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1 Introdução/Revisão a integral
1.1 Integral de funções primitivas . . .
1.1.1 Integral de uma constante:
1.1.2 Integral de um função: . . .
1.1.3 Integral de exponencial: . .
1.1.4 Integral de seno e cosseno: .
1.1.5 Integral por partes . . . . .
2 Equações Diferenciais
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2.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Classicação pelo Tipo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Classicação pela Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.3 Equações Diferenciais Lineares e Não Lineares . . . . . . . . . . . .
2.2 Aplicação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Equações Diferenciais de Primeira Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Equações Separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Primeiro Caso: Equações Diferenciais Homogêneas a Coecientes
Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.3 Segundo Caso: Equações Diferenciais Ordinárias Não-Homogêneas .
2.4 Equação Diferencial Ordinária de Segunda Ordem . . . . . . . . . . . . . .
2.4.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.2 Equações Homogêneas com os coecientes constantes . . . . . . . .
2.5 Equações Não Homegêneas a coecientes constantes . . . . . . . . . . . . .
3 Transformada de Laplace
3
3
3
3
4
5
5
7
7
7
8
8
9
9
9
12
14
19
19
19
25
32
3.1 Aplicações em equações diferenciais de primeira ordem . . . . . . . . . . . 34
1
Equações Diferenciais I
Ementa: Equações diferenciais ordinárias: Equações diferenciais de primeira ordem.
Equações diferenciais homogênear de Segunda ordem lineares. Soluções por série de potências. Transformada de Laplace. Sistemas de equações diferenciais de primeira ordem
lineares. Equações diferenciais parciais. Séries de Fourier.
Bibliograa Básica
ZILL, D.G., CULLEN, M.R. Equações Diferenciais. São Paulo: v.1. Editora Makron
Books, 2001.
ZILL, D.G., CULLEN, M.R. Equações Diferenciais. São Paulo: v.2. Editora Makron
Books, 2001.
BOYCE, W.F., DIPRIMA, R.C., Equações Diferenciais Elementares e Problemas de
Valores de Contorno. Ed. Guanabara Dois, 2002.
Bibliograa Complementar
AYRES, Jr. F. Equações Diferenciais. Ed. Makron Books, 1994.
COSTA, J.J.S. Equações Diferenciais aplicadas à Física. Editora Vozes, 1972.
LEIGHTON, W. Equações Diferenciais Ordinárias. Editora LTC, 1978.
ÁVILA, G.S.S., Equações Diferenciais Parciais. Editora IMPA, 1973.
CAPUTO, H.P., Iniciação ao estudo das Equações Diferenciais. Ed. LTC, 1973.
Professor Ms. Renan Fernandes Capellette
e-mail: [email protected]
2
Capítulo 1
Introdução/Revisão a integral
Nesta secção faz-se uma breve revisão sobre algumas integrais.
1.1 Integral de funções primitivas
1.1.1
Integral de uma constante:
Considere um número a ∈ R, a integral deste número é:
Z
adx = ax
Exemplo:
Z
5dx = 5x + K
Z
1dx = x + K
1.1.2 Integral de um função:
Considere a função f (x) = xa onde é um número real.
Z
xa+1
x dx =
,
a+1
a
a∈R
Exemplo 1:
Z
2xdx =
2x1+1
2x2
=
= x2 + K
1+1
2
3
Exemplo 2:
Z
Z
2
2x + x + 3dx =
Z
2xdx +
2
x dx +
Z
3dx
x2+1
2x1+1
+
+ 3x + K
1+1 2+1
2x2 x3
=
+
+ 3x + K
2
3
x3
+ 3x + K
= x2 +
3
=
Exemplo 3:
Z
1
dy =
y2
Z
=
y −2 dx
y −2+1
+K
−2 + 1
y −1
=
+K
−1
1
= − +K
y
=
1).
Exemplo 4: A integral abaixo é denição. Ver (Guidorizzi, Um curso de cálculo, vol
Z
1
dy = ln(y) + K
y
1.1.3 Integral de exponencial:
Considere a função exponencial eax onde a é um número real e ax é uma função do
primeiro grau.
Z
eax dx =
eax
a
e2x dx =
e2x
+K
2
Exemplo 1:
Z
4
Exemplo 2:
Z
e−y dy =
e−y
+ K = −e−y + K
−1
1.1.4 Integral de seno e cosseno:
Z
cos(x)dx = sen(x) + K
Z
sen(x)dx = −cos(x) + K
1.1.5
Integral por partes
Trata-se de uma integral envolvendo a multiplicação entre duas funções f (x) e g(x) como
mostra o exemplo abaixo:
Z
f (x) · g(x)dx = 0
Quando trata-se de um processo de integração envolvendo duas funções, tais como,
polinomiais e exponenciais, ou funções trigonométricas e exponenciais, dentre outras combinações, utiliza-se a seguinte fórmula
Z
f (x) · g(x) −
f 0 (x) · g(x)dx
Exemplos resolvidos:
Z
e
−2x
3e−2x
+K
· 3xdx = e 3x −
−2
3xe−2x 3e−2x
= −
+
+K
2
4
−2x
Z
2x · cos(x)dx = 2x · sen(x) + 2cos(x) + K
Z
2x · sen(x)dx = −2x · cos(x) + 2sen(x) + K
5
Exercícios de Fixação: Resolva as integrais abaixo:
1
+ e−3x + 1dx
x
(a)
R
4x +
(b)
R
5x · e2x dx
(c)
R
x2 cot ex dx
(Resposta:
(Resposta: 2x2 + ln(x) −
5xe2x 5 2x
− e + K)
2
4
(Resposta: x2 ex − 2xex + 2ex + K )
6
e−3x
+ x + K)
3
Capítulo 2
Equações Diferenciais
2.1 Introdução
Denição: Equações diferenciais é uma equação que contém derivadas de uma ou mais
variáveis dependentes, em relação a uma ou mais variáveis independentes.
