2(t) t dt;

(c)

∫ 4

0

H−2(t)dt; (d)

∫ 4

0

H−2(t) +H2(t) t +H5(t)dt .

(5.5) A TRANSFORMADA DE LAPLACE. Vamos considerar apenas funções f cujo primeiro troçoé nulo (ou seja, todas as parcelas envolvem uma função de Heaviside) e satisfazendo umacondição do género | f (t)| ≤ Ceat (onde a, C ∈ R são fixos para cada função, mas podem ser

59/83

Page 60: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

diferentes para funções diferentes). Definimos a transformada de Laplace de uma tal funçãopor

L{ f }(s) =∫ ∞

−∞e−st f (t)dt,

onde s é uma variável complexa. Frequentemente vamos usar a abreviatura

Lc{ f }(s) =L{Hc f }(s) =∫ ∞

−∞e−st Hc(t) f (t)dt =

∫ ∞

c

e−st f (t)dt .

Mas notem que esta abreviatura não é de modo nenhum “oficial”. Vamos usá-la só porquesimplifica as coisas, mas não contem encontrá-la com o mesmo significado noutros sítios.O mais habitual é usar apenas funções f definidas em ]0,+∞[, e portanto a transformadade Laplace que encontram habitualmente é aquilo a que estamos a chamar L0{ f }. Vamostambém usar essa convenção: se falarmos em “transformada de Laplace de f ” sem indicarum valor de c e se f não envolver funções de Heaviside (ou seja, se não houver nenhumvalor de c implícito), então vamos assumir que se trata de c = 0.

Se fizermos a mudança de variável podemos observar que

Lc{ f (t)}(s) =∫ ∞

c

e−st f (t)dt =

∫ ∞

0

e−s(t+c) f (t + c)dt

= e−cs

∫ ∞

0

e−st f (t + c)dt = e−csL0{ f (t + c)}(s),

ou, alternativamente,Lc{ f (t − c)}(s) = e−csL0{ f (t)}(s)

(conseguem traduzir de uma versão para a outra?).

(5.6) Começamos por calcular

L0{eat}=∫ ∞

0

e−st+at dt =

∫ ∞

0

e−(s−a)t dt = limT→∞

∫ T

0

e−(s−a)t dt

= limT→∞

− e−(s−a)t

s− a

�T

t=0=− lim

T→∞e−(s−a)T

s− a+

1

s− a=

1

s− a.

Notem que a primitiva (feita no início da segunda linha) só é válida se s 6= a e que o limitefinal só existe se Re s > a. (Conseguem verificar que o integral original, mesmo com aprimitiva correta, também não converge se s 6= a?) Temos também

Lc{eat}= e−csL0{ea(t+c)}= e−cseacL0{eat}= e−(s−a)c

s− a.

Algo semelhante se passa com funções f satisfazendo | f (t)| ≤ Ceat (ou seja, funções fdominadas por alguma exponencial):

�Lc{ f (t)}�

�=

∫ ∞

c

e−st f (t)dt

≤∫ ∞

c

e−st | f (t)|dt ≤∫ ∞

c

e−st eat dt =Lc{eat}= e−(s−a)c

s− a,

60/83

Page 61: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 5: TRANSFORMADA DE LAPLACE

o que mostra que o integral impróprio definindo La{ f } está bem definido pelo menos nosemiplano direito Re s > a. (Veem porquê?)

Embora o integral só esteja bem definido num semiplano direito, para as funções f quevamos considerar, a funçãoLa{ f } pode ser estendida a todo o plano complexo (exceto numnúmero finito de polos); todos os polos ficam fora desse semiplano direito.

(5.7) Exercício. Determinem as transformadas de Laplace das seguintes funções:

(a) e5t ; (b) 3e5t ; (c) H2(t)e5t ; (d) e2i t ;

(e) 10e4t + e5t ; (f) 3e4t − e6t ; (g) H0(t)e4t −H2(t)e

5t ; (h)

¨

e4t ,se 0< t < 2,e5t ,se 2< t.

Recordem a convenção que estamos a usar: se não houver indicação em contrário, assumi-mos que as funções são não-nulas apenas em ]0,+∞[ (e neste caso, L{ f }=L0{ f }).

(5.8) Exercício. Quais as funções com estas transformadas de Laplace?

(a)1

s− 3; (b)

20

s− 3; (c)

20

s− 3− 4

s− 5; (d)

e−2s

s;

(e)e−2(s−1)

s− 1; (f)

e−2s

s− 1+

e2

s; (g)

3

(s− 1)(s+ 2); (h)

e−s + 1

s2− 1.

(5.9) Conhecendo a transformada de Laplace da exponencial, podemos facilmente obter atransformada de Laplace dos senos e cossenos, usando

L0{eat ei bt}=L0{e(a+bi)t}= 1

s− a− bi.

Ficamos então com

L0{eat cos(bt)}=L0

¨

eat ei bt + e−i bt

2

«

= 12L0{e(a+bi)t}+ 1

2L0{e(a−bi)t}

=1

2(s− a− bi)+

1

2(s− a+ bi)=

s− a+ bi+ s− a− bi

2(s− a− bi)(s− a+ bi)

=(s− a)

(s− a)2+ b2 .

Da mesma forma,

L0{eat sin(bt)}=L0

¨

eat ei bt − e−i bt

2i

«

= 12iL0{e(a+bi)t} − 1

2iL0{e(a−bi)t}

=1

2i(s− a− bi)− 1

2i(s− a+ bi)=(s− a+ bi)− (s− a− bi)2i(s− a− bi)(s− a+ bi)

=b

(s− a)2+ b2 .

(Podemos usar o método do final de (5.5) para calcular Lc{eat cos(bt)} e Lc{eat sin(bt)}.Mas como podem constatar rapidamente, o resultado não é nada de especial. . . )

61/83

Page 62: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

(5.10) Exercício. Quais as transformadas de Laplace destas funções? Recordem que senão houver indicação em contrário, assumimos que as funções são não-nulas apenas em]0,+∞[ (e neste caso, L{ f }=L0{ f }).

(a) e3t sin(5t); (b) e3t cos2(5t); (c) Hπ(t) e3t sin(5t); (d) Hπ(t) e

3t sin2(5t).

(5.11) Exercício. Quais as transformadas de Laplace das funções do exercício (5.3)?

(5.12) Exercício. Quais as funções cujas transformadas são as seguintes? Usem funções deHeaviside ou descrevam os troços individualmente. (Pode ser útil rever o final de (5.5).)

(a)s− 3

s2− 6s+ 25; (b)

3

s2− 6s+ 25; (c)

s

s2− 6s+ 25;

(d)s− 4

s2− 6s+ 25; (e)

1

s2− 2s+ 2; (f)

(s2− 2s+ 2)− s

s(s2− 2s+ 2);

(g)3

(s2− 2s+ 2)(s2− 2s+ 5); (h)

1

s2− 2s+ 2+

e2s

s; (i)

e2s

s2− 2s+ 2.

(5.13) Continuamos a nossa exploração das propriedades da transformada de Laplace, com

Lc{ f ′(t)}(s) =∫ ∞

c

e−st f ′(t)dt = limT→∞

∫ T

c

e−st f ′(t)dt .

Usando integração por partes, obtemos

∫ T

c

e−st f ′(t)dt =�

e−st f (t)�T

t=c+

∫ T

c

se−st f (t)dt,

o que nos leva (como?) a

Lc{ f ′(t)}(s) =−e−cs f (c) + sLc{ f }(s).

Já agora, é razoável perguntar qual a derivada (em ordem a s) deLa{ f }(s). Assumindoque podemos derivar a função integranda em ordem a s, ficamos com

ddsLc{ f }=

dds

∫ ∞

c

e−st f (t)dt =

∫ ∞

c

∂ e−st

∂ sf (t)dt =

∫ ∞

c

−te−st f (t)dt =−Lc{t f (t)}.

Porém, é preciso algum cuidado: não só estamos a assumir que podemos trocar a derivadaem ordem a s com o integral em ordem a t, mas o integral em ordem a t é um integralimpróprio, pelo que estamos na verdade a trocar a derivada do limite de um integral pelolimite de um integral da derivada.

Prossigamos então com mais cuidado. Temos (verifiquem que os passos são seguros)

ddsLc{ f }(s) = lim

h→0

Lc{ f }(s+ h)−Lc{ f }(s)h

= limh→0

limT→∞

∫ T

ce−(s+h)t f (t)dt−

∫ T

ce−st f (t)dt

h

= limh→0

limT→∞

∫ T

c

e−(s+h)t − e−st

hf (t)dt = lim

h→0lim

T→∞

∫ T

c

e−ht − 1

he−st f (t)dt .

