Capítulo 2.1: Equações Lineares;

Método dos Fatores Integrantes

Uma EDO de primeira ordem tem a forma geral

onde f é linear em y. Exemplos incluem equações com coeficientes constantes,

ou equações com coeficientes variaveis:

),( ytfdtdy =

)()( tgytpdtdy =+

bayy +−=′

Capítulo 2.1: Caso dos Coeficientes Constantes

Para uma EDO linear com coeficientes constantes,

observe que podemos usar métodos de cálculo para resolver:

Cat ekkeaby

Ctaaby

dtaaby

dy

aaby

dtdy

±=+=

+−=−

−=−

−=−

∫∫

,/

/ln/

//

,bayy +−=′

Capítulo 2.1: Caso dos Coeficientes variáveis: Método dos Fatores Integrantes

Nos agora vamos considerar uma EDO linear de primeira ordem com coeficientes variáveis:

O método dos fatores integrantes envolve a multiplicação desta equação por uma função µ(t), escolhida de modo que a equação resultante seja integrada fàcilmente.

)()( tgytpdtdy =+

Capítulo 2.1: Exemplo 1: Fator de Integração

Concidere a seguinte equação:

Multiplicando ambos os lados por µ(t), nos obtemos

Nós escolheremos µ(t) de modo que o lado esquerdo seja facil de identificar a derivada. Considere a regra do produto :

Escolha µ(t) tal que

2/2 teyy =+′

[ ] ydt

tddtdytyt

dtd )()()( µµµ +=

tettt 2)()(2)( =⇒=′ µµµ

)()(2)( 2/ teytdtdyt t µµµ =+

Capítulo 2.1: Exemplo 1: Solução Geral

Com µ(t) = e2t, nos resolvemos a equação original da seguinte forma:

[ ]

tt

tt

tt

ttt

t

t

Ceey

Ceye

eyedtd

eyedtdye

etytdtdyt

eyy

22/

2/52

2/52

2/522

2/

2/

52

52

2

)()(2)(

2

−+=

+=

=

=+

=+

=+′

µµµ

Capítulo 2.1: Método dos Fatores Integrantes:

Variável do lado direito (g(t))Em geral, para variável do lado direito g(t), a solução pode ser encontrada da seguinte forma:

[ ]

atatat

atat

atat

atatat

Cedttgeey

dttgeye

tgeyedtd

tgeyaedtdye

tgtytadtdyt

tgayy

−− +=

=

=

=+

=+

=+′

∫∫

)(

)(

)(

)(

)()()()(

)(

µµµ

Capítulo 2.1: Exemplo 2: Solução Geral

Nos podemos resolver a seguinte equação

usando a formula anterior onde nos conhecemos a e g(t):

Integrando por partes,

Temos

tyy −=+′ 551

5/5/5/ )5()( tttatatat CedtteeCedttgeey −−−− +−=+= ∫∫

[ ]5/5/

5/5/5/

5/5/5/

550

5525

5)5(

tt

ttt

ttt

tee

dtetee

dttedtedtte

−=

−−=

−=−

∫∫∫∫

( ) 5/5/5/5/5/ 550550 ttttt CetCeteeey −−− +−=+−=

Capítulo 2.1: Exemplo 2: Gráfico das Soluções

O gráfico da esquerda mostra o campo de direções junto com diversas curvas integrais. O gráfico na direita mostra diversas soluções, e uma solução particular (vermelho) cujo o gráfico contem o ponto (0,50).

5/550551 tCetytyy −+−=⇒−+−=′

Capítulo 2.1: Exemplo 3: Solução Geral

Nos podemos resolver a seguinte equação

usando a formula anterior onde nos conhecemos a e g(t):

Integrando por partes,

Temos

tyy −=−′ 551

5/5/5/ )5()( tttatatat CedtteeCedttgeey +−=+= ∫∫ −−−

[ ]5/

5/5/5/

5/5/5/

5

5525

5)5(

t

ttt

ttt

te

dtetee

dttedtedtte

−

−−−

−−−

=

+−−−=

−=−

∫∫∫∫

[ ] 5/5/5/5/ 55 tttt CetCeteey +=+= −

Capítulo 2.1: Exemplo 3: Solução Geral

O gráfico da esquerda mostra o campo de direções junto com diversas curvas integrais. O gráfico na direita mostra diversas soluções, e uma solução particular (vermelho) cujo o gráfico contém a origem, o eixo-y separa as soluções que crescem para + ∞ daquelas que decrescem para - ∞ com t → ∞.

5/555/ tCetytyy +=⇒−=−′

Capítulo 2.1: Método dos fatores integrantes para

EDO Lineares de primeira ordem geralVamos considerar uma EDO Linear de 1a ordem geral

Multiplicamos ambos os lados por µ(t), obtemos

Agora, precisamos encontrar µ(t) tal que µ'(t) = p(t)µ(t), para isto basta fazer

)()( tgytpy =+′

[ ] yttpdtdytyt

dtd )()()()( µµµ +=

)()()()()( ttgyttpdtdyt µµµ =+

Capítulo 2.1: Fator Integrante para

EDO Lineares de primeira ordem geralAssim nós escolhemos µ(t) tal que µ'(t) = p(t)µ(t). Assumindo µ(t) > 0, segue que

Tomando k = 0, obtemos

e note µ(t) > 0 como queriamos.

ktdtpttdtpttd +=⇒= ∫∫∫ )()(ln)()()( µ

µµ

,)( )( tdtpet ∫=µ

Capítulo 2.1: Solução para

EDO Lineares de primeira ordem geralAssim nós temos o seguinte :

Então

tdtpettgtyttpdtdyt

tgytpy

∫==+

=+′

)()( onde ),()()()()(

)()(

µµµµ

[ ]

tdtpetndet

cdttgty

cdttgtyt

tgtytdtd

∫=+

=

+=

=

∫∫

)()( o,)(

)()(

)()()(

)()()(

µµ

µ

µµ

µµ

Capítulo 2.1: Exemplo 4: Solução Geral

Para resolver o P.V.I.

primeiro tome a forma padrão:

Então

e onde

( ) ,21,52 2 ==−′ ytyyt

0for ,52 ≠=−′ ttyt

y

222

2

2ln55

1

51

)(

)()(CtttCdt

tt

t

Ctdtt

tCdttgt

y +=

+=

+=

+= ∫

∫∫µ

µ

2

1lnln22

)( 1)( 2

teeeet ttdt

tdttp===∫=∫=

−−µ

Capítulo 2.1: Exemplo 4: Solução Particular

Usando a condição inicial y(1) = 2 e a solução geral

segue que

ou equivalente,

22 2ln52)1( tttyCy +=⇒==

,ln5 22 Cttty +=

( )5/2ln5 2 += tty

Capítulo 2.1: Exemplo 4: Gráfico da Solução

Os gráficos abaixo mostram diversas curvas integrais para a equação diferencial, e uma solução particular (em vermelho) cujo o gráfico contém o ponto inicial (1,2).