Exemplo: O juros provenientes de um capital aplicado a regime de juros composto
pode ser representado por uma equação diferencial na qual a variável dependete é o juros
e a independente é o tempo, pois, a quantidade recebida de juros depende do tempo que
este capital cará aplicado.
As Equações Diferenciais são classicadas de acordo com seu tipo, ordem e a linearidade.
2.1.1 Classicação pelo Tipo
Se uma equação contém derivadas com relação a uma única variável independente, ela é
chamada de Equação Diferencial Ordinária (EDO)
Exemplos de Equações diferenciais ordinárias (EDO):
dy
− 5y = 1
dt
(y − x)dx + 4xdy = 0
du dv
−
= u
dx dx
Uma equação que envolve derivadas parciais, ou seja, que contém derivadas com a relação a duas ou mais variáveis independentes é chamada de Equação Diferencial Parcial
7
(EDP), muitos fenômenos que ocorrem na ótica, eletricidade, biologia, etc, podem ser
descritos através de uma equação parcial, mas, por apresentarem soluções não triviais
faz-se uma tentativa de transformá-las em Equações Diferenciais Ordinárias.
Exemplo de EDP.
x
∂u
∂u
+y
=u
∂y
∂x
2.1.2 Classicação pela Ordem
A ordem de uma equação diferencial ordinária/parcial é a derivada de maior ordem da
equação diferencial.
Exemplo:
d2 y
+5
dx2
dy
dx
esta equação é uma equação diferencial
observe o exemplo a seguir:
4x
− 4y = ex
ORDINÁRIA
de segunda ordem, porém,
dy
+y =x
dx
é uma equação diferencial ordinária de primeira ordem.
já o exemplo abaixo é uma equação diferencial PARCIAL de quarta ordem, observe:
a2
∂ 4u ∂ 2u
+ 2 =0
∂x4
∂t
2.1.3 Equações Diferenciais Lineares e Não Lineares
Tome a equação diferencial:
a0 (t)y (n) (t) + a1 (t)y (n−1) (t) + . . . + an (t)y(t) = g(x)
é uma equação diferencial linear, porém se a equação diferencial não apresentar a
forma acima, esta é uma equação diferencial não linear: veja:
y 000 + 2et y 00 + yy 0 = 4
8
2.2 Aplicação
Modelo Matemático
Ratos do campo e corujas:
Considere uma população de ratos do campo que habitam uma certa área rural. Vamos
supor que, na ausência de predadores, a população de ratos cresce a uma taxa proporcional
à população atual. Denotando por t o tempo e a população de ratos por p(t), então a
hipótese sobre o crescimento populacional pode ser expressa pela equação:
dp
= rp,
dt
onde r é chamado de taxa de crescimento.
Suponha que o tempo é medido em meses, e que a taxa r tenha o valor de 0, 5 mês.
Sabe-se que diversas corujas moram nas vizinhanças e que elas matam 15 ratos do campo
ao dia, assim, o modelo matemático é reescrito:
dp
= 0, 5p − 450
dt
O modelo acima representa o crescimento populacional de ratos do campo.
Mais aplicações, podem ser encontradas no livro Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno, Willian E. Boyce e Richard C. DiPrima,
oitava edição.
Exercício Resolvido: Classique as equações abaixo quando ao tipo e à ordem.
(a) (2xy − y 2 ) dx + ex dy = 0
Ordinária de primeira ordem
(c)
2
2
∂ u ∂ u
+
=u
∂x2 ∂y 2
Parcial de segunda ordem
(b) (sen(xy)) y 000 + 4xy 0 = 0
Ordinária de terceira ordem
(d) x2
d2 y
dy
− 3x + y = x2
2
dx
dx
Ordinária de segunda ordem.