62/83

Page 63: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 5: TRANSFORMADA DE LAPLACE

Para podermos continuar, precisávamos que o limite com h→ 0 estivesse dentro do integral.Mas como

limh→0

e−ht − 1

h=−t

(trata-se da derivada em ordem a h), sabemos que para qualquer ε > 0 existe δ > 0 tal que

|h|< δ ⇒�

e−ht − 1

h+ t

< ε.

Recordem agora que estamos a assumir que | f (t)| ≤ Ceat para constantes a, C ∈ R. Então,para |h|< δ, temos

limT→∞

∫ T

c

e−ht − 1

he−st f (t)dt− lim

T→∞

∫ T

c

(−t)e−st f (t)dt

=

limT→∞

∫ T

c

e−ht − 1

h+ t

e−st f (t)dt

≤ limT→∞

∫ T

c

e−ht − 1

h+ t

e−st | f (t)|dt

≤ C limT→∞

∫ T

c

ε e−st eat dt = CLc{εeat}= Cεe−(s−a)c

s− a.

Daqui concluímos (porquê?) que

limh→0

limT→∞

∫ T

c

e−ht − 1

h+ t

e−st f (t)dt = 0,

o que nos leva (como?) a

limh→0

limT→∞

∫ T

c

e−ht − 1

he−st f (t)dt = lim

T→∞

∫ T

c

−te−st f (t)dt,

que é o que precisávamos para continuar o nosso cálculo. Voltando a ele:

ddsLc{ f }(s) = lim

h→0lim

T→∞

∫ T

c

e−ht − 1

he−st f (t)dt

= limT→∞

∫ T

c

−te−st f (t)dt =−Lc{t f (t)}(s).

(5.14) Exercício. Usem este resultado para calcular Lc{tkeat}.

(5.15) Resumindo tudo o que dissemos:

Lc{ f (t − c)}= e−csL0{ f (t)}, Lc{ f ′}= sLc{ f } − e−cs f (c),

Lc{t f (t)}=− ddsLc{ f }(s), L0{tkeat}= k!

(s− a)k+1,

L0{eat cos(bt)}= s− a

(s− a)2+ b2 , L0{eat sin(bt)}= b

(s− a)2+ b2 .

63/83

Page 64: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

(5.16) Exercício. Quais as transformadas de Laplace das funções do exercício (4.9)?

(5.17) Exercício. Qual a transformada inversa de cada uma destas funções?

(a)s

s2+ 1; (b)

s

s2− 1; (c)

−2s

(s2− 1)2;

(d)2s

(s2+ 1)2; (e)

s− 1

(s2− 2s+ 10)2; (f)

1

(s− 1)6;

(g)s− 1

(s− 1)6; (h)

s

(s− 1)6; (i)

e3s

(s− 1)6.

(5.18) RESOLUÇÃO DE EDO USANDO TRANSFORMADA DE LAPLACE. Mas o que tem a transfor-mada de Laplace a ver com equações diferenciais? Por exemplo, conseguimos resolver aequação

f ′ = 3 f , f (0) = 12

usando a transformada de Laplace? Sim.É tradicional usar maiúsculas, como F , para a transformada de Laplace de funções em

minúsculas, como f . Ou seja, é comum escrever F(s) =L0{ f (t)}(s) (e aqui vamos sempreusar a transformada com c = 0). Aplicando a transformada a ambos os membros da equaçãodiferencial, ficamos com

L{ f ′}=L{3 f }.Mas

L{ f ′}= sL{ f } − f (0) = sF(s)− 12 e L{3 f }= 3L{ f }= 3F(s),

o que nos leva à equaçãosF(s)− 12= 3F(s).

Reparem que esta equação já não envolve derivadas: transformámos uma equação diferen-cial numa equação algébrica. De facto, é fácil resolvê-la:

sF(s)− 3F(s) = 12 ⇔ F(s) =12

s− 3.

Nem sequer precisamos de nos preocupar com o caso s = 3: estamos já no mundo dasfunções meromorfas, e estamos apenas a constatar que F tem um polo em s = 3.

Temos assim

L0{ f }=L{H0 f }= 12

s− 3.

Assumindo que a transformada de Laplace é injetiva, concluímos que

H0(t) f (t) = 12H0(t)e3t , ou f (t) = 12e3t .

Este raciocínio é potencialmente subtil. A solução f que procuramos é uma função con-tínua com derivada contínua (porquê?). Mas a transformada de Laplace só opera sobrefunções com o primeiro troço nulo. Mais: como temos a condição inicial em t = 0, e comoLc{ f ′} =L{Hc f ′} envolve f (c), convém-nos cortar a função em t = 0. Assim, o que real-mente usamos é L0{ f } = L{H0 f } e L0{ f ′} = L{H0 f ′}. Assim, no final quem obtemos(invertendo a transformada de Laplace) é H0 f .

64/83

Page 65: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 5: TRANSFORMADA DE LAPLACE

(5.19) Exercício. Resolvam estas equações diferenciais:(a) f ′− 3 f = 2et , f (0) = 0;(b) f ′− 3 f = 2et , f (0) = 1;(c) f ′− 3 f = e3t , f (0) = 2;(d) f ′− 3 f =−3, f (0) = 3;(e) f ′− 3 f = e3t − 2et , f (0) = 4.

(5.20) Vejamos outro exemplo. Vamos resolver outra vez a equação (4.12)

f ′′+ f ′− 2 f = 6et + 2, f (0) = f ′(0) = 3.

Temos

L{ f ′}= sF(s)− f (0) = sF(s)− 3,

L{ f ′′}= sL{ f ′} − f ′(0) = s(sF(s)− 3)− 3= s2F(s)− 3s− 3,

portanto a equação original passa a

(s2F(s)− 3s− 3)︸ ︷︷ ︸

L{ f ′′}+(sF(s)− 3)︸ ︷︷ ︸

L{ f ′}−2 F(s)︸︷︷︸

L{ f }=

6

s− 1︸︷︷︸

L{6et}

+2

s︸︷︷︸

L{2}

,

ou, depois de simplificar,

(s2+ s− 2s) F(s) = 3s+ 6+6

s− 1+

2

s.

Resolvendo em ordem a F(s) e fatorizando o denominador, chegamos a

F(s) =3(s+ 2) + 6

s−1+ 2

s

(s+ 2)(s− 1)=

3

s− 1+

6

(s− 1)2(s+ 2)+

2

s(s+ 2)(s− 1).

Para continuar, precisamos de decompor as duas últimas frações em frações parciais. Temos

6

(s− 1)2(s+ 2)+

2

s(s+ 2)(s− 1)=

2(s+ 2)− 2(s− 1)(s− 1)2(s+ 2)

+2s− 2(s− 1)

s(s+ 2)(s− 1)

=2

(s− 1)2− 2

(s− 1)(s+ 2)+

2

(s− 1)(s+ 2)− 2

s(s+ 2)

=2

(s− 1)2− (s+ 2)− s

s(s+ 2)=

2

(s− 1)2− 1

s+

1

s+ 2.

Assim, chegamos a

F(s) =3

s− 1+

2

(s− 1)2− 1

s+

1

s+ 2=L0{3et + 2tet − 1+ e−2t}

e concluímos quef (t) = 3et + 2tet − 1+ e−2t .

(5.21) Exercício. Escolham condições iniciais em t = 0 para as equações de (4.14) e (4.15).Usem a transformada de Laplace para resolver essas equações usando essas condições iniciais.Que adaptações é preciso fazer se não conhecermos as condições iniciais?

65/83

Page 66: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

(5.22) A TRANSFORMADA INVERSA. Por esta altura, já devem ter reparado que, mesmo játendo F(s), nem sempre é imediato determinar a função f (s) original. Por vezes, é maisrápido usar a transformada inversa.

Se o integral que define F(s) =Lc{ f }(s) =L{Hc f }(s) (onde f é alguma função domi-nada por eat) convergir em Re s > a, então a transformada inversa é

L−1{F}(t) = (Hc f )(t) =1

2πilim

T→∞

∫ b+iT

b−iT

est F(s)ds,

onde b é um real em Re s > a e o integral é feito ao longo de um segmento de reta. (Nãovamos tentar provar este resultado.) É prático escrever este integral com uma notaçãoligeiramente diferente:

(Hc f )(t) =1

2πi

∫ b+i∞

b−i∞est F(s)ds .