( )

22

22

2

2ln5 :Particular Solução

ln5 :Geral Solução21,52 :PVI

ttty

Ctttyytyyt

+=

+===−′

Capítulo 2.2: Equações Separáveis

Nesta seção nós examinamos uma subclasse das EDO’s não-lineares e de 1a ordem.

Nos podemos reescreve-la da seguinte forma:

Por esemplo, seja M(x,y) = - f (x,y) e N (x,y) = 1. Pode haver outras maneiras também. Na formula diferencial,

Se M é uma função de x somente e N é uma função de y somente, então

Neste caso, a equação é chamada separável.

0),(),( =+dxdyyxNyxM

0),(),( =+ dyyxNdxyxM

0)()( =+ dyyNdxxM

),( yxfdxdy =

Capítulo 2.2: Exemplo 1: Resolvendo uma equação separável

Resolvendo a seguinte equação não linear de primeira ordem:

Separando as variáveis, e usando cálculo, obtemos

A equação acima define a solução y implicitamente. Um gráfico que mostra o campo de direções e os pontos implícitos de diversas curvas integrais para a equação diferencial é dado acima .

11

2

2

−+=

yx

dxdy

( ) ( )( ) ( )

Cxxyy

Cxxyy

dxxdyy

dxxdyy

++=−

++=−

+=−

+=−

∫∫

3331

31

11

11

33

33

22

22

Capítulo 2.2: Exemplo 2:

Soluções Implicitas e ExplicitasResolvendo a seguinte EDO Não-Linear:

Separando as variáveis, e usando cálculo, obtemos

A equação acima define a solução y implicitamente. Uma expressão explícita para a solução pode ser encontrada neste caso:

( )12243 2

−++=

yxx

dxdy

( ) ( )( ) ( )

Cxxxyy

dxxxdyy

dxxxdyy

+++=−

++=−

++=−

∫∫222

24312

24312

232

2

2

( ) ( )

Cxxxy

CxxxyCxxxyy

+++±=

++++±=⇒=+++−−

2212

224420222

23

23232

Capítulo 2.2: Exemplo 2: PVI

Supondo que nós procuramos uma solução que satisfaz y(0) = -1. Usando a expressão implícita de y, nós obtemos

Assim a equação implícita que define y é

Usando a expressão explícita de y,

Segue que411

221 23

=⇒±=−

+++±=

CC

Cxxxy

3)1(2)1(222

2

232

=⇒=−−−+++=−

CCCxxxyy

3222 232 +++=− xxxyy

4221 23 +++−= xxxy

Capítulo 2.2: Exemplo 2: Condição Inicial y(0) = 3

Note que se a condição inicial for y (0) = 3, então nós devemos escolhemos o sinal positivo, em vez do sinal negativo, no termo da raiz quadrada :

4221 23 ++++= xxxy

Capítulo 2.2: Exemplo 2: Domínio

Assim as soluções ao problema do valor inicial

são dados por

Da respresentação explícita de y, segue que

e daqui o domínio de y é (- 2, ∞). Note x = -2 temos y = 1, que faz o denominador de dy/dx ser zero (tangente vertical). Inversamente, o domínio de y pode ser estimado encontrando tangents verticais no gráfico (útil para soluções implicitas).

)(explicita 4221

)(implicita 322223

232

+++−=

+++=−

xxxy

xxxyy

( ) ( ) ( ) ( )2212221 22 ++−=+++−= xxxxxy

( ) 1)0(,12

243 2

−=−

++= yy

xxdxdy

Capítulo 2.2: Exemplo 3: Soluções Implicitas de PVI

Concidere o seguinte PVI:

Separando as variáveis, e usando cálculo, obtemos

Usando as condiçoes iniciais, segue que

1)0(,31

cos3 =

+=′ y

yxyy

Cxyy

xdxdyyy

xdxdyy

y

+=+

=

+

=+

∫∫senln

cos31

cos31

3

2

3

1senln 3 +=+ xyy

Capítulo 2.2: Exemplo 3: Gráfico da solução

Então

O gráfico desta solução (preto), junto com os gráficos do campo de direções e as diversas curvas integrais (azuis) para esta equação diferencial, é dado abaixo .

1senln1)0(,31

cos 33 +=+⇒=

+=′ xyyy

yxyy

Capítulo 2.2: Equações Homogêneas

Se a expressão à direita do sinal de igualdade na equação dy/dx = f(x,y) pode ser escrita em função apenas da razão y/x (x/y), então a equação é dita homogênea. ( Se para todo t não nulo temos f(tx,ty)=f(x,y) então dizemos que f(x,y) é homogênea)Tais equações sempre podem ser transformadas em equações separáveis por uma mudança da variável dependente.