2.3 Equações Diferenciais de Primeira Ordem
2.3.1 Equações Separáveis
Considere a equação diferencial:
9
g(x)
dy
=
dx
h(y)
(2.1)
tal equação é considera separável pois, pode-se separar as parcelas dx e dy e resolve-la
por integração. A solução 2.1 se h(y) = 1 é:
Z
Z
dy =
g(x)dx
Z
y =
g(x)dx + c
Exemplo 1: Resolva as equações:
(a)
dy
= 1 + e2x
dx
e
(b)
dy
= sen(x)
dx
Solução:
R
1
(a) y = (1 + e2x )dx = x + e2x + c
2
(b)
y=
R
sen(x)dx = −cos(x) + c
Exemplo 2: Resolva o problema de valor inicial:
dy
3x2 + 4x + 2
=
,
dx
2(y − 1)
y(0) = −1
Solução: Procedendo da mesma forma como anteriormente tem-se:
3x2 + 4x + 2
dy
=
dx
2(y − 1)
(2y − 2)dy = (3x2 + 4x + 2)dx
Z
Z
(2y − 2)dy =
(3x2 + 4x + 2)dx
integrando de ambos os lados
y 2 − 2y + d = x3 + 2x2 + 2x + c
y 2 − 2y − x3 − 2x2 − 2x = c| {z
− d}
e
para obter a solução que satisfaça a condição inicial dada, basta substituirmos os
valores x = 0 e y = −1:
y 2 − 2y − x3 − 2x2 − 2x = e
(−1)2 − 2(−1) − 03 − 2 · 02 − 2 · 0 = e
e = 1+2=3
10
Assim a solução do problema de valor inicial implicitamente é dada por:
y 2 − 2y = x3 + 2x2 + 2x + 3
Exercícios: Nos exercícios abaixo, resolva a equação diferencial dada.
x2
y
0
2
y + y sen(x) = 0
x − e−x
dy
=
dx
y + ey
x2
dy
=
dx
1 + y2
y0 =
(1)
(2)
(3)
(4)
Solução:
(1) y =
r
2x3
+K
3
1
y
(2) − = cos(x) + K ou y −1 = −cos(x) + K
(3)
y2
x2
+ ey =
+ e−x + k
2
2
(4) y + y 3 =
x3
+K
3
(5) Encontre a solução do problema de valor inicial:
(a) y 0 = (1 − 2x)y 2 , y(0) = −
1
6
(b) dx + ye−x dy = 0, y(0) = 1
Solução:
1
y
(a) − = x − x2 + 6
11
y2
1
= ex −
(b)
2
2
Nas próximas seções o estudo será divido de acordo com o tipo das equações diferenciais
ordinárias, evidenciando alguns métodos ecientes para encontrar as soluções das equações
diferenciais.
2.3.2 Primeiro Caso: Equações Diferenciais Homogêneas a Coecientes Constantes
São equações que apresentam a seguinte forma geral:
(2.2)
y 0 + ay = 0
onde a é uma constante dada.
A solução geral da Equação 2.2 é y = ce−ax , onde c ∈ R.
Exemplo 1: Resolva o Problema de Valor Inicial (PVI):
(
dy
=0
dx
y(0) = 2
y+
Solução: Sabe-se que a solução geral de equação desse tipo é: y = ce−ax , então, a
solução geral da Equação 2.2 é:
y = ce−x
porém, de acordo com a condição inicial (CI) tem-se y(0) = 2, então:
y = ce−x
2 = ce0
c = 2
Dessa forma a solução particular da Equação 2.2 é:
y = 2e−x
Dada a solução particular da equação acima, verique a veracidade desta informação.
dy
dx
−x
d (2e )
2e−x
dx
2e−x − 2e−x
0
y+
12
= 0
= 0
= 0
= 0
com este resultado arma-se que esta é uma solução do PVI.
Exemplo 2: Encontre a solução do PVI.
−3
dy
+ 6y = 0
dt
y(0) = 3
Solução: Neste caso deve-se reescrever a equação na forma PADRÃO como segue:
−3
dy
+ 6y = 0
dt
dy
− 2y = 0
dt
(÷3)
Dessa forma é possível encontrar a solução geral da equação, pois ela tem a forma de
2.2.
y = ce2t
assim, aplicando a CI tem-se:
3 = ce2·0
c = 3
A solução do PVI é:
y = 3e2t
Exercício: Verique se é solução do PVI.
Encontre a solução geral das equações diferenciais abaixo:
1:
dy
+ 2y = 0
dx
13
2 : −12
dy
+ 4y = 0
dx
3: Encontre a solução do PVI abaixo, e verique a veracidade da solução.
(
Respostas: 1 : y = ce−2x
dy
= 4y
dx
y(0) = −6
x
3 : −6e4x
2 : y = ce 3
2.3.3 Segundo Caso: Equações Diferenciais Ordinárias Não-Homogêneas
.
Considere a equação diferencial ordinária não homogênea, cuja forma padrão é mostrada na Equação 2.3
y 0 + f (x)y = g(x)
(2.3)
tal que g(x) e f (x) são funções contínuas ou constantes arbitrárias.
A equação diferencial acima não pode ser resolvida diretamente como no primeiro
caso, porém um método proposto por Leibniz mostrou-se bastante ecaz, este método
envolve multiplicar a equação diferencial por uma determinada função denominada fator
integrante, em outras palavras, deve-se encontrar uma função (fator integrante) tal
que a multiplicação do fator integrante pelos membros da equação a deixa em uma forma
que é imediantamente diferenciável. Observe os exemplos
Exemplo 1: Considere a equação diferencial que representa o comportamento da população de ratos do campo em função da predação das corujas e encontre uma solução
geral.
dp
= 0, 5p − 450
dt
é:
Note que a equação não esta na forma padrão, assim, a equação acima na forma padrão
1
p0 − p = −450
2
O fator integrante (FI) para esta equação é:
14
FI: e
R
− 12 dt
t
= e− 2
dessa forma,
t
t
t
1
e− 2 p0 − pe− 2 = −450e− 2
|
{z 2
}
t 0
= pe− 2
ou seja,
Z t
pe− 2
0
t
pe− 2
0
t
= −450e− 2
Z
t
dt =
−450e− 2 dt
t
−450e− 2
=
+K
pe
1
−
2
− 2t
900e
K
p =
+
t
t
e− 2
e− 2
t
p = 900 + ke 2
− 2t
Exemplo 2: A equação diferencial que descreve o comportamento de um certo objeto
em queda é dada por:
dv
v
= 9, 8 − .
dt
5
qual é a solução geral dessa equação diferencial no instante do lançamento? (lembre-se
no instante no lançamento t = 0 e v = 0).