Reparem que a expressão de L−1{F} não depende do ponto c onde começa o pri-meiro troço de Hc f . Porém, se estivermos a considerar alguma função f que não está“cortada” para trás de nenhum c, temos de a “cortar” (onde seja, temos de escolher algumc—tipicamente o ponto onde temos condições iniciais—e calcular Lc{ f }), e a função queobtemos a partir deste novo integral é a função “cortada”.

Notem também que a exponencial neste integral (que define a transformada inversaL−1{F}) tem o sinal oposto da exponencial no integral que define a transformada direta(isto é, a transformada original L{ f }). Isto é um fenómeno habitual com transformadasintegrais (essencialmente, porque todas são casos particulares de uma transformada maisgeral que tem essa propriedade).

Outro ponto importante é que a reta ao longo da qual calculamos o integral (a retavertical Re s = b) está contida na região Re s > a (isto é, b > a), onde a é a constante daexponencial eat que domina f . Em particular, F não tem quaisquer singularidades à direitadessa reta.

Vamos usar o teorema dos resíduos para calcular o integral da transformada inversa.Deste ponto em diante vamos considerar apenas funções F(s) satisfazendo

|F(s)| ≤ C

e−ds

sk

,

onde C , d ∈ R e k é um natural (como só nos interessa o comportamento quando s → ∞,não se justifica ajustar esta condição de modo a dar-lhe sentido em s = 0). Notem que todasas transformadas com que temos lidado satisfazem esta condição.

Se t < d e a reta Re s = b estiver à direita de todos os polos de F(s), então

1

2πi

∫ b+i∞

b−i∞est F(s)ds = 0.

Por outro lado, se t > d (e a reta Re s = b continuar à direita de todos os polos), então

1

2πi

∫ b+i∞

b−i∞est F(s)ds = soma dos resíduos de s 7→ est F(s).

66/83

Page 67: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 5: TRANSFORMADA DE LAPLACE

(5.23) Exercício. Para o caso t < d, considerem o caminho γ que contorna o retângulo devértices b− iX 2, X − iX 2, X + iX 2, b+ iX 2.

(a) Usem o teorema dos resíduos para mostrar que∫

γest F(s)ds = 0.

(b) Usem estimativas de integrais para mostrar que os integrais ao longo dos segmentoshorizontais e do segmento à direita convergem para 0 quando X →+∞. (Não se esqueçamque t < d, nem das hipóteses sobre F(s).)

(c) O que podem concluir sobre f (t) =L−1{F} quando t < d?

(5.24) Exercício. Para o caso t > d, considerem o caminho γ que contorna o retângulo devértices −X − iX 2, b− iX 2, b+ iX 2, −X + iX 2.

(a) Usem o teorema dos resíduos para calcular∫

γest F(s)ds.

(b) Usem estimativas de integrais para mostrar que os integrais ao longo dos segmen-tos horizontais e do segmento à esquerda convergem para 0 quando X → +∞. (Não seesqueçam que t > d, nem das hipóteses sobre F(s).)

(c) O que podem concluir sobre f (t) =L−1{F} quando t > d?

(5.25) Vejamos se isto nos ajuda com o exemplo (5.20). Tínhamos

L{H0 f }= F(s) =3

s− 1︸︷︷︸

L0{3et}

+6

(s− 1)2(s+ 2)+

2

s(s+ 2)(s− 1),

queremos determinar f . Para a primeira parcela nem precisamos da transformada inversa,pois é imediato que a função original é

L−1�

3

s− 1

= H0(t)�

3et�.

A função original para a segunda parcela é

L−1�

6

(s− 1)2(s+ 2)

=1

2πi

∫ 2+i∞

2−i∞

6est

(s− 1)2(s+ 2)ds .

Se t < 0, sabemos que o resultado é 0. Se t > 0, precisamos dos resíduos. Temos um polosimples em s = −2 e um polo duplo em s = 1. Os seus resíduos são dados pela fórmula deCauchy:

Ress=−2

6est

(s− 1)2(s+ 2)=

6est

(s− 1)2

s=−2

=6e−2t

(−3)2=

2

3e−2t ,

Ress=1

6est

(s− 1)2(s+ 2)=

6est

s+ 2

�′

s=1

=

6test(s+ 2)− 6est

(s+ 2)2

s=1

= 2tet − 2

3et .

Ou seja, a função original é H0(t)�2

3e−2t + 2tet − 2

3et�.

Finalmente, a função original para a terceira parcela é

L−1�

2

s(s+ 2)(s− 1)

=1

2πi

∫ 2+i∞

2−i∞

2es t

s(s+ 2)(s− 1)ds .

67/83

Page 68: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

Como o integral só é não-nulo se t > 0 e como todas as singularidades são polos simples,ficamos com

H0�

Ress=0+ Res

s=−2+Res

s=1

= H0(t)

� 2est

(s+ 2)(s− 1)

s=0+� 2est

s(s− 1)

s=−2+� 2est

s(s+ 2)

s=1

= H0(t)�

−1+1

3e−2t +

2

3et�

.

Juntando as três parcelas, chegamos a

(H0 f )(t) = H0(t)�

3et�+H0(t)�2

3e−2t + 2tet − 2

3et�+H0(t)

�−1+ 13e−2t + 2

3et�

= H0(t)(3et + e−2t + 2tet − 1).

(5.26) Vejamos um último exemplo, desta vez com uma função definida por troços. Aequação

f ′′− 2 f ′+ 10 f =−10Hπ, f (0) = 0, f ′(0) =−2

pode ser resolvida usando a transformada de Laplace. Se F =L0{ f }, temos

L0{ f ′}= sF(s)− f (0) = sF(s),

L0{ f ′′}= s2F(s)− s f (0)− f ′(0) = s2F(s) + 2,

L0{−10Hπ}=−10e−πs

s.

Assim, ao aplicarmos a transformada de Laplace à equação original obtemos

(s2F(s) + 2)− 2(sF(s)) + 10F(s) =−10e−πs

s,

que nos leva a

F(s) =− 2

s2− 2s+ 10− 10e−πs

s(s2− 2s+ 10).

Para determinar H0 f , vamos separar F(s) em parcelas, de acordo com as exponenciaisenvolvidas (pois a exponenciais com constantes diferentes, correspondem troços diferentesonde a função que procuramos é não-nula). Notamos ainda que

s2− 2s+ 10= (s− 1− 3i)(s− 1+ 3i) = (s− 1)2+ 32.

A função original é então dada por

(H0 f )(t) =L−1

¨ −2e−0t

(s− 1)2+ 32

«

+L−1

¨ −10e−πs

s(s− 1− 3i)(s− 1+ 3i)

«

.

A primeira parcela é não-nula apenas quando t > 0. De facto, podemos reconhecê-ladiretamente:

L−1� −2

(s− 1)2+ 32

=−2

3L−1

3

(s− 1)2+ 32

=−2

3H0(t) e

t sin(3t).

A segunda parcela é

L−1

¨ −10e−πs

s(s− 1− 3i)(s− 1+ 3i)

«

=1

2πi

∫ 2+i∞

2−i∞

−10e(t−π)s

s(s− 1− 3i)(s− 1+ 3i)ds

68/83

Page 69: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 5: TRANSFORMADA DE LAPLACE

(reparem que todos os polos estão à esquerda da reta vertical Re s = 2, por isso podemosusá-la no integral). Se t < π, este integral é 0. De contrário, somamos todos os resíduos.Posto de outra forma,

L−1

¨

10e−πs

s(s− 1− 3i)(s− 1+ 3i)

«

= Hπ(t)�

Ress=0+ Res

s=1+3i+ Res

s=1−3i

= Hπ(t)

� −10e(t−π)s

(s− 1− 3i)(s− 1+ 3i)

s=0+� −10e(t−π)s

s(s− 1+ 3i)

s=1+3i+� −10e(t−π)s

s(s− 1− 3i)

s=1−3i

= Hπ(t)

−1− 10e(1+3i)(t−π)

(1+ 3i)(1+ 3i− 1+ 3i)− 10e(1−3i)(t−π)

(1− 3i)(1− 3i− 1− 3i)

.

Nem sempre é útil, mas neste caso vamos simplificar um pouco mais. Vamos usar u= t −πe 10= (1− 3i)(1+ 3i). Ficamos então com

− 1− 10e(1+3i)(t−π)

(1+ 3i)(1+ 3i− 1+ 3i)− 10e(1−3i)(t−π)

(1− 3i)(1− 3i− 1− 3i)

=−1− (1− 3i)e(1+3i)u

6i− (1+ 3i)e(1−3i)u

−6i=−1− e(1+3i)u− e(1−3i)u

6i+

e(1+3i)u+ e(1−3i)u

2

=−1− 1

3eu sin(3u) + eu cos(3u) =−1− 1

3et−π sin(3t − 3π) + et−π cos(3t − 3π)

Juntando tudo, obtemos (finalmente)

(H0 f )(t) =−23H0(t) e

t sin(3t) +Hπ(t)�−1− 1

3et−π sin(3t − 3π) + et−π cos(3t − 3π)

=−23H0(t) e

t sin(3t) +Hπ(t)�−1+ 1

3et−π sin(3t)− et−π cos(3t)

.