).,1(),('')/()/(

,

),(/

tfyxffunçãoaetxtyaigualéquetdxdtxdxdyoutdxxdtdyassim

txyxyttome

yxfdxdy

=+=+=+=

==

=

Capítulo 2.2: Equações Homogêneas

Exemplo: Seja a seguinte EDO: Então

e substituindo t=y/x e dy/dx=x(dt/dx)+t na EDO temos:

cttcttx +−+−=+−−+−= |2||2|ln41|2|ln

41|2|ln

43||ln 3

yxxy

dxdy

−−= 4

xyxy

dxdy

/14/

−−=

tt

dxdtxt

tt

dxdtx

ttt

dxdtx

−−=⇒−

−−=⇒

−−=+

14

14

14 2

dtttx

dxdtttt

xdxdt

tt

xdx

−

−++

−=⇒+−

−=⇒−−=

)2(41

)2(43

)2)(2(1

412

41

43

41

43

|2||2||||2||2|||−−−−

−+=⇒−+=xy

xykxttKx

Capítulo 2.3: Modelos com equações de primeira ordem

Os modelos matemáticos caracterizam os sistemas físicos, usando freqüentemente equações diferenciais .Construção do modelo: Traduzindo a situação física em termos matemáticos. Claramente os princípios físicos do estado servem para governar o processo. A equação diferencial é um modelo matemático do processo, tipicamente uma aproximação.Análise do modelo: Resolvendo a equação ou obter a compreensão qualitativa da solução. Pode simplificar o modelo, contanto que os fundamentos físicos sejam preservados.Comparação com experiência ou observação: Verifica a solução ou sugere o refinamento do modelo.

Capítulo 2.3: Exemplo 1: Presa e Predador (Rato e Curuja)Supôr que uma população de ratos reproduz em uma taxa proporcional à população atual, com uma taxa constante de 0.5 ratos/mês (que supõe nenhuma coruja no inicio).E ainda, supor que quando uma população da coruja está presente, come 15 ratos por dia em média. A equação diferencial que descreve a população de ratos na presença das corujas, supondo 30 dias em um mês, é

Usando métodos de EDO e resolvendo esta equação, obtemos

4505.0 −=′ pp

tkep 5.0900 +=

Capítulo 2.3: Exemplo 2: Solução de sal

No instante t = 0, um tanque contém Q0 lb de sal dissolvido em 100 galão de aguá. Suponha que àgua contendo ¼ lb de sal/gal está entrando no tanque a uma taxa r gal/min, e que o líquido, bem misturado, está saindo do tanque à mesma taxa. (a) Determinar o PVI que descreve este processo do fluxo da solução de sal.(b) Encontrar a quantidade de sal Q(t) no tanque em qualquer tempo dado t.(c) Encontrar uma quantidade QL do sal Q(t) no tanque após muito tempo.(d) Se r = 3 e Q0 = 2QL , ache o tempo T antes que o sal atinja 2% de QL . (e) Ache taxa de fluxo r necessaria se T não exceder 45 min.

Capítulo 2.3: Exemplo 2: (a) Problema de Valor Inicial

No isntante t = 0, o tanque contém Q0 lb de sal disolvido em 100 gal de agua. Suponha que àgua contendo ¼ lb de sal/gal entrando no tanque a uma taxa de r gal/min, e que o líquido, bem misturado, está saindo do tanque à mesma taxa.Supondo que o sal nem é acrescentado ou retirado do tanque, e a distribuição do sal no tanque é uniforme (agitado). Então

Taxa de entada: (1/4 lb sal/gal)(r gal/min) = (r/4) lb/minTaxa de Saída: Se houver Q(t) lbs sal no tanque no tempo t, então a consentração de sal é Q(t) lb/100 gal, e flui para fora na taxa de [Q(t)r/100] lb/min. Assim nosso PVI é

saída de taxa- entrada de taxa/ =dtdQ

0)0(,1004

QQrQrdtdQ =−=

Capítulo 2.3: Exemplo 2: (b) Encontrando a Solução Q(t) Para encontrar a quantidade de sal Q(t) no tanque em toda a hora dada t, nós necessitamos resolver o PVI

Para resolver, nos usamos o método dos Fatores Integrantes:

ou

0)0(,4100

QQrrQdtdQ ==+

[ ][ ] 100/

0

100/100/100/100/

100/

100/

2525)(

25254

)(

)(

rt

rtrtrtrt

rt

rtat

eQtQ

CeCeedtreetQ

eet

−

−−−

−+=

+=+=

=

==

∫

µ

( ) 100/0

100/125)( rtrt eQetQ −− +−=

Capítulo 2.3: Exemplo 2:

(c) Encontrando a Quantidade limite QL

Agora, vamos encontrar a quantidade limite QL de sal Q(t) no tanque após um longo tempo:

Faz o sentido o resultado, desde que com o tempo a solução de sal que entra substituirá a solução de sal original no tanque. Desde que a solução que entra contenha 0.25 lb sal / gal, e o tanque 100 gal, eventualmente o tanque conterá 25 lb sal.O gráfico mostra as curvas integraispara r = 3 e diferentes valores de Q0.

[ ]( ) lb 252525lim)(lim 100/0 =−+== −

∞→∞→

rt

ttL eQtQQ

( ) 100/0

100/125)( rtrt eQetQ −− +−=

Capítulo 2.3: Exemplo 2: (d) Encontrando o tempo T

Suponha r = 3 e Q0 = 2QL . Para encontrar o T antes que Q(t) está em 2% de QL , note primeiro Q0 = 2QL = 50 lb, onde

Agora, 2% de 25 lb é 0.5 lb, e portanto resolvendo

[ ] trt eeQtQ 03.100/0 25252525)( −− +=−+=

min 4.13003.0

)02.0ln(03.0)02.0ln(

02.025255.25

03.0

03.0

≈−

=

−==

+=−

−

T

Te

eT

T

Capítulo 2.3: Exemplo 2: (e) Encontrando a Taxa de fluxoPara encontrar a taxa de fluxo r pedida se T não exceder 45 minutes, da parte (d) onde Q0 = 2QL = 50 lb, temos

e a curvas solução decresce de 50 para 25.5. Assim resolvemos

100/2525)( rtetQ −+=

gal/min 69.845.0

)02.0ln(45.)02.0ln(

02.025255.25

45.0

10045

≈−

=

−==

+=−

−

r

re

er

r

Capítulo 2.3: Exemplo 2: Discussão

Desde que a situação é hipotética, o modelo é válido.Se as taxas de fluxo são como enunciadas e se a concentração de sal no tanque é uniforme, então a equação diferencial fornece uma descrição precisa do processo de fluxo.Os modelos deste tipo são usados freqüentemente em poluição de lagos, concentração de droga em órgão, etc. taxas de fluxos podem ser mais difícies de determinar, ou podem ser variáveis, e a concentração pode ser não uniforme. Também, as taxas de fluxo de entrada e fluxo de saida podem ser diferentes, o que significa que a variação da quantidade de líquido no problema também tem que ser levada em consideração.