Primeiramente observe que a equação não esta na forma geral, ou seja:
1
v 0 + v = 9, 8
5
o fator integrante é: F.I. e
R
1
dt
5
= e 5 . Assim, tem-se
t
t v
t
t
e 5 v0 + e 5
= e 5 9, 8
t 50
t
e5 v
= 9, 8e 5
Z
t
t
e5 v =
9, 8e 5 dt
15
t
9, 8e 5
+K
1
5
t
t
e 5 v = 49e 5 + K
t
49e 5
K
v =
+ t
t
e5
e5
t
v = 49 + Ke− 5
t
e5 v =
Por se tratar de um problema de valor inicial (PVI), na qual v = 0 e t = 0, tem-se
t
v = 49 + Ke− 5
0
0 = 49 + Ke− 5
−49 = +K
ou seja, a solução deste problema para o instante inicial é:
t
v = 49 − 49e− 5
Até o presente momento abordou-se equações diferenciais ordinárias a coecientes
constantes, os exemplos a seguir trata-se de equações diferenciais ordinárias a coecientes
não constantes.
Dadas as equações diferenciais encontre uma solução geral:
(a) y 0 + 2xy = 2xe−x
2
(b) xy 0 + 2y = 4x2
Solução:
(a) Note que a equação já está na forma padrão, sendo assim, deve-se encontrar o fator
integrante, observe:
FI: e
R
2xdx
= ex . Multiplicando em todos os membros da equação obtem-se:
2
2
2
2
yex + 2xex y = 2xe−x ex
Z Z
0
x2
ye
dx =
2xdx
2
2
yex = x2 + K
2
2
y = x2 e−x + ke−x
16
(b) Neste caso a equação não se encontra na forma padrão, pois o termo y 0 vem
acompanhado de x, sendo assim, a equação na forma padrão ca:
xy 0 + 2y = 4x2
4x2
xy 0 2y
+
=
x
x
x
2
y 0 + y = 4x
x
2
dx
2
O FI é e x = e2ln(x) , porém, sabe-se que 2ln(x) = loge x2 , assim o FI é eloge x = x2 .
R
2
y 0 x2 + x2 y = 4xx2
x
Z
Z
0
2
x y dx =
4x3 dx
x2 y = x4 + K
y = x2 + kx−2
Exemplo: Considere o problema de valor inicial:
4xy 0 + 4xy = 12x2
y(0) = 1
Solução: Primeiramente deve-se colocar a equação na forma padrão:
12x2
4xy 0 4xy
+
=
4x
4x
4x
0
y + y = 3x
O FI para equação acima é: ex , assim, tem-se:
y 0 ex + yex = 3xex
Z
Z
x 0
(ye ) dx =
3xex dx
Z
x
ye = 3xex dx
Neste momento faz-se uma pausa para resolver a integral acima, que não é trivial!
17
Trata-se de uma integral envolvendo a multiplicação entre função polinomial e uma
exponencial, assim, deve-se utilizar o método de integral por partes, e então:
Z
f (x)g(x) −
f 0 (x)g(x)dx
onde f (x) e g(x) são funções contínuas.
determinando:
f (x) = 3x ⇒ f 0 (x) = 3
g 0 (x) = ex ⇒ g(x) = ex
substituindo na fórmula obtem-se:
Z
3xe
x
x
Z
= 3xe −
3ex dx
= 3xex − 3ex + K
dessa forma, tem-se que
yex = 3xex − 3ex + K
3xex 3ex K
y =
− x + x
ex
e
e
y = 3x − 3 + ke−x
Exercícios de Fixação:
1 - Classique as Equações Diferenciais de acordo com o tipo e a ordem.
(a)
dy
+ 5zy = 3
dz
(c)
5
9
d3 y
5d y
−9 d y
−
x
+
x
= 5x10
dx3
dx5
dx9
(b) x5
∂y ∂ 4 y
−
=3
∂x ∂z 4
(d)
∂y
∂y
− x6
=9
∂x
∂z
Solução: (a) ordinária de primeira ordem; (b) parcial de quarta ordem; (c) ordinária
de nona ordem; (d) parcial de primeira ordem.