(5.27) Exercício. Escrevam esta função H0 f sem usar funções de Heaviside (isto é, na formahabitual, por troços). Façam o mesmo com f .

(5.28) Exercício. Conseguem ver a relação entre a mudança de variável que fizemos aindaagora (u = t −π) e a mudança de variável que fizemos no final de (5.5)? A partir daí, con-seguem encontrar uma forma um pouco mais “arrumada” de obter a transformada inversade uma parcela envolvendo exponenciais? Qual a relação entre o parâmetro na exponenciale a função de Heaviside que ocorre na resposta final?

(5.29) Exercício. Usem a transformada de Laplace para resolver as equações de (4.16) e(4.17).

69/83

Page 70: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

(5.30) RESPOSTAS DE EXERCÍCIOS.

(5.2) (a) et + e2t H1(t). (b) et + (e2t − et)H1(t).(c) e3t H−2(t) + (e2t − e3t)H1(t).(d) t2H0(t) + (cos t − t2)H3(t) +(sin t − cos t)H5(t).(e) t2H0(t) + (et − t2)H1(t) + (t e − et)He(t).(f) (t − t2)H1(t) + (2t2 − t + et)H2(t) + (1−2et − t2)H4(t) + (et − 1)H6(t).

(5.3) (a)

¨ 0, se t < 2,1, se 2< t < π,2, se π < t < 5,−1, se 5< t.

(b)

( 0, se t < 1,5, se 1< t < 2,6, se 2< t < π,7, se π < t < 5,4, se 5< t.

(c)

(−2, se t < 1,3, se 1< t < 2,4, se 2< t < π,5, se π < t < 5,2, se 5< t.

(d)

( 0, se t < 1,−et , se 1< t < 2,e2t−et , se 2< t < 3,e2t , se 3< t.

(e)�

0, se t <−1,cos(3t), se −1< t < 0,1+cos(3t), se 0< t.

(f)�

et , se t <−1,et+cos(3t), se −1< t < 0,et+1+cos(3t), se 0< t.

(5.4) (a) 2. (b) 6. (c) 4. (d) 10.

(5.7) (a) 1s−5

. (b) 3s−5

. (c) e−2(s−5)

s−5. (d) 1

s−2i.

(e) 10s−4+ 1

s−5. (f) 3

s−4− 1

s−6. (g) 1

s−4− e−2(s−5)

s−5.

(h) 1−e−2(s−4)

s−4+ e−2(s−5)

s−5.

(5.8) (a) e3t H0(t). (b) 20e3t H0(t).(c) (20e3t − 4e5t)H0(t). (d) H2(t). (e) et H2(t).(f) et−2H2(t) + e2H0(t). (g) (et − e−2t)H0(t).(h) et−1−e1−t

2H1(t) +

et−e−t

2H0(t).

(5.10) (a) 5(s−3)2+52 . (b) 1

2(s−3)+ s−3

2((s−3)2+102).

(c) −5e−π(s−3)

(s−3)2+52 . (d) e−π(s−3)

2

1s−3− s−3(s−3)2+102

.

(5.11) (a) e−πs+e−2s−3e−5s

s. (b) e−πs+e−2s−3e−5s+5e−s

s.

(c) usando H0: e−πs+e−2s−3e−5s+5e−s−2s

.

(d) e−3(s−1)−e−(s−1)

s−1+ e−2(s−2)

s−2. (e) 1

s+ es−3i

2(s−3i)+ es+3i

2(s+3i).

(f) usando H0: 1s−1+ 1

s+ s

s2+32 .

(5.12) (a) e3t cos(4t)H0(t).

(b) 34e3t sin(4t)H0(t).

(c) e3t�cos(4t) + 34

sin(4t)�

H0(t).

(d) e3t�cos(4t)− 14

sin(4t)�

H0(t).

(e) et sin t H0(t). (f) (1− et sin t)H0(t).

(g) (et sin t − et sin(2t))H0(t).

(h) et sin t H0(t) +H−2(t).

(i) et+2 sin(t + 2)H−2(t).

(5.16) (a) 1s−4

. (b) 3s−4

. (c) 1s−3

. (d) 1s−3+ 3

s−4.

(e) 1s−i

. (f) 1s+i

. (g) 12(s−i)

+ 12(s+i)

.

(h) 12(s−i)

+ 12(s+i)

. (i) 1(s−3−2i)2

. (j) 1(s−3+2i)2

.

(k) 12i(s−3−2i)2

− 12i(s−3−2i)2

.

(l) 12(s−3−2i)2

+ 12(s−3−2i)2

. (m) 1(s−3)2

− 2(s−3)2

.

(n) 1(s−3)2

+ 1i(s−3−2i)3

− 1i(s−3+2i)3

.

(o) 1s2+1+ 3(s−2i)4

+ 3(s+2i)4

. (p) 12s− s

2(s2+42).

(5.17) (a) cos t H0(t). (b) et+e−t

2H0(t).

(c) te−t−tet

2H0(t). (d) t sin t H0(t).

(e) 16

tet sin(3t)H0(t). (f) 15!

t5et H0(t).

(g) 14!

t4et H0(t). (h)� 1

4!t4 + 1

5!t5�et H0(t).

(i) 15!(t + 3)5et+3 H−3(t).

(5.19) (a) e3t − et . (b) 2e3t − et .

(c) 2e3t + te3t . (d) 1+ 2e3t . (e) et + 3e3t + te3t .

(5.27)¨ 0, se t < 0,− 2

3et sin(3t), se 0< t < π,

− 23

et sin(3t)−1+ 13

et−π sin(3t)−et−π cos(3t), se π < t.§− 2

3et sin(3t), se t < π,

− 23

et sin(3t)−1+ 13

et−π sin(3t)−et−π cos(3t), se π < t.

70/83

Page 71: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 6

AS SÉRIES DE FOURIER E ALGUMAS EDP

Imaginem que queremos resolver a equação

∂ u

∂ t=∂ 2u

∂ x2 .

Como é que alguém poderia resolver uma equação desse género? Na falta de outras ideias,uma opção é tentar encontrar soluções por tentativa e erro. Por exemplo, podemos subs-tituir u(t, x) = T (t) · X (x) e ver o que acontece. Chegamos (como?) a T ′(t) · X (x) =T (t) · X ′′(x). Separando tudo o que tenha t para a esquerda e tudo o que tenha x para adireita, obtemos

T ′(t)T (t)

=X ′′(x)X (x)

.

Se essas duas expressões são iguais, então não podem depender nem de t (porque não há tno lado direito) nem de x (porque não há x no lado esquerdo). Ou seja, são iguais a umaconstante λ. Por exemplo, a segunda equação fica equivalente a

(D2−λ)X = 0

(usando D para indicar a derivada em ordem a x). Suponhamos ainda que 0≤ x ≤ 1 e queu(t, 0) = u(t, 1) = 0 (a condição de fronteira), o que implica (se T (t) 6= 0) X (0) = X (1) = 0.Para termos X (x) 6= 0, precisamos de λ < 0 (isto não é bem assim com outras condições defronteira), e nesse caso as soluções desta última equação diferencial são

X (x) = C1 cos(p

−λx) + C2 sin(p

−λx).

Mas para termos X (0) = X (1) = 0, temos necessariamente C1 = 0 ep−λ= πk (para algum

inteiro k). Ou seja, neste momento já sabemos que u(t, x) = T (t) sin(πkx) (absorvemos aconstante C2 na definição de T (t)), que T ′(t) = λT (t), e que λ=−π2k2.

Usando agora D para representar a derivada em ordem a t, vemos que (D − λ)T = 0,cuja solução é T (t) = eλt T (0). Ou seja, a solução final é um múltiplo de e−π

2k2 t sin(πkx).Mais geralmente, seria razoável assumir que a solução geral seja da forma

u(t, x) =∑

k>0

bke−π2k2 t sin(πkx).

Este é o nosso primeiro exemplo de uma série de Fourier.Neste episódio, vamos começar por falar um pouco das séries de Fourier e das suas

variantes (as séries de senos e as séries de cossenos). No próximo episódio, vamos ver comousá-las para resolver algumas equações diferenciais parciais (EDPs)—assim chamadas porenvolverem derivadas parciais.