Capítulo 2.3: Exemplo 3: Poluição da lagoa

Considere uma lagoa contendo inicialmente 10 million gallons de àgua fresca. A lagoa recebe um fluxo indesejável de produtos químicos a uma taxa de 5 million gal/ano, e a mistura sai da lagoa a uma mesma taxa. A concentração c(t) de produtos químicos na àgua que está entrando varia periodicamente com o tempo segundo a formula: c(t) = 2 + sen 2t g/gal(a) Construir um modelo matemático deste processo de fluxo e determinar uma quantidade Q(t) de tóxico despejado na lagoa no instante t.(b) Gráficar a solução e descrever em palavras o efeito da variação da concentração de produtos químicos entrando.

Capítulo 2.3: Exemplo 3: (a) PVI

A lagoa contém inicialmente 10 million gallons de àgua fresca. A lagoa recebe um fluxo indesejável de produtos químicos a uma taxa de 5 million gal/ano, e a mistura sai da lagoa a uma mesma taxa. A concentração é c(t) = 2 + sen 2t g/gal o despejo de produtos químicos entrando.Assumindo que os produtos químicos nem é criado ou destruído na lagoa, e a distribuição dos produtos químicos na lagoa é uniforme (agitado). Então

Taxa de Entrada: (2 + sen 2t g/gal)(5 x 106 gal/ano)Taxa de Saida: Se existe Q(t) g despejo de produtos químicos na lagoa no tempo t, assim a concentração é Q(t) lb/107 gal, e a taxa do fluxo de saida é [Q(t) g/107 gal][5 x 106 gal/ano]

saida de taxa- entrada de taxa/ =dtdQ

Capítulo 2.3: Exemplo 3:

(a) PVITemos então

Taxa de Entrada: (2 + sen 2t g/gal)(5 x 106 gal/ano)Taxa de saida: [Q(t) g/107 gal][5 x 106 gal/year] = Q(t)/2 g/ano.

Assim PVI é

Mudança de Variável: Seja q(t) = Q(t)/106. Assim

( ) ( ) 0)0(,2

)(10 x 52sen 2 6 =−+= QtQtdtdQ

0)0(,2sen 5 10 2

)( =+=+ qttqdtdq

Capítulo 2.3: Exemplo 3:

(a) Resolvendo o PVIResolvendo o PVI

nos usamos o método dos fatores integrantes:

Usando integração por partes e das condições iniciais, nos obtemos por simplificação,

( )∫ +=

==− dtteetq

eettt

tat

2sen510)(

)(2/2/

2/µ

0)0(,2sen5102/ =+=+′ qtqq

2/

2/2/2/2/

173002sen

17102cos

174020)(

2sen17102cos

174020)(

t

tttt

etttq

Cteteeetq

−

−

−+−=

++−=

Capítulo 2.3: Exemplo 3: (a) Integração por partes

( )

Ctetetdte

Ctetetdte

Ctetetdte

tdtetete

tdtetete

tdtetetdte

ttt

ttt

ttt

ttt

ttt

ttt

++−=

++−=

++−=

−+−=

−+−=

+−=

∫

∫

∫

∫

∫

∫∫

2sen17102cos

17402sen5

2sen1722cos

1782sen

2sen812cos

212sen

1617

2sen1612sen

812cos

21

2sen412sen

21

412cos

21

2cos412cos

212sen

2/2/2/

2/2/2/

2/2/2/

2/2/2/

2/2/2/

2/2/2/

Capítulo 2.3: Exemplo 3: (b) Análise da Solução

Assim o problema de valor inicial e a solução são

Um gráfico da solução junto com o campo de direções para a equação diferencial é dado abaixo. Note que o termo exponencial é

importante para t pequeno, mas decairapidamente para um t grande. Também,q = 20 seria a solução de equilibrio se não fosse os termos sen(2t) e cos(2t).

2/

173002sen

17102cos

174020)(

0)0(,2sen51021

tetttq

qtqdtdq

−−+−=

=+=+

Capítulo 2.4: Diferenças entre equações lineares e

não-lineares Recordamos que EDO’s de 1a ordem tem a forma y' = f (t, y), e é linear se f é linear em y, e não linear se f é não linear em y. Exemplos: y' = t y - e

t (Linear), y' = t y2 (Não Linear). Nesta seção, nós veremos que as equações lineares e não-lineares de 1a ordem diferem de varias maneiras:

A teoria que descrevem a existência e o unicidade das soluções, e os domínios correspondentes, são diferentes . As soluções das equações lineares podem ser expressadas nos termos de uma solução geral, que não é geralmente o caso para equações não-lineares . As equações lineares possuem soluções definidas explicitamente enquanto as equações não-lineares não(geralmente), e as equações não-lineares podem ou não ter soluções definida implicitamente.

Para ambos os tipos de equações, a construção numérica e gráfica das soluções é importante .

Capítulo 2.4: Teorema 2.4.1

Concidere o PVI de uma EDO de 1a ordem Linear:

Se as funções p e g contínuas em um intervalo aberto (α, β ) contendo o ponto t = t0, então existe uma única solução y = φ(t) que satisfaz o PVI para cada t em (α, β ).Esboço da prova : Este resultado foi discutido no capítulo anterior:

0)0(),()( yytgytpdtdy ==+

∫=+

=∫ t

tdssp

t

t etndet

ydttgty 00

)(0)( o,

)(

)()(µ

µ

µ

Capítulo 2.4: Teorema 2.4.2

Concidere o PVI de uma EDO de 1a ordem Não Linear :

Suponha que f e ∂f/∂y são contínuas em algum retangulo aberto (t, y) ∈ (α, β ) x (γ, δ ) contendo o ponto (t0, y0). Assim para algum intervalo (t0 - h, t0 + h) ⊆ (α, β ) existe uma única solução y = φ(t) que satisfaz o PVI.Discussão da prova: Desde que não há nenhuma fórmula geral para a solução da EDO de 1a ordem não-linear arbitrária PVI, a prova é difícil, e vai além deste curso. As condições do Teor 2.4.2 são suficientes mas não necessárias para garantir a existência da solução, e a continuidade de f garante a existência mas não a unicidade de φ.