2 - Encontre a solução geral das equações diferenciais abaixo:
18
(a)
4x3 + 15x2 − 10
dy
=
(Resposta: y 2 + y = x4 + 5x3 − 10x + K )
dx
2y + 1
(b) e−x dy − (4 + e−x ) dx = 0
y(0) = −4 (Resposta: y = 4ex = x + K )
(c) 4xy 0 + 8xy = 0
y(0) = −1 (Resposta: y = −e−2x )
5x
3x
(d) y 0 − y = 0
3
5
9
x
y(0) = 5 (Resposta: y = 5e 25 )
(e) 2xy 0 − 6xy = 2x (Resposta: y = x − 1 + Ke−3x )
(f) y 0 + 5x4 y = 3xe−x
5
y(2) = 4 (Resposta: y =
3x2 −x5
5
e
+ Ke−x )
2
2.4 Equação Diferencial Ordinária de Segunda Ordem
2.4.1 Introdução
Uma equação Diferencial Ordinária de Segunda Ordem tem a seguinte forma pardrão:
y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = g(x)
onde p, q e g é uma função conhecida.
2.4.2 Equações Homogêneas com os coecientes constantes
Nesta seção abordaremos equações do tipo:
ay 00 + by 0 + cy = 0
(2.4)
onde a, b e c são constantes conhecidas
Para resolver este tipo equação diferencial é necessário encontrar a equação do segundo
grau característica associada e encontrar as raízes (t1 , t2 ) da mesma.
A solução geral da equação diferencial 2.4 é:
y = c1 et1 x + c2 et2 x
onde et1 x e et2 x são soluções da equação diferencial abordada.
Demonstração: Considere a equação 2.4, seja y = etx , assim, y 0 = tetx e y 00 = t2 etx ,
substituindo em 2.4, tem-se
19
at2 etx + btetx + cetx = 0
etx at2 + bt + c = 0
como a função exponencial nunca se anula, tem-se que at2 + bt + c = 0, resolvendo
esta equação do segundo grau obtem-se duas raízes e sua caracterítica depende do valor
do discriminante delta, em outras palavras:
,→ Se ∆ > 0 tem-se duas raízes reais distintas.
,→ Se ∆ = 0 tem-se duas raízes reais e iguais.
,→ Se ∆ < 0 tem-se duas raizes complexas distintas.
Primeiro caso: Quando o discriminante delta é maior que zero (∆ > 0) .
Tome a equação diferencial:
y 00 + 3y 0 + 4y = 0
encontre a solução geral desta equação.
Primeiramente deve-se encontrar a equação característica associada, ou seja,
t2 + 3t − 4 = 0
dessa forma:
∆ = 25
t1 = 1
t2 = −4
Assim a solução da equação diferencial acima é:
y = c1 ex + c2 e−4x
para vericar basta substituir na equação diferencial.
Exercícios: Encontre a solução das equações diferenciais.
(a) y 00 − 9y 0 + 8y = 0. (Resposta y = c1 e8x + c2 ex )
(b) −y 00 + 10y 0 − 9y = 0. (Resposta y = c1 e9x + c2 ex )
(c) 2y 00 + 3y 0 − 2y = 0. (Resposta y = c1 e−2x + c2 e 2 x )
1
20
Segundo caso: Aborda-se equações cujo discriminante delta da equação característica
associada é igual a zero (∆ = 0).
Neste caso tem-se duas raízes reias e iguais, portanto, uma única solução para a
equação diferencial em questão, ou seja, dada equação abaixo:
at2 + bt + c = 0
considerando que o discriminante ∆ = 0 assim, t1 = t2 , dessa forma tem-se somente
uma solução para a equação diferencial y = cet1 x , nesse caso deve-se encontrar uma
segunda solução linearmente independente da primeira.
Um método proposto por D'Alembert conhecido como Redução de Ordem auxilia na
obtenção da segunda solução para a equação diferencial. A demonstração do método
pode ser encontrada em Boyce e DiPrimam, Equações Diferenciais Elementares e
Problemas de Valores do Contorno.
Sendo assim a solução geral da equação diferencial quando o discrimiante ∆ da equação
caracterítica é igual a zero é dada por:
y = c1 xet1 x + c2 et1 x
Exemplos resolvidos: Encontre a solução geral da equação diferencial abaixo:
y 00 + 4y 0 + 4y = 0
Resolução:
A equação característica é:
t2 + 4t + 4 = 0
calculando as raízes obtem-se:
∆ = 0
t1 = t1 = −2
Assim, a solução geral da equação diferencial dada é:
y = c1 xe−2x + c2 e−2x
Exercício resolvido: Tome a equação diferencial:
1
y 00 − y 0 + y = 0
4
21
encontre a solução geral:
Resolução: A equação caracterítica é:
t2 − t +
1
4
assim,
∆ = 0
1
t1 = t1 =
2
com isso, a solução geral da equação diferencial é:
1
1
y = c1 xe 2 x + c2 e 2 x
Terceiro caso: Quando o discriminante ∆ < 0.
Neste caso as raízes da equação característica são raízes complexas e da forma:
t2 = α − βi
t1 = α + βi
porém, soluções do tipo complexas não são interessantes, ou seja, as soluções reais
tornam-se mais usuais, e utilizando os conceitos da fórmula de Euler é possível encontrar
uma solução real para a equação diferencial abordada. Demonstração pode ser encontrada em Boyce e DiPrimam, Equações Diferenciais Elementares e Problemas de
Valores do Contorno.
De acordo com a Fórmula de Euler a solução geral da equação diferencia é:
y = c1 eλx cos (µx) + c2 eλx sin (µx)
onde λ = α e µ = β
Exemplos Resolvidos.