71/83

Page 72: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

(6.1) FUNÇÕES PERIÓDICAS. Nas próximas páginas vamos trabalhar apenas com funções pe-riódicas seccionalmente C∞. Mais concretamente, vamos fixar um intervalo [A, B] de com-primento ` = B − A, e considerar apenas funções f : R → C seccionalmente C∞ e comperíodo `.

Dizer que f tem período ` é dizer que f (x+`) = f (x) para todo o x ∈ R. Reparem quese a função tem período `, também tem período 2` ou 3` ou −`. Ou seja, da forma comoestamos a definir ter período `, não há nenhuma sugestão de que ` seja o número maispequeno para o qual f (x + `) = f (x). (Conseguem imaginar alguma função com período` para todo o ` > 0? Conseguem imaginar duas funções com período ` para todo o ` ∈ Q?Linearmente independentes?)

E o que queremos dizer com uma função ser “seccionalmente C∞”? No nosso caso,apenas que existe um número finito de pontos intermédios (que podem ser diferentes defunção para função) com A = x0 < x1 < x2 < · · · < xk−1 < xk = B e que em cadasubintervalo ]x i , x i+1[ a função é a restrição de uma função C∞ definida num intervaloligeiramente maior. (Pôr isto desta forma evita algumas complicações com limites lateraisdas derivadas da função.)

Alternativamente, podemos começar com funções seccionalmente C∞ definidas em ]a, b[(porquê aberto?) e estendê-las a R de forma a terem período `= B−A. De facto, o intervaloexato que escolhemos não é especialmente relevante (porquê?). Porém, nos problemas comque vamos lidar pode ser mais prático lidar com intervalos de certos formatos.

(6.2) PRODUTO INTERNO DE FUNÇÕES PERIÓDICAS. Concentramo-nos então nas funções sec-cionalmente C∞ de período `. Escolhemos qualquer intervalo [A, B] de comprimento ` =B− A, e definimos o seguinte produto interno:

⟨ f , g⟩=∫ B

A

f (x) g(x)dx .

Como habitualmente, a norma correspondente é definida por ‖ f ‖=p

⟨ f , f ⟩.

(6.3) Exercício. Provem as seguintes propriedades deste produto ( f , g, h são funções secci-onalmente C∞ definidas em [A, B], c é um complexo):

(a) ⟨ f , g⟩= ⟨g, f ⟩(b) ⟨c f , g⟩= c⟨ f , g⟩ e ⟨ f , cg⟩= c⟨ f , g⟩;(c) ⟨ f + g, h⟩= ⟨ f , h⟩+ ⟨g, h⟩ e ⟨ f , g + h⟩= ⟨ f , g⟩+ ⟨ f , h⟩;(d) ‖ f ‖ ≥ 0;

(e) se ‖ f ‖= 0, então f = 0.

(6.4) Exercício. Mostrem que se f e g têm período ` e ambos os intervalos [A, B] e [A′, B′]têm comprimento `, então

∫ B

A

f (x) g(x)dx =

∫ B′

A′f (x) g(x)dx .

72/83

Page 73: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 6: AS SÉRIES DE FOURIER E ALGUMAS EDP

(6.5) BASE ORTOGONAL PARA FUNÇÕES PERIÓDICAS. Vamos agora concentrar-nos em funçõesde período 2π. Não vamos tentar demonstrar este facto (ou explicar rigorosamente o queas diferentes afirmações significam), mas a ideia é que temos uma base ortogonal para estasfunções.

Onde vamos buscar uma tal base? Se o operador D (derivação em ordem a x) fossediagonalizável (de novo, sem tentar definir rigorosamente as palavras que usamos em con-textos novos), então esperaríamos ter uma base de vetores próprios. Quem são os vetorespróprios de D? A função f é um vetor próprio de D com valor próprio λ se D f = f ′ = λ f .Conhecemos as soluções dessa equação: são da forma eλx f (0). Mas são periódicas?

(6.6) Exercício. Mostrem que f (x) = eλx f (0) define uma função de período 2π só sef (0) = 0 ou λ= ni, com n ∈ Z.

(6.7) Exercício. Dados n, m ∈ Z, mostrem que as funções enix e emix são ortogonais (esta-mos a usar qualquer intervalo de comprimento 2π, por exemplo, [0,2π]) desde que n 6= m.Qual a norma de enix?

(6.8) Exercício. Se f e g são funções C∞ de período 2π (continuamos a usar o intervalo[0,2π]), mostrem que:

(a) f (2π) = f (0) e g(2π) = g(0);

(b) ddx

g(x) = ddx

g(x) (não é a derivada complexa, pois a variável não é complexa);

(c) ⟨ f , D2 g⟩= ⟨D2 f , g⟩ (onde D representa ddx

);

(d) −⟨ f , D2 f ⟩ ≥ 0.

(6.9) Exercício. Mostrem que enix (com n ∈ Z) é um vetor próprio de D2. Qual o valorpróprio?

(6.10) Exercício. Fixem n, m ∈ Z com n 6= m. Tendo em conta que enix é ortogonal a emix ,mostrem que cos(nx) e sin(nx) são ortogonais a cos(mx) e a sin(mx). (Continuamos atrabalhar no intervalo [0, 2π].)

(6.11) Exercício. Fixem um inteiro n> 0. Usando exponenciais complexas ou outra técnicaque prefiram, mostrem que cos(nx) é ortogonal a sin(nx). Determinem a norma de am-bas as funções. Mostrem ainda que ambas são ortogonais à função constante igual a 1, edeterminem a norma desta última função. (Continuamos a trabalhar em [0,2π].)

(6.12) SÉRIES DE FOURIER. Em termos práticos, a conclusão de tudo isto é que vamos usaruma base ortogonal com as funções 1, cos(nx) e sin(nx) (usando todos os inteiros n > 0).Nesse caso, uma função f de período 2π pode ser escrita como combinação linear dessasfunções:

f (x) = a0+∑

n>0

an cos(nx) +∑

n>0

bn sin(nx).

73/83

Page 74: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

A uma tal soma chamamos série de Fourier para f . (Notem que isto pode não ser bem umaigualdade; vamos esclarecer este ponto um pouco mais à frente.)

E quem são os coeficientes da série de Fourier? Como as diferentes funções da base sãoortogonais entre si, vamos ter:

⟨ f , 1⟩= ⟨a0, 1⟩, ⟨ f , cos(nx)⟩= ⟨an cos(nx), cos(nx)⟩, ⟨ f , sin(nx)⟩= ⟨bn sin(nx), sin(nx)⟩(verifiquem!), o que nos leva a (aqui, n> 0)

a0 =⟨ f , 1⟩‖1‖2 , an =

⟨ f , cos(nx)⟩‖cos(nx)‖2 , bn =

⟨ f , sin(nx)⟩‖sin(nx)‖2

(concordam?).No caso de um intervalo mais geral, da forma [A, B] e com comprimento ` = B − A,

podemos usar as mudanças de variável x = A+ `2π

u e u = 2π`(x − A) = 2π

`x − 2πA

`para

converter entre u ∈ [0,2π] e x ∈ [A, B]. Nesse caso, os limites de integração devem serajustados (passar de 0 a 2π para de A a B). Podemos então usar uma base ortogonal comas funções 1, cos(nu) = cos(2πnx

`− 2πnA

`) e sin(nu) = sin(2πnx

`− 2πnA

`) (tal como antes,

usando todos os inteiros n > 0). Porém, isto é desnecessariamente complicado; podemosperfeitamente eliminar os 2πnA

`obtendo uma base ligeiramente diferente: 1, cos(2πnx

`) e

sin(2πnx`). Para cada n, as novas funções são combinação linear das antigas e vice-versa

(conseguem ver porquê?), mas a nova versão é mais prática.Assim, dada uma função de período ` (usando o intervalo [A, B] de comprimento ` =

B− A), escrevemos

f (x) = a0+∑

n>0

an cos 2πnx`+∑

n>0

bn sin 2πnx`

e temos, como antes (e ainda com n> 0),

a0 =⟨ f , 1⟩‖1‖2 , an =

⟨ f , cos 2πnx`⟩

‖cos 2πnx`‖2 , bn =

⟨ f , sin 2πnx`⟩

‖sin 2πnx`‖2 .

Ou, tendo em conta que ‖1‖2 = ` e ‖cos 2πnx`‖2 = ‖sin 2πnx

`‖2 = `

2,

a0 =1`⟨ f , 1⟩, an =

2`⟨ f , cos 2πnx

`⟩, bn =

2`⟨ f , sin 2πnx

`⟩.