0)0(),,( yyytfdtdy ==

Capítulo 2.4: Exemplo 1: PVI Linear

Relembrando o seguinte PVI linear:

A solução deste PVI é definida para t > 0, o intervalo em que p(t) = -2/t é contínua. Se a condição inicial é

y(-1) = 2, então a solução é dada pela mesma expressão, mas é definida para t < 0.

Em qualquer dos casos o Teorema 2.4.1 garante que solução é única no intervalo correspondente.

( ) 222 2ln521,52 tttyytyyt +=⇒==−′

Capítulo 2.4: Exemplo 2: PVI Não-linear

Relembrando o seguinte PVI não-linear:

As funções f e ∂f/∂y são dadas por

e são continuas exceto sobre a linha y = 1.Assim podemos tomar um retângulo aberto em (0, -1) no qual f e ∂f/∂y são contínuas, contanto que não passe por y = 1. Qual é tamanho do retângulo? Solução é definida para t > -2, onde

( ) ( ) ,12

243),(,12

243),( 2

22

−++−=

∂∂

−++=

yxxyx

yf

yxxyxf

( ) 1)0(,12

243 2

−=−

++= yy

xxdxdy

4221 23 +++−= xxxy

Capítulo 2.4: Exemplo 2: Mudança da condição inicial

Nosso PVI

com

os quais são contínuos exceto na linha y = 1.Se trocarmos a condição inicial para y(0) = 1, o Teor 2.4.2 não é satisfeito. Resolvendo o novo PVI, obtemos

Assim uma solução existe mas não é única.

( ) ( ) ,12

243),(,12

243),( 2

22

−++−=

∂∂

−++=

yxxyx

yf

yxxyxf

( ) 1)0(,12

243 2

−=−

++= yy

xxdxdy

0,221 23 >++±= xxxxy

Capítulo 2.4: Exemplo 3: PVI Não-linear

Considere o seguinte PVI não-linear

As funções f e ∂f/∂y são dadas por

Assim f é contínua para todo ponto, mas ∂f/∂y não é em y = 0, e portanto o Teor 2.4.2 não é satisfeito. A solução existe mas não é única. Separando as variáveis e resolvendo, obtemos

Se inicial a circunstância não está sobre o eixo-t, então o Teor 2.4.2 garante a existencia e unicidade da solução.

3/23/1

31),(,),( −=

∂∂= yyt

yfyytf

( )00)0(,3/1 ≥==′ tyyy

0,32

23 2/3

3/23/1 ≥

±=⇒+=⇒=− ttyctydtdyy

Capítulo 2.4: Exemplo 4: PVI Não-linear

Considere o seguinte PVI não-linear

As funções f e ∂f/∂y são dadas por

Assim f e ∂f/∂y são continuas em t = 0, assim o Teor 2.4.2 garante que a solução existe e é única. Separando as variáveis e resolvendo, obtemos

A solução y(t) é definida em (-∞, 1). Note que a singularidade em t = 1 não é obvia para o PVI original.

yytyfyytf 2),(,),( 2 =

∂∂=

1)0(,2 ==′ yyy

ty

ctyctydtdyy

−=⇒

+−=⇒+=−⇒= −−

11112

Capítulo 2.4: Intervalo de definição: Equações Lineares

Pelo teorema 2.4.1, a solução do PVI

existe em todo ponto do intervalo próximo t = t0 no qual p e g são continuas. As assimtóticas verticais ou outras descontinuidades da solução podem ocorrer somente em pontos da descontinuidade de p ou g. Entretanto, a solução pode ser diferenciável em pontos da descontinuidade de p ou g. ( Ver Cap 2.1: Ex.: 3).

0)0(),()( yytgytpy ==+′

Capítulo 2.4: Intervalo de definição: Equações Não-LinearesNo caso não-linear, o intervalo em que uma solução existe pode ser difícil de determinar. A solução y = φ(t) existe ao longo da linha (t,φ(t)) dentro da região retangular indicada no Teor 2.4.2. Isto é o que determina o valor de h nesse teorema. Sendo que φ(t) não é conhecida apriore, pode ser impossível determinar esta região. Em nenhum dos caso, o intervalo em que uma solução existe pode não ter nenhum relacionamento simples com à função f da equação diferencial y' = f (t, y), em contraste com equações lineares . Alem disso, qualquer sigularidade da solução pode depender das condições iniciais bem como da equação.

Capítulo 2.4: Soluções Gerais

Para uma equação linear de 1a ordem, é possível obter uma solução que contem uma constante arbitrária, de que todas as soluções seguem especificando valores para esta constante.Para equações não-lineares, tais soluções gerais podem não existir. Isto é, mesmo que uma solução que contem uma constante arbitrária possa ser encontrada, pode haver outras soluções que não podem ser obtidas especificando valores para esta constante. Considerar o exemplo 4: A função y = 0 é uma solução da equação diferencial, mas não pode ser obtida especificando um valor para c na solução encontrada usando a separação das variáveis:

ctyy

dtdy

+−=⇒= 12

Capítulo 2.4: Soluções Explícitas: Equações Lineares

Pelo Teorema 2.4.1, Uma solução do PVI

existe em todo ponto do intervalo próximo de t = t0 no qual p e g são continuas.A solução possui uma representação explícita,

e pode ser avaliado em todo o valor apropriado de t, contanto que as integrais necessárias possam ser calculadas .

,)( o,)(

)()(00

)(0 ∫=+

=∫ t

tdssp

t

t etndet

ydttgty µ

µ

µ

0)0(),()( yytgytpy ==+′

Capítulo 2.4: Aproximação Explícita da Solução

Para equações lineares de 1a ordem, uma respresentação explícita para a solução pode ser encontrada, contanto que as integrais necessárias possam ser resolvidas. Se as integrais não puderem ser resolvidas, segue os métodos numéricos que são usados freqüentemente para aproximar as integrais .