Encontre a solução geral da equação diferencial:
y 00 + y 0 + y = 0
A equação característica é:
t2 + t + 1 = 0
assim:
22
∆ = −3
√
1
3
t = − ±i
2
2
com isso,
√
1
3
λ= eµ=
2
2
a solução geral é:
√
− 21 x
y = c1 e
cos
3
x
2
√
!
− 12 x
+ c2 e
sin
3
x
2
!
Dada a equação diferencial
y 00 + 9y = 0
encontre a solução geral.
A equação caraterística é:
t2 + 9 = 0
Calculando as raízes e o discriminante delta tem-se:
∆ = −36
t = 0 ± 3i
assim, a solução geral é:
y = c1 cos (3x) + c2 sin (3x)
1 - Encontre a solução geral das equações diferenciais abaixo:
(a) y 00 + 2y 0 + y = 0 (Resposta: y = c1 e−2x + c2 te−2x )
1
4
(b) −y 00 − y − y = 0 (Resposta: y = c1 e 2 x + c2 te 2 x )
1
1
(c) y 00 + 4y = 0 (Resposta y = c1 cos(2x) + c2 sin(2x))
(d) y 00 + 8y 0 + 25y = 0 (Resposta y = c1 e−4x cos(3x) + c2 e−4x sen(3x))
23
Problema de Valor Inicial (PVI) em equações diferenciais do segundo grau
Nesta seção abordaremos PVI em equações diferenciais do segundo grau. Observe o
exemplo abaixo:
Considere a equação diferencial
1
y 00 + y 0 + y = 0
4
1
3
encontre a solução para o problema de valor inicial, sabendo que y(0) = 2 e y 0 (0) = .
Resolução: Quando trata-se de um PVI, o objetivo é encontrar os valores das constantes proveninentes do processo de integração, sabe-se que a solução geral da equação
acima é:
1
1
y = c1 e 2 x + c2 xe 2 x
Da primeira condição incial y(0) = 2, obtem-se
2 = c1 e0 + c2 · 0 · e0
c1 = 2
1
3
Utilizando a segunda condição inicial y 0 (0) = , tem-se
1
1
y = c1 e 2 x + c2 xe 2 x
1
1
1
1
1
y0 =
· c1 · e 2 x + c2 e 2 x + c2 xe 2 x
2
2
1
1
1
=
· 2e0 + c2 e0 + c2 0e0
3
2
2
1
= 1 + c2
3
2
c2 = −
3
assim a solução do problema de valor inicial é
1
2 1
y = 2e 2 x − xe 2 x
3
1 - Encontre a solução para os PVI's.
3
7
(a) y 00 − 9y 0 + 8y = 0 sabendo que y(0) = 1 e y 0 = −2 (Resposta: y = e8x +
24
10 x
e ).
7
2
5
(b) 2y 00 + 3y 0 − 2y = 0 sabendo que y(0) = 2 e y 0 = 2 (Reposta: y = − e−2x +
1
4
12 1 x
e 2 ).
5
(c) −y 00 − y − y = 0 sabendo que y(0) = −4 e y 0 (0) = −1 (Resposta: y = −4e 2 x +
xe 2 x ).
1
1
(d) y 00 + 8y 0 + 25y = 0 sabendo que y(0) = 5 e y 0 (0) = 1 (Resposta: y = 5e−4x cos(3x) +
7e−4x sen(3x))
2.5 Equações Não Homegêneas a coecientes constantes
Considere a equação diferencial
y 00 + py 0 + qy = f (x)
(2.5)
onde f (x) é uma função.
O método abordado para resolver a Equação 2.5 é Variação dos Parametros. Primeiro deve-se encontrar a solução complementar, ou seja, é a solução da equação homogênea associada:
y 00 + py 0 + qy = 0
(2.6)
sabe-se que a solução da equação 2.6 é:
yc = c1 y1 + c2 y2
porém, neste tipo de equação deve-se encontrar a solução não homogênea, que é encontrada utilizando o método variação dos parâmetros, este método consiste em trocar
as constantes c1 e c2 por funções desconhecidas µ1 e µ2 :
yp = µ1 y1 + µ2 y2
dessa forma, deve-se encontrar as funções µ1 e µ2 .
Método Variação dos Parâmetros
25
(2.7)
Derivando a Equação 2.7, tem-se:
yp0 = µ01 y1 + µ02 y2 + y10 µ1 + y20 µ2
(2.8)
Como não deseja-se que apareça derivadas de segunda ordem da função µ(x) na Equação 2.8 faz-se µ01 y1 + µ02 y2 = 0, assim, tem-se:
yp0 = y10 µ1 + y20 µ2
(2.9)
derivando novamente a Equação 2.9, tem-se
yp00 = µ01 y10 + µ02 y20 + µ1 y100 + µ2 y200
(2.10)
Note que y1 e y2 são conhecidos e estes resolvem a equação homogênea.