Neste ponto, vale a pena fazer um aviso: alguns autores usam uma convenção ligeira-mente diferente, em que a0 tem a mesma fórmula que an (n > 0), e na série de Fourier def usam a0

2em vez de a0. Com qualquer das convenções, o resultado final é

f (x) = 1`⟨ f , 1⟩+

n>0

2`⟨ f , cos 2πnx

`⟩ cos 2πnx

`+∑

n>0

2`⟨ f , sin 2πnx

`⟩ sin 2πnx

`.

(6.13) Uma pergunta natural é: a função obtida a partir da série de Fourier coincide com afunção original f ?

Se f for C∞, sim. De contrário, é preciso algumas precauções. Para as funções quetemos usado (funções limitadas, periódicas, seccionalmente C∞), a situação é parecida:nos pontos onde f é contínua, então a soma realmente converge para o valor de f (nessespontos); nos pontos de descontinuidade, a soma converge para a média entre o limite àesquerda e o limite à direita. (É tradicional exigir apenas que a função seja seccionalmenteC1, mas nos exemplos que vamos explorar isso não acrescenta nada.)

74/83

Page 75: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 6: AS SÉRIES DE FOURIER E ALGUMAS EDP

(6.14) Vejamos um exemplo. Vamos considerar a função f de período 2 definida no inter-valo ]−1, 1[ por f (x) = x . (Qual é a sua definição no intervalo ]1,3[? E no intervalo ]0, 2[?Não dissemos qual o valor em x = 1. Faz diferença?)

A sua série de Fourier é dada por

a0+∑

n>0

an cos(πnx) +∑

n>0

bn sin(πnx),

e os respetivos coeficientes (de novo, n> 0) são

a0 =1

2⟨ f , 1⟩= 1

2

∫ 1

−1

x dx ,

an = ⟨ f , cos(πnx)⟩=∫ 1

−1

x cos(πnx)dx ,

bn = ⟨ f , sin(πnx)⟩=∫ 1

−1

x sin(πnx)dx .

Basta-nos calcular estes integrais. Para o primeiro, temos simplesmente

∫ 1

−1

x dx =�

x2

2

�1

−1= 0.

Também podíamos observar que a função é ímpar e o intervalo é simétrico, logo o integralé 0. Aliás, essa observação permite-nos concluir imediatamente que

∫ 1

−1

x cos(πnx)dx = 0.

Para o terceiro integral precisamos de integração por partes:

∫ 1

−1

x sin(πnx)dx =�

−xcos(πnx)πn

�1

−1−∫ 1

−1

−cos(πnx)πn

dx

Mas este último integral é na verdade ⟨1,− cos(πnx)πn

⟩ (isto só funciona porque o integral é aolongo de todo o intervalo!), portanto o resultado é 0, e ficamos apenas com a outra parcela:

∫ 1

−1

x sin(πnx)dx =�

−xcos(πnx)πn

�1

−1=−cos(πn)

πn− (−1)

cos(−πn)πn

=−2(−1)n

πn.

A nossa série de Fourier fica portanto

n>0

−2(−1)n

πnsin(πnx).

Em pontos no interior do intervalo [−1, 1], a função original é C∞, por isso a soma coincidecom o valor da função. Por exemplo, em x = 1

2, ficamos com

f (12) = 1

2=∑

n>0

−2(−1)n

πnsin(πn1

2).

75/83

Page 76: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

Se n for par, o seno é 0. Se n for ímpar, temos n= 2k+ 1 (com k ≥ 0), e então temos

12=∑

k≥0

−2(−1)2k+1

π(2k+ 1)sin(π2k+1

2) =∑

k≥0

2

π(2k+ 1)sin(kπ+ π

2) =∑

k≥0

2

π(2k+ 1)(−1)k.

Desta forma, multiplicando tudo por π2

, obtemos

π4=∑

k≥0

(−1)k

2k+ 1.

(6.15) Exercício. Considerem a função de período 1 definida por g(x) = x no intervalo]0,1[.

(a) Determinem a série de Fourier dessa função. Qual a série que obtêm em x = 1?Qual a sua soma?

(b) Verifiquem que o exemplo anterior corresponde à série do prolongamento ímpar deg a ]−1,1[. Chamamos a uma tal série a série de senos de g.

(c) Considerem agora o prolongamento par de g a ]−1,1[, definido por x 7→ |x |. Cal-culem a série de Fourier respetiva. Mostrem que todos os senos têm coeficiente nulo. (Daíchamar-se a esta série uma série de cossenos para g. Notem que as séries de cossenos podemincluir termo constante.)

(6.16) Exercício. Considerem agora a função de período 2 definida por f (x) = x no inter-valo ]0,2[. Determinem a série de Fourier, a série de senos, e a série de cossenos dessafunção. Comparem com as séries do exercício anterior.

(6.17) Exercício. Considerem a função de período 1 definida por h(x) = x2 no intervalo]0,1[.

(a) Determinem a série de Fourier de h(x).(b) Substituindo x = 1

2, determinem o valor de

∑∞n=1

(−1)n

n2 .(c) Substituindo x = 1, determinem o valor de

∑∞n=1

1n2 .

(6.18) Exercício. Considerem agora a função de período 1 definida por h(x) = x4 no inter-valo ]0, 1[.

(a) Determinem a série de Fourier de h(x).(b) Substituindo x = 1

2, determinem o valor de

∑∞n=1

(−1)n

n4 .(c) Substituindo x = 1, determinem o valor de

∑∞n=1

1n4 .

(6.19) Exercício. Calculem as séries de senos destas funções:(a) f : ]0,π[→ R : x 7→ sin x;(b) f : ]0,π[→ R : x 7→ sin(2x);(c) f : ]0,π[→ R : x 7→ cos x;(d) f : ]0,π[→ R : x 7→ cos(2x);(e) f : ]0,π[→ R : x 7→ 1;(f) f : ]0,π[→ R : x 7→ (cos x)2;(g) f : ]0,2[→ R : x 7→ x2.

76/83

Page 77: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 6: AS SÉRIES DE FOURIER E ALGUMAS EDP

(6.20) Exercício. Calculem as séries de cossenos destas funções:(a) f : ]0,π[→ R : x 7→ 1;(b) f : ]0,π[→ R : x 7→ cos x;(c) f : ]0,π[→ R : x 7→ cos(2x);(d) f : ]0,π[→ R : x 7→ (cos x)2;(e) f : ]0,π[→ R : x 7→ (sin x)2;(f) f : ]0,π[→ R : x 7→ cos(3x).

(6.21) A EQUAÇÃO DE CONTINUIDADE. Dizer que uma certa quantidade é conservada, é dizerque, para cada região V

ddt

∫∫∫

V

densidade=

∫∫

∂ V

fluxo através da fronteira

(∂ V é o bordo de V ). Se chamarmos ρ à densidade (da quantidade em causa), e usarmosa regra de Leibniz (para trocar a derivada para dentro do integral), o lado esquerdo dessaequação fica

ddt

∫∫∫

V

densidade=ddt

∫∫∫

V

ρ =

∫∫∫

V

∂ ρ

∂ t.

Se chamarmos F ao vetor que descreve a direcção de movimento (e quantidade de materialmovimentado) em cada ponto, e N ao vetor normal a ∂ V apontando para fora da região, edepois usarmos o teorema da divergência, o lado direito da fórmula fica

∫∫

∂ V

fluxo através da fronteira=

∫∫

∂ V

F •N=

∫∫∫

V

divF.

Ora, se duas funções contínuas têm sempre os mesmos integrais, independentemente daregião de integração V , é porque são necessariamente iguais. Obtemos portanto a chamadaequação de continuidade:

∂ ρ

∂ t= divF.

(Notem que aqui estamos a usar a divergência de forma ligeiramente diferente do habitual,incluindo apenas derivadas em relação às variáveis espaciais.)

(6.22) A EQUAÇÃO DO CALOR pode ser obtida a partir da equação de continuidade, se acei-tarmos algumas hipóteses (com cuja justificação—e condições de validade—não nos vamospreocupar).

O nosso objetivo é encontrar uma equação diferencial para a temperatura u(t, x , y, z)em cada ponto (x , y, z) de um objeto e em cada instante t. A equação, é claro, só se aplicaráno interior do objeto; teremos que especificar (de alguma outra forma) o que se passa nafronteira do objeto.