∑∫

∫

=

∆≈

∫=+

=

n

kkkk

t

t

dssp

t

t

ttgtdttgt

etndet

Cdttgty

t

t

1

)(

)()()()(

)( o,)(

)()(

0

00

µµ

µµ

µ

Capítulo 2.4: Soluções Implícitas: Equações Não-Lineares

Para equações não-lineares, as respresentações explícitas das soluções não podem existir. Como nós vimos, pode ser possível obter uma equação que defina implicitamente a solução. Se a equação for simples bastante, uma respresentação explícita pode às vezes ser encontrada . Se não, os cálculos numéricos são necessários a fim determinar valores de y para valores dados de T. Estes valores podem então ser traçados em um esboço da curva integral. Relembrando o seguinte exemplo

1senln1)0(,31

cos 33 +=+⇒=

+=′ xyyy

yxyy

Capítulo 2.5: Equações Autônomas e Dinâmica da População

Nesta seção nós examinaremos as equações da forma y' = f (y), chamadas equações autônomas, onde a variável independente t não aparece explicitamente. A finalidade principal desta seção é aprender como os métodos geométricos podem ser usados para obter a informação qualitativa diretamente da equação diferencial sem resolve-la.Exemplo (Crescimento Exponencial):

Solução:0, >=′ rryy

rteyy 0=

Capítulo 2.5: Crescimento Logístico

Um modelo exponencial y' = ry, com solução y = ert, prediz crescimento ilimitado, com taxa r > 0 independente da população. Supondo que a taxa de crescimento depende do tamanho da população, substituir r por uma função h(y) obtemos y' = h(y)y. Nós queremos escolher a taxa de crescimento h(y) de modo que

h(y) ≅ r quando y for pequeno, h(y) decrease conforme y vai crescendo, eh(y) < 0 quando y for suficientemente grande.

A mais simples função é h(y) = r – ay, onde a > 0. Nossa equação diferencial torna-se então

Esta equação é conhecida como equação de Verhulst, ou logística.( ) 0,, >−=′ aryayry

Capítulo 2.5: Equação da Logística

A equação logística é

Esta equação é equivalente a seguinte forma

onde K = r/a. A constante r é chamada taxa de crescimento intrínseca, e como veremos, K representa a capacidade ambiental de sustentação da população.O campo de direções para a equação logística com r = 1 e K = 10é dado no gráfico ao lado.

,1 yKyr

dtdy

−=

( ) 0,, >−=′ aryayry

Capítulo 2.5: Equação Logística: Soluções de Equilíbrio

Nossa equação de Logística é

Duas solulções de equilibrio são apresentadas:

No campo de direções abaixo, com r = 1, K = 10, note o comportamento das soluções aproxima a soluções de equilíbrio:

y = 0 é estável,y = 10 é assintoticamente estável.

0,,1 >

−= Kry

Kyr

dtdy

Ktyty ==== )(,0)( 21 φφ

Capítulo 2.5: Equações Autônomas: Soluções Equilíbrio

Soluções de Equilibrio de uma EA geral 1a order y' = f (y) pode ser encontradas fazendo f (y) = 0. As raizes de f (y) são chamadas de pontos críticos.Por exemplo, os pontos críticos da equação logística

são y = 0 e y = K. Assim os pontos críticos

são funções constantes (soluções de equilíbrio) neste caso.

yKyr

dtdy

−= 1

Capítulo 2.5: Equação Logística: Análise Qualitativa e

esboço da curva

Para compreender melhor a natureza das soluções das equações autônomas, começamos representando graficamente f (y) x y. No exemplo do crescimento logístico, significa representar graficamente a seguinte função e a análise de seu gráfico usando o cálculo .

yKyryf

−= 1)(

Capítulo 2.5: Equação Logística: Pontos Críticos

A intersecção de f ocorre em y = 0 e y = K, correspondendo aos pontos críticos da equação logística. O vertice desta parabola é (K/2, rK/4), como vemos abaixo.

[ ]

4221

2

202

11)(

1)(

rKKK

KrKf

KyKyKr

Kyy

Kryf

yKyryf

set

=

−=

=⇒=−−=

−+

−=′

−=

Capítulo 2.5: Solução Logística: Crescente, Decrescente

Note dy/dt > 0 para 0 < y < K, assim y é uma função crescente de t .Similarmente, y é uma função decrescente de t para y > K.Neste contexto o eixo-y é chamado de linha de fase.

0,1 >

−= ry

Kyr

dtdy

Capítulo 2.5: Solução Logística:

Note dy/dt ≅ 0 onde y ≅ 0 ou y ≅ K, assim y é relativamente plano ali, e y fica íngreme quando y se move para longe de 0 ou K.

yKyr

dtdy

−= 1

Capítulo 2.5: Solução Logística: Concavidade

Agora, para determinar a concavidade de y(t), encontre y'':

Assim o gráfico de y tem a concavidade voltada para cima quando f e f ' possuem o mesmo sinal, o que ocorre quando 0 < y < K/2 e y > K.O gráfico de y tem a concavidade voltada para baixo quando f e f ' possuem sinais contrários, isso ocorre quando K/2 < y < K.O ponto do inflexão ocorre na interseção de y e a linha y = K/2.

)()()()( 2

2

yfyfdtdyyf

dtydyf

dtdy ′=′=⇒=

Capítulo 2.5: Solução Logística: Esboço da curva

Combinando a informação precedentes, nós temos :Gráfico de y que aumenta quando 0 < y < K. Gráfico de y que diminui quando y > K.Inclinação de y é aproximadamente zero quando y ≅ 0 ou y ≅ K.Gráfico de y é concâvo para cima quando 0 < y < K/2 e y > K.Gráfico de y é concâvo para baixo quando K/2 < y < K.Ponto de inflexão quando y = K/2.

Usando esta informação, nós podemos esboçar as curvas y da solução para circunstâncias

iniciais diferentes .

Capítulo 2.5: Solução Logística: Discussão

Usando somente a informação da equação diferencial e sem resolvê-la, nós obtivemos a informação qualitativa sobre a solução y. Por exemplo, nós sabemos onde o gráfico de y é mais íngreme, e onde variáções de y ocorre mais ràpidamente. Também, y tende assintoticamente à linha y = K, para t grande. O valor de K é conhecido como capacidade de sustetação , ou nível de saturação, da espécie.Note como o comportamento da

solução difere da equação exponencial, e assim o efeito do termo não-linear É decisivo na equação logística.