Substituindo 2.7, 2.9 e 2.10 em 2.5, tem-se:
µ01 y10 + µ02 y20 + µ1 y100 + µ2 y200 + p [y10 µ1 + y20 µ2 ] + q [µ1 y1 + µ2 y2 ] = f (x)
(2.11)
reorganizando os termos µ1 e µ2 , tem-se:
µ01 y10 + µ02 y20 + µ1 [y100 + py10 + qy1 ] + µ2 [y200 + py20 + qy2 ] = f (x)
(2.12)
Nota na Equação 2.12 que y100 + py10 + qy1 e y200 + py20 + qy2 são iguais a zero, pois são
solução da equação homogênea, assim, a Equação 2.12 ca:
µ01 y10 + µ02 y20 = f (x)
(2.13)
dessa forma, para encontrar as funções µ1 e µ2 , basta resolver o sistema e depois
integrar.
µ01 y1 + µ02 y2 = 0
µ01 y10 + µ02 y20 = f (x)
Determinante dos coecientes (Wronskiano)
y1 y2 0
y1 y20 = W (y1 , y2 ) 6= 0
26
(2.14)
Regra de Cramer
Para resolver o sistemas de equações 2.14, é conveninente utilizar a regra de cramer.
0
y
2
f (x) y20 −f (x)y2
µ01 =
=
W (y1 , y2 )
W (y1 , y2 )
y1
0 0
y1 f (x) f (x)y1
µ02 =
=
W (y1 , y2 )
W (y1 , y2 )
com isso tem-se que:
−f (x)y2
dx
=
W (y1 , y2 )
Z
f (x)y1
=
dx
W (y1 , y2 )
Z µ1
µ2
Assim, basta substituir o resultado em 2.7 reorganizar os termos e a solução geral da
equação diferencial 2.5 é:
yg = yc + yp
Exercícios resolvidos:
1 - Considere a equação:
y 00 + 3y 0 − 4y = 5
encontre uma solução geral para a equação diferencial em questão:
Primeiro: Encontrar a solução da equação homogênea:
y 00 + 3y − 4y = 0
que é:
yc = c1 ex + c2 e−4x
assim, sabe-se que: y1 = ex , y2 = e−4x e y10 = ex , y20 = −4e−4x .
Segundo: Encontrar a solução não-homogênea:
→ Wronskiano
27
x
e
e−4x
W = x
e −4e−4x
= −5e−3x
assim:
(2.15)
yp = µ1 ex + µ2 e−4x
−5e−4x
= e−x
−5e−3x
5ex
=
= −e4x
−3x
−5e
µ01 =
µ02
Integrando, obtem-se:
Z
e−x dx = −e−x
Z
1
−e4x dx = − e4x
4
µ1 =
µ2 =
substituindo em 2.15, obtem-se:
1
yp = −e−x ex − e4x e−4x
4
1
5
yp = −1 − = −
4
4
Assim, a solução geral é:
yg = c1 ex + c2 e−4x −
5
4
2 - Dada a equação:
y 00 + 3y 0 − 4y = 5x
obtenha a solução geral.
Como viu-se anteriormente a solução complementar da homegênea é:
yc = c1 ex + c2 e−4x
Agora, deve-se encontrar a solução particular que é dada por:
28
yp = µ1 (x)ex + µ2 (x)e−4x
Calculando as funções µ(x), tem-se:
f (x)y2
W (y1 , y2 )
f (x)y1
=
W (y1 , y2 )
µ01 = −
µ01
Calculando W (y1 , y2 ), tem-se
W (y1 , y2 ) = −5e−3x
com isso, é possível calcular as funções µ(x).
−5xe−4x
= xe−x
−5−3x
5xex
= −xe4x
=
−5e−3x
µ01 =
µ02
para encontrar as funções µ1 (x), µ2 (x), basta integrar as funções µ01 (x), µ02 (x)
Z
µ01 (x)dx
Z
Z
−
xe−x dx
µ1 = −xe−x − e−x
Z
0
µ2 =
−xe4x dx
µ2
xe4x
1
= −
+ e4x
4
16
substituindo os resultados na Equação 2.16, tem-se
yc =
−xe
−x
−e
yc = −x − 1 −
yc = −
−x
x
e +
x
1
+
4 16
5x 15
−
4
16
3 - Considere a equação:
29
−xe4x
1 4x −4x
+ e
e
4
16
(2.16)
2y 00 + 18y = 4
Primeramente deve-se encontrar a solução homogênea complementar que ja foi obtida
anteriormente:
yc = c1 cos(3x) + c2 sen(3x)
assim, resta-nos encontrar a solução particular:
yp = µ1 cos(3x) + µ2 sen(3x)
Primeiramente, deve-se calcular o Wronskiano.
cos(3x)
sen(3x)
W (y1 , y2 ) = −3sen(3x) 3cos(3x)
W (y1 , y2 ) = 3cos(3x) · cos(3x) − [−3sen(3x)] · sen(3x)
W (y1 , y2 ) = 3cos2 (3x) + sen2 (3x)
W (y1 , y2 ) = 3 cos2 (3x) + sen2 (3x)
{z
}
|
=1
W (y1 , y2 ) = 3
4
2
Calculando µ(x) e lembrando que f (x) = :
−2sen(3x)
3
Z
Z
−2sen(3x)
dx
µ01 (x)dx =
3
2
µ1 (x) = cos(3x)
9
2cos(3x)
µ02 (x) =
Z
Z 3
2sen(3x)
µ02 (x)dx =
dx
3
2
µ2 (x) = sen(3x)
9
µ01 (x) =
Substituindo em yp , tem-se:
yp =
2
2
cos(3x) · cos(3x) + sen(3x) · sen(3x)
9
9
30

yp =

2 2
cos (3x) + sen2 (3x)
{z
}
9 |
=1
yp
2
=
9
assim, a solução geral é:
yg = c1 cos(3x) + c2 sen(3x) +
2
9
Exercício: Encontre a solução geral das equações diferenciais abaixo:
(a) −3y 00 − 4y 0 − y = 9x (Resposta: yg = c1 e−x + c2 e− 3 x − 9x + 36).