Como a energia é conservada, vamos escrever a correspondente equação da continui-dade. Para isso, assumimos que a densidade de energia (térmica) em cada ponto é pro-porcional à temperatura (absoluta) nesse ponto (ou seja, ρ = au, para alguma constante

77/83

Page 78: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

a > 0) e que o fluxo de energia (em linguagem comum: o fluxo de calor) é proporcionalao gradiente da temperatura, mas no sentido oposto (ou seja, F = −b grad u, para algumaconstante b > 0). Combinando tudo, a equação da continuidade fica

a∂ u

∂ t= b divgrad u= b

� ∂ 2u

∂ x2 +∂ 2u

∂ y2 +∂ 2u

∂ z2

.

Para nós, os valores de a e b são irrelevantes, e por isso combinamo-los no mesmo lado daequação. Vamos considerar apenas o caso unidimensional. (Como usamos apenas derivadas,não precisamos que u seja a temperatura absoluta.) Obtemos portanto

∂ u

∂ t= c∂ 2u

∂ x2 .

Mas como resolvemos uma equação deste género?

(6.23) RESOLUÇÃO DE EDP USANDO SÉRIES DE FOURIER. Queremos encontrar a função u(t, x)com domínio t ≥ 0 e 0≤ x ≤ π

3satisfazendo

∂ u

∂ t= 4

∂ 2u

∂ x2 − 17u, u(t, 0) = u(t, π3) = 0, u(0, x) = 4sin(3x)− 7 sin(6x).

(Às condições no centro chamamos as condições de fronteira, à última condição chamamosa condição inicial.)

Vamos usar a seguinte estratégia: fixando o valor de t, queremos que a função f (x) =u(t, x) satisfaça f (0) = u(t, 0) = 0 e f (π

3) = u(t, π

3) = 0. Como vamos precisar de calcular

a derivada d fdx= ∂ u

∂ x, convém que f seja diferenciável (sem saltos nem cantos). Podemos

começar por fazer um prolongamento ímpar de f ao intervalo [−π3

, π3] (como f (0) = 0,

isto assegura que f seja diferenciável em x = 0). Se fizermos um prolongamento periódico(de período 2π

3), também asseguramos que f é diferenciável em x = π

3. Desta forma, f é

uma função ímpar de período 2π3

, pelo que tem uma série de senos com o seguinte formato:

f (x) =∑

k>0

bk sin2πkx

2π/3=∑

k>0

bk sin(3kx).

3

−π3

Mas é importante notar que este raciocínio se aplica independentemente para cada t.Desta forma, os coeficientes podem perfeitamente depender de t. Ou seja, estamos a lidarcom uma solução da forma

u(t, x) =∑

k>0

bk(t) sin(3kx).

78/83

Page 79: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 6: AS SÉRIES DE FOURIER E ALGUMAS EDP

O passo seguinte é encontrar os bk(t). Para tal, calculamos as derivadas parciais destasérie (vamos admitir, sem justificação, que isto é válido) e substituímo-las na equação origi-nal. Como

∂ u

∂ t(t, x) =

k>0

b′k(t) sin(3kx),∂ 2u

∂ x2 (t, x) =∑

k>0

bk(t)(−32k2) sin(3kx)

(porquê?), a equação original fica∑

k>0

b′k(t) sin(3kx) = 4∑

k>0

bk(t)(−32k2) sin(3kx)− 17∑

k>0

bk(t) sin(3kx).

Recordando que os senos formam uma base para as funções que estamos a considerar (fun-ções ímpares de período 2π

3), reconhecemos que os seus coeficientes não se misturam. Por

isso, para cada k > 0, temos

b′k(t) =−4 · 32k2 bk(t)− 17bk(t) = (−36k2− 17)bk(t).

Podíamos usar aniquiladores para resolver esta equação, mas este caso é tão simples quereconhecemos imediatamente que a solução é bk(t) = e(−36k2−17)t bk(0). Assim, a soluçãoda equação original é

u(t, x) =∑

k>0

e(−36k2−17)t bk(0) sin(3kx).

Só nos falta determinar os valores de bk(0). Para tal, substituímos t = 0 na soluçãogeral, obtendo

u(0, x) =∑

k>0

bk(0) sin(3kx).

Neste ponto, pode acontecer uma de duas coisas: ou a condição inicial já vem expressaneste tipo de série (caso em que lemos os coeficientes diretamente), ou não vem (caso emque temos de calcular os coeficientes da condição inicial— prolongada da mesma forma queos u(t, x)—numa série deste tipo, usando os produtos internos).

No nosso caso, a condição inicial u(0, x) = 4sin(3x)−7sin(6x) já vinha expressa comouma série do tipo procurado. Assim, podemos ler diretamente que b1(0) = 4, b2(0) = −7,e que nenhum outro k ocorre. Ou seja, a solução final da nossa equação é

u(0, x) = 4e(−36−17)t sin(3x)− 7e(−36·22−17)t sin(6x).

(6.24) Vale a pena falarmos brevemente sobre o que mudaria com outras condições defronteira.

Se as condições de fronteira fossem ∂ u∂ x(t, 0) = ∂ u

∂ x(t, π

3) = 0 e, como antes, f (x) =

u(t, x) para algum t fixo, então o prolongamento compatível seria um prolongamento par.Assim, teria uma série de cossenos

f (x) = u(t, x) =∑

k≥0

ak(t) cos(3kx).

0 π

3−π

3

79/83

Page 80: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

(6.25) Se as condições de fronteira fossem u(t, 0) = ∂ u∂ x(t, π

3) = 0 e, como antes, f (x) =

u(t, x) para algum t fixo, então o prolongamento compatível seria um prolongamento ímpar(para evitar ter um canto em f (0) = 0). Porém, não podemos fazer um prolongamento deperíodo 2π

3, pois corremos o risco de ter saltos no outro extremo do intervalo.

0 π

3−π

3

Para evitar este problema, fazemos um novo prolongamento, até ao intervalo [−2π3

, 2π3],

e depois consideramos uma função de período 4π3

. Dessa forma, a série fica

f (x) = u(t, x) =∑

k>0

bk(t) sin2πkx

4π/3=∑

k>0

bk(t) sin3kx

2.

0 π

3−π

3

2π3

− 2π3

(6.26) Exercício. Como é ilustrado na figura, a função f tem a seguinte simetria: f (π3−x) =

f (π3+ x). Substituindo na série de senos, obtemos a identidade

k>0

bk(t) sin3k(π

3− x)

2=∑

k>0

bk(t) sin3k(π

3+ x)

2,

que pode ser simplificada para

k>0

bk(t) sin�kπ

2− 3kx

2

=∑

k>0

bk(t) sin�kπ

2+

3kx

2

.

Mostrem que isto leva a bk(t) = 0 se k é par, e não impõe qualquer restrição adicional se k éímpar. Verifiquem que o mesmo se passa independentemente do comprimento do intervalooriginal. Concluam que para este tipo de prolongamento a série de senos inclui apenas kímpar.

(6.27) Se as condições de fronteira fossem ∂ u∂ x(t, 0) = u(t, π

3) = 0 e, como antes, f (x) =

u(t, x) para algum t fixo, então o prolongamento compatível seria um prolongamento par

0 π

3−π

3

80/83

Page 81: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 6: AS SÉRIES DE FOURIER E ALGUMAS EDP

(para evitar ter um salto em f (0) = 0). Tal como para o caso anterior, não podemos fazerum prolongamento de período 2π

3, desta vez porque corremos o risco de ter cantos no

outro extremo do intervalo. Fazemos então um novo prolongamento a [−2π3

, 2π3] e depois

consideramos uma função de período 4π3

. Seguindo um raciocínio semelhante ao de antes,chegamos a

f (x) = u(t, x) =∑

k>0k ímpar

ak(t) cos3kx

2.

0 π

3−π

3

2π3

− 2π3

(6.28) Exercício. Considerem a EDP

∂ u

∂ t=∂ 2u

∂ x2 + 5u,

onde u(t, x) está definida para t ≥ 0 e 0 ≤ x ≤ 2π. Encontrem a solução satisfazendoas condições de fronteira e inicial listadas em cada uma das alíneas (ou seja, cada alíneacorresponde a uma solução distinta).