  Capítulo 2.5: Resolvendo a Equação Logística

Atento a y ≠ 0 e y ≠ K, podemos reescrever a EDO:

Expandindo o lado esquerdo usando frações parciais,

Assim a equação logística pode ser reescrita como

Integrando o resultado acima, nós obtemos

( ) rdtyKy

dy =−1

rdtdyKy

Ky

=

−

+/1

/11

CrtKyy +=−− 1lnln

( ) ( ) KyABKyBAyyB

KyA

yKy==⇒−+=⇒+

−=

−,111

111

  Capítulo 2.5: Resolvendo a Equação Logística

Temos:

Se 0 < y0 < K, então 0 < y < K e assim

Usando as propriedades logarítmicas:

CrtKyy +=

−− 1lnln

CrtKyy +=−− 1lnln

( ) )0( o,ou

111ln

000

0 yyndeeyKy

Kyy

ceKy

yeKy

yCrtKy

y

rt

rtCrt

=−+

=

=−

⇔=−

⇔+=

−

−

+

Capítulo 2.5: Solução da Equação Logística

Temos que:

para 0 < y0 < K.

Pode-se mostrar que a solução é válida para y0 > K. Também, esta solução contem soluções de equilíbrio y = 0 e y = K. Daqui a solução da equação logística é

( ) rteyKyKyy −−+

=00

0

( ) rteyKyKyy −−+

=00

0

Capítulo 2.5: Solução Logística : Comportamento Assintótico

A solução para a EDO Logística é

Usando limites para confimar o comportamento assintótico:

Assim podemos concluir que a solução de equilibrio y(t) = K é assintoticamente estável, enquanto a solução de equilibrio y(t) = 0 é instável. A única maneira garantir que a solução fique perto de zero é fazer y0 = 0.

( ) rteyKyKyy −−+

=00

0

( ) KyKy

eyKyKyy

trttt==

−+=

∞→−∞→∞→0

0

00

0 limlimlim

Capítulo 2.5: Exemplo: Pacific Halibut

Seja y a biomassa (em kg) de uma população de halibut em um tempo t, com r = 0.71/ano e K = 80.5 x 106 kg. Se y0 = 0.25K, Encontre

(a) biomassa 2 anos mais tarde(b) o tempo τ tal que y(τ) = 0.75K.

(a) Por conveniencia, escale a equação:

Então

e assim

( ) rteyKyKyy −−+

=00

0

( ) rteKyKyKy

Ky

−−+=

00

0

1

5797.075.025.025.0)2(

)2)(71.0( ≈+

= −eKy

kg 107.465797.0)2( 6×≈≈ Ky

Capítulo 2.5: Exemplo: Pacific Halibut, Part (b)

(b) Ache o tempo τ para que y(τ) = 0.75K.

( )

( )

( ) ( )

( ) anos 095.375.0325.0ln

71.01

13175.025.0

175.075.0

175.0

175.0

0

0

0

0

000

000

00

0

≈

−=

−=

−=

=−+

=

−+

−+=

−

−

−

−

τ

τ

τ

τ

τ

KyKy

KyKye

KyeKyKy

Kye

Ky

Ky

eKyKyKy

r

r

r

r

( ) rteKyKyKy

Ky

−−+=

00

0

1

Capítulo 2.5: Equação de ponto inicial crítico

Considere a seguinte modificação da EDO logística:

O gráfico de f (y) é dado abaixo.

0,1 >

−−= ry

Tyr

dtdy

Capítulo 2.5: Equação de ponto inicial crítico :

Solução e Análise QualitativaExecutando uma análise similar àquela do caso logístico, nós obtemos um gráfico das curvas da solução mostradas abaixo .T é um valor inicial crítico para y0, significa que a população morre ou cresce ilimitadamente, depende de que lado de T do valor inicial y0 está.

Pode-se mostrar que a solução à equação do ponto inicial crítico

é

0,1 >

−−= ry

Tyr

dtdy

( ) rteyTyTyy

00

0

−+=

Capítulo 2.5: Crescimento Logístico com um ponto

inicial críticoA fim evitar o crescimento ilimitado para y > T precedente um ajuste, considerando a seguinte modificação na equação logística:

O gráfico de f (y) é dado abaixo.

KTryKy

Tyr

dtdy <<>

−

−−= 0 and 0,11

Capítulo 2.6: Equações Exatas e Fatores Integrantes

Considere a EDO de 1a ordem da seguinte forma

Suponha que exista uma função ψ tal que

e tal que ψ(x,y) = c define y = φ(x) implicitamente. Então

e daqui a EDO original torna-se

Então ψ(x,y) = c define uma solução implicitamente. Neste caso, a EDO é dita ser EXATA.

0),(),( =′+ yyxNyxM

),(),(),,(),( yxNyxyxMyx yx == ψψ

[ ])(,),(),( xxdxd

dxdy

yxyyxNyxM φψψψ =

∂∂+

∂∂=′+

[ ] 0)(, =xxdxd φψ

Suponha que uma EDO possa ser escrita da forma

onde as funções M, N, My e Nx são todas contínuas em uma região retangular R: (x, y) ∈ (α, β ) x (γ, δ ). Então a Eq. (1) é uma equação diferencial exata se e somente se

Isto é, existe uma função ψ satisfazendo a condição

se e somente se M e N satisfaz a Eq. (2).

)1(0),(),( =′+ yyxNyxM

)2(),(),,(),( RyxyxNyxM xy ∈∀=

)3(),(),(),,(),( yxNyxyxMyx yx == ψψ

Capítulo 2.6: Teorema 2.6.1

Capítulo 2.6: Exemplo 1: Equação Exata

Considere a seguinte equação diferencial.