1
1
4
(b) y 00 + 2y 0 + y = ex (Resposta: yg = c1 e−x + c2 xe−x + ex ).
(c) y 00 + 2y 0 + 2y = 4 (Resposta: yg = c1 e−x cox(x) + c2 e−x sen(x) + 2).
31
Capítulo 3
Transformada de Laplace
Esta seção foca na resolução de equações diferenciais lineares com coecientes constantes
utilizando a transformada de laplace, este método permite calcular uma equação diferencial por uma solução mais fácil de equações algébricas, para isso, deve-se orientar pela
tabela que será apresentada a seguir.
Teorema 2.1 Suponhamos que f é contínua e que f 0 é seccionalmente contínua em
qualquer intervalo 0 ≤ t ≤ A. Suponha, além disso, que existem constantes K, a e M ntais
que |f (t)| ≤ Keat para t ≥ M . Então Lf (t) existe para s > a e, além disso,
Lf 0 (t) = sLf (t) − f (0)
Teorema 2.2 Suponha que as funções f, f 0 , . . . , f (n−1) são contínuas e que f (n) é
seccionalmente contínua em qualquer intervalo 0 ≤ t ≤ A. Suponha, além disso,
que
existem constantes K, a e M tais que |f (t)| ≤ Keat , |f 0 (t)| ≤ Keat , . . . , f (n) (t) ≤ Keat ,
para t ≥ M . Então, Lf (n) (t) existe para s > a e é dado por
Lf (n) (t) = sn Lf (t) − sn−1 f (0) − . . . − sf (n−2) (0) − f (n−1) (0)
Veja como a transformada de Laplace pode ser usada para resolver problemas de
valor inicial. Sua utilidade maior é em problemas envolvendo equações diferenciais não
homogêneas, entretando, vamos começar com algumas equações diferenciais mais simples.
32
Tabela de Transformada de Laplace
f (t) = LF (s) F (s) = Lf (t)
1
1
s
1
eat
s−a
n!
tn , n ∈ N∗
n+1
s
a
sen(at)
2
s + a2
s
cos(at)
2
s + a2
b
eat sen(bt
(s − a)2 + b2
s−a
eat cos(bt)
(s − a)2 + b2
n!
tn eat , n ∈ N∗
(s − a)n+1
33
3.1 Aplicações em equações diferenciais de primeira ordem
Exemplo 1: Considere o problema de valor inicial
y 0 − 5y = 0
y(0) = 5
Sabe-se que a solução geral desta equação diferencial é
y = 5e5x
Porém, utilizando transformada de Laplace, obtem-se:
y0
y
sL(y) − y(0) − 5L(y)
L(y) (s − 5) − 5
Y (s)(s − 5)
sL(y) − y(0)
L(y) organizando os termos acima na equação tem-se:
0
0
5
5
pela tabela de transformação inversa, tem-se
Y (s) =
s−5
y = 5e5x
=
=
=
=
=
Exemplo 2: Considere o problema de valor inicial
y 0 + 5y = 0
y(0) = 5
Sabe-se que a solução geral desta equação diferencial é
y = 5e−5x
Porém, utilizando transformada de Laplace, obtem-se:
y0
y
sL(y) − y(0) + 5L(y)
L(y) (s + 5) − 5
Y (s)(s + 5)
sL(y) − y(0)
L(y) organizando os termos acima na equação tem-se:
0
0
5
5
Y (s) =
pela tabela de transformação inversa, tem-se
s+5
y = 5e−5x
=
=
=
=
=
34
Exemplo 3: Considere o problema de valor inicial:
y 0 − 5y = 1
y(0) = 0
sabe-se que a solução geral desta equação é:
1 1
y = − + e5x
5 5
utilizando a transformada de laplace, tem-se
y 0 = sL(y) − y(0)
y = L(y)
1
1 =
organizando os termos acima na equação tem-se:
s
1
sL(y) − y(0) − 5L(y) =
s
1
L(y) (s − 5) =
s
1
Y (s)(s − 5) =
s
1
s
Y (s) =
s−5
1 1
Y (s) =
neste caso porcede-se da seguinte forma:
ss−5
A2
A1
+
agora deve-se encontrar as constantes A1 e A2
Y (s) =
s
s−5
1 1
1
A1 = sY (s)s=0 = s
=−
ss−5
5
1 1
1
A2 = sY (s)s=5 = s
=
ss−5
5
1
1
−
5 + 5
Y (s) =
reorganizando:
s
s−5
11 1 1
Y (s) = −
+
de acordo com a tabela:
5s 5s−5
1 1
y = − + e5x que é solução geral da equação
5 5
35