(a) u(t, 0) = u(t, 2π) = 0, u(0, x) = sin x;(b) u(t, 0) = u(t, 2π) = 0, u(0, x) = 3 sin x + sin(2x);(c) u(t, 0) = u(t, 2π) = 0, u(0, x) = sin(x/2);(d) u(t, 0) = u(t, 2π) = 0, u(0, x) = cos x;(e) u(t, 0) = u(t, 2π) = 0, u(0, x) = x;(f) ∂ u

∂ x(t, 0) = ∂ u

∂ x(t, 2π) = 0, u(0, x) = 3cos(2x);

(g) ∂ u∂ x(t, 0) = ∂ u

∂ x(t, 2π) = 0, u(0, x) = sin x;

(h) ∂ u∂ x(t, 0) = ∂ u

∂ x(t, 2π) = 0, u(0, x) = x;

(i) ∂ u∂ x(t, 0) = ∂ u

∂ x(t, 2π) = 0, u(0, x) = H0(x)−H1(x);

(j) u(t, 0) = ∂ u∂ x(t, 2π) = 0, u(0, x) = sin(2x);

(k) u(t, 0) = ∂ u∂ x(t, 2π) = 0, u(0, x) = 3sin(2x)− 5cos(4x);

(l) u(t, 0) = ∂ u∂ x(t, 2π) = 0, u(0, x) = x;

(m) u(t, 0) = ∂ u∂ x(t, 2π) = 0, u(0, x) = 1;

(n) ∂ u∂ x(t, 0) = u(t, 2π) = 0, u(0, x) = 1;

(o) ∂ u∂ x(t, 0) = u(t, 2π) = 0, u(0, x) = cos(2x) + 5 cos(4x);

(p) ∂ u∂ x(t, 0) = u(t, 2π) = 0, u(0, x) = cos(3x).

(6.29) Exercício. Queremos encontrar a solução u(t, x), com t ≥ 0 e 0≤ x ≤ π, da EDP

∂ 2u

∂ t2 =∂ 2u

∂ x2 + 3u

com condições de fronteira u(t, 0) = u(t,π) = 0 e condições iniciais u(0, x) = sin x −3sin(2x) e ∂ u

∂ t(0, x) = 4 sin(2x).

81/83

Page 82: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

JOÃO PEDRO BOAVIDA, EPISÓDIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS, 2014

(a) Comecem por mostrar que a série adequada é u(t, x) =∑

k>0 bk(t) sin(kx).(b) Mostrem que a equação satisfeita por bk(t) é (D2 − 3+ k2)bk = 0 (usando D para

indicar a derivada em ordem a t).(c) Para cada k > 0, determinem bk(0) e b′k(0). Em particular, decidam quais os valores

de k que não são relevantes para o resto do problema.(d) Para cada valor relevante de k, determinem a solução bk da equação da alínea (b)

com as condições iniciais indicadas na alínea (c). Notem que valores diferentes de k levama tipos diferentes de solução.

(e) Juntem toda a informação das alíneas anteriores e obtenham uma expressão para asolução u(t, x).

(6.30) Exercício. Encontrem a solução u(t, x), com t ≥ 0 e 0≤ x ≤ π, da EDP

∂ 2u

∂ t2 =∂ 2u

∂ x2 + 4u

com condições de fronteira u(t, 0) = u(t,π) = 0 e condições iniciais u(0, x) = 2 sin(2x)−3sin(3x) + 4sin(4x) e ∂ u

∂ t(0, x) = 3 sin(2x).

(6.31) Exercício. Encontrem a solução u(t, x), com t ≥ 0 e 0≤ x ≤ 1, da EDP

∂ 2u

∂ t2 = c2 ∂2u

∂ x2

(c > 0 é uma constante) com condições de fronteira u(t, 0) = u(t, 1) = 0.(a) Considerem primeiro condições iniciais da forma u(0, x) = Asin(`x) e ∂ u

∂ t(0, x) =

B sin(`x). Quais os valores razoáveis para `?(b) Fixem u(0, x) = Asin(`x) e ∂ u

∂ t(0, x) = 0. Qual a solução? Escrevam-na com base

em sin(`c t + `x) e sin(`c t − `x). Qual diriam que é a velocidade dessas ondas?(c) Fixem agora u(0, x) = 0 e ∂ u

∂ t(0, x) = B sin(`x). Qual a solução? Escrevam-na com

base em cos(`c t + `x) e cos(`c t − `x). Qual diriam que é a velocidade dessas ondas?(d) Qual a solução geral da EDP, escrita em série de senos?

82/83

Page 83: Episódios de Equações Diferenciais, 2014 - Técnico … · plexa e Equações Diferenciais no IST/TagusPark. Nesta terceira iteração, decidi separar a análise complexa das equações

Cop

yrig

htc©

2014

,Joã

oPe

dro

Boa

vida

.Ve

rsão

atua

ldis

poní

vele

mht

tp:/

/web

.tec

nico

.uli

sboa

.pt/

joao

.boa

vida

/201

4/AC

ED/.

EPISÓDIO 6: AS SÉRIES DE FOURIER E ALGUMAS EDP

(6.32) RESPOSTAS DE EXERCÍCIOS.

(6.7)p

2π.

(6.9) −n2.

(6.11)pπ;pπ;p

2π.

(6.15) (a) 12−∑n>0

1πn

sin(2πnx); 12; 1

2.

(c) 12− ∑

n>0n ímpar

4π2n2 cos(πnx).

(6.16) (a) 1−∑n>02πn

sin(πnx).

(b) −∑n>04(−1)n

πnsin πnx

2.

(c) 1− ∑

n>0n ímpar

8π2n2 cos πnx

2.

(6.17) (a)13+∑

n>01

π2n2 cos(2πnx)−∑n>01πn

sin(2πnx).

(b) −π2

12. (c) π2

6.

(6.18) (a) 15+∑

n>0

� 2π2n2 − 3

π4n4

cos(2πnx) +∑

n>0

� 3π3n3 − 1

πn

sin(2πnx).

(b) − 7π4

6!. (c) π4

90.

(6.19) (a) sin x . (b) sin(2x).(c)

n>1n par

4n/πn2−1

sin(nx). (d)∑

n>0n ímpar

4n/πn2−4

sin(nx).

(e)∑

n>0n ímpar

4πn

sin(nx). (f)∑

n>0n ímpar

4(n2−2)π(n3−4n)

sin(nx).

(g)∑

n>0− 16+8(π2n2−2)(−1)n

π3n3 sin πnx2

.

(6.20) (a) 1. (b) cos x . (c) cos(2x).(d) 1

2+ 1

2cos(2x). (e) 1

2− 1

2cos(2x). (f) cos(3x).

(6.28) (a) e4t sin x . (b) 3e4t sin x + et sin(2x).(c) e19t/4 sin(x/2).

(d)∑

n>0n ímpar

4n/πn2−4

e(5−n2

4)t sin nx

2.

(e)∑

n>0−4 (−1)n

ne(5−

n2

4)t sin nx

2.

(f) 3et cos(2x).

(g)∑

n>0n ímpar

− 16/πn2−16

e(5−n2

4)t cos nx

2.

(h) πe5t +∑

n>0n ímpar

− 8πn2 e(5−

n2

4)t cos nx

2.

(i) 12π

e5t +∑

n>02πn

sin n2e(5−

n2

4)t cos nx

2.

(j)∑

n>0n ímpar

32/πn2−64

sin πn2

e(5−n2

16)t sin nx

4.

(k)∑

n>0n ímpar

� 96/πn2−64

sin πn2− 20n/π

n2−256

e(5−n2

16)t sin nx

4.

(l)∑

n>0n ímpar

16πn2 sin πn

2e(5−

n2

16)t sin nx

4.

(m)∑

n>0n ímpar

4πn

e(5−n2

16)t sin nx

4.

(n)∑

n>0n ímpar

4πn

sin πn2

e(5−n2

16)t cos nx

4.

(o)∑

n>0n ímpar

� 4n/πn2−64

+ 20n/πn2−256

sin πn2

e(5−n2

16)t cos nx

4.

(p)∑

n>0n ímpar

4n/πn2−144

sin πn2

e(5−n2

16)t cos nx

4.

(6.29) (c) b1(0) = 1; b2(0) =−3; b′2(0) = 4.

(d) b1(t) =12ep

2t + 12e−p

2t ;b2(t) =−3 cos t + 4 sin t.(e)� 1

2ep

2t + 12e−p

2t) sin x + (−3cos t +4 sin t) sin(2x).

(6.30) (2+ 3t) sin(2x)− 3cos(p

5t) sin(3x) +4cos(

p12t) sin(4x).

(6.31) (a) `= nπ, com n ∈ Z.(b) Acos(`c t) sin(`x) =A2

sin(`c t + `x)− A2

sin(`c t − `x).(c) B

`csin(`c t) sin(`x) =

B2`c

cos(`c t − `x)− B2`c

cos(`c t + `x).

(d)∑

n>0

An cos(nπc t) + Bn

nπcsin(nπc t)

sin(nπx).

83/83