Então

e daqui

Pelo teorema 2.6.1,

Temos

0)4()4(4

4 =′−++⇔−

+−= yyxyxyxyx

dxdy

yxyxNyxyxM −=+= 4),(,4),(

exata é ),(4),( EDOyxNyxM xy ⇒==

yxyxyxyx yx −=+= 4),(,4),( ψψ

( ) )(4214),(),( 2 yCxyxdxyxdxyxyx x ++=+== ∫∫ ψψ

Capítulo 2.6: Exemplo 1: Solução

Nos temos

e

Segue daqui

Então

Pelo teorema 2.6.1, a solução é dada implicitamente por

yxyxyxyx yx −=+= 4),(,4),( ψψ

( ) )(4214),(),( 2 yCxyxdxyxdxyxyx x ++=+== ∫∫ ψψ

kyyCyyCyCxyxyxy +−=⇒−=′⇒′+=−= 2

21)()()(44),(ψ

kyxyxyx +−+= 22

214

21),(ψ

cyxyx =−+ 22 8

Capítulo 2.6: Exemplo 1:

Campo de Direções e Curvas Soluções

Our differential equation and solutions are given by

A graph of the direction field for this differential equation, along with several solution curves, is given below.

cyxyxyyxyxyxyx

dxdy =−+⇒=′−++⇔

−+−= 22 80)4()4(

44

Capítulo 2.6: Exemplo 1: Solução Explicita e Gráficos

Nossa solução é definida implicitamente pela equação abaixo.

Neste caso, nos podemos resolver a equação explicitamente para y:

As curvas da solução para diversos valores de c são dadas abaixo cxxycxxyy +±=⇒=−−− 222 17408

cyxyx =−+ 22 8

Capítulo 2.6: Exemplo 2: Equação Exata

Considere a seguinte equação diferencial.

Então

Segue daqui

Pelo Teorema 2.6.1,

Temos

0)1(sen)2cos( 2 =′−+++ yexxxexy yy

1sen),(,2cos),( 2 −+=+= yy exxyxNxexyyxM

exata é EDO),(2cos),( ⇒=+= yxNxexyxM xy

y

1sen),(,2cos),( 2 −+==+== yy

yx exxNyxxexyMyx ψψ

( ) )(sen2cos),(),( 2 yCexxydxxexydxyxyx yyx ++=+== ∫∫ ψψ

Capítulo 2.6: Exemplo 2: Solução

Nos temos

e

Segue que

Então

Pelo Teorema 2.6.1, a solução é dada implicitamente por

1sen),(,2cos),( 2 −+==+== yy

yx exxNyxxexyMyx ψψ

( ) )(sen2cos),(),( 2 yCexxydxxexydxyxyx yyx ++=+== ∫∫ ψψ

kyyCyCyCexxexxyx yy

y

+−=⇒−=′⇒

′++=−+=

)(1)(

)(sen1sen),( 22ψ

kyexxyyx y +−+= 2sen),(ψ

cyexxy y =−+ 2sen

Capítulo 2.6: Exemplo 2:

Campo de Direções e Curvas Soluções

Nossa equação diferencial e soluções são dadas por

O gráfico do campo de direções para esta equação diferencial, junto com diversas curvas da solução, é dado abaixo .

cyexxyyexxxexy

y

yy

=−+

=′−+++2

2

sen,0)1(sen)2cos(

Capítulo 2.6: Exemplo 3: Equação Não-Exata

Considere a seguinte equação deferencial.

Então

e daqui

Para mostrar que nossa equação diferencial não pode ser resolvida por este método, nos devemos procurar uma função ψ tal que

Assim

0)()3( 22 =′+++ yxxyyxy

22 ),(,3),( xxyyxNyxyyxM +=+=

exata não é DOE),(323),( ⇒=+≠+= yxNxyyxyxM xy

22 ),(,3),( xxyNyxyxyMyx yx +==+== ψψ

( ) )(2/33),(),( 222 yCxyyxdxyxydxyxyx x ++=+== ∫∫ ψψ

Capítulo 2.6: Exemplo 3: Equação Não-Exata

Então

• Entretanto, se nós (incorretamente) prosseguimos como antes, obtemos:

• Observe que C’(y) não é uma função só da variável y.• Assim não existe nenhuma função ψ que possa satisfazer o teorema

2.6.1.

)(2/3),(

),(,3),(22

22

yCxyyxyx

exxyNyxyxyMyx yx

++=

+==+==

ψ

ψψ

xyxyC

xxyyCxyxNyxy

−−=′⇒

+=′++⇒=

2/)(

)(22/3),(

2?

22ψ

Capítulo 2.6: Exemplo 3: Ideia da solução

• Vamos transformar esta EDO em uma EDO exata: Para issso vamos supor que exista uma função µ(x, y) tal que multiplicada na EDO a transforme em exata.

• Assim pelo Teor. 2.6.1 temos.

))(,(),(),()3(),(

,0))(,()3)(,(22

22

xxyyxyxNeyxyxyyxM

yxxyyxyxyyx

+=+=

=′+++

µµ

µµ

),(),())(,(),()2(),(

)3)(,(),()23(),(2

2

yxNyxMsesóse

ExataÉ

xxyyxyxxyyxN

yxyyxyxyxyxMxy

xx

yy =

+++=

+++=

µµ

µµ

Capítulo 2.6: Exemplo 3: A solução

Supondo que µ(x, y) só depende da variável x temos que µy(x, y) =0.

• E esta equação é Exata.

• Pelo Teorema 2.6.1 existe ψ (x,y)=c.

• É a solução da EDO.

′+++⇒=⇒=

+=+⇒=−

yxyxxyyxxxxx

xxxyxxyxyxNyxM

x

xxy

)()3()(1)()(

))(()()(0),(),(

3222

2

µµµ

µµ

0)()3( 3222 =′+++ yxyxxyyx

xy NxxyxyxMxyxNxyyxM =+=+=⇒+=+= 223222 3223,3

cyxyx =+ 223

21

0)()3( 22 =′+++ yxxyyxy

É às vezes possível converter uma equação diferencial que não seja exata em uma equação exata multiplicando a equação por um fator integrando apropriado µ(x, y):

Para que esta equação seja exata, nós necessitamos

Esta equação diferencial parcial pode ser difícil de resolver. Se µ é uma função de x somente, então µy = 0 e portanto resolvemos

(*)

desde que o lado direito seja uma função de x somente. Similarmente se µ é uma função de y somente, então µx = 0.(*)

Capítulo 2.6: Fatores Integrantes

0),(),(),(),(0),(),(

=′+=′+

yyxNyxyxMyxyyxNyxM

µµ

( ) ( ) ( ) 0=−+−⇔= µµµµµ xyxyxy NMNMNM

,µµN

NMdxd xy −

= µµM

NMdyd xy −

−=